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Corso di Metodi Matematici per l’IngegneriaA.A. 2016/2017
Esercizi svolti sulla trasformata di Laplace
Marco BramantiPolitecnico di Milano
January 2, 2017
Esercizi
A. Esercizi sul calcolo di trasformate
Esercizio 1 Calcolare la trasformata di Laplace delle seguenti funzioni, specif-icando l’ascissa di convergenza.
(a) f (t) = χ(a,b) (t) (0 ≤ a < b < +∞)
(b) f (t) = Sh (at) (a > 0)
(c) f (t) = Ch (at) (a > 0)
(d) f (t) = mt · χ(0,a) (t)
(e) f (t) =
1 per t ∈ (0, 1)−1 per t ∈ (1, 2)
0 altrimenti
Esercizio 2 Calcolare la trasformata di Laplace delle seguenti funzioni, senzacalcolare esplicitamente integrali, ma sfruttando la tabella delle trasformate difunzioni elementari e le proprietà operatoriali della trasformata (linearità, for-mule del t-shift, s-shift, ecc.). Specificare l’ascissa di convergenza.
(a) f (t) =(t2 − 3
)2(b) f (t) = cos (ωt+ φ)
(c) f (t) = teαt sin (ωt) (usare la formula delle derivate)
(d) f (t) = e−t(a0 + a1t+ a2t
2 + ...+ antn)
(e) f (t) = (t− 3)4H (t− 3)
Esercizio 3 Calcolare la convoluzione
f (t) = t ∗ t ∗ ... ∗ t (n volte)
1
con il seguente procedimento:(a) calcolare la trasformata di Laplace della convoluzione a partire dalla
trasformata di t;(b) antitrasformare il risultato ottenuto.
Esercizio 4 Calcolare la convoluzione
f (t) = e−t ∗ e−t ∗ ... ∗ e−t (n volte)
con il seguente procedimento:(a) calcolare la trasformata di Laplace della convoluzione a partire dalla
trasformata di e−t;(b) antitrasformare il risultato ottenuto.
Esercizio 5 Calcolare la convoluzione
f (t) = χ(0,1) (t) ∗ χ(0,1) (t)
con il seguente procedimento:(a) calcolare la trasformata di Laplace della convoluzione a partire dalla
trasformata di χ(0,1) (t) = H (t)−H (t− 1);(b) antitrasformare il risultato ottenuto.
Esercizio 6 Calcolare le seguenti convoluzioni (calcolando l’integrale). Quindi,calcolarne la trasformata di Laplace.
(a) t ∗ χ(0,1) (t)
(b) sin t ∗ χ(a,b) (t)
(c) e−t ∗ 1
Esercizio 7 Calcolare l’antitrasformata di Laplace delle seguenti funzioni, uti-lizzando il metodo dei residui oppure metodi elementari basati sulla tabella delletrasformate e le proprietà operatoriali della trasformata.
(a) F (s) =2s+ 16
s2 − 16
(b) F (s) =s4 − 3s2 + 12
s5
(c) F (s) =nπL
L2s2 + n2π2(n,L > 0)
(d) F (s) =7
(s− 1)3
(e) F (s) =15
s2 + 4s+ 29
2
B. Esercizi sull’applicazione delle trasformateRisolvere i seguenti problemi di Cauchy, utilizzando il metodo della trasfor-
mata di Laplace
Esercizio 8 y′′ + 9y = χ(0,π) (t) · sin ty (0) = 0y′ (0) = 4
Esercizio 9 y′′ + 3y′ + 2y = χ(0,1) (t)y (0) = 0y′ (0) = 0
Esercizio 10 y′′ + y = χ(0,1) (t) · ty (0) = 0y′ (0) = 0
Esercizio 11 y′′ − 16y = χ(0,4) (t) · 48e2t
y (0) = 3y′ (0) = −4
Esercizio 12 y′′ + 8y′ + 15y = r (t)y (0) = 1y′ (0) = 0
con r (t) =
2 sin t se t ∈ (0, 2π)sin 2t se t ≥ 2π
Determinare la corrente i (t) nei seguenti circuiti elettrici
Esercizio 13 (Circuito RC)
Ri (t) +1
C
(q0 +
∫ t
0
i (τ) dτ
)= v (t)
dove R = 10Ω, C = 10−2F, q0 = 0 e(a) v (t) = 100V per t ∈ (0.5, 0.6) , nulla altrimenti.(b) v (t) = 0 se t < 2, v (t) = 100 (t− 2)V se t > 2.(c) v (t) = 0 se t < 4, v (t) = 14 · 106e−3tV se t > 4.
