Capitolo 8 · C1

La trasformata di Laplace

Definizione e linearità, Funzioni nulle prima di zero, Teorema della derivata, Il sistema nel dominio di s, Convoluzione e funzione di trasferimento, Trasformate elementari

10 pagine (8 numerate). Aggiornato il 10 ottobre 2026.

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La risposta forzata a un ingresso qualunque richiede un integrale di convoluzione, matrice per vettore, elemento per elemento. La trasformata di Laplace porta i conti dal tempo t alla variabile complessa s, dove quell’integrale diventa un prodotto. 1 Definizione e linearità Definizione – Trasformata di Laplace La trasformata di Laplace di una funzione f (t), definita per t ≥ 0, è la funzione della variabile complessa s F (s) = Lf (t) := Z +∞ 0 f (t) e−st dt definita per gli s in cui l’integrale converge: un semipiano Re s > αf . Si trasforma un vettore o una matrice di funzioni elemento per elemento, come si integra. Proposizione – Linearità Per costanti a, b e funzioni f , g: La f (t) + b g(t) = a F (s) + b G(s). La dimostrazione è la linearità dell’integrale. È la proprietà che serve: i sistemi studiati sono lineari, e lo restano nel dominio di s. 2 Funzioni nulle prima di zero L’integrale parte da 0: due funzioni uguali per t ≥ 0 e diverse prima hanno la stessa trasformata, e da F (s) non si saprebbe da quale si è partiti. Definizione – Gradino e funzioni nulle prima di zero Il gradino unitario è δ−1(t) = (0 t < 0 1 t ≥ 0 e f (t) δ−1(t) è la funzione nulla per t < 0 e uguale a f (t) per t ≥ 0. Si trasformano solo funzioni di questo tipo: allora la trasformata è biunivoca, e da F (s) si torna a una sola funzione del tempo. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 1

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Per i sistemi non è una perdita: lo stato si descrive da t0 = 0 in poi, e prima di 0 ingressi e uscite non interessano. Osservazione – δ−1 non cambia la trasformata Da 0 in poi δ−1(t) = 1, quindi Lf (t) δ−1(t) = Z +∞ 0 f (t) e−st dt = F (s), non il prodotto F (s) · L[δ−1(t)]: il fattore δ−1 dice solo che la funzione parte da 0. Una costante c da trasformare è sempre c δ−1(t). 3 Teorema della derivata Teorema – Trasformata della derivata Se X(s) = L[x(t)], per Re s > αx: L ̇x(t) = s X(s) − x(0) Dimostrazione 1. Per parti. Si integra ̇x e si deriva e−st: Z +∞ 0 ̇x(t) e−st dt = h x(t) e−st i+∞ 0 + s Z +∞ 0 x(t) e−st dt. 2. All’infinito. Con s = σ + iω, e−st = e−σt e−iωt, e |e−iωt| = 1: il secondo fattore gira sul cerchio unitario. Decide e−σt, che, se σ è abbastanza grande, porta x(t) e−st a zero. 3. In zero. e−s·0 = 1: resta −x(0), e l’ultimo integrale è X(s). □ Ogni derivata nel tempo diventa una moltiplicazione per s, meno il valore iniziale: le equazioni differenziali diventano equazioni algebriche. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 2

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4 Il sistema nel dominio di s Teorema – La rappresentazione in s Per ̇x = Ax + Bu, y = Cx + Du con x(0) = x0, se s non è un autovalore di A: X(s) = (sI − A)−1x0 + (sI − A)−1B U (s) Y (s) = C(sI − A)−1x0 + C(sI − A)−1B + D U (s) Dimostrazione 1. Si trasformano i due membri. Per la linearità e il teorema della derivata: s X(s) − x0 = A X(s) + B U (s), Y (s) = C X(s) + D U (s). 2. Si raccoglie X(s). s è uno scalare e A una matrice: si scrive sX(s) = sI X(s), e (sI − A) X(s) = x0 + B U (s). 3. Si inverte. det(sI − A) = 0 solo negli autovalori di A; altrimenti si moltiplica a sinistra per (sI − A)−1, e si sostituisce X(s) in Y (s). □ Come nel tempo, la parte con x0 è l’evoluzione libera, quella con U (s) la forzata: la linearità mantiene la separazione. Osservazione – Una sola rappresentazione Nel tempo ci sono due forme, esplicita e implicita (differenziale), che differiscono per il modo di guardare l’evoluzione nel tempo. In s il tempo non c’è: trasformando l’una o l’altra si ottiene la stessa rappresentazione. 5 Convoluzione e funzione di trasferimento Teorema – Convoluzione La trasformata di un integrale di convoluzione è il prodotto delle trasformate: L h Z t 0 f (t − τ ) g(τ ) dτ i = F (s) G(s) anche con f matrice e g vettore, se il prodotto f g è definito. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 3

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Dimostrazione 1. Si scambiano gli integrali. Nella regione 0 ≤ τ ≤ t: Z +∞ 0 e−st Z t 0 f (t − τ )g(τ ) dτ dt = Z +∞ 0 Z +∞ τ f (t − τ ) e−s(t−τ ) dt e−sτ g(τ ) dτ. 2. Si cambia variabile. Con r = t − τ l’integrale interno è F (s), e resta F (s) R +∞ 0 e−sτ g(τ ) dτ = F (s) G(s). □ Proposizione – Le matrici della forma esplicita in s Le trasformate delle matrici della forma esplicita (Capitoli 2 e 3) sono Φ(s) = LeAt = (sI − A)−1, H(s) = (sI − A)−1B, Ψ(s) = C(sI − A)−1, W (s) = C(sI − A)−1B + D W (s), q × p, è la funzione di trasferimento del sistema. Dimostrazione 1. Forma esplicita. Con t0 = 0, x(t) = Φ(t) x0 + R t 0 H(t − τ ) u(τ ) dτ e y(t) = Ψ(t) x0 + R t 0 W (t − τ ) u(τ ) dτ . 2. Si trasforma. Per la linearità e la convoluzione, X(s) = Φ(s) x0 + H(s) U (s) e Y (s) = Ψ(s) x0 + W (s) U (s). 3. Si confronta con il teorema della Sezione 4. Le due espressioni valgono per ogni x0 e ogni ingresso: con u = 0 e x0 i vettori della base canonica i coefficienti di x0 coincidono, poi coincidono quelli di U (s). □ Osservazione – Il termine D In W (t) = C H(t) + D δ(t) (Capitolo 2) il legame diretto entra con l’impulso. Perché la trasformata di D δ(t) sia D serve L[δ(t)] = 1: infatti Lδ(t) = