Questão (30 pontos): Calcule a Transformada de Laplace Inversa das seguintes funções:
F(s)=\frac{e^{-s}}{s(s+1)}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace inversa da função
F(s)=\frac{e^{-s}}{s(s+1)}.
Informações relevantes que temos:
  • A função no domínio de s é F(s)=e^{-s}\cdot \dfrac{1}{s(s+1)}.
  • Há um fator exponencial e^{-s} multiplicando uma razão racional \dfrac{1}{s(s+1)}.
  • O objetivo é encontrar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}, ou seja, a função no domínio do tempo que corresponde a F(s).

Passo 2

Estratégia geral (sem ainda apresentar o resultado final): vamos separar o problema em duas partes:
  1. Encontrar a transformada inversa de \dfrac{1}{s(s+1)}. Vou chamar essa função no tempo de g(t), isto é,
g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s(s+1)}\right\}.
  1. Usar a propriedade de deslocamento no tempo (teorema do degrau/atraso): se \mathcal{L}\{g(t)\}=G(s) então
\mathcal{L}\{u(t-a)\,g(t-a)\}=e^{-a s}G(s),
para a>0, onde u(t-a) é a função degrau de Heaviside. A prova curta dessa propriedade vem direto da definição da transformada de Laplace: começamos com
\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} u(t-a)g(t-a)e^{-st}\,dt=\int_{a}^{\infty} g(t-a)e^{-st}\,dt.
Fazendo a mudança de variável \tau=t-a obtemos
\int_{0}^{\infty} g(\tau)e^{-s(\tau+a)}\,d\tau = e^{-as}\int_{0}^{\infty} g(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau = e^{-as}G(s).
Portanto, inversamente,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}G(s)\}=u(t-a)\,g(t-a).
No nosso caso a=1 e G(s)=\dfrac{1}{s(s+1)}. Assim, depois de achar g(t) aplicaremos essa propriedade com a=1.

Passo 3

Calcular g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s(s+1)}\right\} por frações parciais.
Escrevemos
\frac{1}{s(s+1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}.
Multiplicando ambos os lados por s(s+1) obtemos
1=A(s+1)+Bs = (A+B)s + A.
Comparando coeficientes (ou substituindo valores de s):
  • Igualando os termos constantes: A=1.
  • Igualando os coeficientes de s: A+B=0 B=-A=-1.
Logo
\frac{1}{s(s+1)}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}.
Agora usamos transformadas conhecidas:
  • \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s} para \operatorname{Re}(s)>0. Isso vem de \int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt=\left[-\dfrac{1}{s}e^{-st}\right]_0^\infty=\dfrac{1}{s}.
  • \mathcal{L}\{e^{-t}\}=\dfrac{1}{s+1} pois \int_{0}^{\infty} e^{-t}e^{-st}\,dt=\int_0^\infty e^{-(s+1)t}\,dt=\dfrac{1}{s+1}.
Pela linearidade da transformada inversa,
g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}-\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=1 - e^{-t},
para t\ge 0.

Passo 4

Aplicar o teorema do deslocamento no tempo com a=1. Já mostramos que G(s)=\dfrac{1}{s(s+1)} tem inversa g(t)=1-e^{-t}. Pela propriedade de deslocamento,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-1\cdot s}G(s)\} = u(t-1)\,g(t-1).
Portanto a inversa buscada \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} é u(t-1) multiplicando g(t-1). (Não vou repetir aqui a forma explícita final, que está na seção de resposta.)

Passo 5

Verificação rápida (opcional para sua segurança): se você quiser conferir, aplique a transformada de Laplace em u(t-1)g(t-1) e faça a mudança de variável \tau=t-1; você recupera exatamente e^{-s}\dfrac{1}{s(s+1)}. Isso garante que o procedimento está correto. Dica para a prova: quando aparecer e^{-as} multiplicando uma função racional, pense imediatamente em deslocamento no tempo; e sempre tente decompor a parte racional por frações parciais.

Resposta

f(t)=\bigl(1-e^{-(t-1)}\bigr)\,u(t-1)

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