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Parte 3

Trasformata di Laplace

Indice

Parte 3. Trasformata di Laplace 1

Capitolo 1. La trasformata di Laplace 5

Capitolo 2. L’antitrasformata di Laplace 23

Capitolo 3. Equazioni differenziali ordinarie con metodo di

Laplace 33

Complementi 45

3

Capitolo 1

La trasformata di Laplace

Introduciamo ora un’altra trasformazione che, cosı come le

trasformata di Fourier, associa ad una funzione una nuova fun-

zione, definita mediante un integrale. Questa e dovuta a Laplace.

Definizione 1.1. Prendiamo una funzione F : (0, +∞) →R, ed un numero s (che puo essere reale o complesso). Si dice

Integrale di Laplace∫ +∞

0

e−stF (t) dt.

E un integrale generalizzato, infatti quando scriviamo l’integrale

da 0 a +∞ sottintendiamo1

limT→+∞

limr→0+

∫ T

r

e−stF (t) dt.

Pertanto, la prima domanda da farsi e se questo integrale con-

verge o no. Dipendera sia dalla funzione F che dal numero

s.

1Si noti che in generale F e definita solo per t positivi, dunque nulla ci

assicura che sia limitata per t vicino a 0.

5

http://www-gap.dcs.st-and.ac.uk/~history/Mathematicians/Laplace.html

6 1. TRASFORMATA

Indichiamo

A :=

{

s ∈ R :

∫ +∞

0

e−stF (t) dt converge

}

.

Per ogni s dentro A, l’integrale di Laplace ci da come risultato

un numero reale. Resta cosı definita una funzione

f : A −→ R, f(s) =

∫ +∞

0

e−stF (t) dt,

che chiamiamo trasformata di Laplace (reale) della funzione F .

Scriviamo anche L(F (t)) (s) = f(s).

L’insieme A si dice dominio della trasformata di Laplace (reale)

della funzione F .

Se s = x + iy e un numero complesso, abbiamo∫ +∞

0

e−stF (t) dt =

∫ +∞

0

e−xt [cos yt − i sin yt] F (t) dt

=

∫ +∞

0

e−xt cos ytF (t) dt− i

∫ +∞

0

e−xt sin ytF (t) dt.

Dunque, quando s e complesso, l’integrale di Laplace converge

se, e solo se, i due integrali reali∫ +∞

0

e−xt cos ytF (t) dt e

∫ +∞

0

e−xt sin ytF (t) dt

convergono.

Indichiamo poi

A :=

{

s ∈ C :

∫ +∞

0

e−stF (t) dt converge

}

;

per ogni s dentro A, l’integrale di Laplace ci da come risultato

un numero complesso. Resta cosı definita una funzione

f : A −→ C, f(s) =

∫ +∞

0

e−stF (t) dt,

1. TRASFORMATA 7

che chiamiamo trasformata di Laplace (complessa) della funzione

F . L’insieme A si dice dominio della trasformata di Laplace (com-

plessa) della funzione F .

Se non viene specificato diversamente, d’ora in poi intenderemo

la trasformata di Laplace reale.

Diremo che una funzione F e trasformabile secondo Laplace se

esiste almeno un valore di s tale che il corrispondente integrale

di Laplace converge.

Osservazione 1.1. Si noti che, quando definiamo l’integrale

di Laplace (e dunque anche la trasformata), stiamo pensando che

la funzione F e uguale a zero sul semiasse negativo 0 < t < +∞.

In tal modo∫ +∞

−∞e−stF (t) dt =

∫ +∞

0

e−stF (t) dt.

Poiche, come abbiamo appena visto, stabilire se una funzione

e trasformabile o meno e equivalente a studiare la convergenza di

opportuni integrali generalizzati, e utile richiamare alcuni criteri

di convergenza. Li trovate nei complementi.

Vediamo con qualche esempio cosa puo succedere. Certamente

ci sono funzioni che non sono trasformabili secondo Laplace.

Esempio 1.1. Prendiamo F (t) = et2 , e studiamo la conver-

genza del suo integrale di Laplace

∫ +∞

0

et2−stdt.

Per ogni s fissato, la funzione integranda e G(t) := et2−st, che

e continua su [0, +∞): dunque l’integrale vicino a zero e un

8 1. TRASFORMATA

integrale “classico” e non abbiamo problemi. Studiamo la con-

vergenza dell’integrale vicino a +∞: poiche

limt→+∞

et2−st = +∞2,

il Teorema 3.1 ci assicura che l’integrale di Laplace non conver-

ge per nessun valore reale di s. E se s e complesso? cambia

qualcosa?

L’Esempio 1.1 ci suggerisce che F (t) non e trasformabile se cresce

“troppo velocemente”. Vediamo un altro esempio

Esempio 1.2. 3 Studiamo la convergenza dell’integrale di

Laplace (reale e complesso) della funzione:

F (t) = eat, a ∈ R.

Trasformata reale, cioe s ∈ R.∫ +∞

0

e−steatdt = limT→+∞

∫ T

0

e(a−s)tdt.

Se s = a, abbiamo immediatamente che tale integrale e uguale a

limT→+∞

∫ T

0

dt = limT→+∞

T = +∞.

Se, invece, s 6= a, l’integrale di Laplace e

limT→+∞

[1

a − se(a−s)t

]t=T

t=0

= limT→+∞

1

a − s

(e(a−s)T − 1

)

=

+∞ se s < a,1

s − ase s > a.

Il calcolo appena fatto puo essere sintetizzato dicendo: Per ogni

numero reale a, la funzione F (t) = eat e trasformabile secondo

2s e un numero fissato, dunque t

2 − st → +∞ quando t → +∞!3E bene ricordare le trasformate delle funzioni elementari, come e

at, sin(at),

cos(at), tn....

1. TRASFORMATA 9

Laplace (reale). Il dominio della trasformata (reale) e l’insieme

(a, +∞), e l’espressione della trasformata (reale) e f(s) = 1/(s−a).

Trasformata complessa, cioe s = x + iy ∈ C.

+∞∫

0

e−steatdt = limT→+∞

T∫

0

e(a−x)t cos yt dt − i

T∫

0

e(a−x)t sin(yt) dt

.

Quando y = 0, abbiamo in effetti s = x ∈ R: si applicano

pertanto i ragionamenti fatti per la trasformata reale. Quando,

invece, y 6= 0, distinguiamo i casi seguenti. Se x = a, l’integrale

di Laplace e uguale a

limT→+∞

T∫

0

cos yt dt − i

T∫

0

sin yt dt

= limT→+∞

[sin yt

y+ i

cos yt

y

]t=T

t=0

= limT→+∞

1

y[sin yT + i (cos yT − 1)]

e tale limite, come e ben noto, non esiste.

Se x 6= a, calcoliamo separatamente∫ T

0

e(a−x)t cos yt dt

I × P=

[1

a − xe(a−x)t cos yt

]t=T

t=0

+y

a − x

∫ T

0

e(a−x)t sin yt dt

I × P=

[1

a − xe(a−x)t cos yt +

y

(a−x)2e(a−x)t sin yt

]t=T

t=0

− y2

(a−x)2

∫ T

0

e(a−x)t cos yt dt,

10 1. TRASFORMATA

e dunque

(

1 +y2

(a−x)2

)∫ T

0

e(a−x)t cos yt dt

=

[1

a − xe(a−x)t cos yt +

y

(a−x)2e(a−x)t sin yt

]t=T

t=0

.

Pertanto

∫ T

0

e(a−x)t cos yt dt

=(a−x)2

(a−x)2 + y2

[

e(a−x)t

(1

a − xcos yt +

y

(a−x)2sin yt

)]t=T

t=0

=1

(a−x)2 + y2

[e(a−x)T ((a−x) cos yt + y sin yt) + x − a

].

In modo simile si calcola

∫ T

0

e(a−x)t sin yt dt

=1

(a−x)2 + y2

[e(a−x)T ((a−x) sin yt − y cos yt) + y

].

1. TRASFORMATA 11

Sommando i due termini otteniamo che, se x 6= a e y 6= 0,

l’integrale di Laplace e

1

(a−x)2 + y2

{

limT→+∞

e(a−x)T [(a−x+iy) cos yt

−i(a−x+iy) sin yt] + x−a−iy}

=

non esiste il limite se x < a,

x−a−iy

(a−x)2 + y2=

s − a

|s − a|2 =1

s − ase x > a.

Il calcolo appena fatto puo essere sintetizzato dicendo: Per ogni

numero reale a, la funzione F (t) = eat e trasformabile secondo

Laplace (complesso). Il dominio della trasformata (complessa) e

l’insieme {s ∈ C : <(s) > a}, e l’espressione della trasformata

(complessa) e f(s) = 1/(s − a).

Sull’onda di questo esempio ci aspettiamo che, quando riusciamo

a controllare la crescita di F (t) con un esponenziale, la funzione

sia trasformabile. Questo e vero in generale. Per esprimerlo

chiaramente, introduciamo una definizione.

Definizione 1.2. Diciamo che una funzione F : (0, +∞) →R e di ordine esponenziale se esisistono un numero reale γ ed un

numero positivo m tali che

|F (t)| ≤ meγt per ogni t > 0.

Vale il seguente teorema:

Teorema 1.2 (Condizione sufficiente di trasformabilita). Sia

F : (0, +∞) → R una funzione generalmente continua di ordine

12 1. TRASFORMATA

esponenziale γ. Allora la funzione e trasformabile secondo La-

place; inoltre il dominio della trasformata reale contiene la se-

miretta (γ, +∞), mentre il dominio della trasformata complessa

contiene il semipiano {<(s) > γ}.

Dim. Verificheremo che la funzione t 7→ e−stF (t) e assoluta-

mente integrabile sull’intervallo (0, +∞) per ogni s > γ. Da cio

segue la nostra tesi perche allora l’integrale di Laplace converge

per tali s reali (e con minime modifiche si tratta anche l’integrale

di Laplace complesso). Poiche la proprieta di essere a crescita

esponenziale assicura che e−stF (t) e limitata per t → 0+, non

abbiamo problemi in un intorno destro di t = 0 (qui si tratta di

un integrale standard). Per quel che riguarda l’altro estremo di

integrazione, se s > γ abbiamo

∣∣e−stF (t)

∣∣ ≤ me−(s−γ)t,

con s−γ < 0. In particolare, |e−stF (t)| va a zero piu velocemente

di qualunque potenza 1/tα con α > 1 (per t → +∞). Dunque

l’integrale di Laplace converge per il criterio 3.2. �

Vediamo con un esempio come possiamo calcolare diretta-

mente la trasformata di Laplace.

