Questão 74. Suponha que F(s)=\frac{P(s)}{Q(s)}, onde P(s), Q(s) são polinômios, como no problema anterior, mas que Q(s) tenha uma raiz repetida \alpha_{k}=a com multiplicidade m, enquanto as demais raízes não se repetem, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}.
a) Mostre que
F(s)=\frac{A_{1}}{(s-a)^{m}}+\frac{A_{2}}{(s-a)^{m-1}}+\ldots+\frac{A_{m}}{s-a}+\frac{B_{1}}{s-b_{1}}+\frac{B_{2}}{s-b_{2}}+\ldots+\frac{B_{n}}{s-b_{n}} .
b) Mostre que
A_{k}=\lim _{s \rightarrow a} \frac{1}{(k-1)!} \frac{d^{k}}{d s^{k}}\left\{(s-a)^{m} F(s)\right\}, \quad k=1,2, \ldots, m .
c) Mostre que
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=e^{a t}\left\{\frac{A_{1}}{(m-1)!} t^{m-1}+\frac{A_{2}}{(m-2)!} t^{m-2}+\ldots+A_{m}\right\}+B_{1} e^{b_{1} t}+\ldots+B_{n} e^{b_{n} t} .
d) Como aplicação calcule \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2 s+3}{(s+1)^{2}(s+2)^{2}}\right\}.

Passo 1

O enunciado dá uma função racional \,F(s)=\dfrac{P(s)}{Q(s)}, em que P,Q são polinômios. Foi dada a informação de que Q(s) tem uma raiz \,a, de multiplicidade \,m e as demais raízes são simples, b_{1},b_{2},\ldots,b_{n}. O enunciado pede quatro coisas:
a) Mostrar que F(s) admite uma decomposição em frações parciais da forma
F(s)=\frac{A_{1}}{(s-a)^{m}}+\frac{A_{2}}{(s-a)^{m-1}}+\cdots+\frac{A_{m}}{s-a}+\frac{B_{1}}{s-b_{1}}+\cdots+\frac{B_{n}}{s-b_{n}}.
b) Mostrar uma fórmula para calcular os coeficientes A_{k} (os relacionados à raiz repetida a).
c) Mostrar a transformada inversa de Laplace \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} usando a decomposição em (a).
d) Aplicar tudo isso para calcular \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2s+3}{(s+1)^{2}(s+2)^{2}}\right\}.
Informações relevantes que usaremos: o denominador fatoriza como
Q(s)=(s-a)^{m}\prod_{j=1}^{n}(s-b_j),
assumiremos que \dfrac{P}{Q} é uma fração própria (caso contrário faria divisão polinomial antes). A resolução começa a partir daqui.

Passo 2

Demonstração da forma da decomposição (item a).
Fatorando Q(s) como dito,
Q(s)=(s-a)^{m}\prod_{j=1}^{n}(s-b_j).
Como todos os fatores lineares aparecem (com a repetição no fator (s-a)), pela teoria de frações parciais sobre \mathbb{R} (ou \mathbb{C}) existe uma decomposição em termos de potências de (s-a) até m e termos simples para cada raiz simples b_j. Escrevemos então a forma candidata
F(s)=\frac{A_{1}}{(s-a)^{m}}+\frac{A_{2}}{(s-a)^{m-1}}+\cdots+\frac{A_{m}}{s-a}+\sum_{j=1}^n\frac{B_j}{s-b_j},
onde os escalares A_1,\dots,A_m,B_1,\dots,B_n são constantes a determinar.
Por que essa forma existe e é única (intuição prática): multiplique ambos os lados da igualdade pelo denominador Q(s). O lado esquerdo vira P(s) (um polinômio) e o lado direito vira uma identidade polinomial em s. Igualdades polinomiais são determinadas pelos coeficientes (ou por avaliação em pontos suficientes), de modo que as incógnitas A_k,B_j podem ser determinadas unicamente por essa igualdade. Assim a forma é válida e única (apenas cuidando do caso em que F não é própria, que tratamos com divisão polinomial previamente).

