Calcule a transformada inversa de Laplace
F(s)=\frac{1-e^{-2 s}}{s^{2}}\

Passo 1

O enunciado fornece a função no domínio de s
F(s)=\frac{1-e^{-2 s}}{s^{2}}
e pede a transformada inversa de Laplace, ou seja, encontrar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t).
Informações relevantes dadas:
  • O numerador contém a diferença 1-e^{-2s}.
  • O denominador é s^{2}.
  • Espera-se uma função de tempo f(t) definida para t\ge0.

Passo 2

Vamos usar linearidade da transformada de Laplace para separar F(s) em duas parcelas simples:
F(s)=\frac{1}{s^{2}}-\frac{e^{-2s}}{s^{2}}.
Isso é só álgebra. Pelo princípio da linearidade,
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}}\right\}(t)-\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-2s}}{s^{2}}\right\}(t).
Agora precisamos saber duas coisas básicas: a transformada inversa de 1/s^{2} e como tratar do fator e^{-2s}.

Passo 3

Calcular \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s^{2}}\right\}. Recorde: a transformada direta de t é 1/s^{2}. Vamos mostrar isso com uma integração por partes para ficar bem claro.
Definição:
\mathcal{L}\{t\}(s)=\int_{0}^{\infty} t e^{-s t}\,dt.
Façamos integração por partes: tome u=t e dv=e^{-st}dt. Então du=dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}. Assim
\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt=\left.-\frac{t}{s}e^{-st}\right|_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt.
O primeiro termo vale zero porque t e^{-st}\to0 quando t\to\infty (para s>0) e é zero em t=0. O segundo termo é
\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
Logo
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}} \quad\Rightarrow\quad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}}\right\}(t)=t.

Passo 4

Agora a propriedade de deslocamento no tempo (teorema do deslocamento): se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s) então
\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}(s)=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função degrau unitário (Heaviside) com u(t-a)=0 para t<a e u(t-a)=1 para t>a. Vou mostrar a demonstração curta por mudança de variável:
Comece com a transformada de f(t-a)u(t-a):
\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t-a)u(t-a)e^{-st}\,dt=\int_{a}^{\infty} f(t-a)e^{-st}\,dt.
Faça \tau=t-a. Então t=\tau+a e os limites vão de \tau=0 a \infty. Obtemos
\int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s(\tau+a)}\,d\tau=e^{-as}\int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau=e^{-as}F(s).
Isso prova a propriedade. Consequência imediata: \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\}(t)=g(t-a)u(t-a), onde g=\mathcal{L}^{-1}\{G\}.

Passo 5

Aplicando a propriedade ao nosso segundo termo: já vimos que \mathcal{L}^{-1}\{1/s^{2}\}(t)=t. Portanto, com a=2,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-2s}}{s^{2}}\right\}(t)=(t-2)\,u(t-2).
Combinação linear (passo 2) dá
f(t)=t-(t-2)\,u(t-2).
Podemos entender e simplificar isso de forma mais intuitiva como uma função em partes: para 0\le t<2 tem u(t-2)=0 então f(t)=t; para t\ge2 tem u(t-2)=1 então f(t)=t-(t-2)=2. Portanto, em forma de peça:
f(t)=\begin{cases} t, & 0\le t<2,\\[4pt] 2, & t\ge2. \end{cases}]

Passo 6

Verificação rápida (consistência): aplicando a transformada de Laplace em f(t)=t-(t-2)u(t-2) obtemos
\mathcal{L}\{t\}(s)-\mathcal{L}\{(t-2)u(t-2)\}(s)=\frac{1}{s^{2}}-e^{-2s}\frac{1}{s^{2}}=\frac{1-e^{-2s}}{s^{2}},
ou seja, recupera exatamente F(s). Perfeito.

Resposta

f(t)=t-(t-2)\,u(t-2)=\begin{cases} t, & 0\le t<2,\\[4pt] 2, & t\ge2. \end{cases}]

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