Utilize as tabelas adequadas e determine:
(2,5) f(t) para F(s)=\frac{4(s+15)}{s\left(s^{2}+2 s+2\right)}

Passo 1

O enunciado pede para determinar f(t) a partir da transformada de Laplace dada:
F(s)=\frac{4(s+15)}{s\left(s^{2}+2 s+2\right)}.
Informações fornecidas relevantes:
F(s)=\frac{4(s+15)}{s\left(s^{2}+2 s+2\right)}.
A tarefa é calcular f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} usando tabelas (pares usuais da transformada de Laplace) e técnicas algébricas.

Passo 2

Observação útil sobre o denominador quadrático: vamos completar o quadrado em s^{2}+2s+2 para identificar um termo no formato (s+a)^{2}+b^{2}, que é padrão nas tabelas.
s^{2}+2s+2 = (s+1)^{2}+1.
Isso indica que termos do tipo \dfrac{s+1}{(s+1)^{2}+1} e \dfrac{1}{(s+1)^{2}+1} corresponderão, respectivamente, a e^{-t}\cos t e e^{-t}\sin t nas tabelas (ver explicação de pares no Passo 6).

Passo 3

Vamos fazer uma decomposição em frações parciais do tipo
\frac{4(s+15)}{s\left(s^{2}+2 s+2\right)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+2s+2}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^{2}+2s+2) obtemos a identidade polinomial
4(s+15)=A\bigl(s^{2}+2s+2\bigr)+(Bs+C)s.

Passo 4

Desenvolvendo os termos do lado direito e agrupando coeficientes em potências de s:
A(s^{2}+2s+2)+(Bs+C)s = (A+B)s^{2}+(2A+C)s+2A.
Comparando com o lado esquerdo 4(s+15)=4s+60, obtemos o sistema de equações para os coeficientes:
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 2A+C=4,\\[4pt] 2A=60. \end{cases}
Da terceira equação vem
2A=60\implies A=30.
Logo
B=-A=-30,
e da segunda
2\cdot 30 + C = 4 \implies 60 + C = 4 \implies C = -56.]

Passo 5

Substituindo A,B,C na decomposição obtemos
F(s)=\frac{30}{s}+\frac{-30s-56}{s^{2}+2s+2}.
Para usar os pares da tabela relacionados a deslocamento (s+1), reescrevemos o numerador do segundo termo em função de s+1:
-30s-56 = -30(s+1)-26.
Portanto
F(s)=\frac{30}{s}-30\cdot\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1}-26\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.

Passo 6

Aplicamos a transformada inversa termo a termo usando pares usuais da tabela:
  • Par 1: \displaystyle \mathcal{L}\{1\}=\frac{1}{s}. Portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{30}{s}\right\}=30\cdot 1=30.
Explicando: \frac{1}{s} é a transformada de Laplace da função constante 1 (para t\ge 0).
  • Par 2 (deslocamento no eixo s): \displaystyle \mathcal{L}\{e^{-a t}\cos(bt)\}=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}. Aqui a=1 e b=1. Assim
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\cos t.
Explicando: o termo (s+1) no numerador corresponde ao cosseno multiplicado pela exponencial e^{-t}.
  • Par 3: \displaystyle \mathcal{L}\{e^{-a t}\sin(bt)\}=\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}. Com a=1, b=1 temos \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\sin t, pois aqui b=1 (não há fator extra).
Agora aplicamos estes resultados aos termos de F(s):
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=30 -30\cdot e^{-t}\cos t -26\cdot e^{-t}\sin t.
Podemos fatorar e^{-t} se quisermos, mas a forma acima já é clara.

Resposta

f(t)=30-30e^{-t}\cos t-26e^{-t}\sin t

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