Determine a transformada inversa
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}-6 s+10}\right\}

Passo 1

O enunciado pede a transformada inversa
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}-6s+10}\right\}.
Informações dadas: a função no domínio de s é \dfrac{1}{s^{2}-6s+10}. Não há outras condições explícitas sobre s no enunciado; assumimos a região de convergência típica onde a transformada de Laplace existe (valores de s com parte real suficientemente grande).

Passo 2

Vamos simplificar a expressão do denominador por completamento do quadrado — isso é útil porque as fórmulas padrões da transformada de Laplace envolvem termos do tipo (s-a)^2+b^2.
Completemos o quadrado em
s^{2}-6s+10.
Primeiro, tomo o termo quadrático e o termo linear:
s^{2}-6s = (s-3)^{2}-9.
Somando o +10 original:
s^{2}-6s+10 = (s-3)^{2}-9+10 = (s-3)^{2}+1.

Passo 3

Agora temos
\frac{1}{s^{2}-6s+10}=\frac{1}{(s-3)^{2}+1}.
Vou lembrar duas fórmulas padrão da transformada de Laplace que precisamos:
  1. Para b>0,
\mathcal{L}\{\sin(bt)\}(s)=\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.
Explicando: nesta fórmula, t é a variável do tempo (domínio onde a função original vive), s é a variável complexa da transformada, e b é a frequência angular da senoide. A integral que define a transformada é \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt; aplicando a f(t)=\sin(bt) e resolvendo a integral obtém-se a expressão acima.
  1. Teorema do deslocamento em frequência (ou deslocamento em s): se
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s),
então, para todo a complexo,
\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s)=F(s-a).
Explicando por que: ao calcular \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{at}f(t)\,dt=\int_{0}^{\infty}e^{-(s-a)t}f(t)\,dt, que é exatamente F(s-a).

Passo 4

Compare a nossa expressão com as fórmulas acima. Note que a forma padrão para a seno é \dfrac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}} quando há um deslocamento em s por a. No nosso caso o denominador é (s-3)^{2}+1, que corresponde ao caso com a=3 e b=1.
Também lembrando a fórmula para \sin(bt):
\mathcal{L}\{\sin(bt)\}(s)=\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.
Tomando b=1 temos
\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^{2}+1}.

Passo 5

Aplicando o teorema do deslocamento em frequência: se \mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}, então substituindo s por s-3 obtemos
\mathcal{L}\{e^{3t}\sin t\}(s)=\frac{1}{(s-3)^{2}+1}.
Portanto a transformada dada é exatamente a transformada de Laplace de e^{3t}\sin t.

Passo 6

Verificação rápida (só para garantir que não houve erro): calcular a transformada de \,e^{3t}\sin t conforme a regra do Passo 3 dá
\mathcal{L}\{e^{3t}\sin t\}(s)=\frac{1}{(s-3)^{2}+1},
que é igual à nossa expressão simplificada do início. Tudo confere.

Resposta

\displaystyle e^{3t}\sin t

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