1 La trasformata di Laplace

Denizione 1.3. Sia f : I −→ C (dove R + ⊆ I) una funzione L-trasformabile;postoσ[f] := inf { Re(s) : e −st f(t) è sommabile } ,per ogni s tale che Re(s) > σ[f] chiameremo trasformata di Laplace di fla funzioneL[f](s) = F (s) :=∫ +∞0e −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, cioèverica una disuguaglianza del tipo|f(t)| ≤ M e α tcon α ∈ Rallora 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 e α t = Me (α−Re(s))te l'ultima funzione è sommabile in R + .Si osservi inoltre che una funzione di ordine esponenziale α = 0 è semplicementeuna funzione limitata: |f(t)| ≤ M.Esempio 1Consideriamo la cosiddetta funzione di Heaviside:⎧⎨1 t ≥ 0H(t) =⎩0 altrove.Si tratta quindi di vedere quando e −s t è sommabile su R + . Si ha|e −s t | = e −Re(s) t2

che risulta sommabile su R + se (e solo se) Re(s) > 0. Dunque si ottieneσ[f] = 0 e la trasformata di Laplace si calcola come integrale improprioL[H](s) =∫ +∞0e −st dt = 1 s .Si noti che la funzione ottenuta 1 è denita e olomorfa in C∗ = C\ {0}, massolo nel semipiano Re(s) > 0 è la trasformata di Laplace di H(t).Esempio 2Consideriamo f(t) = e at con a = α+i β. La funzione t −→ e −st e at = e −(s−a)tè 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 questosemipiano è simile a quello dell'esempio precedenteL[f](s) =∫ +∞0e −(s−a)t dt = 1s − a .Per a = 0 si ritrova il risultato relativo alla funzione di Heaviside.Esempio 3Consideriamo l'impulso di durata h > 0:⎧⎨1 0 ≤ t < hX [0,h) (t) = H(t) − H(t − h) =⎩0 altrove.Si ha per s ≠ 0L[X [0,h) ](s) =∫ +∞0e −st X [0,h) (t) dt =∫ h0[ ee −st −stdt =s] t=0t=h= 1 − e−sh.sC'è dunque singolarità per s = 0, che risulta eliminabile:lim L[X 1 − e −sh[0,h)](s) = lims→0 s→0 s1 − e −sh= lim h = h = L[X [0,h) ](0).s→0 shPossiamo quindi concludere che la trasformata di Laplace, in questo caso,ha ascissa di convergenza σ[f] = −∞; questo avviene, più in generale, ognivolta che f = 0 fuori di un insieme compatto, i.e. chiuso e limitato.3

ogni c 1 , c 2 costanti si haL[c 1 f 1 + c 2 f 2 ](s) = c 1 L[f 1 ](s) + c 2 L[f 2 ](s),∀s : Re(s) > max {σ[f 1 ], σ[f 2 ]} .EsempioDall'esempio 2 troviamoL[e ± iωt ](s) =1s ∓ iωω ∈ R, Re(s) > 0.Sfruttando la formula di Eulero e la linearità della trasformata otteniamoL[sin(ωt)](s) = 1 [12i s − iω − 1 ]=s + iωωs 2 + ω 2 Re(s) > 0L[cos(ωt)](s) =ss 2 + ω 2 Re(s) > 0,e dunque in particolareEsempioL[sin(t)](s) = 1s 2 + 1Ancora dall'esempio 2 troviamoL[cos(t)](s) =ss 2 + 1Re(s) > 0.L[e ωt ](s) = 1s − ωL[e −ωt ](s) = 1s + ωw ∈ R, Re(s) > ω,w ∈ R,Re(s) > −ω.Per Re(s) > |ω| valgono entrambi i risultati, quindi dasinh(ωt) = eωt − e −ωt2cosh(ωt) = eωt + e −ωt25

