Esercizi di Analisi Matematica L-C

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1 Esercizi di Analisi Matematica L-C Marco Alessandrini Ottobre-Novembre 7 Indice Analisi complessa. Integrali a valori reali Serie di Fourier 3 Trasformata di Fourier 3. Convoluzione Distribuzioni 9 5 Trasformata di Laplace 4 Analisi complessa Risolvere e iπz3 +. Elaboriamo l equazione così da avere l incognita in posizione più amichevole per la tratta- Risoluzione. zione. e iπz3 iπz 3 log( ) log + i arg( ) + i(π + kπ) i πz 3 i π(k + ) z 3 k + k Z Ora il problema riguarda l estrazione di radici di numeri reali: alcuni positivi, alcuni negativi. Con k > si tratta di estrazione di radice cubica da un numero reale positivo, per cui ci sarà una radice reale positiva e due radici complesse: ( 3 ) ( z k +, r, z 3 k +, 3 π r) (, z 3 3 k +, 4 3 π r) Con k < si tratta di estrazione di radice cubica da un numero reale negativo, per cui ci sarà una radice reale negativa e due radici complesse: ( 3 ) ( z 4 k +, π r 3 5 r) (, z 5 k +, 3 π 3 π r ), z 6 k +, 3 Unendo le diverse soluzioni a coppie, perché opposte, si ottiene l insieme delle infinite soluzioni: z ± ( 3 k + z ± ) 3 + i 3 k + ( z 3 ± ) k Z, k 3 i 3 k +

2 Espandere la funzione f in serie di centro z i. f(z) z(z 3i) Risoluzione. Effettuiamo preliminarmente una previsione del raggio di convergenza (in figura ): f olomorfa in C {, 3i} In fratti semplici: f(z) A z definito su raggio + B z 3i definito su raggio } {{ } definito su raggio comune Col metodo dei residui: In serie: Analogamente: A lim z f(z) lim z z z 3i 3i z i Figura : Raggio di convergenza comune z z + i i i ( ) + z i i i non compariva il centro della serie [ z i ] (z i) (z i)3 + i i i z 3i z i + i i ( z i i, B lim (z 3i) f(z) lim z 3i z 3i z 3i ( z i ) i q, q < fratto semplice centrato in i ) [ + z i ] (z i) + i i (i) +... Sommando i due termini della serie si ottiene la serie completa rappresentativa di f(z).

3 Data f(z), determinarne i residui e trovarne tutti i possibili sviluppi in serie (assegnato un centro). z 3 f(z), z (z )(z ) Risoluzione. Notiamo anzitutto che il centro z è una singolarità (l altra è nel punto z /). Individuiamo i residui scomponendo in fratti semplici: f(z) A z + B z A A/ e B sono i residui. Se il centro è z, allora z è la parte regolare e B z la parte singolare (viceversa per z ). Quindi B è il residuo per z e A è il residuo per z. La funzione è olomorfa su due corone distinte (figura ):. una corona più interna con centro z, di raggi r (disco forato) e R 3 ;. una corona più esterna con stesso centro e raggi r 3 e R +. Figura : Corone di olomorfia z ( a n z n per ) n z < 3, z a n (z ) n per z < 3 n I residui sono: Res(f, ) A ( lim z ) f(z) lim z z z 3 (z ) 3 Res(f, ) B lim z 3 (z ) f(z) lim z z z ) 3 Assumendo come centro quello assegnato ricerchiamo tutti gli sviluppi in serie. La funzione si presenta nella forma: f(z) 3 z + 3 z Cerchiamo la serie bilatera nelle regioni possibili: il disco forato, e la corona compresa tra 3 sviluppi saranno diversi). e + (i due. L addendo 3 z va bene, perché compare il centro. Manipoliamo l altro addendo per farlo comparire: z z ( + 3 (z )) (si è raccolto 3 per ottenere q 3 (z ) <, cioè z < 3 ) 3 ( n ( ) 3) n (z ) n Reg (parte regolare) n 3