Esercizio 14 (Circuito RL)
Li′ (t) +Ri (t) = v (t)
dove i (0) = 0 e(a) R = 10Ω, L = 0.5H, v (t) = 200t V per t ∈ (0, 2) , nulla altrimenti.(b) R = 1000Ω, L = 1H, v (t) = 40 sin t V se t > π, nulla altrimenti.(c) R = 25Ω, L = 0.1H, v (t) = 490e−8t V se t ∈ (0, 1) , nulla altrimenti.
3
Esercizio 15 (Circuito LC)
Li′ (t) +1
C
(q0 +
∫ t
0
i (τ) dτ
)= v (t)
dove i (0) = 0, q0 = 0 e
(a) L = 1 H,C = 0.25 F, v (t) = 200(t− t2
3
)V per t ∈ (0, 1) , nulla
altrimenti.(b) L = 1 H,C = 10−2 F, v (t) = −9900 cos t V per t ∈ (π, 3π) , nulla
altrimenti.(c) L = 0.5 H,C = 0.5 F, v (t) = 78 sin t V per t ∈ (0, π) , nulla altrimenti.
Esercizio 16 (Circuito LCR)
Li′ (t) +Ri (t) +1
C
(q0 +
∫ t
0
i (τ) dτ
)= v (t)
dove i (0) = 0, q0 = 0 e(a) R = 2 Ω, L = 1 H,C = 0.5 F, v (t) = 1000 V per t ∈ (0, 2) , nulla
altrimenti.(b) R = 4 Ω, L = 1 H,C = 0.05 F, v (t) = 34e−t V per t ∈ (0, 4) , nulla
altrimenti.
Risolvere le seguenti equazioni integrali
Esercizio 17
y (t)−∫ t
0
y (τ) sin (t− τ) dτ = t.
Esercizio 18
y (t)−∫ t
0
y (τ) dτ = 1.
Esercizio 19
y (t) + 2
∫ t
0
y (τ) cos (t− τ) dτ = cos t.
Esercizio 20
y (t) +
∫ t
0
(t− τ) y (τ) dτ = 1.
4
Svolgimenti
Esercizio 1.(a)
Lf (s) =
∫ b
a
e−stdt =
[e−st
−s
]ba
=e−sa − e−sb
scon σ [f ] = −∞.
(b)
Lf (s) =
∫ +∞
0
e−steat − e−at
2dt =
1
2
∫ +∞
0
e(a−s)tdt−∫ +∞
0
e−(s+a)tdt
=
1
2
[e(a−s)t
a− s
]+∞0
+
[e−(a+s)t
a+ s
]+∞0
=1
2
(1
s− a −1
a+ s
)=
2a
2 (s2 − a2) =a
s2 − a2 , con σ [f ] = a.
(c)
Lf (s) =
∫ +∞
0
e−steat + e−at
2dt =
1
2
∫ +∞
0
e(a−s)tdt+
∫ +∞
0
e−(s+a)tdt
=
1
2
[e(a−s)t
a− s
]+∞0
−[e−(a+s)t
a+ s
]+∞0
=1
2
(1
s− a +1
a+ s
)=
2s
2 (s2 − a2) =s
s2 − a2 , con σ [f ] = a.
(d)
Lf (s) = m
∫ a
0
e−sttdt = m
[te−st
−s
]a0
+
∫ a
0
e−st
sdt
= m
−ae
−as
s+
1
s
[e−st
−s
]a0
= m
−ae
−as
s+−e−sa + 1
s2
con σ [f ] = −∞.
Non ostante il denominatore s, s2, la trasformata è regolare. Ad esempio ilgrafico di Lf (s) per s reale è:
5
Esercizio 2.Calcolare la trasformata di Laplace delle seguenti funzioni, senza calcolare
esplicitamente integrali, ma sfruttando la tabella delle trasformate di funzionielementari e le proprietà operatoriali della trasformata (linearità, formule delt-shift, s-shift, ecc.). Specificare l’ascissa di convergenza.
(a)
Lf (s) = L(t4 − 6t2 + 9
)= L
(t4)− 6L
(t2)
+ 9L (1)
=4!
s5− 6 · 2
s3+ 9
1
s=
24
s5− 12
s3+
9
s, con σ [f ] = 0.
(b)
L (cos (ωt+ φ)) (s) = L (cos (ωt) cosφ− sin (ωt) sinφ) (s)
= cosφL (cos (ωt)) (s)− sinφL (sin (ωt)) (s)
= cosφ · s
s2 + ω2− sinφ
ω
s2 + ω2
=s cosφ− ω sinφ
s2 + ω2, con σ [f ] = 0.