segue cheL[sinh(ωt)](s) = 1 2[ 1s − ω − 1 ]=s + ωωs 2 − ω 2L[cosh(ωt)](s) =ss 2 − ω 2 ,e dunque in particolareL[sinh(t)](s) = 1s 2 − 1L[cosh(t)](s) =s , Re(s) > 1.s 2 − 12.2 LimitatezzaProposizione 2.1. Sia f una funzione L-trasformabile con ascissa di convergenzaσ[f]; allora per ogni σ 0 > σ[f] la funzione F (s) = L[f](s) è limitatanel semipiano chiuso Re(s) ≥ σ 0 e inoltrelim F (s) = 0.Re(s)→+∞L'ultima aermazione signica che se {s n } è una successione di punti percui σ 0 ≤ σ n := Re(s n ) −→ +∞, alloralim F (s n) = 0.n→+∞2.3 Derivata della trasformata di LaplaceProposizione 2.2. Sia f una funzione L-trasformabile con ascissa di convergenzaσ[f]; allora la funzione F (s) = L[f](s) è olomorfa nel semipianoRe(s) > σ[f]. La funzione t −→ −tf(t) è L-trasformabile con ascissa diconvergenza σ[f] e abbiamoF ′ (s) = L[−tf(t)](s), (3)dove con F ′ (s) si intende la derivata in campo complesso.In generale si haF (n) (s) = L[(−t) n f(t)](s) = (−1) n L[t n f(t)]Re(s) > σ[f].6

2.4 SegnaliLa denizione di trasformata coinvolge solo i valori di f(t) per t ≥ 0. Se f(t)è denita su R denotiamo⎧⎨f(t) t ≥ 0f + (t) =⎩0 altrimenti,cioè f + (t) = H(t) f(t). Ne segue che L[f](s) = L[f + ](s).Denizione 2.3. Una funzione nulla per t < 0 e L-trasformabile vienechiamata segnale.EsempioConsideriamo la funzione t −→ t n +, con n ∈ N. Per n = 0 abbiamo t 0 = 1e dunque la funzione t 0 + coincide con H(t). La sua trasformata di Laplace èalloraL[t 0 +](s) = 1 Re(s) > 0.sPer n > 0 riusciamo a scrivere la seguente formula ricorsiva∫ +∞[ ] −eL[t n +](s) = e −st t n −st t=+∞ ∫ +∞dt = t n + ns0Abbiamo quindit=0= n s L[tn−1 + ](s).L[t + ](s) = 1 s 2 L[t 2 +](s) = 2 s 30e −sts tn−1 dt =e in generaleL[t n +](s) = n!s n+1 Re(s) > 0.Riportiamo ora alcune proprietà (di facile verica) della trasformata diLaplace nel caso in cui f è un segnale.7

• L[f(ct)](s) = 1 c L[f(t)] ( sc)∀c > 0 : Re(s) > cσ[f];• L[f(t − t 0 )](s) = e −t 0s L[f(t)](s)∀t 0 > 0 : Re(s) > σ[f];• L[e at f(t)](s) = L[f(t)](s − a)∀a ∈ C : Re(s) > σ[f] + Re(a).Esempi1. Segnale f(t) = sen + (t):2. Segnale ritardato f(t) = sen + (t − π):L[sen + (t − π)] = e −π s 1s 2 + 1 .Osservazione 2.4. La somma dei due segnali proposti è sin t in [0, π] e zerofuori e si haL[sin + (t)] + L[sen + (t − π)] = 1 + e−π ss 2 + 1 .8

La trasformata calcolata è una funzione intera: tanto il numeratore quanto ildenominatore presentano zeri semplici in s = ±i. Siamo in perfetto accordocon il fatto che la trasformata di una funzione nulla fuori di un compatto èuna funzione intera, cioè σ[f] = −∞.Si può dimostrare la seguente proposizione in cui si dà una formula percalcolare la trasformata di un segnale periodico.Proposizione 2.5. Sia f un segnale periodico per t ≥ 0 di periodo T , cioèf(t + T ) = f(t)Esempio∀t ≥ 0. Se f è sommabile in [0, T ], alloraL[f](s) =∫1 T1 − e −T s1. Consideriamo l'onda quadra:0e −st f(t) dt Re(s) > 0.⎧⎨1 2n ≤ t ≤ 2n + 1, n ≥ 0f(t) =⎩0 altrimenti.E' un segnale periodico per t ≥ 0 di periodo 2.9

L[f(t)](s) =∫1 1e −st dt =1 − e 2s01 1 − e −s1 − e −2s s== 1 s11 + e −s Re(s) > 0.2. Consideriamo l'onda quadra modicata:⎧1 2n ≤ t ≤ 2n + 1, n ≥ 0⎪⎨f(t) = −1 2n + 1 < t < 2n + 2, n ≥ 0⎪⎩0 altrimenti.Allora si ottiene10

