Trasformata di Laplace - Iac-Cnr

Parte 3
Trasformata di Laplace
Indice
Parte 3.
Trasformata di Laplace
Capitolo 1. La trasformata di Laplace
Capitolo 2. L’antitrasformata di Laplace
1
5
23
Capitolo 3. Equazioni differenziali ordinarie con metodo di
Laplace
33
Complementi
45
3
Capitolo 1
La trasformata di Laplace
Introduciamo ora un’altra trasformazione che, cosı̀ come le
trasformata di Fourier, associa ad una funzione una nuova funzione, definita mediante un integrale. Questa è dovuta a Laplace.
Definizione 1.1. Prendiamo una funzione F : (0, +∞) →
R, ed un numero s (che può essere reale o complesso). Si dice
Integrale di Laplace
Z +∞
e−st F (t) dt.
0
È un integrale generalizzato, infatti quando scriviamo l’integrale
da 0 a +∞ sottintendiamo1
Z T
e−st F (t) dt.
lim lim+
T →+∞ r→0
r
Pertanto, la prima domanda da farsi è se questo integrale converge o no. Dipenderà sia dalla funzione F che dal numero
s.
1Si
noti che in generale F è definita solo per t positivi, dunque nulla ci
assicura che sia limitata per t vicino a 0.
5
6
1. TRASFORMATA
Indichiamo
A :=
s∈R :
Z
+∞
−st
e
F (t) dt converge
0
.
Per ogni s dentro A, l’integrale di Laplace ci dà come risultato
un numero reale. Resta cosı́ definita una funzione
Z +∞
e−st F (t) dt,
f : A −→ R,
f (s) =
0
che chiamiamo trasformata di Laplace (reale) della funzione F .
Scriviamo anche L(F (t)) (s) = f (s).
L’insieme A si dice dominio della trasformata di Laplace (reale)
della funzione F .
Se s = x + iy è un numero complesso, abbiamo
Z +∞
Z +∞
−st
e F (t) dt =
e−xt [cos yt − i sin yt] F (t) dt
0
0
Z +∞
Z +∞
−xt
=
e cos ytF (t) dt − i
e−xt sin ytF (t) dt.
0
0
Dunque, quando s è complesso, l’integrale di Laplace converge
se, e solo se, i due integrali reali
Z +∞
Z +∞
−xt
e cos ytF (t) dt e
e−xt sin ytF (t) dt
0
0
convergono.
Indichiamo poi
Z
à := s ∈ C :
+∞
−st
e
F (t) dt converge
0
;
per ogni s dentro Ã, l’integrale di Laplace ci dà come risultato
un numero complesso. Resta cosı́ definita una funzione
Z +∞
e−st F (t) dt,
f˜ : Ã −→ C,
f˜(s) =
0
1. TRASFORMATA
7
che chiamiamo trasformata di Laplace (complessa) della funzione
F . L’insieme à si dice dominio della trasformata di Laplace (complessa) della funzione F .
Se non viene specificato diversamente, d’ora in poi intenderemo
la trasformata di Laplace reale.
Diremo che una funzione F è trasformabile secondo Laplace se
esiste almeno un valore di s tale che il corrispondente integrale
di Laplace converge.
Osservazione 1.1. Si noti che, quando definiamo l’integrale
di Laplace (e dunque anche la trasformata), stiamo pensando che
la funzione F è uguale a zero sul semiasse negativo 0 < t < +∞.
In tal modo
Z +∞
Z +∞
−st
e F (t) dt =
e−st F (t) dt.
0
−∞
Poiché, come abbiamo appena visto, stabilire se una funzione
è trasformabile o meno è equivalente a studiare la convergenza di
opportuni integrali generalizzati, è utile richiamare alcuni criteri
di convergenza. Li trovate nei complementi.
Vediamo con qualche esempio cosa può succedere. Certamente
ci sono funzioni che non sono trasformabili secondo Laplace.
2
Esempio 1.1. Prendiamo F (t) = et , e studiamo la convergenza del suo integrale di Laplace
Z +∞
2
et −st dt.
0
2
Per ogni s fissato, la funzione integranda è G(t) := et −st , che
è continua su [0, +∞): dunque l’integrale vicino a zero è un
8
1. TRASFORMATA
integrale “classico” e non abbiamo problemi. Studiamo la convergenza dell’integrale vicino a +∞: poiché
2 −st
lim et
t→+∞
= +∞2,
il Teorema 3.1 ci assicura che l’integrale di Laplace non converge per nessun valore reale di s. E se s è complesso? cambia
qualcosa?
L’Esempio 1.1 ci suggerisce che F (t) non è trasformabile se cresce
“troppo velocemente”. Vediamo un altro esempio
Esempio 1.2. 3 Studiamo la convergenza dell’integrale di
Laplace (reale e complesso) della funzione:
F (t) = eat ,
a ∈ R.
Trasformata reale, cioè s ∈ R.
Z +∞
Z
−st at
e e dt = lim
T →+∞
0
T
e(a−s)t dt.
0
Se s = a, abbiamo immediatamente che tale integrale è uguale a
Z T
dt = lim T = +∞.
lim
T →+∞
0
T →+∞
Se, invece, s 6= a, l’integrale di Laplace è
t=T
1 (a−s)t
1
lim
e
= lim
e(a−s)T − 1
T →+∞ a − s
T →+∞ a − s
t=0

 +∞
se s < a,
1
=

se s > a.
s−a
Il calcolo appena fatto può essere sintetizzato dicendo: Per ogni
numero reale a, la funzione F (t) = eat è trasformabile secondo
2s
è un numero fissato, dunque t2 − st → +∞ quando t → +∞!
3È bene ricordare le trasformate delle funzioni elementari, come eat , sin(at),
cos(at), tn ....
1. TRASFORMATA
9
Laplace (reale). Il dominio della trasformata (reale) è l’insieme
(a, +∞), e l’espressione della trasformata (reale) è f (s) = 1/(s−
a).
Trasformata complessa, cioè s = x + iy ∈ C.
 T

Z
ZT
Z+∞
e−st eat dt = lim  e(a−x)t cos yt dt − i e(a−x)t sin(yt) dt.
T →+∞
0
0
0
Quando y = 0, abbiamo in effetti s = x ∈ R: si applicano
pertanto i ragionamenti fatti per la trasformata reale. Quando,
invece, y 6= 0, distinguiamo i casi seguenti. Se x = a, l’integrale
di Laplace è uguale a
 T

t=T
Z
ZT
sin
yt
cos
yt
lim  cos yt dt − i sin yt dt = lim
+i
T →+∞
T →+∞
y
y
t=0
0
0
1
[sin yT + i (cos yT − 1)]
T →+∞ y
= lim
e tale limite, come è ben noto, non esiste.
Se x 6= a, calcoliamo separatamente
Z T
e(a−x)t cos yt dt
0
I×P
=
I×P
=
t=T
Z T
y
1 (a−x)t
+
e
cos yt
e(a−x)t sin yt dt
a−x
a
−
x
0
t=0
t=T
1 (a−x)t
y
(a−x)t
e
cos yt +
e
sin yt
a−x
(a−x)2
t=0
y2
−
(a−x)2
Z
0
T
e(a−x)t cos yt dt,
10
1. TRASFORMATA
e dunque
y2
1+
(a−x)2
Z
T
e(a−x)t cos yt dt
0
t=T
1 (a−x)t
y
(a−x)t
=
.
e
cos yt +
e
sin yt
a−x
(a−x)2
t=0
Pertanto
Z
T
e(a−x)t cos yt dt
0
t=T
y
1
(a−x)2
(a−x)t
cos yt +
sin yt
e
=
(a−x)2 + y 2
a−x
(a−x)2
t=0
=
(a−x)T
1
e
((a−x) cos yt + y sin yt) + x − a .
2
2
(a−x) + y
In modo simile si calcola
Z
T
e(a−x)t sin yt dt
0
=
(a−x)T
1
e
((a−x) sin yt − y cos yt) + y .
2
2
(a−x) + y
1. TRASFORMATA
11
Sommando i due termini otteniamo che, se x 6= a e y 6= 0,
l’integrale di Laplace è
1
lim e(a−x)T [(a−x+iy) cos yt
2
2
(a−x) + y T →+∞
−i(a−x+iy) sin yt] + x−a−iy
=

non esiste il limite






o
se x < a,
x−a−iy
1
s−a
=
=
se x > a.
2
2
2
(a−x) + y
|s − a|
s−a
Il calcolo appena fatto può essere sintetizzato dicendo: Per ogni
numero reale a, la funzione F (t) = eat è trasformabile secondo
Laplace (complesso). Il dominio della trasformata (complessa) è
l’insieme {s ∈ C : <(s) > a}, e l’espressione della trasformata
(complessa) è f (s) = 1/(s − a).
Sull’onda di questo esempio ci aspettiamo che, quando riusciamo
a controllare la crescita di F (t) con un esponenziale, la funzione
sia trasformabile. Questo è vero in generale. Per esprimerlo
chiaramente, introduciamo una definizione.
Definizione 1.2. Diciamo che una funzione F : (0, +∞) →
R è di ordine esponenziale se esisistono un numero reale γ ed un
numero positivo m tali che
|F (t)| ≤ meγt
per ogni t > 0.
Vale il seguente teorema:
Teorema 1.2 (Condizione sufficiente di trasformabilità). Sia
F : (0, +∞) → R una funzione generalmente continua di ordine
12
1. TRASFORMATA
esponenziale γ. Allora la funzione è trasformabile secondo Laplace; inoltre il dominio della trasformata reale contiene la semiretta (γ, +∞), mentre il dominio della trasformata complessa
contiene il semipiano {<(s) > γ}.
Dim. Verificheremo che la funzione t 7→ e−st F (t) è assolutamente integrabile sull’intervallo (0, +∞) per ogni s > γ. Da ciò
segue la nostra tesi perché allora l’integrale di Laplace converge
per tali s reali (e con minime modifiche si tratta anche l’integrale
di Laplace complesso). Poiché la proprietà di essere a crescita
esponenziale assicura che e−st F (t) è limitata per t → 0+ , non
abbiamo problemi in un intorno destro di t = 0 (qui si tratta di
un integrale standard). Per quel che riguarda l’altro estremo di
integrazione, se s > γ abbiamo
−st
e F (t) ≤ me−(s−γ)t ,
con s−γ < 0. In particolare, |e−st F (t)| va a zero più velocemente
di qualunque potenza 1/tα con α > 1 (per t → +∞). Dunque
l’integrale di Laplace converge per il criterio 3.2.
Vediamo con un esempio come possiamo calcolare direttamente la trasformata di Laplace.
Esempio 1.3. Consideriamo la funzione

se 0 < t < 1,
 1−t
F (t) =

2
se t ≥ 1
Si vede che F è generalmente continua, ed è a crescita esponenziale di ordine 0, infatti
F (t) ≤ 2 = 2 e0t
per ogni t > 0,
1. TRASFORMATA
13
Dunque il Teorema 1.2 implica che F è trasformabile, e il dominio della trasformata contiene (0, +∞). Calcoliamo ora esplicitamente l’espressione della trasformata. Dalla definizione stessa
abbiamo
Z +∞
Z 1
Z +∞
−st
−st
e−st 2dt.
e (1 − t) dt +
e F (t) dt =
1
0
0
Il primo integrale è “classico”, lo possiamo calcolare con il solito
metodo di integrazione per parti successive:
t=1 Z 1
Z 1
1 −st
I×P
−st
e (1 − t) dt = − e (1 − t)
e−st dt
−
s
0
0
t=0
1
1
= − e−st (1 − t) + 2 e−st
s
s
t=1
=
t=0
1
1
+ 2 e−s − 1 .
s s
Per quel che riguarda il secondo integrale, cominciamo con l’osservare che, se s = 0, ci dà
Z +∞
e−0t 2dt = 2 lim (T − 1) = +∞.
1
T →+∞
Se, poi, s 6= 0, ci dà
2 −st t=T 2 −s
−sT
=
e − lim e
lim − e
t=1
T →+∞
T →+∞
s
s
=
 2 −s
 se

