Esercizi di Analisi Matematica L-C

Marco Alessandrini

Ottobre-Novembre 2007

Indice

1 Analisi complessa 11.1 Integrali a valori reali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Serie di Fourier 10

3 Trasformata di Fourier 113.1 Convoluzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4 Distribuzioni 19

5 Trasformata di Laplace 24

1 Analisi complessa

Risolvere eiπz3+ 1 = 0.

Risoluzione. Elaboriamo l’equazione cosı da avere l’incognita in posizione piu amichevole per la tratta-zione.

eiπz3= −1

iπz3 = log(−1)= log | − 1|+ i arg(−1)= 0 + i(π + 2kπ)

6 i 6 πz3 = 6 i 6 π(2k + 1)z3 = 2k + 1 k ∈ Z

Ora il problema riguarda l’estrazione di radici di numeri reali: alcuni positivi, alcuni negativi.Con k > 0 si tratta di estrazione di radice cubica da un numero reale positivo, per cui ci sara una radice

reale positiva e due radici complesse:

z1 =(

3√

2k + 1, 0r)

, z2 =(

3√

2k + 1,23π

r), z3 =

(3√

2k + 1,43π

r)Con k < 0 si tratta di estrazione di radice cubica da un numero reale negativo, per cui ci sara una radice realenegativa e due radici complesse:

z4 =(

3√

2k + 1, πr)

, z5 =(

3√

2k + 1,53π

r), z6 =

(3√

2k + 1,π

3

r)Unendo le diverse soluzioni a coppie, perche opposte, si ottiene l’insieme delle infinite soluzioni:

z1 = ± 3√

2k + 1

z2 = ±

(−1

2+ i

√3

2

)· 3√

2k + 1

z3 = ±

(−1

2− i

√3

2

)· 3√

2k + 1

k ∈ Z, k ≥ 0

1

Espandere la funzione f in serie di centro z0 = i.

f(z) =1

z(z − 3i)

Risoluzione. Effettuiamo preliminarmente una previsione del raggio di convergenza (in figura 1):

f olomorfa in C− {0, 3i}

In fratti semplici:

f(z) =A

z︸︷︷︸definito su raggio 1

+B

z − 3i︸ ︷︷ ︸definito su raggio 2︸ ︷︷ ︸

definito su raggio comune ⇒1

Figura 1: Raggio di convergenza comune

Col metodo dei residui:

A = limz→0

z · f(z) = limz→0

1z − 3i

= − 13i

, B = limz→3i

(z − 3i) · f(z) = limz→3i

1z

=13i

In serie:1z

=1

z + i− i=

1i(1 + z−i

i

)︸ ︷︷ ︸non compariva il centro della serie

=1i· 1

1−(−z − i

i

)︸ ︷︷ ︸

q,|q|<1

⇒ 1z

=1i

[1− z − i

i+

(z − i)2

i2− (z − i)3

i3+ . . .

]fratto semplice centrato in i

Analogamente:

1z − 3i

=1

z − i + 2i=

1−2i

(1− z−i

2i

) =1−2i

[1 +

z − i

2i+

(z − i)2

(2i)2+ . . .

]Sommando i due termini della serie si ottiene la serie completa rappresentativa di f(z).

2

Data f(z), determinarne i residui e trovarne tutti i possibili sviluppi in serie (assegnato uncentro).

f(z) =2z − 3

(2z − 1)(z − 2), z0 = 2

Risoluzione. Notiamo anzitutto che il centro z0 e una singolarita (l’altra e nel punto z = 1/2). Indivi-duiamo i residui scomponendo in fratti semplici:

f(z) =A2

z − 12

+B

z − 2

A/2 e B sono i residui. Se il centro e z0 = 2, allora A2z−1 e la parte regolare e B

z−2 la parte singolare (viceversaper z0 = 1

2 ). Quindi B e il residuo per z = 2 e A2 e il residuo per z = 1

2 . La funzione e olomorfa su due coronedistinte (figura 2):

1. una corona piu interna con centro z0 = 2, di raggi r = 0 (disco forato) e R = 32 ;

2. una corona piu esterna con stesso centro e raggi r = 32 e R = +∞.

Figura 2: Corone di olomorfia

1z − 2

=∞∑

n=0

an

(z − 1

2

)n

per∣∣∣∣z − 1

2

∣∣∣∣ < 32

,1

z − 12

=∞∑

n=0

an (z − 2)n per |z − 2| < 32

I residui sono:

Res(f, 2) =A

2= lim

z→ 12

(z − 1

2

)· f(z) = lim

z→ 12

2z − 32(z − 2)

=23

Res(f,12) = B = lim

z→2(z − 2) · f(z) = lim

z→2

2z − 32z − 1)

=13

Assumendo come centro quello assegnato ricerchiamo tutti gli sviluppi in serie. La funzione si presenta nellaforma:

f(z) =23· 1z − 1

2

+13· 1z − 2

Cerchiamo la serie bilatera nelle regioni possibili: il disco forato, e la corona compresa tra 32 e +∞ (i due

sviluppi saranno diversi).

1. L’addendo 13 ·

1z−2 va bene, perche compare il centro. Manipoliamo l’altro addendo per farlo comparire:

1z − 1

2

=1

z − 2 + 32

=1

32

(1 + 2

3 (z − 2))

(si e raccolto 32 per ottenere |q| =

∣∣ 23 (z − 2)

∣∣ < 1, cioe |z − 2| < 32 )

=23

∞∑n=0

(−1)n

(23

)n

(z − 2)n = Reg (parte regolare)

3

⇒ f(z) =23Reg +

13(z − 2)−1︸ ︷︷ ︸

Sing

2. L’addendo 13 ·

1z−2 va ancora bene, comparendo il centro. Manipoliamo l’altro addendo per farlo compa-

rire, raccogliendo pero non piu 32 , bensı z − 2, per ottenere il q della regione sulla quale ci troviamo ora

(cioe il piano privato del cerchio):

1z − 1

2

=1

z − 2 + 32

=1

(z − 2)(1 + 3

2 ·1

z−2

)(si e raccolto (z − 2) per ottenere |q| =

∣∣∣ 3/2z−2

∣∣∣ < 1, cioe |z − 2| > 32 )

=1

z − 2

∞∑n=0

(−1)n

(32

)n

(z − 2)−n =∞∑

n=0

(−1)n

(32

)n

· 1(z − 2)n+1

= Sing (parte singolare)

⇒ f(z) =13· 1z − 2︸ ︷︷ ︸

Reg

+23Sing

Assumendo ora come centro z0 = 1, ricerchiamo qualitativamente la forma che assumera la serie nelle trepossibili regioni di olomorfia (figura 3).