L[f(t)](s) =====∫1 2e −st f(t)dt =1 − e −2s01( [ ]e −st t=1−1 − e −2s −st=01( ∫ 1e −st dt −1 − e −2s[ e−st−s] t=2t=1)=1( 11 − e −2s s (−e−s + 1) + 1 )s (e−2s − e −s ) =11 − e −2s 1s (e−2s − 2e −s + 1) =1 11 − e −2s s (1 − e−s ) 2 =1 − e−ss(1 + e −s ) .0∫ 21)e −st dt =3. Consideriamo ora il segnale 2π-periodico denito da⎧⎨sin(t) 2kπ ≤ t ≤ (2k + 1)π, k ≥ 0f(t) =⎩0 altrimenti.11

Si ottieneL[f](s) ==∫1 π1 − e −2πs11 − e −πs 1s 2 + 1 .0e −st sin(t)dt =11 − e −2πs 1 + e −πss 2 + 1 =Nel calcolo abbiamo sfruttato il risultato precedente relativo a L[sin + (t)+sin + (t − π)](s).4. Consideriamo il segnale π-periodico denito da f(t) = |sin(t)| + .Per esso si trovaL[|sin| + ](s) =∫1 π1 − e −πs012e −st sin(t)dt =11 − e −πs 1 + e −πss 2 + 1 .

2.4.1 Legame tra la trasformata di un segnale e la trasformatadella sua derivata primaTeorema 2.6. Sia f un segnale continuo per t ≥ 0, derivabile con derivataprima continua a tratti e Laplace-trasformabile. Allora si ha che ∀s conRe(s) > max { σ[f], σ[f ′ ] } L[f ′ ](s) = s L[f](s) − f(0).Si può iterare il ragionamento: se f è di classe C 1 e la sua derivata primaverica le ipotesi del teorema precedente, possiamo calcolare la trasformatadi Laplace di f ′′ . Si trovaL[f ′′ ](s) = s L[f ′ ](s) − f ′ (0) = s [s L[f](s) − f(0)] − f ′ (0) == s 2 L[f](s) − sf(0) − f ′ (0).In generale, se f è una funzione di classe C n−1 e la derivata di ordine (n − 1)verica le ipotesi del teorema precedente, si trovaL[f (n) ](s) = s n L[f](s) −()s n−1 f(0) + s n−2 f ′ (0) + · · · + f (n−1) (0) .EsempioConsideriamo il seguente problema di Cauchy:⎧⎨y ′′ + y = 0⎩y(0) = 0 y ′ (0) = 1Applichiamo la trasformata di Laplace ai due membri dell'equazione dierenzialeprecedente; posto Y (s) = L[y](s) troviamoL[y ′′ + y](s) = s 2 Y (s) − s y(0) − y ′ (0) + Y (s) = Y (s) (s 2 + 1) − 1 = 0,13

da cuiY (s) = 1s 2 + 1che riconosciamo essere la trasformata di Laplace della funzione y(t) = sin(t).2.4.2 Prodotto di convoluzioneSiano f e g due funzioni sommabili su R; si denisce prodotto di convoluzionedi f e g la formula∫(f ∗ g) (x) := f(t) g(x − t) dt.RSe f e g sono due segnali si ha⎧⎪⎨(f ∗ g) (x) =∫ x0f(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) associativa3. (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 convergenzaσ[f] e σ[g] rispettivamente, allora (f ∗ g) è L-trasformabile nelsemipiano Re(s) > max {σ[f], σ[g]}, e si haL[f ∗ g](s) = L[f](s) · L[g](s).14

EsempioSia f un segnale L-trasformabile con ascissa di convergenza σ[f] e trasformataF (s). Calcoliamone la convoluzione con la funzione di Heaviside.(f ∗ H)(t) = (H ∗ f)(t) =∫ t0f(τ) dτ t > 0.Si ottiene dunque la primitiva di f nulla nell'origine. Per la trasformata diLaplace si trovaL[H ∗ f](s) = F (s) , Re(s) > max {0, σ[f]} .sQuindi la primitiva nulla nell'origine ha come trasformata la trasformata dif divisa per s.EsempioSia f(t) = t n−1+ . Ha come primitiva tn +n[ ] tnL +(s) = 1 [ tnn s L[tn−1 + ](s) =⇒ L +nEsercizioSia δ h (t) = X [0,h)(t), con h > 0. Abbiamo già visto cheh∫δ h (t) = 1 ∀h > 0e cheRche si annulla nell'origine. Abbiamo](s) = n [ tn−1]s L +(s).nL[δ h ](s) = 1 − e−sh.shSia ora f h (t) la sua primitiva nulla per t ≤ 0, i.e.⎧∫1 t > htX [0,h) (τ)⎪⎨f h (t) =dτ =0 h⎪⎩ tt ≤ hh(rampa unitaria).15