Esempio 1.3. Consideriamo la funzione

F (t) =

1 − t se 0 < t < 1,

2 se t ≥ 1

Si vede che F e generalmente continua, ed e a crescita esponen-

ziale di ordine 0, infatti

F (t) ≤ 2 = 2 e0t per ogni t > 0,

1. TRASFORMATA 13

Dunque il Teorema 1.2 implica che F e trasformabile, e il domi-

nio della trasformata contiene (0, +∞). Calcoliamo ora esplici-

tamente l’espressione della trasformata. Dalla definizione stessa

abbiamo∫ +∞

0

e−stF (t) dt =

∫ 1

0

e−st(1 − t) dt +

∫ +∞

1

e−st2dt.

Il primo integrale e “classico”, lo possiamo calcolare con il solito

metodo di integrazione per parti successive:∫ 1

0

e−st(1 − t) dtI × P=

[

−1

se−st(1 − t)

]t=1

t=0

−∫ 1

0

e−st dt

=

[

−1

se−st(1 − t) +

1

s2e−st

]t=1

t=0

=1

s+

1

s2

(e−s − 1

).

Per quel che riguarda il secondo integrale, cominciamo con l’os-

servare che, se s = 0, ci da∫ +∞

1

e−0t2dt = 2 limT→+∞

(T − 1) = +∞.

Se, poi, s 6= 0, ci da

limT→+∞

−2

s

[e−st

]t=T

t=1=

2

s

[

e−s − limT→+∞

e−sT

]

=

2se−s se s > 0,

+∞ se s < 0.

Ricapitolando, abbiamo visto che la funzione F (t) ha come domi-

nio della trasformata l’insieme (0, +∞), e l’espressione esplicita

della trasformata e

L(F (t))(s) =1

s

(1 + 2e−s

)+

1

s2

(e−s − 1

)s > 0.

14 1. TRASFORMATA

Si noti che e possibile determinare il dominio della trasformata

studiando direttamente la convergenza dell’integrale di Laplace.

Potete gia da ora cominciare a calcolare le trasformate di

alcune funzioni elementari, che costituiscono i “mattoni” con cui

poi calcoleremo le trasformate di funzioni piu complicate.

Esercizio 3.1 (Trasformate elementari). Calcolare le tra-

sformate delle seguenti funzioni, specificandone il dominio.

1) F (t) = sin t,

2) F (t) = cos t,

3) F (t) = 1,

4) F (t) = t.

svolgimento

Esercizio 3.2. Dimostrare che, per ogni n = 0, 1, · · · , si ha

L(tn)(s) =n!

sn+1per ogni s > 0.

svolgimento

Per poter fare qualche altro esempio, introduciamo una una

funzione speciale, la funzione Gamma, cosı definita:

Γ : (0, +∞) → R, Γ(r) :=

∫ +∞

0

ur−1e−udu.

Si osservi che l’integrale che definsce la Γ e effettivamente con-

vergente per i Teoremi 3.2 e 3.3.

Esercizio 3.3. Dimostrare che, per ogni r > −1, si ha

L(tr)(s) =Γ(r + 1)

sr+1per ogni s > 0.

svolgimento

1. TRASFORMATA 15

Osservazione 1.3. Confrontando gli Esercizi 3.2 e 3.3, ot-

teniamo una utile propriete della funzione Γ:

Γ(n + 1) = n! per ogni n = 0, 1, · · ·

Risolvendo questi esercizi potete calcolare direttamente al-

cune “trasformate notevoli”, che molti libri riportano su tabelle

“da imparare a memoria”. Non e necessario ricordare a memoria

nessuna formula, se si e in grado di ricavarla!

E bene sottolineare che il Teorema 1.2 ci fornisce una condizione

sufficiente di trasformabilita, che pero non e necessaria. In altre

parole, ci sono funzioni che non soddisfano le ipotesi del Teorema

1.2, ma sono comunque trasformabili.

Esempio 1.4 (Ci sono funzioni trasformabili che non sono a

crescita esponenziale, ne generalmente continue). Consideriamo

la funzione F (t) = 1/√

t. Si osservi che limt→0+

1/√

t = +∞, sicche

qusta funzione non e generalmente continua, e non e neppure

a crescita esponenziale (infatti, comunque scelga m e γ, si ha

limt→0+

meγt = m < +∞). Proviamo a studiare direttamente la

convergenza dell’integrale di Laplace

∫ +∞

0

e−st

√t

dt.

Per t vicino a+∞, abbiamo

limt→∞

e−st

√t

= +∞ se s < 0,

che ci assicura che l’integrale diverge se s < 0, per il Teorema

3.1. Se invece s ≥ 0, poiche l’integrando e positivo possiamo

usare i criteri di assoluta convergenza enunciati nei Teoremi 3.2

16 1. TRASFORMATA

e 3.3. Prendiamo un qualunque α > 1; si ha

limt→∞

e−st

√t

tα =

0 se s > 0,

+∞ se s = 0.

Dunque certamente esiste un certo T > 0 per cui

e−st

√t

≤ 1/tα se s > 0,

≥ 1/tα se s = 0,

per ogni t > T.

Ne segue che l’integrale su [T, +∞) converge se s > 0, e diverge

se s ≤ 0.

Infine, per cio che concerne l’integrale su (0, T ] abbiamo

e−st

√t≤ e−sT /t

12 per ogni t < T,

dove chiaramente 1/2 < 1. Dunque il Teorema 3.3 ci assicura

che l’integrale su [0, T ] converge se s > 0.

I ragionamenti fin qui svolti possono essere sintetizzati dicendo

che la funzione F (t) = 1/√

t e trasformabile secondo Laplace

(reale) e il dominio della trasformata (reale) e l’insieme (0, +∞).

Esercizio 3.4. Stabilire se le seguenti funzioni sono trasfor-

mabili e, in caso affermativo, scriverne la trasformata, specifi-

candone il dominio.

1)t

1 + t2,

2)t

1 + t2,

3)t

sin t,

4)1 − cos t

t,

5)tan t

t,

1. TRASFORMATA 17

6)arctan t

t.

Elenchiamo ora alcune proprieta qualitative della trasformata di

Laplace.

Teorema 1.4. Sia F : (0, +∞) → R una funzione generalmente

continua e di ordine esponenziale γ. Indichiamo con f la sua

trasformata di Laplace, e con A il relativo dominio. Valgono le

seguenti proprieta:

(i) lims→+∞

f(s) = 0.

(ii) Se, inoltre, anche F ′(t) e generalmente continua e di ordine

esponenziale, allora limt→0+

F (t) = lims→+∞

s f(s).

Dim. (i) Calcoliamo, per s > γ,

|f(s)|=∣∣∣∣

∫ +∞

0

e−stF (t) dt

∣∣∣∣≤∫ +∞

0

e−st |F (t)| dt

≤∫ +∞

0

me−(s−γ)tdt =m

s − γ.

Dunque

lims→+∞

|f(s)| ≤ lims→+∞

m

s − γ= 0.

(ii) Calcoliamo, per s > γ,

18 1. TRASFORMATA

s f(s)= s

∫ +∞

0

e−stF (t) dt = −∫ +∞

0

d

dt

(e−st

)F (t) dt

I × P= −

[e−stF (t)

]t=+∞

t=0+

∫ +∞

0

e−stF (t) dt

= − limt→+∞

e−stF (t) + F (0+) + L(F ′(t)) (s)

= F (0+) + L(F ′(t)) (s),

dove abbiamo usato il fatto che limt→+∞

e−stF (t) = 0 poiche F e

di ordine esponenziale. Passando al limite per s → +∞ e appli-

cando la proprieta dimostrata al passo (i) a f(s) = L(F ′(t)) (s)

otteniamo lims→+∞

f(s) = F (0) + lims→+∞

L(F ′(t)) (s) = F (0). �

Nel calcolo delle trasformate di Laplace, risultano molto utili

alcune proprieta, che possono essere direttamente ricavate dalle

proprieta dell’integrale.

Prima di elencare queste proprieta introduciamo una nuova fun-

zione speciale, la funzione a scalino (o di Heaviside), cosı definita:

H : R → R, H(r) :=

{0 se r < 0,

1 se r > 0.

Teorema 1.5 (Proprieta della trasformata di Laplace). Sia-

no F , F1 e F2 tre funzioni trasformabili; indichiamo con f , f1 e

f2 le rispettive trasformate e con A, A1 e A2 i rispettivi domini

delle trasformate. valgono le seguenti proprieta:

Linearita Per ogni c1, c2 ∈ R, la funzione c1F1(t)+c2F2(t) e tra-

sformabile, il dominio della trasformata e A1∩A2, e l’espressione

della trasformata e

L(c1F1(t) + c2F2(t)) (s) = c1f1(s) + c2f2(s).

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1. TRASFORMATA 19

I traslazione Per ogni a > 0, la funzione

Fa(t) := F (t − a) H(t− a) =

{0 se 0 < t < a,

F (t − a) se t > a,

e trasformabile4, il dominio della trasformata e A, e l’espressione

della trasformata e

L(Fa(t))(s) = e−asf(s).

II traslazione Per ogni k ∈ R, la funzione F (t)ekt e trasfor-

mabile, il dominio della trasformata e {s ∈ R : s − k ∈ A}, e

l’espressione della trasformata e

L(F (t)ekt)(s) = f(s − k).

Cambio di scala Per ogni a > 0, la funzione F (at) e trasfor-

mabile, il dominio della trasformata e {s ∈ R : s/a ∈ A}, e

l’espressione della trasformata e

L(F (at))(s) =1

af(s

a

)

.

Per imparare a mettere in pratica cio che abbiamo visto,

potete cimentarvi con il prossimo esercizio: anche qui ci sono

alcune cosiddette “trasformate notevoli”.

Esercizio 3.5 (Regole di trasformazione). Calcolare le tra-

sformate delle seguenti funzioni

1) F (t) = 3t − e−2t,

2) F (t) = sinh t,

3) F (t) = cosh t,

4) F (t) = sin at con a > 0,

5) F (t) = cos at con a > 0,

6) F (t) = e−t cos 2t,

4si noti che, in virtu dell’Osservazione 1.1, e lecito pensare a Fa come a

una traslazione vestro destra (di lunghezza a) della funzione F

20 1. TRASFORMATA

7) F (t) = max{0, (t − 4)3},8) F (t) = 3t4 − 2e−3t,

9) F (t) = (t − 3)2,

10) F (t) = (sin t − cos t)2,

11) F (t) = cosh2 4t,

12) F (t) = (1 + te−t)3,

13) F (t) = sin2 t.

svolgimento

Esercizio 3.6. Calcolare i seguenti integrali:

1)

∫ +∞

0

e−5t − e−t

tdt,

2)

∫ +∞

0

te−3t cos t dt,

3)

∫ +∞

0

t3e−t sin t dt,

4)

∫ t=+∞

t=0

∫ u=t

u=0

e−t sin u

udu dt,

5)

∫ +∞

0

sin2 t

t2dt,

svolgimento

Vediamo ora altre proprieta che legano trasformata di Lapla-

ce, derivata e integrale.

Teorema 1.6 (Altre proprieta). Sia F (t) una funzione generalmente

continua di ordine esponenziale ; indichiamo con f(s) la sua tra-

sformata, e con A il rispettivo dominio. Valgono le seguenti pro-

prieta:

Derivata se, inoltre, F e derivabile su (0, +∞), allora per ogni

s ∈ A si ha

L(F ′(t))(s) = sf(s) − F (0+).

1. TRASFORMATA 21

Integrale Per ogni s ∈ A, s > 0, si ha

L(∫ t

0

F (u)du

)

(s) =1

sf(s).

Prodotto per t Per ogni s ∈ A si ha

L(t F (u)du) (s) = −df

ds(s).

Divisione per t Per ogni s ∈ A si ha(

1

tF (t)

)

(s) =

∫ +∞

s

f(u)du.

Non riportiamo la dimostrazione di questo Teorema. Alcune

delle proprieta elencate sono domostrate negli esercizi; verificate

le altre!

Le proprieta di derivazione e di prodotto per t stabiliscono un

morfismo fra derivazione e moltiplicazione. In modo speculare,

le proprieta integrazione e di prodotto per t stabiliscono un mor-

fismo fra integrazione (“l’inversa della derivazione”) e divisione

(“l’inversa della moltiplicazione”). In queste corrispondenze con-

siste l’utilita della trasformazione di Laplace nelle applicazioni,

come vedremo in seguito nel Capitolo 3 e nella Parte

Per ora, facciamo qualche esercizio per assimilare ed approfon-

dire le proprieta appena viste.

Esercizio 3.7. 1) Dimostrare che, se F e derivabile n volte

(n = 1, 2, · · · ) e tutte le derivate sono di ordine esponenziale,

allora

L(F (n)(t))(s) = snf(s) −n−1∑

i=0

sn−iF (i)(0+).

2) Dimostrare che

L(tnF (t))(s) = (−1)n dnf

dsn(s).

22 1. TRASFORMATA

svolgimento

Esercizio 3.8. 1) Calcolare, senza usare la definizione di

trasformata, L(e5t).

2) Sia F (t) come nell’Esempio 1.3. Controllare se e vero che

L(F ′(t))(s) = sL(F (t))(s) − F (0+).

svolgimento

Esercizio 3.9. Calcolare le trasformate delle seguenti fun-

zioni:

1) F (t) = t cos(3t),

2) F (t) = t2 sin t,

3) F (t) =e−t − e2t

t.

svolgimento

Capitolo 2

L’antitrasformata di

Laplace

Ci poniamo ora il problema di “tornare indietro” rispetto alla

trasformata di Laplace. Precisamente, dato un sottoinsieme A

di R (di C) e una cunzione f : A → R (→ C), ci chiediamo

1. esiste una funzione F : (0, +∞) → R tale che

L(F (t))(s) = f(s) per ogni s ∈ A?

2. se tale funzione F esiste, come e fatta? (cioe qual e la sua

legge?)

3. ammesso che tale funzione F esista, e unica?

Se la risposta alla prima domanda e affermativa, diciamo che la

funzione F (t) e una antitrasformata di Laplace di f , e scriviamo

L−1(f(s))(t) = F (t).

In generale, non e semplice stabilire se una funzione ammette

antitrasformata o meno. Il Teorema 1.4(i) ci fornisce un’utile

condizione necessaria:

23

24 2. ANTITRASFORMATA

Proposizione 2.1. Se f(s) ammette un’antitrasformata

F (t) di ordine esponenziale, allora

lims→+∞

f(s) = 0.

Per rispondere alla terza domanda, cerchiamo di capire come

devono essere fatte due funzioni F1(t) e F2(t) per essere entrambe

le antitrasformate della stessa funzione f(s). Dovra valere

L(F1(t) − F2(t)) (s) = L(F1(t)) (s) −L(F2(t)) (s)

= f(s) − f(s) = 0.

Cioe F1 − F2 deve avere trasformata di Laplace nulla. Siamo

sicuri che da questo discende che F1 − F2 deve per forza essere

zero? Vediamo un po’, consideriamo la funzione

G : (0, +∞) → R, G(t) =

{270 se t = 1, 2, · · ·0 altrimenti.

E facile rendersi conto che, anche se G non e identicamente nulla,

la sua trasformata di Laplace e zero. Allora la risposta alla terza

domanda e negativa, perche, ad esempio, abbiamo

L−1

(1

s + 3

)

(t) = e−3t,

ma anche

L−1

(1

s + 3

)

(t) = e−3t + G(t).

Per poter fare un discorso piu generale, introduciamo una defi-

nizione.

Definizione 2.1. Chiamiamo funzione nulla ogni funzione

N : (0, +∞) → R tale che∫ T

0

N(t)dt = 0 per ogni T > 0.

Si vede poi che

2. ANTITRASFORMATA 25

Proposizione 2.2. Se N e una funzione nulla, allora

L(N) ≡ 0. Viceversa, se L(F ) ≡ 0, allora F e una funzione

nulla.

Dunque F1 e F2 sono due antitrasformate della stessa fun-

zione f se, e solo se, F1 − F2 e una funzione nulla.

Come e fatta una funzione nulla N : (0, +∞) → R che, in piu,

e anche generalmente continua? Ci deve essere una successione

di punti 0 < t1 < t < 2 < · · · < tn < · · · tale che

N(t) = 0 per ogni t 6= tn (n = 1, 2, · · · ).Nella classe delle funzioni generalmente continue, due funzioni

che differiscono per una funzione nulla possono essere considerate

identiche. Potete facilmente convincervi che, in questo contesto,

non c’e nessuna differenza sostanziale fra le due funzioni:

F1 : (0, +∞) → R, F1(t) = e−3t,

F2 : (0, +∞) → R, F2(t) =

{270 se t = 1, 2, · · ·e−3t altrimenti.

Nell’ambito dell’antitrasformata di Laplace, le funzioni nulle gio-

cano lo stesso ruolo che le costanti giocavano nell’ambito della

primitiva. Nel seguito chiameremo “l’antitrasformata” una qua-

lunque rappresentante della famiglia delle antitrasformate.

Quanto fin qui osservato puo essere sintetizzato nel seguente

teorema.

Teorema 2.3. Nella classe delle funzioni generalmente con-

tinue l’antitrasformata di Laplace e unica (quando esiste).

D’accordo, ma come facciamo in pratica a scrivere l’espressio-

ne dell’antrasformata? Purtroppo, a differenza di quanto accade

per la trasformata di Fourier, non abbiamo un’espressione espli-

cita dell’antitrasformata.

Per omparare a calcolare le antitrasformate, cominciamo con


l’osservare che i calcoli che abbiamo fatto nel capitolo precedente

ci forniscono qualche esempio notevole.

Esercizio 3.10. Verificare che

1) L−1

(1

s − a

)

(t) = eat per ogni a ∈ R,

2) L−1

(a

s2 + a2

)

(t) = sin(at) per ogni a ∈ R,

3) L−1

(s

s2 + a2

)

(t) = cos(at) per ogni a ∈ R,

4) L−1

(a

s2 − a2

)

(t) = sinh(at) per ogni a ∈ R,

5) L−1

(s

s2 − a2

)

(t) = cosh(at) per ogni a ∈ R,

6) L−1

(1

sn

)

(t) =1

(n − 1)!tn−1 per ogni n = 1, 2, · · · .

Alle proprieta che abbiamo visto per la trasformata, corri-

spondono proprieta analoghe per la antitrasformata.

Teorema 2.4 (Proprieta della antitrasformata di Laplace).

Siano f , f1 e f2 tre funzioni che ammettono antitrasformata, e

indichiamo con F , F1 e F2 le rispettive antitrasformate. Valgo-

no le seguenti proprieta:

Linearita Per ogni c1, c2 ∈ R, la funzione c1f1(s) + c2f2(s) am-

mette antitrasformata e

L−1(c1f1(s) + c2f2(s)) (t) = c1F1(t) + c2F2(t).

I traslazione Per ogni a > 0, la funzione e−asf(s) ammette

antitrasformata e

L−1(e−asf(s)

)(t) = F (t−a) H(t−a) =

{F (t−a) se t > a,

0 se 0 < t < a.


II traslazione Per ogni k ∈ R, la funzione f(s − k) ammette

antitrasformata e

L−1(f(s − k)) (t) = ektF (t).

Cambio di scala Per ogni a > 0, la funzione f(as) ammette

antitrasformata

L−1(f(as)) (t) =1

aF(s

a

)

.

Esercizio 3.11. Determinare, se esistono, le antitrasformate

delle seguenti funzioni:

1) f(s) =6s + 17

s2 + s − 12,

2) f(s) =s3 − s2 − 4

(s2 + 4)s3,

3) f(s) =s4 + 5

s2 + 3,

4) f(s) =1

(s + 5)4,

5) f(s) =s − 3

s2 + 2s − 3,

6) f(s) =e−

π2s

1 + s2,

7) f(s) =e−5s

s − 3,

8) f(s) =3

4s2 − 9.

Abbiamo anche le proprieta che legano antitrasformate, de-

rivate, integrali.

Teorema 2.5 (Altre proprieta dell’antitrasformata). Sia f(s)

una funzione che ammette una antitrasformata F (t), generalmente

continua e di ordine esponenziale. Valgono le seguenti proprieta:


Prodotto per s Se, inoltre, F e derivabile su (0, +∞), allora1

L−1(sf(s)) (t) = F ′(t) + F (0+) δ(t),

Divisione per s L−1

(f(s)

s

)

(t) =

∫ t

0

F (u)du.

Derivata L−1(f ′(s)) (t) = −tF (t).

Integrale L−1

(∫ +∞

s

f(u)du

)

(t) =F (t)

t.

Esercizio 3.12. Calcolare le seguenti antitrasformate:

1) f(s) =2s

(s2 + 16)2,

2) f(s) = logs − 2

s,

3) f(s) = s logs − 2

s,

4) f(s) =1

s(s2 + 4).

svolgimento

Vale un’utile proprieta che lega l’antitrasformata con il prodotto

per convoluzione. Osserviamo che, in virtu dell’Osservazione

1.1, nell’ambito della trasformata di Laplace e lecito pensare al

prodotto per convoluzione fra F e G come

F ∗ G (t) =

∫ t

0

F (u)G(t − u) du.

Teorema 2.6. Siano F e G due funzioni definite su (0, +∞),

generalmente continue e di ordine esponenziale; indichiamo con

f e g le rispettive trasformate di Laplace. Allora

L(F ∗ G (t)) (s) = f(s) g(s)


Viceversa, se f e g sono due funzioni che ammettono come

antitrasformate, rispettivamente, F e G, allora

L−1(f(s) g(s)) (t) = F ∗ G (t).

Esiste un metodo diretto per calcolare la antitrasformata di una

funzione. Esso passa attraverso il calcolo complesso: quasta e

la principale ragione per cui hanno interesse le trasformate di

Laplace complesse.

Teorema 2.7. Sia f(s) una funzione di variabile complessa,

e supponiamo che esita un numero reale γ tale che tutte le singo-

larita di f sono contenute nel semispazio a sinistra (o a destra)

della retta s = γ. Se, inoltre, l’integrale complesso

∫ γ+i∞

γ−i∞estf(s)ds

e finito per ogni t > 0, allora f e antitrasformabile e vale la

formula

L−1(f(s)) (t) =1

2πi

∫ γ+i∞

γ−i∞estf(s)ds.

Per calcolare nella pratica l’integrale complesso in questione,

possiamo integrare sul “circuito” C ottenuto intersecando la retta

verticale s = γ con una circonferenza centrata nell’origine di

raggio R. Il Teorema dei Residui afferma che

1

2πi

∫ b(R)

a(R)

estf(s)ds =∑

so polo racchiuso

nel circuito

Res(esotf(so)

)

− 1

2πi

∫

Γ(R)

estf(s)ds.


-R γ

a(R)

b(R)

Γ(R)

Mandando R a +∞, il segmento [a(R), b(R)] approssima tutta

la retta s = γ, e dunque otteniamo

L−1(f(s)) (t) =∑

so polo a

sinistra di s = γ

Res(esotf(so)

)

− limR→+∞

1

2πi

∫

Γ(R)

estf(s)ds.

Quando il limite che appare a secondo membro e zero, otteniamo

una formula molto semplice per il calcolo dell’antitrasformata.

Corollario 2.8. Sia f una funzione di variabile complessa,

e supponiamo che

i) esiste un numero reale γ tale che tutte le singolarita di f

sono contenute nel semispazio a sinistra della retta s = γ,


ii) esistono tre numeri positivi R, m e k tali che

|f(s)| ≤ m

|s|k per ogni s con |s| > R.

Allora f ammette antitrasformata e vale la formula

L−1(f(s)) (t) =∑

so polo a

sinistra di s = γ

Res(esotf(so)

).

Potete testare il nuovo metodo calcolando direttamente alcu-

ne antitrasformate che gia conoscete:

Esercizio 3.13. Calcolare in modo diretto le antitrasformate


1) f(s) =1

s − 5,

2) f(s) =s

s2 − 4.

Esercizio 3.14. Calcolare in modo diretto le antitrasformate


1) f(s) =1

(s − 1)(s2 + 4),

2) f(s) =s

(s2 + 1)2,

3) f(s) =1

(s − a)(s + 3)2, dove a e un numero reale fissato,

4) f(s) =1

sinh s,

5) f(s) =1

s cosh√

s.

svolgimento

Capitolo 3

Equazioni differenziali

ordinarie con metodo di

Laplace

Abbiamo visto nel Teorema 1.6 che la trasformata di La-

place agisce sulle derivate “trasformandole” in prodotti per s.

Questa proprieta ci fornisce un interessante metodo per risolvere

le equazioni differenziali ordinarie (nel seguito, O.D.E., che sta

per Ordinary Differential Equation).

Illustriamo l’idea di questo metodo attraverso un esempio gio-

cattolo.

Esempio 3.1. Vogliamo risolvere l’equazione differenziale or-

dinaria a coefficienti costanti:{

Y ′(t) − 3Y (t) = 1, per ogni t > 0,

Y (0) = 4.

Trasformando la ODE otteniamo

L(Y ′(t) − 3Y (t)) (s) = L(1)(s);

33

34 3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE

usando la linearita e calcolando la trasformata a secondo membro

otteniamo

L(Y ′(t))(s) − 3L(Y (t)) =1

s.

Applicando la regola di trasformazione della derivata otteniamo

L(Y ′(t))(s) = sL(Y (t))(s) − Y (0).

Ricordando che il valore di Y in 0 e assegnato come dato di

Cauchy otteniamo

L(Y ′(t))(s) = sL(Y (t))(s) − 4.

Concludendo, la ODE da luogo all’equazione algebrica

s y(s)− 4 − 3 y(s) =1

s

nella nuova funzione incognita

y(s) := L(Y (t))(s).

Attraverso questo esempio, abbiamo verificato che Applicando

la trasformata di Laplace, possiamo trasformare una O.D.E. a

coefficienti costanti nell’incognita Y (t) in una equazione alge-

brica nella incognita y(s) := L(Y (t))(s). Il dato iniziale per la

O.D.E. (Y (0) = 4) compare dentro l’equazione algebrica ottenu-

ta.

Ora, possiamo risolvere l’equazione algebrica in y:

(s − 3)y(s) = 4 +1

scioe y(s) =

4

s − 3+

1

s(s − 3),

e infine ritornare indietro per trovare la soluzione della O.D.E. di

partenza

Y (t) = L−1(y(s)) (t) = L−1

(4

s − 3+

1

s(s − 3)

)

(t).

3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE 35

Per calcolare l’antitrasformata, decomponiamo in fratti semplici:

1

s(s − 3)=

1

3(s − 3)− 1

3s,

da cui

Y (t) = L−1

(4

s − 3+

1

3(s − 3)− 1

3s

)

(t)

= L−1

(13

3

1

s − 3− 1

3s

)

(t) =13

3e3t − 1

3.

Per sicurezza, verifichiamo che la Y cosı ottenuta risolve la O.D.E.

Y ′(t) − 3Y (t) = 13 e3t − 13 e3t + 1 = 1,

e soddisfa il dato di Cauchy

Y (0) =13

3− 1

3=

12

3= 4.

Ovviamente quasto metodo puo essere usato anche per O.D.E.

in cui compaiono derivate di ordine superiore.

Esempio 3.2 (Ordine superiore). Vogliamo risolvere l’equa-

zione differenziale ordinaria a coefficienti costanti:{

Y ′′(t) + 4Y (t) = 9t, per ogni t > 0,

Y (0) = 0, Y ′(0) = 7.

Trasformando la ODE otteniamo

L(Y ′′(t) + 4Y (t)) (s) = L(9t)(s),

cioe

L(Y ′′(t)) (s) + 4L(Y (t)) (s) =9

s2.

Per poter procedere come nel caso precedente, dovremo porre

y(s) := L(Y (t))(s)


e poi dovremo scrivere L(Y ′′(t)) in funzione di y. Ricordiamo

che

L(Y ′(t))(s) = sL(Y (t))(s) − Y (0) = s y(s)

(dove abbiamo usato uno dei due dati di Cauchy), e dunque

L(Y ′′(t))(s) = sL(Y ′(t))(s)−Y ′(0) = s (s y(s))− 7 = s2y(s)− 7

(dove abbiamo usato l’altro dato di Cauchy). Concludendo, la

ODE da luogo all’equazione algebrica

s2y(s) − 7 + 4 y(s) =9

s2

nella nuova funzione incognita y(s) := L(Y (t))(s).

Ora, possiamo risolvere l’equazione algebrica in y:

(s2 + 4)y(s) = 7 +9

s2cioe y(s) =

7

s2 + 4+

9

s2(s2 + 4),

e infine ritornare indietro per trovare la soluzione della O.D.E. di

partenza

Y (t) = L−1(y(s)) (t) = L−1

(7

s2 + 4+

9

s2(s2 + 4)

)

(t).

Per calcolare l’antitrasformata, decomponiamo in fratti semplici:

9

s2(s2 + 4)=

9

4s2− 9

4(s2 + 4),

da cui

Y (t) = L−1

(19

4(s2 + 4)+

9

4s2

)

(t) =19

8sin(2t) +

9

4t.

Esercizio 3.15. Risolvere la seguente O.D.E.{

Y ′′(t) + 4Y ′(t) + 13Y (t) = t e−t, per ogni t > 0,

Y (0) = 0, Y(

π2

)= 0.

svolgimento


Esercizio 3.16. Determinare, al variare della funzione F , la

soluzione dell’O.D.E.{

Y ′′(t) + 4Y (t) = F (t), per ogni t > 0,

Y (0) = 0, Y ′(0) = 1.

Usando la formula di rappresentazione appena ottenuta, deter-

minare la soluzione quando

1) F (t) = H(t− 3) (H funzione di Heaviside),

2) F (t) = δ(t − 3) (δ funzione di Dirac).

svolgimento

Vediamo ora, tramite un altro esempio, come funziona il no-

stro metodo se proviamo ad applicarlo ad una O.D.E. a coeffi-

cienti variabili.

Esempio 3.3 (Coefficienti variabili). Risolviamo la O.D.E. a

coefficienti variabili:{

t Y ′′(t) + (1 − 2t)Y ′(t) − 2Y (t) = 0, per ogni t > 0,

Y (0) = 1, Y ′(0) = 2.

Come nei casi precedenti, poniamo y(s) := L(Y (t))(s) e calco-

liamo

L(Y ′(t))(s) = sL(Y (t))(s) − Y (0) = s y(s) − 1,

L(Y ′′(t))(s) = sL(Y ′(t))(s) − Y ′(0) = s2y(s) − s − 2.

In realta, trasformando la O.D.E. a coefficienti variabili ottenia-

mo

L(t Y ′′(t)) (s) +L(Y ′′(t))(s)− 2L(t Y ′(t)) (s)− 2L(Y (t))(s) = 0,

dunque per poter andare avanti dobbiamo esprimere L(t Y ′′(t))

e L(t Y ′(t)) in funzione di y(s). Utilizzando il Teorema 1.6


otteniamo

L(t Y ′(t)) (s)= − d

dsL(Y ′(t))(s) = − d

ds(s y(s) − 1)

= −y(s) − s y′(s),

L(t Y ′′(t)) (s)= − d

dsL(Y ′′(t))(s) = − d

ds(s2y(s) − s − 2)

= −2s y(s) − s2y′(s) + 1.

Pertanto, applicando la trasformata di Laplace alla O.D.E. a

coefficienti variabili, otteniamo

−2s y(s)−s2y′(s)+1+ s y(s)−1+2 (y(s) + s y′(s))−2 y(s) = 0

cioe

(2 − s)y′(s) − y(s) = 0.

Applicando la trasformata di Laplace alla O.D.E. a coefficien-

ti variabili, otteniamo una nuova O.D.E. nella nuova incognita

y(s).

In generale, non avremo dei dati di Cauchy per questa nuova

O.D.E., ma dovremo a posteriori determinare i parametri in mo-

do da riottenere, tornando indietro, la soluzione della O.D.E. di

partenza. Cerchiamo la soluzione generale della nuova O.D.E.:

d

dslog(y(s)) =

y′(s)

y(s)= − 1

s − 2=

d

dslog

1

|s − 2|e dunque

y(s) =c

s − 2,

dove c puo essere una qualunque costante in modo che c/(s−2) >

0 nel dominio di y(s) (ovvero nel dominio della trasformata di

Y (t). Infine torniamo indietro calcolando

Y (t) = L−1

(c

s − 2

)

(t) = ce2t.


Per concludere, dobbiamo determinare la costante c. A tal scopo,

controlliamo che siano effettivamente soddisfatte le condizioni di

Cauchy della O.D.E. di partenza:

Y (0) = ce0 = c( = 1 ), Y ′(0) = 2ce0 = 2c( = 2 ).

Dunque l’unico valore della costante c per cui sono soddisfatte

le condizioni di Cauchy e c = 1, da cui Y (t) = e2t.

Esercizio 3.17. Risolvere la seguente O.D.E. a coefficienti

variabili:{

Y ′′(t) + t Y ′(t) + Y (t) = 0, per ogni t > 0,

Y (0) = 1, Y ′(0) = 0.

svolgimento

Proviamo ora ad usare il nostro metodo per risolvere sistemi di

O.D.E. Come sempre, partiamo da un esempio concreto.

Esempio 3.4 (Sistema). Proviamo a risolvere il sistema:

Y ′(t) + Z ′(t) = t, per ogni t > 0,

Y ′′(t) − Z(t) = e−t, per ogni t > 0,

Y (0) = 3, Y ′(0) = −2, Z(0) = 0.

Applicando la trasformata di Laplace alle due equazioni che

costituiscono il sistema otteniamo{

L(Y ′(t))(s) + L(Z ′(t))(s) = 1s2 ,

L(Y ′′(t))(s) −L(Z(t))(s) = 1s+1

Poniamo allora y(s) := L(Y (t))(s), z(s) := L(Z(t))(s) e calco-

liamo

L(Y ′(t))(s) = s y(s) − 3,

L(Y ′′(t))(s) = s (s y(s) − 3) + 2 = s2y(s) − 3s + 2,

L(Z ′(t))(s) = s z(s).


Sostituendo{

s y(s) − 3 + s z(s) = 1s2 ,

s2y(s) − 3s + 2 − z(s) = 1s+1

ovvero {y(s) + z(s) = 1

s3 + 3s,

s2y(s) − z(s) = 1s+1

+ 3s − 2

Applicando la trasformata di Laplace ad un sistema di O.D.E. a

coefficienti costanti, otteniamo un sistema algebrico nelle nuove

incognite y(s) := L(Y (t))(s) e z(s) := L(Z(t))(s).

Possiamo ora risolverlo scrivendolo in forma matriciale

(1 1

s2 −1

)(y(s)

z(s)

)

=

1

s3+

3

s1

s + 1+ 3s − 2

e applicando il metodo di riduzione alla matrice completa asso-

ciata(

1 1 1s3 + 3

s

s2 −1 1s+1

+ 3s − 2

)

≈(

1 1 1s3 + 3

s

s2 + 1 0 1s+1

+ 3s − 2 + 1s3 + 3

s

)

sicche

z(s) =1

s3− 3

s− y(s)

y(s) =1

s2+1

(1

s+1+ 3s − 2 +

1

s3+

3

s

)

=3s

s2+1− 2

s2+1+

1

(s2+1)(s+1)+

1

s3(s2+1)+

3

s(s2+1).

Per ottenere le soluzioni del sistema di partenza, dovremo calco-

lare le antitrasformate

Y (t) = L−1(y(s)) (t) = 3 cos t − 2 sin t

+L−1

(1

(s2 + 1)(s + 1)+

1

s3(s2 + 1)+

3

s(s2 + 1)

)

(t),

Z(t) = L−1(z(s)) (t) =1

2t2 − 3 − Y (t).


Per concludere dovremo calcolare le antitrasformate di 1(s2+1)(s+1)

,1

s3(s2+1)e 3

s(s2+1). Per quel che riguarda il primo, lo decomponia-

mo in fratti semplici:

1

(s2+1)(s+1)=

A+Bs

s2+1+

C

s+1=

As+A+Bs2 +Bs+Cs2+C

(s2+1)(s+1),

sicche

A + C = 1

A + B = 0

B + C = 0

cioe A = C =1

2, B = −1

2.

Dunque

L−1

(1

(s2 + 1)(s + 1)

)

=1

2L−1

(1

s2 + 1− s

s2 + 1+

1

s + 1

)

=1

2sin t − 1

2cos t +

1

2e−t.

Decomponiamo anche il secondo in fratti semplici:

1s3(s2+1)

=A+Bs+Cs2

s3+

D+Es

s2+1

=As2+A+Bs3+Bs+Cs4+Cs2+Ds3+Es4

s3(s2+1),

sicche

A = 1

B = 0

A + C = 0

B + D = 0

C + E = 0

cioe A = 1, B = 0, C = −1, D = 0, E = 1.

Dunque

L−1

(1

s3(s2+1)

)

= L−1

(1

s3− 1

s+

s

s2+1

)

=1

2t2 − 1 + cos t.


Per quel che riguarda il terzo, usando la proprieta di divisione

abbiamo

L−1

(3

s(s2+1)

)

(t) =

∫ t

0

L−1

(3

s2+1

)

(u) du

=

∫ t

0

3 sin u du = 3 (1 − cos t) .

Abbiamo infine

Y (t) =1

2cos t − 3

2sin t +

1

2e−t +

1

2t2 + 2,

Z(t) =3

2sin t − 1

2e−t − 1.

Concludiamo con un esempio tratto dai circuiti elettrici. Sap-

piamo che la quantita di carica in funzione del tempo (Q(t)) in un

circuito RCL e regolata dalla legge di Kirchoff

LQ′′(t) + RQ′(t) +Q(t)

C= E,

dove L sta per l’induttanza, R per la resistenza, C per la capacita

ed E per la forza elettromotrice. Per risolvere il sistema dovremo

cononescere lo stato iniziale, assegnato mediante la carica iniziale

Qo e la corrente iniziale Io = Q′(0). Otteniamo cosı un’equazione

del decondo ordine con dato di Cauchy in t = 0.

Esempio 3.5. Consideriamo un circuito con induttanza e ca-

pacita unitarie, resistenza e forza elettromotice costanti, inizial-

mente in quiete. Esso e descritto dalla O.D.E.

{Q′′(t) + RQ′(t) + Q(t) = E per ogni t > 0,

Q(0) = 0, Q′(0) = 0.


Ponendo q(s) = L(Q(t))(s) e applicando la trasformata di La-

place all’equazione otteniamo

s2q(s) + Rsq(s) + q(s) =E

scioe q(s) =

E

s(s2 + Rs + 1).

Pertanto la carica Q e data da

Q(t) = L−1

(E

s(s2 + Rs + 1)

)

(t)

= E

∫ t

0

L−1

(1

s2 + Rs + 1

)

(u) du.

Osservando che

s2 + Rs + 1 =

(

s +R

2

)2

+ 1 − R2

4,

otteniamo

Q(t) = E

∫ t

0

L−1

(

1(s + R

2

)2+ 1 − R2

4

)

(u) du

= E

∫ t

0

e−R2

uL−1

(

1

s2 + 1 − R2

4

)

(u) du.

Quest’ultima antitrasformata dipende pesantemente dal segno di

` := 1 − R2

4.

Se ` > 0, cioe 0 < R < 2, abbiamo

Q(t) = E

∫ t

0

e−R2

u 1√`

sin(√

`u) du.

Integrando ripetutamente per parti giungiamo a

Q(t) =E

(R2

)2+ `

[

1 − e−R2

t

(

cos(√

`t) +R

2√

`sin(

√`t)

)]

.


Se ` = 0, cioe R = 2, abbiamo

Q(t) = E

∫ t

0

e−R2

u 1

2u du,

da cui, integrando per parti,

Q(t) =E

2R2

[

1 − e−R2

t

(

1 +R

2t

)]

.

Se ` < 0, cioe R > 2, abbiamo

Q(t) = E

∫ t

0

e−R2

u 1√

|`|sinh(

√

|`|u) du.

Con calcoli simili a quelli gia fatti in precedenza giungiamo a

Q(t) =E

(R2

)2+ `

[

1 − e−R2

t

(

cos(√

|`|t) +R

2√

|`|sin(

√

|`|t))]

.

Complementi

Teorema 3.1. (condizione necessaria di convergenza per gli

integrali generalizzati). Sia a un numero reale, e f : [a, +∞) →R una funzione continua per cui esiste il limite lim

t→+∞f(t) (finito

o infinito). Se l’integrale∫ +∞

a

f(t)dt

converge, allora si ha che

limt→+∞

f(t) = 0.

Teorema 3.2. (criterio per l’assoluta convergenza degli in-

tegrali generalizzati vicino a +∞). Sia a un numero reale, e

f : [a, +∞) → R una funzione continua, per cui esiste il limite

limt→+∞

f(t) (finito o infinito). Allora l’integrale

∫ +∞

a

|f(t)| dt

converge se, e solo se, esistono due numeri reali c e α, con

α > 1, tali che

|f(t)| ≤ c/tα per ogni t ≥ a.

Teorema 3.3. (criterio per l’assoluta convergenza degli in-

tegrali generalizzati vicino a 0). Sia a un numero reale positivo,

45

46 COMPLEMENTI

e f : (0, a] → R una funzione continua, per cui esiste il limite

limt→0+

f(t) (finito o infinito). Allora l’integrale

∫ a

0

|f(t)| dt

converge se, e solo se, esistono due numeri reali c e α, con

α < 1, tali che

|f(t)| ≤ c/tα per ogni t ≤ a.

...torna su

COMPLEMENTI 47

Definizione 3.1. Siano dati un intervallo I (chiuso o aper-

to, limitato o illimitato) ed una funzione f : I → R. Diciamo

che la funzione f e

assolutamente integrabile sull’intervallo I se∫

I

|f(x)|dx < +∞,

di quadrato integrabile sull’intervallo I se f 2 e assolutamente

integrabile, ovvero∫

I

|f(x)|2dx < +∞,

generalmente continua sull’intervallo I se

Caso I (I e limititato) esistono un numero infinito di punti

x0 < x1 < · · · < xk contenuti in I tali che

i) f e continua in tutti i punti di I, esclusi al piu

x0, x1, · · · , xk,

ii) nei punti xi (con i = 0, 1, · · · , k), f ammette

limite destro e sinistro, ed essi sono finiti.

Caso II (I e illimititato) f e generalmente continua (secon-

do la definizione data nel I caso) su ogni intervallo

limitato contenuto in I

regolare a tratti sull’intervallo I se sia f che la sua derivata

f ′ sono generalmente continue su I.

Se f e una funzione generalmente continua, si introduce la co-

siddetta funzione normalizzata:

(3.1) f ∗(x) :=1

2

[f(x−) + f(x+)

],

dove

f(x−) := limt→x−

f(t), f(x+) := limt→x+

f(t).

48 COMPLEMENTI

Queste definizioni erano gia state introdotte nella Parte 2, a

cui vi rimando per ulteriori approfondimenti.

COMPLEMENTI 49

Svolgimento dell’esercizio 3.1.

1) Se s ≤ 0, l’integrale di Laplace non converge per il Teorema

3.1. Se, poi, s > 0, abbiamo∫ +∞

0

e−st sin t dt =

[

− 1

s2 + 1e−st (s sin t + cos t)

]t→+∞

t=0

=1

s2 + 1

dove abbiamo utilizzato i conti svolti nell’Esempio 1.2, con

−s al posto di a − x e 1 al posto di y. Dunque

L(sin t)(s) =1

s2 + 1per ogni s > 0.

2) Anche in questo caso, sfruttando i conti svolti nell’Esempio

1.2, otteniamo∫ +∞

0

e−st cos t dt=

[1

s2 + 12e−st (−s cos t + sin t)

]t→+∞

t=0

=s

s2 + 1

se s > 0, mentre se s ≤ 0 l’integrale di Laplace non converge

per il Teorema 3.1. Dunque

L(cos t)(s) =s

s2 + 1per ogni s > 0.

3) Calcoliamo∫ +∞

0

e−stdt = −1

s

[e−st − 1

]t→+∞

t=0=

1

s

se s > 0, mentre se s ≤ 0 l’integrale non converge per il

Teorema 3.1. Dunque

L(1)(s) =1

sper ogni s > 0.

50 COMPLEMENTI

4) Se s > 0, abbiamo

∫ +∞

0

e−sttdt =

[

− t

se−st − 1

s2e−st

]t→+∞

t=0

=1

s2,

dove abbiamo integrato per parti due volte per calcolare l’inte-

grale. Se, invece, s ≤ 0, il Teorema 3.1 implica che l’integrale

non converge. Dunque

L(t)(s) =1

s2per ogni s > 0.

...torna su

Svolgimento dell’esercizio 3.2. Ragioniamo per in-

duzione su n. Certamente l’affermazione e vera per n = 0 (l’ab-

biamo verificato nell’Esercizio 3.1.3).

Supponiamo poi che l’affermazione sia vera per n, e deduciamone

che e vera anche per n + 1. Prendiamo s > 0 e calcoliamo

∫ +∞

0

e−sttn+1dtI × P=

[

−e−st

stn+1

]t→+∞

t=0

+n + 1

s

+∞∫

0

e−sttndt.

=n + 1

sL(tn)(s).

Poiche stiamo supponendo che la nostra tesi sia vera per n,

otteniamo

L(tn+1)(s) =n + 1

s

n!

sn+1=

(n + 1)!

sn+2.

Segue allora dal Principio di Induzione che la tesi e vera per ogni

n = 0, 1, · · · ....torna su

Svolgimento dell’esercizio 3.3. Se s > 0, effettuan-

do il cambiamento di variabile u = st nell’integrale di Laplace

COMPLEMENTI 51

abbiamo

L(tr)(s) =

∫ +∞

0

e−sttrdt =1

sr+1

∫ +∞

0

e−uurdu =Γ(r + 1)

sr+1.

Se invece s ≤ 0, si vede subito che il corrispondente integrale di

Laplace diverge a +∞.

...torna su


1) Applicando la proprieta di linearita si ottiene

L(3t − e−2t)(s) = 3L(t)(s) −L(e−2t)(s) =3

s− 1

s + 2,

per ogni s che sta contemporaneamente sia nel dominio di L(t)

(che e (0, +∞)), che nel dominio di L(e−2t) (che e (−2, +∞)),

ovvero per ogni s > 0.

2) Ricordiamo che

sinh t =et − e−t

2,

dunque applicando la proprieta di linearita si ottiene

L(sinh t)(s) =1

2L(et)(s) − 1

2L(e−t)(s)

=1

2(s − 1)− 1

2(s + 1)=

1

s2 − 1

per ogni s > max{1,−1} = 1.

3) Ricordiamo che

cosh t =et + e−t

2,

dunque applicando la proprieta di linearita si ottiene

L(cosh t)(s) =1

2L(et)(s) +

1

2L(e−t)(s)

=1

2(s − 1)+

1

2(s + 1)=

s

s2 − 1

per ogni s > max{1,−1} = 1.

52 COMPLEMENTI

4) Applicando il cambio di scala otteniamo

L(sin at)(s) =1

aL(sin t)

(s

a

)

=1

a(

s2

a2 + 1) =

a

s2 + a2

per ogni s > 0.

5) Applicando il cambio di scala otteniamo

L(cos at)(s) =1

aL(cos t)

(s

a

)

=sa

a(

s2

a2 + 1) =

s

s2 + a2

per ogni s > 0.

6) Applicando la II proprieta di traslazione si ottiene

L(e−t cos 2t)(s) = L(cos 2t)(s + 1) =s + 1

s2 + 2s + 5

per ogni s > −1.

7) Osserviamo che

max{0, (t − 4)3} =

{(t − 4)3 se t > 4,

0 se t ≤ 4.

Dunque possiamo applicare la I proprieta di traslazione che

ci da

L(max{0, (t− 4)3})(s) = e−4sL(t3)(s) = 6e−4s

s4

per ogni s > 0.

8) In virtu della linearita si ottiene

L(3t4 − 2e3t)(s) =72

s5− 2

s − 3

per ogni s > 3.

9) Ci sarebbe la tentazione di dire, usando a sproposito la I

proprieta di traslazione, che L((t − 3)2)(s) = e−3sL(t2)(s).

COMPLEMENTI 53

In realta si ha

L((t − 3)2)(s) =

+∞∫

0

e−st(t − 3)2dtu=t−3

=

+∞∫

−3

e−s(u+3)u2du

= e−3s

+∞∫

−3

e−suu2du = e−3s

0∫

−3

e−suu2du + L(t2)(s)

.

Sviluppando ulteriormente i calcoli otteniamo

L((t − 3)2)(s)= e−3s

[

−1

se−suu2 − 2

s2e−suu − 2

s3e−su

]u→+∞

u=−3

=9

s− 6

s2+

2

s3

per ogni s > 0.

10) Osserviamo che

(sin t − cos t)2 = 1 − 2 sin2(t) cos2(t) = 1 − 1

2sin 2t,

sicche

L((sin t − cos t)2) (s) = L

(

1 − 1

2sin 2t

)

(s) =1

s− 1

s2 + 4

per ogni s > 0.

11) Poiche

cosh2(4t) =

(e4t + e−4t

2

)2

=1

4

(e8t + e−8t + 2

),

abbiamo

L(cosh2 4t

)(s) =

1

4

(e8t + e−8t + 2

)(s)

=1

4(s − 8)︸︷︷︸

se s>8

+1

4(s + 8)︸︷︷︸

se s>−8

+1

2s︸︷︷︸

se s>0

per ogni s > max{−8, 8, 0} = 8.

54 COMPLEMENTI

12) Poiche

(1 + te−t)3 = 1 + t3e−3t + 3t2e−2t + 3te−t,

abbiamo

L((1 + te−t)3

)= L(1) + L

(t3e−3t

)+ 3L

(t2e−2t

)+ 3L

(te−t

)

= L(1) (s) + L(t3)(s + 3) + 3L

(t2)(s + 2) + 3L(t) (s + 1)

=1

s︸︷︷︸

se s>0

+3!

(s + 3)4

︸︷︷︸

se s+3>0

+32!

(s + 2)3

︸︷︷︸

se s+2>0

+31

s + 1︸︷︷︸

se s+1>0

=1

s+

6

(s + 3)4+

6

(s + 2)3+

3

s + 1

per ogni s > max{0,−3,−2,−1} = 0.

13) Poiche

sin2 t =1

2

[1 −

(1 − 2 sin2 t

)]=

1

2[1 − cos 2t] ,

si ha

L(sin2 t

)(s) =

1

2[L(1) (s) −L(cos(2t)) (s)] (s)

=1

2

[ 1

s︸︷︷︸

se s>0

− s

s2 + 4︸︷︷︸

se s>0

]

=1

2s− s

2(s2 + 4).

per ogni s > 0.

...torna su


1) Dalla definizione di trasformata abbiamo

∫ +∞

0

e−5t − e−t

tdt =

∫ +∞

0

e−t e−4t − 1

tdt = L

(e−4t − 1

t

)

(1).

COMPLEMENTI 55

Poiche

L(

e−4t − 1

t

)

(s)=

∫ +∞

s

L(e−4t − 1

)(u)du

=

∫ +∞

s

(1

u + 4− 1

u

)

du,

otteniamo∫ +∞

0

e−5t − e−t

tdt=

∫ +∞

1

(1

u + 4− 1

u

)

du

=

[

logu + 4

u

]u=+∞

u=1

= log5.

2) Abbiamo∫ +∞

0

te−3t cos t dt = L(t cos t) (3) = − d

dsL(cos t)

∣∣∣s=3

= − d

ds

s

s2 + 1

∣∣∣s=3

=s2 − 1

(s2 + 1)2

∣∣∣s=3

=2

25.

3) Si ha∫ +∞

0

t3e−t sin tdt = L(t3 sin t

)(1) = (−1)3 d3

ds3L(sin t)

∣∣∣s=1

4) Ponendo

F (t) =

∫ u=t

u=0

sin u

udu,

abbiamo∫ t=+∞

t=0

∫ u=t

u=0

e−t sin u

udu dt =

∫ t=+∞

t=0

e−tF (t) dt = L (F (t)) (1).

D’altra parte, per ogni s > 0 si ha

L (F (t)) (s) =1

sL(

sin t

t

)

(s) =1

s

∫ +∞

s

L (sin t) (u) du.

56 COMPLEMENTI

Pertanto∫ t=+∞

t=0

∫ u=t

u=0

e−t sin u

ududt =

∫ +∞

1

L (sin t) (u)du.

...torna su

COMPLEMENTI 57


1) Ragioniamo per induzione. Se n = 1, dobbiamo in sostan-

za verificare la prima proprieta elencata nel Teorema 1.6.

Integrando per parti otteniamo

L(F ′(t))(s) =

∫ +∞

0

e−stF ′(t)dt

I × P= lim

T → +∞τ → 0+

[e−stF (t)

]t=T

t=τ+ s

∫ +∞

0

e−stF (t)dt

= limT→+∞

e−sT F (T ) − limτ→0+

e−sτF (τ) + sf(s).

Poiche F e di ordine esponenziale, otteniamo

limT→+∞

e−sTF (T ) ≤ m limT→+∞

e(γ−s)T = 0

se s > γ. D’altra parte certamente limτ→0+

e−sτF (τ) = F (0+);

sicche si ha in effetti

L(F ′(t))(s) = sf(s) − F (0+).

Supponiamo poi che la formula sia vera per n, e proviamo

che vale per n + 1. Cominciamo col ricordare che F (n+1)(t) =ddt

(F (n)(t)

), sicche applicando la formula con n = 1 otteniamo

L(F (n+1)(t)

)(s)= L

(d

dt

(F (n)(t)

))

(s)

= sL(F (n)(t)

)(s) − F (n)(0+).

58 COMPLEMENTI

Poiche stiamo supponendo che la formula sia vera per n,

otteniamo

L(F (n+1)(t)

)(s) = s

(

snf(s) −n−1∑

i=0

sn−iF (i)(0+)

)

− F (n)(0+)

= sn+1f(s) −n−1∑

i=0

sn+1−iF (i)(0+) − F (n)(0+)

= sn+1f(s) −n∑

i=0

sn+1−iF (i)(0+),

che e appunta la formula scritta per n+1. La tesi segue allora

dal Pincipio di Induzione.

2) Anche in questo caso procediamo per induzione. Innanzitutto

verifichiamo la formula per n = 1 (cioe dimostriamo la terza

proprieta elencata nel teorema). Si ha

−df

ds(s)= − d

ds

∫ +∞

0

e−stF (t)dt

=

∫ +∞

0

te−stF (t)dt = L(t F (t))(s),

dove abbiamo derivato (rispetto al parametro s) sotto il segno

di integrale.

Supponiamo poi che la formula sia vera per n, e proviamo che

vale per n + 1. Si ha

L(tn+1F (t))(s) = L(t tnF (t))(s) = − d

dsL(tnF (t))(s),

dove abbiamo usato la formula per la potenza 1 di t. Ora

l’ipotesi induttiva ci garantisce che

L(tn+1F (t))(s) = − d

ds

(

(−1)n dnf

dsn(s)

)

= (−1)n+1dn+1f

dsn+1(s),

come richiesto.

COMPLEMENTI 59

...torna su


1) Per la definizione di trasformata si ha∫ +∞

0

e−5t − e−t

tdt = L

(e−5t − e−t

t

)

(0),

che, per la proprieta di divisione per t, risulta uguale a

+∞∫

0

L(e−5t − e−t

)(u) du =

+∞∫

0

(1

u + 5− 1

u + 1

)

du

=

[

logu + 5

u + 1

]u→+∞

u=0

= limv→1

logv − log5 = log1

5.


0

te−3t cos tdt = L(t cos t) (3),

che, per la proprieta di moltiplicazione per t, risulta uguale a

− d

ds(L(cos t) (s))

∣∣∣s=3

= − d

ds

(s

s2 + 1

) ∣∣∣s=3

=

(s2 − 1

(s2 + 1)2

) ∣∣∣s=3

=2

25.


0

t3e−t sin tdt = L(t3 sin t

)(1),

che, grazie alla proprieta di moltiplicazione per tn, e uguale a

(−1)3 d3

ds3(L(sin t) (s))

∣∣∣s=1

= − d3

ds3

(1

s2 + 1

) ∣∣∣s=1

= 8s2 − s2

(s2 + 1)4

∣∣∣s=1

=1

2.

60 COMPLEMENTI

4) Ponendo

F (t) =

∫ u=t

u=0

sin u

udu

si ha

∫ t=+∞

t=0

∫ u=t

u=0

e−t sin u

udu dt =

∫ t=+∞

t=0

e−tF (t) dt = L(F (t))(1).

D’altra parte, usando prima la regola di trasformata dell’integrale,

poi di divisione per t, si ottiene

L(F (t))(s)=L(

sin tt

)(s)

s=

∫ +∞s

L(sin t) (u) du

s

=1

s

∫ +∞

s

1

1 + u2du =

π2− arctan s

s.

Infine

∫ t=+∞

t=0

∫ u=t

u=0

e−t sin u

ududt =

π2− arctan 1

1=

π

4.

5) Per definizione di trasformata si ha

∫ +∞

0

sin2 t

t2dt = L

(sin2 t

t2

)

(0).

D’altra parte usando due volte la regola di divisione per t, si

ottiene

L(

sin2 t

t2

)

(s) =

∫ +∞

s

L(

sin2 t

t

)

(u) du

=

∫ u=+∞

u=s

∫ v=+∞

v=u

L(sin2 t

)(v) dv du.

COMPLEMENTI 61

Sicche, per l’Esercizio 3.5.13,

L(

sin2 t

t2

)

(s) =

∫ u→+∞

u=s

∫ v→+∞

v=u

1

2

(1

v− v

v2 + 4

)

dv du

=1

2

∫ u→+∞

u=s

[

logv − 1

2log

1

v2 + 4

]v→+∞

v=u

du

=1

2

∫ u→+∞

u=s

log

√u2 + 4

udu

I × P=

1

2

[

u log

√u2 + 4

u

]u→+∞

u=s

+1

2

∫ u→+∞

u=s

4

u2 + 4du

=

[

1

2u log

√u2 + 4

u+ arctan

u

2

]u→+∞

u=s

= −1

2s log

√s2 + 4

s+

π

2− arctan

s

2,

e infine

∫ +∞

0

sin2 t

t2dt = lim

s→0+

[

−1

2slog

√s2 + 4

s+

π

2− arctan

s

2

]

=π

2.

...torna su

Svolgimento dell’esercizio 3.8

1) Poniamo G(t) = e5t, e osserviamo che G′(t) = 5G(t). Segue

allora per linearita che

L(G′(t))(s) = 5L(G(t))(s),

62 COMPLEMENTI

mentre per la proprieta di trasformazione delle derivate si ha

che

L(G′(t))(s) = sL(G(t))(s) − G(0) = sL(G(t))(s) − 1.

Uguagliando le due espressioni si ottiene

5L(G(t))(s) = sL(G(t))(s) − 1

e dunque

(s − 5)L(G(t))(s) = 1 cioe L(G(t))(s) =1

s − 5.

2) Poiche la funzione F (t) introdotta nell’Esempio 1.3 ha una

discontinuita di tipo salto in t = 1, le ipotesi del Teore-

ma 1.6 non valgono. Proviamo a calcolare direttamente la

trasformata. Si ha

F ′(t) =

{−1 se 0 < t < 1,

0 se t > 1;

dunque

L(F ′(t))(s) = −∫ 1

0

e−stdt =1

s

(e−s − 1

).

La formula standard ci darebbe invece

s

[1

s

(1 + 2e−s

)+

1

s2

(e−s − 1

)]

− 1 = 2e−s +1

s

(e−s − 1

).

Che fine ha fatto il pezzo 2e−s? Possiamo recuperare la for-

mula se ci ricordiamo che, quando F ha una discontinuita di

tipo salto in un certo punto to, vale la formula corretta

L(F ′(t))(s) = sL(F (t))(s) − F (0+) − e−tos[F (t+o ) − F (t−o )

].

Infatti nel nostro caso si ha to = 1 e

e−tos[F (t+o ) − F (t−o )

]= 2e−s.

COMPLEMENTI 63

...torna su


1) Applicando la proprieta di moltiplicazione per t si ottiene

L(t cos(3t)) (s)= − d

dsL (cos(3t)) (s) = − d

dsL(

s

s2 + 9

)

=s2 − 9

(s2 + 9)2,

per ogni s > 0.

2) Usando la proprieta di moltiplicazione per tn (vedi Esercizio

3.7.2) si ha

L(t2 sin t

)(s) =

d2

ds2L (sin t) (s) =

d2

ds2

(1

s2 + 1

)

=d

ds

(

− 2s

(s2 + 1)2

)

= 23s2 − 1

(s2 + 1)3,

per ogni s > 0.

3) Applicando la proprieta di divisione per t si ottiene

L(

e−t − e2t

t

)

(s) =

∫ +∞

s

L(e−t − e2t

)(u)du

=

+∞∫

s

(1

u + 1− 1

u − 2

)

du = limT→+∞

[

logu + 1

u − 2

]u=T

u=s

= limT→+∞

logT + 1

T − 2− log

s + 1

s − 2

= limv→1

logv − logs + 1

s − 2= log

s − 2

s + 1

per ogni s > max{−1, 2} = 2.

...torna su

64 COMPLEMENTI


1) Osservando che

2s

(s2 + 16)2= − d

ds

(1

s2 + 16

)

e applicando la proprieta che lega derivata e antititrasformata

si ottiene

L−1(f(s)) (t)= L−1

(

− d

ds

(1

s2 + 16

))

(t)

= tL−1

(1

s2 + 16

)

(t) =t

4sin(4t).

2) Osserviamo che, poiche lims→+∞

f(s) = 0, si ha

f(s) = −∫ +∞

s

f ′(u) du =

∫ +∞

s

(1

s− 1

s − 2

)

du.

Dunque, usando la proprieta che lega integrale e antitrasfor-

mata si ottiene

L−1(f(s)) (t) = L−1

(∫ +∞

s

(1

s− 1

s − 2

)

du

)

(t)

=1

tL−1

(1

s− 1

s − 2

)

(t) =1 − e2t

t.

3) Utilizzando la proprieta che lega antitrasformata e prodotto

otteniamo

L−1(f(s)) (t) =d

dtL−1

(

logs − 2

s

)

(t)−L−1

(

logs − 2

s

)

(0) δ(t).

Possiamo cosı utilizzare quanto visto nell’esercizio precedente:

L−1(f(s)) (t) =d

dt

(1 − e2t

t

)

− limτ→0+

1 − e2τ

τδ(t).

COMPLEMENTI 65

Per la regola di De l’Hopital

limτ→0+

1 − e2τ

τ= lim

τ→0+−2e2τ = −2,

mentre

d

dt

(1 − e2t

t

)

=−2te2t − (1 − e2t)

t2=

(1 − 2t)e2t − 1

t2,

sicche

L−1(f(s)) (t) =(1 − 2t)e2t − 1

t2+ 2 δ(t).

Osserviamo che (usando ancora De l’Hopital)

lims→+∞

f(s) = lims→+∞

− 2s

s − 2= −2 6= 0.

Cio non contraddice il Teorema 1.4(i), perche l’antitrasforma-

ta di f non e generalmente continua!

4) Utilizzando la proprieta che lega antitrasformata e divisione

otteniamo

L−1(f(s)) (t) =

∫ t

0

L−1

(1

s2 + 4

)

(u) du =

∫ t

0

1

2sin(2u) du

=

[

−1

4cos(2u)

]u=t

u=0

=1

4(1 − cos 2t) .