+∞
se s > 0,
se s < 0.
Ricapitolando, abbiamo visto che la funzione F (t) ha come dominio della trasformata l’insieme (0, +∞), e l’espressione esplicita
della trasformata è
1
1
L(F (t))(s) =
1 + 2e−s + 2 e−s − 1
s > 0.
s
s
14
1. TRASFORMATA
Si noti che è possibile determinare il dominio della trasformata
studiando direttamente la convergenza dell’integrale di Laplace.
Potete già da ora cominciare a calcolare le trasformate di
alcune funzioni elementari, che costituiscono i “mattoni” con cui
poi calcoleremo le trasformate di funzioni più complicate.
Esercizio 3.1 (Trasformate elementari). Calcolare le trasformate delle seguenti funzioni, specificandone il dominio.
1)
2)
3)
4)
F (t) = sin t,
F (t) = cos t,
F (t) = 1,
F (t) = t.
svolgimento
Esercizio 3.2. Dimostrare che, per ogni n = 0, 1, · · · , si ha
L(tn )(s) =
n!
sn+1
per ogni s > 0.
svolgimento
Per poter fare qualche altro esempio, introduciamo una una
funzione speciale, la funzione Gamma, cosı́ definita:
Z +∞
Γ : (0, +∞) → R,
Γ(r) :=
ur−1 e−u du.
0
Si osservi che l’integrale che definsce la Γ è effettivamente convergente per i Teoremi 3.2 e 3.3.
Esercizio 3.3. Dimostrare che, per ogni r > −1, si ha
L(tr )(s) =
svolgimento
Γ(r + 1)
sr+1
per ogni s > 0.
1. TRASFORMATA
15
Osservazione 1.3. Confrontando gli Esercizi 3.2 e 3.3, otteniamo una utile proprietè della funzione Γ:
Γ(n + 1) = n!
per ogni n = 0, 1, · · ·
Risolvendo questi esercizi potete calcolare direttamente alcune “trasformate notevoli”, che molti libri riportano su tabelle
“da imparare a memoria”. Non è necessario ricordare a memoria
nessuna formula, se si è in grado di ricavarla!
È bene sottolineare che il Teorema 1.2 ci fornisce una condizione
sufficiente di trasformabilità, che però non è necessaria. In altre
parole, ci sono funzioni che non soddisfano le ipotesi del Teorema
1.2, ma sono comunque trasformabili.
Esempio 1.4 (Ci sono funzioni trasformabili che non sono a
crescita esponenziale,√
nè generalmente continue).
√ Consideriamo
la funzione F (t) = 1/ t. Si osservi che lim+ 1/ t = +∞, sicché
t→0
qusta funzione non è generalmente continua, e non è neppure
a crescita esponenziale (infatti, comunque scelga m e γ, si ha
lim+ meγt = m < +∞). Proviamo a studiare direttamente la
t→0
convergenza dell’integrale di Laplace
Z +∞ −st
e
√ dt.
t
0
Per t vicino a+∞, abbiamo
e−st
lim √ = +∞
t→∞
t
se s < 0,
che ci assicura che l’integrale diverge se s < 0, per il Teorema
3.1. Se invece s ≥ 0, poiché l’integrando è positivo possiamo
usare i criteri di assoluta convergenza enunciati nei Teoremi 3.2
16
1. TRASFORMATA
e 3.3. Prendiamo un qualunque α > 1; si ha