4 f(z) 3 Reg + (z ) } 3 {{} Sing. L addendo 3 z va ancora bene, comparendo il centro. Manipoliamo l altro addendo per farlo comparire, raccogliendo però non più 3, bensì z, per ottenere il q della regione sulla quale ci troviamo ora (cioè il piano privato del cerchio): z z + 3 (si è raccolto (z ) per ottenere q z n 3/ z ( (z ) + 3 z <, cioè z > 3 ) ( n 3 ( n 3 ( ) ) n (z ) n ( ) ) n n f(z) 3 + z 3 Sing Reg ) Sing (parte singolare) (z ) n+ Assumendo ora come centro z, ricerchiamo qualitativamente la forma che assumerà la serie nelle tre possibili regioni di olomorfia (figura 3). La serie bilatera assumerà la forma della quale andranno ricercati gli a n. Figura 3: Corone di olomorfia f(z) n+ n a n (z ) n Nella regione (cerchio) si ha z <. Mancando singolarità, la funzione è regolare, definita dalla somma di due serie regolari. Nella regione (corona) si ha < z <. La funzione è bilatera: z genera la serie regolare, z genera la serie singolare. Nella regione 3 (corona) si ha z >. La funzione è singolare, definita dalla somma di due serie singolari. 4

5 Data f(z) z e le curve γ e γ in figura: a) calcolare f(z) dz e f(z) dz; γ γ b) commentare i risultati, confrontando con Cauchy-Riemann. Risoluzione a) Il primo lato di γ si parametrizza: mentre il secondo lato è: z t, t (ma orientamento opposto!) z t, dz dt dunque l integrale si calcola sui due percorsi: z it, t z it, dz i dt γ f(z) dz t dt + [ t ( it)i dt La curva γ si parametrizza come x + y, quindi posso imporre: ] [ t + x t, y t, t (ancora di orientamento opposto) z x + iy t + i( t) da cui z t i( t) e dz ( i) dt dunque l integrale si calcola sui due percorsi: f(z) dz [t i( t)]( i) dt ( i) (t i + it) dt γ cioè gli integrali sui due percorsi distinti hanno valori diversi. Risoluzione b) f non è olomorfa, perché l integrale dipende dal cammino e non solo dagli estremi di integrazione. Verificando con Cauchy-Riemann: x z (x iy) x i y z i y (x iy) ( i) i che verifica quanto detto, essendo le due derivate parziali diverse. ] Dato il logaritmo principale f(z) Log z, definito in C, e la curva γ in figura (da percorrere in senso antiorario): a) calcolare Log z dz; γ b) trovare una primitiva olomorfa di f(z) nel dominio indicato e verificare il risultato del punto a). 5

6 Risoluzione a) La parametrizzazione del quarto di circonferenza è: z e iϑ, ϑ π ; dz ie iϑ dϑ per cui si calcola l integrale: Log z dz γ π/ π/ π/ log Log (e iϑ ) ie iϑ dϑ [ log e iϑ + i arg(e iϑ ) ] ie iϑ dϑ (log + iϑ) ie iϑ dϑ π/ ie iϑ dϑ + i π/ log [ ie iϑ] [ π/ + i ϑe iϑ log (i ) + i [ ϑe iϑ] π/ log (i ) + i iπ [ e iϑ] π/ log (i ) π (i ) (i ) log π i + ie iϑ dϑ ] π/ e iϑ dϑ π/ ie iϑ dϑ Risoluzione b) Una primitiva olomorfa di Log z è: F (z) Log z dz z Log z z dz z Log z dz z Log z z + c z con c qualsiasi. A questo punto si calcola l integrale tra i due estremi: i Log z dz F (i) F () che coincide con quello calcolato in precedenza. (i Log (i) i) ( Log ) i Log (i) i Log + i (log i + i arg(i)) i (log + i arg()) + ( i log + i π ) i log i + i log π i log + (i ) log π i + Integrare I(z) in senso positivo. γ z e πz dz lungo la circonferenza (γ) di centro z ei π 4 e raggio, 6, percorsa Risoluzione. Il centro z della circonferenza è un punto, sul piano complesso, di modulo e argomento π 4. Ai fini della risoluzione è importante localizzare bene la circonferenza per capire quali singolarità siano o no contenute in essa, per applicare correttamente il metodo dei residui. Troviamo le singolarità della funzione: e πz πz log log + i arg() i kπ k Z πz kπi z ki 6

