Sejam F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} e Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}. Determine a transformada inversa de Laplace da função:
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s^{3}};

Passo 1

O enunciado nos dá a função no domínio de s
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s^{3}}
e pede a transformada inversa de Laplace y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}. Informações relevantes dadas:
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s^{3}}.
Não há outras condições iniciais ou parâmetros além do deslocamento exponencial e^{-s}. A pergunta é: qual é a função y(t) no tempo que corresponde a esse Y(s)?

Passo 2

Primeiro identificamos a parte sem o fator exponencial: \dfrac{1}{s^{3}}. Vamos achar a inversa de Laplace de \dfrac{1}{s^{3}}. Uma fórmula útil (vamos demonstrar no próximo passo para o caso necessário) é que, para n inteiro não negativo,
\mathcal{L}\{t^{n}\}=\frac{n!}{s^{n+1}}.
Aplicando isso para n=2 obtemos
\mathcal{L}\{t^{2}\}=\frac{2!}{s^{3}}=\frac{2}{s^{3}}.
Portanto a transformada inversa de \dfrac{1}{s^{3}} é uma constante multiplicativa:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{3}}\right\}=\frac{t^{2}}{2}.

Passo 3

Para ser bem didático, mostro rapidamente como calcular \mathcal{L}\{t^{2}\} por integração, confirmando o resultado anterior. Pela definição
\mathcal{L}\{t^{2}\}=\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-st}\,dt.
Fazemos integração por partes duas vezes. Primeiro, tome u=t^{2} e dv=e^{-st}\,dt. Então du=2t\,dt e v=-\frac{1}{s}e^{-st}. Assim
\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-st}\,dt = \left[-\frac{t^{2}}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\infty} + \frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt.
O termo de fronteira vale zero para s>0. Para a integral restante aplicamos integração por partes de novo: tome u=t, dv=e^{-st}\,dt, então du=dt, v=-\frac{1}{s}e^{-st}. Assim
\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt = \left[-\frac{t}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt.
Novamente o termo de fronteira é zero e \int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt=\frac{1}{s}. Logo
\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt = \frac{1}{s^{2}}.
Substituindo na expressão anterior:
\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-st}\,dt = \frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{2}{s^{3}}.
Isso confirma \mathcal{L}\{t^{2}\}=\dfrac{2}{s^{3}} e, portanto, \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s^{3}}\}=\dfrac{t^{2}}{2}.

Passo 4

Agora tratamos o fator e^{-s}. Existe um teorema de deslocamento no tempo (teorema do degrau deslocado) que diz: se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então, para a>0,
\mathcal{L}\{u(t-a)\,f(t-a)\}=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função degrau de Heaviside (igual a 0 para t<a e 1 para t\ge a). Vou mostrar uma prova curta e direta: calcule
\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} u(t-a)f(t-a)e^{-st}\,dt=\int_{a}^{\infty} f(t-a)e^{-st}\,dt.
Fazendo a mudança de variável \tau=t-a obtemos
\int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s(\tau+a)}\,d\tau=e^{-as}\int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau=e^{-as}F(s),
que é exatamente o enunciado do teorema.

Passo 5

Aplicamos o teorema com a=1 e com a função que encontramos no Passo 2: f(t)=\dfrac{t^{2}}{2}. Assim
Y(s)=e^{-s}\cdot\frac{1}{s^{3}} = e^{-1\cdot s}\,F(s)
com F(s)=\dfrac{1}{s^{3}} e f(t)=\dfrac{t^{2}}{2}. Pelo teorema,
y(t)=u(t-1)\,\frac{(t-1)^{2}}{2}.
É útil também escrever explicitamente em forma por partes:
y(t)=\begin{cases} 0, & t<1,\\[4pt] \dfrac{(t-1)^{2}}{2}, & t\ge 1. \end{cases}]

Resposta

y(t)=u(t-1)\,\dfrac{(t-1)^{2}}{2}\)\n\(y(t)=\begin{cases}0,&t<1,\\[4pt]\dfrac{(t-1)^{2}}{2},&t\ge1.\end{cases}]

Exercícios relacionados