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L L−st −st[x] = X(s) = x(t)e dt [x] = x(t)e dtu−∞ 0 (30)L L L[x(t)](s) = [x(−t)](−s) + [x(t)](s)u ukd (31)L L L k[αx + βy] = αL [x] + βL [y] [x] = [(−t) x(t)]kds ∗1 (32)L L L(k) k[x (t)] = s X(s) [1] = [u(t)] =u s ∗∗∗∗1 k! (33)L Ls t k s t[u(t)e [t] = e ] =0 0u k+1− −s s (s s )0 0 (34)L 0(k) k k−1 k−2 (k−1)− − − · · · −[x (t)] = s X(s) s x(0) s x (0) x (0)u ∗ ∗s ω (35)L L[cos ωt] = [sin ωt] =u u2 2 2 2s + ω s + ω ∗L√ [x ]2 (36)2 s 0L L−t ∈πe[e , s [x] =] = 4 C u −sτ−1 es1 (37)LLL s t −X [x(t)e ] = X(s s )= X(s) [x(at)] =[x(t)] 0 0|a| a (38)L L L L L−st− ∗ ·[x(t t )] = e [x(t + t )] [x y] = [x] [y]00 u 0∗ Re(s) > 0∗ Re(s) > Re(s )0Nella (34.2) è una funzione periodica
di periodo , inoltre risultax τ.− −x (t) = x(t)[u(t) u(t τ )]0
Possiamo notare come la trasformazione di Laplace sia analoga per certi versi alla -trasformazione, sia per le formule che per le applicazioni: è un operatore lineare e mentre per la valeva il riscalamento nell'applicazione alle equazioni ricorrenti qui vale invece l'ordine di derivazione, poiché (n + k) le trasformate di Laplace vengono utilizzate nella risoluzione delle equazioni differenziali a coecienti costanti, sono inoltre ovvie le somiglianze fra le varie formule, questo poiché in fondo si trattano entrambe di trasformate integrali.
Ricordiamo che le parentesi tonde alla fine di una formula indicano che il risultato andrà calcolato nel contenuto delle parentesi.
Analogamente sono denite le formule per l'antitrasformazione di Laplace:
k d 1 (39)
L L L−1 −1 −1kX(s) = (−t) [X(s)] = u(t)ukds s 1 s (40)
L L−1 −1s t = u(t) cos
<p>ωt= u(t)e 0u u 2 2−s s s + ω0 n n P (s) P (s ) (41)iX XL R],−1 s t st ≥= e = R[s , e t 0i iu 0Q(s) Q (s )ii=1 i=1 (42)L L L L L−1 −1 −1 −1 −1s t− · ∗[X(s s )] = e [X(s)] [X Y ] = [X] [Y ]00 (43)L L−1 −st −1 &X(s)](t) =[e [X(s)](t t )0 0k−1 t 111 (44)LL −1−1 s t= u(t)e = u(t) sin ωt0 uu k 2 2− −(s s ) (k 1)! s + ω ω0</code>
<p>Nella (41) gli zeri di sono semplici, e rappresenta laRQ (s , s . . . s )1 2 nfunzione razionale da trasformare, per questo la formula per la trasformazionepuò essere vista come la somma dei residui (viene usata la (2)). A talproposito calcoliamo velocemente (ricordando l'imposizione ,≥t 0moltiplicando per ):u(t) 1L −1 −= R[0] + R[j] + R[−j] = (1 cos t)u(t)u 2s(s + 1)Questo poichè i tre punti in cui vanno calcolati i residui sono gli zeri semplicidel denominatore. Analogamente si</p>può dimostrare la formula per antitrasformare la trasformata del seno. Vediamo inoltre un caso della (39.1) per calcolare:
1/(s+1)^2
L^-1[1/(s+1)^2] = t*e^(-t)
L'antitrasformazione della prima frazione è immediata e corrisponde a quella del seno, per la seconda applichiamo immediatamente la (39.1) ottenendo:
1/(s+1)^2 = t*sin(t)
5.2 Antitrasformate
1) Calcolare L^-1[u^2-(s^3) + 4]
Applichiamo prima di tutto la (43) per sbarazzarci del denominatore, in questo modo avremo:
L^-1[u^2-(s^3) + 4] = L^-1[(t-π)^2-(s^3) + 4]
Dove ricordiamo che le parentesi alla ne indicano che la trasformata andrà calcolata nel loro contenuto. Arrivati a questo punto riscaliamo applicando la (42.1), quindi potremo applicare immediatamente la (44):
L^-1[(t-π)^2-(s^3) + 4] = e^(t-π)
u u2 2−(s 3) + 4 s + 4 13(t−π) u(t) sin 2te 2 t−π
Quindi siamo arrivati al risultato, ricordando che la funzione seno è periodica di periodo e quindi :−2π sin(2t 2π) = sin 2t−π
s 3(t−π) e eL −1 −= u(t π) sin 2t
u 2−(s 3) + 4 22) Calcolare −π(s−3) eL −1u 2−(s 3) + 4
Data la situazione, è immediato vedere che va applicato un riscalamento con la(42.1) ottenendo: −πs eL −13te u 2s + 4
A dierenza dell'antitrasformata di prima, le operazioni (42.1) e (43) sono invertite, motivo per il quale il termine esponenziale al di fuori va calcolato nella semplice variabile non riscalata. Adesso applicando la (43) e quindi la t(44) avremo: 3t 1 eL −13t − −e (t π) = u(t π) sin 2tu 2s + 4 2
