Sejam F(s)=\mathcal{L}[f(t)] e Y(s)=\mathcal{L}[y(t)]. Determine a transformada inversa de Laplace da função:
F(s)=\frac{1-e^{-\pi s}}{s^{2}+4}

Passo 1

O enunciado pede: determinar a transformada inversa de Laplace da função
F(s)=\frac{1-e^{-\pi s}}{s^{2}+4}.
Informações dadas que vamos usar:
F(s)=\frac{1}{s^{2}+4}-\frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+4}.
A tarefa é encontrar f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}, ou seja, escrever f(t) explicitamente em função de t. Nada mais é pedido.

Passo 2

Primeiro passo técnico: decompor F(s) em termos mais simples (já feito acima). Vamos inverter a transformada termo a termo:
\frac{1-e^{-\pi s}}{s^{2}+4}=\frac{1}{s^{2}+4}-\frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+4}.
A ideia é inverter \dfrac{1}{s^{2}+4} e \dfrac{e^{-\pi s}}{s^{2}+4} separadamente.

Passo 3

Lembrete importante (fórmula que usaremos) — transformada de Laplace da função seno:
\mathcal{L}\{\sin(bt)\}=\frac{b}{s^{2}+b^{2}},
onde b é uma constante positiva. Aqui a definição de transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,
mas para a fórmula acima já podemos confiar no resultado padrão: por exemplo, se b=2 então \mathcal{L}\{\sin(2t)\}=\dfrac{2}{s^{2}+4}. Isso é útil para reconhecer inversas.

Passo 4

Usando a fórmula do passo anterior, temos
\mathcal{L}\{\sin(2t)\}=\frac{2}{s^{2}+4}.
Dividindo ambos os lados por 2 obtemos
\mathcal{L}\left\{\frac{1}{2}\sin(2t)\right\}=\frac{1}{s^{2}+4}.
Portanto a inversa da primeira parcela é
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\sin(2t).

Passo 5

Agora a ferramenta para a segunda parcela: o teorema do deslocamento no tempo. Ele diz que, se
\mathcal{L}\{g(t)\}=G(s),
então
\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=e^{-a s}G(s),
onde u(t-a) é a função degrau unitário (Heaviside), definida por u(t-a)=0 para t<a e u(t-a)=1 para t>a. A inversa correspondente é
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}G(s)\}=g(t-a)u(t-a).
Intuição rápida: multiplicar por e^{-a s} no domínio s desloca a função no tempo para a direita por a.

Passo 6

Aplicando o teorema do deslocamento com a=\pi e G(s)=\dfrac{1}{s^{2}+4} (cuja inversa já sabemos ser \tfrac{1}{2}\sin(2t)), obtemos
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\sin\bigl(2(t-\pi)\bigr)\,u(t-\pi).
Então a inversa da segunda parcela é essa função retardada multiplicada pelo degrau.

Passo 7

Juntando os dois resultados (subtraindo a segunda parcela da primeira), temos
f(t)=\frac{1}{2}\sin(2t)-\frac{1}{2}\sin\bigl(2(t-\pi)\bigr)\,u(t-\pi).

Passo 8

Podemos simplificar mais usando a periodicidade do seno. Lembrando que \sin(\theta-2\pi)=\sin(\theta) porque o seno tem período 2\pi. Aqui
\sin\bigl(2(t-\pi)\bigr)=\sin(2t-2\pi)=\sin(2t).
Portanto a expressão anterior fica
f(t)=\frac{1}{2}\sin(2t)-\frac{1}{2}\sin(2t)\,u(t-\pi).

Passo 9

Fatorando \tfrac{1}{2}\sin(2t)\) ou escrevendo em forma de peça, obtemos formas equivalentes mais intuitivas: \[f(t)=\frac{1}{2}\sin(2t)\bigl(1-u(t-\pi)\bigr).
Em forma peça-a-peça (que é muito útil em provas):
f(t)=\begin{cases} \displaystyle \tfrac{1}{2}\sin(2t), & 0\le t<\pi,\\[6pt] 0, & t\ge\pi. \end{cases}
Nota: em t=\pi\] a função vale \(0 porque \sin(2\pi)=0, então ambas as expressões coincidem.]

Resposta

f(t)=\frac{1}{2}\sin(2t)-\frac{1}{2}\sin\bigl(2(t-\pi)\bigr)\,u(t-\pi)
\text{equivalente a}\quad f(t)=\frac{1}{2}\sin(2t)\bigl(1-u(t-\pi)\bigr)= \begin{cases} \displaystyle \tfrac{1}{2}\sin(2t), & 0\le t<\pi,\\[6pt] 0, & t\ge\pi. \end{cases}]

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