Passo 3

Cálculo explícito dos coeficientes A_k (item b). Vamos construir uma fórmula prática e justificá‑la.
Defina a função auxiliar
H(s)=(s-a)^{m}F(s).
Observe que, pela decomposição do passo anterior,
H(s)=A_1 + A_2(s-a)+A_3(s-a)^2+\cdots + A_m (s-a)^{m-1} \;+\; (s-a)^m\sum_{j=1}^n\frac{B_j}{s-b_j}.
O último termo é uma função analítica (regular) em s=a e tem um fator (s-a)^m, logo na expansão de Taylor de H em torno de s=a os termos até ordem m-1 vêm apenas dos A_k. Ou seja, H é uma função analítica em s=a e sua expansão em potências de (s-a) começa por
H(s)=\sum_{r=0}^{\infty} c_r (s-a)^r,
onde, comparando com a expressão acima, temos c_{k-1}=A_k para k=1,\dots,m.
Agora usamos a relação entre coeficientes de Taylor e derivadas: o coeficiente c_r da série de Taylor é dado por
c_r=\frac{H^{(r)}(a)}{r!}.
Portanto, para k=1,2,\dots,m (onde r=k-1) obtemos
A_k=c_{k-1}=\frac{H^{(k-1)}(a)}{(k-1)!}.
Escrevendo H em termos de F,
A_k=\frac{1}{(k-1)!}\,H^{(k-1)}(a) =\frac{1}{(k-1)!}\left.\frac{d^{\,k-1}}{d s^{\,k-1}}\Big\{(s-a)^m F(s)\Big\}\right|_{s=a}.
Resumo da fórmula (forma prática): definindo H(s)=(s-a)^m F(s),
\boxed{\,A_k=\dfrac{1}{(k-1)!}\,H^{(k-1)}(a)=\dfrac{1}{(k-1)!}\left.\dfrac{d^{\,k-1}}{d s^{\,k-1}}\big[(s-a)^m F(s)\big]\right|_{s=a},\quad k=1,\dots,m.\,}
Observação rápida: isso é exatamente o que se faz em cálculo de resíduos para pólos de ordem m, lembrando que A_k são as constantes que aparecem nas potências do pólo repetido.

Passo 4

Transformada inversa (item c). Primeiro lembramos e justificamos a fórmula básica usada para termos do tipo \dfrac{1}{(s-a)^p}.
Fato útil: para p\in\mathbb{N},
\mathcal{L}\{t^{p-1}e^{a t}\}=\frac{(p-1)!}{(s-a)^p},\qquad\text{para } \Re(s)>\Re(a).
Breve justificativa: partimos de \mathcal{L}\{e^{a t}\}=\dfrac{1}{s-a}. Diferenciando p-1 vezes em relação a s obtemos
\frac{d^{\,p-1}}{ds^{\,p-1}}\left(\frac{1}{s-a}\right)=(-1)^{\,p-1}\frac{(p-1)!}{(s-a)^{p}}.
Pelo teorema que relaciona multiplicação por t no tempo com derivação em s,
\mathcal{L}\{(-t)^{p-1}e^{a t}\}=\frac{d^{\,p-1}}{ds^{\,p-1}}\left(\frac{1}{s-a}\right),
e reorganizando os sinais chega‑se à fórmula anunciada.
Logo a transformada inversa é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s-a)^{p}}\right\}=\frac{t^{p-1}e^{a t}}{(p-1)!}.
Agora aplicamos isso termo a termo à decomposição do passo 2. Para os termos relativos à raiz repetida a (que aparecem como \dfrac{A_k}{(s-a)^{m-k+1}} — lembrando que em (a) o primeiro coeficiente está com (s-a)^{m} e o último com (s-a)) temos, para k=1,\dots,m, que o termo \dfrac{A_k}{(s-a)^{m-k+1}} corresponde a
A_k\cdot\frac{t^{m-k}e^{a t}}{(m-k)!}.
Escrevendo todos os termos juntos obtemos
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = e^{a t}\!\left\{\frac{A_{1}}{(m-1)!}t^{m-1}+\frac{A_{2}}{(m-2)!}t^{m-2}+\cdots +A_{m}\right\} +\sum_{j=1}^n B_j e^{b_j t}.
(Isto usa linearidade e a transformada inversa de 1/(s-b_j) que é e^{b_j t}.)