7 Al variare di k (solo per i valori in un intorno utile del problema) troveremo le singolarità: k z < fuori dell intorno i esterni interno eliminabile i INTERNO, esterno > + fuori dell intorno Esaminiamo caso per caso. Con z z c è uno zero doppio al numeratore e uno zero doppio al denominatore. Se per il numeratore il discorso è evidente, per il denominatore è opportuno calcolare: e πz z d dz eπz 4πze πz z z d dz eπz e πz + z 4πze πz z z Visto che numeratore e denominatore si annullano per lo stesso ordine, la singolarità è eliminabile e ha residuo nullo. Con z i (cioè z ±e i π 4 ) c è uno zero singolo al denominatore, infatti e m iπ per la formula di Eulero, in questo caso con m. Studiando: e πz z i d dz eπz 4πze πz zi 4πi ( ) zi Allora z e i π 4 è un polo semplice della funzione, interno alla curva di integrazione. Il valore opposto di questo polo (che è un polo a sua volta) è esterno e non fornisce residuo. Con k > + si ottengono esponenziali simili a quelli per k, ma con modulo maggiore, e quindi tutti esterni alla circonferenza. Con z i (cioè z ±e i π 4 ) c è uno zero singolo al denominatore (similarmente al caso precedente), ma la locazione (nel quarto quadrante) rende esterni tutti questi punti. Con l unico residuo superstite calcoliamo: per cui: Res(f, e i π 4 ) lim ( ) z e i π 4 z z e i π 4 e πz I(z) πi 4πie i π 4 e i π lim z e i π 4 H i lim z e i π 4 4πie i π 4 e i π 4 z e i π 4 e πz 4πze πz ( ) i 7

8 . Integrali a valori reali Calcolare il seguente integrale a valori reali: x sin x x + dx Risoluzione. La funzione integranda ha lo stesso comportamento di sin x x, quindi non è sommabile, ma esiste l integrale in maniera semplice per il criterio di Leibniz: x sin x a x + dx lim x sin x a + x + dx finito Per poter applicare il teorema dei residui devo integrare da a + : solo così la semicirconferenza esterna dà contributo nullo. Qui l intervallo di integrazione è solo da a +, però posso estenderlo a tutti i reali considerando che la funzione è pari e, dunque, simmetrica rispetto all asse immaginario. Infatti: dispari dispari pari pari Alla fine, risolto tutto, ci ricorderemo che f(x)dx f(x)dx. Per risolvere in C, ricordiamo che il seno è la parte immaginaria dell esponenziale complesso. Definiamo dunque: I(x) I xe ix x + dx e f(z) zeiz z + con y > per avere l esponenziale limitato: dunque la curva di integrazione ha il segno positivo. Per il teorema dei residui: xe ix x + dx πi Res(f) y> L unica singolarità nel semipiano superiore (dove integriamo) è z i. Poiché le radici del denominatore sono distinte, e nessuna di esse annulla il numeratore, questo polo (come gli altri) è semplice, dunque: ze iz Res(f, i) lim(z i) z i (z i)(z + i) ie i i ie Allora: i πi ie π e i del quale vogliamo solo la parte immaginaria per ottenere il risultato: x sin x x + dx ( I + i π ) π e e Calcolare il seguente integrale a valori reali, al variare del parametro reale ω: I(ω) e iωx (x + ) 3 dx, ω R Risoluzione. Verifichiamo se la funzione è sommabile: e iωx (x + ) 3 ( ) 3 x + i x 3 x + quindi la funzione è sommabile. Definiamo la funzione complessa: f(z) e iωz (z + ) 3 8

9 il cui semipiano di integrazione varia a seconda del modulo, definito dal parametro ω: e iωz e iω(x+iy) e iωx e ωy e ωy ωy < { ω, y > semipiano superiore (segno +) ω, y < semipiano inferiore (segno -) L unica singolarità della funzione è z i e si tratta di un polo triplo. Con ω (nel semipiano superiore) non abbiamo residui, dunque I(ω) per ω. Con ω (nel semipiano inferiore) calcoliamo il residuo nel polo triplo: Res(f, i) lim z i lim z i dz (z + i)3 f(z) d dz (z + i)3 d lim d z i dz iωe iωz lim z i i ω e iωz ω e ω e iωz (z + ) 3 Allora Riepilogando: I(ω) πi ( ) ω e ω iπω e ω per ω I(ω) e iωx { iπω (x + ) 3 dx e ω, ω, ω Calcolare π + cos t dt. Risoluzione. Si tratta di un integrale su di un periodo, quindi su una curva chiusa (in C). Per trovare una primitiva ricaviamo l integrale di variabile reale, utilizzando la formula relativa al coseno: π dt + eit +e it nel quale definiremo la variabile z (che descrive una circonferenza unitaria, in campo complesso, tra e π): Chiamando γ la circonferenza: π z e it dz ie it dt dt dz ieit iz dz + cos t dt γ γ γ + z+ z iz dz z z + 4z + iz dz i z + 4z + dz Le singolarità sono nei punti ± 3. All interno della circonferenza unitaria è compresa solo la singolarità z + 3 (polo semplice), per cui: per cui: Res(f, z ) lim z z (z z ) π i(z z )(z z ) i(z z ) i + cos t dt πi i 3 π 3 3 i 3 9

