Esercizio. alcolare l integrale complesso 2zdz (z 2 + )(2z 2 5z + 2) usando il teorema dei residui e dove è la circonferenza avente centro nell origine e raggio 2 positivamente orientata. Svolgimento. Innanzitutto identifichiamo i poli della funzione f(z) 2z (z 2 + )(2z 2 5z + 2) che sono z ±ι, z /2 e z 2, dei quali solo quest ultimo è esterno alla circonferenza. I poli sono tutti semplici. alcoliamo ora i residui della funzione f(z): 2z R(f, ι) lim z ι (z + ι)(2z 2 5z + 2) ι 5 ; 2z R(f, ι) lim z ι (z ι)(2z 2 5z + 2) ι 5 ; 2z R(f, /2) lim z /2 2(z 2 + )(z 2) 4 5. L integrale da calcolare vale quindi [ 2zdz ι (z 2 + )(2z 2 5z + 2) 2πι 5 ι 5 4 ] 8 5 5 πι. Esercizio.2 alcolare l integrale complesso e ιπz dz z(z 2) 2 usando il teorema dei residui e dove è la circonferenza {x + ιy x 2 + y 2 2x 2y 2 } positivamente orientata.
Svolgimento. Innanzitutto calcoliamo centro e raggio della circonferenza. Ricordiamo che se una circonferenza ha equazione: x 2 + y 2 + ax + by + c allora il centro ha coordinate ( a/2, b/2) mentre il raggio è a 2 R 4 + b2 4 c. In questo caso ha centro nel punto (, ) (cioè + ι) e raggio 2. identifichiamo i poli della funzione f(z) e ιπz z(z 2) 2 che sono z, polo semplice, e z 2, polo doppio, entrambi interni a. Applicando il teorema dei residui: e ιπz dz 2πι[R(f, ) + R(f, 2)]. z(z 2) 2 alcoliamo ora i residui: R(f, 2) e ιπz R(f, ) lim z (z 2) 2 4 d lim z 2 dz e ιπz πιe ιπz z e ιπz lim 2πι. z 2 z 2 4 L integrale da calcolare vale quindi e ιπz [ dz 2πι z(z 2) 2πι + ] π 2. 2 4 4 z Ora Esercizio.3 alcolare l integrale complesso z 2 + 2z 3 (z 4 z 3 )(z 2 + 4) dz usando il teorema dei residui e dove è la circonferenza {x + ιy x 2 + y 2 2y 3 } positivamente orientata. 2
Svolgimento. Innanzitutto osserviamo che è la circonferenza avente centro in z ι e raggio 2. alcoliamo ora i poli della funzione f(z) z 2 + 2z 3 (z 4 z 3 )(z 2 + 4). Il denominatore di f(z) si annulla per z, z e z ±2ι. Osserviamo che z è una discontinuità eliminabile poichè annulla il numeratore, pertanto possiamo ridurre la funzione f(z): f(z) z + 3 z 3 (z 2 + 4). Per gli altri punti solo z, polo triplo, e z 2ι, polo semplice, sono interni a, pertanto: alcoliamo ora i residui: z + 3 dz 2πι[R(f, ) + R(f, 2ι)]. z 3 (z 2 + 4) R(f, ) 2 lim z d 2 z + 3 dz 2 z 2 + 4 2 lim z d dz z 2 + 4 2z(z + 3) (z 2 + 4) 2 2 lim d z dz z 2 6z + 4 (z 2 + 4) 2 2 lim ( 2z 6)(z 2 + 4) 4z( z 2 6z + 4) 3 z (z 2 + 4) 3 6. R(f, 2ι) lim z 2ι z + 3 z 3 (z + 2ι) 2ι + 3 (4ι)( 8ι) 2ι + 3 32. [ z + 3 2ι + 3 z 3 (z 2 + 4) dz 2πι 3 32 6 ] π (3ι + 2). 6 Esercizio.4 alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui 2π cos 2θ 2 cos θ dθ. 3
Svolgimento. Se z e ιθ allora cos θ z + z 2 z2 + 2z cos 2θ e2ιθ + e 2ιθ 2 z4 + 2z 2, inoltre dz ιzdθ. Sostituendo nell integrale della traccia si ottiene 2π cos 2θ 2 cos θ dθ ι z 4 + 2z 2 ( 2 z 2 + 2z ) dz ιz z 4 + ιz 2 (4z z 2 ) dz z 4 + z 2 (z 2 4z + ) dz. dove è la circonferenza avente centro nell origine e raggio positivamente orientata. Posto (z 4 + )ι f(z) z 2 (z 2 4z + ) osserviamo che z è un polo doppio per la funzione f(z) ed è interno a mentre gli altri poli sono gli zeri del polinomio z 2 4z +, cioè z 2 + 3 e z 2 2 3, ma solo quest ultimo è interno a. Quindi applicando il teorema dei residui 2π cos 2θ 2 cos θ dθ 2πι[R(f, ) + R(f, 2 3)]. alcoliamo ora i residui dei poli in questione. Il residuo in z è: R(f, ) d lim z dz (z 4 + )ι z 2 4z + ι lim z 4z 3 (z 2 4z + ) (2z 4)(z 4 + ) (z 2 4z + ) 2 4ι. 4
