Esercizi di Matematica Applicata

ESERCIZI DI MATEMATICA APPLICATA
ANTONIO LEACI
1. Analisi Complessa
(1) È data la funzione:
(z 2 + 1) e−z
.
sin z
• Si studi l’analiticità di f (z) nel piano complesso C.
• Si determinino e si classifichino le eventuali singolarità.
• Si calcoli il residuo di f (z) in z = 0.
f (z) =
Soluzione. Il numeratore è definito e olomorfo in C. Usando la definizione
(z = x + i y)
ei z − e−i z
1
=
(1 − e2y ) cos x + i (1 + e2y ) sin x ,
y
2i
2i e
si verifica che sin z = 0 se e solo se z = k π con k ∈ Z. Quindi la funzione
f (z) è olomorfa in C \ {k π; k ∈ Z}.
I punti z = k π con k ∈ Z sono poli del primo ordine. Infatti usando il
Teorema di De L’Hôpital otteniamo
sin z =
z − kπ
1
= lim
= (−1)k .
z→kπ sin z
z→kπ cos z
lim
Risulta:
(z 2 + 1) e−z
= 1.
z→0
sin z
(2) Calcolare con i metodi dell’analisi complessa il seguente integrale
Z +∞
1
dx.
4
2
−∞ x + x + 1
Res(f, 0) = lim z
Soluzione. Il denominatore non si annulla in R, all’infinito la funzione
1
è infinitesima come 1/x4 , pertanto essa è integrabile.
f (x) = 4
x + x2 + 1
Utilizziamo il circuito ϕr formato dal segmento [−r, r] sull’assse reale e dalla
semicirconferenza di raggio r nel semipiano y > 0 (vedi Figura 1). Risolviamo
l’equazione
√
√
−1
±
−3
−1
±
i
3
=
= e±i 2π/3 .
z 4 + z 2 + 1 = 0 =⇒ z 2 =
2
2
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A. LEACI
Figura 1.
Dunque i punti ± e±i π/3 sono poli semplici, e solo z1 = ei π/3 e z2 = − e−i π/3
si trovano nel semipiano y > 0. In essi abbiamo
1
1
i π/3
)=
Res(f, e
= iπ
3
4z + 2z z=z1
4 e +2 ei π/3
1
1
√
=
= √
,
1+i 3−4
i 3−3
Res(f, − e
−i π/3
1
1
)=
= − −i π
3
+2 e−i π/3
4z + 2z z=z2
4e
1
1
√
=−
= √
.
1−i 3−4
i 3+3
La somma dei due residui vale
√
√
√
1
1
i 3+3+i 3−3
2 3
√
+ √
=−
= −i
3+9
12
i 3−3 i 3+3
In conclusione, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio,
√ !
Z +∞
I
1
2 3
π
dx = lim
f (z) dz = 2π i −i
=√ .
4
2
r→+∞ ϕ
12
3
−∞ x + x + 1
r
(3) Calcolare il valor principale del seguente integrale:
Z +∞
x+1
dx
2
−∞ (x + 4)x
Soluzione. Il denominatore si annulla in x = 0, all’infinito la funzione
x+1
f (x) = 2
è infinitesima come 1/x2 , pertanto essa non è integrabile
(x + 4)x
in un intorno di x = 0 ma esiste l’integrale nel senso del valor principale.
Utilizziamo il circuito ϕr riportato in Figura 2. Il denominatore si annulla
2
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A. LEACI
Figura 2.
in z = 2i e z = −2i. Dunque il punto z = 2i è l’unico interno al circuito ϕr ,
e z = 0 è un polo semplice. Calcoliamo i residui:
Res(f, 2i) =
z+1
3z 2 + 4
Res(f, 0) =
=
z=2i
x+1
x2 + 4
1 + 2i
1 + 2i
=−
,
4 − 12
8
=
z=0
1
.
4
In conclusione, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio e sul piccolo
cerchio, otteniamo
Z
+∞
(v.p.)
