Encontre a transformada de Laplace inversa das funções
\frac{e^{-3 s}}{s^{2}-9}

Passo 1

O que o problema pede: encontrar a transformada de Laplace inversa da função
\frac{e^{-3 s}}{s^{2}-9}.
Informações dadas:
  • A expressão no domínio de s é \displaystyle \frac{e^{-3 s}}{s^{2}-9}.
  • Não há outras condições explícitas, então queremos a função no tempo t\ge0.
  • Devemos devolver a função f(t) tal que \mathcal{L}\{f(t)\}=\dfrac{e^{-3 s}}{s^{2}-9}.

Passo 2

Princípio que vamos usar (teorema do atraso / segunda propriedade de deslocamento):
Se
\mathcal{L}\{g(t)\}=G(s),
então, para qualquer a>0\), \[\mathcal{L}\{u(t-a)\,g(t-a)\}=e^{-a s}G(s),
onde u(t-a) é a função de Heaviside (função degrau) definida por
u(t-a)=\begin{cases} 0, & t<a,\\[4pt] 1, & t\ge a. \end{cases}
Explicando as variáveis:
  • g(t)\] é uma função causal com transformada \(G(s).
  • a é o tempo de atraso (aqui será 3).
  • u(t-a)g(t-a) representa a função g deslocada para a direita em a unidades e “ligada” apenas a partir de t=a.
Breve justificativa (intuição): ao calcular a transformada de Laplace de u(t-a)g(t-a) fazemos a mudança de variável \tau=t-a e aparece o fator e^{-as}, daí a fórmula acima. Portanto, se tivermos um fator e^{-as} multiplicando G(s), a inversa será u(t-a)g(t-a).]

Passo 3

Primeiro, encontramos a transformada inversa de \dfrac{1}{s^{2}-9} (sem o fator exponencial). Para isso, fazemos frações parciais.
Montamos
\frac{1}{s^{2}-9}=\frac{1}{(s-3)(s+3)}=\frac{A}{s-3}+\frac{B}{s+3}.
Multiplicando ambos os lados por (s-3)(s+3) obtemos
1=A(s+3)+B(s-3).
Escolhendo valores convenientes de s para achar A e B:
  • Para s=3:
1=A(3+3)=6A \quad\Rightarrow\quad A=\frac{1}{6}.
  • Para s=-3:
1=B(-3-3)=-6B \quad\Rightarrow\quad B=-\frac{1}{6}.
Logo,
\frac{1}{s^{2}-9}=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{s-3}-\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{s+3}.

Passo 4

Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo. Lembre que
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s-a}\right\}=e^{at}
para t\ge0.
Portanto,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}-9}\right\}=\frac{1}{6}e^{3t}-\frac{1}{6}e^{-3t}.
Podemos escrever isso de forma mais compacta usando a função seno hiperbólico \operatorname{sinh}, lembrando que \operatorname{sinh} x=\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}. Assim,
\frac{1}{6}\bigl(e^{3t}-e^{-3t}\bigr)=\frac{1}{3}\operatorname{sinh}(3t).
Chamemos esta função de g(t):
g(t)=\frac{1}{3}\operatorname{sinh}(3t).

Passo 5

Voltemos ao fator e^{-3s} presente no enunciado. Pelo teorema do atraso visto no Passo 2, temos que
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-3s}\,G(s)\right\}=u(t-3)\,g(t-3),
onde G(s)=\dfrac{1}{s^{2}-9} e g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}=\dfrac{1}{3}\operatorname{sinh}(3t).
Portanto a transformada inversa pedida é
f(t)=u(t-3)\,\frac{1}{3}\operatorname{sinh}\bigl(3(t-3)\bigr).
Se quiser ver em forma exponencial:
f(t)=u(t-3)\,\frac{1}{6}\left(e^{3(t-3)}-e^{-3(t-3)}\right).
Interpretação prática: para t<3 vale f(t)=0. A partir de t=3 a função passa a ser \dfrac{1}{3}\operatorname{sinh}(3(t-3)).

Passo 6

Verificação rápida (checar achatamento mental): aplicar a transformada de Laplace em u(t-3)g(t-3) e^{-3s}G(s) por mudança de variável — isso recupera exatamente a função original no enunciado. Portanto a resposta está consistente.
Exemplo extra (curto): se tivéssemos \dfrac{e^{-2s}}{s+1}, a inversa seria u(t-2)e^{-(t-2)} — mesma ideia do deslocamento.

Resposta

u(t-3)\,\frac{1}{3}\operatorname{sinh}\bigl(3(t-3)\bigr)

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