2 Faça o que é pedido em cada item:
(b) (10 pontos) Encontre mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{3 s-5}{s^{2}+10 s+29}+\frac{9}{s^{4}}-5 e^{-3 s}\left(2+\frac{6}{s^{3}}\right)\right\}

Passo 1

O enunciado pede a transformada inversa de Laplace da soma
\frac{3s-5}{s^{2}+10s+29} \;+\;\frac{9}{s^{4}}\;-\;5\,e^{-3s}\Bigl(2+\frac{6}{s^{3}}\Bigr).
Para resolver vamos usar:
  1. completar o quadrado no denominador e aplicar as fórmulas de e^{-at}\cos(bt) e e^{-at}\sin(bt);
  2. a relação \mathcal{L}^{-1}\{1/s^{n+1}\}=t^n/n!;
  3. o teorema do segundo deslocamento no tempo:
    \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=f(t-a)\,u(t-a).

Passo 2

Para \displaystyle\frac{3s-5}{s^{2}+10s+29} escrevemos
s^{2}+10s+29=(s+5)^{2}+2^{2}
e decompomos o numerador:
3s-5 = 3(s+5)-20.
Logo
\frac{3s-5}{(s+5)^{2}+2^{2}} =3\,\frac{s+5}{(s+5)^{2}+2^{2}} -20\,\frac{1}{(s+5)^{2}+2^{2}}.
Como
\mathcal{L}\{e^{-5t}\cos(2t)\}=\frac{s+5}{(s+5)^{2}+2^{2}},\quad \mathcal{L}\{e^{-5t}\sin(2t)\}=\frac{2}{(s+5)^{2}+2^{2}},
temos
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{3s-5}{s^{2}+10s+29}\Bigr\} =3\,e^{-5t}\cos(2t)\;-\;10\,e^{-5t}\sin(2t).

Passo 3

Para \displaystyle\frac{9}{s^{4}} usamos
\mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s^{4}}\}=\frac{t^{3}}{3!}=\frac{t^{3}}{6},
então
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{9}{s^{4}}\Bigr\} =9\cdot\frac{t^{3}}{6}=\frac{3}{2}\,t^{3}.

Passo 4

Para \displaystyle-5\,e^{-3s}\bigl(2+\tfrac{6}{s^{3}}\bigr) aplicamos o deslocamento:
F(s)=2+\frac{6}{s^{3}} \;\Longrightarrow\; f(t)=2\,\delta(t)+3\,t^{2}.
Logo, pelo teorema do segundo deslocamento,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-3s}F(s)\} =f(t-3)\,u(t-3) =2\,\delta(t-3)+3\,(t-3)^{2}\,u(t-3).
Multiplicando por -5 vem
-10\,\delta(t-3)\;-\;15\,(t-3)^{2}\,u(t-3).

Resposta

Somando todos os termos obtemos
f(t)=3\,e^{-5t}\cos(2t)\;-\;10\,e^{-5t}\sin(2t) \;+\;\frac{3}{2}\,t^{3} \;-\;10\,\delta(t-3) \;-\;15\,(t-3)^{2}\,u(t-3).

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