Il residuo in z 2 3 è: In definitiva R(f, 2 (z 4 + )ι 3) lim z 2 3 z 2 (z 2 3) 2π ι lim (z z 2 2 + ) 3 z 2 z 2 3 7 ι. 3 [ cos 2θ dθ 2πι 4ι 7 ] ι 2π 2 cos θ 3 3 (7 3 2). Esercizio.5 alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui 2π dθ (2 + cos θ). 2 Svolgimento. Se z e ιθ allora cos θ z + z 2 z2 +, dθ dz 2z ιz. Indichiamo inoltre con la circonferenza del piano complesso avente centro nell origine e raggio. Posto 2π dθ (2 + cos θ) 2 f(z) 4 ι dz ιz(2 + z2 + 2z )2 dz ιz (z 4z 2 + 4z + ) 2 2 4zdz ι(z 2 + 4z + ) 2 zdz (z 2 + 4z + ) 2. z (z 2 + 4z + ) 2. 5
calcoliamone i poli, che sono z 2 ± 3 entrambi doppi. Solo z 2 + 3 ha modulo minore di uno, quindi 2π dθ (2 + cos θ) 2 4 ι [2πιR(f, 2 + 3)] 8πR(f, 2 + 3). Il residuo in z 2 + 3 è: R(f, 2 + d 3) lim z 2+ 3 dz z (z + 2 + 3) 2 z + 2 + 3 2z lim z 2+ 3 (z + 2 + 3) 2 2 3 + 4 2 3 24 3 3 8. In conclusione 2π dθ (2 + cos θ) 4 3π. 2 9 Esercizio.6 alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui + dx (x 2 + )(x 2 + 2x + 2). Svolgimento. onsideriamo la funzione f(z) (z 2 + )(z 2 + 2z + 2) i cui poli sono z ±ι e z ± ι, tutti semplici, ma per poter applicare il teorema dei residui devono essere considerati solo i poli aventi parte immaginaria positiva: + dx (x 2 + )(x 2 + 2x + 2) 2πι[R(f, ι) + R(f, + ι)]. 6
alcoliamo i residui in questione. R(f, ι) + lim z ι (z + ι)(z 2 + 2z + 2) 2ι( + 2ι + 2) 2ι( + 2ι) 2( 2 + ι) 2( 2 + ι) 2 ι 2 ι 2 ι. R(f, + ι) lim z +ι (z 2 + )(z + + ι) [(ι ) 2 + ]2ι ( 2ι)2ι 2(2 + ι) 2(2 + ι) 2 ι 2 ι 2 ι. [ dx 2 ι + 2 ι (x 2 + )(x 2 + 2x + 2) 2πι ] 2 5 π. Esercizio.7 alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui + x 2 dx 2(x 2 + ) 2 (x 2 + 4). Svolgimento. onsideriamo la funzione f(z) z 2 2(z 2 + ) 2 (z 2 + 4) i cui poli sono z ±ι, doppi, e z ±2ι, semplici, tuttavia devono essere considerati solo i poli aventi parte immaginaria positiva: + x 2 dx 2(x 2 + ) 2 (x 2 + 4) 2πι[R(f, ι) + R(f, 2ι)]. 7
alcoliamo i residui in questione. R(f, ι) d lim z ι dz z 2 2(z + ι) 2 (z 2 + 4) 2 lim 2z(z + ι)(z 2 + 4) [2(z 2 + 4) + 2z(z + ι)]z 2 z ι (z + ι) 3 (z 2 + 4) 2 lim z ι z(z 2 + 4)(z + ι) z 2 (2z 2 + 2ιz + 4) (z + ι) 3 (z 2 + 4) 2 6 2 2 + 4 72ι + R(f, 2ι) 2ι lim z 2ι z 2 2(z 2 + ) 2 (z + 2ι) 4 2( 3) 2 (4ι) 8ι dx 2(x 2 + ) 2 (x 2 + 4) 2πι [ 2ι 8ι ] π 8. Esercizio.8 alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui + cos πx (x 2 + ) dx. 2 Svolgimento. quindi: Poniamo quindi Innanzitutto osserviamo che la funzione integranda è pari + cos πx (x 2 + ) dx + cos πx 2 2 (x 2 + ) dx. 2 f(z) eιπz (z 2 + ) 2 e consideriamo che z ι è l unico polo avente parte immaginaria positiva ed è un polo doppio, pertanto + cos πx dx Re [πιr(f, ι)]. (x 2 + ) 2 8
alcoliamone il residuo: R(f, ι) lim z ι d dz e ιπz (z + ι) 2 lim z ι πιe ιπz (z + ι) 2e ιπz (z + ι) 3 πιe π (2ι) 2e π 8ι Il valore dell integrale è quindi π 2π + 2 e 8ι e π π +. 4ι + cos πx (x 2 + ) 2 dx π 4 (π + )e π. Esercizio.9 alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui + x cos πx (x 2 + )(x 2 + 2x + 2) dx. Svolgimento. onsideriamo la funzione f(z) ze ιπz (z 2 + )(z 2 + 2z + 2) i cui poli sono z ±ι e z ± ι, tutti semplici, ma per poter applicare il teorema dei residui devono essere considerati solo i poli aventi parte immaginaria positiva: + x cos πx dx Re {2πι[R(f, ι) + R(f, + ι)]}. (x 2 + )(x 2 + 2x + 2) alcoliamo i residui in questione. R(f, ι) ze ιπz lim z ι (z + ι)(z 2 + 2z + 2) ιe π 2ι( + 2ι) e π 2( + 2ι) 9 2ι 2ι e π ( 2ι).
