Capitolo 1 La trasformata di Laplace.

Capitolo 1La trasformata diLaplace.1.1 Il dominio del tempo e il dominio dellafrequenza.Una tecnica ben nota per risolvere un’equazione differenziale ordinaria lineareomogenea a coefficienti costanti di ordine n del tipoy (n) + a n−1 y (n−1) + ...+ a 1 y ′ + a 0 y =0consiste nel considerare l’equazione caratteristica associataz n + a n−1 z n−1 + ...+ a 1 z + a 0 =0e trovare tutti i suoi zeri complessi. Ad ogni radice dell’equazione si fa poicorrispondere una soluzione dell’equazione differenziale di partenza e questopermette di ottenere una base per lo spazio delle soluzioni. Dunque un problemadifferenziale viene tradotto in un problema squisitamente algebricoe la soluzione ottenuta per via algebrica viene successivamente riconvertitanella soluzione del problema originario.Il passaggio dal problema differenziale a quello algebrico è una trasformazione,cioè un operatore che trasforma equazioni differenziali in equazionialgebriche, incognite funzionali in incognite numeriche, operazioni di derivazionee integrazione in operazioni algebriche.Prendendo a prestito la terminologia usata nello studio delle reti elettrichediremo di trovarci nel dominio del tempo (dominio t) quando abbiamo a chefare con il problema originale; le nostre funzioni avranno in genere variabile1

2 CAPITOLO 1. LAPLACEindipendente t e si indicheranno con lettere minuscole del tipo f(t). Diremoinvece di trovarci nel dominio della frequenza (dominio s) quando abbiamoa che fare con il problema trasformato; le nostre funzioni avranno in generevariabile indipendente s e si indicheranno con lettere maiuscole del tipoF (s). L’operatore di trasformazione permette di passare dal dominio t aldominio s.Una volta in possesso della soluzione del problema trasformato sarà poinecessario ritornare alla soluzione originaria mediante l’operazione inversaa quella di trasformazione: l’antitrasformazione. Questa sarà unnuovooperatore che permette di passare dal dominio della frequenza al dominiodel tempo.1.2 Funzioni trasformabili e il dominio dellatrasformata.Gli integrali considerati si intendono secondo Riemann.Sia f:IR → IC una funzione tale che f(t) = 0 per ogni t

1.2. FUNZIONI TRASFORMABILI 3Esempio 1.2.2 Consideriamo ora la funzione⎧⎨ 0 se tβ. Dunque la funzione e −st f(t) nonsolo è integrabile su [0, +∞) maè ivi addirittura assolutamente integrabile.Si noti però che esistono anche funzioni trasformabili che non sono di ordineesponenziale. Un esempio è la funzione √ 1 t. Questa funzione non è di ordineesponenziale perchéè illimitata in 0, la funzione è però trasformabile perchèl’ordine di infinito nell’origine è 1 2(si veda l’esempio 1.5.4).Avvertiamo il lettore che alcuni autori considerano di ordine esponenzialele funzioni che verificano una disuguaglianza del tipo |f(t)|e −βt ≤ M nonnecessariamente per tutti i t ∈ IR + , ma soltanto per ogni t>t 0 dove t 0 èun numero reale fissato. Secondo questa definizione la funzione √ 1 trisultaessere di ordine esponenziale, ma risulta esserlo anche la funzione 1 tche nonè trasformabile.Il teorema seguente mostra che se una funzione è trasformabile, il dominiodella trasformata è un semipiano di IC.0

4 CAPITOLO 1. LAPLACETeorema 1.2.4 Sia f :IR→ IC, f(t) =0per ogni t R(s 0 ) la funzione F (s) è definita.Dimostrazione. Poniamo s = s 0 + q con R(q) > 0.Sia φ(t) := ∫ t0 e−s0u f(u)du. Si ha alloralimt→+∞ φ(t) =F (s 0). (1.2)Integrando per parti si ottiene la catena di uguaglianze:∫ T∫ T∫ t] Te −st f(t)dt = e −qt [e −s0t f(t)]dt =[e −qt e −s0u f(u)du +0000∫ T∫ T− (−q)e −qt φ(t)dt = e −qT φ(T )+q e −qt φ(t)dt00e prendendo il limite per T → +∞∫ +∞0∫ Te −st f(t)dt = limT →+∞ e−qT φ(T ) + lim q e −qt φ(t)dt.T →+∞Il primo addendo del secondo membro è 0 per la 1.2, il secondo addendoconverge perché laφ(t) è limitata e quindi |e −qt φ(t)| ≤Me −R(q)t dove M èuna limitazione per φ(t). Si ottiene in definitiva F (s) =q ∫ +∞e −qt φ(t)dt.0✷Poniamo A = {s ∈ IC :F (s) è definita }.Sia λ 0 = inf{R(s) :s ∈ A}. Per ogni s ∈ IC sihache,seR(s) λ 0 allora s ∈ A. Nulla si può dire in generale per gli s ∈ ICtali che R(s) =λ 0 .Diremo ascissa di convergenza il numero reale λ 0 .Diremo semipiano di convergenza l’insieme {s ∈ IC :R(s) >λ 0 }.Diremo infine retta di convergenza la retta R(s) =λ 0 .Nell’esempio 1.2.1 è λ 0 =+∞, il semipiano di convergenza è l’insieme vuotoe la retta di convergenza non è definita.Nell’esempio 1.2.2 è λ 0 = α, il semipiano di convergenza è il semipiano{s ∈ IC : R(s) > α} e la retta di convergenza è la retta di equazioneR(s) =α.Nell’esempio 1.2.3 è λ 0 = −∞, il semipiano di convergenza è tutto il pianoIC e la retta di convergenza non è definita.0

1.3. UNA NOTA SULLA CONVERGENZA ASSOLUTA. 51.3 Una nota sulla convergenza assoluta.Alcuni autori richiedono che nell’integrale 1.1 vi sia non solo la convergenzama anche la convergenza assoluta. Nella definizione data l’integraleconsiderato è l’integrale di Riemann, perciò possono esistere funzioni g(t)integrabili su [0, +∞) non assolutamente integrabili. Un esempio è la funzioneg(t) = 1 tsin t. Se nella definizione di trasformata si utilizza l’integraledi Lebesgue la questione invece non si pone, poiché in questo caso unafunzione g(t) risulta integrabile su [0, +∞) se e solo se è assolutamenteintegrabile.Per questo motivo alcuni autori accettano come trasformabili soltanto funzionif tali che |f| sia traformabile. Nella definizione data in questo testoinvece distinguiamo tra convergenza e assoluta convergenza. In particolaresi può definire l’ascissa di convergenza assoluta λ ass0 come λ ass0 = inf{R(s) :F (s) è definita e assolutamente convergente }.Si ha sempre λ 0 ≤ λ ass0 , può però accadere λ 0 0. Sihain questo caso λ ass0 = k mentre λ 0 =0.Studiamo la convergenza assoluta dipoiché∫ +∞0e −st e kt sin e kt dt;|e (k−s)t sin e kt |≤e (k−s)tc’è convergenza assoluta per R(s) >k. D’altra parte se s = k si ottiene∫ +∞0|e −st e kt sin e kt |dt =∫ +∞e non c’è convergenza. Questo mostra che λ ass0 = k.Studiamo ora la convergenza semplice.L’integrale∫ +∞00e −st e kt sin e kt dtdiventa, mediante la sostituzione u = e kt ,| sin e kt |dt∫ +∞1u − s kksin udu= 1 k∫ +∞1sin uduu s k