−∞
x+1
dx = lim
r→∞
(x2 + 4)x
I
f (z) dz + π i
ϕr
1
1 + 2i
1
π
= −2π i
+πi = .
4
8
4
2
(4) Calcolare il valor principale del seguente integrale:
Z
+∞
−∞
x2
x cos x
dx
+ 4x + 5
Soluzione. Il denominatore non si annulla in R, all’infinito la funzione
x cos x
è infinitesima come 1/x, pertanto essa non è assolutamente inx2 + 4x + 5
tegrabile in senso improprio ma esiste l’integrale nel senso del valor principale. Utilizziamo il circuito ϕr formato dal segmento [−r, r] sull’assse reale
e dalla semicirconferenza di raggio r nel semipiano y > 0. Consideriamo
z ei z
la funzione f (z) = 2
, la parte reale dell’integrale sull’asse reale
z + 4z + 5
fornisce l’integrale cercato. Risolviamo l’equazione
z 2 + 4z + 5 = 0
=⇒
z = −2 ±
√
4 − 5 = −2 ± i.
3
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A. LEACI
Dunque i punti −2 ± i sono poli semplici, e solo z1 = −2 + i si trova nel
semipiano y > 0. In esso abbiamo
z ei z
(−2 + i) ei (−2+i)
Res(f, z1 ) =
=
2z + 4 z=z1
2(−2 + i) + 4
(−2 + i) e−1 (cos 2 − i sin 2)
(−2 cos 2 + sin 2) + i (cos 2 + sin 2)
=
2i
2e i
1
i (2 cos 2 − sin 2) + (cos 2 + sin 2) .
=
2e
Moltiplicando per 2π i, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio, e
considerando solo la parte reale, concludiamo
I
Z +∞
x cos x
π
(v.p.)
dx = lim Re
f (z) dz = (sin 2 − 2 cos 2) .
2
r→∞
e
−∞ x + 4x + 5
ϕr
=
(5) Calcolare con i metodi dell’analisi complessa il seguente integrale:
Z +∞ √
x
dx .
2
x +1
0
Soluzione.
Il denominatore non si annulla in R, all’infinito la funzione
√
x
è infinitesima come 1/x3/2 , pertanto essa è integrabile in senso imx2 + 1
√
z
proprio. Poichè la funzione f (z) = 2
è polidroma ed ha in z = 0 un
z +1
punto di diramazione, utilizziamo il circuito ϕr riportato nella Figura 2, in
modo che la determinazione
di f (z) risulti olomorfa.
Nei punti dell’asse reale
√
√
x
i −x
risulta f (x) = 2
per x > 0 e f (x) = 2
per x < 0. Il denominax +1
x +1
tore si annulla per z = ±i che sono poli semplici, e solo z1 = i si trova nel
semipiano y > 0. In esso abbiamo
√ √ ei π/4
1 √
x
Res(f, z1 ) =
=
=
2+i 2 .
2z z=z1
2i
4i
Dunque per r > 1
I
f (z) dz =
ϕr
√ π √
2+i 2 .
2
Tenendo conto dei Teoremi sul grande cerchio e sul piccolo cerchio, e considerando solo la parte reale, concludiamo
√
I
Z +∞ √
x
π 2
dx = lim Re
f (z) dz =
.
r→+∞
x2 + 1
2
0
ϕr
(6) Calcolare il seguente integrale:
Z +∞
−∞
cos x
dx .
x2 + 4x + 5
4
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Soluzione. Il denominatore non si annulla in R, all’infinito la funzione
cos x
è infinitesima come 1/x2 , pertanto essa è assolutamente in2
x + 4x + 5
tegrabile in senso improprio. Utilizziamo il circuito ϕr formato dal segmento [−r, r] sull’assse reale e dalla semicirconferenza di raggio r nel seei z
, la parte
mipiano y > 0. Consideriamo la funzione f (z) = 2
z + 4z + 5
reale dell’integrale sull’asse reale fornisce l’integrale cercato. Risolviamo
l’equazione
√
z 2 + 4z + 5 = 0 =⇒ z = −2 ± 4 − 5 = −2 ± i.