ze ιπz R(f, + ι) lim z +ι (z 2 + )(z + + ι) ( + ι)eιπ(ι ) 2ι( 2ι) ( ι)e π 2(2 + ι) 2 ι 2 ι + (2 + ι 2ι)e π { [ e π 2πι x cos πx dx Re (x 2 + )(x 2 + 2x + 2) e π ( ι). e π ( 2ι) + ( ι) ]} 3 πe π. Esercizio. alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui + x sin 2πx (x 2 + 2x + 5)(x 2 + ) dx. Svolgimento. Poniamo f(z) ze 2πιz (z 2 + 2z + 5)(z 2 + ) e osserviamo che i poli di f, tutti semplici, sono ±ι e ± 2ι, tuttavia solo z ι e z + 2ι hanno parte immaginaria strettamente positiva. L integrale vale quindi + x sin 2πxdx Im{2πι[R(f, ι) + R(f, + 2ι)]}. (x 2 + 2x + 5)(x 2 + ) alcoliamo ora i residui: R(f, ι) ze 2πιz lim z ι (z + ι)(z 2 + 2z + 5) ιe 2π (2ι)(4 + 2ι) e 2π 2 ι 4(2 + ι) 2 ι e 2π (2 ι). 2
ze 2πιz R(f, + 2ι) lim z +2ι (z 2 + )(z + + 2ι) ( + 2ι)e2ιπ(2ι ) ( 3 4ι + )( 2ι) ( + 2ι)e 4π 8(2 ι) 2 + ι 2 + ι + x sin 2πx dx (x 2 + 2x + 5)(x 2 + ) e 4π 4 e 4π ( 2 + ι + 4ι 2) (5ι 4). 4 { [ ]} e 2π e 4π Im 2πι (2 ι) + (5ι 4) 2 4 π 5 (e 2π e 4π ). Esercizio. alcolare il seguente integrale reale utilizzando il teorema dei residui + x sin πx (x 2 + )(x 2 + 4)(x 2 2x + 2) dx. Svolgimento. Poniamo f(z) ze ιπz (z 2 + )(z 2 + 4)(z 2 2z + 2) e osserviamo che i poli di f, tutti semplici, sono ±ι, ±2ι e ± ι, tuttavia solo z ι, z 2ι e z + ι hanno parte immaginaria strettamente positiva. Il valore dell integrale è quindi + x sin πx dx (x 2 + )(x 2 + 4)(x 2 2x + 2) Im{2πι[R(f, ι)+r(f, 2ι)+R(f, +ι)]}.
alcoliamo ora i residui: R(f, ι) ze ιπz lim z ι (z + ι)(z 2 + 4)(z 2 2z + 2) ιe π (2ι)(3)( 2ι) ( + 2ι) 6( 2ι) ( + 2ι) ιe π e π 2ι R(f, 2ι) e π ( + 2ι). 3 ze ιπz lim z 2ι (z + 2ι)(z 2 + )(z 2 2z + 2) 2ιe 2π (4ι)( 3)( 2 4ι) ( 2ι) 2( + 2ι) ( 2ι) ιe 2π e 2π 2( + 2ι) R(f, + ι) e 2π ( 2ι). 6 ze πιz lim z +ι (z 2 + 4)(z 2 + )(z + ι) ( + ι)e π(ι ) (2ι + )(2ι + 4)(2ι) ( + ι)e π 2(ι 2)(2ι + 4) ( + ι)e π 4(ι 2)(ι + 2) e π ( + ι). 2 2
+ x sin πx dx (x 2 + )(x 2 + 4)(x 2 2x + 2) Im 2π { 2πι [ e 2π 6 ]} + e π ( + ι) 2 [ ] e π 3 + e 2π 6 + e π 2 e π ( 2ι) + ( + ι)+ 2 π 3 (5e π + e 2π ) Esercizio.2 Utilizzare la trasformata di Laplace per risolvere la seguente equazione differenziale del secondo ordine: Y (t) 3Y (t) + 2Y (t) cosh t dove Y (t) è una funzione soggetta alle seguenti condizioni iniziali Y () e Y (). Svolgimento. Poniamo y(s) L[Y (t)] e applichiamo la trasformata di Laplace all equazione differenziale: da cui L[Y (t)] 3L[Y (t)] + 2L[Y (t)] L[cosh t], s 2 y(s) sy () Y () 3(sy(s) Y ()) + 2y(s) Sostituendo le condizioni iniziali e mettendo in evidenza y(s): (s 2 3s + 2)y(s) s + + 3 s s 2 (s 2 3s + 2)y(s) s 4 + s s 2 s3 4s 2 + 4. s 2 In questo modo si ricava y(s): y(s) s 3 4s 2 + 4 (s 2 3s + 2)(s 2 ) 3 s s 2.
