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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