Figura 3: Corone di olomorfia

La serie bilatera assumera la forma

f(z) =n=+∞∑n=−∞

an(z − 1)n

della quale andranno ricercati gli an.

• Nella regione 1 (cerchio) si ha |z − 1| < 12 . Mancando singolarita, la funzione e regolare, definita dalla

somma di due serie regolari.

• Nella regione 2 (corona) si ha 12 < |z − 1| < 1. La funzione e bilatera: 1

z−2 genera la serie regolare, 1z− 1

2

genera la serie singolare.

• Nella regione 3 (corona) si ha |z − 1| > 1. La funzione e singolare, definita dalla somma di due seriesingolari.

4

Data f(z) = z∗ e le curve γ1 e γ2 in figura:

a) calcolare∫

γ1

f(z) dz e∫

γ2

f(z) dz;

b) commentare i risultati, confrontando con Cauchy-Riemann.

Risoluzione a) Il primo lato di γ1 si parametrizza:

z = t , 0 ≤ t ≤ 1 (ma orientamento opposto!) ⇒ z∗ = t , dz = dt

mentre il secondo lato e:

z = it , 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ z∗ = −it , dz = i dt

dunque l’integrale si calcola sui due percorsi:∫γ1

f(z) dz = −∫ 1

0

t dt +∫ 1

0

(−it)i dt = −[t2

2

]10

+[t2

2

]10

= 0

La curva γ2 si parametrizza come x + y = 1, quindi posso imporre:

x = t , y = 1− t , 0 ≤ t ≤ 1 (ancora di orientamento opposto)

⇒ z = x + iy = t + i(1− t)

da cui z∗ = t− i(1− t) e dz = (1− i) dt dunque l’integrale si calcola sui due percorsi:∫γ2

f(z) dz = −∫ 1

0

[t− i(1− t)](1− i) dt = (1− i)∫ 1

0

(t− i + it) dt 6= 0

cioe gli integrali sui due percorsi distinti hanno valori diversi.

Risoluzione b) f non e olomorfa, perche l’integrale dipende dal cammino e non solo dagli estremi diintegrazione.

Verificando con Cauchy-Riemann:∂

∂xz∗ =

∂

∂x(x− iy) = 1

1i· ∂

∂yz∗ =

1i· ∂

∂y(x− iy) =

1i· (−i) = −1

che verifica quanto detto, essendo le due derivate parziali diverse.

Dato il logaritmo principale f(z) = Log z, definito in C∗∗, e la curva γ in figura (da percorrere insenso antiorario):

a) calcolare∫

γ

Log z dz;

b) trovare una primitiva olomorfa di f(z) nel dominio indicato e verificare il risultato del punto a).

5

Risoluzione a) La parametrizzazione del quarto di circonferenza e:

z = 2eiϑ , 0 ≤ ϑ ≤ π

2; dz = 2ieiϑ dϑ

per cui si calcola l’integrale:∫γ

Log z dz =∫ π/2

0

Log (2eiϑ) · 2ieiϑ dϑ

=∫ π/2

0

[log |2eiϑ|+ i arg(2eiϑ)

]· 2ieiϑ dϑ

=∫ π/2

0

(log 2 + iϑ) · 2ieiϑ dϑ

= 2 log 2∫ π/2

0

ieiϑ dϑ + 2i

∫ π/2

0

ieiϑ dϑ

= 2 log 2[ieiϑ

]π/2

0+ 2i

[ϑeiϑ −

∫eiϑ dϑ

]π/2

0

= 2 log 2(i− 1) + 2i[ϑeiϑ

]π/2

0− 2

∫ π/2

0

ieiϑ dϑ

= 2 log 2(i− 1) + 2iiπ

2− 2

[eiϑ]π/2

0

= 2 log 2(i− 1)− π − 2(i− 1)= (2i− 2) log 2− π − 2i + 2

Risoluzione b) Una primitiva olomorfa di Log z e:

F (z) =∫

Log z dz = z · Log z −∫

z · 1z

dz = z Log z −∫

1 dz = z Log z − z + c

con c qualsiasi. A questo punto si calcola l’integrale tra i due estremi:∫ 2i

2

Log z dz = F (2i)− F (2)

= (2iLog (2i)− 2i)− (2 Log 2− 2)= 2iLog (2i)− 2i− 2 Log 2 + 2= 2i (log |2i|+ i arg(2i))− 2i− 2 (log |2|+ i arg(2)) + 2

= 2i(log 2 + i

π

2

)− 2i− 2 log 2− i · 0 + 2

= 2i log 2− π − 2i− 2 log 2 + 2= (2i− 2) log 2− π − 2i + 2

che coincide con quello calcolato in precedenza.

Integrare I(z) =∫

γ

z2

e2πz2 − 1dz lungo la circonferenza (γ) di centro z0 =

12ei π

4 e raggio 0, 6, percorsa

in senso positivo.

Risoluzione. Il centro z0 della circonferenza e un punto, sul piano complesso, di modulo 12 e argomento

π4 . Ai fini della risoluzione e importante localizzare bene la circonferenza per capire quali singolarita siano ono contenute in essa, per applicare correttamente il metodo dei residui.

Troviamo le singolarita della funzione:

e2πz2= 1

2πz2 = log 1= log |1|+ i arg(1)= i · 2kπ k ∈ Z

2πz2 = 2kπi

z2 = ki

6

Al variare di k (solo per i valori in un intorno utile del problema) troveremo le singolarita:

k z2

< −1 fuori dell’intorno−1 −i esterni0 0 interno eliminabile1 i INTERNO, esterno

> +1 fuori dell’intorno

Esaminiamo caso per caso.Con z2 = z = 0 c’e uno zero doppio al numeratore e uno zero doppio al denominatore. Se per il numeratore

il discorso e evidente, per il denominatore e opportuno calcolare:

e2πz2− 1∣∣∣z=0

= 0

d

dze2πz2

− 1∣∣∣∣z=0

= 4πze2πz2∣∣∣z=0

= 0

d2

dz2e2πz2

− 1∣∣∣∣z=0

= e2πz2+ z · 4πze2πz2

∣∣∣z=0

6= 0

Visto che numeratore e denominatore si annullano per lo stesso ordine, la singolarita e eliminabile e ha residuonullo.