10 Serie di Fourier Data la funzione x(t) t nell intervallo tra e π: a) scriverne la serie di Fourier; b) discutere la convergenza per t. Risoluzione a) La serie di Fourier è: a π π a k π b k π t 4 3 π + t dt [ t 3 π 3 π π k ] π t cos(kt) dt 4 k t sin(kt) dt 4π k 4 3 π 4 k cos(kt) 4 k π sin(kt) Risoluzione b) In t la funzione non assume un valore definito, ma ha due limiti distinti e finiti a destra e sinistra. Come noto, la serie di Fourier assumerà il valor medio tra i due limiti: x() Sostituendo t nella serie si ottiene: che verifica quanto previsto. lim t t + lim + t t x() 4 3 π π π + 4 k k + 4π π 4 k cos() 4 k π sin() 4 k k 4 3 π + 4 π 6 π 6 π k

11 3 Trasformata di Fourier Trasformare x(t) t + Risoluzione. e verificare se l antitrasformata ricostruisce correttamente il segnale. Osserviamo subito che x(t) è sommabile, dunque esiste la trasformata: x(ω) e iωt t + dt che si calcola col metodo dei residui. Esprimiamo la funzione sul piano complesso (z t + is): f(z) e iωz z + e la integriamo sul percorso reale del piano complesso, avendo cura che il modulo dell esponenziale rimanga limitato: e iωz e iωt+sω e sω sω < da cui discendono due possibili percorsi di integrazione. Preliminarmente studiamo le singolarità: la funzione ha due poli semplici in z ±i, quindi c è un residuo per ogni semipiano (superiore e inferiore). Per ω integriamo in s >, per cui calcoliamo il residuo: Res(f, i) lim z i (z i) e iωz (z + i)(z i) e i i da cui x(ω) πi eω i π eω. Per ω integriamo in s <, per cui calcoliamo il residuo: da cui x(ω) πi e ω i π e ω. Unendo i casi: { πe x(ω) ω, ω πe ω, ω ω eω i e iωz Res(f, i) lim (z + i) z i (z + i)(z i) e ω i x(ω) πe ω ω La trasformata è ancora una funzione sommabile (l area sotto l esponenziale è finita), dunque l antitrasformata esiste. Poiché x(ω) ha anche una certa regolarità, ci aspettiamo che l antitrasformazione restituisca correttamente x(t). x(t) R π lim e iωt x(ω) dω R + R (con trasformata sommabile il limite esiste ed è l integrale) π e iωt π e ω dω e iωt e +ω dω + e iωt e ω dω e ω(it+) dω + e ω(it ) dω [e (it + ) ω(it+)] + (it ) Nota 3. (it + ) + (it ) t + x(t) [e ω(it )] + } {{ } Nota 3. Nota 3.. Si tratta di limiti di numeri complessi, quindi va controllato il limite del modulo. In particolare, se tende a il modulo, allora tende a anche il numero complesso. Lo stesso vale se tende a ± il modulo: ugualmente si comporterà il numero complesso.

12 Trasformare x(t) e verificare se l antitrasformata ricostruisce correttamente il segnale. {, t < x(t) e t, t e t u(t) gradino unitario Risoluzione. La funzione è sommabile, ma presenta una discontinuità di salto per t che, però, non pregiudica l esistenza della trasformata. x(ω) e iωt x(t) dt e iωt t dt iω + [e iωt t] + e iωt t e t, t + iω + Verifichiamo che la trasformata non è sommabile, infatti: x(ω) iω + + ω ω quindi non decade abbastanza velocemente da essere sommabile. Verifichiamo l antitrasformazione: con t : x(t) π π π π π lim R + lim R + R R R R R lim R + lim R + lim R + R R R R R e iωt x(ω) dω e iωt iω + dω iω + dω iω + ω dω + ω sommabile su R dω + i π R lim R + R, ω + ω + ω non sommabile: ω dω con t : π (il secondo integrale però esiste e vale per simmetria, essendo una funzione dispari) lim R + [arctan ω]r R π π π lim R + [arctan ω]r valore medio nel punto di discontinuità R π lim e iωt R + R iω + dω (l esponenziale è cos ω e sin ω, smorzati da ω, quindi sommabili per Leibniz) π e iωt iω + dω (semplicemente convergente, col teorema dei residui) Uso la funzione complessa: f(z) eizt iz +, z ω + iσ