Calcoliamo la sua trasformata:L[f h ](s) = 1 − e−hshs1, Re(s) > 0.s2.5 Inversione della trasformata di LaplaceIn questo paragrafo ci proponiamo di ottenere una formula di inversione,cioè uno strumento analitico per riottenere il segnale f a partire dalla suatrasformata 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 trasformatacon ascissa di convergenza σ[f]. Per ogni α > σ[f] si ha∫1α+i∞2πi v.p. e st F (s)ds = 1 2 (f(t− ) + f(t + )),α−i∞dove f(t − ) ed f(t + ) sono i limiti sinistro e destro in t.12 (f(t− ) + f(t + )) = f(t) nei punti t in cui f(t) è continua.In particolare,Il teorema dà una condizione suciente anchè un segnale sia ricostruibilea partire dalla trasformata di Laplace.Il seguente teorema dà unacondizione su F (s) (che sia analitica in un certo semipiano) anchè essa siala trasformata di Laplace di un segnale f(t) fornito dalla formula12πi∫ α+i∞α−i∞e st F (s)ds.Teorema 2.9. Sia s ∈ C ↦→ F (s) una funzione analitica nel semipianoσ = Re(s) > σ 0 e tale che si abbia( ) 1|F (s)| = O , s → ∞,|s k |16

con k > 1, i.e. lim |s|→∞ |F (s)||s k | = c > 0 . Allora per ogni α > σ 0 la formulaf(t) = 12πi∫ α+i∞α−i∞e st F (s)ds (4)denisce un segnale continuo su R, indipendente da α, avente la F cometrasformata.Sia F (s) una funzione razionale fratta tale che il grado del numeratoresia 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 quellodel denominatore, si può applicare il risultato precedente. Altrimenti, se ladierenza dei due gradi è uno, si ha F (s) nella formaF (s) = c s + ¯F (s),con ¯F del tipo precedente.EsempioConsideriamo F (s) =ss 2 + 1F (s) è analitica ed inoltreche sappiamo essere la trasformata di cos(t).F (s) ≃ 1 ss → ∞ (dunque k = 1).Possiamo scrivereF (s) =ss 2 + 1 = 1 ( ss + s 2 + 1 − 1 )s= 1 ( )s 2s + − s 2 − 1= 1 s(s 2 + 1) s − 1s(s 2 + 1) .Il primo addendo è la trasformata di H(t). Il secondo è la trasformata di(sin ∗ H)(t) =∫ +∞sin(τ) H(t−τ) dτ =∫ t0017sin(τ)dτ = 1−cos(t) t ≥ 0.

Dunque sommando si ottiene cos(t).Osserviamo che la funzione f(t) data dalla formula (4) può essere determinatanel seguente modo:f(t) = 12πi∫ α+i∞α−∞e st F (s)ds =n∑res(e st F (s), s j ), (5)j=1dove gli s j sono i punti singolari della funzione e st F (s). (La formula (5) èdovuta essenzialmente al teorema dei residui e di una variante del lemma diJordan).Se F (s) è una funzione razionale fratta propria si può utilizzare, oltre alla(5), la decomposizione in fratti semplici spiegata di seguito. Sia dunqueF (s) della formaF (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 atale situazione). SianoA(s)=a m s m +a m−1 s m−1 + · · · +a 0 a m ≠ 0,B(s) = b n s n + b n−1 s n−1 + · · · + b 0 b n ≠ 0,con n > m. Siano dunque s 1 , s 2 , · · · , s r gli zeri distinti del polinomio B(s)con molteplicità n 1 , n 2 , · · · , n r rispettivamente. Saràr∑n k = n, A(s k ) ≠ 0, k = 1, 2, · · · , r.k=1Ciascuno dei punti s k è un polo di ordine n k per la funzione F ; dunque18