(c) Poiché
L(eαt sin (ωt)
)(s) =
ω
(s− α)2
+ ω2,
ricordando l’identitàd
dsLf (s) = L (−tf (t)) (s)
si ha
L(teαt sin (ωt)
)(s) = − d
ds
(ω
(s− α)2
+ ω2
)=
2ω (s− α)[(s− α)
2+ ω2
]2 ,con σ [f ] = α.
(d) Ricordando l’identità L (eatf (t)) (s) = L (f) (s− a) si ha
L(e−t
(a0 + a1t+ a2t
2 + ...+ antn))
(s)
= L(a0 + a1t+ a2t
2 + ...+ antn)
(s+ 1)
=
n∑j=0
ajL(tj)
(s+ 1) =
n∑j=0
ajj!
(s+ 1)j+1
=a0s+ 1
+a1
(s+ 1)2 +
2a2
(s+ 1)3 + ...+
n!an
(s+ 1)n+1 ,
con σ [f ] = −1.(e) Ricordando l’identità L (f (t− t0)H (t− t0)) (s) = e−t0sL (f) (s) si ha
L(
(t− 3)4H (t− 3)
)(s) = e−3sL
(t4)
(s) = e−3s4!
s5.
6
Esercizio 3.(a)
L (t ∗ t ∗ ... ∗ t) (s) = (L (t) (s))n
=
(1
s2
)n=
1
s2n
(b) Ricordando l’identità L(tk)
(s) = k!sk+1
, per k + 1 = 2n si ha
1
s2n= L
(t2n−1
(2n− 1)!
),
da cui
t ∗ t ∗ ... ∗ t︸ ︷︷ ︸n volte
=t2n−1
(2n− 1)!per n = 2, 3, ...
Esercizio 4.(a)
L(e−t ∗ e−t ∗ ... ∗ e−t
)(s) =
(L(e−t)
(s))n
=
(1
s+ 1
)n=
1
(s+ 1)n
(b) Ricordando l’identità L(tk)
(s) = k!sk+1
, per k + 1 = n si ha
1
sn= L
(tn−1
(n− 1)!
),
da cui, per la formula di s-shift L (eatf (t)) (s) = L (f) (s− a) ,
1
(s+ 1)n = L
(tn−1
(n− 1)!
)(s+ 1) = L
(e−t
tn−1
(n− 1)!
)per n = 2, 3, ...
e infine
e−t ∗ e−t ∗ ... ∗ e−t︸ ︷︷ ︸n volte
= e−ttn−1
(n− 1)!per n = 2, 3, ...
Esercizio 5.(a)
L(χ(0,1) (t)
)(s) = L (H (t)−H (t− 1)) (s)
=1
s− e−s
s=
1− e−ss
.
L(χ(0,1) (t) ∗ χ(0,1) (t)
)(s) =
(L(χ(0,1) (t)
)(s))2
=
(1− e−s
s
)2=
1− 2e−s + e−2s
s2.
7
(b) Dalle identità
L (tH (t)) (s) =1
s2
L (f (t− t0)H (t− t0)) (s) = e−t0sL (f) (s)
si ha
1− 2e−s + e−2s
s2=
1
s2− 2
e−s
s2+e−2s
s2
= L (tH (t))− 2L ((t− 1)H (t− 1)) + L ((t− 2)H (t− 2))
da cui
χ(0,1) (t) ∗ χ(0,1) (t) = tH (t)− 2 (t− 1)H (t− 1) + (t− 2)H (t− 2)
=
t per t ∈ [0, 1]t− 2 (t− 1) per t ∈ [1, 2]t− 2 (t− 1) + (t− 2) per t > 2
=
t per t ∈ [0, 1]2− t per t ∈ [1, 2]0 per t > 2
Esercizio 6.(a)
t ∗ χ(0,1) (t) =
∫ t
0
(t− τ)χ(0,1) (τ) dτ.
Se t < 1,∫ t
0
(t− τ)χ(0,1) (τ) dτ =
∫ t
0
(t− τ) dτ = t2 −∫ t
0
τdτ = t2 − t2
2=t2
2.
Se t ≥ 1,∫ t
0
(t− τ)χ(0,1) (τ) dτ =
∫ 1
0
(t− τ) dτ = t−∫ 1
0
τdτ = t− 1
2.
8
Quindi
t ∗ χ(0,1) (t) =
t2
2 per t < 1t− 1
2 per t ≥ 1
L(t ∗ χ(0,1) (t)
)(s) = L (t) (s) · L
(χ(0,1) (t)
)(s)
=1
s2· e−s − 1
s=e−s − 1
s3.
(dove si è usato l’Esercizio 1 (a)).(b)
sin t ∗ χ(a,b) (t) =
∫ t
0
sin (t− τ)χ(a,b) (τ) dτ.
