Determine as transformadas inversas de Laplace dos seguintes sinais:
\frac{s e^{-3 s}+2}{s^{2}+2 s+2}

Passo 1

O enunciado pede a transformada inversa de Laplace do sinal dado por
\frac{s e^{-3 s}+2}{s^{2}+2 s+2}.
Listei as informações fornecidas:
  • A função no domínio de Laplace é \displaystyle \frac{s e^{-3 s}+2}{s^{2}+2 s+2}.
  • Temos um termo com fator exponencial de atraso \displaystyle e^{-3s}.
  • O denominador é \displaystyle s^{2}+2 s+2.
    A pergunta é: qual é f(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s e^{-3 s}+2}{s^{2}+2 s+2}\right\}?

Passo 2

Primeiro passo técnico: separar a expressão em parcelas mais simples (linearidade da transformada de Laplace). Escrevo
\frac{s e^{-3 s}+2}{s^{2}+2 s+2} = e^{-3s}\cdot\frac{s}{s^{2}+2s+2} \;+\; \frac{2}{s^{2}+2s+2}.
Isso é permitido porque \mathcal{L}^{-1} é linear, então posso inverter cada parcela separadamente.

Passo 3

Identifico que o termo com e^{-3s} indica um atraso no tempo (teorema do deslocamento no tempo). Vou lembrar a fórmula-chave:
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)e^{-a s}\} = f(t-a)\,u(t-a),
onde f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} e u(t-a) é a função degrau unitário (Heaviside) que vale 0 para t<a e 1 para t\ge a. Aqui a=3.

Passo 4

Antes de aplicar o teorema do deslocamento, vejo que o denominador pode ser completado o quadrado:
s^{2}+2s+2 = (s+1)^2 + 1.
Isso é útil porque devo reconhecer transformadas pares conhecidas do tipo \dfrac{s+1}{(s+1)^2+1} e \dfrac{1}{(s+1)^2+1}.

Passo 5

Trato a parcela \dfrac{s}{s^{2}+2s+2}. Faço a decomposição escrevendo s=(s+1)-1:
\frac{s}{(s+1)^2+1} = \frac{s+1}{(s+1)^2+1} \;-\; \frac{1}{(s+1)^2+1}.
Agora uso transformadas inversas padrão (são fórmulas que precisamos decorar ou saber reconhecer):
  • \displaystyle \mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\} = \frac{s+1}{(s+1)^2+1}.
  • \displaystyle \mathcal{L}\{e^{-t}\sin t\} = \frac{1}{(s+1)^2+1}.
    Portanto, aplicando \mathcal{L}^{-1} em cada termo:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{(s+1)^2+1}\right\} = e^{-t}\cos t \;-\; e^{-t}\sin t.

Passo 6

Agora volto ao termo com atraso. Pelo teorema do deslocamento, a inversa de e^{-3s}\cdot\frac{s}{s^{2}+2s+2} é a função obtida no passo anterior deslocada em 3 unidades e multiplicada por u(t-3). Logo:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-3s}\frac{s}{s^{2}+2s+2}\right\} = u(t-3)\bigl(e^{-(t-3)}\cos(t-3) - e^{-(t-3)}\sin(t-3)\bigr).

Passo 7

Agora trato a segunda parcela \dfrac{2}{s^{2}+2s+2} = \dfrac{2}{(s+1)^2+1}. Usando a transformada padrão citada:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\right\} = e^{-t}\sin t.
Multiplicando por 2:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2}{(s+1)^2+1}\right\} = 2 e^{-t}\sin t.

Passo 8

Finalmente somo as duas partes (pela linearidade):
f(t)=2 e^{-t}\sin t \;+\; u(t-3)\bigl(e^{-(t-3)}\cos(t-3) - e^{-(t-3)}\sin(t-3)\bigr).
Posso deixar assim, ou factorizar e^{-(t-3)} dentro do termo com u(t-3). Esta expressão está em termos de funções elementares e da função degrau, pronta para uso na prova.

Resposta

f(t)=2 e^{-t}\sin t + u(t-3)\bigl(e^{-(t-3)}\cos(t-3) - e^{-(t-3)}\sin(t-3)\bigr)

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