13 La funzione ha un polo semplice in z i, che si trova nel semipiano σ >. L esponenziale deve essere limitato, dunque si presentano due casi perché: e iωt σt e σt e σt σt > Se t <, allora integriamo su σ <. Non ci sono singolarità, dunque nessun residuo, quindi x(t), t < che coincide con la funzione data. Se t >, allora integriamo su σ >. Calcoliamo il residuo nella singolarità: quindi l integrale vale πi e t i e izt Res(f, i) lim(z i) z i i(z ) e t i πe t, quindi: x(t) π πe t e t, t > che coincide con la funzione data. Concludiamo osservando che trasformando una funzione sommabile, ma con discontinuità (di salto), antitrasformandola si può riottienere la funzione iniziale, ma in corrispondenza delle discontinuità è restituito il valor medio tra i due limiti (destro e sinistro) nel punto. Data la funzione x(t), di variabile reale a valori complessi: t + i a) verificare che x L (R), ma x L (R); b) calcolare x (nel senso di L (R); c) verificare la dualità e l identità di Parseval. Risoluzione a) x(t) t + i t + x(t) dt x(t) dt t, t ± t + dt + x L (R) t dt [arctan t]+ π x L (R) + Risoluzione b) Risolviamo col teorema dei residui. x(ω) R lim e iωt R + R t + i dt f(z) e iωz, z t + is z + i e iωz e iωz e sω e sω sω < per cui integreremo nel semipiano che ha segno di s opposto a quello di ω. La funzione ha una sola singolarità, per z i (polo semplice), per cui: con ω < : x(ω) con ω > : x(ω) πi Res(f, i) πie ω per cui, unificando i casi: x(ω) πie ω u(ω) gradino unitario, ω R La trasformata è discontinua per ω, ma questo fatto non è sorprendente in quanto la continuità della trasformata non è assicurata quanto x(t) L (R) e x(t) (R). 3

14 Risoluzione c) Verifichiamo la dualità: x(t) lim R + R R e iωt x(ω) dω (la trasformata è sommabile, dunque esiste l integrale) πi e iωt e ω ( πi) u(x) dω e ω(+it) dω [e ω(+it)] + πi + it πi [ ] i(t i) π i t Ora ci chiediamo, applicando la proprietà di dualità: Calcolando x( t) t + i : x? π x( t) π t + i π t + i che verifica la dualità. Per verificare l identità di Parseval dobbiamo calcolare due membri. come calcolato a inizio esercizio. π x(t) dt π x(ω) dω π π π πie ω dω 4π e ω dω e ω dω π [ e ω] + π( + ) π per cui si nota che i due membri sono uguali, dunque vale l identità di Parseval. Data la funzione in figura: a) cosa si può dire, a prescindere, sulla sua trasformata? b) Calcolare x e dedurre x. Perché si può fare? cos ω c) Determinare dω. d) Determinare ω cos ω ω cos ω dω. 4

15 Risoluzione a) Alcune osservazioni che si possono fare: sulla simmetria: x è reale pari, quindi x sarà reale pari; x è un segnale di lunghezza finita, quindi x è olomorfa, cioè si scrive come serie di potenze in ω ed è derivabile infinite volte; tutte le derivate di x decadono a per ω ±. Questo dipende dal fatto che x per gli stessi valori di ω, e le sue derivate si comportano come: d k dω k x F ( ( it) k x ) che è sempre sommabile per ogni valore di k, perché t : dunque t k. Risoluzione b) Poiché x (t) è definita quasi ovunque (figura 4), allora è trattabile. Poiché x (t) è reale dispari, allora la sua trasformata sarà immaginaria dispari. Figura 4: Derivata del segnale, da trasformare. x (ω) i i i Si determina poi la continuità di x in ω, infatti: e iωt x (t) dt sin(ωt) x (t) dt sin(ωt) ( ) dt sin(ωt) dt i ω [ cos(ωt)] i ( cos ω) ω ω Poiché sappiamo che x () lim ω i ( cos ω) ω cos ω! ω 4! ω4 + 6! ω6... allora si può esprimere la trasformata in serie di potenze: ( x i! ω 4! ω3 + ) 6! ω5... L idea è quella di applicare la proprietà: x (ω) iω x(ω) x(ω) x (ω) iω 5

