Encontre as seguintes Transformadas de Laplace inversas:
\left(1\right. pt) \mathcal{L}^{-1}\left\{2 e^{-2 s} \frac{1}{s^{2}-4}\right\}(t).

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace inversa do sinal
2 e^{-2 s}\frac{1}{s^{2}-4}.
Ou seja, precisamos calcular
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{2 e^{-2 s}\frac{1}{s^{2}-4}\right\}(t).
As informações relevantes são:
  • há um fator exponencial e^{-2s} multiplicando a função racional;
  • a parte sem o exponencial é \dfrac{2}{s^{2}-4}.

Passo 2

Explicando uma ferramenta chave que vamos usar: o teorema do deslocamento no tempo (segunda fórmula de deslocamento).
  • Enunciado do teorema: se \displaystyle G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}, então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}G(s)\}(t)=u(t-a)\,g(t-a),
onde u(t-a) é a função de Heaviside (passo unitário) centrada em t=a.
  • O que cada símbolo significa:
    • a é o tempo de atraso (aqui será a=2);
    • G(s) é a transformada de Laplace de alguma função g(t);
    • u(t-a) vale 0 para t<a e 1 para t\ge a;
    • g(t-a) é a função g “deslocada” no tempo.
      Isso quer dizer que, para aplicar o teorema, basta inverter a parte sem o exponencial para obter g(t) e depois deslocar/ativar com u(t-2).

Passo 3

Identificação no nosso caso:
  • a=2 porque temos e^{-2s}.
  • \displaystyle G(s)=\frac{2}{s^{2}-4}.
    Logo precisamos primeiro calcular
g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2}{s^{2}-4}\right\}(t),
e depois usar o teorema para obter a resposta final como u(t-2)\,g(t-2).

Passo 4

Calcular g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2}{s^{2}-4}\right\}(t).
Primeiro fazemos frações parciais em \dfrac{2}{s^{2}-4}. Note que
s^{2}-4=(s-2)(s+2).
Procuramos constantes A e B tais que
\frac{2}{s^{2}-4}=\frac{A}{s-2}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando por s^{2}-4 obtemos
2 = A(s+2)+B(s-2).
Agora achamos A e B avaliando em escolhas convenientes:
  • para s=2:
2 = A(2+2)=4A \quad\Rightarrow\quad A=\tfrac{1}{2}.
  • para s=-2:
2 = B(-2-2)= -4B \quad\Rightarrow\quad B=-\tfrac{1}{2}.
Portanto
\frac{2}{s^{2}-4}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s-2}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+2}.

Passo 5

Agora usamos transformadas conhecidas (e explico rapidamente):
  • \mathcal{L}\{e^{a t}\}=\dfrac{1}{s-a} para s>a, logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-a}\right\}(t)=e^{a t}.
Aplicando isso às parcelas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s-2}\right\}(t)=\tfrac{1}{2}e^{2t}, \quad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+2}\right\}(t)=-\tfrac{1}{2}e^{-2t}.
Somando,
g(t)=\tfrac{1}{2}e^{2t}-\tfrac{1}{2}e^{-2t}.
Reconhecendo a função hiperbólica seno:
g(t)=\operatorname{sinh}(2t),
pois \operatorname{sinh}(2t)=\dfrac{e^{2t}-e^{-2t}}{2}.

Passo 6

Aplicando o teorema do deslocamento (Passo 2) com a=2 e g(t)=\operatorname{sinh}(2t):
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{2 e^{-2 s}\frac{1}{s^{2}-4}\right\}(t)=u(t-2)\,g(t-2).
Substituindo g:
\boxed{\,u(t-2)\,\operatorname{sinh}\bigl(2(t-2)\bigr)\,}.
Explicando em palavras: a função vale zero para t<2; a partir de t=2 ela é exatamente \operatorname{sinh} avaliada em t-2.

Resposta

\;u(t-2)\operatorname{sinh}\bigl(2(t-2)\bigr)

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