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1 La trasformata di Laplace
Sia I un intervallo contenente il semiasse reale positivo: R+ = [0, +∞) ⊆ I
e sia f : I −→ C una funzione a valori reali o complessi.
De�nizione 1.1. La funzione f è L-trasformabile (o trasformabile secon-
do Laplace) se ∃ s ∈ C tale che la funzione t −→ e−st f(t) è sommabile su
R+, cioè tale che ∫ +∞
0
|e−stf(t)|dt < +∞.
In tal caso chiameremo integrale di Laplace l'integrale∫ +∞
0
e−st f(t) dt. (1)
Osservazione 1.2. Se l'integrale (1) converge per un assegnato s = s0, cioè
e−stf(t) è sommabile su R+, allora converge ∀s ∈ C tale che Re(s) > Re(s0),
infatti:
|e−st f(t)| = e−Re(s) t |f(t)| ≤ e−Re(s0) t |f(t)| = |e−s0t f(t)|,
e dunque e−st f(t) è maggiorata in modulo da una funzione sommabile ed è,
perciò, sommabile a sua volta.
Si ha dunque che se l'insieme degli s ∈ C per cui
∫ +∞
0
e−st f(t) dt converge
non è vuoto, allora è costituito da un semipiano (destro), quello dei numeri
complessi s per i quali si ha
σ = Re(s) > σ[f ],
dove σ[f ] è l'estremo inferiore delle parti reali dei numeri s ∈ C per cui∫ +∞
0
e−st f(t) dt converge.
Ricapitolando possiamo dunque dare la seguente
1
De�nizione 1.3. Sia f : I −→ C (dove R+ ⊆ I) una funzione L-trasformabile;
posto
σ[f ] := inf{Re(s) : e−st f(t) è sommabile
},
per ogni s tale che Re(s) > σ[f ] chiameremo trasformata di Laplace di f
la funzione
L[f ](s) = F (s) :=
∫ +∞
0
e−st f(t) dt. (2)
Diremo inoltre che σ[f ] è l'ascissa di convergenza della funzione f .
Osservazione 1.4. Se la funzione f(t) è di ordine esponenziale α, cioè
veri�ca una disuguaglianza del tipo
|f(t)| ≤ M eα t con α ∈ R
allora σ[f ] ≤ α. Infatti per ogni s ∈ C con Re(s) > α si ha
|e−s t f(t)| = e−Re(s) t |f(t)| ≤ e−Re(s) t M eα t = Me(α−Re(s))t
e l'ultima funzione è sommabile in R+.
Si osservi inoltre che una funzione di ordine esponenziale α = 0 è sempli-
cemente una funzione limitata: |f(t)| ≤ M .
Esempio 1
Consideriamo la cosiddetta funzione di Heaviside:
H(t) =
1 t ≥ 0
0 altrove.
Si tratta quindi di vedere quando e−s t è sommabile su R+. Si ha
|e−s t| = e−Re(s) t
2
che risulta sommabile su R+ se (e solo se) Re(s) > 0. Dunque si ottiene
σ[f ] = 0 e la trasformata di Laplace si calcola come integrale improprio
L[H](s) =
∫ +∞
0
e−st dt =1
s.
Si noti che la funzione ottenuta1
sè de�nita e olomorfa in C∗ = C\ {0}, ma
solo nel semipiano Re(s) > 0 è la trasformata di Laplace di H(t).
Esempio 2
Consideriamo f(t) = eat con a = α+i β. La funzione t −→ e−st eat = e−(s−a)t
è sommabile se (e solo se) Re(s − a) = Re(s) − α > 0, cioè Re(s) > α.
Dunque si ottiene σ[f ] = α. Il calcolo della trasformata di Laplace in questo
semipiano è simile a quello dell'esempio precedente
L[f ](s) =
∫ +∞
0
e−(s−a)t dt =1
s− a.
Per a = 0 si ritrova il risultato relativo alla funzione di Heaviside.