16 che si può applicare, perché x è sommabile e assolutamente continua. Quindi: x(ω) ( cos ω) ω, ω che è reale pari, come previsto. Studiamo anche x() (test di continuità), sapendo che deve essere pari all area (integrale) di x(t) tra e + (in questo caso ): ( cos ω) ω (! x() lim ω ω lim ω 4! + ω4 6!...) ω ω che è uguale all area, dunque la trasformata è continua anche in. Risoluzione c) cos ω ω dω x(ω) dω Un metodo di risoluzione è creare la formula di antitrasformazione, applicando le regole elementari delle equazioni (moltiplicando/dividendo e sommando/sottraendo le quantità necessarie per ottenere la formula). + x(ω) dω π che è il valore dell integrale da calcolare. Risoluzione d) che trattiamo come nel punto precedente: R π lim x(ω) R + e iω R cos +i sin x() cos ω ω cos ω dω x(ω) cos ω dω + x(ω) cos ω dω x(ω) e iω dω π (perché π π x() R lim R + dω π x() π x(ω) sin ω dω, per simmetria dispari) R x(ω) e iω dω Date le funzioni x(t) e y(t) in figura: a) calcolare ŷ(ω) e dedurre x(ω); ( cos ω) b) calcolare dω; c) calcolare ω ω sin ω + cos ω ω cos ω dω. 6

17 Risoluzione a) ŷ(ω) e iωt y(t) dt i sin(ωt) dt i ω [cos(ωt)] i (cos ω ) per ω ω Con ω si ha cos ω. ω Non posso usare la regola della derivata per dedurre x(t), perché non è continua. Infatti ŷ(ω) iω x traslata verso il basso di (così da essere continua). In alternativa utilizzo la regola duale: x(t) t y(t) x(t) i ( it y(t)) x(ω) d i dω ŷ(ω) d i dω icos ω ω d cos ω dω ω ω sin ω ( cos ω) ω che è plausibile perché è reale pari e, con ω, si ha x(ω) cioè l area di x(t). è la funzione Risoluzione b) Risoluzione c) Applicando l uguaglianza di Parseval: ( cos ω) ω dω π π π 4 π Con la regola di antitrasformazione: (Parseval) ( i cos ω ) dω ω (ŷ(ω)) dω (ŷ(ω)) dω y(t) dt dt π π ω sin ω + cos ω ω cos ω dω x(ω) cos ω dω e iω e iω cos ω + x(ω) e iω dω i sin ω perché x è pari x() antitrasformata in un punto di salto + 4 7

18 3. Convoluzione Data la funzione x(t) e t u(t) (dove u(t) è il gradino unitario): a) Calcolare x x. b) Calcolare x e x x direttamente dalla definizione, quindi verificare che x x ( x). Risoluzione a) Notiamo che: Con t > : (x x)(t) x(τ) per τ < x(t τ) per τ > t } x(τ) x(t τ) dτ (x x)(t) per t < (x x)(t) t x(τ) x(t τ) dτ (l intervallo di integrazione è ridotto perché, altrimenti, almeno un fattore si annulla) t t t e t dτ te t e τ e (t τ) dτ e τ e t e τ dτ quindi, accorpando i risultati: (x x)(t) te t u(t) Risoluzione b) x(ω) e iωt e t dt [ e e t(iω+) t(iω+) dt iω + ] + iω + e l uguaglianza è verificata. x x(ω) e iωt t t dt ) ] + [ te t(iω+) + iω + iω + ( iω + ( x(ω)) e t(iω ) dt 8