Passo 5

Aplicação prática (item d): calcular \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2s+3}{(s+1)^{2}(s+2)^{2}}\right\}.
  1. Escrevemos a decomposição para raízes -1 e -2, cada uma com multiplicidade 2 (ou seja m=2 para cada bloco):
\frac{2s+3}{(s+1)^{2}(s+2)^{2}} =\frac{A_1}{(s+1)^2}+\frac{A_2}{s+1}+\frac{B_1}{(s+2)^2}+\frac{B_2}{s+2}.
  1. Para encontrar A_1,A_2 use H_1(s)=(s+1)^2 F(s)=\dfrac{2s+3}{(s+2)^2}.
    Pelo passo 3, A_1=H_1(-1) e A_2=H_1'(-1) (porque m=2, então A_1=H_1^{(0)}(-1) e A_2=H_1^{(1)}(-1)).
Calcule H_1(-1):
H_1(-1)=\frac{2(-1)+3}{(-1+2)^2}=\frac{-2+3}{1}=1,
logo A_1=1.
Calcule H_1'(s). Escrevendo H_1(s)=(2s+3)(s+2)^{-2}, pela regra do produto:
H_1'(s)=2(s+2)^{-2}+(2s+3)(-2)(s+2)^{-3} = \frac{2}{(s+2)^2}-\frac{2(2s+3)}{(s+2)^3}.
Simplifique combinando denominadores:
H_1'(s)=\frac{2(s+2)-2(2s+3)}{(s+2)^3} =\frac{2s+4-4s-6}{(s+2)^3} =\frac{-2s-2}{(s+2)^3}=-\frac{2(s+1)}{(s+2)^3}.
Avalie em s=-1:
H_1'(-1)=-\frac{2(0)}{1}=0,
portanto A_2=0.
  1. Para B_1,B_2 (raiz em -2) faça G(s)=(s+2)^2 F(s)=\dfrac{2s+3}{(s+1)^2}.
    Então B_1=G(-2) e B_2=G'(-2).
Calcule G(-2):
G(-2)=\frac{2(-2)+3}{(-2+1)^2}=\frac{-4+3}{1}=-1,
logo B_1=-1.
Calcule G'(s) com G(s)=(2s+3)(s+1)^{-2}:
G'(s)=2(s+1)^{-2}-(2s+3)2(s+1)^{-3} =\frac{2}{(s+1)^2}-\frac{2(2s+3)}{(s+1)^3} =\frac{2(s+1)-2(2s+3)}{(s+1)^3} =\frac{-2s-4}{(s+1)^3}=-\frac{2(s+2)}{(s+1)^3}.
Avalie em s=-2:
G'(-2)=-\frac{2(0)}{(-1)^3}=0,
logo B_2=0.
  1. Assim a decomposição ficou simples:
\frac{2s+3}{(s+1)^{2}(s+2)^{2}}=\frac{1}{(s+1)^2}-\frac{1}{(s+2)^2}.
  1. Aplicando a transformada inversa termo a termo (usando \mathcal{L}^{-1}\{1/(s-a)^2\}=t e^{a t}) obtemos
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2s+3}{(s+1)^{2}(s+2)^{2}}\right\} = t e^{-t} - t e^{-2t} = t\bigl(e^{-t}-e^{-2t}\bigr).

Resposta

(a) \displaystyle F(s)=\frac{A_{1}}{(s-a)^{m}}+\frac{A_{2}}{(s-a)^{m-1}}+\ldots+\frac{A_{m}}{s-a}+\frac{B_{1}}{s-b_{1}}+\ldots+\frac{B_{n}}{s-b_{n}}.\n
(b) \displaystyle A_k=\frac{1}{(k-1)!}\left.\frac{d^{\,k-1}}{ds^{\,k-1}}\big[(s-a)^m F(s)\big]\right|_{s=a},\quad k=1,\ldots,m.\n
(c) \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=e^{a t}\!\left\{\frac{A_{1}}{(m-1)!}t^{m-1}+\frac{A_{2}}{(m-2)!}t^{m-2}+\ldots+A_{m}\right\}+B_{1}e^{b_{1}t}+\ldots+B_{n}e^{b_{n}t}.\n
(d) \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{2s+3}{(s+1)^{2}(s+2)^{2}}\right\}=t\bigl(e^{-t}-e^{-2t}\bigr).

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