Esempio 3
Consideriamo l'impulso di durata h > 0:
X[0,h)(t) = H(t)−H(t− h) =
1 0 ≤ t < h
0 altrove.
Si ha per s 6= 0
L[X[0,h)](s) =
∫ +∞
0
e−stX[0,h)(t) dt =
∫ h
0
e−st dt =
[e−st
s
]t=0
t=h
=1− e−sh
s.
C'è dunque singolarità per s = 0, che risulta eliminabile:
lims→0
L[X[0,h)](s) = lims→0
1− e−sh
s= lim
s→0
1− e−sh
shh = h = L[X[0,h)](0).
Possiamo quindi concludere che la trasformata di Laplace, in questo caso,
ha ascissa di convergenza σ[f ] = −∞; questo avviene, più in generale, ogni
volta che f = 0 fuori di un insieme compatto, i.e. chiuso e limitato.
3
Esempio 4
Consideriamo l'impulso unitario di durata h > 0:
δh(t) =X[0,h)(t)
h.
E' detto unitario perchè si ha∫R
δh(t) dt =
∫ +∞
0
δh(t) dt = 1.
Sfruttando il risultato ottenuto nell'esempio precedente si trova facilmente
L[δh](s) =1− e−hs
hs
e si ha
∀s �ssato limh→0
L[δh](s) = 1.
Osserviamo, scegliendo h =1
n, n ∈ N∗, che la successione di funzioni
{δ 1
n(t)
}è tale che
limn→+∞
δ 1n(t) =
0 t 6= 0
+∞ t = 0,
dove la funzione a valori in [0, +∞] de�nita da
δ(t) =
0 t 6= 0
+∞ t = 0
viene detta �δ di Dirac�. Quindi si de�nisce L[δ(t)] := limn→+∞ L[δ 1n(t)] = 1.
2 Proprietà della trasformata di Laplace
2.1 Linearità
La trasformata di Laplace è lineare, cioè per ogni coppia f1 e f2 di funzioni
L-trasformabili con ascisse di convergenza σ[f1] e σ[f2] rispettivamente e per
4
ogni c1, c2 costanti si ha
L[c1f1 + c2f2](s) = c1L[f1](s) + c2L[f2](s),
∀s : Re(s) > max {σ[f1], σ[f2]} .
Esempio
Dall'esempio 2 troviamo
L[e± iωt](s) =1
s∓ iωω ∈ R, Re(s) > 0.
Sfruttando la formula di Eulero e la linearità della trasformata otteniamo
L[sin(ωt)](s) =1
2i
[1
s− iω− 1
s + iω
]=
ω
s2 + ω2Re(s) > 0
L[cos(ωt)](s) =s
s2 + ω2Re(s) > 0,
e dunque in particolare
L[sin(t)](s) =1
s2 + 1L[cos(t)](s) =
s
s2 + 1Re(s) > 0.
Esempio
Ancora dall'esempio 2 troviamo
L[eωt](s) =1
s− ωw ∈ R, Re(s) > ω,
L[e−ωt](s) =1
s + ωw ∈ R, Re(s) > −ω.
Per Re(s) > |ω| valgono entrambi i risultati, quindi da
sinh(ωt) =eωt − e−ωt
2cosh(ωt) =
eωt + e−ωt
2
5
segue che
L[sinh(ωt)](s) =1
2
[1
s− ω− 1
s + ω
]=
ω
s2 − ω2
L[cosh(ωt)](s) =s
s2 − ω2,
e dunque in particolare
L[sinh(t)](s) =1
s2 − 1L[cosh(t)](s) =
s
s2 − 1, Re(s) > 1.
2.2 Limitatezza
Proposizione 2.1. Sia f una funzione L-trasformabile con ascissa di con-
vergenza σ[f ]; allora per ogni σ0 > σ[f ] la funzione F (s) = L[f ](s) è limitata
nel semipiano chiuso Re(s) ≥ σ0 e inoltre
limRe(s)→+∞
F (s) = 0.
