Determine a transformada inversa de
H(s)=\frac{e^{-2 s}}{s^{2}+1}.

Passo 1

O enunciado fornece a função de variável s
H(s)=\frac{e^{-2 s}}{s^{2}+1}
e pede a transformada inversa no tempo, ou seja, encontrar h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{H(s)\}.
Informações relevantes dadas:
\,H(s)=\dfrac{e^{-2s}}{s^{2}+1}\, e o fator exponencial e^{-2s} está presente multiplicando uma função racional em s.
O objetivo é determinar explicitamente h(t) para todo t.

Passo 2

Conceito-chave: teorema do deslocamento no tempo (time-shifting). Vou enunciar e demonstrar de forma simples e intuitiva.
Teorema: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então, para a>0,
\mathcal{L}\{f(t-a)\,u(t-a)\}=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função degrau unitário deslocada (Heaviside) que vale 0 para t<a e 1 para t\ge a.
Demonstração rápida (útil para entender e aplicar na prova): calcular diretamente a transformada de f(t-a)u(t-a):
\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)u(t-a)\,dt.
Como u(t-a) força a integral a começar em t=a, fazemos a mudança de variável \tau=t-a. Então
\int_{a}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)} f(\tau)\,d\tau=e^{-a s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} f(\tau)\,d\tau=e^{-a s}F(s).
Isso prova o teorema. Conclusão prática: um fator e^{-a s} no domínio s indica um deslocamento no tempo de a unidades multiplicando a função original por u(t-a).

Passo 3

Identificar a parte não deslocada em H(s). Aqui podemos escrever
H(s)=e^{-2s}\cdot \frac{1}{s^{2}+1}.
Portanto F(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}. Agora precisamos achar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Vou mostrar que f(t)=\sin t. Para isso calculamos a transformada de \sin t:
\mathcal{L}\{\sin t\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\sin t\,dt.
Fazemos integração por partes duas vezes (mostrando os passos para ficar bem claro): defina
I=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\sin t\,dt.
Primeira integração por partes: tome u=\sin t, dv=e^{-st}dt. Então du=\cos t\,dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}. Assim
I=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\sin t\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt.
O termo de fronteira vale zero (para s>0), logo
I=\frac{1}{s}K, \qquad\text{onde}\qquad K=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt.
Agora calcule K por partes: tome u=\cos t, dv=e^{-st}dt. Então du=-\sin t\,dt, v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}, e
K=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\cos t\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin t\,dt.
O termo de fronteira vale 1/s (pois em t\to\infty anula e em t=0 -(-1/s)), assim
K=\frac{1}{s}+\frac{1}{s}I.
Substituindo K em I=\dfrac{1}{s}K obtemos
I=\frac{1}{s}\left(\frac{1}{s}+\frac{1}{s}I\right)=\frac{1}{s^{2}}+\frac{1}{s^{2}}I.
Isolando I,
I\left(1-\frac{1}{s^{2}}\right)=\frac{1}{s^{2}} \quad\Longrightarrow\quad I=\frac{1}{s^{2}+1}.
Portanto \mathcal{L}\{\sin t\}=\dfrac{1}{s^{2}+1}, ou seja
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}=\sin t.

Passo 4

Aplicar o teorema do deslocamento com a=2. Já que \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\sin t, pelo teorema do passo 2 temos
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-2s}F(s)\}=\sin(t-2)\,u(t-2).
Aqui u(t-2) é o degrau unitário deslocado: \,u(t-2)=0 para t<2 e \,u(t-2)=1 para t\ge2. Intuição: a função \sin t foi “adiada” em 2 unidades de tempo.

Passo 5

Verificação (checar que a resposta corresponde a H(s)). Calcule a transformada de \sin(t-2)u(t-2):
\mathcal{L}\{\sin(t-2)u(t-2)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\sin(t-2)u(t-2)\,dt =\int_{2}^{\infty} e^{-s t}\sin(t-2)\,dt.
Façamos a mudança de variável \tau=t-2. Então
\int_{2}^{\infty} e^{-s t}\sin(t-2)\,dt =e^{-2s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\sin\tau\,d\tau =e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^{2}+1},
que é exatamente H(s). Portanto a inversa encontrada está correta.

Resposta

\sin(t-2)\,u(t-2)

Exercícios relacionados