Con z2 = i (cioe z = ±ei π4 ) c’e uno zero singolo al denominatore, infatti em·iπ − 1 = 0 per la formula di

Eulero, in questo caso con m = 2. Studiando:

e2πz2− 1∣∣∣z2=i

= 0

d

dze2πz2

− 1∣∣∣∣z=i

= 4πze2πz2∣∣∣z=i

= 4πi · (−1) 6= 0

Allora z = ei π4 e un polo semplice della funzione, interno alla curva di integrazione. Il valore opposto di questo

polo (che e un polo a sua volta) e esterno e non fornisce residuo.Con k > +1 si ottengono esponenziali simili a quelli per k = 1, ma con modulo maggiore, e quindi tutti

esterni alla circonferenza.Con z2 = −i (cioe z = ±e−i π

4 ) c’e uno zero singolo al denominatore (similarmente al caso precedente), mala locazione (nel quarto quadrante) rende esterni tutti questi punti.

Con l’unico residuo superstite calcoliamo:

Res(f, ei π4 ) = lim

z→ei π4

(z − ei π

4)· z2

e2πz2 − 1

= ei π2 lim

z→ei π4

z − ei π4

e2πz2 − 1H= i lim

z→ei π4

14πze2πz2

=−1

4πiei π4

per cui:

I(z) = 2πi · −14πiei π

4= − 1

2ei π4

= −12

(√2

2− i

√2

2

)

7

1.1 Integrali a valori reali

Calcolare il seguente integrale a valori reali:∫ +∞

0

x · sinx

x2 + 1dx

Risoluzione. La funzione integranda ha lo stesso comportamento di sin xx , quindi non e sommabile, ma

esiste l’integrale in maniera semplice per il criterio di Leibniz:∫ +∞

0

x · sinx

x2 + 1dx = lim

a→+∞

∫ a

0

x · sinx

x2 + 1dx ∃ finito

Per poter applicare il teorema dei residui devo integrare da −∞ a +∞: solo cosı la semicirconferenza esternada contributo nullo. Qui l’intervallo di integrazione e solo da 0 a +∞, pero posso estenderlo a tutti i realiconsiderando che la funzione e pari e, dunque, simmetrica rispetto all’asse immaginario. Infatti:

dispari · dispari

pari= pari

Alla fine, risolto tutto, ci ricorderemo che∫ +∞

0

f(x)dx =12

∫ +∞

−∞f(x)dx.

Per risolvere in C, ricordiamo che il seno e la parte immaginaria dell’esponenziale complesso. Definiamodunque:

I(x) =12=∫ +∞

−∞

xeix

x2 + 1dx

e

f(z) =zeiz

z2 + 1con y > 0 per avere l’esponenziale limitato: dunque la curva di integrazione ha il segno positivo. Per il teoremadei residui: ∫ +∞

−∞

xeix

x2 + 1dx = 2πi

∑y>0

Res(f)

L’unica singolarita nel semipiano superiore (dove integriamo) e z = i. Poiche le radici del denominatore sonodistinte, e nessuna di esse annulla il numeratore, questo polo (come gli altri) e semplice, dunque:

Res(f, i) = limz→i

(z − i)zeiz

(z − i)(z + i)=

ie−1

2i=

i

2ie

Allora:2πi · i

2ie=

π

ei

del quale vogliamo solo la parte immaginaria per ottenere il risultato:∫ +∞

0

x · sinx

x2 + 1dx =

12=(0 + i

π

e

)=

π

2e

Calcolare il seguente integrale a valori reali, al variare del parametro reale ω:

I(ω) =∫ +∞

−∞

e−iωx

(x + 1)3dx , ω ∈ R

Risoluzione. Verifichiamo se la funzione e sommabile:∣∣∣∣ e−iωx

(x + 1)3

∣∣∣∣ = 1(√x + i

)3 ∼ 1|x|3

|x| → +∞

quindi la funzione e sommabile.Definiamo la funzione complessa:

f(z) =e−iωz

(z + 1)3

8

il cui semipiano di integrazione varia a seconda del modulo, definito dal parametro ω:∣∣e−iωz∣∣ = ∣∣∣e−iω(x+iy)

∣∣∣ = ∣∣e−iωx · eωy∣∣ = eωy

ωy < 0 ⇒{

ω ≤ 0, y > 0 semipiano superiore (segno +)ω ≥ 0, y < 0 semipiano inferiore (segno -)

L’unica singolarita della funzione e z = −i e si tratta di un polo triplo.Con ω ≤ 0 (nel semipiano superiore) non abbiamo residui, dunque I(ω) = 0 per ω ≤ 0.Con ω ≥ 0 (nel semipiano inferiore) calcoliamo il residuo nel polo triplo:

Res(f,−i) = limz→−i

12

d2

dz2(z + i)3 · f(z) =

= limz→−i

12

d2

dz2(z + i)3 · e−iωz

(z + 1)3=

=12

limz→−i

d

dz− iωe−iωz =

=12

limz→−i

i2ω2e−iωz =

= −12ω2eω

Allora

I(ω) = −2πi ·(−1

2ω2eω

)= iπω2e−ω per ω ≥ 0

Riepilogando:

I(ω) =∫ +∞

−∞

e−iωx

(x + 1)3dx =

{iπω2e−ω, ω ≥ 0

0, ω ≤ 0

Calcolare∫ 2π

0

12 + cos t

dt.

Risoluzione. Si tratta di un integrale su di un periodo, quindi su una curva chiusa (in C). Per trovareuna primitiva ricaviamo l’integrale di variabile reale, utilizzando la formula relativa al coseno:∫ 2π

0

12 + eit+e−it

2

dt

nel quale definiremo la variabile z (che descrive una circonferenza unitaria, in campo complesso, tra 0 e 2π):

z = eit

dz = ieitdt

dt =1

ieitdz =

1iz

dz

Chiamando γ la circonferenza: ∫ 2π

0

12 + cos t

dt =∫

γ

1

2 + z+ 1z

2

· 1iz

dz

=∫

γ

2z

z2 + 4z + 1· 1iz

dz

=∫

γ

−2i

z2 + 4z + 1dz

Le singolarita sono nei punti −2±√

3. All’interno della circonferenza unitaria e compresa solo la singolaritaz0 = −2 +

√3 (polo semplice), per cui:

Res(f, z0) = limz→z0

(z − z0) ·2

i(z − z0)(z − z1)=

2i(z − z1)

=2i· 12√

3=

1i√

3per cui: ∫ 2π

0

12 + cos t

dt = 2πi · 1i√

3=

2π√3

9

2 Serie di Fourier

Data la funzione x(t) = t2 nell’intervallo tra 0 e 2π:a) scriverne la serie di Fourier;b) discutere la convergenza per t = 0.