F (s) = A(s)B(s) =r∑k=1∑n kj=1a (k)−j(s − s k ) j .Ora noi sappiamo cheL[t j−1+ ] =[ ](j − 1)!t j−1+⇐⇒ Ls j (j − 1)!= 1 s je dunque per le proprietà della trasformata si ottiene che[ ]t j−1+1L(j − 1)! es kt=(s − s k ) . jSe ne deduce che F (s) è la trasformata di Laplace del segnalef(t) =r∑k=1∑n kj=1a (k)−j(j − 1)! tj−1 + e s kt .Se tutti i poli sono semplici, cioè n 1 = n 2 = · · · = n r = 1, si trovaf(t) =n∑k=1a (k)−1 e s kt .Si osservi che tra gli n addendi a secondo membro compare un termine costantese e solo se uno degli zeri s k vale 0; inoltre, se tutti gli zeri s k delpolinomio a denominatore hanno parte reale negativa, allora si ottiene chelim t→+∞ f(t) = 0.EsempioConsideriamo F (s) =se determiniamo il segnale di cui è la trasfor-(s − 1)2mata.19

Ci chiediamo quale sia il segnale di cui F è la trasformata. Per determinarloapplichiamo la decomposizione in fratti semplici:F (s) =s(s − 1) = a2 (s − 1) + b, con a, b ∈ R.(s − 1)2Svolgendo i conti si trova a = 1, b = 1 e dunqueF (s) =1(s − 1) + 1(s − 1) . 2Allora si ottiene facilmente che il segnale è f(t) = e t + te t .2.6 Applicazione della trasformata di Laplace alle equazionidierenziali ordinarie lineari a coecienti costantiConsideriamo il problema di Cauchy per un'equazione lineare del secondoordine, a coecienti costanti, non omogenea:⎧⎨y ′′ (t) + ay ′ (t) + by(t) = g(t) t ≥ 0⎩y(0) = y 0 y ′ (0) = y 1 ,con g(t) funzione L-trasformabile. (y(t) è un segnale e dunque è nullo pert ≤ 0; per questo motivo i dati iniziali assegnati nell'origine vanno interpretaticome valori limite da destra).Applicando la trasformata di Laplace all'equazione e sfruttando la formulaper la trasformata di una derivata si ha, posto Y (s) = L[y](s)s 2 Y (s) − sy 0 − y 1 + a(sY (s) − y 0 ) + bY (s) = L[g](s),cioè(s 2 + as + b)Y (s) = y 0 (s + a) + y 1 + L[g](s),20

e dunque si trovaY (s) = y 0(s + a) + y 1s 2 + as + b+ L[g](s)s 2 + as + b = Y 1(s) + Y 2 (s).A questo punto dobbiamo antitrasformare per ottenere il segnale.Nel caso con g(t) = 0 (equazione omogenea) la trasformata di Laplace dellasoluzione è Y (s) = Y 1 (s), dunque una funzione razionale fratta propria;questa circostanza si verica per ogni equazione dierenziale lineare a coecienticostanti omogenea, indipendentemente dall'ordine. Sappiamo antitrasformareper risalire al segnale utilizzando le tecniche esposte nel paragrafoprecedente.Nel caso con g(t) ≠ 0 la trasformata di Laplace della soluzione è Y (s) =Y 1 (s) + Y 2 (s). Il primo termine lo sappiamo antitrasformare; il secondo termineè Y 2 (s) = L[g ∗ ȳ](s), dove ȳ(t) è detta soluzione fondamentale everica il problema⎧⎨ȳ ′′ (t) + aȳ ′ (t) + bȳ(t) = 0 t ≥ 0⎩ȳ(0) = 0 ȳ ′ (0) = 1.Osservazione 2.10. Sia dato il problema⎧⎨y ′′ (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 coincidentecon y(t) per t ≥ 0, si trova che essa è continua in 0 ma non C 1 poichè laderivata ha una discontinuità di salto nell'origine pari ad 1. Dunque y + (t)è soluzione dell'equazione dierenziale considerata negli intervalli t < 0 e21

t > 0, mentre nell'origine la derivata non esiste. Non è quindi una soluzionein senso classico, ma lo è nel senso delle distribuzioni, cioè una soluzionedell'equazioney ′′ + a 1 y ′ + a 0 y = δ, (6)dove δ indica la delta di Dirac. Per quanto appena detto la soluzione fondamentaleva anche sotto il nome di risposta all'impulso di Dirac orisposta impulsiva.EsempioConsideriamo 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)(s 2 + 9)Y (s) = e−ss=⇒ Y (s) =e −ss(s 2 + 9) .Antitrasformando si ottiene⎧⎨1(1 − cos(3(t − 1))) t ≥ 1y(t) = 9⎩0 t < 1.EsempioConsideriamo 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 unproblema con condizioni iniziali in 0 (si può fare perchè il secondo membro22