L'ultima a�ermazione signi�ca che se {sn} è una successione di punti per
cui σ0 ≤ σn := Re(sn) −→ +∞, allora
limn→+∞
F (sn) = 0.
2.3 Derivata della trasformata di Laplace
Proposizione 2.2. Sia f una funzione L-trasformabile con ascissa di con-
vergenza σ[f ]; allora la funzione F (s) = L[f ](s) è olomorfa nel semipiano
Re(s) > σ[f ]. La funzione t −→ −tf(t) è L-trasformabile con ascissa di
convergenza σ[f ] e abbiamo
F ′(s) = L[−tf(t)](s), (3)
dove con F ′(s) si intende la derivata in campo complesso.
In generale si ha
F (n)(s) = L[(−t)nf(t)](s) = (−1)nL[tnf(t)] Re(s) > σ[f ].
6
2.4 Segnali
La de�nizione di trasformata coinvolge solo i valori di f(t) per t ≥ 0. Se f(t)
è de�nita su R denotiamo
f+(t) =
f(t) t ≥ 0
0 altrimenti,
cioè f+(t) = H(t) f(t). Ne segue che L[f ](s) = L[f+](s).
De�nizione 2.3. Una funzione nulla per t < 0 e L-trasformabile viene
chiamata segnale.
Esempio
Consideriamo la funzione t −→ tn+, con n ∈ N. Per n = 0 abbiamo t0 = 1
e dunque la funzione t0+ coincide con H(t). La sua trasformata di Laplace è
allora
L[t0+](s) =1
sRe(s) > 0.
Per n > 0 riusciamo a scrivere la seguente formula ricorsiva
L[tn+](s) =
∫ +∞
0
e−st tn dt =
[−e−st
stn
]t=+∞
t=0
+ n
∫ +∞
0
e−st
stn−1 dt =
=n
sL[tn−1
+ ](s).
Abbiamo quindi
L[t+](s) =1
s2L[t2+](s) =
2
s3
e in generale
L[tn+](s) =n!
sn+1Re(s) > 0.
Riportiamo ora alcune proprietà (di facile veri�ca) della trasformata di
Laplace nel caso in cui f è un segnale.
7
• L[f(ct)](s) =1
cL[f(t)]
(s
c
)∀c > 0 : Re(s) > cσ[f ];
• L[f(t− t0)](s) = e−t0sL[f(t)](s) ∀t0 > 0 : Re(s) > σ[f ];
• L[eatf(t)](s) = L[f(t)](s− a) ∀a ∈ C : Re(s) > σ[f ] + Re(a).
Esempi
1. Segnale f(t) = sen+(t):
2. Segnale ritardato f(t) = sen+(t− π):
L[sen+(t− π)] = e−π s 1
s2 + 1.
Osservazione 2.4. La somma dei due segnali proposti è sin t in [0, π] e zero
fuori e si ha
L[sin+(t)] + L[sen+(t− π)] =1 + e−π s
s2 + 1.
8
La trasformata calcolata è una funzione intera: tanto il numeratore quanto il
denominatore presentano zeri semplici in s = ±i. Siamo in perfetto accordo
con il fatto che la trasformata di una funzione nulla fuori di un compatto è
una funzione intera, cioè σ[f ] = −∞.
Si può dimostrare la seguente proposizione in cui si dà una formula per
calcolare la trasformata di un segnale periodico.
Proposizione 2.5. Sia f un segnale periodico per t ≥ 0 di periodo T , cioè
f(t + T ) = f(t) ∀t ≥ 0. Se f è sommabile in [0, T ], allora
L[f ](s) =1
1− e−Ts
∫ T
0
e−stf(t) dt Re(s) > 0.
Esempio
1. Consideriamo l'onda quadra:
f(t) =
1 2n ≤ t ≤ 2n + 1, n ≥ 0
0 altrimenti.
E' un segnale periodico per t ≥ 0 di periodo 2.
9
L[f(t)](s) =1
1− e2s
∫ 1
0
e−st dt =1
1− e−2s
1− e−s
s=
=1
s
1
1 + e−sRe(s) > 0.
