Determine a Transformada de Laplace inversa das seguintes funções:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-s}}{s(s+5)}\right\}

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace inversa da função
\frac{e^{-s}}{s(s+5)}.
Informações dadas:
\; - A função no domínio de s é \displaystyle \frac{e^{-s}}{s(s+5)}.
\; - Devemos encontrar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-s}}{s(s+5)}\right\}.
\; - Observa-se a presença do fator exponencial multiplicando em s: e^{-s}.

Passo 2

Vamos lembrar conceitos úteis (explicados de modo prático):
\; - A transformada de Laplace direta de uma função g(t) é \displaystyle \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}g(t)\,dt.
\; - As transformadas inversas básicas que usaremos são:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\}(t)=1, \qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+a}\right\}(t)=e^{-at},
onde a é uma constante positiva. Aqui s é a variável do domínio de Laplace e t é a variável de tempo (a função que queremos obter).
\; - Também existe a propriedade de deslocamento no tempo (teorema do deslocamento): para a>0,
\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}(s)=e^{-as}G(s),
onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}(s) e u(t-a) é a função degrau unitário (Heaviside). Em palavras: multiplicar por e^{-as} em s corresponde a atrasar a função em t e multiplicar por u(t-a).

Passo 3

Primeiro fazemos a parte sem o deslocamento: identifiquemos
F(s)=\frac{1}{s(s+5)}.
Vamos decompor em frações parciais:
\frac{1}{s(s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+5}.
Multiplicando por s(s+5) obtemos
1 = A(s+5)+Bs.
Comparando coeficientes (ou substituindo valores de s) temos:
\text{coeficiente de }s:\; A+B=0, \qquad \text{termo constante}:\; 5A=1.
Da segunda equação A=\dfrac{1}{5}. Assim B=-A=-\dfrac{1}{5}.

Passo 4

Substituindo os coeficientes:
\frac{1}{s(s+5)}=\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{s+5}.
Aplicando a transformada inversa termo a termo (usando as transformadas básicas citadas):
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s(s+5)}\right\}(t) =\frac{1}{5}\cdot 1 - \frac{1}{5}\cdot e^{-5t} =\frac{1}{5}\left(1-e^{-5t}\right).
Denotemos essa função por g(t)=\dfrac{1}{5}\bigl(1-e^{-5t}\bigr). Essa é a resposta para a parte sem o fator e^{-s}.

Passo 5

Agora aplicamos a propriedade de deslocamento no tempo (teorema do deslocamento). O nosso problema tem e^{-s}, isto é a=1. Pelo teorema:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\}(t)=u(t-a)\,g(t-a),
onde g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}(t). Aqui G(s)=\dfrac{1}{s(s+5)} e g(t)=\dfrac{1}{5}\left(1-e^{-5t}\right), e a=1. Então
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-s}}{s(s+5)}\right\}(t) = u(t-1)\;g(t-1).
Substituindo g:
f(t)=u(t-1)\cdot\frac{1}{5}\left(1-e^{-5(t-1)}\right).
Isto significa, de forma equivalente em forma por partes:
f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<1,\\[4pt] \dfrac{1}{5}\left(1-e^{-5(t-1)}\right), & t\ge 1. \end{cases}]

Resposta

f(t)=u(t-1)\,\frac{1}{5}\left(1-e^{-5(t-1)}\right)

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