è invariante per traslazioni). Si pone, allora, ȳ(t) = y(t + 5) e si ha che ȳ(t)deve soddisfare il problema⎧⎨ȳ ′′ (t) + ȳ(t) = 3⎩ȳ(0) = 0 ȳ ′ (0) = 1.Risolviamo il problema (8). Trasformando entrambi i membri dell'equazionesi ottiene che la trasformata di Laplace della soluzione èY (s) =3s(s 2 + 1) + 1s 2 + 1 = a s +bs − i +cs + i + 1 , a, b, c ∈ R.s 2 + 1Risolvendo si trova a = 3, b = − 3 2 , c = −3 . Si riesce dunque facilmente ad2antitrasformare:ȳ(t) = sin(t) + 3 − 3 2 (e−it + e it ) = 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)).(8)EsempioConsideriamo 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(s 2 + 4s + 3)Y (s) = 1 ⇐⇒ Y (s) =1s 2 + 4s + 3 = 1(s + 1)(s + 3) .Possiamo quindi scriverey(t) = e−t2 − e−3t2 .23

Osserviamo che la trasformata di Laplace consente ovviamente di risolvereanche problemi di Cauchy del primo ordine. Diamo il seguente esempio.EsempioConsideriamo il seguente problema di Cauchy per un'equazione del primoordine:dove H è la funzione di Heaviside.⎧⎨ y ′ (t) − y(t) = H(t − 1) t ≥ 0⎩y(0) = 0Si haY (s) =e−ss(s − 1)⎧⎨−1 + e t−1 t ≥ 1=⇒ y(t) =⎩0 0 ≤ t < 1.Si può osservare facilmente che y(t) è continua, mentre la sua derivata primano:⎧⎨e t−1 t > 1y ′ (t) =⎩0 0 ≤ t < 1.Questo è dovuto al salto che il termine noto (funzione di Heaviside) ha in24

t = 1:Si dice che y(t) riceve un impulso in t = 1.EsempioVogliamo risolvere, tramite la trasformata di Laplace, il seguente problemadi Cauchy:⎧⎨ y ′′ (t) + y(t) = te t⎩y(0) = 1, y ′ (0) = 1.Trasformiamo entrambi i membri dell'equazione:Y (s) = s + 1s 2 + 1 + 1(s 2 + 1)(s − 1) 2 = Y 1(s) + Y 2 (s).Per Y 1 (s) si haY 1 (s) =ss 2 + 1 + 1s 2 + 1=⇒ y 1 (t) = cos(t) + sin(t).Mentre per Y 2 (s):Y 2 (s) = L[te t ] L[sin(t)] =⇒ y 2 (t) = te t ∗ sin(t).25

Mettendo insieme y 1 e y 2 si può scriverey(t) = cos(t) + sin(t) + te t ∗ sin(t).Alla stessa conclusione si poteva arrivare facendo la somma dei residui:occupiamoci ad esempio diY 1 (s) = s + 1s 2 + 1 .I punti singolari sono s = ±i e sono poli di ordine 1; calcoliamo allora( ) ( )e st (s + 1)e stress 2 + 1 , i (s + 1)= lims→i s + i= eit (i + 1);2i( ) ( )e st (s + 1)e stress 2 + 1 , −i (s + 1)= lims→i s − i= e−it (−i + 1).−2iE dunque si hay 1 (t) = eit (i + 1)2i+ e−it (−i + 1)−2i= cos(t) + sin(t).Determinando i residui per Y 2 (s) si trovay 2 (t) = tet − e t2+ 1 2 cos(t).26

La trattazione fatta no ad ora si estende in maniera naturale a problemidi ordine maggiore di 2:⎧y (n) (t) + a n−1 y (n−1) (t) + · · · + a 0 y(t) = g(t)y(0) = y ⎪⎨0y ′ (0) = y 1.⎪⎩ y (n−1) (0) = y n−1 .27