2. Consideriamo l'onda quadra modi�cata:
f(t) =
1 2n ≤ t ≤ 2n + 1, n ≥ 0
−1 2n + 1 < t < 2n + 2, n ≥ 0
0 altrimenti.
Allora si ottiene
10
L[f(t)](s) =1
1− e−2s
∫ 2
0
e−stf(t)dt =1
1− e−2s
( ∫ 1
0
e−stdt−∫ 2
1
e−stdt)
=
=1
1− e−2s
( [e−st
−s
]t=1
t=0
−[e−st
−s
]t=2
t=1
)=
=1
1− e−2s
(1
s(−e−s + 1) +
1
s(e−2s − e−s)
)=
=1
1− e−2s
1
s(e−2s − 2e−s + 1) =
=1
1− e−2s
1
s(1− e−s)2 =
1− e−s
s(1 + e−s).
3. Consideriamo ora il segnale 2π-periodico de�nito da
f(t) =
sin(t) 2kπ ≤ t ≤ (2k + 1)π, k ≥ 0
0 altrimenti.
11
Si ottiene
L[f ](s) =1
1− e−2πs
∫ π
0
e−stsin(t)dt =1
1− e−2πs
1 + e−πs
s2 + 1=
=1
1− e−πs
1
s2 + 1.
Nel calcolo abbiamo sfruttato il risultato precedente relativo a L[sin+(t)+
sin+(t− π)](s).
4. Consideriamo il segnale π-periodico de�nito da f(t) = |sin(t)|+.
Per esso si trova
L[|sin|+](s) =1
1− e−πs
∫ π
0
e−stsin(t)dt =1
1− e−πs
1 + e−πs
s2 + 1.
12
2.4.1 Legame tra la trasformata di un segnale e la trasformata
della sua derivata prima
Teorema 2.6. Sia f un segnale continuo per t ≥ 0, derivabile con derivata
prima continua a tratti e Laplace-trasformabile. Allora si ha che ∀s con
Re(s) > max{σ[f ], σ[f
′]}L[f
′](s) = sL[f ](s)− f(0).
Si può iterare il ragionamento: se f è di classe C1 e la sua derivata prima
veri�ca le ipotesi del teorema precedente, possiamo calcolare la trasformata
di Laplace di f′′. Si trova
L[f′′](s) = sL[f
′](s)− f
′(0) = s [sL[f ](s)− f(0)]− f
′(0) =
= s2 L[f ](s)− sf(0)− f′(0).
In generale, se f è una funzione di classe Cn−1 e la derivata di ordine (n− 1)
veri�ca le ipotesi del teorema precedente, si trova
L[f (n)](s) = sn L[f ](s)−(sn−1 f(0) + sn−2f
′(0) + · · ·+ f (n−1)(0)
).
Esempio
Consideriamo il seguente problema di Cauchy:y′′
+ y = 0
y(0) = 0 y′(0) = 1
Applichiamo la trasformata di Laplace ai due membri dell'equazione di�e-
renziale precedente; posto Y (s) = L[y](s) troviamo
L[y′′
+ y](s) = s2 Y (s)− s y(0)− y′(0) + Y (s) = Y (s) (s2 + 1)− 1 = 0,
13
da cui
Y (s) =1
s2 + 1
che riconosciamo essere la trasformata di Laplace della funzione y(t) = sin(t).
2.4.2 Prodotto di convoluzione
Siano f e g due funzioni sommabili su R; si de�nisce prodotto di convoluzione
di f e g la formula
(f ∗ g) (x) :=
∫R
f(t) g(x− t) dt.
Se f e g sono due segnali si ha
(f ∗ g) (x) =
∫ x
0
f(t) g(x− t) dt x > 0
0 altrimenti.
