Determine f(t) para:
F(s)=\frac{s+3+5 e^{-2 s}}{(s+1)(s+2)}

Passo 1

O que o exercício pede: determinar f(t) tal que a transformada de Laplace de f é
F(s)=\frac{s+3+5 e^{-2 s}}{(s+1)(s+2)}.
Informações relevantes dadas no enunciado:
F(s)=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}+\frac{5 e^{-2 s}}{(s+1)(s+2)}.
Temos, portanto, duas parcelas em F(s): uma racional \dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)} e outra com fator exponencial e^{-2s} multiplicando a mesma função racional \dfrac{5}{(s+1)(s+2)}. A tarefa é obter f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}.

Passo 2

Vamos inverter a primeira parcela racional \dfrac{s+3}{(s+1)(s+2)}. Método: decompor em frações parciais da forma
\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}.
Para encontrar A e B multiplicamos ambos os lados por (s+1)(s+2) e obtemos
s+3 = A(s+2)+B(s+1).
Isto é uma identidade em s, então podemos comparar coeficientes.

Passo 3

Comparando coeficientes em s+3 = (A+B)s + (2A+B)\) temos o sistema \[\begin{cases} A+B=1,\\[4pt] 2A+B=3. \end{cases}
Subtraindo a primeira da segunda obtemos A=2\]. Então \(B=1-A= -1. Assim
\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}=\frac{2}{s+1}-\frac{1}{s+2}.
Conhecimento usado (mini-aula): a transformada inversa básica é \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s+a}\right\}(t)=e^{-a t}u(t), onde u(t) é a função degrau (Heaviside). Aplicando isso,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2}{s+1}-\frac{1}{s+2}\right\}(t)=2e^{-t}-e^{-2t}\quad\text{para }t\ge 0.
Vou chamar essa parte de f_1(t)=2e^{-t}-e^{-2t}.]

Passo 4

Agora tratamos a parcela com o fator e^{-2s}:
\frac{5 e^{-2 s}}{(s+1)(s+2)}=5\,e^{-2s}\cdot\frac{1}{(s+1)(s+2)}.
Primeiro invertamos G(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s+2)} (sem o fator exponencial). Fazemos frações parciais:
\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{C}{s+1}+\frac{D}{s+2}.
Multiplicando e comparando termos:
1 = C(s+2)+D(s+1) = (C+D)s + (2C+D).
Daí C+D=0 e 2C+D=1. Subtraindo, C=1 e então D=-1. Logo
\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}.
A transformada inversa é
g(t):=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)(s+2)}\right\}(t)=e^{-t}-e^{-2t},\quad t\ge 0.

Passo 5

Mini-aula sobre deslocamento no tempo (teorema do atraso): se \mathcal{L}\{g(t)\}=G(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}G(s)\}(t)=g(t-a)\,u(t-a),
ou seja, multiplicar por e^{-a s} no domínio de s corresponde a atrasar a função no tempo em a e multiplicar pelo degrau u(t-a) (para garantir que a função comece em t=a). Aqui a=2.

Passo 6

Aplicando o teorema do atraso à nossa parcela com fator 5e^{-2s}, e lembrando do fator 5, obtemos
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{5 e^{-2 s}}{(s+1)(s+2)}\right\}(t)=5\bigl(e^{-(t-2)}-e^{-2(t-2)}\bigr)\,u(t-2).
Vou chamar essa parte de f_2(t)=5\bigl(e^{-(t-2)}-e^{-2(t-2)}\bigr)u(t-2).

Resposta

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

Exercícios relacionados