19 4 Distribuzioni Sono date le funzioni x(t), y(t), u(t). a) Calcolare x e dedurne ŷ e û attraverso la regola della derivata della trasformata. b) Verificare i risultati, attraverso il calcolo diretto di ŷ e û. t c) Calcolare (t + 4) dt. x(t) t + 4 y(t) t t + 4 u(t) t t + 4 Risoluzione a) Alcune previsioni sulla trasformata di x L (R): x continua x(ω) ω + x reale pari x(ω) e iωt t + 4 dt cui associamo (nel piano complesso z t + is) la funzione complessa f(z) e iωz z, che restituisce i seguenti + 4 residui: Res(f, i) eω, ω, s > 4i Res(f, i) e ω 4i x(ω) πe ω Verifichiamo la trasformata per ω : x() x(t) dt, ω, s <, ω R t + 4 dt [ arctan t ] + π Deduciamo le altre trasformate. y(t) i ( i t x(t)) dω però bisogna pensare la derivata nel senso delle distribuzioni, perché y L. essendo x e y funzioni di spazi diversi, sono entrambe oggetti di S. La regola vale perché, pur ŷ(ω) i ( x) nel senso delle distribuzioni ( x) d dω x perché x è assolutamente continua ŷ(ω) iπ sgn (ω) e ω, ω u non appartiene né a L né a L, però è limitata all infinito e di tipo polinomiale: dunque è un oggetto trasformabile in S. In maniera analoga scriviamo: u(t) i ( i t y(t)) dω û(ω) i (ŷ) nel senso di S û(ω) π ( ) sgn (ω) e ω πe }{{ ω } + πδ derivata usuale contributo dovuto al salto 9

20 Risoluzione b) Verifichiamo con un calcolo trasversale: û(ω) u(t) t t t x πδ πe ω che coincide con quanto calcolato con la regola. Chiamiamo v(ω) π sgn (ω)e ω e verifichiamo v û attraverso la definizione: v (ω), ϕ v(ω), ϕ π (per parti) v(ω)ϕ (ω) dω e ω ϕ (ω) dω π π [ ϕ(ω)e ω] ϕ() π e ω ϕ (ω) dω πϕ() + πϕ() π ϕ(ω)e ω dω πδ, ϕ(ω) + πe ω, ϕ(ω) e ω ϕ(ω) dω π [ ϕ(ω)e ω] + } {{ } ϕ() per cui v πδ πe ω, che verifica quanto calcolato precedentemente. Verifichiamo ŷ: R ŷ(ω) lim e iωt t + R + R t + 4 dt te iωt t + 4 dt cui associamo f(z) ze iωz z + 4 π e ω ϕ(ω) dω (su z t + is), che restituisce i seguenti risultati associati ai residui: ŷ(ω ) πi Res(f, i) iπe ω, ω, s > ŷ(ω ) πi Res(f, i) iπe ω, ω, s < che coincide col risultato ottenuto in precedenza. ŷ(ω) iπe ω sgn (ω), ω R Risoluzione c) Applicando l identità di Parseval si può risolvere: t (t + 4) dt Sappiamo che ŷ(ω) πi sgn (ω)e ω, quindi: y(t) dt π ŷ(ω) πe ω ŷ(ω) dω allora: π π e 4 ω dω π e 4ω dω π 4 [ e 4ω ] + π 4

21 È data la funzione x(t) ( t ) [,]. a) Previsioni su x e x. b) Calcolare x (ω) e dedurre x(ω). c) Verificare il punto b) attraverso il calcolo diretto di x(ω). d) Verificare che x e x sono continue. e) Calcolare x nel senso di S, attraverso la definizione. f) Calcolare x e verificare che x (iω) x (iω) x. + sin ω ω cos ω + (sin ω ω cos ω) g) Calcolare ω sin ω dω e ω 6 Risoluzione a) La derivata di x è x (t) t (,). x e x sono: in L, continue, e vanno a zero all infinito; sono derivabili infinite volte (e le derivate si annullano all infinito); sono esprimibili come serie di potenze, perché definite su intervalli limitati; in L, quindi vale l uguaglianza di Parseval. x sarà reale pari, mentre x sarà immaginaria dispari. Risoluzione b) La trasformata della derivata è: x (ω) e iωt x (t) dt cos(ωt)x (t) dt i i 4i sin(ωt) ( t) dt t sin(ωt) dt dω. sin(ωt)x (t) dt (per parti) con ω. Avremo x () sin ω ω cos ω 4i ω La relazione x (ω) iω x(ω) è vera perché x è assolutamente continua: x x ω ω cos ω 4sin iω ω 3 x (t) dt Risoluzione c) Con la definizione: x(ω) e iωt x(t) dt cos(ωt)x(t) dt i sin(ωt)x(t) dt } {{ } cos(ωt) ( t ) dt (per parti) con ω sin ω ω cos ω 4 ω 3 che verifica quanto ricavato dalla regola della trasformata della derivata.