Si hanno le seguenti proprietà:
1. (f ∗ g) (x) = (g ∗ f) (x) commutativa;
2. ((f ∗ g) ∗ h) (x) = (f ∗ (g ∗ h)) (x) associativa
3. (f ∗ (g + h)) (x) = (f ∗ g) (x) + (f ∗ h) (x) distributiva.
Teorema 2.7. Se f e g sono due segnali L-trasformabili con ascisse di con-
vergenza σ[f ] e σ[g] rispettivamente, allora (f ∗ g) è L-trasformabile nel
semipiano Re(s) > max {σ[f ], σ[g]}, e si ha
L[f ∗ g](s) = L[f ](s) · L[g](s).
14
Esempio
Sia f un segnale L-trasformabile con ascissa di convergenza σ[f ] e trasformata
F (s). Calcoliamone la convoluzione con la funzione di Heaviside.
(f ∗ H)(t) = (H ∗ f)(t) =
∫ t
0
f(τ) dτ t > 0.
Si ottiene dunque la primitiva di f nulla nell'origine. Per la trasformata di
Laplace si trova
L[H ∗ f ](s) =F (s)
s, Re(s) > max {0, σ[f ]} .
Quindi la primitiva nulla nell'origine ha come trasformata la trasformata di
f divisa per s.
Esempio
Sia f(t) = tn−1+ . Ha come primitiva
tn+n
che si annulla nell'origine. Abbiamo
L[tn+n
](s) =
1
sL[tn−1
+ ](s) =⇒ L[tn+n
](s) =
n
sL
[tn−1+
n
](s).
Esercizio
Sia δh(t) =X[0,h)(t)
h, con h > 0. Abbiamo già visto che∫
Rδh(t) = 1 ∀h > 0
e che
L[δh](s) =1− e−sh
sh.
Sia ora fh(t) la sua primitiva nulla per t ≤ 0, i.e.
fh(t) =
∫ t
0
X[0,h)(τ)
hdτ =
1 t > h
t
ht ≤ h
(rampa unitaria).
15
Calcoliamo la sua trasformata:
L[fh](s) =1− e−hs
hs
1
s, Re(s) > 0.
2.5 Inversione della trasformata di Laplace
In questo paragrafo ci proponiamo di ottenere una formula di inversione,
cioè uno strumento analitico per riottenere il segnale f a partire dalla sua
trasformata F . Si possono dimostrare i due teoremi riportati qui di seguito.
Teorema 2.8. Sia f un segnale regolare a tratti e sia F (s) la sua trasformata
con ascissa di convergenza σ[f ]. Per ogni α > σ[f ] si ha
1
2πiv.p.
∫ α+i∞
α−i∞estF (s)ds =
1
2(f(t−) + f(t+)),
dove f(t−) ed f(t+) sono i limiti sinistro e destro in t. In particolare,1
2(f(t−) + f(t+)) = f(t) nei punti t in cui f(t) è continua.
Il teorema dà una condizione su�ciente a�nchè un segnale sia �ricostrui-
bile� a partire dalla trasformata di Laplace. Il seguente teorema dà una
condizione su F (s) (che sia analitica in un certo semipiano) a�nchè essa sia
la trasformata di Laplace di un segnale f(t) fornito dalla formula
1
2πi
∫ α+i∞
α−i∞estF (s)ds.
Teorema 2.9. Sia s ∈ C 7→ F (s) una funzione analitica nel semipiano
σ = Re(s) > σ0 e tale che si abbia
|F (s)| = O
(1
|sk|
), s →∞,
16
con k > 1, i.e. lim|s|→∞ |F (s)||sk| = c > 0 . Allora per ogni α > σ0 la formula
f(t) =1
2πi
∫ α+i∞
α−i∞estF (s)ds (4)
de�nisce un segnale continuo su R, indipendente da α, avente la F come
trasformata.
Sia F (s) una funzione razionale fratta tale che il grado del numeratore
sia minore di quello del denominatore (ci si può sempre ricondurre a ciò ).