Risoluzione a)a0

2=

12π

∫ 2π

0

t2 dt =12π

[t3

3

]2π

0

=43π2

ak =22π

∫ 2π

0

t2 cos(kt) dt =4k2

bk =22π

∫ 2π

0

t2 sin(kt) dt = −4π

k

La serie di Fourier e:

t2 =43π2 +

∞∑k=1

4k2

cos(kt)− 4k

π sin(kt)

Risoluzione b) In t = 0 la funzione non assume un valore definito, ma ha due limiti distinti e finiti adestra e sinistra. Come noto, la serie di Fourier assumera il valor medio tra i due limiti:

x(0) =lim

t→0+t2 + lim

t→0−t2

2=

0 + 4π2

2= 2π2

Sostituendo t = 0 nella serie si ottiene:

x(0) =43π2 +

∞∑k=1

4k2

cos(0)− 4k

π sin(0)

=43π2 +

∞∑k=1

4k2

=43π2 + 4

∞∑k=1

1k2

=43π2 + 4

π2

6

=12π2

6= 2π2

che verifica quanto previsto.

10

3 Trasformata di Fourier

Trasformare x(t) =1

t2 + 1e verificare se l’antitrasformata ricostruisce correttamente il segnale.

Risoluzione. Osserviamo subito che x(t) e sommabile, dunque esiste la trasformata:

x(ω) =∫ +∞

−∞e−iωt · 1

t2 + 1dt

che si calcola col metodo dei residui. Esprimiamo la funzione sul piano complesso (z = t + is):

f(z) =e−iωz

z2 + 1e la integriamo sul percorso reale del piano complesso, avendo cura che il modulo dell’esponenziale rimangalimitato: ∣∣e−iωz

∣∣ = ∣∣e−iωt+sω∣∣ = esω ⇒ sω < 0

da cui discendono due possibili percorsi di integrazione.Preliminarmente studiamo le singolarita: la funzione ha due poli semplici in z = ±i, quindi c’e un residuo

per ogni semipiano (superiore e inferiore).Per ω ≤ 0 integriamo in s > 0, per cui calcoliamo il residuo:

Res(f, i) = limz→i

(z − i) · e−iωz

(z + i)(z − i)=

e−i2ω

2i=

eω

2i

da cui x(ω) = 2πi · eω

2i= π · eω.

Per ω ≥ 0 integriamo in s < 0, per cui calcoliamo il residuo:

Res(f,−i) = limz→−i

(z + i) · e−iωz

(z + i)(z − i)=

e−ω

−2i

da cui x(ω) = −2πi · e−ω

−2i= π · e−ω.

Unendo i casi:

x(ω) ={

πeω, ω ≤ 0πe−ω, ω ≥ 0 ⇒ x(ω) = πe−|ω| ∀ω

La trasformata e ancora una funzione sommabile (l’area sotto l’esponenziale e finita), dunque l’antitrasfor-mata esiste. Poiche x(ω) ha anche una certa regolarita, ci aspettiamo che l’antitrasformazione restituiscacorrettamente x(t).

x(t) =12π

limR→+∞

∫ R

−R

eiωt · x(ω) dω

(con trasformata sommabile il limite esiste ed e l’integrale)

=12π

∫ +∞

−∞eiωt · π · e−|ω| dω

=12

∫ 0

−∞eiωt · e+ω dω +

12

∫ +∞

0

eiωt · e−ω dω

=12

∫ 0

−∞eω(it+1) dω +

12

∫ +∞

0

eω(it−1) dω

=1

2(it + 1)·[eω(it+1)

]0−∞︸ ︷︷ ︸

Nota 3.1

+1

2(it− 1)·[eω(it−1)

]+∞0︸ ︷︷ ︸

Nota 3.1

=1

2(it + 1)+

12(it− 1)

=1

t2 + 1= x(t)

Nota 3.1. Si tratta di limiti di numeri complessi, quindi va controllato il limite del modulo. In particolare,se tende a 0 il modulo, allora tende a 0 anche il numero complesso. Lo stesso vale se tende a ±∞ il modulo:ugualmente si comportera il numero complesso.

11

Trasformare x(t) e verificare se l’antitrasformata ricostruisce correttamente il segnale.

x(t) ={

0, t < 0e−t, t ≥ 0 = e−t · u(t)︸︷︷︸

gradino unitario

Risoluzione. La funzione e sommabile, ma presenta una discontinuita di salto per t = 0 che, pero, nonpregiudica l’esistenza della trasformata.

x(ω) =∫ +∞

−∞e−iωtx(t) dt

=∫ +∞

0

e−iωt−t dt

= − 1iω + 1

·[e−iωt−t

]+∞0∣∣e−iωt−t

∣∣ = e−t −→ 0 , t → +∞

=1

iω + 1

Verifichiamo che la trasformata non e sommabile, infatti:

|x(ω)| = 1|iω + 1|

=1√

1 + ω2∼ 1|ω|

, ω → +∞

quindi non decade abbastanza velocemente da essere sommabile.Verifichiamo l’antitrasformazione:

x(t) =12π

limR→+∞

∫ R

−R

eiωtx(ω) dω

=12π

limR→+∞

∫ R

−R

eiωt · 1iω + 1

dω

con t = 0 :

=12π

limR→+∞

∫ R

−R

1iω + 1

dω

=12π

limR→+∞

∫ R

−R

1− iω

1 + ω2dω

=12π

limR→+∞

∫ R

−R

11 + ω2︸ ︷︷ ︸

sommabile su R

dω +i

2πlim

R→+∞

∫ R

−R

ω

1 + ω2︸ ︷︷ ︸non sommabile: ∼

1ω

dω

(il secondo integrale pero esiste e vale 0 per simmetria, essendo una funzione dispari)

=12π

limR→+∞

[arctanω]R−R

= 2 · 12π

limR→+∞

[arctanω]R0

=1π· π

2

=12

valore medio nel punto di discontinuita

con t 6= 0 :

=12π

limR→+∞

∫ R

−R

eiωt · 1iω + 1

dω

(l’esponenziale e cos ω e sinω, smorzati da ω, quindi sommabili per Leibniz)

=12π

∫ +∞

−∞eiωt · 1

iω + 1dω

(semplicemente convergente, col teorema dei residui)

Uso la funzione complessa:

f(z) =eizt

iz + 1, z = ω + iσ

12

La funzione ha un polo semplice in z = i, che si trova nel semipiano σ > 0. L’esponenziale deve essere limitato,dunque si presentano due casi perche:∣∣eiωt−σt

∣∣ = ∣∣e−σt∣∣ = e−σt ⇒ σt > 0

Se t < 0, allora integriamo su σ < 0. Non ci sono singolarita, dunque nessun residuo, quindi x(t) = 0 , t < 0che coincide con la funzione data.