Se t < a, ∫ t
0
sin (t− τ)χ(a,b) (τ) dτ =
∫ t
0
0dτ = 0.
Se a < t < b,∫ t
0
sin (t− τ)χ(a,b) (τ) dτ =
∫ t
a
sin (t− τ) dτ = [cos (t− τ)]ta = 1− cos (t− a) .
Se t ≥ b,∫ t
0
sin (t− τ)χ(a,b) (τ) dτ =
∫ b
a
sin (t− τ) dτ = [cos (t− τ)]ba
= cos (t− b)− cos (t− a) .
sin t ∗ χ(a,b) (t) =
0 per t < a1− cos (t− a) per a < t < bcos (t− b)− cos (t− a) per t ≥ b
9
grafico per a = 1, b = 2
L(sin t ∗ χ(a,b) (t)
)(s) = L (sin t) (s) · L
(χ(a,b) (t)
)(s)
=1
s2 + 1· e−sa − e−sb
s.
(c)
e−t ∗ 1 =
∫ t
0
e−(t−τ)dτ = e−t∫ t
0
eτdτ = e−t(et − 1
)= 1− e−t.
L(e−t ∗ 1
)(s) = L
(e−t)
(s) · L (1) (s)
=1
s+ 1· 1
s.
Esercizio 7. Risolviamo utilizzando i metodi elementari.(a)
F (s) =2s+ 16
s2 − 16=
3
s− 4− 1
s+ 4= L
(3e4t − e−4t
)(s) .
(b)
F (s) =s4 − 3s2 + 12
s5=
1
s− 3 · 1
s2+ 12 · 1
s5
= L(
1− 3t+ 12t4
4!
)(s) = L
(1− 3t+
t4
2
)(s) .
(c)
F (s) =nπL
L2s2 + n2π2=
1
L2nπL
s2 +(nπL
)2 =nπL
s2 +(nπL
)2 = L(
sin(nπLt))
(s) .
(d) Poiché
G (s) =1
s3= L
(t2
2
)(s) ,
10
F (s) =7
(s− 1)3 = 7L
(ett2
2
)(s) = L
(7
2t2et
)(s) .
(e)
F (s) =15
s2 + 4s+ 29=
15
(s+ 2)2
+ 52
= 3 · 5
(s+ 2)2
+ 52= 3L
(e−2t sin (5t)
)(s)
= L(3e−2t sin (5t)
)(s) .
Esercizio 8. y′′ + 9y = χ(0,π) (t) · sin ty (0) = 0y′ (0) = 4
Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) , g (t) = χ(0,π) (t) · sin t, G (s) = L (g (t)) (s) etrasformando l’equazione differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali siha:
s2Y (s)− sy (0)− y′ (0) + 9Y (s) = G (s)
Y (s)(s2 + 9
)= G (s) + 4
Y (s) =G (s)
s2 + 9+
4
s2 + 9.
Ora, poiché
1
s2 + 9=
1
3
3
s2 + 32=
1
3L (sin (3t)) (s) = L
(sin (3t)
3
)(s)
Y (s) = L(g (t) ∗ sin (3t)
3
)+ 4L sin (3t)
3= L
(g (t) ∗ sin (3t)
3+
4
3sin (3t)
)(s)
y (t) =(χ(0,π) (t) · sin t
)∗ sin (3t)
3+
4
3sin (3t) .
Calcoliamo(χ(0,π) (t) · sin t
)∗ sin (3t) =
∫ t
0
sin 3 (t− τ)χ(0,π) (τ) sin τdτ.
Per t < π,∫ t
0
sin 3 (t− τ)χ(0,π) (τ) sin τdτ =
∫ t
0
sin 3 (t− τ) sin τdτ =1
2sin3 t.
Per t > π,∫ t
0
sin 3 (t− τ)χ(0,π) (τ) sin τdτ =
∫ π
0
sin 3 (t− τ) sin τdτ = 0.
11
Quindi
y (t) =
16 sin3 t+ 4
3 sin (3t) per t < π43 sin (3t) per t > π
Esercizio 9. y′′ + 3y′ + 2y = χ(0,1) (t)y (0) = 0y′ (0) = 0
Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) , g (t) = χ(0,1) (t) , G (s) = L (g (t)) (s) e trasfor-mando l’equazione differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali si ha:
s2Y (s)− sy (0)− y′ (0) + 3 (sY (s)− y (0)) + 2Y (s) = G (s)
Y (s)(s2 + 3s+ 2
)= G (s)
Y (s) =G (s)
s2 + 3s+ 2.
Ora, sia K (s) = 1s2+3s+2 e calcoliamone l’antitrasformata.
