Aplique a transformada inversa de Laplace (unilateral) para determinar os seguintes sinais no domínio do tempo:
X(s)=\frac{s+3+5 e^{-2 s}}{(s+1)(s+2)} (Dica: Utilize a propriedade do deslocamento no tempo)

Passo 1

O enunciado fornece a transformada unilateral
X(s)=\frac{s+3+5 e^{-2 s}}{(s+1)(s+2)}
e pede a transformada inversa (sinal no domínio do tempo). A dica indica usar a propriedade de deslocamento no tempo. Dados e pedidos claros:
  • Dado: X(s)=\dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)}+\dfrac{5 e^{-2s}}{(s+1)(s+2)} (separei mentalmente as partes).
  • Pedido: encontrar x(t)=\mathcal{L}^{-1}\{X(s)\}, sinal no domínio do tempo (unilateral), explicitando o efeito do termo e^{-2s}.

Passo 2

Explicar a propriedade de deslocamento no tempo (que vamos usar): se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} com transformada unilateral padrão, então vale
\mathcal{L}\{f(t-t_0)\,u(t-t_0)\}=e^{-t_0 s}F(s),
onde u(t) é a função degrau unitário, t_0\ge0 é o deslocamento e f(t-t_0)\,u(t-t_0) significa que a forma de f aparece apenas para t\ge t_0. Na prática, para inverter um termo do tipo e^{-t_0 s}F(s) basta: \mathcal{L}^{-1}\{e^{-t_0 s}F(s)\}=f(t-t_0)\,u(t-t_0).
Aplicando isso ao nosso X(s) vemos que podemos separar em duas parcelas:
X(s)=X_1(s)+X_2(s), \qquad X_1(s)=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}, \qquad X_2(s)=5\,e^{-2s}\cdot\frac{1}{(s+1)(s+2)}.
Então inverteremos X_1(s) diretamente e X_2(s) usando o deslocamento com t_0=2.

Passo 3

Inversão de X_1(s)=\dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)} por frações parciais. Procuro constantes A e B tais que
\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando por (s+1)(s+2) obtém-se a identidade
s+3 = A(s+2)+B(s+1).
Comparando coeficientes: no termo em s vem A+B=1. No termo independente vem 2A+B=3. Resolvendo:
  • Subtraindo: (2A+B)-(A+B)=3-1 \Rightarrow A=2.
  • Então B=1-A= -1.
Logo
\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{2}{s+1}-\frac{1}{s+2}.
Agora aplico a inversa padrão \mathcal{L}^{-1}\{1/(s+a)\}=e^{-a t}u(t). Assim, para t\ge0,
x_1(t)=2e^{-t}-e^{-2t},
ou, incluindo explicitamente o degrau,
x_1(t)=\bigl(2e^{-t}-e^{-2t}\bigr)\,u(t).

Passo 4

Inversão de X_2(s)=5\,e^{-2s}\cdot\dfrac{1}{(s+1)(s+2)}. Primeiro encontro a inversa de F(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s+2)} sem deslocamento, por frações parciais:
Procuro C e D tais que
\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{C}{s+1}+\frac{D}{s+2}.
Multiplicando:
1 = C(s+2)+D(s+1).
Comparando coeficientes: C+D=0 (coeficiente de s) e 2C+D=1 (constante). Subtraindo: (2C+D)-(C+D)=1-0\Rightarrow C=1. Então D=-1. Portanto
\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2},
e a inversa corresponde a
f(t)=e^{-t}-e^{-2t}, \qquad t\ge0,
ou f(t)=(e^{-t}-e^{-2t})u(t).
Agora uso o deslocamento: multiplicar por e^{-2s} corresponde a deslocar f em t_0=2:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-2s}F(s)\}=f(t-2)\,u(t-2).
Multiplicando por 5 (constante multiplicativa), obtemos
x_2(t)=5\bigl(e^{-(t-2)}-e^{-2(t-2)}\bigr)\,u(t-2).

Passo 5

Combino x_1(t) e x_2(t). Como a transformada é linear,
x(t)=x_1(t)+x_2(t).
Substituindo as expressões obtidas:
x(t)=\bigl(2e^{-t}-e^{-2t}\bigr)\,u(t) +5\bigl(e^{-(t-2)}-e^{-2(t-2)}\bigr)\,u(t-2).

Passo 6

Para ver de maneira mais prática (útil na prova), posso escrever a forma peça-por-peça:
  • Para t<0: x(t)=0 (unilateral).
  • Para 0\le t<2: u(t)=1 e u(t-2)=0, então x(t)=2e^{-t}-e^{-2t}.
  • Para t\ge2: ambos os degraus valem 1, então
x(t)=2e^{-t}-e^{-2t}+5\bigl(e^{-(t-2)}-e^{-2(t-2)}\bigr).
Isso ajuda a avaliar continuidade, limites e a testar respostas na prova.

Resposta

x(t)=\bigl(2e^{-t}-e^{-2t}\bigr)\,u(t)+5\bigl(e^{-(t-2)}-e^{-2(t-2)}\bigr)\,u(t-2)

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