Encontre a função no tempo correspondente às seguintes funções:
F(s)=\frac{20(s+2)}{\left(s^{2}+6 s+10\right)^{2}} \quad( Valor 3,0 )

Passo 1

O enunciado dá a função no domínio complexo
F(s)=\frac{20(s+2)}{\left(s^{2}+6 s+10\right)^{2}}
e pede: encontrar a função no tempo correspondente (ou seja, encontrar f(t) tal que \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)).
Informações fornecidas relevantes:
  • O numerador é 20(s+2).
  • O denominador é \left(s^{2}+6 s+10\right)^{2}.
  • O objetivo é obter f(t) em termos de t, usando transformadas de Laplace inversa.

Passo 2

Primeiro passo algébrico útil: completar o quadrado do polinômio do denominador para reconhecer a forma padrão (s+a)^2+b^2. Calcula-se:
s^{2}+6s+10 = (s+3)^{2}+1.
Portanto o denominador pode ser escrito como
\left(s^{2}+6s+10\right)^{2} = \bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}.
Assim podemos reescrever F(s) como
F(s)=\frac{20(s+2)}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}}.

Passo 3

Reescreve o numerador em função de (s+3) para facilitar separação:
s+2 = (s+3)-1.
Substituindo em F(s) obtemos a decomposição em duas frações:
F(s)=\frac{20\bigl((s+3)-1\bigr)}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}} =20\cdot\frac{s+3}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}} -20\cdot\frac{1}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}}.
Vamos inverter a Transformada de Laplace de cada parcela separadamente.

Passo 4

Lembrete das transformadas que vamos usar (com explicação e derivação curta, sem pular etapas):
  • Para constantes a,b>0,
\mathcal{L}\{e^{-a t}\cos(bt)\}(s)=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}, \qquad \mathcal{L}\{e^{-a t}\sin(bt)\}(s)=\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}.
Essas fórmulas são básicas e vêm direto da integral da transformada.
  • Propriedade útil: multiplicar por t no tempo corresponde a derivar no domínio s:
\mathcal{L}\{t\,f(t)\}(s) = -\frac{d}{ds}\bigl(\mathcal{L}\{f(t)\}(s)\bigr).
Usando essa propriedade sobre as funções acima obtemos formas com denominador ao quadrado:
  • Diferenciando \dfrac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}} temos
-\frac{d}{ds}\left(\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}\right) = \frac{2b(s+a)}{\bigl((s+a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}.
Pelo lado do tempo isso significa
\mathcal{L}\{t\,e^{-a t}\sin(bt)\}(s)=\frac{2b(s+a)}{\bigl((s+a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}.
Logo, isolando \dfrac{s+a}{((s+a)^{2}+b^{2})^{2}},
\frac{s+a}{\bigl((s+a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}} =\frac{1}{2b}\,\mathcal{L}\{t\,e^{-a t}\sin(bt)\}(s).
Isto nos permite inverter parcelas do tipo \dfrac{s+a}{((s+a)^{2}+b^{2})^{2}} diretamente.
  • Para a parcela \dfrac{1}{\bigl((s+a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}} usaremos convolução: como
\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}=\mathcal{L}\{e^{-a t}\sin(bt)\}(s),
temos
\frac{1}{\bigl((s+a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}} =\frac{1}{b^{2}}\left(\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}\right)^{2} =\frac{1}{b^{2}}\bigl(\mathcal{L}\{e^{-a t}\sin(bt)\}(s)\bigr)^{2}.
Pelo teorema do produto, o quadrado no domínio s corresponde à convolução no tempo:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{\bigl((s+a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}\right\}(t) =\frac{1}{b^{2}}\bigl(e^{-a t}\sin(bt) * e^{-a t}\sin(bt)\bigr)(t).
Vamos calcular explicitamente essa convolução no caso a=3, b=1.

Passo 5

Inversão da primeira parcela:
20\cdot\frac{s+3}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}}
aqui a=3 e b=1. Pela fórmula do passo anterior,
\frac{s+3}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}} =\frac{1}{2\cdot 1}\,\mathcal{L}\{t\,e^{-3t}\sin(t)\}(s) =\frac{1}{2}\,\mathcal{L}\{t\,e^{-3t}\sin(t)\}(s).
Multiplicando por 20 obtemos
20\cdot\frac{s+3}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}} =10\;\mathcal{L}\{t\,e^{-3t}\sin(t)\}(s).
Portanto a inversa no tempo dessa parcela é
f_1(t)=10\,t\,e^{-3t}\sin(t).

Passo 6

Inversão da segunda parcela pelo método da convolução:
-20\cdot\frac{1}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}} =-20\cdot\mathcal{L}\{g(t)\}(s),
onde
g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{\bigl((s+3)^{2}+1\bigr)^{2}}\right\}(t).
Como explicado, com a=3, b=1 temos
g(t) = \bigl(e^{-3t}\sin t * e^{-3t}\sin t\bigr)(t).
Calcula-se a convolução:
g(t)=\int_{0}^{t} e^{-3\tau}\sin\tau\; e^{-3(t-\tau)}\sin(t-\tau)\,d\tau = e^{-3t}\int_{0}^{t}\sin\tau\,\sin(t-\tau)\,d\tau.
Usa-se a identidade trigonométrica
\sin\alpha\sin\beta=\tfrac{1}{2}\bigl(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)\bigr).
Aplicando com \alpha=\tau e \beta=t-\tau obtemos
\sin\tau\,\sin(t-\tau)=\tfrac{1}{2}\bigl(\cos(2\tau-t)-\cos t\bigr).
Integração termo a termo:
\int_{0}^{t}\cos(2\tau-t)\,d\tau
faça a mudança u=2\tau-t, du=2\,d\tau. Quando \tau=0, u=t; quando \tau=t, u=-t. Assim
\int_{0}^{t}\cos(2\tau-t)\,d\tau =\frac{1}{2}\int_{t}^{-t}\cos u\,(-du) =\frac{1}{2}\int_{-t}^{t}\cos u\,du =\frac{1}{2}\bigl[ \sin u \bigr]_{-t}^{t} =\frac{1}{2}( \sin t - (-\sin t) )=\sin t.
E
\int_{0}^{t}\cos t \,d\tau = t\cos t.
Portanto
\int_{0}^{t}\sin\tau\,\sin(t-\tau)\,d\tau =\tfrac{1}{2}\bigl(\sin t - t\cos t\bigr).
Daí
g(t)=e^{-3t}\cdot\tfrac{1}{2}\bigl(\sin t - t\cos t\bigr) =\tfrac{1}{2}e^{-3t}\bigl(\sin t - t\cos t\bigr).
Voltando à parcela com fator -20,
f_2(t) = -20\cdot g(t) = -20\cdot\tfrac{1}{2}e^{-3t}\bigl(\sin t - t\cos t\bigr) = -10\,e^{-3t}\bigl(\sin t - t\cos t\bigr).

Passo 7

Somando as duas contribuições f_1(t) e f_2(t) obtemos a função no tempo:
f(t)=f_1(t)+f_2(t) =10\,t\,e^{-3t}\sin t \;-\;10\,e^{-3t}\bigl(\sin t - t\cos t\bigr).
Agrupando termos semelhantes:
f(t)=10\,e^{-3t}\bigl(t\sin t + t\cos t - \sin t\bigr).
Uma forma mais compacta é
f(t)=10\,e^{-3t}\bigl((t-1)\sin t + t\cos t\bigr).

Resposta

f(t)=10\,e^{-3t}\bigl((t-1)\sin t + t\cos t\bigr)

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