Gli zeri del polinomio s 2 3s + 2 sono 2 e pertanto y(s) ha s come polo doppio ed s e s 2 come poli semplici ed ammette la seguente scomposizione in fratti semplici: y(s) A s + + B s 2 + alcoliamo ora i coefficienti A, B, e D: R(y(s), ) s + D (s ) 2. s 3 4s 2 + 4 A R(y(s), ) lim s (s 2)(s ) 2 2 ; B R(y(s), 2) lim s 2 s 3 4s 2 + 4 (s + )(s ) 2 4 3 ; d lim s ds s 3 4s 2 + 4 (s 2)(s + ) lim s d s 3 4s 2 + 4 ds s 2 s 2 lim s (3s 2 8s)(s 2 s 2) (2s )(s 3 4s 2 + 4) (s 2 s 2) 2 9 4 ; D R((s )y(s), ) lim s s 3 4s 2 + 4 (s 2)(s + ) 2. Quindi la scomposizione di y(s) è y(s) e la soluzione è: 2(s + ) 4 3(s 2) 9 4(s ) 2(s ) 2 Y (t) L [y(s)] 2 e t 4 3 e2t 9 4 et 2 tet. Esercizio.3 Utilizzare la trasformata di Laplace per risolvere la seguente equazione differenziale del secondo ordine: Y (t) 2Y (t) + 2Y (t) t 2 dove Y (t) è una funzione soggetta alle seguenti condizioni iniziali Y () e Y (). 4
Svolgimento. Poniamo y(s) L[Y (t)] e applichiamo la trasformata di Laplace all equazione differenziale: da cui L[Y (t)] 2L[Y (t)] + 2L[Y (t)] L[t 2 ] s 2 y(s) sy () Y () 2sy(s) + 2Y ()2 + y(s) 2 s 3. Sostituendo le condizioni iniziali e mettendo in evidenza y(s): ricaviamo ora y(s): (s 2 2s + 2)y(s) + 2 s 3 s3 + 2 s 3, y(s) s 3 + 2 s 3 (s 2 2s + 2). La funzione y(s) presenta s come polo triplo e s ± ι, poli complessi coniugati, pertanto se tra questi ultimi scegliamo + ι, allora ammette la seguente scomposizione in fratti semplici: y(s) A s + B s + 2D(s ) + 2 s3 (s ) 2 + 2E (s ) 2 +. alcoliamo ora i coefficienti incogniti. A R(y(s), ) 2 lim d 2 s 3 + 2 s ds 2 s 2 2s + 2 2 lim d s ds 2 lim d s ds 2 lim d s ds 3s 2 (s 2 2s + 2) (2s 2)(s 3 + 2) (s 2 2s + 2) 2 3s 4 6s 3 + 6s 3 (2s 4 + 4s 2s 3 4) (s 2 2s + 2) 2 s 4 4s 3 + 6s 2 4s + 4 (s 2 2s + 2) 2 2 lim (4s 3 2s 2 + 2s 4)(s 2 2s + 2) 2(2s 2)(s 4 4s 3 + 6s 2 4s + 4) s (s 2 2s + 2) 3 8 + 6 6 2 5
B d R(sy(s), ) lim s ds s 3 + 2 s 2 2s + 2 D + ιe lim s s 4 4s 3 + 6s 2 4s + 4 (s 2 2s + 2) 2 R(s 2 y(s), ) lim s s 3 + 2 s 2 2s + 2 s 3 + 2 R(y(s), + ι) lim s +ι s 3 (s + ι) ( + ι)3 + 2 ( + ι) 3 (2ι) Sostituendo nell espressione di y(s): Antitrasformando: 2 + 2ι + 2 ( 2 + 2ι)(2ι) ( ι) 2( + ι) ( ι) 4 ι 4. y(s) 2s + s + 2 s s 3 2 (s ) 2 + + 2 (s ) 2 +. Y (t) L [y(s)] 2 + t + t2 2 2 et cos t + 2 et sin t. Esercizio.4 Utilizzare la trasformata di Laplace per risolvere la seguente equazione differenziale del terzo ordine: Y (t) + Y (t) cos t dove Y (t) è una funzione soggetta alle seguenti condizioni iniziali Y (), Y () e Y () 2. Svolgimento. Poniamo y(s) L[Y (t)] e applichiamo la trasformata di Laplace all equazione differenziale: L[Y (t)] + L[Y (t)] L[cos t], 6
da cui s 3 y(s) s 2 Y () sy () Y () + s 2 y(s) sy () Y () Sostituendo le condizioni iniziali e mettendo in evidenza y(s): (s 3 + s 2 )y(s) s 2 s s 2 + s 2 (s + )y(s) s + 3 + s s 2 + s3 + 3s 2 + 2s + 3. s 2 + Da quest ultima equazione si ricava y(s): y(s) s3 + 3s 2 + 2s + 3 s 2 (s + )(s 2 + ) s s 2 +. La funzione y(s) ammette la seguente scomposizione in fratti semplici: y(s) A s + B s 2 + 2D(s α) + s + (s α) 2 + β 2Eβ 2 (s α) 2 + β 2 dove α + ιβ è un polo complesso di y(s), in questo caso scegliamo il polo ι quindi α e β. L espressione di y(s) diventa: y(s) A s + B s 2 + I coefficienti sono particolari residui: s + + 2Ds s 2 + 2E s 2 +. A d R(y(s), ) lim s ds s 3 + 3s 2 + 2s + 3 (s + )(s 2 + ) d lim s ds s 3 + 3s 2 + 2s + 3 s 3 + s 2 + s + lim s (3s 2 + 6s + 2)(s 3 + s 2 + s + ) (3s 2 + 2s + )(s 3 + 3s 2 + 2s + 3) (s 3 + s 2 + s + ) 2 B R(sy(s), ) lim s s 3 + 3s 2 + 2s + 3 (s + )(s 2 + ) s 3 + 3s 2 + 2s + 3 R(y(s), ) lim s s 2 (s 2 + ) 3 3 2 7