Se il grado del numeratore è inferiore almeno di due unità rispetto a quello
del denominatore, si può applicare il risultato precedente. Altrimenti, se la
di�erenza dei due gradi è uno, si ha F (s) nella forma
F (s) =c
s+ F (s),
con F del tipo precedente.
Esempio
Consideriamo F (s) =s
s2 + 1che sappiamo essere la trasformata di cos(t).
F (s) è analitica ed inoltre
F (s) ' 1
ss →∞ (dunque k = 1).
Possiamo scrivere
F (s) =s
s2 + 1=
1
s+
(s
s2 + 1− 1
s
)=
1
s+
(s2 − s2 − 1
s(s2 + 1)
)=
1
s− 1
s(s2 + 1).
Il primo addendo è la trasformata di H(t). Il secondo è la trasformata di
(sin ∗H)(t) =
∫ +∞
0
sin(τ) H(t−τ) dτ =
∫ t
0
sin(τ)dτ = 1−cos(t) t ≥ 0.
17
Dunque sommando si ottiene cos(t).
Osserviamo che la funzione f(t) data dalla formula (4) può essere deter-
minata nel seguente modo:
f(t) =1
2πi
∫ α+i∞
α−∞estF (s)ds =
n∑j=1
res(est F (s), sj), (5)
dove gli sj sono i punti singolari della funzione est F (s). (La formula (5) è
dovuta essenzialmente al teorema dei residui e di una variante del lemma di
Jordan).
Se F (s) è una funzione razionale fratta propria si può utilizzare, oltre al-
la (5), la decomposizione in fratti semplici spiegata di seguito. Sia dunque
F (s) della forma
F (s) =A(s)
B(s),
con A(s) e B(s) polinomi che non abbiano zeri in comune (in caso contrario,
dividendoli per il loro massimo comune divisore, potremmo sempre ridurci a
tale situazione). Siano
A(s)=amsm+am−1sm−1+ · · ·+a0 am6= 0,
B(s) = bnsn + bn−1s
n−1 + · · ·+ b0 bn 6= 0,
con n > m. Siano dunque s1, s2, · · · , sr gli zeri distinti del polinomio B(s)
con molteplicità n1, n2, · · · , nr rispettivamente. Sarà
r∑k=1
nk = n, A(sk) 6= 0, k = 1, 2, · · · , r.
Ciascuno dei punti sk è un polo di ordine nk per la funzione F ; dunque
18
F (s) =A(s)
B(s)=
r∑k=1
nk∑j=1
a(k)−j
(s− sk)j.
Ora noi sappiamo che
L[tj−1+ ] =
(j − 1)!
sj⇐⇒ L
[tj−1+
(j − 1)!
]=
1
sj
e dunque per le proprietà della trasformata si ottiene che
L
[tj−1+
(j − 1)!eskt
]=
1
(s− sk)j.
Se ne deduce che F (s) è la trasformata di Laplace del segnale
f(t) =r∑
k=1
nk∑j=1
a(k)−j
(j − 1)!tj−1+ eskt.
Se tutti i poli sono semplici, cioè n1 = n2 = · · · = nr = 1, si trova
f(t) =n∑
k=1
a(k)−1 eskt.
Si osservi che tra gli n addendi a secondo membro compare un termine co-
stante se e solo se uno degli zeri sk vale 0; inoltre, se tutti gli zeri sk del
polinomio a denominatore hanno parte reale negativa, allora si ottiene che
limt→+∞ f(t) = 0.
Esempio
Consideriamo F (s) =s
(s− 1)2e determiniamo il segnale di cui è la trasfor-
mata.
19
Ci chiediamo quale sia il segnale di cui F è la trasformata. Per determinarlo
applichiamo la decomposizione in fratti semplici:
F (s) =s
(s− 1)2=
a
(s− 1)+
b
(s− 1)2, con a, b ∈ R.
Svolgendo i conti si trova a = 1, b = 1 e dunque
F (s) =1
(s− 1)+
1
(s− 1)2.
Allora si ottiene facilmente che il segnale è f(t) = et + tet.