Dunque i punti −2 ± i sono poli semplici, e solo z1 = −2 + i si trova nel
semipiano y > 0. In esso abbiamo
iz e
ei (−2+i)
Res(f, z1 ) =
=
2z + 4 z=z1
2(−2 + i) + 4
e−1 (cos 2 − i sin 2)
cos 2 − i sin 2
=
.
2i
2e i
Moltiplicando per 2π i, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio, e
considerando solo la parte reale, concludiamo
I
Z +∞
π
cos x
f (z) dz = cos 2 .
dx = lim Re
2
r→+∞
e
ϕr
−∞ x + 4x + 5
=
(7) Calcolare con i metodi dell’analisi complessa il seguente integrale improprio:
Z +∞
1
dx.
2
(x + 4)2
0
Soluzione. Il denominatore non si annulla in R, all’infinito la funzio1
ne f (x) = 2
è infinitesima come 1/x4 , pertanto essa è integrabile.
(x + 4)2
Poiché la funzione è pari l’integrale proposto è la metà dell’integrale su tutto
R. Utilizziamo il circuito ϕr formato dal segmento [−r, r] sull’assse reale e
dalla semicirconferenza di raggio r nel semipiano y > 0 (vedi Figura 2). Il
denominatore ha le due radici ±2 i, entrambe doppie. Solo 2 i si trova nel
semipiano y > 0. Dunque il punto 2 i è un polo doppio. In esso abbiamo
d
1
2
Res(f, 2 i) =
(z − 2 i) 2
dz
(x + 4)2 z=2 i
d
1
−2
=
=
dz (z + 2 i)2 z=2 i
(z + 2 i)3 z=2 i
−2
1
=
=
,
−64 i
32 i
5
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A. LEACI
In conclusione, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio,
Z +∞
I
1
π
1
= ,,
dx = lim
f (z) dz = 2π i
2
2
r→+∞ ϕ
32 i
16
−∞ (x + 4)
r
e dunque
+∞
Z
0
(x2
(8) Calcolare il seguente integrale:
I
ϕ
1
π
.
dx =
2
+ 4)
32
ez
dz,
sin z
dove il circuito ϕ è il rettangolo con vertici nei punti
π
5π
π
5π
π
π
π
π
− i , z3 =
+ i , z4 = − + i ,
z1 = − − i , z2 =
2
2
2
2
2
2
2
2
percorso in senso antiorario.
Soluzione. La funzione integranda ha poli semplici nei punti sull’asse reale
kπ con k ∈ Z. All’interno del rettangolo troviamo i punti wk = kπ per
k = 0, 1, 2. Calcoliamo i residui in tali punti
z z e
e
Res(f, w0 ) =
= 1 , Res(f, w1 ) =
= − eπ ,
cos z z=0
cos z z=π
z e
Res(f, w2 ) =
= e2π .
cos z z=2π
Allora, per il teorema dei residui otteniamo:
I
ez
dz = 2π i(1 − eπ + e2π ) .
ϕ sin z
2. Trasformata di Fourier
Utilizzeremo la definizione di Trasformata di Fourier data da
Z +∞
ˆ
F(f )(ξ) = f (ξ) =
f (x)e−ixξ dx .
−∞
(1) Stabilire se la funzione
eix
x2 + 2x + 10
possiede la trasformata di Fourier e precisare le principali proprietà di f e
fˆ. Calcolare esplitamente la trasformata di Fourier di f .
f (x) =
6
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Soluzione. Il numeratore è limitato, il denominatore non si annulla in R,
all’infinito la funzione f (x) è infinitesima come 1/x2 , pertanto essa appartiene
a L1 (R). Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa è continua.
Poiché la funzione f appartiene a C ∞ (R), la sua trasformata è infinitesima
all’infinito di ordine arbitrariamente grande.
1
Posto g(x) =
sappiamo che ĝ(ξ) = π e−|ξ| . Inoltre risulta
2
1+x
1
1
1
1
=
=
.
h(x) = 2
2
x + 2x + 10
(x + 1) + 9
9 ((x + 1)/3)2 + 1
Allora utilizzando prima la formula per il cambiamento di scala di fattore
1/3 e poi la formula per la trasformata della traslazione otteniamo
1
(ξ) = 3π e−|3ξ|
F
2
(x/3) + 1
1
F
(ξ) = 3π e−|3ξ|+i ξ
((x + 1)/3)2 + 1
1
ĥ(ξ) = π e−|3ξ|+i ξ .
3
ix
Infine, poiché f (x) = e h(x), possiamo concludere usando la formula per la
trasformata della modulazione:
1
fˆ(ξ) = π e−|3(ξ−1)|+i (ξ−1) .
3
(2) Stabilire se la funzione
sin 3x
f (x) = 2
x + 25
possiede la trasformata di Fourier e precisare le principali proprietà di f e
fˆ. Calcolare esplitamente la trasformata di Fourier di f .
Soluzione. Il numeratore è limitato, il denominatore non si annulla in R,
all’infinito la funzione f (x) è infinitesima come 1/x2 , pertanto essa appartiene
a L1 (R). Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa è continua.
Poiché la funzione f appartiene a C ∞ (R), la sua trasformata è infinitesima
all’infinito di ordine arbitrariamente grande. Poiché la funzione f è dispari
la sua trasformata è immaginaria pura e dispari.
1
Posto g(x) =
sappiamo che ĝ(ξ) = π e−|ξ| . Inoltre risulta
2
1+x
1
1
1
h(x) = 2
=
.
x + 25
25 (x/5)2 + 1
Allora utilizzando la formula per il cambiamento di scala di fattore 1/5
otteniamo:
1
ĥ(ξ) = π e−|5ξ| .
5
7
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Infine, poiché
f (x) = h(x) sin 3x =
e3ix − e−3ix
h(x) ,
2i
possiamo concludere usando la formula per la trasformata della modulazione:
1
i
π (e−|5(ξ−3)| − e−|5(ξ+3)| ) =
π (e−|5(ξ+3)| − e−|5(ξ−3)| ) .
fˆ(ξ) =
10 i
10
(3) Calcolare la trasformata di Fourier della seguente funzione:
f (x) =
e2ix
.
x2 − 4x + 5
Soluzione. Il numeratore è limitato, il denominatore non si annulla in R,
all’infinito la funzione f (x) è infinitesima come 1/x2 , pertanto essa appartiene
a L1 (R). Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa è continua.
Poiché la funzione f appartiene a C ∞ (R), la sua trasformata è infinitesima
all’infinito di ordine arbitrariamente grande.
1
Posto g(x) =
sappiamo che ĝ(ξ) = π e−|ξ| . Inoltre risulta
2
1+x
h(x) =
x2
1
1
=
.
− 4x + 5
(x − 2)2 + 1
Allora utilizzando la formula per la trasformata della traslazione otteniamo:
ĥ(ξ) = π e−|ξ|−2i ξ .
Infine, poiché
f (x) = e2ix h(x) ,
possiamo concludere usando la formula per la trasformata della modulazione:
fˆ(ξ) = π e−|ξ−2|−2i (ξ−2) .
(4) Calcolare la trasformata di Fourier della seguente funzione:
f (x) = (1 − |x|)+ .
Soluzione. La funzione f (x) è a supporto compatto, pertanto essa appartiene a L1 (R). Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa appartiene a C ∞ (R). La funzione f (x) è pari, quindi la trasformata di Fourier è
reale e pari.
8
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A. LEACI
Calcoliamo la trasformata di Fourier usando la definizione (per ξ 6= 0):
Z +∞
Z 0
Z 1
−i x ξ
−i x ξ
ˆ
f (x) e
(1 + x) e
(1 − x) e−i x ξ dx
f (ξ) =
dx =
dx +
−∞
−1
0
0
1
Z 1
(1 + x) −i x ξ
1
(1 − x) −i x ξ
1
−i x ξ
e
e
e
e−i x ξ dx
=
+
dx +
−
−i ξ
i ξ −1
−i ξ
iξ 0
−1
0
0
1
1
1
1
i
1
1
i
1
i
1
+
+ − 2 e−i x ξ = + 2 − 2 ei ξ − − 2 e−i ξ + 2
= + 2 e−i x ξ
ξ
ξ
iξ
ξ
ξ ξ
ξ
ξ ξ
ξ
−1
0
Z
0
2 − (ei ξ + e−i ξ )
2 − 2 cos ξ
=
.
ξ2
ξ2
Infine fˆ(0) = 1.
(5) Calcolare le trasformate di Fourier delle seguenti funzioni:
1
cos x
, k(x) = 2
.
h(x) = 2
x +1
x +4
=
1
sappiamo che ĝ(ξ) = π e−|ξ| . Allora
2
1+x
risulta
ix
e + e−ix
cos x
F 2
(ξ) = F
(ξ) .
x +1
2(x2 + 1)
Utilizzando la formula per la trasformata della modulazione otteniamo:
π −|ξ−1|
e
ĥ(ξ) =
+ e−|ξ+1| .
2
Poiché
1
1
k(x) =
,
4 (x/2)2 + 1
possiamo concludere usando la formula per la trasformata del cambiamento
di scala:
π
k̂(ξ) = e−|2ξ| .
2
Soluzione. Posto g(x) =
3. Trasformata di Laplace
Utilizzeremo la definizione di Trasformata di Laplace data da
Z +∞
L(F )(s) = f (s) =
F (t)e−ts dt .
0
Con H indicheremo la funzione di Heaviside, cioè
(
0 per t < 0,
H(t) =
1 per 0 ≤ t < +∞ .
9
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(1) Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente P.d.C.
(
Y 00 (t) + 4Y 0 (t) + 3Y (t) = F (t) t > 0,
Y (0) = 0, Y 0 (0) = 1 ,
dove F è la funzione che vale
(
t per 0 ≤ t < 1,
F (t) =
1 per 1 ≤ t < +∞ .
Soluzione. Utilizzando la funzione di Heaviside, la funzione F (t) e la sua
trasformata f (s) si possono scrivere come
e−s
1
F (t) = tH(t) − (t − 1)H(t − 1) =⇒ f (s) = 2 − 2 .
s
s
Trasformando l’equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo:
1 − e−s
1 − e−s
2
=⇒
(s
+
4s
+
3)y(s)
=
1
+
,
s2 y(s) − 1 + 4sy(s) + 3y(s) =
s2
s2
dunque la trasformata della soluzione è
1 − e−s
1
+ 2 2
.
y(s) = 2
s + 4s + 3 s (s + 4s + 3)
Il denominatore ha la radice doppia s = 0 e le radici semplici s = −1 e
s = −3. Dunque usiamo il metodo dei fratti semplici per avere
1
A
B
1
1
=
+
=
−
,
2
s + 4s + 3
s+1 s+3
2(s + 1) 2(s + 3)
e
1
As + B
C
D
=
+
+
2
2
2
s (s + 4s + 3)
s
s+1 s+3
1
1
1
4
−
.
=− + 2 +
9s 3s
2(s + 1) 18(s + 3)
In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione:
1
1
4
1
1
1
y(s) =
−
−
+ 2+
−
2(s + 1) 2(s + 3) 9s 3s
2(s + 1) 18(s + 3)
4
1
1
1
−s
−e
−
.
− + 2+
9s 3s
2(s + 1) 18(s + 3)
Dalle regole di antitrasformazione concludiamo
1
1
4 t 1
1
Y (t) = e−t − e−3t − + + e−t − e−3t
2
2
9 3 2
18
−(t−1)
e−3(t−1)
4 t−1 e
− H(t − 1) − +
+
−
9
3
2
18
5 −3t 4 t
4 t − 1 e−(t−1) e−3(t−1)
−t
= e − e − + − H(t − 1) − +
.
+
−
9
9 3
9
3
2
18
10
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A. LEACI
Figura 3. Soluzione del P.d.C. (1).
(2) Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente P.d.C.
(
Y 00 (t) + 3Y 0 (t) + 2Y (t) = F (t) t > 0,
Y (0) = 0, Y 0 (0) = 0 ,
dove F è la funzione che vale
(
sin t per 0 ≤ t < 2π,
F (t) =
0
per 2π ≤ t < +∞ .
Soluzione. Utilizzando la funzione di Heaviside e la periodicità del seno,
la funzione F (t) e la sua trasformata f (s) si possono scrivere come
F (t) = sin t H(t) − sin(t − 2π)H(t − 2π)
=⇒
f (s) =
e−2πs
1
−
.
1 + s2 1 + s2
Trasformando l’equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo:
s2 y(s) + 3sy(s) + 2y(s) =
1 − e−2πs
1 − e−2πs
2
=⇒
(s
+
3s
+
2)y(s)
=
,
1 + s2
1 + s2
dunque la trasformata della soluzione è
y(s) =
1 − e−2πs
.
(1 + s2 )(s2 + 3s + 2)
Il denominatore ha le radici semplici s = −1, s = −2 e s = ±i. Dunque
usiamo il metodo dei fratti semplici per avere
1
(1 +
s2 )(s2
As + B
C
D
+
+
2
+ 3s + 2)
1+s
s+1 s+2
1 − 3s
1
1
=
+
−
.
10 (s2 + 1) 2(s + 1) 5(s + 2)
=
11
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In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione:
1
1
1 − 3s
+
−
y(s) =
10 (s2 + 1) 2(s + 1) 5(s + 2)
1 − 3s
1
1
−2πs
−e
+
−
.
10 (s2 + 1) 2(s + 1) 5(s + 2)
Dalle regole di antitrasformazione, usando ancora la periodicità del seno e
del coseno, concludiamo
e−t e−2t
1
3
Y (t) =
sin t −
cos t +
−
10
10
2
5
e−(t−2π) e−2(t−2π)
1
3
− H(t − 2π)
sin t −
cos t +
−
.
10
10
2
5
Figura 4. Soluzione del P.d.C. (2).
(3) Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente P.d.C.
(
Y 00 (t) + 2Y 0 (t) + Y (t) = F (t) t > 0,
Y (0) = 0, Y 0 (0) = 0 ,
dove F è la funzione che vale
(
e−t
F (t) =
0
per 1 ≤ t ≤ 2,
altrove .
Soluzione. La funzione F (t) è discontinua nei punti t = 1 e t = 2, perciò
la soluzione è solo di classe C 1 e verifica l’equazione tranne che in tali punti.
Utilizzando la funzione di Heaviside, la funzione F (t) e la sua trasformata
f (s) si possono scrivere come
e−(s+1) e−2(s+1)
−
.
s+1
s+1
Trasformando l’equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo:
F (t) = e−t H(t − 1) − e−t H(t − 2)
s2 y(s) + 2sy(s) + y(s) =
=⇒
f (s) =
e−(s+1) − e−2(s+1)
e−(s+1) − e−2(s+1)
=⇒ y(s) =
.
s+1
(s + 1)(s2 + 2s + 1)
12
ESERCIZI DI MATEMATICA APPLICATA
A. LEACI
Il denominatore ha la radice tripla s = −1. Dunque dobbiamo antitrasformare la funzione:
e−(s+1) − e−2(s+1)
y(s) =
.
(s + 1)3
Dalle regole di antitrasformazione concludiamo
e−t
(t − 1)2 H(t − 1) − (t − 2)2 H(t − 2)
Y (t) =
2
Figura 5. Soluzione del P.d.C. (3).
(4) Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente P.d.C.
(
Y 00 (t) − 5Y 0 (t) + 6Y (t) = H(t − 1) e−t t > 0,
Y (0) = 0, Y 0 (0) = 1 ,
Soluzione. La trasformata del secondo membro è
e−(s+1)
f (s) =
.
s+1
Trasformando l’equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo:
e−(s+1)
e−(s+1)
2
s y(s) − 1 − 5sy(s) + 6y(s) =
=⇒ (s − 5s + 6)y(s) = 1 +
,
s+1
s+1
dunque la trasformata della soluzione è
2
e−(s+1)
1
+
.
s2 − 5s + 6 (s + 1)(s2 − 5s + 6)
I denominatori hanno le radici semplici s = −1, s = 2 e s = 3. Dunque
usiamo il metodo dei fratti semplici per avere
1
A
B
1
1
=
+
=
−
,
2
s − 5s + 6
s−3 s−2
s−3 s−2
e
1
A
B
C
=
+
+
2
(s + 1)(s − 5s + 6)
s+1 s−3 s−2
1
1
1
=
+
−
.
12(s + 1) 4(s − 3) 3(s − 2)
13
y(s) =
ESERCIZI DI MATEMATICA APPLICATA
A. LEACI
In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione:
1
1
1
1
1
−(s+1)
−
+e
+
−
.
y(s) =
s−3 s−2
12(s + 1) 4(s − 3) 3(s − 2)
Dalle regole di antitrasformazione concludiamo
−(t−1)
e3(t−1) e2(t−1)
e
1
3t
2t
+
−
.
Y (t) = e − e + H(t − 1)
e
12
4
3
(5) Calcolare l’antitrasformata di Laplace della seguente funzione
f (s) =
3s2 + 3s + 2
.
(s − 2)(s2 + 4s + 8)
Soluzione. Usiamo il metodo dei fratti semplici per avere
3s2 + 3s + 2
A
Bs + C
=
+ 2
2
(s − 2)(s + 4s + 8)
s − 2 s + 4s + 8
1
2s + 3
1
2(s + 2) − 1
=
+ 2
=
+
s − 2 s + 4s + 8
s − 2 (s + 2)2 + 4
da cui otteniamo:
1 −2t
e sin 2t .
2
(6) Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente P.d.C.
(
Y 00 (t) + 3Y 0 (t) + 2Y (t) = sin(t − π) H(t − π) t > 0,
Y (0) = 2, Y 0 (0) = −3 .
F (t) = e2t +2 e−2t cos 2t −
Soluzione. La trasformata del secondo membro è
1
f (s) = e−πs 2
.
s +1
Trasformando l’equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo:
s2 y(s) − 2s + 3 + 3sy(s) − 6 + 2y(s) =
(s2 + 3s + 2)y(s) = 2s + 3 +
e−πs
s2 + 1
e−πs
,
s2 + 1
dunque la trasformata della soluzione è
y(s) =
e−πs
2s + 3
+
.
s2 + 3s + 2 (s2 + 3s + 2)(s2 + 1)
I denominatori hanno le radici semplici s = −1, s = −2 e s = ±i. Dunque
usiamo il metodo dei fratti semplici per avere
s2
2s + 3
A
B
1
1
=
+
=
+
,
+ 3s + 2
s+1 s+2
s+1 s+2
14
ESERCIZI DI MATEMATICA APPLICATA
A. LEACI
e
A
B
Cs + D
1
=
+
+
(s2 + 3s + 2)(s2 + 1)
s+1 s+2
s2 + 1
1
1
3s − 1
=
−
−
.
2(s + 1) 5(s + 2) 10 (s2 + 1)
In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione:
1
1
1
1
3s − 1
−πs
y(s) =
+
+e
−
−
.
s+1 s+2
2(s + 1) 5(s + 2) 10 (s2 + 1)
Dalle regole di antitrasformazione concludiamo
−(t−π)
e−2(t−π) 3 cos (t − π) sin(t − π)
e
−t
−2t
Y (t) = e + e +H(t − π)
−
−
+
.
2
5
10
10
Figura 6. Soluzione del P.d.C. (6).
15