Dove il seno è stato trattato come nell'esercizio 1.5.3 Applicazioni alle equazioni dierenziali
1) Risolvere la seguente equazione dierenziale:( 00y + y =
1 (45)0y(0) = 1, y (0) = 2
Il procedimento da seguire è esattamente lo stesso per le equazioni ricorrenti: prima si trasformano entrambi i membri dell'equazione, poi si isola la trasformata della soluzione (analoga alla delle equazioni ricorrenti) Y (s) Y (z)40 e poi si antitrasforma. Come per le equazioni ricorrenti, vanno utilizzate le trasformate unilaterali, quindi la soluzione sarà denita in .+R
Trasformiamo prima il primo membro dell'equazione dierenziale utilizzando la (34) e sfruttando la linearità [(31.1)] della -trasformazione ottenendo:
L02 2− − − −s Y (s) sy(0) 2y (0) + Y (s) = Y (s)(s + 1) s 2
Trasformiamo quindi il secondo membro utilizzando la (32.2) ottenendo quindi 1. Alla fine si avrà dunque:
Y (s)(s + 1) s 2 = Y (s) = +2 2s s + 1 s(s + 1)
Ora va antitrasformato il tutto per ottenere la soluzione. La seconda parte è già stata calcolata nel primo paragrafo ed è
uguale a , lavoriamo−(1 cos t)u(t)quindi sulla prima frazione: s 2s +2L L L−1 −1 −1= + = (cos t + 2 sin t)u(t)u u u2 2 2s + 1 s + 1 s + 1 | {z }(40.1),(35)| {z }(31.1)
Alla ne, sommando le due soluzione ottenute, avremo quindi:−y(t) = (1 cos t + cos t + 2 sin t)u(t) = (1 + 2 sin t)u(t)
Ovviamente, se andiamo a imporre le condizioni iniziali, esse sono vericate.
2) Risolvere la seguente equazione dierenziale:( 00 0 7t−y 12y + 27y = te (46)0y(0) = 1, y (0) = 2
Cominciamo a trasformare il primo membro utilizzando la (34) e sostituendo ivalori iniziali, ottenendo:2 2− − − − − −s Y (s) s 2 12(sY (s) 1) + 27Y (s) = Y (s)(s 12s + 27) s + 10
Ora agiamo sul secondo membro: 1L 7t[te ] =u 2−(s 7)| {z }(31.2)
Ora eguagliamo i due membri e isoliamo automaticamente la :Y (s)12 − − →Y (s)(s 12s + 27) s + 10 = Y (s) =2−(s 7)−s 10 1+2 2 2− − −s 12s + 27 (s 12s + 27)(s 7)41
dobbiamo antitrasformare per ottenere la soluzione: partiamo prima con la prima frazione, quindi con la seconda. Analizziamo la prima frazione, scomponendola:
- -s/10 s/10 R[3]/R[9] 7/1 = 2 - - - - - - - s 12s + 27 (s - 3)(s - 9) s - 3 s - 9 6(s - 3) 6(s - 9)
I residui ottenuti possono essere verificati con il primo teorema dei residui, infatti il residuo all'infinito è -1 e la somma di tutti i residui nei poli più quello all'infinito è 0. Ora antitrasformiamo il risultato ottenuto utilizzando la (44.1):
1 7 17 L -1 3t 9t - - = e e u(t) u - - 6(s - 3) 6(s - 9) 6 6 {z} | (44.1),(31.1)
Ora lavoriamo sulla seconda frazione, riscrivendola scomponendo il polinomio di grado 2 e seguiamo lo stesso procedimento appena adottato:
1 R[3] R[9] c [7] R[7] -2 = + + + + + + + (s - 3)(s - 9)(s - 7) s - 3 s - 9 s - 7 s - 7
Si calcolano i residui, sottinteso che si utilizzala (2), ottenendo inne:1 1 1 1− − −+ 2− − − −96(s 3) 24(s 9) 8(s 7) 32(s 7)
Ora antitrasformiamo l'espressione ottenuta, utilizzando le stesse formule dellaprima frazione, ossia la (44.1) e la linearità, ricavando: 1 1 11 3t 9t 7t 7t− −− e + e te e u(t)96 24 8 32
A questo punto sommiamo i due risultati ottenuti per ottenere la soluzione: 37 1 1 13t 9t 7t 7t− − −y(t) = e e te e u(t)32 8 8 32
Che verica le condizioni iniziali.
3) Risolvere la seguente equazione dierenziale:
( 00 0 4t−y 4y + 49y = e cos 7t (47)0y(0) = 1, y (0) = 2
Cominciamo come al solito trasformando prima il primo membro e imponendole condizioni iniziali ottenendo:
2 2− − − − − −s Y (s) s 2 4(sY (s) 1) + 49Y (s) = (s 4s + 49)Y (s) s + 2
Ora trasformiamo il secondo membro: 42 −s 4L L4t −[e cos 7t] = [cos 7t](s 4) =u u 2 −s 8s + 65| {z } {z }|(35.3) (35.1)
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