6 CAPITOLO 1. LAPLACEe l’ultimo integrale converge se R( s k) > 0 ossia per R(s) > 0. Dunqueλ 0 =0.Può addirittura capitare λ 0 = 0 mentre λ ass0 =+∞.Esempio 1.3.2 Si consideri la funzione f(t) =2te t2 cos e t2 .Sihaλ 0 =0mentre λ ass0 =+∞.Tale funzione non è assolutamente trasformabile. Infatti, fissato qualsiasis ∈ IR, per ogni t>s,sihae −st 2te t2 | cos e t2 |≥|cos e t2 |e la funzione | cos e t2 | non è integrabile su [s, +∞).D’altra parte mediante integrazione per parti si può verificare facilmenteche la traformata L{f} è definita per ogni s ∈ IC con R(s) > 0. Infatti∫ τ[] τ∫ τe −st e t2 2t cos e t2 dt = e −st sin(e t2 ) + s e −st sin(e t2 )dt.00L’integrale ∫ +∞e −st sin(e t2 ) dt converge per ogni s tale che R(s) > 0 perché0la funzione sin(e t2 )è limitata e quindi la trasformata L{f} è definita perogni s ∈ IC tale che R(s) > 0. Si osservi che tutte le funzioni di ordineesponenziale sono assolutamente trasformabili.1.4 Proprietà delle trasformate.Sia Ω ⊂ IC. Sia f :[0, +∞) × Ω → IC una funzione localmente integrabilerispetto alla variabile t ∈ [0, +∞). Si dice che l’integrale ∫ +∞f(t, s) dt0converge uniformemente rispetto ad s se per ogni ε>0 esiste τ 0 > 0 taleche per ogni τ>τ 0 e per ogni s ∈ Ωsiha∣ ∫ +∞f(t, s) dtτ∣ 0 l’integrale di Laplace ∫ +∞e −st f(t)dt converge0uniformemente nel semipiano {s ∈ IC :R(s) ≥ β + η}.0

1.4. PROPRIETÀ DELLE TRASFORMATE. 7Dimostrazione. Sia |f(t)| ≤Me βt per ogni t ∈ IR + . Sia β 0 = β + η. Sias ∈ IC tale che R(s) ≥ β 0 . Allora∫ τ∫ τ∣ e −st f(t) dt∣ ≤ e −β0t |f(t)| dt ≤τ 0≤ M∫ ττ 0τ 0e −(β0−β)t dt = M −η= M η e−ητ0 − M η e−ητ .[e−ηt ] ττ 0=Prendendo il limite per τ → +∞ si ottiene∫ +∞∣ e −st f(t) dt∣ ≤ M .η e−ητ0τ 0Fissato ɛ>0sipuò prendere τ 0 , indipendente da s, tale che M ηλ 0 . Sappiamoquindi che l’integrale di Laplace converge uniformemente nella regione.Osserviamo che per la funzione Ψ T (s) := ∫ T0 e−st f(t)dt valgono le condizionidi monogeneità di Cauchy-Riemann∂Ψ T∂x= −i∂Ψ T∂ydove s = x + iy. Infattie∫∂ T∫ Te (−x−iy)t f(t)dt = − te −st f(t)dt∂x 00∫∂ T∫ Te (−x−iy)t f(t)dt = −i te −st f(t)dt.∂y 00

8 CAPITOLO 1. LAPLACEInoltre la funzione ha parti reale e immaginaria differenziabili, perciò siconclude che Ψ T è analitica. Grazie alla convergenza uniforme in A siottiene che pure il limite lim T →+∞ Ψ T è una funzione analitica. ✷La funzione trasformata è pertanto derivabile infinite volte. Calcoliamo oraesplicitamente le derivate. Grazie alla convergenza uniforme si può portareil segno di derivazione all’interno dell’integrale. Si può quindi scriveredds∫ +∞0e −st f(t)dt = −∫ +∞0te −st f(t)dt.Cioè si ottiene F ′ (s) =−L{tf(t)}.Grazie alla convergenza uniforme dell’integrale ∫ +∞e −st t k f(t)dt in modo0analogo si ottiene la formula per la derivata di ordine k della F :d kds k F (s) =(−1)k L{t k f(t)}. (1.3)Si è dunque visto che ogni funzione trasformata è analitica e ogni suaderivata è anch’essa una trasformata. In particolare si osservi che un’operazionedifferenziale nel dominio della frequenza corrisponde ad un’operazionealgebrica nel dominio del tempo. Questa è una situazione tipica nelletrasformate.Osserviamo di seguito un’ulteriore proprietà delle trasformate.Teorema 1.4.4 Sia F la trasformata di una funzione f. Alloralim F (s) =0.R(s)→+∞Dimostrazione. Fissiamo arbitrariamente un numero ɛ>0. La funzione|e −st f(t)| è integrabile su ogni intervallo limitato anche se potrebbe esserenon integrabile su [0, +∞). Si noti che anche la funzione |f(t)| è integrabilesu ogni intervallo limitato. In particolare è possibile trovare un numero T 1sufficientemente piccolo affinché∫ T10|f(t)|dt < ɛ. (1.4)Per la definizione di integrale generalizzato si ha inoltre∫ Tlim e −st f(t)dt = F (s) ∈ IRT →+∞ 0

1.4. PROPRIETÀ DELLE TRASFORMATE. 9se R(s) >λ 0 . Grazie al teorema 2.4.1 sappiamo inoltre che la convergenzaè uniforme rispetto a s. Quindi è possibile trovare un numero T 2 (indipendenteda s) abbastanza grande affinché∫ +∞| e −st f(t)dt| λsi ha |e −R(s)t f(t)| ≤g(t). La funzionee −R(s)t f(t) è dominata da g uniformemente rispetto ad s e quindi,per il teorema di convergenza dominata di Lebesgue, si può portare il limiteall’interno del segno integrale. Si ottiene pertanto∫ +∞limR(s)→+∞ 0e −st f(t)dt =∫ +∞0limR(s)→+∞ e−st f(t) dt =0.✷Si noti in particolare che un polinomio non nullo non è mai una trasformata.

10 CAPITOLO 1. LAPLACE1.5 Smorzamento, ritardo, cambiamento discala.In quanto segue supponiamo che f sia una funzione trasformabile contrasformata F e con ascissa di convergenza λ f 0 .Sia γ ∈ IC. Si consideri la funzione “smorzata” g 1 (t) :=e γt f(t). Si ha alloraL{e γt f(t)}(s) =F (s − γ) (1.7)e l’ascissa di convergenza λ g10 della funzione g 1 è λ g10 = λf 0 + R(γ).Infatti si ha ∫ +∞e −st e γt f(t)dt = ∫ +∞e −(s−γ)t f(t)dt = F (s − γ).0 0Inoltre la F è definita in s − γ se R(s − γ) >λ f 0 e non è ivi definita seR(s − γ) 0. Consideriamo la funzione traslata g 2 (t) :=f(t − a).Si ricorda che noi supponiamo sempre che la f sia nulla per tλf 0s>ωλ f 0 .Esempio 1.5.1 Sia u(t) la funzione di Heaviside:u(t) :={ 0 se t0eλ 0 =0.

