Obtenha as transformadas inversas de Laplace de:
F(s)=\frac{10(s+2)}{s\left(s^{2}+4 s+5\right)}
F(s)=\frac{(s-5)}{s(s+2)^{2}}
\mathrm{F}(\mathrm{s})=\frac{s}{s^{2}-1}
\mathrm{F}(\mathrm{s})=\frac{1}{(s+3)^{2}}

Passo 1

O enunciado pede: “Obtenha as transformadas inversas de Laplace” para quatro funções F(s). As quatro funções dadas são:
F_1(s)=\frac{10(s+2)}{s\left(s^{2}+4 s+5\right)},
F_2(s)=\frac{s-5}{s(s+2)^{2}},
F_3(s)=\frac{s}{s^{2}-1},
F_4(s)=\frac{1}{(s+3)^{2}}.
Informações relevantes fornecidas: cada F_i(s) é uma função racional em s. O objetivo é encontrar as funções no domínio do tempo f_i(t) tais que \mathcal{L}\{f_i(t)\}=F_i(s). Não há mais informações externas; vamos achar as inversas usando decomposição em frações parciais, identificação de pares conhecidos da transformada de Laplace e, quando necessário, completar quadrados no denominador.

Passo 2

Breve resumo das ferramentas que vou usar (explicação didática):
  • Regra básica: \mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}, \mathcal{L}\{e^{-a t}\}=\frac{1}{s+a}.
  • Derivadas simples: \mathcal{L}\{t e^{-a t}\}=\frac{1}{(s+a)^{2}}.
  • Transformadas de funções oscilatórias: \mathcal{L}\{e^{-a t}\cos(bt)\}=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}} e \mathcal{L}\{e^{-a t}\sin(bt)\}=\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}.
  • Método prático: para racionais, usamos decomposição em frações parciais; se aparecer (s+a)^{2}+b^{2} no denominador, completamos o quadrado e escrevemos numerador em termos de (s+a) para reconhecer cos e sen.
    Vou aplicar essas ferramentas passo a passo em cada F_i(s).

Passo 3

Resolvendo [F_1(s)=\dfrac{10(s+2)}{s\left(s^{2}+4 s+5\right)}).
  1. Primeiro passo algébrico: fazemos decomposição em frações parciais no formato
\frac{10(s+2)}{s(s^2+4s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+4s+5}.
  1. Multiplico ambos os lados por s(s^2+4s+5) e igualo polinômios:
10(s+2)=A(s^{2}+4s+5)+(Bs+C)s.
  1. Expandindo e agrupando coeficientes:
10s+20=(A+B)s^{2}+(4A+C)s+5A.
Comparando coeficientes de s^2,s,\,constante:
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 4A+C=10,\\[4pt] 5A=20. \end{cases}
Da última equação 5A=20\] obtemos \(A=4. Então B=-A=-4. E C=10-4A=10-16=-6.
  1. Substituindo:
\frac{10(s+2)}{s(s^2+4s+5)}=\frac{4}{s}+\frac{-4s-6}{s^{2}+4s+5}.
  1. Agora complete o quadrado no denominador s^{2}+4s+5=(s+2)^{2}+1. Reescrevo o numerador -4s-6 em termos de (s+2):
-4s-6=-4(s+2)+2.
Logo
\frac{-4s-6}{(s+2)^{2}+1}=-4\frac{(s+2)}{(s+2)^{2}+1}+2\frac{1}{(s+2)^{2}+1}.
  1. Identificação das transformadas inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\quad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+2}{(s+2)^{2}+1}\right\}=e^{-2t}\cos t,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+2)^{2}+1}\right\}=e^{-2t}\sin t.
  1. Portanto a inversa é
f_1(t)=4-4e^{-2t}\cos t+2e^{-2t}\sin t,\qquad t\ge0.]

Passo 4

Resolvendo [F_2(s)=\dfrac{s-5}{s(s+2)^{2}}).
  1. Faço decomposição em frações parciais no formato apropriado para polo duplo em s=-2:
\frac{s-5}{s(s+2)^{2}}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2}+\frac{C}{(s+2)^{2}}.
  1. Multiplico por s(s+2)^{2}:
s-5=A(s+2)^{2}+B s(s+2)+C s.
  1. Expando (s+2)^{2}=s^{2}+4s+4 e agrupo coeficientes:
s-5=(A+B)s^{2}+(4A+2B+C)s+4A.
Comparando coeficientes:
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 4A+2B+C=1,\\[4pt] 4A=-5. \end{cases}
Da última eq. 4A=-5\] obtemos \(A=-\dfrac{5}{4}. Então B=-A=\dfrac{5}{4}. Substituindo em 4A+2B+C=1:
4\left(-\frac{5}{4}\right)+2\left(\frac{5}{4}\right)+C=1
-5+\frac{5}{2}+C=1 \implies C=1+5-\frac{5}{2}=6-\frac{5}{2}=\frac{7}{2}.
  1. Assim
\frac{s-5}{s(s+2)^{2}}=-\frac{5}{4}\cdot\frac{1}{s}+\frac{5}{4}\cdot\frac{1}{s+2}+\frac{7}{2}\cdot\frac{1}{(s+2)^{2}}.
  1. Inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\quad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+2}\right\}=e^{-2t},\quad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+2)^{2}}\right\}=t e^{-2t}.
  1. Portanto
f_2(t)=-\frac{5}{4}+ \frac{5}{4}e^{-2t}+\frac{7}{2}t e^{-2t},\qquad t\ge0.]

Passo 5

Resolvendo [F_3(s)=\dfrac{s}{s^{2}-1}).
  1. Observação: s^{2}-1=(s-1)(s+1). Faço decomposição simples:
\frac{s}{s^{2}-1}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+1}.
  1. Multiplico por (s-1)(s+1):
s=A(s+1)+B(s-1)=(A+B)s+(A-B).
Comparando coeficientes:
\begin{cases} A+B=1,\\[4pt] A-B=0. \end{cases}
Da segunda equação A=B\]. Juntando com a primeira, \(2A=1 então A=B=\dfrac{1}{2}.
  1. Temos
\frac{s}{s^{2}-1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+1}.
  1. Inversas conhecidas: \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s-a}\right\}=e^{a t}. Assim
f_3(t)=\frac{1}{2}e^{t}+\frac{1}{2}e^{-t}=\operatorname{cosh} t,\qquad t\ge0.]

Passo 6

Resolvendo F_4(s)=\dfrac{1}{(s+3)^{2}}.
  1. Essa é uma forma padrão. Sabemos que
\mathcal{L}\{t e^{-a t}\}=\frac{1}{(s+a)^{2}}.
  1. Comparando com a=3, obtemos imediatamente:
f_4(t)=t e^{-3t},\qquad t\ge0.

Resposta

f_1(t)=4-4e^{-2t}\cos t+2e^{-2t}\sin t
f_2(t)=-\dfrac{5}{4}+\dfrac{5}{4}e^{-2t}+\dfrac{7}{2}t e^{-2t}
f_3(t)=\dfrac{1}{2}e^{t}+\dfrac{1}{2}e^{-t}=\operatorname{cosh} t
f_4(t)=t e^{-3t}

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