Se t > 0, allora integriamo su σ > 0. Calcoliamo il residuo nella singolarita:

Res(f, i) = limz→i

(z − i) · eizt

i(z − 1)=

e−t

i

quindi l’integrale vale 2πi · e−t

i= 2πe−t, quindi:

x(t) =12π

· 2πe−t = e−t , t > 0

che coincide con la funzione data.Concludiamo osservando che trasformando una funzione sommabile, ma con discontinuita (di salto), anti-

trasformandola si puo riottienere la funzione iniziale, ma in corrispondenza delle discontinuita e restituito ilvalor medio tra i due limiti (destro e sinistro) nel punto.

Data la funzione x(t) =1

t + i, di variabile reale a valori complessi:

a) verificare che x ∈ L2(R), ma x 6∈ L1(R);b) calcolare x (nel senso di L2(R);c) verificare la dualita e l’identita di Parseval.

Risoluzione a)

|x(t)| =∣∣∣∣ 1t + i

∣∣∣∣ = 1√t2 + 1

∼ 1|t|

, t → ±∞∫ +∞

−∞|x(t)| dt =

∫ +∞

−∞

1√t2 + 1

dt = +∞ ⇒ x 6∈ L1(R)

∫ +∞

−∞|x(t)|2 dt =

∫ +∞

−∞

1t2 + 1

dt = [arctan t]+∞−∞ = π ⇒ x ∈ L2(R)

Risoluzione b)

x(ω) = limR→+∞

∫ R

−R

e−iωt · 1t + i

dt

Risolviamo col teorema dei residui.

f(z) =e−iωz

z + i, z = t + is

∣∣e−iωz∣∣ = ∣∣e−iωz · esω

∣∣ = esω ⇒ sω < 0

per cui integreremo nel semipiano che ha segno di s opposto a quello di ω.La funzione ha una sola singolarita, per z = −i (polo semplice), per cui:

• con ω < 0: x(ω) = 0

• con ω > 0: x(ω) = −2πi ·Res(f,−i) = −2πie−ω

per cui, unificando i casi:

x(ω) = −2πie−ω · u(ω)︸︷︷︸gradino unitario

, ω ∈ R

La trasformata e discontinua per ω = 0, ma questo fatto non e sorprendente in quanto la continuita dellatrasformata non e assicurata quanto x(t) ∈ L2(R) e x(t) 6∈ (R).

13

Risoluzione c) Verifichiamo la dualita:

x(t) = limR→+∞

∫ R

−R

e−iωt · x(ω) dω

(la trasformata e sommabile, dunque esiste l’integrale)

=∫ +∞

−∞e−iωt · e−ω · (−2πi) · u(x) dω

= 2πi

∫ +∞

0

−e−ω(1+it) dω

=2πi

1 + it

[eω(1+it)

]+∞0

=2πi

i(t− i)[0− 1]

=2π

i− t

Ora ci chiediamo, applicando la proprieta di dualita:

x ?= 2π · x(−t)

Calcolando x(−t) =1

−t + i:

2π

−t + i= 2π · 1

−t + i

che verifica la dualita.Per verificare l’identita di Parseval dobbiamo calcolare due membri.∫ +∞

−∞|x(t)|2 dt = π

come calcolato a inizio esercizio.

12π

∫ +∞

−∞|x(ω)|2 dω =

12π

∫ +∞

0

∣∣−2πie−ω∣∣2 dω

=12π

∫ +∞

0

4π2e−2ω dω

= π

∫ +∞

0

2e−2ω dω

= π[−e−2ω

]+∞0

= π(−0 + 1)= π

per cui si nota che i due membri sono uguali, dunque vale l’identita di Parseval.

Data la funzione in figura:a) cosa si puo dire, a prescindere, sulla sua trasformata?b) Calcolare x′ e dedurre x. Perche si puo fare?

c) Determinare∫ +∞

−∞

1− cos ω

ω2dω.

d) Determinare∫ +∞

−∞

1− cos ω

ω2· cos ω dω.

14

Risoluzione a) Alcune osservazioni che si possono fare:

• sulla simmetria: x e reale pari, quindi x sara reale pari;

• x e un segnale di lunghezza finita, quindi x e olomorfa, cioe si scrive come serie di potenze in ω ed ederivabile infinite volte;

• tutte le derivate di x decadono a 0 per ω → ±∞. Questo dipende dal fatto che x → 0 per gli stessivalori di ω, e le sue derivate si comportano come:

dk

dωkx = F

((−it)k · x

)che e sempre sommabile per ogni valore di k, perche −1 ≤ t ≤ 1: dunque −1 ≤ tk ≤ 1.

Risoluzione b) Poiche x′(t) e definita quasi ovunque (figura 4), allora e trattabile. Poiche x′(t) e realedispari, allora la sua trasformata sara immaginaria dispari.

Figura 4: Derivata del segnale, da trasformare.

x′(ω) =∫ 1

−1

eiωt · x′(t) dt

= −i

∫ 1

−1

sin(ωt) · x′(t) dt

= −2i

∫ 1

0

sin(ωt) · (−1) dt

= 2i

∫ 1

0

sin(ωt) dt

=2i

ω[− cos(ωt)]10

=2i

ω(1− cos ω) ω 6= 0

Si determina poi la continuita di x′ in ω = 0, infatti:

x′(0) = limω→0

2i

ω(1− cos ω) = 0

Poiche sappiamo che

1− cos ω =12!

ω2 − 14!

ω4 +16!

ω6 − . . .

allora si puo esprimere la trasformata in serie di potenze:

x′ = 2i

(12!

ω − 14!

ω3 +16!

ω5 − . . .