1.5. SMORZAMENTO, RITARDO, CAMBIAMENTO DI SCALA. 11Esempio 1.5.2 Sia f(t) =t k u(t), k ∈ IN.Usando la 1.3 e tenendo presente l’esempio 1.5.1 si ottieneL{t k u(t)}(s) =(−1) k dk 1ds k s = k!s k+1 .Esempio 1.5.3 Sia f(t) =e γt u(t).Usando la 1.7 e tenendo presente l’esempio 1.5.1 si ottieneL{e γt u(t)}(s) = 1s − γ .λ = R(γ).In particolare, prendendo γ = iω e γ = −iω, e potendo scrivere cos(ωt) =12 (eiωt + e −iωt ) si ottieneL{cos(ωt)u(t)}(s) = 1 2 ( 1s − iω + 1s + iω )= ss 2 + ω 2 .In modo analogo si ottieneL{sin(ωt)u(t)}(s) =ωs 2 + ω 2 .Esempio 1.5.4 Sia α ∈ IC con R(α) > −1. Sia f(t) =t α u(t).La trasformata di f è F (s) = ∫ +∞e −st t α dt. Ricordando la definizione della0funzione Γ(α) = ∫ +∞u α−1 e −u du e supponendo s ∈ IR si può sostituire0u = st e si ottieneF (s) =∫ +∞0( e −u u) α 1s s du = 1 ∫ +∞s α+10u α e −u du =Γ(α +1)s α+1 .Ora F e Γ(α+1)ssono due funzioni analitiche che coincidono sull’asse realeα+1positivo, perciò devono coincidere su tutto il semipiano R(s) > 0. Si ottienepertantoL{t α Γ(α +1)}(s) =s α+1per ogni s tale che R(s) > 0 e per ogni α tale che R(α) > −1. In particolareper α ∈ IN si riottiene la formula dell’esempio 1.5.2.Esempio 1.5.5 Trasformata di una funzione periodica.

12 CAPITOLO 1. LAPLACESia f :IR→ IR una funzione nulla per t0sul semiasse positivo. Poniamof ∗ (t) :={ f(t) se t ≤ T0 se t>T .Supponiamo nota la trasformata F ∗ := L{f ∗ }, vogliamo determinare latrasformata di f.Si ha f ∗ (t) =f(t) − f(t)u(t − T )=f(t) − f(t − T ) e quindi, grazie allaformula del ritardo 1.8 si ottiene F ∗ (s) =F (s)−e −Ts F (s) =(1−e −Ts )F (s)e pertanto1F (s) =1 − e −TsF ∗ .Esempio 1.5.6 Trasformata di una serie.Sia assegnata una serie convergente di funzioni f(t) =+∞∑n=0a n f n (t). Sipuò concludere che la serie di f è la serie delle trasformate, cioè F (s) =+∞∑a n F n (s) ? In generale la risposta è negativa. Infatti la trasformata deln=0limite di una successione di funzioni può non essere il limite della successionedelle trasformate. Ad esempio possiamo considerare la successioneg k (t) =k(u(t) − u(t − 1 )k ) .Si ha chiaramente lim g k(t) = 0 per ogni t>0 mentre G k (s) =L{g k (t)}(s) =k→+∞( )ks 1 − e− s k , e quindi lim G k(s) =1.k→+∞Un secondo esempio è dato dalla seriee −t2 =+∞∑(−1) n t2nn=0n! .La serie delle trasformate è1+∞∑(−1) n (2n)! 1sn! s 2n ,n=0che non converge.

1.6. TRASFORMAZIONE DELLA DERIVATA. 13In alcuni casi particolari, però, la trasformata di una serie è la serie delletrasformate. Ad esempio si può dimostrare che sef(t) =+∞∑n=0a n t nè una serie convergente per ogni t ∈ IR ed esistono due costanti reali positiveK e α e un naturale n 0 tali che per ogni n ≥ n 0 |a n |≤K αnn!, allora perogni s ∈ IC con R(s) >αsi haL{f(t)}(s) =+∞∑n=0a n L{t n }(s) =+∞∑n=0a n n!s n+1 .1.6 Trasformazione della derivata.Lemma 1.6.1 Sia f una funzione trasformabile con ascissa di convergenzaλ 0 . Sia µ 0 := max{λ 0 , 0}. Allora si haper ogni s ∈ IC con R(s) >µ 0 .∫ TlimT →+∞ e−sT f(t)dt =00Dimostrazione. ∫ Supponiamo dapprima λ 0 < 0. Allora µ 0 = 0 e l’integrale+∞e −st f(t)dt converge per s = 0, cioè ∫ +∞f(t)dt è convergente e quindi0 0è evidente che lim T →+∞ e ∫ −sT Tf(t)dt =0.0Supponiamo ora λ 0 ≥ 0. Allora µ 0 = λ 0 . Sia s ∈ IC tale che R(s) >µ 0 .Esiste un numero reale positivo α 0 tale che µ 0

14 CAPITOLO 1. LAPLACELa funzione φ(t) è limitata perché lim t→+∞ φ(t) =F (α 0 ). Sia M una suamaggiorazione. Si può allora scrivere∫ T[ e| f(t)dt| ≤e α0T α 0t] TM + α 0 M =2Me α0T − M ≤ 2Me α0T0α 0 0ed essendo R(s) >α 0 si ottiene∫ T|e −sT f(t)dt| ≤2Me (α0−R(s))T0e poiché α 0 −R(s) < 0 il secondo membro tende a 0 per T → +∞.✷Teorema 1.6.2 Sia f una funzione tale che f(t) = 0 per ogni t < 0.Supponiamo che f ′ (t) esista per ogni t > 0 e che la funzione f ′ (t) siatrasformabile con ascissa di convergenza λ 0 (la funzione f potrebbe nonessere derivabile in t =0). Allora anche la funzione f è trasformabile e siottieneL{f ′ (t)}(s) =sL{f(t)}(s) − f(0 + )per ogni s>max{λ 0 , 0}, dove f(0 + ) := lim t→0 + f(t).Dimostrazione. Si osservi che f(0 + ) esiste finito. Questo è conseguenza∫della trasformabilità della funzione f ′ . Infatti, l’esistenza dell’integrale+∞e −st f ′ (t) dt implica l’esistenza dell’integrale ∫ 10 0 e−st f ′ (t) dt, che a suavolta implica l’esistenza dell’integrale∫ 10f ′ (t) dt = lim∫ 1ε→0 + εf ′ (t) dt = f(1) − f(0 + ).Sia λ 0 l’ascissa di convergenza della funzione f ′ (t) e si ponga µ 0 := max{λ 0 , 0}come nel lemma precedente. Si ha, grazie al lemma, per R(s) >µ 0da cui∫ T0 = limT →+∞ e−sT f ′ (t)dt = lim[0T →+∞ e−sT f(T ) − f(0 + ) ] ,limT →+∞ e−sT f(T ) = 0 (1.10)Integrando per parti si ottiene∫ T0e −st f ′ (t)dt = [ e −st f(t) ] ∫ TT+ s e −st f(t)dt =00

1.6. TRASFORMAZIONE DELLA DERIVATA. 15∫ T= e −sT f(T ) − f(0 + )+s e −st f(t)dt.0Prendendo il limite per T → +∞ si ottiene grazie anche alla 1.10∫ +∞0e −st f ′ (t)dt = −f(0 + )+s∫ +∞0e −st f(t)dtda cui la tesi L{f ′ }(s) =sF − f(0 + ).✷Esempio 1.6.3 Si consideri la funzione f(t) =1− e −t .Si ha f ′ (t) =e −t . La funzione f ′ è trasformabile e la sua ascissa di convergenzaè −1. Il teorema dimostrato ci assicura che anche la funzione f ètrasformabile e vale L{f ′ }(s) =sL{f}(s) − f(0 + ). Ciò è vero se R(s) > 0.Per −1 < R(s) < 0 però la formula non vale. Infatti in tali punti la funzioneL{f} non è definita in quanto l’ascissa di convergenza della funzione f è0.Corollario 1.6.4 Per ogni n ∈ IN si haL{f (n) } = s n L{f}−s n−1 f(0 + ) − s n−2 f ′ (0 + ) − ...− f (n−1) (0 + ).La formula si verifica facilmente per induzione su n.Esempio 1.6.5 Si calcoli la trasformata della funzione sin ωt supponendonota la trasformata L{cos ωt}(s) =Poichéss 2 +ω 2 .L{ d dt cos ωt}(s) =sL{cos ωt}(s) − 1= s 2ed essendo sin ωt = − 1 ωddtcos ωt si ottieneω2s 2 + ω 2 − 1=− s 2 + ω 2L{sin ωt} = − 1 ω (−ω2s 2 + ω 2 )= ωs 2 + ω 2 .Esempio 1.6.6 Si consideri la funzionef(t) ={ etse 0 ≤ t ≤ 10 altrimenti.

16 CAPITOLO 1. LAPLACESi ha{f ′ (t) = etse 0

1.7. PRODOTTO DI CONVOLUZIONE. 17∫IRf(τ)g(t − τ)dτ =∫ t0f(τ)g(t − τ)dτessendo g(t − τ) =0set0.2Utilizzeremo la convoluzione per scoprire come si trasforma una primitivadi una funzione.✷

18 CAPITOLO 1. LAPLACETeorema 1.7.3 Sia f una funzione trasformabile con trasformata F . Siaφ(t) := ∫ t0 f(τ)dτ. Allora L{φ}(s) = 1 s F (s).Dimostrazione. È sufficiente osservare che φ(t) =f ∗ u(t) e applicare ilteorema 2.7.1.✷1.8 L’antitrasformata.Affrontiamo ora il problema del passaggio dal dominio della frequenza aldominio del tempo. Poiché non è completamente chiaro quale sia il dominiodell’operatore L nè quale sia la sua immagine, non sembra facile la ricercadi un’operatore inverso di L in senso stretto.È inoltre evidente che l’operatore L non è iniettivo perché essendo un operatoreintegrale non può distinguere tra funzioni che differiscono soltantosu un insieme di misura nulla.Spesso viene usato il simbolo L −1 come se fosse un operatore, senza precisaredominio e codominio. La situazione ricorda l’uso del simbolo diintegrale indefinito ∫ come operatore inverso dell’operatore di derivazione.Una scrittura del tipo L −1 {F } = f si deve quindi intendere come “f è unadelle funzioni trasformabili tali che L{f} = F ”.Un enunciato del tipo “ L −1 {G+H} = L −1 {G}+L −1 {H} ”è da intenderenel modo seguente: se L{f} = F e F = G + H, allora esistono g e htrasformabili tali che L{g} = G, L{h} = H e g + h = f.La dimostrazione dei teoremi seguenti si può dare utilizzando le trasformatedi Fourier. Il problema della ricerca dell’antitrasformata di Fourier èdipiùfacile risoluzione che quello della ricerca dell’antitrasformata di Laplace.Teorema 1.8.1 Siano f e g due funzioni trasformabili tali che L{f} =L{g}. Allora f(t) =g(t) per quasi ogni t ∈ IR.In particolare due funzioni continue hanno la stessa trasformata di Laplacese e soltanto se sono uguali (dunque l’operatore L ristretto alle funzionicontinue è iniettivo).Esiste anche una formula che ci permette di risalire alla funzione f, nota lasua trasformata F .Teorema 1.8.2 (Formula di Bromwich-Mellin o di Riemann-Fourier). Siaf una funzione trasformabile con trasformata F e ascissa di convergenzaλ 0 . Detto α un qualsiasi numero reale tale che α>λ 0 vale

1.8. L’ANTITRASFORMATA. 19f(t) = 1 ∫ α+iβlim e st F (s)ds2πi β→+∞ α−iβnei punti di continuità della f.Nei punti di discontinuità bisogna tenere conto del salto e la formula diventa12 [f(t+ )+f(t − )] = 1 ∫ α+iβlim e st F (s)ds.2πi β→+∞ α−iβPer utilizzare la formula di Riemann-Fourier è necessario integrare unafunzione nel campo complesso lungo la retta verticale di equazione x = αnel piano di Gauss. Tale retta prende il nome di retta di Bromwich. Si notiche la formula non dipende dal valore di α purchè sia α>λ 0 .Esempio 1.8.3 Utilizziamo la formula di Riemann-Fourier per ricavarel’antitrasformata della funzione F (s) = 1 s .Dobbiamo calcolare l’integrale∫ α+iβα−iβe sts ds.Supponiamo dapprima t

20 CAPITOLO 1. LAPLACERα+iβΓϑαR-iRα−iβSe mostriamo che l’integrale della funzione estscalcolato sulla curva Γ ènullo, abbiamo provato che ∫ α+iβ e stα−iβ sds =0.Proveremo che è nullo il contributo dato dai due archi di cerchio Re iϕ checongiungono i punti α − iβ e −iR, e i punti α + iβ e iR rispettivamente.Sarà quindi sufficiente dimostrare che è nullo l’integrale calcolato su tuttoil semicerchio Re iϕ con − π 2 ≤ ϕ ≤ π 2 .Cominciamo con l’osservare che la lunghezza l(R) dell’arco che congiungei punti α + iβ e iR (uguale alla lunghezza dell’arco che congiunge i puntiα − iβ e −iR) è limitata. Infatti, se indichiamo con ϑ l’angolo compresotra l’asse immaginario e la retta che congiunge l’origine con il punto α + iβsi osserva che R =αsin ϑe la lunghezza dell’arco è l(R) =Rϑ =αϑsin ϑ . PerR → +∞, cioè perϑ → 0, questa lunghezza tende ad α ed è perciò limitata.Se s è un punto dell’arco considerato si ha 0 ≤R(s) ≤ α ed essendo t

1.8. L’ANTITRASFORMATA. 21e il suo modulo è maggiorato da∫ π2− π 2e Rt cos ϕ dϕ.Sostituiamo la variabile ϕ = ξ − π 2. Si ottiene∫ π∫ πe Rt sin ξ 2dξ =2 e Rt sin ξ dξ ≤ 2000Per R → +∞ l’integrale tende quindi a zero.∫ π2e 2Rtξ ππ dξ =Rt (eRt − 1).(Si è usata la simmetria della funzione seno rispetto a π 2e la disuguaglianza2π ξ ≤ sin ξ valida per ogni ξ ∈ [0, π 2] che è giustificata dalla concavità dellafunzione seno nell’intervallo [0, π 2 ]).Supponiamo ora t>0. Per il teorema dei residui si ha che l’integrale dellafunzione estssu un circuito contenente l’origine èparia2πi moltiplicato peril residuo nell’origine, che è uguale a 1. Consideriamo il circuito seguente(si faccia riferimento alla figura precedente). Come nel caso precedentesceglieremo R in modo che il circolo di raggio R e di centro l’origine passiper i punti α − iβ e α + iβ. Questa volta però considereremo l’arco delcerchio che si trova alla sinistra della retta di Bromwich. Indicando comein precedenza con ϑ l’angolo compreso tra l’asse immaginario e la rettache congiunge l’origine con il punto α + iβ, considereremo l’arco di cerchioRe iϕ , con π 2 − ϑ ≤ ϕ ≤ 3 2 π + ϑ.Anche in questo caso si vede facilmente che è nullo il contributo dato daidue archi di cerchio Re iϕ che congiungono i punti α − iβ a −iR e α + iβ aiR rispettivamente.Infatti come prima si osserva che la lunghezza l(R) dei due archi è limitata,ed essendo R(s) ≤ α e t>0, il modulo dell’integrale∫arco(α+iβ,Ri)si maggiora con l(R) eαtR, che tende a zero per R → +∞.Calcoliamo infine l’integrale lungo il semicerchio contenuto nel semipianoR(s) ≤ 0.Il modulo dell’integralee stsdssi maggiora con∫ 32 ππ2∫ 32 ππ2Rt(cos ϕ+i sin ϕ)eRe iϕ Rie iϕ dϕe Rt cos ϕ dϕ =∫ π0e −Rt sin ξ dξ

22 CAPITOLO 1. LAPLACEdove si è fatta la sostituzione ξ = ϕ − π 2 .In modo simile a quanto fatto per il caso t

1.9. CALCOLO DELL’ANTITRASFORMATA 23Scriviamo F (s) =3ss 2 +2+ 1 2 22s 2 +2da cui f(t) = 3 cos 2t + 1 2 2sin 2t.È possibile calcolare l’antitrasformata di una qualsiasi funzione razionaledel tipo F (s) = N(s)D(s), dove il grado del numeratore N è strettamenteinferiore al grado del denominatore D, utilizzando la decomposizione infrazioni semplici. Siano α 1 ,α 2 ,...α n gli zeri di D e siano k 1 ,k 2 ,...k n lerispettive molteplicità. Esistono allora dei coeficienti A 1 1, A 2 1,...,A k11 , A1 2,A 2 2,...,...,A 1 n,...,A knn tali che F (s) = A1 1(s−α + A2 11) (s−α 1)+ ...+ Ak 121(s−α +1) k 1A 1 2(s−α + ...+A1 n2) (s−α + ...+Akn nn) (s−α n) kn . Il calcolo dell’antitrasformata dellafunzione F si riduce quindi al calcolo dell’antitrasformata dei singoli addendi.Ricordando l’esempio 1.5.2 si ha che L{t k u(t)} = k! perciò l’antitrasformatas k+11di(s−α)è n1(n − 1)! tn−1 e αt u(t).In definitiva l’antitrasformata della funzione F si potrà scrivere comen∑ ∑k ii=1 j=1A j i(j − 1)! tj−1 e αit .Esempio 1.9.4 Si trovi una funzione f tale che L{f}(s) =1s(s+6) 2 .Decomponiamo la funzione F in frazioni semplici. Avremo1s(s +6) 2 = A s + Bs +6 + C(s +6) 2 . (1.11)Per calcolare i coefficienti si può procedere in diversi modi. Ad esempio sipuò risolvere l’equazioneA(s +6) 2 + Bs(s +6)+Cs =1che si riduce al sistema{ A + B =012A +6B + C =0 ;36A =1da cui si ricava A = 136 ,B = − 136 ,C = − 1 6 .Un altro metodo è quello di moltiplicare la 1.11 per s da cui si ottienesF (s) =A + Bss +6 + C s(s +6) 2 .

24 CAPITOLO 1. LAPLACESi avrà alloraA = lim sF (s)s→0cioè A = 136. In modo analogo si può calcolare C. Si moltiplichi la 1.11 per(s +6) 2 ; si ottiene(s +6) 2 (s +6)2F (s) =A + B(s +6)+C.sSi avrà alloraC = lim (ss→−6 +6)2 F (s)e quindi C = − 1 6 . Per ottenere B dobbiamo calcolare la derivata dellafunzione (s +6) 2 F (s). Si avrà alloradds (s +6)2 F (s) =(s + 6)[...]+Be quindidB = lims→−6 ds (s +6)2 F (s),nel nostro caso B = − 136 .In generale sia α i una radice di molteplicità k i . Per determinare i coefficientiA kii , Aki−1 ,..., A ki−j , ..., A ki−(ki−1) = A 1 rispettivamente relativi alle1frazioni(s−α , 111i) k i (s−α i), ..., k i −1 (s−α i), ..., k i −j (s−α i)si possono usare leformuleA 1 i =A ki−1iA ki−ji = 1 j!1(k i − 1)!A kii= lim (s − α i ) ki F (s);s→α idds [(s − α i) ki F (s)];...;= lims→α ilims→α ilims→α id jds j [(s − α i) ki F (s)];...;d ki−1ds ki−1 [(s − α i) ki F (s)]. (1.12)Non sempre però l’uso di tali formule è agevole e talvolta èpiù convenientericorrere a metodi diretti.Se il polinomio al denominatore ha zeri non reali e la funzione F è realei coefficienti relativi alle coppie di zeri coniugati sono anch’essi tra loroconiugati. Questa osservazione permette spesso di diminuire i tempi dicalcolo.

1.9. CALCOLO DELL’ANTITRASFORMATA 25Esempio 1.9.5 Si trovi un’antitrasformata della funzione F (s) =Si può scrivereF (s) =As − i +B(s − i) 2 + Cs + i +D(s + i) 2 .Usiamo ad esempio la formula 1.12 :[]d(s − i) 2 s − 1 1ds (s 2 +1) 2 =(s + i) 2 − 2 s − 1(s + i) 3 .s−1(s 2 +1) 2 .Calcolando il lim s→i si ottiene A = i 4 .s − 1Calcoliamo ora B = lims→i (s + i) 2 = 1 − i4 .Non è necessario calcolare C e D, infatti grazie all’osservazione fatta sappiamoche C = A = − i 4 e D = B = 1+i4 .Avremo alloraf(t) = i 4 eit + 1 − i4 teit − i 4 e−it + 1+i4 te−it = − 1 2 sin t + 1 2 t sin t + 1 t cos t.2Il caso più semplice è quello in cui ogni zero ha molteplicità 1. In questocaso i coefficienti A 1 i sono esattamente i residui della funzione F = N D nelpunto. Ricordando la formula per il calcolo dei residui di una funzionerazionale in un polo semplice α i , R(F ; α i )= N(αi)D ′ (α i), si ottiene la seguenteformula, nota come formula di Heaviside :Teorema 1.9.6 (Formula di Heaviside) Sia F (s) = N(s)D(s)una funzionerazionale dove il grado del denominatore è maggiore del grado del numeratore,e supponiamo che D abbia soltanto zeri semplici α 1 ,α 2 ,...,α k . Alloraun’antitrasformata della F èf(t) =( k∑i=1)N(α i )D ′ (α i ) eαit u(t).Vale una versione della formula di Heaviside anche nel caso in cui gli zeriabbiano molteplicità maggiore di uno, ma la sua applicazione non è moltoagevole. In questo caso la formula diventa( k∑f(t) = R ( F (s)e st ) ); α i u(t).i=1

26 CAPITOLO 1. LAPLACEEsempio 1.9.7 Si trovi un’antitrasformata della funzione1F (s) =s 4 − s 3 +4s 2 − 4s .Gli zeri del denominatore sono tutti semplici: 0, 1, 2i, −2i. La derivata deldenominatore è4s 3 − 3s 2 +8s − 4. Utilizzando la formula di Heaviside siottienef(t) =(− 1 4 + 1 5 et + 1+2i40 e2it + 1 − 2i40 e−2it )u(t) ==(− 1 4 + 1 5 et + 1 20 cos 2t − 1 sin 2t)u(t).101.10 Applicazioni alle equazioni differenzialiordinarie.Sia dato un problema di Cauchy relativo ad un’equazione differenziale ordinarialineare di ordine n a coefficienti costanti, con punto iniziale in 0.Tale problema si può scrivere come⎧y (n) (t)+c n−1 y (n−1) (t)+...+ c 0 y(t) =f(t)y(0) = y ⎪⎨0y ′ (0) = y 1... ⎪⎩y (n−1) (0) = y n−1Applichiamo l’operatore di Laplace all’equazioney (n) (t)+c n−1 y (n−1) (t)+...+ c 0 y(t) =f(t).Otteniamo, grazie al corollario 2.6.1 e usando le condizioni iniziali,Poniamoes n Y (s) − s n−1 y 0 − s n−2 y 1 − ...− y n−1 ++c n−1 [s n−1 Y (s) − s n−2 y 0 − ...− y n−2 ]+...+ c 0 Y (s) =F (s).1R 2 (s) =s n + c n−1 s n−1 + ...+ c 1 s + c 0R 1 (s) =R 2 (s) [ y 0 (s n−1 + c n−1 s n−2 + c n−2 s n−3 + ...+ c 1 )+