se s > 0,
 0
−st
e
α
lim √ t =
t→∞

t
+∞
se s = 0.
Dunque certamente esiste un certo T > 0 per cui

α
se s > 0,
−st  ≤ 1/t
e
√
per ogni t > T.
t 
α
≥ 1/t
se s = 0,
Ne segue che l’integrale su [T, +∞) converge se s > 0, e diverge
se s ≤ 0.
Infine, per ciò che concerne l’integrale su (0, T ] abbiamo
1
e−st
√ ≤ e−sT /t 2
t
per ogni t < T,
dove chiaramente 1/2 < 1. Dunque il Teorema 3.3 ci assicura
che l’integrale su [0, T ] converge se s > 0.
I ragionamenti fin qui svolti√possono essere sintetizzati dicendo
che la funzione F (t) = 1/ t è trasformabile secondo Laplace
(reale) e il dominio della trasformata (reale) è l’insieme (0, +∞).
Esercizio 3.4. Stabilire se le seguenti funzioni sono trasformabili e, in caso affermativo, scriverne la trasformata, specificandone il dominio.
t
,
1)
1 + t2
t
2)
,
1 + t2
t
3)
,
sin t
1 − cos t
,
4)
t
tan t
5)
,
t
1. TRASFORMATA
6)
17
arctan t
.
t
Elenchiamo ora alcune proprietà qualitative della trasformata di
Laplace.
Teorema 1.4. Sia F : (0, +∞) → R una funzione generalmente
continua e di ordine esponenziale γ. Indichiamo con f la sua
trasformata di Laplace, e con A il relativo dominio. Valgono le
seguenti proprietà:
(i) lim f (s) = 0.
s→+∞
(ii) Se, inoltre, anche F 0 (t) è generalmente continua e di ordine
esponenziale, allora lim+ F (t) = lim s f (s).
s→+∞
t→0
Dim.
(i) Calcoliamo, per s > γ,
Z
|f (s)| = +∞
−st
e
0
≤
Z
+∞
Z
F (t) dt ≤
me−(s−γ)t dt =
0
+∞
0
e−st |F (t)| dt
m
.
s−γ
Dunque
m
= 0.
s→+∞ s − γ
lim |f (s)| ≤ lim
s→+∞
(ii) Calcoliamo, per s > γ,
18
1. TRASFORMATA
s f (s) = s
Z
+∞
−st
e
0
F (t) dt = −
t=+∞
= − e−st F (t) t=0 +
I×P
Z
+∞
Z
+∞
0
d −st e
F (t) dt
dt
e−st F (t) dt
0
= − lim e−st F (t) + F (0+ ) + L(F 0 (t)) (s)
t→+∞
= F (0+ ) + L(F 0 (t)) (s),
dove abbiamo usato il fatto che lim e−st F (t) = 0 poiché F è
t→+∞
di ordine esponenziale. Passando al limite per s → +∞ e appli˜ = L(F 0 (t)) (s)
cando la proprietà dimostrata al passo (i) a f(s)
otteniamo lim f (s) = F (0) + lim L(F 0 (t)) (s) = F (0).
s→+∞
s→+∞
Nel calcolo delle trasformate di Laplace, risultano molto utili
alcune proprietà, che possono essere direttamente ricavate dalle
proprietà dell’integrale.
Prima di elencare queste proprietà introduciamo una nuova funzione speciale, la funzione a scalino (o di Heaviside), cosı́ definita:
0
se r < 0,
H : R → R,
H(r) :=
1
se r > 0.
Teorema 1.5 (Proprietà della trasformata di Laplace). Siano F , F1 e F2 tre funzioni trasformabili; indichiamo con f , f1 e
f2 le rispettive trasformate e con A, A1 e A2 i rispettivi domini
delle trasformate. valgono le seguenti proprietà:
Linearità Per ogni c1 , c2 ∈ R, la funzione c1 F1 (t)+c2 F2 (t) è trasformabile, il dominio della trasformata è A1 ∩A2 , e l’espressione
della trasformata è
L(c1 F1 (t) + c2 F2 (t)) (s) = c1 f1 (s) + c2 f2 (s).
1. TRASFORMATA
Per ogni a > 0, la funzione
0
Fa (t) := F (t − a) H(t − a) =
F (t − a)
19
I traslazione
se 0 < t < a,
se t > a,
è trasformabile4, il dominio della trasformata è A, e l’espressione
della trasformata è
L(Fa (t))(s) = e−as f (s).
II traslazione Per ogni k ∈ R, la funzione F (t)ekt è trasformabile, il dominio della trasformata è {s ∈ R : s − k ∈ A}, e
l’espressione della trasformata è
L(F (t)ekt )(s) = f (s − k).
Cambio di scala Per ogni a > 0, la funzione F (at) è trasformabile, il dominio della trasformata è {s ∈ R : s/a ∈ A}, e
l’espressione della trasformata è
1 s
.
L(F (at))(s) = f
a
a
Per imparare a mettere in pratica ciò che abbiamo visto,
potete cimentarvi con il prossimo esercizio: anche qui ci sono
alcune cosiddette “trasformate notevoli”.
Esercizio 3.5 (Regole di trasformazione). Calcolare le trasformate delle seguenti funzioni
1)
2)
3)
4)
5)
6)
F (t) = 3t − e−2t ,
F (t) = sinh t,
F (t) = cosh t,
F (t) = sin at con a > 0,
F (t) = cos at con a > 0,
F (t) = e−t cos 2t,
4si
noti che, in virtù dell’Osservazione 1.1, è lecito pensare a Fa come a
una traslazione vestro destra (di lunghezza a) della funzione F
20
7)
8)
9)
10)
11)
12)
13)
1. TRASFORMATA
F (t) = max{0, (t − 4)3 },
F (t) = 3t4 − 2e−3t ,
F (t) = (t − 3)2 ,
F (t) = (sin t − cos t)2 ,
F (t) = cosh2 4t,
F (t) = (1 + te−t )3 ,
F (t) = sin2 t.
svolgimento
Esercizio 3.6. Calcolare i seguenti integrali:
Z +∞ −5t
e − e−t
1)
dt,
t
Z0
+∞
te−3t cos t dt,
2)
Z0 +∞
t3 e−t sin t dt,
Z0 t=+∞ Z u=t
sin u
du dt,
4)
e−t
u
u=0
Zt=0
+∞
sin2 t
dt,
5)
t2
0
3)
svolgimento
Vediamo ora altre proprietà che legano trasformata di Laplace, derivata e integrale.
Teorema 1.6 (Altre proprietà). Sia F (t) una funzione generalmente
continua di ordine esponenziale ; indichiamo con f (s) la sua trasformata, e con A il rispettivo dominio. Valgono le seguenti proprietà:
Derivata se, inoltre, F è derivabile su (0, +∞), allora per ogni
s ∈ A si ha
L(F 0 (t))(s) = sf (s) − F (0+ ).
1. TRASFORMATA
Integrale
21
Per ogni s ∈ A, s > 0, si ha
Z t
1
F (u)du (s) = f (s).
L
s
0
Prodotto per t
Per ogni s ∈ A si ha
L(t F (u)du) (s) = −
Divisione per t
df
(s).
ds
Per ogni s ∈ A si ha
Z +∞
1
f (u)du.
F (t) (s) =
t
s
Non riportiamo la dimostrazione di questo Teorema. Alcune
delle proprietà elencate sono domostrate negli esercizi; verificate
le altre!
Le proprietà di derivazione e di prodotto per t stabiliscono un
morfismo fra derivazione e moltiplicazione. In modo speculare,
le proprietà integrazione e di prodotto per t stabiliscono un morfismo fra integrazione (“l’inversa della derivazione”) e divisione
(“l’inversa della moltiplicazione”). In queste corrispondenze consiste l’utilità della trasformazione di Laplace nelle applicazioni,
come vedremo in seguito nel Capitolo 3 e nella Parte
Per ora, facciamo qualche esercizio per assimilare ed approfondire le proprietà appena viste.
Esercizio 3.7. 1) Dimostrare che, se F è derivabile n volte
(n = 1, 2, · · · ) e tutte le derivate sono di ordine esponenziale,
allora
n−1
X
(n)
n
L(F (t))(s) = s f (s) −
sn−i F (i) (0+ ).
i=0
2) Dimostrare che
L(tn F (t))(s) = (−1)n
dn f
(s).
dsn
22
1. TRASFORMATA
svolgimento
Esercizio 3.8. 1) Calcolare, senza usare la definizione di
trasformata, L(e5t ).
2) Sia F (t) come nell’Esempio 1.3. Controllare se è vero che
L(F 0(t))(s) = sL(F (t))(s) − F (0+ ).
svolgimento
Esercizio 3.9. Calcolare le trasformate delle seguenti funzioni:
1) F (t) = t cos(3t),
2) F (t) = t2 sin t,
e−t − e2t
.
3) F (t) =
t
svolgimento
Capitolo 2
L’antitrasformata di
Laplace
Ci poniamo ora il problema di “tornare indietro” rispetto alla
trasformata di Laplace. Precisamente, dato un sottoinsieme A
di R (di C) e una cunzione f : A → R (→ C), ci chiediamo
1. esiste una funzione F : (0, +∞) → R tale che
L(F (t))(s) = f (s)
per ogni s ∈ A?
2. se tale funzione F esiste, come è fatta? (cioè qual è la sua
legge?)
3. ammesso che tale funzione F esista, è unica?
Se la risposta alla prima domanda è affermativa, diciamo che la
funzione F (t) è una antitrasformata di Laplace di f , e scriviamo
L−1 (f (s))(t) = F (t).
In generale, non è semplice stabilire se una funzione ammette
antitrasformata o meno. Il Teorema 1.4(i) ci fornisce un’utile
condizione necessaria:
23
24
2. ANTITRASFORMATA
Proposizione 2.1.
Se f (s) ammette un’antitrasformata
F (t) di ordine esponenziale, allora
lim f (s) = 0.
s→+∞
Per rispondere alla terza domanda, cerchiamo di capire come
devono essere fatte due funzioni F1 (t) e F2 (t) per essere entrambe
le antitrasformate della stessa funzione f (s). Dovrà valere
L(F1 (t) − F2 (t)) (s) = L(F1 (t)) (s) − L(F2 (t)) (s)
= f (s) − f (s) = 0.
Cioè F1 − F2 deve avere trasformata di Laplace nulla. Siamo
sicuri che da questo discende che F1 − F2 deve per forza essere
zero? Vediamo un po’, consideriamo la funzione
270
se t = 1, 2, · · ·
G : (0, +∞) → R,
G(t) =
0
altrimenti.
È facile rendersi conto che, anche se G non è identicamente nulla,
la sua trasformata di Laplace è zero. Allora la risposta alla terza
domanda è negativa, perché, ad esempio, abbiamo
1
−1
(t) = e−3t ,
L
s+3
ma anche
1
L
(t) = e−3t + G(t).
s+3
Per poter fare un discorso più generale, introduciamo una definizione.
−1
Definizione 2.1. Chiamiamo funzione nulla ogni funzione
N : (0, +∞) → R tale che
Z T
N(t)dt = 0
per ogni T > 0.
0
Si vede poi che
2. ANTITRASFORMATA
25
Proposizione 2.2.
Se N è una funzione nulla, allora
L(N) ≡ 0. Viceversa, se L(F ) ≡ 0, allora F è una funzione
nulla.
Dunque F1 e F2 sono due antitrasformate della stessa funzione f se, e solo se, F1 − F2 è una funzione nulla.
Come è fatta una funzione nulla N : (0, +∞) → R che, in più,
è anche generalmente continua? Ci deve essere una successione
di punti 0 < t1 < t < 2 < · · · < tn < · · · tale che
N(t) = 0
per ogni t 6= tn (n = 1, 2, · · · ).
Nella classe delle funzioni generalmente continue, due funzioni
che differiscono per una funzione nulla possono essere considerate
identiche. Potete facilmente convincervi che, in questo contesto,
non c’è nessuna differenza sostanziale fra le due funzioni:
F1 : (0, +∞) → R, F1 (t) = e−3t ,
270
se t = 1, 2, · · ·
F2 : (0, +∞) → R, F2 (t) =
−3t
e
altrimenti.
Nell’ambito dell’antitrasformata di Laplace, le funzioni nulle giocano lo stesso ruolo che le costanti giocavano nell’ambito della
primitiva. Nel seguito chiameremo “l’antitrasformata” una qualunque rappresentante della famiglia delle antitrasformate.
Quanto fin qui osservato può essere sintetizzato nel seguente
teorema.
Teorema 2.3. Nella classe delle funzioni generalmente continue l’antitrasformata di Laplace è unica (quando esiste).
D’accordo, ma come facciamo in pratica a scrivere l’espressione dell’antrasformata? Purtroppo, a differenza di quanto accade
per la trasformata di Fourier, non abbiamo un’espressione esplicita dell’antitrasformata.
Per omparare a calcolare le antitrasformate, cominciamo con
26
2. ANTITRASFORMATA
l’osservare che i calcoli che abbiamo fatto nel capitolo precedente
ci forniscono qualche esempio notevole.
1)
2)
3)
4)
5)
6)
Esercizio
3.10. Verificare che
1
L−1
(t) = eat per ogni a ∈ R,
s
−
a
a
−1
L
(t) = sin(at) per ogni a ∈ R,
2
2
s + a s
L−1 2
(t) = cos(at) per ogni a ∈ R,
2
s + a a
L−1 2
(t) = sinh(at) per ogni a ∈ R,
2
s − a s
(t) = cosh(at) per ogni a ∈ R,
L−1 2
− a2
s 1
1
L−1 n (t) =
tn−1 per ogni n = 1, 2, · · · .
s
(n − 1)!
Alle proprietà che abbiamo visto per la trasformata, corrispondono proprietà analoghe per la antitrasformata.
Teorema 2.4 (Proprietà della antitrasformata di Laplace).
Siano f , f1 e f2 tre funzioni che ammettono antitrasformata, e
indichiamo con F , F1 e F2 le rispettive antitrasformate. Valgono le seguenti proprietà:
Linearità Per ogni c1 , c2 ∈ R, la funzione c1 f1 (s) + c2 f2 (s) ammette antitrasformata e
L−1 (c1 f1 (s) + c2 f2 (s)) (t) = c1 F1 (t) + c2 F2 (t).
I traslazione Per ogni a > 0, la funzione e−as f (s) ammette
antitrasformata e
F (t−a) se t > a,
−1 −as
L e f (s) (t) = F (t−a) H(t−a) =
0
se 0 < t < a.
2. ANTITRASFORMATA
27
II traslazione Per ogni k ∈ R, la funzione f (s − k) ammette
antitrasformata e
L−1 (f (s − k)) (t) = ekt F (t).
Cambio di scala
antitrasformata
Per ogni a > 0, la funzione f (as) ammette
1 s
L (f (as)) (t) = F
.
a
a
−1
Esercizio 3.11. Determinare, se esistono, le antitrasformate
delle seguenti funzioni:
6s + 17
1) f (s) = 2
,
s + s − 12
3
2
s −s −4
2) f (s) = 2
,
(s + 4)s3
s4 + 5
,
3) f (s) = 2
s +3
1
4) f (s) =
,
(s + 5)4
s−3
,
5) f (s) = 2
s +π 2s − 3
e− 2 s
6) f (s) =
,
1 + s2
e−5s
7) f (s) =
,
s−3
3
8) f (s) = 2
.
4s − 9
Abbiamo anche le proprietà che legano antitrasformate, derivate, integrali.
Teorema 2.5 (Altre proprietà dell’antitrasformata). Sia f (s)
una funzione che ammette una antitrasformata F (t), generalmente
continua e di ordine esponenziale. Valgono le seguenti proprietà:
28
2. ANTITRASFORMATA
Prodotto per s Se, inoltre, F è derivabile su (0, +∞), allora1
L−1 (sf (s)) (t) = F 0 (t) + F (0+ ) δ(t),
Divisione per s
L
1)
2)
3)
4)
Z t
f (s)
F (u)du.
(t) =
s
0
L−1 (f 0 (s)) (t) = −tF (t).
Derivata
Integrale
−1
L
−1
Z
+∞
f (u)du (t) =
s
F (t)
.
t
Esercizio 3.12. Calcolare le seguenti antitrasformate:
2s
f (s) = 2
,
(s + 16)2
s−2
,
f (s) = log
s
s−2
f (s) = s log
,
s
1
f (s) =
.
2
s(s + 4)
svolgimento
Vale un’utile proprietà che lega l’antitrasformata con il prodotto
per convoluzione. Osserviamo che, in virtù dell’Osservazione
1.1, nell’ambito della trasformata di Laplace è lecito pensare al
prodotto per convoluzione fra F e G come
Z t
F ∗ G (t) =
F (u)G(t − u) du.
0
Teorema 2.6. Siano F e G due funzioni definite su (0, +∞),
generalmente continue e di ordine esponenziale; indichiamo con
f e g le rispettive trasformate di Laplace. Allora
L(F ∗ G (t)) (s) = f (s) g(s)
2. ANTITRASFORMATA
29
Viceversa, se f e g sono due funzioni che ammettono come
antitrasformate, rispettivamente, F e G, allora
L−1 (f (s) g(s)) (t) = F ∗ G (t).
Esiste un metodo diretto per calcolare la antitrasformata di una
funzione. Esso passa attraverso il calcolo complesso: quasta è
la principale ragione per cui hanno interesse le trasformate di
Laplace complesse.
Teorema 2.7. Sia f (s) una funzione di variabile complessa,
e supponiamo che esita un numero reale γ tale che tutte le singolarità di f sono contenute nel semispazio a sinistra (o a destra)
della retta s = γ. Se, inoltre, l’integrale complesso
Z γ+i∞
est f (s)ds
γ−i∞
è finito per ogni t > 0, allora f è antitrasformabile e vale la
formula
Z γ+i∞
1
−1
L (f (s)) (t) =
est f (s)ds.
2πi γ−i∞
Per calcolare nella pratica l’integrale complesso in questione,
possiamo integrare sul “circuito” C ottenuto intersecando la retta
verticale s = γ con una circonferenza centrata nell’origine di
raggio R. Il Teorema dei Residui afferma che
Z b(R)
X
1
est f (s)ds =
Res eso t f (so)
2πi a(R)
so polo racchiuso
nel circuito
1
−
2πi
Z
Γ(R)
est f (s)ds.
30
2. ANTITRASFORMATA
Γ(R)
b(R)
-R
γ
a(R)
Mandando R a +∞, il segmento [a(R), b(R)] approssima tutta
la retta s = γ, e dunque otteniamo
L−1 (f (s)) (t) =
X
Res eso t f (so )
so polo a
sinistra di s = γ
1
− lim
R→+∞ 2πi
Z
est f (s)ds.
Γ(R)
Quando il limite che appare a secondo membro è zero, otteniamo
una formula molto semplice per il calcolo dell’antitrasformata.
Corollario 2.8. Sia f una funzione di variabile complessa,
e supponiamo che
i) esiste un numero reale γ tale che tutte le singolarità di f
sono contenute nel semispazio a sinistra della retta s = γ,
2. ANTITRASFORMATA
31
ii) esistono tre numeri positivi R, m e k tali che
m
|f (s)| ≤ k per ogni s con |s| > R.
|s|
Allora f ammette antitrasformata e vale la formula
X
L−1 (f (s)) (t) =
Res eso t f (so ) .
so polo a
sinistra di s = γ
Potete testare il nuovo metodo calcolando direttamente alcune antitrasformate che già conoscete:
Esercizio 3.13. Calcolare in modo diretto le antitrasformate
delle seguenti funzioni:
1
1) f (s) =
,
s−5
s
2) f (s) = 2
.
s −4
Esercizio 3.14. Calcolare in modo diretto le antitrasformate
delle seguenti funzioni:
1
,
1) f (s) =
(s − 1)(s2 + 4)
s
,
2) f (s) = 2
(s + 1)2
1
, dove a è un numero reale fissato,
3) f (s) =
(s − a)(s + 3)2
1
4) f (s) =
,
sinh s
1
√ .
5) f (s) =
s cosh s
svolgimento
Capitolo 3
Equazioni differenziali
ordinarie con metodo di
Laplace
Abbiamo visto nel Teorema 1.6 che la trasformata di Laplace agisce sulle derivate “trasformandole” in prodotti per s.
Questa proprietà ci fornisce un interessante metodo per risolvere
le equazioni differenziali ordinarie (nel seguito, O.D.E., che sta
per Ordinary Differential Equation).
Illustriamo l’idea di questo metodo attraverso un esempio giocattolo.
Esempio 3.1. Vogliamo risolvere l’equazione differenziale ordinaria a coefficienti costanti:
0
Y (t) − 3Y (t) = 1,
per ogni t > 0,
Y (0) = 4.
Trasformando la ODE otteniamo
L(Y 0 (t) − 3Y (t)) (s) = L(1)(s);
33
34
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
usando la linearità e calcolando la trasformata a secondo membro
otteniamo
1
L(Y 0 (t))(s) − 3L(Y (t)) = .
s
Applicando la regola di trasformazione della derivata otteniamo
L(Y 0 (t))(s) = s L(Y (t))(s) − Y (0).
Ricordando che il valore di Y in 0 è assegnato come dato di
Cauchy otteniamo
L(Y 0 (t))(s) = s L(Y (t))(s) − 4.
Concludendo, la ODE dà luogo all’equazione algebrica
s y(s) − 4 − 3 y(s) =
1
s
nella nuova funzione incognita
y(s) := L(Y (t))(s).
Attraverso questo esempio, abbiamo verificato che Applicando
la trasformata di Laplace, possiamo trasformare una O.D.E. a
coefficienti costanti nell’incognita Y (t) in una equazione algebrica nella incognita y(s) := L(Y (t))(s). Il dato iniziale per la
O.D.E. (Y (0) = 4) compare dentro l’equazione algebrica ottenuta.
Ora, possiamo risolvere l’equazione algebrica in y:
(s − 3)y(s) = 4 +
1
s
cioè
y(s) =
4
1
+
,
s − 3 s(s − 3)
e infine ritornare indietro per trovare la soluzione della O.D.E. di
partenza
4
1
−1
−1
Y (t) = L (y(s)) (t) = L
+
(t).
s − 3 s(s − 3)
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
35
Per calcolare l’antitrasformata, decomponiamo in fratti semplici:
1
1
1
=
− ,
s(s − 3)
3(s − 3) 3s
da cui
4
1
1
Y (t) = L
(t)
+
−
s − 3 3(s −3) 3s
1
1
13
13 1
−
= L−1
(t) = e3t − .
3 s − 3 3s
3
3
−1
Per sicurezza, verifichiamo che la Y cosı̀ ottenuta risolve la O.D.E.
Y 0 (t) − 3Y (t) = 13 e3t − 13 e3t + 1 = 1,
e soddisfa il dato di Cauchy
Y (0) =
12
13 1
− =
= 4.
3
3
3
Ovviamente quasto metodo può essere usato anche per O.D.E.
in cui compaiono derivate di ordine superiore.
Esempio 3.2 (Ordine superiore). Vogliamo risolvere l’equazione differenziale ordinaria a coefficienti costanti:
00
Y (t) + 4Y (t) = 9t,
per ogni t > 0,
0
Y (0) = 0,
Y (0) = 7.
Trasformando la ODE otteniamo
L(Y 00 (t) + 4Y (t)) (s) = L(9t)(s),
cioè
9
.
s2
Per poter procedere come nel caso precedente, dovremo porre
L(Y 00 (t)) (s) + 4L(Y (t)) (s) =
y(s) := L(Y (t))(s)
36
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
e poi dovremo scrivere L(Y 00 (t)) in funzione di y. Ricordiamo
che
L(Y 0 (t))(s) = s L(Y (t))(s) − Y (0) = s y(s)
(dove abbiamo usato uno dei due dati di Cauchy), e dunque
L(Y 00 (t))(s) = s L(Y 0 (t))(s) − Y 0 (0) = s (s y(s)) − 7 = s2 y(s) − 7
(dove abbiamo usato l’altro dato di Cauchy). Concludendo, la
ODE dà luogo all’equazione algebrica
9
s2
nella nuova funzione incognita y(s) := L(Y (t))(s).
Ora, possiamo risolvere l’equazione algebrica in y:
s2 y(s) − 7 + 4 y(s) =
(s2 + 4)y(s) = 7 +
9
s2
cioè
y(s) =
s2
7
9
+ 2 2
,
+ 4 s (s + 4)
e infine ritornare indietro per trovare la soluzione della O.D.E. di
partenza
9
7
−1
−1
+
(t).
Y (t) = L (y(s)) (t) = L
s2 + 4 s2 (s2 + 4)
Per calcolare l’antitrasformata, decomponiamo in fratti semplici:
9
9
9
= 2−
,
2
+ 4)
4s
4(s + 4)
s2 (s2
da cui
Y (t) = L
−1
9
19
+
4(s2 + 4) 4s2
(t) =
19
9
sin(2t) + t.
8
4
Esercizio 3.15. Risolvere la seguente O.D.E.
00
Y (t) + 4Y 0 (t) + 13Y
(t) = t e−t ,
per ogni t > 0,
π
Y (0) = 0,
Y 2 = 0.
svolgimento
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
37
Esercizio 3.16. Determinare, al variare della funzione F , la
soluzione dell’O.D.E.
00
Y (t) + 4Y (t) = F (t),
per ogni t > 0,
0
Y (0) = 0, Y (0) = 1.
Usando la formula di rappresentazione appena ottenuta, determinare la soluzione quando
1) F (t) = H(t − 3) (H funzione di Heaviside),
2) F (t) = δ(t − 3) (δ funzione di Dirac).
svolgimento
Vediamo ora, tramite un altro esempio, come funziona il nostro metodo se proviamo ad applicarlo ad una O.D.E. a coefficienti variabili.
Esempio 3.3 (Coefficienti variabili). Risolviamo la O.D.E. a
coefficienti variabili:
t Y 00 (t) + (1 − 2t)Y 0 (t) − 2Y (t) = 0,
per ogni t > 0,
0
Y (0) = 1,
Y (0) = 2.
Come nei casi precedenti, poniamo y(s) := L(Y (t))(s) e calcoliamo
L(Y 0 (t))(s) = s L(Y (t))(s) − Y (0) = s y(s) − 1,
L(Y 00 (t))(s) = s L(Y 0 (t))(s) − Y 0 (0) = s2 y(s) − s − 2.
In realtà, trasformando la O.D.E. a coefficienti variabili otteniamo
L(t Y 00 (t)) (s) + L(Y 00 (t))(s) − 2L(t Y 0 (t)) (s) − 2L(Y (t))(s) = 0,
dunque per poter andare avanti dobbiamo esprimere L(t Y 00 (t))
e L(t Y 0 (t)) in funzione di y(s). Utilizzando il Teorema 1.6
38
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
otteniamo
d
d
L(Y 0 (t))(s) = − (s y(s) − 1)
ds
ds
= −y(s) − s y 0(s),
d
d
L(t Y 00 (t)) (s) = − L(Y 00 (t))(s) = − (s2 y(s) − s − 2)
ds
ds
= −2s y(s) − s2 y 0(s) + 1.
L(t Y 0 (t)) (s) = −
Pertanto, applicando la trasformata di Laplace alla O.D.E. a
coefficienti variabili, otteniamo
−2s y(s) − s2 y 0(s) + 1 + s y(s) − 1 + 2 (y(s) + s y 0(s)) − 2 y(s) = 0
cioè
(2 − s)y 0(s) − y(s) = 0.
Applicando la trasformata di Laplace alla O.D.E. a coefficienti variabili, otteniamo una nuova O.D.E. nella nuova incognita
y(s).
In generale, non avremo dei dati di Cauchy per questa nuova
O.D.E., ma dovremo a posteriori determinare i parametri in modo da riottenere, tornando indietro, la soluzione della O.D.E. di
partenza. Cerchiamo la soluzione generale della nuova O.D.E.:
y 0 (s)
1
d
1
d
log(y(s)) =
=−
= log
ds
y(s)
s−2
ds |s − 2|
e dunque
c
,
s−2
dove c può essere una qualunque costante in modo che c/(s−2) >
0 nel dominio di y(s) (ovvero nel dominio della trasformata di
Y (t). Infine torniamo indietro calcolando
c
−1
(t) = ce2t .
Y (t) = L
s−2
y(s) =
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
39
Per concludere, dobbiamo determinare la costante c. A tal scopo,
controlliamo che siano effettivamente soddisfatte le condizioni di
Cauchy della O.D.E. di partenza:
Y (0) = ce0 = c( = 1 ),
Y 0 (0) = 2ce0 = 2c( = 2 ).
Dunque l’unico valore della costante c per cui sono soddisfatte
le condizioni di Cauchy è c = 1, da cui Y (t) = e2t .
Esercizio 3.17. Risolvere la seguente O.D.E. a coefficienti
variabili:
00
Y (t) + t Y 0 (t) + Y (t) = 0,
per ogni t > 0,
Y (0) = 1,
Y 0 (0) = 0.
svolgimento
Proviamo ora ad usare il nostro metodo per risolvere sistemi di
O.D.E. Come sempre, partiamo da un esempio concreto.
Esempio 3.4 (Sistema). Proviamo a risolvere il sistema:
 0
per ogni t > 0,
 Y (t) + Z 0 (t) = t,
Y 00 (t) − Z(t) = e−t ,
per ogni t > 0,

Y (0) = 3, Y 0 (0) = −2, Z(0) = 0.
Applicando la trasformata di Laplace alle due equazioni che
costituiscono il sistema otteniamo
L(Y 0 (t))(s) + L(Z 0(t))(s) = s12 ,
1
L(Y 00 (t))(s) − L(Z(t))(s) = s+1
Poniamo allora y(s) := L(Y (t))(s), z(s) := L(Z(t))(s) e calcoliamo
L(Y 0 (t))(s) = s y(s) − 3,
L(Y 00 (t))(s) = s (s y(s) − 3) + 2 = s2 y(s) − 3s + 2,
L(Z 0 (t))(s) = s z(s).
40
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
Sostituendo
ovvero
s y(s) − 3 + s z(s) = s12 ,
s2 y(s) − 3s + 2 − z(s) =
1
s+1
y(s) + z(s) = s13 + 3s ,
1
+ 3s − 2
s2 y(s) − z(s) = s+1
Applicando la trasformata di Laplace ad un sistema di O.D.E. a
coefficienti costanti, otteniamo un sistema algebrico nelle nuove
incognite y(s) := L(Y (t))(s) e z(s) := L(Z(t))(s).
Possiamo ora risolverlo scrivendolo in forma matriciale


3
1
+
1 1
y(s)
3


s
s
=

 1
s2 −1
z(s)
+ 3s − 2
s+1
e applicando il metodo di riduzione alla matrice completa associata
3
1
1
+ 3s
1
1
1 1
3 + s
s3
s
≈
1
1
s2 −1 s+1
s2 + 1 0 s+1
+ 3s − 2
+ 3s − 2 + s13 + 3s
sicché



z(s) =




y(s) =





=

3
1
− − y(s)
3
s
s
1
1
1
3
+ 3s − 2 + 3 +
s2 +1 s+1
s
s
2
1
1
3
3s
− 2
+ 2
+ 3 2
+
.
2
2
s +1 s +1 (s +1)(s+1) s (s +1) s(s +1)
Per ottenere le soluzioni del sistema di partenza, dovremo calcolare le antitrasformate

Y (t) = L−1 (y(s))
(t) = 3 cos t − 2 sin t




1
1
3
−1
+L
+
+
(t),
(s2 + 1)(s + 1) s3 (s2 + 1) s(s2 + 1)



 Z(t) = L−1 (z(s)) (t) = 1 t2 − 3 − Y (t).
2
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
41
1
,
Per concludere dovremo calcolare le antitrasformate di (s2 +1)(s+1)
1
3
e s(s2 +1) . Per quel che riguarda il primo, lo decomponias3 (s2 +1)
mo in fratti semplici:
A+Bs
C
As+A+Bs2 +Bs+Cs2 +C
1
= 2
+
=
,
(s2 +1)(s+1)
s +1
s+1
(s2 +1)(s+1)
sicché

 A+C =1
A+B =0

B+C =0
Dunque
−1
L
1
cioè A = C = ,
2
1
B=− .
2
1
s
1
1 −1
−
+
= L
2
s2 + 1 s2 + 1 s + 1
1
1
1
= sin t − cos t + e−t .
2
2
2
Decomponiamo anche il secondo in fratti semplici:
1
(s2 + 1)(s + 1)
1
s3 (s2+1)
A+Bs+Cs2 D+Es
+ 2
s3
s +1
As2 +A+Bs3 +Bs+Cs4 +Cs2 +Ds3 +Es4
=
,
s3 (s2 +1)
=
sicché

A=1




 B=0
A+C =0



B+D =0


C +E =0
cioè A = 1, B = 0, C = −1, D = 0, E = 1.
Dunque
1
1
1
s
1
−1
−1
L
=L
− + 2
= t2 − 1 + cos t.
3
2
3
s (s +1)
s
s s +1
2
42
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
Per quel che riguarda il terzo, usando la proprietà di divisione
abbiamo
Z t
3
3
−1
−1
L
L
(t) =
(u) du
s(s2 +1)
s2 +1
Z0
t
=
0
3 sin u du = 3 (1 − cos t) .
Abbiamo infine

1
3
1 −t 1 2



 Y (t) = 2 cos t − 2 sin t + 2 e + 2 t + 2,


1
3

 Z(t) = sin t − e−t − 1.
2
2
Concludiamo con un esempio tratto dai circuiti elettrici. Sappiamo che la quantità di carica in funzione del tempo (Q(t)) in un
circuito RCL è regolata dalla legge di Kirchoff
LQ00 (t) + RQ0 (t) +
Q(t)
= E,
C
dove L sta per l’induttanza, R per la resistenza, C per la capacità
ed E per la forza elettromotrice. Per risolvere il sistema dovremo
cononescere lo stato iniziale, assegnato mediante la carica iniziale
Qo e la corrente iniziale Io = Q0 (0). Otteniamo cosı̀ un’equazione
del decondo ordine con dato di Cauchy in t = 0.
Esempio 3.5. Consideriamo un circuito con induttanza e capacità unitarie, resistenza e forza elettromotice costanti, inizialmente in quiete. Esso è descritto dalla O.D.E.
Q00 (t) + RQ0 (t) + Q(t) = E
Q(0) = 0, Q0 (0) = 0.
per ogni t > 0,
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
43
Ponendo q(s) = L(Q(t))(s) e applicando la trasformata di Laplace all’equazione otteniamo
E
E
s2 q(s) + Rsq(s) + q(s) =
cioè q(s) =
.
s
s(s2 + Rs + 1)
Pertanto la carica Q è data da
E
−1
(t)
Q(t) = L
s(s2 + Rs + 1)
=E
Z
t
0
Osservando che
L
−1
2
s + Rs + 1 =
otteniamo
Q(t) = E
Z
t
Z
t
L−1
0
=E
0
−R
u
2
e
1
(u) du.
s2 + Rs + 1
R
s+
2
2
+1−
1
s+
L−1
R 2
2
+1−
1
2
s +1−
R2
4
R2
4
R2
,
4
!
!
(u) du
(u) du.
Quest’ultima antitrasformata dipende pesantemente dal segno di
R2
.
4
Se ` > 0, cioè 0 < R < 2, abbiamo
Z t
√
R
1
e− 2 u √ sin( `u) du.
Q(t) = E
`
0
Integrando ripetutamente per parti giungiamo a
√
√
E
R
−R
t
Q(t) =
1 − e 2 cos( `t) + √ sin( `t) .
R 2
2 `
+
`
2
` := 1 −
44
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
Se ` = 0, cioè R = 2, abbiamo
Z t
R 1
Q(t) = E
e− 2 u u du,
2
0
da cui, integrando per parti,
E
R
−R
t
1−e 2 1+ t .
Q(t) =
2R2
2
Se ` < 0, cioè R > 2, abbiamo
Z t
p
R
1
Q(t) = E
e− 2 u p sinh( |`|u) du.
|`|
0
Con calcoli simili a quelli già fatti in precedenza giungiamo a
!#
"
p
p
R
E
R
Q(t) =
.
1 − e− 2 t cos( |`|t) + p sin( |`|t)
R 2
2
|`|
+
`
2
Complementi
Teorema 3.1. (condizione necessaria di convergenza per gli
integrali generalizzati). Sia a un numero reale, e f : [a, +∞) →
R una funzione continua per cui esiste il limite lim f (t) (finito
t→+∞
o infinito). Se l’integrale
Z
+∞
f (t)dt
a
converge, allora si ha che
lim f (t) = 0.
t→+∞
Teorema 3.2. (criterio per l’assoluta convergenza degli integrali generalizzati vicino a +∞). Sia a un numero reale, e
f : [a, +∞) → R una funzione continua, per cui esiste il limite
lim f (t) (finito o infinito). Allora l’integrale
t→+∞
Z
+∞
a
|f (t)| dt
converge se, e solo se, esistono due numeri reali c e α, con
α > 1, tali che
|f (t)| ≤ c/tα
per ogni t ≥ a.
Teorema 3.3. (criterio per l’assoluta convergenza degli integrali generalizzati vicino a 0). Sia a un numero reale positivo,
45
46
COMPLEMENTI
e f : (0, a] → R una funzione continua, per cui esiste il limite
lim f (t) (finito o infinito). Allora l’integrale
t→0+
Z a
|f (t)| dt
0
converge se, e solo se, esistono due numeri reali c e α, con
α < 1, tali che
|f (t)| ≤ c/tα
per ogni t ≤ a.
...torna su
COMPLEMENTI
47
Definizione 3.1. Siano dati un intervallo I (chiuso o aperto, limitato o illimitato) ed una funzione f : I → R. Diciamo
che la funzione f è
assolutamente integrabile sull’intervallo I se
Z
|f (x)|dx < +∞,
I
di quadrato integrabile sull’intervallo I se f 2 è assolutamente
integrabile, ovvero
Z
|f (x)|2 dx < +∞,
I
generalmente continua sull’intervallo I se
Caso I (I è limititato) esistono un numero infinito di punti
x0 < x1 < · · · < xk contenuti in I tali che
i) f è continua in tutti i punti di I, esclusi al più
x0 , x1 , · · · , xk ,
ii) nei punti xi (con i = 0, 1, · · · , k), f ammette
limite destro e sinistro, ed essi sono finiti.
Caso II (I è illimititato) f è generalmente continua (secondo la definizione data nel I caso) su ogni intervallo
limitato contenuto in I
regolare a tratti sull’intervallo I se sia f che la sua derivata
f sono generalmente continue su I.
0
Se f è una funzione generalmente continua, si introduce la cosiddetta funzione normalizzata:
1
f (x− ) + f (x+ ) ,
(3.1)
f ∗ (x) :=
2
dove
f (x− ) := lim− f (t),
t→x
f (x+ ) := lim+ f (t).
t→x
48
COMPLEMENTI
Queste definizioni erano già state introdotte nella Parte 2, a
cui vi rimando per ulteriori approfondimenti.
COMPLEMENTI
49
Svolgimento dell’esercizio 3.1.
1) Se s ≤ 0, l’integrale di Laplace non converge per il Teorema
3.1. Se, poi, s > 0, abbiamo
t→+∞
Z +∞
1
−st
−st
e sin t dt = − 2
e (s sin t + cos t)
s +1
0
t=0
1
= 2
s +1
dove abbiamo utilizzato i conti svolti nell’Esempio 1.2, con
−s al posto di a − x e 1 al posto di y. Dunque
L(sin t)(s) =
s2
1
+1
per ogni s > 0.
2) Anche in questo caso, sfruttando i conti svolti nell’Esempio
1.2, otteniamo
t→+∞
Z +∞
1
−st
−st
e cos t dt = 2
e (−s cos t + sin t)
s + 12
0
t=0
s
= 2
s +1
se s > 0, mentre se s ≤ 0 l’integrale di Laplace non converge
per il Teorema 3.1. Dunque
s
L(cos t)(s) = 2
per ogni s > 0.
s +1
3) Calcoliamo
Z
0
+∞
e−st dt = −
t→+∞ 1
1 −st
e − 1 t=0 =
s
s
se s > 0, mentre se s ≤ 0 l’integrale non converge per il
Teorema 3.1. Dunque
L(1)(s) =
1
s
per ogni s > 0.
50
COMPLEMENTI
4) Se s > 0, abbiamo
t→+∞
Z +∞
1
1 −st
t −st
−st
= 2,
e tdt = − e − 2 e
s
s
s
0
t=0
dove abbiamo integrato per parti due volte per calcolare l’integrale. Se, invece, s ≤ 0, il Teorema 3.1 implica che l’integrale
non converge. Dunque
L(t)(s) =
1
s2
per ogni s > 0.
Svolgimento dell’esercizio 3.2.
...torna su
Ragioniamo per in-
duzione su n. Certamente l’affermazione è vera per n = 0 (l’abbiamo verificato nell’Esercizio 3.1.3).
Supponiamo poi che l’affermazione sia vera per n, e deduciamone
che è vera anche per n + 1. Prendiamo s > 0 e calcoliamo
Z
0
+∞
I×P
e−st tn+1 dt =
e−st n+1
t
−
s
t→+∞
t=0
n+1
+
s
n+1
=
L(tn )(s).
s
Z+∞
e−st tn dt.
0
Poiché stiamo supponendo che la nostra tesi sia vera per n,
otteniamo
L(tn+1 )(s) =
(n + 1)!
n + 1 n!
=
.
n+1
s s
sn+2
Segue allora dal Principio di Induzione che la tesi è vera per ogni
n = 0, 1, · · · .
...torna su
Svolgimento dell’esercizio 3.3. Se s > 0, effettuando il cambiamento di variabile u = st nell’integrale di Laplace
COMPLEMENTI
51
abbiamo
r
L(t )(s) =
Z
0
+∞
−st r
e
t dt =
1
sr+1
Z
0
+∞
e−u ur du =
Γ(r + 1)
.
sr+1
Se invece s ≤ 0, si vede subito che il corrispondente integrale di
Laplace diverge a +∞.
...torna su
Svolgimento dell’esercizio 3.5.
1) Applicando la proprietà di linearità si ottiene
1
3
,
L(3t − e−2t )(s) = 3L(t)(s) − L(e−2t )(s) = −
s s+2
per ogni s che sta contemporaneamente sia nel dominio di L(t)
(che è (0, +∞)), che nel dominio di L(e−2t ) (che è (−2, +∞)),
ovvero per ogni s > 0.
2) Ricordiamo che
et − e−t
,
sinh t =
2
dunque applicando la proprietà di linearità si ottiene
1
1
L(sinh t)(s) = L(et )(s) − L(e−t )(s)
2
2
1
1
1
=
−
= 2
2(s − 1) 2(s + 1)
s −1
per ogni s > max{1, −1} = 1.
3) Ricordiamo che
et + e−t
,
cosh t =
2
dunque applicando la proprietà di linearità si ottiene
1
1
L(cosh t)(s) = L(et )(s) + L(e−t )(s)
2
2
1
1
s
=
+
= 2
2(s − 1) 2(s + 1)
s −1
per ogni s > max{1, −1} = 1.
52
COMPLEMENTI
4) Applicando il cambio di scala otteniamo
s
1
1
a
= 2
L(sin at)(s) = L(sin t)
=
2
s
a
a
s + a2
a a2 + 1
per ogni s > 0.
5) Applicando il cambio di scala otteniamo
s
s
1
s
a
L(cos at)(s) = L(cos t)
=
=
2
a
a
s2 + a2
a as2 + 1
per ogni s > 0.
6) Applicando la II proprietà di traslazione si ottiene
L(e−t cos 2t)(s) = L(cos 2t)(s + 1) =
s2
s+1
+ 2s + 5
per ogni s > −1.
7) Osserviamo che
3
max{0, (t − 4) } =
(t − 4)3
0
se t > 4,
se t ≤ 4.
Dunque possiamo applicare la I proprietà di traslazione che
ci dà
L(max{0, (t − 4)3 })(s) = e−4s L(t3 )(s) = 6
e−4s
s4
per ogni s > 0.
8) In virtù della linearità si ottiene
L(3t4 − 2e3t )(s) =
72
2
−
5
s
s−3
per ogni s > 3.
9) Ci sarebbe la tentazione di dire, usando a sproposito la I
proprietà di traslazione, che L((t − 3)2 )(s) = e−3s L(t2 )(s).
COMPLEMENTI
53
In realtà si ha
Z+∞
Z+∞
u=t−3
L((t − 3)2 )(s) =
e−st (t − 3)2 dt =
e−s(u+3) u2 du
= e−3s
0
−3
 0

Z
Z+∞


e−su u2 du + L(t2 )(s) .
e−su u2 du = e−3s


−3
−3
Sviluppando ulteriormente i calcoli otteniamo
u→+∞
2 −su
2 −su
1 −su 2
2
−3s
− e u − 2e u − 3e
L((t − 3) )(s) = e
s
s
s
u=−3
9
6
2
= − 2+ 3
s s
s
per ogni s > 0.
10) Osserviamo che
(sin t − cos t)2 = 1 − 2 sin2 (t) cos2 (t) = 1 −
1
sin 2t,
2
sicché
L (sin t − cos t)
per ogni s > 0.
11) Poiché
2
2
cosh (4t) =
abbiamo
1
1
1
(s) = L 1 − sin 2t (s) = − 2
2
s s +4
e4t + e−4t
2
2
=
1 8t
e + e−8t + 2 ,
4
1 8t
L cosh2 4t (s) =
e + e−8t + 2 (s)
4
1
1
1
+
+
=
4(s − 8) 4(s + 8)
2s
| {z } | {z } |{z}
se s>8
per ogni s > max{−8, 8, 0} = 8.
se s>−8
se s>0
54
COMPLEMENTI
12) Poiché
(1 + te−t )3 = 1 + t3 e−3t + 3t2 e−2t + 3te−t ,
abbiamo
3 −3t
2 −2t
−t
L (1 + te−t )3 = L(1)
+
L
t
e
+
3L
t
e
+
3L
te
= L(1) (s) + L t3 (s + 3) + 3L t2 (s + 2) + 3L(t) (s + 1)
3!
2!
1
1
+
+3
+3
=
s
(s + 3)4
(s + 2)3
+ 1}
|{z}
|s {z
| {z }
| {z }
se s>0
se s+3>0
se s+2>0
se s+1>0
1
6
6
3
= +
+
+
4
3
s (s + 3)
(s + 2)
s+1
per ogni s > max{0, −3, −2, −1} = 0.
13) Poiché
sin2 t =
si ha
1
1
1 − 1 − 2 sin2 t = [1 − cos 2t] ,
2
2
1
L sin2 t (s) = [L(1) (s) − L(cos(2t)) (s)] (s)
2
1h 1
s i
s
1
=
− 2
=
−
.
2 + 4)
2 |{z}
s
s
+
4
2s
2(s
| {z }
se s>0
se s>0
per ogni s > 0.
...torna su
Svolgimento dell’esercizio 3.6.
1) Dalla definizione di trasformata abbiamo
−4t
Z +∞ −5t
Z +∞
−4t
−1
e −1
e − e−t
−t e
dt =
e
dt = L
(1).
t
t
t
0
0
COMPLEMENTI
55
Poiché
e−4t − 1
L
t
otteniamo
Z +∞
Z
+∞
L e−4t − 1 (u)du
Zs +∞ 1
1
−
du,
=
u+4 u
s
(s) =
Z +∞ 1
1
e−5t − e−t
du
dt =
−
t
u+
4 u
u=+∞
1
u+4
= log
= log5.
u u=1
0
2) Abbiamo
Z +∞
d
−3t
te cos t dt = L(t cos t) (3) = − L(cos t) ds
s=3
0
d s 2
s2 − 1 =−
= .
= 2
2
2
ds s + 1 s=3 (s + 1) s=3 25
3) Si ha
Z +∞
0
d3
t3 e−t sin tdt = L t3 sin t (1) = (−1)3 3 L(sin t) ds
s=1
4) Ponendo
F (t) =
Z
u=t
u=0
abbiamo
Z t=+∞ Z u=t
t=0
u=0
−t sin u
e
u
du dt =
Z
sin u
du,
u
t=+∞
t=0
e−t F (t) dt = L (F (t)) (1).
D’altra parte, per ogni s > 0 si ha
Z
1
sin t
1 +∞
L (F (t)) (s) = L
(s) =
L (sin t) (u) du.
s
t
s s
56
COMPLEMENTI
Pertanto
Z t=+∞ Z
t=0
u=t
−t sin u
e
u=0
u
dudt =
Z
1
+∞
L (sin t) (u)du.
...torna su
COMPLEMENTI
57
Svolgimento dell’esercizio 3.7.
1) Ragioniamo per induzione. Se n = 1, dobbiamo in sostanza verificare la prima proprietà elencata nel Teorema 1.6.
Integrando per parti otteniamo
0
L(F (t))(s) =
Z
+∞
e−st F 0 (t)dt
0
I×P
=
lim
T → +∞
τ → 0+
−sT
= lim e
T →+∞
−st
e
F (t)
t=T
t=τ
+s
Z
+∞
e−st F (t)dt
0
F (T ) − lim+ e−sτ F (τ ) + sf (s).
τ →0
Poiché F è di ordine esponenziale, otteniamo
lim e−sT F (T ) ≤ m lim e(γ−s)T = 0
T →+∞
T →+∞
se s > γ. D’altra parte certamente lim+ e−sτ F (τ ) = F (0+ );
τ →0
sicché si ha in effetti
L(F 0 (t))(s) = sf (s) − F (0+ ).
Supponiamo poi che la formula sia vera per n, e proviamo
che vale per
n + 1. Cominciamo col ricordare che F (n+1) (t) =
d
F (n) (t) , sicché applicando la formula con n = 1 otteniamo
dt
L F
(n+1)
d
(n)
(t) (s) = L
F (t) (s)
dt
= s L F (n) (t) (s) − F (n) (0+ ).
58
COMPLEMENTI
Poiché stiamo supponendo che la formula sia vera per n,
otteniamo
!
n−1
X
L F (n+1) (t) (s) = s sn f (s) −
sn−i F (i) (0+ ) − F (n) (0+ )
i=0
= sn+1 f (s) −
= sn+1 f (s) −
n−1
X
i=0
n
X
sn+1−i F (i) (0+ ) − F (n) (0+ )
sn+1−i F (i) (0+ ),
i=0
che è appunta la formula scritta per n+1. La tesi segue allora
dal Pincipio di Induzione.
2) Anche in questo caso procediamo per induzione. Innanzitutto
verifichiamo la formula per n = 1 (cioè dimostriamo la terza
proprietà elencata nel teorema). Si ha
Z
d +∞ −st
df
e F (t)dt
− (s) = −
ds
ds 0
=
Z
0
+∞
te−st F (t)dt = L(t F (t))(s),
dove abbiamo derivato (rispetto al parametro s) sotto il segno
di integrale.
Supponiamo poi che la formula sia vera per n, e proviamo che
vale per n + 1. Si ha
d
L(tn F (t))(s),
ds
dove abbiamo usato la formula per la potenza 1 di t. Ora
l’ipotesi induttiva ci garantisce che
n
n+1
f
d
nd f
n+1 d
n+1
(−1)
(s)
=
(−1)
(s),
L(t F (t))(s) = −
n
n+1
ds
ds
ds
L(tn+1 F (t))(s) = L(t tn F (t))(s) = −
come richiesto.
COMPLEMENTI
59
...torna su
Svolgimento dell’esercizio 3.6.
1) Per la definizione di trasformata si ha
−5t
Z +∞ −5t
e − e−t
e − e−t
dt = L
(0),
t
t
0
che, per la proprietà di divisione per t, risulta uguale a
Z+∞
Z+∞
1
1
−5t
−t
L e − e (u) du =
du
−
u+5 u+1
0
0
u+5
= log
u+1
u→+∞
u=0
1
= lim logv − log5 = log .
v→1
5
2) Per la definizione di trasformata si ha
Z +∞
te−3t cos tdt = L(t cos t) (3),
0
che, per la proprietà di moltiplicazione per t, risulta uguale a
d
d
s
− (L(cos t) (s)) =−
2 +1
ds
ds
s
s=3
s=3
2
2
s −1
=
= .
2
2
(s + 1)
25
s=3
3) Per la definizione di trasformata si ha
Z +∞
t3 e−t sin tdt = L t3 sin t (1),
0
che, grazie alla proprietà di moltiplicazione per tn , è uguale a
3
d3
1
3 d
=− 3
(−1) 3 (L(sin t) (s)) 2
s=1
ds
ds s + 1 s=1
1
2 − s2 = .
= 8s 2
4
(s + 1) s=1 2
60
COMPLEMENTI
4) Ponendo
F (t) =
Z
u=t
u=0
sin u
du
u
si ha
Z
t=+∞
t=0
Z
u=t
−t sin u
e
u
u=0
du dt =
Z
t=+∞
e−t F (t) dt = L(F (t))(1).
t=0
D’altra parte, usando prima la regola di trasformata dell’integrale,
poi di divisione per t, si ottiene
sin t
t
L
(s)
R +∞
L(sin t) (u) du
s
Z s
π
−
arctan s
1 +∞ 1
du = 2
.
=
2
s s
1+u
s
L(F (t))(s) =
Infine
Z
t=+∞
t=0
Z
u=t
e−t
u=0
=
sin u
dudt =
u
s
π
2
− arctan 1
π
= .
1
4
5) Per definizione di trasformata si ha
Z
+∞
0
2 sin2 t
sin t
dt = L
(0).
2
t
t2
D’altra parte usando due volte la regola di divisione per t, si
ottiene
2 Z +∞ 2 sin t
sin t
(s) =
L
(u) du
L
2
t
t
Zs u=+∞ Z v=+∞
L sin2 t (v) dv du.
=
u=s
v=u
COMPLEMENTI
61
Sicché, per l’Esercizio 3.5.13,
2 Z u→+∞ Z v→+∞ 1 1
sin t
v
(s) =
−
L
dv du
t2
2 v v2 + 4
v=u
u=s
1
=
2
Z
u→+∞
u=s
v→+∞
1
1
logv − log 2
du
2 v + 4 v=u
1
=
2
Z
u→+∞
log
u=s
√
u2 + 4
du
u
"
#u→+∞
√
Z
1
u2 + 4
1 u→+∞ 4
=
du
u log
+
2
u
2 u=s
u2 + 4
I×P
u=s
#u→+∞
√
u2 + 4
u
1
u log
+ arctan
=
2
u
2
"
u=s
√
s
s2 + 4 π
1
+ − arctan ,
= − s log
2
s
2
2
e infine
Z
0
+∞
#
"
√
sin2 t
s2 + 4 π
s
π
1
= .
dt = lim+ − slog
+ − arctan
2
s→0
t
2
s
2
2
2
...torna su
Svolgimento dell’esercizio 3.8
1) Poniamo G(t) = e5t , e osserviamo che G0 (t) = 5G(t). Segue
allora per linearità che
L(G0 (t))(s) = 5L(G(t))(s),
62
COMPLEMENTI
mentre per la proprietà di trasformazione delle derivate si ha
che
L(G0 (t))(s) = s L(G(t))(s) − G(0) = s L(G(t))(s) − 1.
Uguagliando le due espressioni si ottiene
5L(G(t))(s) = s L(G(t))(s) − 1
e dunque
(s − 5)L(G(t))(s) = 1
cioè
L(G(t))(s) =
1
.
s−5
2) Poiché la funzione F (t) introdotta nell’Esempio 1.3 ha una
discontinuità di tipo salto in t = 1, le ipotesi del Teorema 1.6 non valgono. Proviamo a calcolare direttamente la
trasformata. Si ha
−1
se 0 < t < 1,
0
F (t) =
0
se t > 1;
dunque
0
L(F (t))(s) = −
Z
1
e−st dt =
0
1 −s
e −1 .
s
La formula standard ci darebbe invece
1 −s
1 −s
1
−s
1 + 2e
+ 2 e − 1 − 1 = 2e−s +
e −1 .
s
s
s
s
Che fine ha fatto il pezzo 2e−s ? Possiamo recuperare la formula se ci ricordiamo che, quando F ha una discontinuità di
tipo salto in un certo punto to , vale la formula corretta
−
L(F 0 (t))(s) = sL(F (t))(s) − F (0+ ) − e−to s F (t+
o ) − F (to ) .
Infatti nel nostro caso si ha to = 1 e
−
−s
e−to s F (t+
o ) − F (to ) = 2e .
COMPLEMENTI
63
...torna su
Svolgimento dell’esercizio 3.9.
1) Applicando la proprietà di moltiplicazione per t si ottiene
d
d
s
L(t cos(3t)) (s) = − L (cos(3t)) (s) = − L 2
ds
ds
s +9
2
s −9
,
= 2
(s + 9)2
per ogni s > 0.
2) Usando la proprietà di moltiplicazione per tn (vedi Esercizio
3.7.2) si ha
d2
d2
1
2
L t sin t (s) = 2 L (sin t) (s) = 2
2
ds ds s 2 + 1
2s
d
3s − 1
− 2
=
=2 2
,
2
ds
(s + 1)
(s + 1)3
per ogni s > 0.
3) Applicando la proprietà di divisione per t si ottiene
−t
Z +∞
e − e2t
(s) =
L
L e−t − e2t (u)du
t
s
=
Z+∞
s
1
1
−
u+1 u−2
du = lim
T →+∞
= lim log
T →+∞
per ogni s > max{−1, 2} = 2.
u+1
log
u−2
u=T
u=s
T +1
s+1
− log
T −2
s−2
= lim logv − log
v→1
s−2
s+1
= log
s−2
s+1
...torna su
64
COMPLEMENTI
Svolgimento dell’esercizio 3.12.
1) Osservando che
d
2s
=−
2
2
(s + 16)
ds
1
2
s + 16
e applicando la proprietà che lega derivata e antititrasformata
si ottiene
d
1
−1
−1
−
L (f (s)) (t) = L
(t)
2
ds s + 16
t
1
(t) = sin(4t).
= tL−1 2
s + 16
4
2) Osserviamo che, poichè lim f (s) = 0, si ha
s→+∞
f (s) = −
Z
s
+∞
0
f (u) du =
Z
+∞
s
1
1
−
s s−2
du.
Dunque, usando la proprietà che lega integrale e antitrasformata si ottiene
Z +∞ 1
1
−1
−1
du (t)
−
L (f (s)) (t) = L
s s − 2
s
1
1 − e2t
1
1
= L−1
(t) =
−
.
t
s s−2
t
3) Utilizzando la proprietà che lega antitrasformata e prodotto
otteniamo
s−2
d −1
s−2
−1
−1
log
L (f (s)) (t) = L
(t) − L
log
(0) δ(t).
dt
s
s
Possiamo cosı̀ utilizzare quanto visto nell’esercizio precedente:
d 1 − e2t
1 − e2τ
−1
L (f (s)) (t) =
− lim+
δ(t).
τ →0
dt
t
τ
COMPLEMENTI
65
Per la regola di De l’Hôpital
lim+
τ →0
1 − e2τ
= lim+ −2e2τ = −2,
τ →0
τ
mentre
(1 − 2t)e2t − 1
d 1 − e2t
−2te2t − (1 − e2t )
=
,
=
dt
t
t2
t2
sicché
(1 − 2t)e2t − 1
+ 2 δ(t).
t2
Osserviamo che (usando ancora De l’Hôpital)
2s
= −2 6= 0.
lim f (s) = lim −
s→+∞
s→+∞
s−2
Ciò non contraddice il Teorema 1.4(i), perché l’antitrasformata di f non è generalmente continua!
4) Utilizzando la proprietà che lega antitrasformata e divisione
otteniamo
Z t
Z t
1
1
−1
−1
sin(2u) du
L
(u) du =
L (f (s)) (t) =
2
s
+
4
2
0
0
u=t
1
1
= (1 − cos 2t) .
= − cos(2u)
4
4
u=0
L−1 (f (s)) (t) =
In realtà, potevamo anche calcolare questa antitrasformata
decomponendo f in fratti semplici
f (s) =
As2 + 4A + Bs + Cs2
A B + Cs
+ 2
=
,
s
s +4
s(s2 + 4)
da cui
1
A= ,
4
B = 0,
C = −A = −
1
4
e dunque
1 −1 1
s
1
L (f (s)) (t) = L
− 2
(t) = (1 − cos 2t) .
4
s s +4
4
−1
66
COMPLEMENTI
...torna su
COMPLEMENTI
67
Definizione 3.2. se f e g sono due funzioni definite su tutto R, a quadrato integrabile e generalmente continue, il loro prodotto per convoluzione è una nuova funzione, che indichiamo con
F ∗ G, definita come segue
Z +∞
f ∗ g (x) =
f (y)g(x − y)dy.
−∞
...torna su
68
COMPLEMENTI
Svolgimento dell’esercizio 3.14.
1) È evidente che |f (s)| ≤ m/|s|3 per |s| “grande”. Inoltre, comunque prendiamo t > 0, la funzione e−st /(s − 1)(s2 + 4)
presenta
• un polo semplice in s = 1, con residuo e−t /5,
• un polo semplice in s = 2i, con residuo uguale a
e−st
e−2it
e−st (s − 2i) =
=
−
(s − 1)(s2 + 4) s=2i (s − 1)(s + 2i) s=2i
4(2 + i)
• un polo semplice in s = −2i, con residuo uguale a
e−st
e2it
e−st (s + 2i) =
=
−
(s − 1)(s2 + 4) s=−2i (s − 1)(s − 2i) s=−2i
4(2 − i)
Otteniamo cosı́
1
1 −t e−2it (2 − i) + e2it (2 + i)
−1
L
e −
(t)
=
(s − 1)(s2 + 4)
5
4(2 + i)(2 − i)
1
4 cos 2t + 2 sin 2t
1
1
1
= e−t −
= e−t − cos 2t +
sin 2t
5
20
5
5
10
...torna su
COMPLEMENTI
69
Svolgimento dell’esercizio 3.15. Applicando la trasformata di Laplace all’equazione otteniamo
L(Y 00 (t))(s) + 4L(Y 0 (t))(s) + L(13Y (t))(s) = L(t e−t )(s).
Poi,
L(t e−t )(s) = L(t)(s + 1) =
1
,
(s + 1)2
mentre ponendo y(s) = L(Y (t))(s) e utilizzando le regole di
trasformazione delle derivate otteniamo
L(Y 0 (t))(s) = s y(s) − 0 = s y(s),
L(Y 00 (t))(s) = s L(Y 0 (t))(s) − Y 0 (0) = s2 y(s) − Y 0 (0).
Osserviamo che, in questo caso, non conosciamo il valore di
Y 0 (0). Lasciamo allora Y 0 (0) = c come parametro
libero. In
π
seguito lo determineremo imponendo che Y 2 = 0.
Riassumendo, la O.D.E. ci fornisce l’equazione algebrica
s2 y(s) − c + 4s y(s) + 13 y(s) =
1
,
(s + 1)2
cioè
(s2 + 4s + 13)y(s) = c +
1
,
(s + 1)2
ovvero
y(s) =
s2
1
c
+
.
2
2
+ 4s + 13 (s + 1) (s + 4s + 13)
Torniamo indietro calcolando
1
c
−1
−1
+
.
Y = L (y(s)) = L
s2 +4s+13 (s+1)2(s2 +4s+13)
70
COMPLEMENTI
A tal fine, osserviamo che s2 + 4s + 13 = (s + 2)2 + 9, dunque
possiamo scrivere
c
1
−1
Y (t) = L
(t)
+
2
2
2
(s + 2) + 9 (s + 1) ((s + 2) + 9)
1
c
−1
+
=L
(t).
(s + 2)2 + 9 ((s + 2) − 1)2 ((s + 2)2 + 9)
Applicando la II proprietà di traslazione per l’antitrasformata
otteniamo
1
c
−2t −1
+
Y (t) = e L
(t)
s2 + 9 (s −1)2 (s2 + 9)
1
−2t −1
−2t c
sin(3t) + e L
=e
(t).
3
(s − 1)2 (s2 + 9)
Per calcolare l’ultima antitrasformata, decomponiamo in fratti
semplici:
1
A + Bs C + Ds
,
=
+ 2
2
s +9
(s − 1) (s2 + 9)
(s − 1)2
da cui