D + ιe R(y(s), ι) lim s ι s 3 + 3s 2 + 2s + 3 s 2 (s + )(s + ι) Sostituendo i coefficienti si ha pertanto la soluzione è: ι 3 + 2ι + 3 ( )( + ι)(2ι) + ι ι ι 4 + ι 4 y(s) s + 3 s 2 + 3 2(s + ) s 2(s 2 + ) 2(s 2 + ) Y (t) L [y(s)] 3t + 3 2 e t 2 cos t sin t. 2 Esercizio.5 Risolvere, utilizzando le trasformate di Laplace, la seguente equazione differenziale Y (t) Y (t) F (t), Y (), Y () 2, Y () dove F (t) è una funzione che ammette trasformata di Laplace. Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace all equazione da risolvere: L[Y (t)] L[Y (t)] L[F (t)], da cui, posto y(s) L[Y (t)] e f(s) L[F (t)], si ha s 3 y(s) s 2 Y () sy () Y () sy(s) + Y () f(s). Sostituendo le condizioni iniziali: quindi y(s) (s 3 s)y(s) 2s + f(s) 2s s(s )(s + ) + f(s) s(s )(s + ). Osserviamo che possiamo trasformare in fratti semplici il primo addendo a secondo membro, in quanto è indipendente da F (t), per il secondo addendo 8
possiamo scomporre in fratti la funzione che non dipende da f(s) e per antitrasformare il risultato applichiamo il teorema di convoluzione. Quindi poniamo, per semplicità: e g(s) h(s) 2s s(s )(s + ) s(s )(s + ) e scomponiamo singolarmente le due funzioni: dove g(s) A s + B s + s +, A R(g(s), ) lim s 2s s 2 B R(g(s), ) lim s 2s s(s + ) 2 2s R(g(s), ) lim s s(s ) 3 2. Procediamo analogamente per h(s): dove Pertanto h(s) A s + B s + s +, A R(h(s), ) lim s s 2 B R(h(s), ) lim s s(s + ) 2 R(h(s), ) lim s s(s ) 2. y(s) s + 2(s ) 3 2(s + ) + f(s) + f(s) s 2(s ) + f(s) 2(s + ) 9
Antitrasformando y(s) si ottiene la soluzione dell equazione differenziale di partenza Y (t) + 2 et 3 2 e t F (t) + + 2 F (t) et + 2 F (t) e t + 2 et 3 2 e t + 2 t t F (u)e (t u) du. F (u)du + 2 t F (u)e t u du+ Esercizio.6 Risolvere, utilizzando le trasformate di Laplace, la seguente equazione differenziale Y (t) 2Y (t) + Y (t) tf (t), Y () Y (), Y () 2 dove F (t) è una funzione che ammette trasformata di Laplace f(s) funzione di classe () per ogni s reale. Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace all equazione da risolvere: L[Y (t)] 2L[Y (t)] + L[Y (t)] L[tF (t)] da cui, posto y(s) L[Y (t)] e f(s) L[F (t)], si ha s 3 y(s) s 2 Y () sy () Y () 2s 2 y(s)+2sy ()+Y ()+sy(s) Y () f (s). Sostituendo le condizioni iniziali: quindi s(s 2 2s + )y(s) + s 2 + s 2 2s 2 + f (s) Poniamo, per semplicità: s(s 2 2s + )y(s) s 2 + s 6 + f (s) y(s) s2 + s 6 s(s 2 2s + ) + f (s) s(s 2 2s + ). g(s) s2 + s 6 s(s 2 2s + ) 2
e h(s) s(s 2 2s + ) e scomponiamo singolarmente le due funzioni. Osserviamo che entrambe hanno gli stessi poli s, semplice, e s ± 3ι, poli complessi coniugati. Se scegliamo s + 3ι allora g(s) ammette la seguente scomposizione in fratti semplici: g(s) A s + 2B(s ) (s ) 2 + 9 6 (s ) 2 + 9, dove A R(g(s), ) lim s s 2 + s 6 s 2 2s + 3 5 s 2 + s 6 B + ι R(g(s), + 3ι) lim s +3ι s(s + 3ι) 8 6ι + + 3ι 6 ( + 3ι)6ι 3 3ι ( + 3ι)6ι Quindi ι 2( 3 + ι) ι 2( 3 + ι) 3 ι 3 ι 2 ( 3 ι + 3ι ) 5 + ι. g(s) 3 5s 2(s ) 5[(s ) 2 + 9] 3 5[(s ) 2 + 9]. Procediamo analogamente per h(s): h(s) A s + 2B(s ) (s ) 2 + 9 6 (s ) 2 + 9, dove A R(h(s), ) lim s s 2 2s + 2