1.10. EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 27+y 1 (s n−2 + c n−1 s n−3 ]+ ...+ c 2 )+...+ y n−2 (s + c n−1 )+y n−1 .Si ottiene alloraY (s) =R 1 (s)+F (s)R 2 (s).Per ottenere la soluzione del problema possiamo antitrasformare. PoichéR 1 e R 2 sono funzioni razionali in cui il denominatore ha sempre gradomaggiore del numeratore, possiamo calcolare le antitrasformate r 1 e r 2 .Ricordando inoltre il teorema 1.7.1 sulla trasformata del prodotto di convoluzionesi potrà scriverey(t) =r 1 (t)+r 2 ∗ f(t).Supponiamo ora che l’equazione sia omogenea, cioè chef(t) = 0. In questocaso la soluzione si riduce a y(t) =r 1 (t). Tale soluzione si dice la rispostalibera del problema.Se invece l’equazione è completa ma le condizioni iniziali sono tutte nulle,cioè sey 0 = y 1 = ... = y n−1 = 0 la soluzione si riduce a y(t) =r 2 ∗ f(t).Tale soluzione si dice la risposta forzata del problema.La soluzione del problema generale risulta dunque essere somma della rispostalibera e della risposta forzata.Esempio 1.10.1⎧⎨ x ′′ +3x ′ +2x = e tx(0) = 0⎩x ′ (0) = 1.Trasformando si ottienes 2 X − 0 − 1+3(sX − 0)+2X = 1s − 1se quindi X =(s 2 . Decomponendo in frazioni semplici si+3s + 2)(s − 1)ottieneX = 1 16 s − 1 − 2 13 s +2 + 1 12 s +1e antitrasformando si hax = 1 6 et − 2 3 e−2t + 1 2 e−t .Naturalmente un problema di questo tipo può essere risolto in modo moltosemplice considerando l’equazione caratteristica associata all’equazione, trovandole soluzioni dell’equazione omogenea e infine una soluzione particolare dell’equazionecompleta. Se però il termine noto f(x) non è una funzione continua, talitecniche non sono utilizzabili.

28 CAPITOLO 1. LAPLACEEsempio 1.10.2 Siasi risolva il problemaf(t) ={ 0 se t21 se t ∈ [0, 1)−1 se t ∈ [1, 2]⎧⎨ x ′′ + x = fx(0) = 0⎩x ′ (0) = 0La funzione f si può scrivere utilizzando la funzione di Heaviside comef(t) =u(t) − 2u(t − 1) + u(t − 2). Calcoliamo R 2 (s) = 11+s. La sua2antitrasformata è r 2 (t) = sin t. Poiché le condizioni iniziali sono nulle lasoluzione del problema è la risposta forzata x(t) =r 2 ∗ f(t) = sin t ∗ f(t).Otteniamo allora∫ tx(t) = f(t − τ) sin τdτ =(∫ t=0) (∫ t−1sin τdτ u(t)−2 sin τdτ00.;) (∫ t−2)u(t−1)+ sin τdτ u(t−2) =0=(1− cos t)u(t) − 2(1 − cos(t − 1))u(t − 1) + (1 − cos(t − 2))u(t − 2).In modo simile si possono risolvere anche sistemi lineari del tipo x ′ = Ax+f,dove x è un vettore (colonna) di IR n , A è una matrice n×n e f è una funzionevettoriale in n componenti. Un tale problema può sempre essere ricondottoad un problema in un’unica equazione di ordine n, ma può anche essererisolto direttamente.Esempio 1.10.3⎧x ⎪⎨′ =2yy ′ =4x − 2y⎪⎩ x(0) = 1y(0) = 0Trasformando direttamente il sistema, si ottiene{ sX − 1=2YsY =4X − 2Ye, risolvendo il sistema algebrico,⎧s +2⎪⎨ X =s 2 +2s − 84⎪⎩ Y =s 2 +2s − 8.

1.11. CIRCUITI ELETTRICI 29da cui x(t) = 2 3 e2t + 1 3 e−4t e y(t) = 2 3 e2t − 2 3 e−4t .Concludiamo con un esempio di applicazione della trasformata di Laplacead un’equazione integrale.Esempio 1.10.4 Si risolva l’equazioneper t>0.y(t) = cos t +∫ tL’equazione proposta si può scrivere comeTrasformando si hada cuie quindie in definitivay(t) = 1 4Y (s) = 1 40(t − τ)y(τ)dτy(t) = cos t + t ∗ y(t).Y (s) =Y (s) =s1+s 2 + 1 s 2 Y (s)s 3(s 2 − 1)(s 2 +1)( 1s − 1 + 1s +1 + 1s − i + 1 )s + i(e t t + e −t + e it + e −it) = 1 (cosh t + cos t).21.11 Applicazioni ai circuiti elettriciConsideriamo un circuito elettrico nel quale sono inseriti, in serie, una resistenzaR, una capacità C, un’induttanza L, una forza elettromotrice V eun interruttore. Indichiamo con i(t) la corrente che percorre il circuito econ q(t) la carica del condensatore all’istante t. Consideriamo come istanteiniziale t 0 = 0 l’istante in cui viene chiuso l’interruttore e indichiamo conq 0 la carica iniziale del condensatore. Avremo alloraL’equazione di equilibrio èq(t) =q 0 +∫ t0i(τ) dτ.

30 CAPITOLO 1. LAPLACEL didt + Ri + 1 q(t) =v(t) t>0Cche si può anche scrivereL didt + Ri + 1 C∫ t0i(τ)dτ + q 0C= v(t) t>0. (1.13)Supponiamo di voler calcolare la corrente i(t). Se la tensione v(t) è unafunzione differenziabile l’equazione 1.13 può essere differenziata a membro amembro e si ottiene un’equazione differenziale ordinaria del secondo ordineLx ′′ + Rx ′ + 1 C x = v′ .Spesso accade però che la funzione v non sia neppure continua; in questocaso si può applicare direttamente l’operatore di Laplace all’equazione integrodifferenziale1.13. Poiché i(0 + ) = 0 e ricordando il teorema 1.7.3 siottienesLI(s)+RI(s)+ 1sC I(s)+ 1sC q 0 = V (s),da cuiV (s)I(s) =sL + R + 1sC1La quantità T (s) =sL+R+ 1sC−q 0sC(sL + R + 1sC ).dipende soltanto dalle caratterisitiche delcircuito RLC e si chiama ammettenza di trasferimento. Potremo allorascrivereI(s) =T (s)V (s) − q 0T (s). (1.14)sCSupponiamo ora di conoscere la corrente e di voler calcolare la tensione.Dalla 1.14 si ottieneV (s) = 1T (s) I(s)+ q 0sC .La funzione reciproca dell’ammettenza di trasferimento 1T (s) = sL+R+ 1sCsi chiama impedenza di trasferimento.Esempio 1.11.1 Determinare la corrente che percorre un circuito RLCnel quale R =2Ω, C = 117 F, L =1H, q 0 =0, v(t) =e −2t .

32 CAPITOLO 1. LAPLACE1.12 Applicazioni alle equazioni alle derivateparziali.La trasformata di Laplace è uno strumento molto utile anche nello studiodelle equazioni alle derivate parziali. Considereremo funzioni in duevariabili del tipo f(x, t), definite su opportuni sottoinsiemi Ω ⊆ IR 2 deltipo Ω = A × IR. Le funzioni si supporranno sempre nulle per ogni valoredi x se t

1.12. EQUAZIONI ALLE DERIVATE PARZIALI 33dU(x) =sU(x) − x,dxche ha per soluzione la famiglia di funzioniU(x) =ce sx + x s + 1 s 2 .Il parametro c è costante rispetto a x, ma può ben dipendere da s.funzioni che otteniamo sono dunque del tipoLeU(x, s) =c(s)e sx + x s + 1 s 2 .La condizione u(0,t) = t, trasformata, diventa U(0,s) =ottiene U(x, s) = x s + 1 se antitrasformando u(x, t) =x + t.21 s 2 , da cui siVediamo ora un esempio di applicazione delle traformate di Laplace all’equazionedella corda vibrante.Esempio 1.12.2 Si consideri il problema alle derivate parziali:⎧∂ 2 y∂t 2 = a2 ∂2 y∂x 2 x>0, t > 0;⎪⎨ y(x, 0 + )=0;∂y∂t (x, 0+ )=0;(1.16)y(0,t)=f(t) (f(0) = 0);⎪⎩ lim y(x, t) =0.x→+∞L’equazione rappresenta il moto y(x, t) lungo l’asse y di un punto di unacorda di posizione x al tempo t, corda inizialmente ferma lungo l’asse xnella quale viene mosso l’estremo sinistro secondo l’andamento f(t). Ilparametro reale positivo a rappresenta la radice quadrata del √ rapporto traTla tensione della corda e la densità lineare della massa a =ρ .L’equazione trasformata, imponendo le condizioni iniziali, si riduce ad un’equazioneordinaria lineare del secondo ordine:s 2 Y = a 2 d2 Ydx 2 .La soluzione generale di tale equazione èY (x, s) =c 1 e − s a x + c 2 (s)e s a x .