9A + C = 1



9B − 2C + D = 0

A + C − 2D = 0


B+D =0
cioè (risolvendo dall’ultima riga verso la prima)
1
4
1
6
A = ,B = − ,C = − ,D = .
50
50
50
50
Pertanto
5
1
4
s
1 −1
1
−1
−
−
+
= L
L
(s−1)2(s2 +9)
50
(s− 1)2 s−1 s2 +9 s2 +9
et
5
1
2
1
= L−1 2 −
−
sin 3t +
cos 3t
50
s
s
75
50
1
1
2
1
= et t − et −
sin 3t +
cos 3t,
10
50
75
50
COMPLEMENTI
71
da cui otteniamo finalmente
1
1
1
25 c − 2 −2t
e sin 3t + e−t t − e−t + e−2t cos 3t.
Y (t) =
75
10
50
50
Determiniamo ora il giusto valore del parametro c calcolando
π 2 − 25 c
5π − 2 − π
e−π +
e 2 =0
Y
=
2
75
100
se
25 c − 2
5π − 2 π
=
e2.
75
100
Otteniamo cosı̀ infine la soluzione
1
1
1
5π − 2 π −2t
e2
sin 3t + e−t t − e−t + e−2t cos 3t.
Y (t) =
100
10
50
50
...torna su
72
COMPLEMENTI
Svolgimento dell’esercizio 3.16. Applicando la trasformata di Laplace all’equazione otteniamo
L(Y 00 (t)) (s) + 4L(Y (t)) (s) = L(F (t)) (s).
Ponendo y(s) := L(Y (t)) (s) e usando le proprietà di trasformazione della derivata abbiamo
L(Y 0 (t)) (s) = s y(s) − Y 0 (0) = s y(s),
L(Y 00 (t)) (s) = s L(Y 0 (t)) (s) − Y 0 (0) = s2 y(s) − 1,
da cui
s2 y(s) − 1 + 4 y(s) = L(F (t)) (s)
ovvero
L(F (t)) (s)
1
+
.
+4
s2 + 4
Infine, torniamo indietro mediante
1
L(F (t)) (s)
−1
+
Y (t) = L
(t)
s2 + 4
s2 + 4
1
1
= sin 2t + sin 2t ∗ F (t),
2
2
dove abbiamo usato il Teorema 2.6. Possiamo anche scrivere
Z
1
1 t
sin (2(tk − u)) F (u) du.
Y (t) = sin 2t +
2
2 0
y(s) =
s2
1) se F (t) = H(t − 3), si ha
Z
1
1 t
Y (t) = sin 2t +
sin (2(t − u)) H(u − 3) du
2
2 0
=

Z t
1
1


sin 2t +
sin (2(t − u)) 0 du


 2
2 0
Z


1 t
1


 sin 2t +
sin (2(t − u)) 1 du
2
2 3
se t < 3,
se t > 3.
COMPLEMENTI
Pertanto









Y (t) =








1
sin 2t
2
73
se t < 3,
u=t
1 1
1
sin 2t +
cos (2(t − u))
2
2 2
u=3
1
1
se t > 3,
= sin 2t + [1 − cos (2(t − 3))]
2
4
o, più brevemente,
1
1
Y (t) = sin 2t + [1 − cos (2(t − 3))] H(t − 3)
2
4
2) se F (t) = δ(t − 3), si ha
Z
1
1 t
Y (t) = sin 2t +
sin (2(t − u)) δ(u − 3) du
2
2 0

1


se t < 3,

 2 sin 2t
=


1
1

 sin 2t + sin (2(t − 3))
se t > 3.
2
2
...torna su
74
COMPLEMENTI
Svolgimento dell’esercizio 3.17. Applicando la trasformata di Laplace all’equazione otteniamo
L(Y 00 (t)) (s) + L(t Y 0 (t)) (s) + L(Y (t)) (s) = 0.
Poniamo dunque y(s) := L(Y (t))(s) e calcoliamo
L(Y 0 (t))(s) = s L(Y (t))(s) − Y (0) = s y(s) − 1,
L(Y 00 (t))(s) = s L(Y 0 (t))(s) − Y 0 (0) = s2 y(s) − s
d
d
L(t Y 0 (t)) (s) = − L(Y 0 (t))(s) = − (s y(s) − 1) (s)
ds
ds
= −y(s) − s y 0(s).
Siccè si ha
s2 y(s)−s−y(s)−s y 0(s)+y(s) = 0
ovvero y 0(s)−sy(s)+1 = 0.
Cerchiamo la soluzione generale della nuova O.D.E.. Risolviamo
prima l’equazione omogenea associata, cioè y 0 (s) − sy(s) = 0:
y 0(s)
d 1 2
d
log(y(s)) =
=s=
s
ds
y(s)
ds 2
da cui
1 2
yo (s) = ce 2 s .
Cerchiamo poi la soluzione dell’equazione non omogenea con
il metodo di variazione delle costanti, ovvero cerchiamo una
soluzione del tipo y(s) = c(s)yo(s). Si deve avere
(c(s)yo (s))0 − sc(s)yo(s) + 1 = 0
cioè
c0 (s)yo(s) + c(s) [yo0 (s) − syo (s)] + 1 = 0.
Poiché yo risolve l’omogenea associata, ciò è equivalente a
c0 (s)yo (s) + 1 = 0,
da cui
c(s) = c −
1 2
c0 (s) = −e− 2 s ,
cioè
Z
0
s
1
2
e− 2 u du
COMPLEMENTI
75
e dunque abbiamo
y(s) =
c−
Z
s
− 12 u2
e
0
1 2
du e 2 s .
Ora dobbiamo determinare la costante c. A tal scopo, ricordiamo
che y(s) deve essere la trasformata di Y (t), dunque il Teorema
1.4 assicura che
lim y(s) = 0.
s→+∞
Nel nostro caso ci serve
Z s
1 2
− 12 u2
lim c −
du e 2 s = 0.
e
s→+∞
Poiché lim e
s→+∞
1 2
s
2
0
= +∞, è necessario che
Z s
− 21 u2
e
lim c −
du = 0
s→+∞
R +∞
− 21 u2
0
√
π
.
2
cioè c = 0 e
du =
Ricapitolando abbiamo ottenuto
√
Z +∞
Z s
1 2
1 2
π
1 2
s
− 12 u2
du e 2 =
y(s) =
−
e− 2 u du e 2 s
e
2
s
0
Z +∞
− 12 (u2 −s2 )
=
du.
e
s
Utilizzando il cambiamento di variabile t = u − s, e osservando
che u2 − s2 = (t − s)(t + s) = t(2s + t), si ottiene
Z +∞
Z +∞
1 2
− 12 t(2s+t)
−ts − 21 t2
dv = L e− 2 t (s).
y(s) =
dv =
e
e e
0
0
Infine tornando indietro otteniamo la soluzione della O.D.E. di
partenza
1 2
Y (t) = L−1 (y(s)) (t) = e− 2 t .
...torna su