In realta, potevamo anche calcolare questa antitrasformata

decomponendo f in fratti semplici

f(s) =A

s+

B + Cs

s2 + 4=

As2 + 4A + Bs + Cs2

s(s2 + 4),

da cui

A =1

4, B = 0, C = −A = −1

4e dunque

L−1(f(s)) (t) =1

4L−1

(1

s− s

s2 + 4

)

(t) =1

4(1 − cos 2t) .

66 COMPLEMENTI

...torna su

COMPLEMENTI 67

Definizione 3.2. se f e g sono due funzioni definite su tut-

to R, a quadrato integrabile e generalmente continue, il loro pro-

dotto per convoluzione e una nuova funzione, che indichiamo con

F ∗ G, definita come segue

f ∗ g (x) =

∫ +∞

−∞f(y)g(x− y)dy.

...torna su

68 COMPLEMENTI


1) E evidente che |f(s)| ≤ m/|s|3 per |s| “grande”. Inoltre, co-

munque prendiamo t > 0, la funzione e−st/(s − 1)(s2 + 4)

presenta

• un polo semplice in s = 1, con residuo e−t/5,

• un polo semplice in s = 2i, con residuo uguale a

e−st(s − 2i)

(s − 1)(s2 + 4)

∣∣∣s=2i

=e−st

(s − 1)(s + 2i)

∣∣∣s=2i

= − e−2it

4(2 + i)

• un polo semplice in s = −2i, con residuo uguale a

e−st(s + 2i)

(s − 1)(s2 + 4)

∣∣∣s=−2i

=e−st

(s − 1)(s − 2i)

∣∣∣s=−2i

= − e2it

4(2 − i)

Otteniamo cosı

L−1

(1

(s − 1)(s2 + 4)

)

(t) =1

5e−t − e−2it(2 − i) + e2it(2 + i)

4(2 + i)(2 − i)

=1

5e−t − 4 cos 2t + 2 sin 2t

20=

1

5e−t − 1

5cos 2t +

1

10sin 2t

...torna su

COMPLEMENTI 69

Svolgimento dell’esercizio 3.15. Applicando la tra-

sformata di Laplace all’equazione otteniamo

L(Y ′′(t))(s) + 4L(Y ′(t))(s) + L(13Y (t))(s) = L(t e−t)(s).

Poi,

L(t e−t)(s) = L(t)(s + 1) =1

(s + 1)2,

mentre ponendo y(s) = L(Y (t))(s) e utilizzando le regole di

trasformazione delle derivate otteniamo

L(Y ′(t))(s)= s y(s)− 0 = s y(s),

L(Y ′′(t))(s)= sL(Y ′(t))(s) − Y ′(0) = s2y(s) − Y ′(0).

Osserviamo che, in questo caso, non conosciamo il valore di

Y ′(0). Lasciamo allora Y ′(0) = c come parametro libero. In

seguito lo determineremo imponendo che Y(

π2

)= 0.

Riassumendo, la O.D.E. ci fornisce l’equazione algebrica

s2y(s) − c + 4s y(s) + 13 y(s) =1

(s + 1)2,

cioe

(s2 + 4s + 13)y(s) = c +1

(s + 1)2,

ovvero

y(s) =c

s2 + 4s + 13+

1

(s + 1)2(s2 + 4s + 13).

Torniamo indietro calcolando

Y = L−1(y(s)) = L−1

(c

s2+4s+13+

1

(s+1)2(s2+4s+13)

)

.

70 COMPLEMENTI

A tal fine, osserviamo che s2 + 4s + 13 = (s + 2)2 + 9, dunque

possiamo scrivere

Y (t) = L−1

(c

(s + 2)2 + 9+

1

(s + 1)2 ((s + 2)2 + 9)

)

(t)

= L−1

(c

(s + 2)2 + 9+

1

((s + 2) − 1)2 ((s + 2)2 + 9)

)

(t).

Applicando la II proprieta di traslazione per l’antitrasformata

otteniamo

Y (t) = e−2tL−1

(c

s2 + 9+

1

(s − 1)2 (s2 + 9)

)

(t)

= e−2t c

3sin(3t) + e−2tL−1

(1

(s − 1)2 (s2 + 9)

)

(t).

Per calcolare l’ultima antitrasformata, decomponiamo in fratti

semplici:

1

(s − 1)2 (s2 + 9)=

A + Bs

(s − 1)2 +C + Ds

s2 + 9,

da cui

9A + C = 1

9B − 2C + D = 0

A + C − 2D = 0

B + D = 0

cioe (risolvendo dall’ultima riga verso la prima)

A =6

50, B = − 1

50, C = − 4

50, D =

1

50.

Pertanto

L−1

(1

(s−1)2(s2+9)

)

=1

50L−1

(5

(s− 1)2− 1

s−1− 4

s2+9+

s

s2+9

)

=et

50L−1

(5

s2− 1

s

)

− 2

75sin 3t +

1

50cos 3t

=1

10ett − 1

50et − 2

75sin 3t +

1

50cos 3t,

COMPLEMENTI 71

da cui otteniamo finalmente

Y (t) =25 c − 2

75e−2t sin 3t +

1

10e−tt − 1

50e−t +

1

50e−2t cos 3t.

Determiniamo ora il giusto valore del parametro c calcolando

Y(π

2

)

=2 − 25 c

75e−π +

5π − 2

100e−

π2 = 0

se25 c − 2

75=

5π − 2

100e

π2 .

Otteniamo cosı infine la soluzione

Y (t) =5π − 2

100e

π2−2t sin 3t +

1

10e−tt − 1

50e−t +

1

50e−2t cos 3t.

...torna su

72 COMPLEMENTI

Svolgimento dell’esercizio 3.16. Applicando la tra-

sformata di Laplace all’equazione otteniamo

L(Y ′′(t)) (s) + 4L(Y (t)) (s) = L(F (t)) (s).

Ponendo y(s) := L(Y (t)) (s) e usando le proprieta di trasforma-

zione della derivata abbiamo

L(Y ′(t)) (s) = s y(s) − Y ′(0) = s y(s),

L(Y ′′(t)) (s) = sL(Y ′(t)) (s) − Y ′(0) = s2y(s) − 1,

da cui

s2y(s) − 1 + 4 y(s) = L(F (t)) (s)

ovvero

y(s) =1

s2 + 4+

L(F (t)) (s)

s2 + 4.

Infine, torniamo indietro mediante

Y (t) = L−1

(1

s2 + 4+

L(F (t)) (s)

s2 + 4

)

(t)

=1

2sin 2t +

1

2sin 2t ∗ F (t),

dove abbiamo usato il Teorema 2.6. Possiamo anche scrivere

Y (t) =1

2sin 2t +

1

2

∫ t

0

sin (2(t‖ − u))F (u) du.

1) se F (t) = H(t − 3), si ha

Y (t) =1

2sin 2t +

1

2

∫ t

0

sin (2(t − u))H(u − 3) du

=

1

2sin 2t +

1

2

∫ t

0

sin (2(t − u)) 0 du se t < 3,

1

2sin 2t +

1

2

∫ t

3

sin (2(t − u)) 1 du se t > 3.

COMPLEMENTI 73

Pertanto

Y (t) =

1

2sin 2t se t < 3,

1

2sin 2t +

1

2

[1

2cos (2(t − u))

]u=t

u=3

=1

2sin 2t +

1

4[1 − cos (2(t − 3))] se t > 3,

o, piu brevemente,

Y (t) =1

2sin 2t +

1

4[1 − cos (2(t − 3))]H(t − 3)

2) se F (t) = δ(t − 3), si ha

Y (t) =1

2sin 2t +

1

2

∫ t

0

sin (2(t − u)) δ(u − 3) du

=

1

2sin 2t se t < 3,

1

2sin 2t +

1

2sin (2(t − 3)) se t > 3.

...torna su

74 COMPLEMENTI

Svolgimento dell’esercizio 3.17. Applicando la trasfor-

mata di Laplace all’equazione otteniamo

L(Y ′′(t)) (s) + L(t Y ′(t)) (s) + L(Y (t)) (s) = 0.

Poniamo dunque y(s) := L(Y (t))(s) e calcoliamo

L(Y ′(t))(s)= sL(Y (t))(s) − Y (0) = s y(s) − 1,

L(Y ′′(t))(s)= sL(Y ′(t))(s) − Y ′(0) = s2y(s) − s

L(t Y ′(t)) (s)= − d

dsL(Y ′(t))(s) = − d

ds(s y(s)− 1) (s)

= −y(s) − s y′(s).

Sicce si ha

s2y(s)−s−y(s)−s y′(s)+y(s) = 0 ovvero y′(s)−sy(s)+1 = 0.

Cerchiamo la soluzione generale della nuova O.D.E.. Risolviamo

prima l’equazione omogenea associata, cioe y′(s) − sy(s) = 0:

d

dslog(y(s)) =

y′(s)

y(s)= s =

d

ds

1

2s2 da cui yo(s) = ce

12s2

.

Cerchiamo poi la soluzione dell’equazione non omogenea con

il metodo di variazione delle costanti, ovvero cerchiamo una

soluzione del tipo y(s) = c(s)yo(s). Si deve avere

(c(s)yo(s))′ − sc(s)yo(s) + 1 = 0

cioe

c′(s)yo(s) + c(s) [y′o(s) − syo(s)] + 1 = 0.

Poiche yo risolve l’omogenea associata, cio e equivalente a

c′(s)yo(s) + 1 = 0, cioe c′(s) = −e−12s2

,

da cui

c(s) = c −∫ s

0

e−12u2

du

COMPLEMENTI 75

e dunque abbiamo

y(s) =

(

c −∫ s

0

e−12u2

du

)

e12s2

.

Ora dobbiamo determinare la costante c. A tal scopo, ricordiamo

che y(s) deve essere la trasformata di Y (t), dunque il Teorema

1.4 assicura che

lims→+∞

y(s) = 0.

Nel nostro caso ci serve

lims→+∞

(

c −∫ s

0

e−12u2

du

)

e12s2

= 0.

Poiche lims→+∞

e12s2

= +∞, e necessario che

lims→+∞

(

c −∫ s

0

e−12u2

du

)

= 0

cioe c =∫ +∞0

e−12u2

du =√

π

2.

Ricapitolando abbiamo ottenuto

y(s)=

(√π

2−∫ s

0

e−12u2

du

)

e12s2

=

∫ +∞

s

e−12u2

du e12s2

=

∫ +∞

s

e−12(u2−s2) du.

Utilizzando il cambiamento di variabile t = u − s, e osservando

che u2 − s2 = (t − s)(t + s) = t(2s + t), si ottiene

y(s) =

∫ +∞

0

e−12t(2s+t) dv =

∫ +∞

0

e−tse−12t2 dv = L

(

e−12t2)

(s).

Infine tornando indietro otteniamo la soluzione della O.D.E. di

partenza

Y (t) = L−1(y(s)) (t) = e−12t2 .

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