2.6 Applicazione della trasformata di Laplace alle equa-
zioni di�erenziali ordinarie lineari a coe�cienti co-
stanti
Consideriamo il problema di Cauchy per un'equazione lineare del secondo
ordine, a coe�cienti costanti, non omogenea:y′′(t) + ay
′(t) + by(t) = g(t) t ≥ 0
y(0) = y0 y′(0) = y1,
con g(t) funzione L-trasformabile. (y(t) è un segnale e dunque è nullo per
t ≤ 0; per questo motivo i dati iniziali assegnati nell'origine vanno interpre-
tati come valori limite da destra).
Applicando la trasformata di Laplace all'equazione e sfruttando la formula
per la trasformata di una derivata si ha, posto Y (s) = L[y](s)
s2Y (s)− sy0 − y1 + a(sY (s)− y0) + bY (s) = L[g](s),
cioè
(s2 + as + b)Y (s) = y0(s + a) + y1 + L[g](s),
20
e dunque si trova
Y (s) =y0(s + a) + y1
s2 + as + b+
L[g](s)
s2 + as + b= Y1(s) + Y2(s).
A questo punto dobbiamo antitrasformare per ottenere il segnale.
Nel caso con g(t) = 0 (equazione omogenea) la trasformata di Laplace del-
la soluzione è Y (s) = Y1(s), dunque una funzione razionale fratta propria;
questa circostanza si veri�ca per ogni equazione di�erenziale lineare a coe�-
cienti costanti omogenea, indipendentemente dall'ordine. Sappiamo antitra-
sformare per risalire al segnale utilizzando le tecniche esposte nel paragrafo
precedente.
Nel caso con g(t) 6= 0 la trasformata di Laplace della soluzione è Y (s) =
Y1(s) + Y2(s). Il primo termine lo sappiamo antitrasformare; il secondo ter-
mine è Y2(s) = L[g ∗ y](s), dove y(t) è detta soluzione fondamentale e
veri�ca il problemay′′(t) + ay
′(t) + by(t) = 0 t ≥ 0
y(0) = 0 y′(0) = 1.
Osservazione 2.10. Sia dato il problemay′′(t) + ay
′(t) + by(t) = 0 t ≥ 0
y(0) = 0 y′(0) = 1.
Se si considera il segnale y+(t), cioè la funzione nulla per t < 0 e coincidente
con y(t) per t ≥ 0, si trova che essa è continua in 0 ma non C1 poichè la
derivata ha una discontinuità di salto nell'origine pari ad 1. Dunque y+(t)
è soluzione dell'equazione di�erenziale considerata negli intervalli t < 0 e
21
t > 0, mentre nell'origine la derivata non esiste. Non è quindi una soluzione
in senso �classico�, ma lo è nel senso delle distribuzioni, cioè una soluzione
dell'equazione
y′′
+ a1y′+ a0y = δ, (6)
dove δ indica la delta di Dirac. Per quanto appena detto la soluzione fon-
damentale va anche sotto il nome di risposta all'impulso di Dirac o
risposta impulsiva.
Esempio
Consideriamo il seguente problema di Cauchy:y′′(t) + 9y(t) = H(t− 1) t ≥ 0
y(0) = 0 y′(0) = 0.
Trasformando ambo i membri dell'equazione si trova, posto Y (s) = L[y](s)
(s2 + 9)Y (s) =e−s
s=⇒ Y (s) =
e−s
s(s2 + 9).
Antitrasformando si ottiene
y(t) =
1
9(1− cos(3(t− 1))) t ≥ 1
0 t < 1.
Esempio
Consideriamo il seguente problema di Cauchy:y′′(t) + y(t) = 3
y(5) = 0 y′(5) = 1.
(7)
Le condizioni non sono assegnate in 0. Si cerca dunque di ricondursi ad un
problema con condizioni iniziali in 0 (si può fare perchè il secondo membro
22
è invariante per traslazioni). Si pone, allora, y(t) = y(t + 5) e si ha che y(t)
deve soddisfare il problemay′′(t) + y(t) = 3
y(0) = 0 y′(0) = 1.