B + ι R(h(s), + 3ι) lim s +3ι s(s + 3ι) ( + 3ι)6ι 6( 3 + ι) 3 ι 6( 3 + ι) 3 ι ( 3 ι) 6 Quindi 2 ι 6. h(s) s s [(s ) 2 + 9] + [(s ) 2 + 9], da cui, si ottiene la scomposizione di y(s): y(s) 3 5s 2(s ) 5[(s ) 2 + 9] 3 5[(s ) 2 + 9] + f (s) s + f (s)(s ) [(s ) 2 + 9] + f (s) [(s ) 2 + 9]. Applicando opportunamente il teorema di convoluzione si ottiene la soluzione Y (t): Y (t) 3 5 2 5 et cos 3t + 3 5 et sin 3t (tf (t)) + + (tf (t)) (et cos 3t) 3 (tf (t)) (et sin 3t) 3 5 2 5 et cos 3t + 3 5 et sin 3t + t uf (u)e t u cos 3(t u)du+ t uf (u)e t u sin 3(t u)du. 3 t uf (u)du+ 22
Esercizio.7 Utilizzare le trasformate di Laplace per risolvere la seguente equazione differenziale: Y (t) + Y (t) F (t), Y (), Y () dove F (t) { 2 < t < t. Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace all equazione da risolvere: L[Y (t)] + L[Y (t)] L[F (t)], da cui, posto y(s) L[Y (t)] e sostituendo le condizioni iniziali in, si ha s 2 y(s) sy () Y () + sy(s) Y () L[F (t)] s(s + )y(s) s + L[F (t)] A questo punto si può calcolare la trasformata di Laplace della funzione F (t) applicando direttamente la definizione: L[F (t)] L equazione algebrica diventa da cui Poniamo per comodità e + 2 e st F (t)dt s(s + )y(s) s + 2 2e s s e st dt 2( e s ). s s2 + 2 2e s s y(s) s2 + 2 s 2 (s + ) 2e s s 2 (s + ). g(s) s2 + 2 s 2 (s + ) h(s) s 2 (s + ) 23
e scomponiamo le due funzioni in fratti semplici. Entrambe ammettono un polo doppio s e un polo semplice s : dove A g(s) A s + B s 2 + d R(g(s), ) lim s ds s + s 2 + 2 s + lim s 2s(s + ) s 2 2 (s + ) 2 2 B R(sg(s), ) lim s s 2 + 2 s + 2 s 2 + 2 R(g(s), ) lim 3 s s 2 Procediamo analogamente per h(s): dove Quindi h(s) A s + B s 2 + d A R(h(s), ) lim s ds s + s + (s + ) 2 B R(sh(s), ) lim s s + R(h(s), ) lim s s. 2 y(s) 2 s + 2 s 2 + 3 s + + 2 s e s 2 s 2 e s 2 s + e s L antitrasformata delle funzioni dove compare il fattore e s è data dalle seguenti funzioni a tratti: [ ] 2e L s 2 t s < t < 24
[ ] 2e L s 2(t ) t s 2 < t <. [ ] 2e L s 2e (t ) t s + < t <. La soluzione Y (t) è quindi: 2 + 2t + 3e t < t < Y (t) 2 + 2t + 3e t + 2 2(t ) 2e (t ) t da cui semplificando ulteriormente: 2 + 2t + 3e t < t < Y (t) 2 + 3e t 2e (t ) t. Esercizio.8 Risolvere la seguente equazione differenziale del secondo ordine utilizzando le trasformate di Laplace: Y (t) 3Y (t) + 2Y (t) F (t) soggetta alle seguenti condizioni iniziali Y (), Y (), e dove F (t) è la funzione così definita: t 2 F (t) < t < 2. Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace all equazione da risolvere: L[Y (t)] 3L[Y (t)] + 2L[Y (t)] L[F (t)] da cui, posto y(s) L[Y (t)] si ha s 2 y(s) sy () Y () 3sy(s) + 3Y () + 2y(s) e 2s s 25
(s 2 3s + 2)y(s) + s 2 3 e 2s s. L equazione algebrica diventa da cui Poniamo per comodità e (s 2 3s + 2)y(s) s + 5 + e 2s s s + 5 + e 2s s y(s) s + 5 s 2 3s + 2 e 2s s(s 2 3s + 2). g(s) s + 5 s 2 3s + 2 h(s) s(s 2 3s + 2) e scomponiamo le due funzioni in fratti semplici. La funzione g(s) ammette due poli semplici s ed s 2: dove g(s) A s + B s 2 A R(g(s), ) lim s s + 5 s 2 Procediamo analogamente per h(s): 4 B R(g(s), 2) lim s 2 s + 5 s 3 dove h(s) A s + B s + s 2 A R(h(s), ) lim s s 2 3s + 2 2 B R(h(s), ) lim s s(s 2) R(h(s), 2) lim s 2 s(s ) 2. 26