34 CAPITOLO 1. LAPLACEImponendo le condizioni al contorno si ottiene la soluzioneY (x, s) =F (s)e − x a s .Antitrasformando, tenendo presente la formula della funzione traslata 1.8,si ottiene(y(x, t) =f t − x ) (u t − x ).a aLa soluzione ci dice che la corda resta ferma nel punto x per un tempopari a x a, dopodiché esibisce nel punto lo stesso moto che viene impressonell’estremo sinistro della corda.Il seguente esempio considera l’equazione del calore su un filo infinito.Esempio 1.12.3 Si consideri il problema alle derivate parziali:⎧∂u⎪⎨ ∂t − ∂2 u=0 per 0

1.12. EQUAZIONI ALLE DERIVATE PARZIALI 35necessariamente è a = 0 e quindi b =Φ(s) eU(x, s) =Φ(s)e −√sx . Lanostra soluzione sarà perciòu(x, t) =ϕ ∗L −1 {e −√sx }(t).Non ci resta che calcolare l’antitrasformata della funzione F (s) =e −√sx .Ricordando la formula di Riemann-Fourier si haf(t) = 12πilimλ→+∞∫ k+iλk−iλe st e −√ sx ds.Supporremo t>0 (nel caso opposto il calcolo è semplice).Si noti che la funzione e −√ sx è polidroma avendo un punto di diramazionein 0. Effettuiamo perciò un “taglio” nel semiasse reale negativo. Avremoallora √ s = √ ρe iϑ 2 se s = ρe iϑ . Consideriamo un circuito che comprendeil segmento [k − iR, k + iR], l’archetto di raccordo S 1 , l’arco di cerchio nelsecondo quadrante C R1 = {Re iϑ : π 2≤ ϑϑ>−π}, il segmento lungo il taglio nel terzo quadrante [−ɛ, −R],l’arco di cerchio nel terzo quadrante C R2 = {Re iϑ : −π < ϑ ≤ − π 2 },l’archetto di raccordo S 2 .C R1S 1ΓC 1 εΓ 2k+iRkC R2S 2k-iRLungo gli archetti S 1 e S 2 il contributo è infinitesimo per R → +∞. Infatti,se s ∈ S 1 o s ∈ S 2 si ha R(s) ≤ k e R( √ s) ≥ √ 2ρ2. Pertanto il modulo die st−x√s xραt− √si maggiora con e 2 , una quantità infinitesima per ρ → +∞.L’integrale calcolato nel circoletto C ɛ è invece infinitesimo per ɛ → 0 +essendolim e ɛeiϑt e −√ ɛe iϑ 2 x ɛie iϑ dϑ =0.∫ −πɛ→0 + π

36 CAPITOLO 1. LAPLACELungo gli archi C R1 e C R2 il contributo è pure infinitesimo per R → +∞.Vediamo ad esempio il caso t>0 sull’arco C R1 . Il modulo della funzioneintegranda sul cerchio C R1 si può scrivere nella forma e ρt cos ϑ−√ ρx cos ϑ 2 ;e π 2 ≤ ϑ ≤ π. Ora, se 3 14π ≤ ϑ ≤ π si ha cos ϑ ≤−√ 2e cos( ϑ 2 ) ≥ 0,perciò e ρt cos ϑ−√ ρx cos ϑ 2 ≤ e −ρt √ 12 . Se inveceπ2 ≤ ϑ ≤ 3 4π si ha cos ϑ ≤0 e cos( 3π 8 ) ≤ cos( ϑ 2 ) ≤ √ 22 , perciò eρt cos ϑ−√ ρx cos ϑ 2 ≤ e −√ ρ cos( 3π 8 )x .Dunque si conclude che uniformemente rispetto a ϑ si ha e ρt cos ϑ−√ ρx cos ϑ 2 ≤max{e −√ ρ cos( 3π 8 )x ,e − √ ρt2 }. Perciò il modulo è infinitesimo per ρ → +∞. Inmodo simile si ragiona nell’altro caso.Valutiamo i contributi lungo i segmenti Γ 1 eΓ 2 .Lungo il segmento Γ 1 l’argomento di s è π, dunque s = −p, √ s = √ piavendo posto p := |s|. Si ottiene allora∫ +∞0e −pt e −i√ px dp.Lungo il segmento Γ 2 l’argomento di s è −π, dunque s = −p, √ s = − √ pi.Si ottiene alloraDunque12πilimλ→+∞∫ +∞∫ k+iλk−iλ−∫ +∞0e −pt e i√ px dp.e st e −√sx ds = − 1 [∫ +∞e −pt e −i√px dp −2πi 0= 1 e −pt 1 () e i√px − e −i√ pxdp = 1 π 0 2iπe mediante la sostituzione p = u 2= 2 π∫ +∞0∫ +∞0ue −u2t sin(ux)du.∫ +∞e −pt sin( √ px)dp =Per calcolare l’ultimo integrale si può procedere nel modo seguente:I(x, t) =+ x 2t∫ +∞0∫ +∞0ue −u2t sin(ux)du =e −u2t cos(ux)du = x 2t[− 1 ] +∞2t e−u2t sin(ux) +0∫ +∞00e −u2t cos(ux)du.]e −pt e i√px dp =

1.12. EQUAZIONI ALLE DERIVATE PARZIALI 37Derivando rispetto a x la funzione 2txI(x, t) si ottiene(dI(x, t) 2t ) ∫ +∞= − ue −u2t sin(ux)du = −I(x, t);dx x0cioèda cuie integrandodI 2tdx x − I 2tx 2 = −I1 dII dx = 1 x − x 2tI(x, t) =A(t)xe − x24t .Per determinare A(t) osserviamo chedIx2x x2= A(t)e− 4t + A(t)x(− )e− 4tdx 2te quindi dIdx(0,t)=A(t). D’altra parteeperx =0∫dI +∞dx = u 2 e −u2t cos(ux)du0∫dI+∞dx (0,t)= u 2 e −u2t du ==[− u ] +∞t+2t e−u2cioè A(t) = √ π4t √ t e I(x, t) =00∫ +∞012t e−u2t du =√ π4t √ x2xe−tSi ottiene alloraxf(t) =2 √ πt 3 2e la soluzione del problema èxu(x, t) =ϕ ∗2 √ πt 3 24t .e − x24te − x24t .√ π4t √ t