22 Risoluzione d) L unico punto in cui va verificata la continuità è ω. Per x : x sin ω ω cos ω + 4i ω, x () x (t) dt lim ω x (ω)? x () 4i lim ω sin ω ω cos ω ω 4i lim ω ( ω ω3 6 ) ( ω ω ω ω 3 6 4i lim ω + ω3 ω lim ω 4 3 iω3 ω ω ω ) che verifica la continuità. Per x: sin ω ω cos ω x 4 ω 3, x() x(t) dt 4 3 lim ω x(ω)? x() ω ω cos ω lim 4sin ω ω 3 lim ω 4i lim ω lim ω sin ω ω cos ω ω 4 3 iω3 ω iω 4 3 ω ω 4 3 iω che verifica la continuità. Risoluzione e) La derivata seconda di x è: x, ϕ x, ϕ x (t)ϕ (t) dt tϕ (t) dt [tϕ(t)] ϕ() + ϕ( ) ϕ(t) dt [,] ϕ(t) dt δ(t ), ϕ(t) + δ(t + ), ϕ(t) [,], ϕ(t) x δ(t ) + δ(t + ) [, ] salti usuale Risoluzione f) La trasformata della derivata seconda è: x δ(t ) + δ(t + ) [,] Ci occorre solo la trasformata della funzione costante, nell intervallo considerato: [,] e iωt dt cos(ωt) dt ω [sin ω] sin ω ω

23 Allora la trasformata è: x e iω + e iω sin ω ω e iω + e iω 4 sin ω ω 4 cos ω 4 sin ω ω ω cos ω sin ω 4 ω che, confrontata con la trasformata della derivata prima, permette di verificare la catena di uguaglianze determinata dalla regola della trasformata della derivata. Risoluzione g) Il primo integrale si risolve costruendo la formula di antitrasformazione: sin ω ω cos ω ω sin ω dω 4i x (ω) sin ω dω x 4 (ω) cos ω dω i 4 : x è dispari 4 x (ω)e iω dω π 4 x π (ω)e iω dω x () (antitrasformata in un punto di salto) ( x ( + ) + x ( ) ) x (ω) sin ω dω π π Per risolvere il secondo integrale si applica l identità di Parseval: (sin ω ω cos ω) ω 6 dω 6 π 6 π 6 π 8 π 4 π ( x(ω)) dω x(t) dt ( x(ω)) dω ( t ) dt [ t + t5 3 t3 3 ] π 3

24 5 Trasformata di Laplace Risolvere l equazione differenziale con convoluzione e funzione di trasferimento, col teorema di divisione, coi fratti semplici, con la regola generale. x x + x t x() x () Risoluzione. Trasformando con Laplace: Con la convoluzione: x G t s X sx + X X s L(t)L R dt s L() s s s s + s (s ) s (s ) traslato di esponenziale di traslazione s ( ) ( ) G L s (s ) t e t, L t t τe τ (t τ) dτ t t τe τ dτ t τ e τ dτ per parti te t + t e t + Da questo primo risultato (che noteremo essere uguale per ogni altro metodo utilizzato) verifichiamo che la struttura (esponenziali, costanti) è adeguata ai principi di somiglianza, che avremmo adottato risolvendo tradizionalmente l equazione differenziale. Col teorema di divisione: poiché (s ) è diviso per s, bisogna integrare due volte la sua antitrasformata: x Coi fratti semplici: ( ) L s (s ) t τe τ dτ te t e t +, x d A lim s ds L Con la regola generale: t s (s ) A s + B s + (s ) lim s d C lim s ds ( ) ( + L s s d Res(f, ) lim s ds τe τ e τ + dτ te t e t + t + C s + D (s ) (s ) 3, B lim s s lim s s (s ) s + s ) L e st, D lim s3 s s + (s ) ) ( ) + L (s ) ( s f (s ) lim s e st s (s ) (s ) s te st (s ) e st (s ) (s ) 4 t + t + d e st Res(f, ) lim s ds s lim te st s se st ) s s 4 test e t te t e t ( ) x L te t e t + t + s ( s ) x + t e t + te t 4