Quindi y(s) 4 s + 3 +e 2s s 2 + 2s e 2s s + e 2s 2(s 2) L antitrasformata delle funzioni dove compare il fattore e 2s è data dalle seguenti funzioni a tratti: [ ] e L 2s t 2 2 2s < t < 2 [ ] e t 2 t 2 L e 2s s < t < 2. [ ] e e L 2s 2(t 2) t 2 2 2(s + ) < t < 2. La soluzione Y (t) è quindi: 4e t + 3e 2t < t < 2 Y (t) 4e t + 3e 2t + 2 et 2 + e2(t 2) t 2. 2 Esercizio.9 Utilizzare la trasformata di Laplace per risolvere il seguente problema ai limiti: Y (t) + 4Y (t) cos t Y () Y (π/4). Svolgimento. Poniamo y(s) L[Y (t)] e applichiamo la trasformata di Laplace all equazione differenziale: L[Y (t)] + 4L[Y (t)] L[cos t], s 2 y(s) sy () Y () + 4y(s) s s 2 +. 27
Poniamo A Y () e procediamo come al solito: da cui (s 2 + 4)y(s) s + A + s s 2 + s3 + As 2 + 2s + A s 2 + y(s) s3 + As 2 + 2s + A (s 2 + )(s 2 + 4). La funzione ammette 2 coppie di poli complessi coniugati tra i quali noi scegliamo s ι e s 2ι pertanto y(s) ammette la seguente scomposizione in fratti semplici dove y(s) B + ι 2Bs s 2 + 2 s 2 + + 2Ds s 2 + 4 4E s 2 + 4, R(y(s), ι) lim s ι s 3 + As 2 + 2s + A (s 2 + 4)(s + ι) D + ιe ι A + 2ι + A 6ι 6 R(y(s), 2ι) lim s 2ι s 3 + As 2 + 2s + A (s + 2ι)(s 2 + ) 8ι 4A + 4ι + A 2ι 3 A 4 ι. s y(s) 3(s 2 + ) + 2s 3(s 2 + 4) + A s 2 + 4, pertanto la soluzione è: Y (t) L [y(s)] 3 cos t + 2 3 cos 2t + A 2 sin 2t. Per calcolare la costante A imponiamo la condizione di coincidenza in π/4: 2 Y (π/4) 6 + A 2 da cui segue A 2/3 e quindi la soluzione è: Y (t) 3 cos t + 2 3 cos 2t 2 6 sin 2t. 28
Esercizio.2 Risolvere, utilizzando le trasformate di Laplace, il seguente sistema di equazioni differenziali Y (t) Z (t) sin t Y (t) + 2Z (t) + Z(t) Y () Y () Z(). Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace al sistema: L[Y (t)] L[Z (t)] L[sin t] L[Y (t)] + 2L[Z (t)] + L[Z(t)] Poniamo, come al solito, z(s) L[Z(t)] e y(s) L[Y (t)] e teniamo conto che tutte le condizioni iniziali sono nulle: sy(s) sz(s) s 2 + s 2 y(s) + 2sz(s) + z(s) sy(s) sz(s) s 2 + s 2 y(s) + (2s + )z(s) Per risolvere questo sistema lineare decidiamo di utilizzare la regola di ramer. alcoliamo prima il determinante della matrice dei coefficienti ( ) s s det s 2 s(2s + ) + s 3 s(s + ) 2 2s + quindi y(s) s 2s + s(s + ) 2 s 2 + 2s + s(s + ) 2 (s 2 + ). 29
La funzione y(s) ammette la seguente scomposizione in fratti semplici: y(s) A s + B s + + (s + ) + 2Ds 2 s 2 + 2E s 2 + dove B A R(y(s), ) lim s 2s + (s + ) 2 (s 2 + ) R(y(s), ) lim s d ds 2s + s(s 2 + ) lim s 2(s 3 + s) (3s 2 + )(2s + ) lim s (s 3 + s) 2 d ds 2s + R((s + )y(s), ) lim s s(s 2 + ) 2 D + ιe 2s + s 3 + s R(y(s), ι) lim s ι 2s + s(s 2 + 2s + )(s + ι) Pertanto La soluzione è 2ι + (ι)(2ι)(2ι) 2 + ι 4 y(s) s + 2(s + ) 2 s s 2 + 2(s 2 + ) Y (t) L [y(s)] + 2 te t cos t sin t. 2 Ripetiamo lo stesso procedimento per z(s): s s 2 + s 2 z(s) s(s + ) 2 s 2 s(s + ) 2 (s 2 + ) s (s + ) 2 (s 2 + ). 3
La funzione z(s) ammette la seguente scomposizione in fratti semplici: dove Quindi z(s) A s + + A R(z(s), ) lim s B (s + ) + 2s 2 s 2 + d ds B R((s + )z(s), ) lim s + ιd R(y(s), ι) lim s ι z(s) 2D s 2 + s s 2 + lim (s 2 + ) + 2s 2 s (s 2 + ) 2 s s 2 + 2 s (s 2 + 2s + )(s + ι) ι 4. 2(s + ) 2 2(s 2 + ) pertanto la seconda componente della soluzione del sistema differenziale è: Z(t) 2 te t sin t. 2 Esercizio.2 Risolvere, utilizzando le trasformate di Laplace, la seguente equazione integrale Y (t) t + 6 t (t u) 3 Y (u)du. Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace all equazione integrale ponendo y(s) L[Y (t)]. [ t ] L[Y (t)] L[t] + L (t u) 3 Y (u)du. 6 Applicando il teorema di convoluzione abbiamo che il secondo addendo a secondo membro è proprio la convoluzione tra le funzioni G(t) t 3 e F (t) Y (t) pertanto la trasformata di Laplace è il prodotto delle trasformate di Laplace delle funzioni t 3 e Y (t): y(s) s 2 + y(s) s 4 3