38 CAPITOLO 1. LAPLACE1.13 Il comportamento asintotico della trasformata.In molti casi è difficile o addirittura impossibile calcolare esplicitamente latrasformata o l’antitrasformata di una funzione assegnata. Risulta quindimolto utile poter studiare alcune proprietà della funzione trasformata Futilizzando la conoscenza della funzione f o, viceversa, poter studiare alcuneproprietà della funzione f utilizzando proprietà note della funzionetrasformata F , senza ricorrere al calcolo esplicito delle funzioni che interessano.Un teorema che ci dà informazioni sulla funzione trasformata F ,assumendo note le proprietà della funzione f si dice teorema abeliano.Un teorema che ci dà informazioni sulla funzione f, assumendo note leproprietà della funzione trasformata F si dice teorema tauberiano.Un primo esempio di teorema abeliano può essere considerato il teorema 1.4.4.Un altro teorema abeliano è il seguente:Teorema 1.13.1 Sia f una funzione trasformabile e supponiamo che esistalim f(t); allora esiste anche il lim sF (s) (supponiamo per comoditàt→∞ s→0 +s ∈ IR) e valelim sF (s) = lim f(t).s→0 + t→+∞Se esiste lim f(t) allora esiste anche il lim sF (s) e vale (con s ∈ IR)t→0 + s→+∞lim sF (s) = lim f(t).s→+∞ t→0 +Dimostrazione. Dimostreremo il teorema nell’ipotesi aggiuntiva in cuila funzione f sia derivabile su ]0, +∞[ e la funzione f ′ sia assolutamentetrasformabile. Supponiamo che esista lim f(t) e proviamo che esiste puret→∞lim sF (s).s→0 +Si ha per il Teorema 1.6.2 L{f ′ } = sF (s) − f(0 + ), da cuilims→0 + L{f ′ }(s) = lims→0 + sF (s) − f(0+ ).Usando la definizione di trasformata si ottiene anche=lims→0 + L{f ′ }(s) = lim∫ +∞0∫ +∞s→0 + 0e −st f ′ (t) dt =lim e −st f ′ (t)dt = lim f(t) −s→0 + t→+∞ f(0+ );

1.14. ESERCIZI 39da cui la tesi, purché si possa giustificare il passaggio del limite sotto il segnointegrale. Per fare ciò ricorreremo al teorema della convergenza dominatadi Lebesgue. Sia λ 0 l’ascissa di assoluta convergenza della f ′ . Sia λ>λ 0 e si ponga g(t) =e −λt |f ′ (t)|. Poichè la funzione f ′ è assolutamentetrasformabile la funzione g(t) è integrabile su [λ, +∞] e domina la funzionee −st f ′ (t) (cioè |e −st f ′ (t)| ≤g(t) ses ≥ λ). Per il teorema di convergenzadominata di Lebesgue si può portare il segno di limite all’interno del segnointegrale.Supponiamo ora che esistaavràlimt→0 + f(t).Sempre nell’ipotesi semplificata silim sF (s) = lim L{f ′ (t)}(s)+f(0 + )=f(0 + );s→+∞ t→0 +tenendo conto del Teorema 1.4.4 applicato alla funzione f ′ .✷Il teorema 1.13.1 ci permette tra l’altro di calcolare lim f(t) e lim f(t)t→+∞ t→0 +utilizzando le trasformate se è noto che tali limiti esistono. Questo puòessere molto importante se ad esempio la funzione f è la soluzione di un’equazione differenziale. Si noti però che la conoscenza a priori dell’esistenzadel limite è essenziale. Ad esempio si consideri la funzione f(t) = sen t. Latrasformata di f è F (s) = 1s 2 +1limt→+∞ f(t).e quindi lims→0 + sF (s) = 0, mentre non esisteEsempio 1.13.2 Sia F (s) =esistenti.tanh ss(s 2 +1) .Si trovino f(0) e f ′ (0), suppostiPoiché supponiamo esistenti f(0 + )ef ′ (0 + ) si può applicare il Teorema 1.13.1.Si ha alloralimt→0 + f(t) =lim sF (s) = lims→+∞s→+∞Inoltre L{f ′ } = sF − f(0) = tanh s(s 2 +1) , pertantolimt→0 + f ′ (t) =Dunque f(0) = f ′ (0) = 0.1.14 Esercizilim sL{f ′ } =s→+∞tanh s(s 2 +1) =0.s tanh slims→+∞ (s 2 +1) =0.Esercizio 1.14.1 Si calcoli la trasformata di Laplace della funzionef(t) =t − 1 2 .

40 CAPITOLO 1. LAPLACE(Sol. √ πs .)Esercizio 1.14.2 Si calcoli la trasformata di Laplace della funzione(Sol. F (s) = 1 sf(t) =n se n − 1

1.14. ESERCIZI 41Esercizio 1.14.8 Si calcoli l’antitrasformata della funzioneF (s) = arctan( 1 s ).(Sol. f(t) = sin tt.)Esercizio 1.14.9 Si calcoli l’antitrasformata della funzioneF (s) =ln(Sol. f(t) = 1 t (e3t + e −2t − 2 cos t).)s 2 +1(s + 2)(s − 3) .Esercizio 1.14.10 Si calcoli l’antitrasformata della funzione(Sol. f(t) = 2et √ π∫ √ t0e −u2 du).F (s) =1(s − 1) √ s .Esercizio 1.14.11 Si calcolino le antitrasformate delle funzioniF (s) = s(1 + e−3s )s 2 + π 2es(1 + e −3s )G(s) =(1 − e −3s )(s 2 + π 2 ) .(Sol. g(t)| [k,k+3) = cos πt per k ∈ IN).Esercizio 1.14.12 Risolvere con la trasformata di Laplace il problema⎧⎨ x ′′ +4x ′ +13x = te −t ;x(0) = 0;⎩x ′ (0) = 2.(Sol. x(t) = 150 ((5t − 1)e−t + e −2t (cos 3t + 32 sin 3t)).)Esercizio 1.14.13 Risolvere con la trasformata di Laplace il problema⎧⎨ x (4) +8x ′′ +16x =0;x(0) = x⎩′ (0) = x ′′ (0) = 0;x ′′′ (0) = 1.(Sol. x(t) = 116(sin 2t − 2t cos 2t).)

42 CAPITOLO 1. LAPLACEEsercizio 1.14.14 Risolvere con la trasformata di Laplace il problema{x ′′′ +2x ′′ + x ′ = f(t);x(0) = x ′ (0) = x ′′ (0) = 0.dove f(t) è una funzione assegnata. (Sol. x(t) = ∫ t0 [1−(1+t−u)e−(t−u) ]f(u)du.)Esercizio 1.14.15 Risolvere con la trasformata di Laplace il problema⎧⎨ x ′′ + tx ′ + x =0;x(0) = 1;⎩x ′ (0) = 0.(Sol. x(t) =e −t22 .)Esercizio 1.14.16 Risolvere con la trasformata di Laplace il problema⎧⎨ x ′ = −4x − y + e −t ;y⎩′ = x − 2y; .x(o) =y(0) = 0(Sol. x(t) =− 1 4 e−3t + 1 2 te−3t + 1 4 e−t ; y(t) =− 1 4 e−3t − 1 2 te−3t + 1 4 e−t .)Negli esercizi che seguono si chiede di risolvere un circuito di equazione{L didt + Ri + 1 q(t) =e(t);Ci(0) = 0con q(0) = 0.Esercizio 1.14.17 L =1,R=0,C =10 −4 ;e(t) =(Sol. i(t) =(1− u(t − 2π)) sin 100t).{ 100 se 0 ≤ t

1.14. ESERCIZI 43Esercizio 1.14.19 Una massa di peso unitario è attaccata ad una mollaleggera che viene tesa di 1 metro da una forza di 4 kg. La massa è inizialmentea riposo nella sua posizione di equilibrio. All’istante t =0unaforza esterna f(t) = cos(2t) viene applicata alla massa, ma al tempo t =2πla forza viene spenta istantaneamente. Si trovi la funzione posizione x(t)della massa. (Il problema si traduce nell’equazione x ′′ +4x = f(t); x(0) =x ′ (0) = 0).(Sol. x(t) = 1 4 t sin 2t se t