1. Sendo F(s)=\frac{2 s-14}{s^{2}-6 s+13}, encontre f(t) para o qual \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s).
    A) f(t)=e^{-3 t}(2 \cos (3 t)-3 \sin (3 t))
    B) f(t)=e^{3 t}(2 \cos (3 t)+2 \sin (3 t))
    C) f(t)=e^{-3 t}(4 \cos (3 t)-2 \sin (3 t))
    D) f(t)=e^{3 t}(2 \cos (2 t)-4 \sin (2 t))
    E) f(t)=e^{3 t}(4 \cos (2 t)+2 \sin (2 t))

Passo 1

O enunciado fornece
F(s)=\frac{2s-14}{s^2-6s+13}
e pede f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}.
O conteúdo aqui é transformada inversa de Laplace com deslocamento no eixo s (teorema do deslocamento), então vamos completar o quadrado no denominador e reescrever o numerador em termos de (s-3).

Passo 2

Completo o quadrado em s^2-6s+13:
s^2-6s+13 = (s-3)^2 + 9+4 -9 = (s-3)^2 + 4.

Passo 3

Decompomos o numerador 2s-14 em A(s-3)+B. Ou seja, buscamos A,B tais que
2s-14 = A(s-3)+B = As -3A + B.
Comparando coeficientes de s: A=2. Então
2s-14 = 2(s-3) + B +6 \implies -14 = -6 + B \implies B=-8.

Passo 4

Escrevemos
F(s) = \frac{2(s-3)-8}{(s-3)^2+2^2} = 2\,\frac{s-3}{(s-3)^2+2^2} \;-\;8\,\frac{1}{(s-3)^2+2^2}.
Pelas transformadas conhecidas e pelo teorema do deslocamento:
\mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{\frac{s-3}{(s-3)^2+2^2}\Bigr\} = e^{3t}\cos(2t),
\mathcal{L}^{-1}\!\Bigl\{\frac{1}{(s-3)^2+2^2}\Bigr\} = e^{3t}\,\frac{\sin(2t)}{2}.

Passo 5

Aplicando ao caso temos
f(t) =2\,e^{3t}\cos(2t) \;-\;8\,e^{3t}\,\frac{\sin(2t)}{2} = e^{3t}\bigl(2\cos(2t)-4\sin(2t)\bigr).

Resposta

D) f(t)=e^{3t}\bigl(2\cos(2t)-4\sin(2t)\bigr)

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