)L’idea e quella di applicare la proprieta:

x′(ω) = iω · x(ω) ⇒ x(ω) =x′(ω)iω

15

che si puo applicare, perche x e sommabile e assolutamente continua. Quindi:

x(ω) =2(1− cos ω)

ω2, ω 6= 0

che e reale pari, come previsto. Studiamo anche x(0) (test di continuita), sapendo che deve essere pari all’area(integrale) di x(t) tra −∞ e +∞ (in questo caso 1):

x(0) = limω→0

2(1− cos ω)ω2

= limω→0

2ω2( 12! −

ω2

4! + ω4

6! − . . .)ω2

= 2 · 12

= 1

che e uguale all’area, dunque la trasformata e continua anche in 0.

Risoluzione c) ∫ +∞

−∞

1− cos ω

ω2dω =

12

∫ +∞

−∞x(ω) dω

Un metodo di risoluzione e creare la formula di antitrasformazione, applicando le regole elementari delleequazioni (moltiplicando/dividendo e sommando/sottraendo le quantita necessarie per ottenere la formula).

12

∫ +∞

−∞x(ω) dω = π · 1

2πlim

R→+∞

∫ R

−R

x(ω) · eiω0︸︷︷︸cos 0+i sin 0=1

dω

︸ ︷︷ ︸x(0)

= π · x(0) = π

che e il valore dell’integrale da calcolare.

Risoluzione d) ∫ +∞

−∞

1− cos ω

ω2· cos ω dω =

12

∫ +∞

−∞x(ω) · cos ω dω

che trattiamo come nel punto precedente:

12

∫ +∞

−∞x(ω) · cos ω dω =

12

∫ +∞

−∞x(ω) · eiω dω

(perche∫ +∞

−∞x(ω) · sinω dω = 0, per simmetria dispari)

= π · 12π

limR→+∞

∫ R

−R

x(ω) · eiω1 dω

= π · x(1)= 0

Date le funzioni x(t) e y(t) in figura:a) calcolare y(ω) e dedurre x(ω);

b) calcolare∫ +∞

−∞

(1− cos ω)2

ω2dω;

c) calcolare∫ +∞

−∞

ω sinω − 1 + cos ω

ω2· cos ω dω.

16

Risoluzione a)

y(ω) =∫ 1

−1

e−iωty(t) dt = −2i

∫ 1

0

sin(ωt) · 1 dt =2i

ω[cos(ωt)]10 =

2i

ω(cos ω − 1) per ω 6= 0

Con ω → 0 si hacos ω − 1

ω→ 0.

Non posso usare la regola della derivata per dedurre x(t), perche non e continua. Infattiy(ω)iω

e la funzione

x traslata verso il basso di 1 (cosı da essere continua). In alternativa utilizzo la regola duale:

x(t) = t · y(t)x(t) = i · (−it · y(t))

x(ω) = i · d

dωy(ω)

= i · d

dω2i

cos ω − 1ω

= 2d

dω

1− cos ω

ω

= 2ω sinω − (1− cos ω)

ω2

che e plausibile perche e reale pari e, con ω → 0, si ha x(ω) → 1 cioe l’area di x(t).

Risoluzione b) Applicando l’uguaglianza di Parseval:∫ +∞

−∞

(1− cos ω)2

ω2dω = −1

4

∫ +∞

−∞

(−2i

1− cos ω

ω

)2

dω

= −14

∫ +∞

−∞(y(ω))2 dω

= −14· 2π

2π

∫ +∞

−∞(y(ω))2 dω

(Parseval)

= −2π

4

∫ +∞

−∞|y(t)|2 dt

= −π

2

∫ 1

−1

1 dt = −π

2· 2 = −π

Risoluzione c) Con la regola di antitrasformazione:∫ +∞

−∞

ω sinω − 1 + cos ω

ω2· cos ω dω =

∫ +∞

−∞

12x(ω) · cos ω dω

eiω = eiω·1 = cos ω + i sinω︸ ︷︷ ︸0 perche x e pari

=12

∫ +∞

−∞x(ω) · eiω·1 dω

=12· x(1)︸︷︷︸antitrasformata in un punto di salto

=12· 1 + 0

2=

14

17

3.1 Convoluzione

Data la funzione x(t) = e−t · u(t) (dove u(t) e il gradino unitario):a) Calcolare x ∗ x.b) Calcolare x e x ∗ x direttamente dalla definizione, quindi verificare che x ∗ x = (x)2.

Risoluzione a)

(x ∗ x)(t) =∫ +∞

−∞x(τ) · x(t− τ) dτ

Notiamo che:x(τ) = 0 per τ < 0

x(t− τ) = 0 per τ > t

}⇒ (x ∗ x)(t) = 0 per t < 0

Con t > 0:

(x ∗ x)(t) =∫ t

0

x(τ) · x(t− τ) dτ

(l’intervallo di integrazione e ridotto perche, altrimenti, almeno un fattore si annulla)

=∫ t

0

e−τ · e−(t−τ) dτ

=∫ t

0

e−τ · e−t · eτ dτ

= e−t

∫ t

0

dτ

= te−t

quindi, accorpando i risultati:(x ∗ x)(t) = te−t · u(t)

Risoluzione b)

x(ω) =∫ +∞

0

e−iωt · e−t dt =∫ +∞

0

e−t(iω+1)dt = −[e−t(iω+1)

iω + 1

]+∞0

=1

iω + 1

x ∗ x(ω) =∫ +∞

0

e−iωt−t · t dt

= −[te−t(iω+1)

iω + 1

]+∞0︸ ︷︷ ︸

0

+1

iω + 1

∫ +∞

0

e−t(iω−1)dt

=(

1iω + 1

)2

= (x(ω))2

e l’uguaglianza e verificata.

18

4 Distribuzioni

Sono date le funzioni x(t), y(t), u(t).a) Calcolare x e dedurne y e u attraverso la regola della derivata della trasformata.b) Verificare i risultati, attraverso il calcolo diretto di y e u.

c) Calcolare∫ +∞

−∞

t2

(t2 + 4)2dt.

x(t) =1

t2 + 4y(t) =

t

t2 + 4u(t) =

t2

t2 + 4

Risoluzione a) Alcune previsioni sulla trasformata di x ∈ L1(R):

• x continua

• x(ω)|ω|→+∞−→ 0

• x reale pari

x(ω) =∫ +∞

−∞e−iωt 1

t2 + 4dt

cui associamo (nel piano complesso z = t + is) la funzione complessa f(z) =e−iωz

z2 + 4, che restituisce i seguenti

residui:

