Métodos diferentes para encontrar a transformada inversa de Laplace

Encontre a transformação Laplace de:$$F(s)=\frac{1}{s^4(s^2+1)}$$

Era a questão do ponto de bônus no meu exame. Eu resolvi isso com este Lema:

Deixei $F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}$, temos $\frac{F(s)}{s}=\mathcal{L}\{\int_o^tf(x)dx\}$ e avalio 4 integrais e recebo $\frac{t^3}{6}+\sin(t)-t$,corretamente.

Aqui está minha pergunta:

1.Há algum outro método para avaliá-lo? (A propósito, eu poderia resolvê-lo usando frações parciais e convolução.)

2. Em tais questões, podemos encontrar a Transformada Inversa de Laplace diretamente com relação a $t$parâmetro ou resolvê-lo com convolução. qual método é melhor e vale mais matematicamente? Quero dizer, quando usamos a convolução, temos integral em nossa resposta final. (Acho que escrever a resposta diretamente tem apenas uma variável$t$ é mais propriedade e melhor em matemática.)

Desde já, obrigado!

Pelo teorema da convolução você tem: $$f(t)=I=\dfrac {1}{3!}\int_0^t\sin(t-\tau) \tau ^3 d\tau$$Você pode avaliar essa integral, é claro. Integre por parte. Você receberá a mesma resposta que a sua.

Uma primeira integração $$-6I=\int_0^t\sin(\tau-t) \tau ^3 d\tau$$ $$-6I=-\cos(\tau-t)\tau^3\bigg |_0^t+ \int_0^t-\cos(\tau-t)3\tau ^2 d\tau$$ $$-6I=-t^3+ 3\int_0^t\cos(\tau-t)\tau ^2 d\tau$$ $$-6I=-t^3- 6\int_0^t\sin(\tau-t)\tau d\tau$$ $$-6I=-t^3+ 6t+6\int_0^t\cos(\tau-t) d\tau$$ $$-6I=-t^3+ 6t-6\sin(t)$$ Finalmente : $$ \boxed {f(t)=\dfrac {t^3}6-t+\sin(t)}$$

Se você quiser encontrar a transformação inversa de Laplace de$\frac{1}{s^4(s^2+1)}$ você apenas tem que notar que existe um pólo de ordem $4$ na origem e pólos simples em $\pm i$, então, para algumas constantes $$ \frac{1}{s^4(s^2+1)} = \frac{A}{s^4}+\frac{B}{s^3}+\frac{C}{s^2}+\frac{D}{s}+\frac{E}{s-i}+\frac{F}{s+i} $$ segura e é muito simples de calcular $\mathcal{L}^{-1}$de qualquer termo no RHS. Para encontrar tais constantes, você pode notar que$$ \frac{1}{s^4(s^2+1)}=\frac{1}{s^2}\cdot\left(\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^2+1}\right)=\frac{1}{s^4}-\frac{1}{s^2}+\frac{1}{s^2+1} $$ então $(\mathcal{L}^{-1} F)(t)$ É dado por $\frac{t^3}{6}-t+\sin(t)$.

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \left.\mrm{f}\pars{t}\right\vert_{\, t\ >\ 0} & = \int_{0^{+} - \infty\ic}^{0^{+} + \infty\ic} {1 \over s^{4}\pars{s^{2} +1}}\,\expo{ts}\,{\dd s \over 2\pi\ic} \\[3mm]\ & = 2\pi\ic\bracks{{\expo{t\ic} \over 2\ic} + {\expo{t\pars{-\ic}} \over -2\ic}}\,{1 \over 2\pi\ic} + 2\pi\ic\,{1 \over 3!}\lim_{s \to 0} \partiald[3]{}{s}\pars{{\expo{ts} \over s^{2} +1}\,{1 \over 2\pi\ic}} \\[3mm]\ & = \sin\pars{t} + {1 \over 6}\lim_{s \to 0} \partiald[3]{}{s}\braces{\bracks{1 + ts + {1 \over 2}\pars{ts}^{2} + {1 \over 6}\pars{ts}^{3}}\pars{1 - s^{2}}} \\[3mm]\ & = \sin\pars{t} + {1 \over 6}\lim_{s \to 0} \partiald[3]{}{s}\pars{-ts^{3} + {1 \over 6}\,t^{3}s^{3}} \\[3mm] & = \bbx{\sin\pars{t} + {1 \over 6}\,t^{3} - t} \end{align}

Uma abordagem fácil para dividir a fração $F(s)=\frac{1}{s^4(s^2+1)}$ por fração parcial: $$\frac{1}{s^4(s^2+1)} = \frac{A}{s^4}+\frac{B}{s^3}+\frac{C}{s^2}+\frac{D}{s}+\frac{Es+F}{s^2+1}$$ Porque $F(s)$ é mesmo função e $F(s)=F(-s)$ então $B=D=E=0$: $$\frac{1}{s^4(s^2+1)} = \frac{A}{s^4}+\frac{C}{s^2}+\frac{F}{s^2+1}$$ $A=1,C=-1,F=1$