(8)
Risolviamo il problema (8). Trasformando entrambi i membri dell'equazione
si ottiene che la trasformata di Laplace della soluzione è
Y (s) =3
s(s2 + 1)+
1
s2 + 1=
a
s+
b
s− i+
c
s + i+
1
s2 + 1, a, b, c ∈ R.
Risolvendo si trova a = 3, b = −3
2, c = −3
2. Si riesce dunque facilmente ad
antitrasformare:
y(t) = sin(t) + 3− 3
2(e−it + eit) = sin(t) + 3(1− cos(t)).
A questo punto si può scrivere la soluzione del problema (7):
y(t) = sin(t− 5) + 3(1− cos(t− 5)).
Esempio
Consideriamo il seguente problema di Cauchy:y′′(t) + 4y
′(t) + 3y(t) = 0 t ≥ 0
y(0) = 0 y′(0) = 1.
Trasformando ambo i membri si trova
(s2 + 4s + 3)Y (s) = 1 ⇐⇒ Y (s) =1
s2 + 4s + 3=
1
(s + 1)(s + 3).
Possiamo quindi scrivere
y(t) =e−t
2− e−3t
2.
23
Osserviamo che la trasformata di Laplace consente ovviamente di risolvere
anche problemi di Cauchy del primo ordine. Diamo il seguente esempio.
Esempio
Consideriamo il seguente problema di Cauchy per un'equazione del primo
ordine: y′(t)− y(t) = H(t− 1) t ≥ 0
y(0) = 0
dove H è la funzione di Heaviside.
Si ha
Y (s) =e−s
s(s− 1)=⇒ y(t) =
−1 + et−1 t ≥ 1
0 0 ≤ t < 1.
Si può osservare facilmente che y(t) è continua, mentre la sua derivata prima
no:
y′(t) =
et−1 t > 1
0 0 ≤ t < 1.
Questo è dovuto al salto che il termine noto (funzione di Heaviside) ha in
24
t = 1:
Si dice che y(t) riceve un impulso in t = 1.
Esempio
Vogliamo risolvere, tramite la trasformata di Laplace, il seguente problema
di Cauchy: y′′(t) + y(t) = tet
y(0) = 1, y′(0) = 1.
Trasformiamo entrambi i membri dell'equazione:
Y (s) =s + 1
s2 + 1+
1
(s2 + 1)(s− 1)2= Y1(s) + Y2(s).
Per Y1(s) si ha
Y1(s) =s
s2 + 1+
1
s2 + 1=⇒ y1(t) = cos(t) + sin(t).
Mentre per Y2(s):
Y2(s) = L[tet]L[sin(t)] =⇒ y2(t) = tet ∗ sin(t).
25
Mettendo insieme y1 e y2 si può scrivere
y(t) = cos(t) + sin(t) + tet ∗ sin(t).
Alla stessa conclusione si poteva arrivare facendo la somma dei residui:
occupiamoci ad esempio di
Y1(s) =s + 1
s2 + 1.
I punti singolari sono s = ±i e sono poli di ordine 1; calcoliamo allora
res
(est(s + 1)
s2 + 1, i
)= lim
s→i
(est(s + 1)
s + i
)=
eit(i + 1)
2i;
res
(est(s + 1)
s2 + 1,−i
)= lim
s→i
(est(s + 1)
s− i
)=
e−it(−i + 1)
−2i.
E dunque si ha
y1(t) =eit(i + 1)
2i+
e−it(−i + 1)
−2i= cos(t) + sin(t).
Determinando i residui per Y2(s) si trova
y2(t) =tet − et
2+
1
2cos(t).
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La trattazione fatta �no ad ora si estende in maniera naturale a problemi
di ordine maggiore di 2:
y(n)(t) + an−1y(n−1)(t) + · · ·+ a0y(t) = g(t)
y(0) = y0
y′(0) = y1
...
y(n−1)(0) = yn−1.
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