Res(f, 2i) =e2ω

4i, ω ≤ 0, s > 0

Res(f,−2i) =e−2ω

−4i, ω ≥ 0, s < 0

⇒ x(ω) =πe−2|ω|

2, ω ∈ R

Verifichiamo la trasformata per ω = 0:

x(0) =∫ +∞

−∞x(t) dt =

∫ +∞

−∞

1t2 + 4

dt =12

[arctan

t

2

]+∞−∞

=π

2

Deduciamo le altre trasformate.y(t) = i · (−i · t︸ ︷︷ ︸

dω

·x(t))

pero bisogna pensare la derivata nel senso delle distribuzioni, perche y ∈ L2. La regola vale perche, puressendo x e y funzioni di spazi diversi, sono entrambe oggetti di S ′.

y(ω) = i (x)′ nel senso delle distribuzioni

(x)′ =d

dωx perche x e assolutamente continua

⇒ y(ω) = −iπ · sgn (ω) · e−2|ω| , ω 6= 0

u non appartiene ne a L1 ne a L2, pero e limitata all’infinito e di tipo polinomiale: dunque e un oggettotrasformabile in S ′. In maniera analoga scriviamo:

u(t) = i · (−i · t︸ ︷︷ ︸dω

·y(t))

u(ω) = i (y)′ nel senso di S ′

⇒ u(ω) = π · (−2) · sgn 2(ω) · e−2|ω|

= −2πe−2|ω|︸ ︷︷ ︸derivata usuale

+ 2πδ︸︷︷︸contributo dovuto al salto

19

Risoluzione b) Verifichiamo con un calcolo trasversale:

u(t) =t2

t2 + 4

u(ω) = 1− 4t2 + 4

= 1 + 4x = 2πδ − 2πe−2|ω|

che coincide con quanto calcolato con la regola.Chiamiamo v(ω) = π · sgn (ω)e−2|ω| e verifichiamo v′ = u attraverso la definizione:

〈v′(ω), ϕ〉 = −〈v(ω), ϕ′〉

= −∫ +∞

−∞v(ω)ϕ′(ω) dω

= π

∫ 0

−∞e2ωϕ′(ω) dω − π

∫ +∞

0

e−2ωϕ′(ω) dω

(per parti)

= π[ϕ(ω)e2ω

]0−∞︸ ︷︷ ︸

ϕ(0)

−2π

∫ 0

−∞e2ωϕ(ω) dω − π

[ϕ(ω)e−2ω

]+∞0︸ ︷︷ ︸

−ϕ(0)

−2π

∫ +∞

0

e−2ωϕ(ω) dω

= πϕ(0) + πϕ(0)− 2π

∫ +∞

−∞ϕ(ω)e−2|ω| dω

= 〈2πδ, ϕ(ω)〉+⟨−2πe−2|ω|, ϕ(ω)

⟩per cui v′ = 2πδ − 2πe−2|ω|, che verifica quanto calcolato precedentemente.

Verifichiamo y:

y(ω) = limR→+∞

∫ R

−R

e−iωt t

t2 + 4dt =

∫ +∞

−∞

te−iωt

t2 + 4dt

cui associamo f(z) =ze−iωz

z2 + 4(su z = t + is), che restituisce i seguenti risultati associati ai residui:

y(ω ≤ 0) = 2πi ·Res(f, 2i) = iπe2ω , ω ≤ 0, s > 0

y(ω ≥ 0) = −2πi ·Res(f,−2i) = −iπe−2ω , ω ≥ 0, s < 0

⇒ y(ω) = −iπe−2|ω| · sgn (ω) , ω ∈ R

che coincide col risultato ottenuto in precedenza.

Risoluzione c) Applicando l’identita di Parseval si puo risolvere:∫ +∞

−∞

t2

(t2 + 4)2dt =

∫ +∞

−∞|y(t)|2 dt =

12π

∫ +∞

−∞|y(ω)|2 dω

Sappiamo che y(ω) = −πi · sgn (ω)e−2|ω|, quindi:

|y(ω)| = πe−2|ω|

allora:

=12π

∫ +∞

−∞π2e−4|ω| dω = π

∫ +∞

0

e−4ω dω = −π

4[e−4ω

]+∞0

=π

4

20

E data la funzione x(t) = (1− t2) · 1[−1,1].a) Previsioni su x e x′.b) Calcolare x′(ω) e dedurre x(ω).c) Verificare il punto b) attraverso il calcolo diretto di x(ω).d) Verificare che x′ e x sono continue.e) Calcolare x′′ nel senso di S ′, attraverso la definizione.f) Calcolare x′′ e verificare che x′′ = (iω)x′ = (iω)2x.

g) Calcolare∫ +∞

−∞

sinω − ω cos ω

ω2· sinω dω e

∫ +∞

−∞

(sinω − ω cos ω)2

ω6dω.

Risoluzione a) La derivata di x e x′(t) = −2t · 1(−1,1).x e x′ sono:

• in L1, continue, e vanno a zero all’infinito; sono derivabili infinite volte (e le derivate si annullanoall’infinito); sono esprimibili come serie di potenze, perche definite su intervalli limitati;

• in L2, quindi vale l’uguaglianza di Parseval.

x sara reale pari, mentre x′ sara immaginaria dispari.

Risoluzione b) La trasformata della derivata e:

x′(ω) =∫ +∞

−∞e−iωtx′(t) dt

=∫ +∞

−∞cos(ωt)x′(t) dt︸ ︷︷ ︸

0

−i

∫ +∞

−∞sin(ωt)x′(t) dt

= −2i

∫ 1

0

sin(ωt) · (−2t) dt

= 4i

∫ 1

0

t sin(ωt) dt

(per parti) con ω 6= 0. Avremo x′(0) =∫ +∞

−∞x′(t) dt = 0

= 4isinω − ω cos ω

ω2

La relazione x′(ω) = iωx(ω) e vera perche x e assolutamente continua:

x =x′

iω= 4

sinω − ω cos ω

ω3

Risoluzione c) Con la definizione:

x(ω) =∫ +∞

−∞e−iωtx(t) dt

=∫ +∞

−∞cos(ωt)x(t) dt− i

∫ +∞

−∞sin(ωt)x(t) dt︸ ︷︷ ︸

0

= 2∫ 1

0

cos(ωt) · (1− t2) dt

(per parti) con ω 6= 0

= 4sinω − ω cos ω

ω3

che verifica quanto ricavato dalla regola della trasformata della derivata.