quindi y(s) ( ) s 4 s 2 da cui y(s) s2 s 4 s 2 (s )(s + )(s 2 + ). La funzione y(s) ha i poli reali ± e i poli complessi coniugati ±ι. Se tra questi ultimi scegliamo s ι allora y(s) ammette la seguente scomposizione in fratti semplici y(s) A s + B s + + 2s s 2 + alcoliamo i coefficienti della scomposizione: 2D s 2 +. A R(y(s), ) lim s s 2 (s + )(s 2 + ) 4 s 2 B R(y(s), ) lim s (s + )(s 2 + ) 4 s 2 + ιd R(y(s), ι) lim s ι (s 2 )(s + ι) ι 4. Sostituendo i quattro coefficienti si ricava: y(s) 4(s ) 4(s + ) + 2(s 2 + ) e quindi Y (t) L [y(s)] et 4 e t 4 + sin t. 2 Esercizio.22 Risolvere, utilizzando le trasformate di Laplace, la seguente equazione integrale t Y (t) t + 2 cos(t u)y (u)du. 32
Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace all equazione integrale ponendo y(s) L[Y (t)]. [ t ] L[Y (t)] L[t] + L 2 cos(t u)y (u)du. Applicando il teorema di convoluzione abbiamo che il secondo addendo a secondo membro è proprio la convoluzione tra le funzioni G(t) cos t e F (t) Y (t) pertanto la trasformata di Laplace è il prodotto delle trasformate di Laplace delle funzioni t 3 e Y (t): quindi da cui y(s) s 2 + 2sy(s) s 2 + ( y(s) 2s ) s 2 + s 2 y(s) s2 + s 2 (s ) 2. La funzione y(s) ha i poli doppi e pertanto ammette la seguente scomposizione in fratti semplici y(s) A s + B s 2 + alcoliamo i coefficienti della scomposizione: s + D (s ). 2 A d R(y(s), ) lim s ds s 2 + (s ) 2 lim s 2s(s ) 2(s 2 + ) 2(s + ) (s 2 ) 3 2 B R(sy(s), ) lim s s 2 + (s 2 ) 2 d R(y(s), ) lim s ds s 2 + s 2 2s 2 2(s 2 + ) lim 2 s s 3 33
D R(sy(s), ) lim s s 2 + s 2 2 Sostituendo i quattro coefficienti si ricava: y(s) 2 s + s 2 2 s + 2 (s ) 2. e quindi Y (t) L [y(s)] 2 + t 2e t + 2te t. Esercizio.23 Risolvere, utilizzando le trasformate di Laplace, la seguente equazione integro-differenziale con Y (). t Y (t) + t + 8 (t u) 2 Y (u)du Svolgimento. Applichiamo la trasformata di Laplace all equazione integrodifferenziale ponendo y(s) L[Y (t)]. [ t ] L[Y (t)] L[] + L[t] + 8L (t u) 2 Y (u)du. Applicando il teorema di convoluzione abbiamo che il secondo addendo a secondo membro è proprio la convoluzione tra le funzioni G(t) t 2 e F (t) Y (t) pertanto la trasformata di Laplace è il prodotto delle trasformate di Laplace delle funzioni t 2 e Y (t): quindi da cui sy(s) s + s 2 + 6y(s) s 3 ( y(s) s 6 ) + s 3 s + s s2 + s +. 2 s 2 ( s 4 ) 6 y(s) s2 + s +. s 3 s 2 y(s) s(s2 + s + ) s 4 6 s(s 2 + s + ) (s 2)(s + 2)(s 2 + 4). 34
La funzione y(s) ha i poli reali ±2 e i poli complessi coniugati ±2ι. Se tra questi ultimi scegliamo s 2ι allora y(s) ammette la seguente scomposizione in fratti semplici y(s) A s 2 + B s + 2 + 2s s 2 + 4 alcoliamo i coefficienti della scomposizione: 4D s 2 + 4. s(s 2 + s + ) A R(y(s), 2) lim s 2 (s + 2)(s 2 + 4) 7 6 s(s 2 + s + ) B R(y(s), 2) lim s 2 (s 2)(s 2 + 4) 3 6 + ιd R(y(s), 2ι) lim s 2ι s(s 2 + s + ) (s 2 4)(s + 2ι) (2ι)( 3 + 2ι) ( 8)(4ι) Sostituendo i quattro coefficienti si ricava: e quindi y(s) ( 3 + 2ι). 6 7 6(s 2) + 3 6(s + ) + 3s 8(s 2 + 4) + 2(s 2 + 4) Y (t) L [y(s)] 7 6 e2t + 3 6 e 2t + 3 8 cos 2t + sin 2t. 4 35