Encontre \mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-3 s}\left(\frac{6 s^{2}-30 s+63}{s\left(s^{2}-6 s+18\right)}\right)\right\}. Dê a resposta sem aparecer a função \mu(x-3).

Passo 1

O enunciado pede a transformada inversa de
F(s)=e^{-3s}\,\frac{6s^{2}-30s+63}{s\bigl(s^{2}-6s+18\bigr)}.
O conteúdo envolvido é o uso de frações parciais para encontrar \mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}=g(t) onde
G(s)=\frac{6s^{2}-30s+63}{s\bigl((s-3)^{2}+9\bigr)},
e em seguida aplicar o teorema do deslocamento no tempo: \mathcal{L}^{-1}\{e^{-3s}G(s)\}=g(t-3)\,u(t-3).

Passo 2

Decompondo em frações parciais
\frac{6s^{2}-30s+63}{s\bigl((s-3)^{2}+9\bigr)} =\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{(s-3)^{2}+9}.
Multiplicando por s((s-3)^{2}+9) e igualando coeficientes, obtém-se
A=\frac{7}{2},\quad B=\frac{5}{2},\quad C=-9.
Logo
G(s) =\frac{7/2}{s} +\frac{\tfrac{5}{2}s-9}{(s-3)^{2}+9} =\frac{7}{2}\,\frac{1}{s} +\frac{\tfrac{5}{2}(s-3)-\tfrac{3}{2}}{(s-3)^{2}+3^{2}}.

Passo 3

Usando as transformadas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s}\Bigr\}=1, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{s-3}{(s-3)^{2}+3^{2}}\Bigr\}=e^{3t}\cos(3t), \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{(s-3)^{2}+3^{2}}\Bigr\} =\frac{1}{3}e^{3t}\sin(3t),
segue que
g(t) =\frac{7}{2} +\frac{5}{2}\,e^{3t}\cos(3t) -\frac{3/2}{3}\,e^{3t}\sin(3t) =\frac{7}{2}+\frac{5}{2}\,e^{3t}\cos(3t)-\frac{1}{2}\,e^{3t}\sin(3t).

Passo 4

Pelo teorema do deslocamento no tempo,
f(x)=\mathcal{L}^{-1}\{e^{-3s}G(s)\} =g(x-3)\,u(x-3).
Escrevendo sem u(x-3), obtemos a forma por partes.

Resposta

Para x<3:
f(x)=0.
Para x\ge3:
f(x) =\frac{7}{2} +\frac{5}{2}\,e^{3(x-3)}\cos\bigl(3(x-3)\bigr) -\frac{1}{2}\,e^{3(x-3)}\sin\bigl(3(x-3)\bigr).

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