21

Risoluzione d) L’unico punto in cui va verificata la continuita e ω = 0.Per x′:

x′ = 4isinω − ω cos ω

ω2, x′(0) =

∫ +∞

−∞x′(t) dt

⇒ limω→0

x′(ω) ?= x′(0)

4i limω→0

sinω − ω cos ω

ω2= 4i lim

ω→0

(ω − ω3

6

)− ω

(1− ω2

2

)ω2

= 4i limω→0

ω − ω3

6 − ω + ω3

2

ω2

= limω→0

43 iω3

ω2= 0

che verifica la continuita.Per x:

x = 4sinω − ω cos ω

ω3, x(0) =

∫ +∞

−∞x(t) dt =

43

⇒ limω→0

x(ω) ?= x(0)

limω→0

4sinω − ω cos ω

ω3= lim

ω→04i

sinω − ω cos ω

ω2· 1iω

= limω→0

43 iω3

ω2· 1iω

= limω→0

43ω2

ω2=

43

che verifica la continuita.

Risoluzione e) La derivata seconda di x e:

〈x′′, ϕ〉 = −〈x′, ϕ′〉

= −∫ +∞

−∞x′(t)ϕ′(t) dt

= 2∫ 1

−1

tϕ′(t) dt

= 2[tϕ(t)]1−1 − 2∫ 1

−1

ϕ(t) dt

= 2ϕ(1) + 2ϕ(−1)− 2∫ +∞

−∞1[−1,1] · ϕ(t) dt

= 2 〈δ(t− 1), ϕ(t)〉+ 2 〈δ(t + 1), ϕ(t)〉 − 2⟨1[−1,1], ϕ(t)

⟩⇒ x′′ = 2δ(t− 1) + 2δ(t + 1)︸ ︷︷ ︸

salti

−2 · 1[−1, 1]︸ ︷︷ ︸usuale

Risoluzione f) La trasformata della derivata seconda e:

x′′ = 2δ(t− 1) + 2δ(t + 1)− 2 · 1[−1,1]

Ci occorre solo la trasformata della funzione costante 1, nell’intervallo considerato:

1[−1,1] =∫ 1

−1

e−iωt · 1 dt = 2∫ 1

0

cos(ωt) dt =2ω

[sinω]10 = 2sinω

ω

22

Allora la trasformata e:

x′′ = 2 · 1 · e−iω + 2 · 1 · eiω − 2 · 2sinω

ω

= 2e−iω + 2eiω − 4sinω

ω

= 4 cos ω − 4sinω

ω

= 4ω cos ω − sinω

ω

che, confrontata con la trasformata della derivata prima, permette di verificare la catena di uguaglianzedeterminata dalla regola della trasformata della derivata.

Risoluzione g) Il primo integrale si risolve costruendo la formula di antitrasformazione:∫ +∞

−∞

sinω − ω cos ω

ω2· sinω dω =

∫ +∞

−∞

14i

x′(ω) sinω dω

= −14

∫ +∞

−∞x′(ω) cos ω dω︸ ︷︷ ︸

0: x′ e dispari

− i

4

∫ +∞

−∞x′(ω) sinω dω

= −14

∫ +∞

−∞x′(ω)eiω·1 dω

= −2π

4· 12π

∫ +∞

−∞x′(ω)eiω·1 dω︸ ︷︷ ︸x′(1)

(antitrasformata in un punto di salto)

= −π

2

(x′(1+) + x′(1−)

2

)=

π

2

Per risolvere il secondo integrale si applica l’identita di Parseval:∫ +∞

−∞

(sinω − ω cos ω)2

ω6dω =

116

∫ +∞

−∞(x(ω))2 dω

=2π

16· 12π

∫ +∞

−∞(x(ω))2 dω

=2π

16

∫ +∞

−∞|x(t)|2 dt

= 2 · π

8

∫ 1

0

(1− t2

)2dt

=π

4

[t +

t5

3− 2

t3

3

]10

=π

10

23

5 Trasformata di Laplace

Risolvere l’equazione differenziale con convoluzione e funzione di trasferimento, col teorema didivisione, coi fratti semplici, con la regola generale. x′′ − 2x′ + x = t

x(0) = 0x′(0) = 0

Risoluzione. Trasformando con Laplace:

s2X − 2sX + X =1s2︸︷︷︸

L(t)=LR

1 dt= 1s ·L(1)= 1

s ·1s

X =1

s2 − 2s + 1· 1s2

=1

(s− 1)2· 1s2

Con la convoluzione:

1(s− 1)2

7−→ 1s2

traslato di 1 ⇒ esponenziale di traslazione

⇒ G = L−1

(1

(s− 1)2

)= t · et , L−1

(1s2

)= t

x = G ∗ t =∫ t

0

τeτ (t− τ) dτ = t

∫ t

0

τeτ dτ −∫ t

0

τ2eτ dτper parti

= tet + t− 2et + 2

Da questo primo risultato (che noteremo essere uguale per ogni altro metodo utilizzato) verifichiamo chela struttura (esponenziali, costanti) e adeguata ai principi di somiglianza, che avremmo adottato risolvendotradizionalmente l’equazione differenziale.

Col teorema di divisione: poiche1

(s− 1)2e diviso per s2, bisogna integrare due volte la sua antitrasformata:

x′ =∫ t

0

τeτ dτ = tet − et + 1 , x =∫ t

0

τeτ − eτ + 1 dτ = tet − 2et + t + 2

Coi fratti semplici:1

s2(s− 1)2=

A

s+

B

s2+

C

s− 1+

D

(s− 1)2

A = lims→0

d

ds

1(s− 1)2

= lims→0

−2(s− 1)3

= 2 , B = lims→0

1(s− 1)2

= 1

C = lims→1

d

ds

1s2

= lims→1

−2s3

= −2 , D = lims→1

1s2

= 1

⇒ 1s2(s− 1)2

=2s

+1s2− 2

s− 1+

1(s− 1)2

L(

1s2(s− 1)2

)= 2L

(1s

)+ L

(1s2

)− 2L

(1

s− 1

)+ L

(1

(s− 1)2

)⇒ x = 2 · 1 + t− 2 · et + tet

Con la regola generale:

f =est

s2(s− 1)2

Res(f, 0) = lims→0

d

ds

est

(s− 1)2= lim

s→0

test(s− 1)2 − 2est(s− 1)(s− 1)4

=t + 2

1= t + 2

Res(f, 1) = lims→1

d

ds

est

s2= lim

s→1

tests2 − 2sest)s4

=test − 2et

1= tet − 2et

⇒ x = L−1

(1

s(s− 1)2

)= tet − 2et + t + 2

24