Creo que la propiedad a la que te refieres es
$$ \ mathcal {L} \ left \ {f (t- \ tau) \ right \} = e ^ {- s \ tau} \ mathcal {L} \ left \ {f (t) \ right \ } $$
Esto significa que su función de transferencia no sigue realmente esa regla, y realmente no tiene un retraso de tiempo:
$$ H (s) = \ frac {s} {as ^ 2 + bs + c + de ^ {- sT}} $$
La resolución de la transformada de Laplace inversa para esta función probablemente involucre métodos numéricos. Lo que es es posible, es tener algo como esto:
$$ H (s) = \ frac {s + de ^ {- sT}} {como ^ 2 + bs + c} $$
Porque se puede separar en:
$$ H (s) = \ frac {s} {as ^ 2 + bs + c} + e ^ {- sT} \ frac {d} {as ^ 2 + bs + c} $$
Puedes ver que el segundo término también se puede separar en fracciones parciales, como el primer término. Los polos del denominador luego dirán algo sobre la estabilidad de la función de transferencia.
Estabilidad en general
La fórmula para la transformada de Laplace inversa es
$$ f (t) = \ frac {1} {2 \ pi j} \ lim_ {T \ to \ infty} \ int _ {\ sigma-jT} ^ {\ sigma + jT} F (s) e ^ {st} ds $$
donde \ $ \ sigma \ $ se elige para que sea mayor que todas las singularidades de \ $ F (s) \ $ en el plano complejo (en nuestro caso, de modo que incluya todos polos).
Esta integral se resuelve de manera equivalente mediante el Teorema de residuos de Cauchy :
$$ f (t) = \ mathcal {L} ^ {- 1} \ left \ {F (s) \ right \} = \ sum_ {all \ poles \ of \ F (s)} Res \ left [F (s) e ^ {st} \ right] $$
Recuerda, esto es general , es decir. ¡Siempre funciona para una función de transferencia con cualquier singularidad!
Por lo tanto, no importa si los polos provienen o no de un polinomio o de una función trascendental. Mientras las singularidades estén todas en el semiplano izquierdo, su residuo siempre contendrá un exponencial que decae a 0 en lugar de infinito. Cualquier singularidad en el RHP siempre conducirá a una exponencial que explota.
Apéndice
Se puede observar que \ $ e ^ {- sT} \ $ se puede expandir en su serie de Taylor:
$$ e ^ {z} = \ sum_ {n = 0} ^ {+ \ infty} \ frac {z ^ n} {n!} $$
Esto significa que su función de transferencia de ejemplo puede escribirse como
$$ \ begin {align}
H (s) & = \ frac {s} {as ^ 2 + bs + c + d \ cdot (\ sum_ {n = 0} ^ {+ \ infty} \ frac {(- sT) ^ n} {n !})} \\
& = \ frac {s} {\ sum_ {n = 0} ^ {+ \ infty} A_ns ^ n}
\ end {align} $$
Donde \ $ A_0 = c + d \ $, \ $ A_1 = b - d \ cdot T \ $, \ $ A_2 = a + d \ frac {T ^ 2} {2} \ $, \ $ A_n = d \ frac {(- T) ^ n} {n!}, \ forall n > 2 \ $.
Este tipo de función de transferencia tiene "polos" por todas partes. Esto es para ilustrar que definitivamente no puede lidiar con esto como una función de transferencia regular de segundo orden.
Apéndice
El residuo de un polo (simple) es
$$ Res_ {s = a} \ left [H (s) \ right] = \ lim_ {s \ to a} (s-a) F (s) $$
Para polos con multiplicidad \ $ n \ $:
$$ Res_ {s = a} \ left [H (s) \ right] = \ frac {1} {(n-1)!} \ lim_ {s \ to a} \ frac {d ^ {n -1}} {ds ^ {n-1}} \ left ((sa) ^ n H (s) \ right) $$