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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
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).
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
26 2. ANTITRASFORMATA
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.
2. ANTITRASFORMATA 27
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:
28 2. ANTITRASFORMATA
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)
2. ANTITRASFORMATA 29
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.
30 2. ANTITRASFORMATA
-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,
2. ANTITRASFORMATA 31
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
delle seguenti funzioni:
1) f(s) =1
s − 5,
2) f(s) =s
s2 − 4.
Esercizio 3.14. Calcolare in modo diretto le antitrasformate
delle seguenti funzioni:
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)
36 3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
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
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE 37
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
38 3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
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.
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE 39
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).
40 3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
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).
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE 41
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.
42 3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
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.
3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE 43
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)
)]
.
44 3. O.D.E. CON METODO DI LAPLACE
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
Svolgimento dell’esercizio 3.5.
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
Svolgimento dell’esercizio 3.6.
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
Svolgimento dell’esercizio 3.7.
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
Svolgimento dell’esercizio 3.6.
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.
2) Per la definizione di trasformata si ha∫ +∞
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.
3) Per la definizione di trasformata si ha∫ +∞
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
Svolgimento dell’esercizio 3.9.
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
Svolgimento dell’esercizio 3.12.
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
Svolgimento dell’esercizio 3.14.
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 .
...torna su