1
s2 + 3s+ 2=
1
(s+ 1) (s+ 2)=
1
s+ 1− 1
s+ 2= L
(e−t − e−2t
)(s) .
QuindiY (s) = L
((e−t − e−2t
)∗ g (t)
)(s)
e
y (t) =(e−t − e−2t
)∗ χ(0,1) (t) =
∫ t
0
(e−(t−τ) − e−2(t−τ)
)χ(0,1) (τ) dτ.
12
Per t < 1,∫ t
0
(e−(t−τ) − e−2(t−τ)
)χ(0,1) (τ) dτ =
∫ t
0
(e−(t−τ) − e−2(t−τ)
)dτ
= e−t∫ t
0
eτdτ − e−2t∫ t
0
e2τdτ
= e−t(et − 1
)− e−2t
(e2t − 1
2
)= 1− e−t − 1− e−2t
2=
1
2− e−t +
1
2e−2t.
Per t > 1,∫ t
0
(e−(t−τ) − e−2(t−τ)
)χ(0,1) (τ) dτ =
∫ 1
0
(e−(t−τ) − e−2(t−τ)
)dτ
= e−t∫ 1
0
eτdτ − e−2t∫ 1
0
e2τdτ
= e−t (e− 1)− e−2t(e2 − 1
2
).
y (t) =
12 − e
−t + 12e−2t per t < 1
e−t (e− 1)− e−2t(e2−12
)per t ≥ 1
Esercizio 10. y′′ + y = χ(0,1) (t) · ty (0) = 0y′ (0) = 0
Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) , g (t) = χ(0,1) (t) · t, G (s) = L (g (t)) (s) e trasfor-mando l’equazione differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali si ha:
s2Y (s)− sy (0)− y′ (0) + Y (s) = G (s)
Y (s)(s2 + 1
)= G (s)
Y (s) =G (s)
s2 + 1= L (g (t)) (s) · L (sin t) (s)
= L (g (t) ∗ sin t) (s) .
13
Quindi
y (t) = tχ(0,1) (t) ∗ sin t =
∫ t
0
sin (t− τ) τχ(0,1) (τ) dτ.
Per t < 1,∫ t
0
sin (t− τ) τχ(0,1) (τ) dτ =
∫ t
0
τ sin (t− τ) dτ = t− sin t.
Per t ≥ 1,∫ t
0
sin (t− τ) τχ(0,1) (τ) dτ =
∫ 1
0
τ sin (t− τ) dτ = cos (1− t)−sin (1− t)−sin t.
y (t) =
t− sin t per t < 1cos (1− t)− sin (1− t)− sin t per t ≥ 1
Esercizio 11. y′′ − 16y = χ(0,4) (t) · 48e2t
y (0) = 3y′ (0) = −4
Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) , g (t) = χ(0,4) (t) · 48e2t, G (s) = L (g (t)) (s) etrasformando l’equazione differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali siha:
s2Y (s)− sy (0)− y′ (0)− 16Y (s) = G (s)
Y (s)(s2 − 16
)= G (s) + 3s− 4
Y (s) =G (s)
s2 − 16+
3s− 4
s2 − 16.
Ora:
1
s2 − 16=
1
(s− 4) (s+ 4)=
1
8
(1
s− 4− 1
s+ 4
)= L
(e4t − e−4t
8
)(s) .
3s− 4
s2 − 16=
3s− 4
(s− 4) (s+ 4)=
1
s− 4+
2
s+ 4= L
(e4t + 2e−4t
)(s) .
14
Quindi
Y (s) = L(e4t − e−4t
8∗ g (t) + e4t + 2e−4t
)(s)
e
y (t) =e4t − e−4t
8∗ χ(0,4) (t) · 48e2t + e4t + 2e−4t.
Ora
e4t − e−4t8
∗ χ(0,4) (t) · 48e2t = 6(e4t − e−4t
)∗ χ(0,4) (t) e2t
= 6
∫ t
0
(e4(t−τ) − e−4(t−τ)
)e2τχ(0,4) (τ) dτ
= 6e4t∫ t
0
e−2τχ(0,4) (τ) dτ − 6e−4t∫ t
0
e6τχ(0,4) (τ) dτ.
Per t < 4,
6e4t∫ t
0
e−2τχ(0,4) (τ) dτ − 6e−4t∫ t
0
e6τχ(0,4) (τ) dτ
= 6e4t∫ t
0
e−2τdτ − 6e−4t∫ t
0
e6τdτ = 6e4t · 1− e−2t2
− 6e−4t · e6t − 1
6
= 3e4t − 4e2t + e−4t.
Per t ≥ 4,
6e4t∫ t
0
e−2τχ(0,4) (τ) dτ − 6e−4t∫ t
0
e6τχ(0,4) (τ) dτ
= 6e4t∫ 4
0
e−2τdτ − 6e−4t∫ 4
0
e6τdτ = 6e4t · 1− e−82
− 6e−4t · e24 − 1
6
= 3(1− e−8
)e4t −
(e24 − 1
)e−4t.
y (t) =
3e4t − 4e2t + e−4t + e4t + 2e−4t per t < 43(1− e−8
)e4t −
(e24 − 1
)e−4t + e4t + 2e−4t per t ≥ 4
=
4e4t − 4e2t + 3e−4t per t < 4(4− 3e−8
)e4t +
(3− e24
)e−4t per t ≥ 4
Esercizio 12. y′′ + 8y′ + 15y = r (t)y (0) = 1y′ (0) = 0
con r (t) =
2 sin t se t ∈ (0, 2π)0 se t ≥ 2π
Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) , R (s) = L (r (t)) (s) e trasformando l’equazionedifferenziale tenendo conto delle condizioni iniziali si ha:
s2Y (s)− sy (0)− y′ (0) + 8 (Y (s)− sy (0)) + 15Y (s) = R (s)
Y (s)(s2 + 8s+ 15
)= R (s) + 9s
15
Y (s) =R (s)
s2 + 8s+ 15+
s
s2 + 8s+ 15.
Ora
1
s2 + 8s+ 15=
1
(s+ 5) (s+ 3)=
1
2
(1
s+ 3− 1
s+ 5
)= L
(1
2
(e−3t − e−5t
))(s)
s
s2 + 8s+ 15=
s
(s+ 5) (s+ 3)=
1
2
(5
s+ 3− 3
s+ 5
)= L
(1
2
(5e−3t − 3e−5t
))(s)
Perciò
Y (s) = L(
1
2
(e−3t − e−5t
)∗ r (t) +
1
2
(5e−3t − 3e−5t
))(s)
ey (t) =
1
2
(e−3t − e−5t
)∗ r (t) +
1
2
(5e−3t − 3e−5t
).
Ora:1
2
(e−3t − e−5t
)∗ r (t) =
1
2
∫ t
0
(e−3(t−τ) − e−5(t−τ)
)r (τ) dτ.
Se t < 2π
1
2
∫ t
0
(e−3(t−τ) − e−5(t−τ)
)r (τ) dτ =
1
2
∫ t
0
(e−3(t−τ) − e−5(t−τ)
)2 sin τdτ
=1
130
(−5e−5t + 13e−3t − 8 cos t+ 14 sin t
).
Se t ≥ 2π
1
2
∫ t
0
(e−3(t−τ) − e−5(t−τ)
)r (τ) dτ =
1
2
∫ 2π
0
(e−3(t−τ) − e−5(t−τ)
)2 sin τdτ
=1
2
(1
13
(e10π − 1
)e−5t − 1
5
(e6π − 1
)e−3t
).
y (t) =
1130
(−5e−5t + 13e−3t − 8 cos t+ 14 sin t
)+ 1
2
(5e−3t − 3e−5t
)per t < 2π
12
(113
(e10π − 1
)e−5t − 1
5
(e6π − 1
)e−3t
)+ 1
2
(5e−3t − 3e−5t
)per t ≥ 2π
.
Esercizio 13. Ponendo I (s) = L (i (t)) (s) , V (s) = L (v (t)) (s) e trasformandol’equazione differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali si ha:
RI (s) +I (s)
Cs= V (s)
I (s) = V (s)1
R+ 1Cs
= V (s)s
Rs+ 1C
= V (s)
(1
R+
(s
Rs+ 1C
− 1
R
))= V (s)
(1
R− 1
R (CRs+ 1)
)
16
Ora
1
R (CRs+ 1)=
1
CR2s+R=
1
CR21
s+ 1CR
= L(
1
CR2e−
tCR
)I (s) = L
(v (t)− 1
CR2e−
tCR ∗ v (t)
)(s)
i (t) = v (t)− 1
CR2e−
tCR ∗ v (t)
= v (t)− 1
CR2
∫ t
0
e−t−τCR v (τ) dτ
= v (t)− e−10t∫ t
0
e10τv (τ) dτ
dove nell’ultimo passaggio si sono sostituiti i valori numerici di R,C. Ora sos-tituiamo caso per caso la funzione v (t) assegnata.
(a) v (t) = 100V per t ∈ (0.5, 0.6) , nulla altrimenti.
i (t) =
0− e−10t
∫ t0
0dτ per t < 0.5
100− e−10t∫ t0.5e10τ100dτ per t ∈ (0.5, 0.6)
0− e−10t∫ 0.60.5
e10τ100dτ per t > 0.6
=
0 per t < 0.5
100− 100e−10t(e10t−e510
)per t ∈ (0.5, 0.6)
100e−10t(e6−e510
)per t > 0.6
=
0 per t < 0.590 + 10e5e−10t per t ∈ (0.5, 0.6)10(e6 − e5
)e−10t per t > 0.6
17
(b) v (t) = 0 se t < 2, v (t) = 100 (t− 2)V se t > 2.
i (t) =
0− e−10t
∫ t0e10τ0dτ per t < 2
100 (t− 2)− e−10t∫ t2e10τ100 (τ − 2) dτ per t ≥ 2
=
0 per t < 290t− 179− e20−10t per t ≥ 2
(c) v (t) = 0 se t < 4, v (t) = 14 · 106e−3tV se t > 4.
i (t) =
0− e−10t
∫ t0e10τ0dτ per t < 4
14 · 106e−3t − e−10t∫ t2e10τ14 · 106e−3τdτ per t ≥ 4
=
0 per t < 42 · 106
(6e−3t + e.10t−14
)per t ≥ 4
Esercizio 14. Ponendo I (s) = L (i (t)) (s) , V (s) = L (v (t)) (s) e trasformandol’equazione differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali si ha:
L (sI (s)− i (0)) +RI (s) = V (s)
I (s) (Ls+R) = V (s)
I (s) =V (s)
Ls+R.
18
Ora
1
Ls+R=
1
L
1
s+ RL
= L(
1
Le−
RL t
)(s)
I (s) = L(
1
Le−
RL t ∗ v (t)
)(s)
i (t) =1
Le−
RL t ∗ v (t) .
(a) R = 10Ω, L = 0.5H, v (t) = 200t V per t ∈ (0, 2) , nulla altrimenti.
i (t) = 2e−20t ∗ v (t) = 2e−20t∫ t
0
e20τv (τ) dτ.
Quindi:
i (t) =
400e−20t
∫ t0e20ττdτ per t < 2
400e−20t∫ 20e20ττdτ per t ≥ 2
=
20t− 1 + e−20t per t < 2e−20t
(1 + 39e40
)per t ≥ 2
.
Esercizio 15. Ponendo I (s) = L (i (t)) (s) , V (s) = L (v (t)) (s) e trasformandol’equazione differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali si ha:
L (sI (s)− i (0)) +1
C
(q0 +
I (s)
s
)= V (s)
LsI (s) +I (s)
Cs= V (s)
I (s)
(Ls+
1
Cs
)= V (s)
I (s) =V (s)
Ls+ 1Cs
.
19
Ora
1
Ls+ 1Cs
=1
L· s
s2 + 1LC
= L(
1
Lcos
(t√LC
))(s)
I (s) = L(
1
Lcos
(t√LC
)∗ v (t)
)(s)
i (t) =1
Lcos
(t√LC
)∗ v (t) .
(a) L = 1 H,C = 0.25 F, v (t) = 200(t− t2
3
)V per t ∈ (0, 1) , nulla
altrimenti.
i (t) = cos (2t) ∗ v (t)
=
200∫ t0
cos (2 (t− τ))(τ − τ2
3
)dτ per t < 1
200∫ 10
cos (2 (t− τ))(τ − τ2
3
)dτ per t ≥ 1
=
1003
(−t+ cos t sin t+ 3 sin2 t
)per t < 1
503 (cos (2− 2t)− 3 cos (2t) + 5 sin (2− 2t) + sin (2t)) per t ≥ 1
(b) L = 1 H,C = 10−2 F, v (t) = −9900 cos t V per t ∈ (π, 3π) , nullaaltrimenti.
i (t) = cos (10t) ∗ v (t)
=
0 per t < π
−9900∫ tπ
cos (2 (t− τ)) cos τdτ per t ∈ (π, 3π)
−9900∫ 3ππ
cos (2 (t− τ)) cos τdτ per t ≥ 3π
=
0 per t < π3300 sin t (1 + 4 cos t) per t ∈ (π, 3π)0 per t ≥ 3π
20
(c) L = 0.5 H,C = 0.5 F, v (t) = 78 sin t V per t ∈ (0, π) , nulla altrimenti.
i (t) = 2 cos (2t) ∗ v (t)
=
156
∫ t0
cos (2 (t− τ)) sin τdτ per t < π
156∫ π0
cos (2 (t− τ))(τ − τ2
3
)dτ per t ≥ π
=
52 (cos t− cos 2t) per t < π−104 cos 2t per t ≥ π
Esercizio16.
Li′ (t) +Ri (t) +1
C
(q0 +
∫ t
0
i (τ) dτ
)= v (t)
dove i (0) = 0, q0 = 0 e
Esercizio 21
Ponendo I (s) = L (i (t)) (s) , V (s) = L (v (t)) (s) e trasformando l’equazione
21
differenziale tenendo conto delle condizioni iniziali si ha:
L (sI (s)− i (0)) +RI (s) +1
C
(q0 +
I (s)
s
)= V (s)
LsI (s) +RI (s) +I (s)
Cs= V (s)
I (s)
(Ls+R+
1
Cs
)= V (s)
I (s) =V (s)
Ls+R+ 1Cs
.
Ora1
Ls+R+ 1Cs
=1
L· s
s2 + RL s+ 1
LC
(a) R = 2 Ω, L = 1 H,C = 0.5 F, v (t) = 1000 V per t ∈ (0, 2) , nullaaltrimenti.
1
Ls+R+ 1Cs
=s
s2 + 4s+ 2=
s
(s+ 1)2
+ 1
=(s+ 1)
(s+ 1)2
+ 1− 1
(s+ 1)2
+ 1= L
(e−t (cos t− sin t)
)(s) .
I (s) = L(e−t (cos t− sin t) ∗ v (t)
)(s)
i (t) = e−t (cos t− sin t) ∗ v (t)
=
1000
∫ t0e−(t−τ) (cos (t− τ)− sin (t− τ)) dτ per t < 2
1000∫ 20e−(t−τ) (cos (t− τ)− sin (t− τ)) dτ per t ≥ 2
=
1000e−t sin t per t < 21000e−t
(sin t+ e2 sin (2− t)
)per t ≥ 2
(b) R = 4 Ω, L = 1 H,C = 0.05 F, v (t) = 34e−t V per t ∈ (0, 4) , nulla
22
altrimenti.
1
L· s
s2 + RL s+ 1
LC
=s
s2 + 4s+ 20=
s
(s+ 2)2
+ 42
=(s+ 2)
(s+ 2)2
+ 42− 1
2
4
(s+ 2)2
+ 42= L
(e−2t
(cos 4t− 1
2sin 4t
))(s) .
I (s) = L(e−2t
(cos 4t− 1
2sin 4t
)∗ v (t)
)(s)
i (t) = e−2t(
cos 4t− 1
2sin 4t
)∗ v (t)
=
34∫ t0e−2(t−τ)
(cos 4 (t− τ)− 1
2 sin 4 (t− τ))e−τdτ per t < 4
34∫ 20e−2(t−τ)
(cos 4 (t− τ)− 1
2 sin 4 (t− τ))e−τdτ per t ≥ 4
=
−2e−t + e−2t (2 cos 4t+ 9 sin 4t) per t < 4e−2t
(−2e4 cos (4 (t− 4)) + 2 cos 4t+ 9e4 sin (4 (4− t)) + 9 sin 4t
)per t ≥ 4
Esercizio 17. Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) , g (t) = t, G (s) = L (g (t)) (s) etrasformando l’equazione integrale si ha:
Y (s)− Y (s)L (sin t) (s) = G (s)
Y (s)
(1− 1
s2 + 1
)= G (s)
Y (s)
(s2
s2 + 1
)= G (s)
Y (s) = G (s)
(1 +
1
s2
)= L (g (t) + g (t) ∗ t) (s)
y (t) = t+ t ∗ t = t+
∫ t
0
(t− τ) τdτ = t+t3
6.
23
Esercizio 18. Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) e trasformando l’equazione integralesi ha:
Y (s)− Y (s)L (1) = L (1)
Y (s)
(1− 1
s
)=
1
s
Y (s) =1
s− 1= L
(et)
(s)
y (t) = et.
Esercizio 19. Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) e trasformando l’equazione integralesi ha:
Y (s) + 2Y (s)L (cos t) = L (cos t)
Y (s)
(1 +
2s
s2 + 1
)=
s
s2 + 1
Y (s) =s
s2 + 2s+ 1
Ora,
1
s2 + 2s+ 1=
1
(s+ 1)2 = L
(te−t
)(s)
L((te−t
)′)(s) = sL
(te−t
)(s) =
s
s2 + 2s+ 1
Y (s) = L(e−t (1− t)
)(s)
y (t) = e−t (1− t) .
Esercizio 20. Ponendo Y (s) = L (y (t)) (s) e trasformando l’equazione integralesi ha:
Y (s) + Y (s)L (t) = L (1)
Y (s)
(1 +
1
s2
)=
1
s
Y (s) =s
s2 + 1= L (cos t) (s)
y (t) = cos t.
24
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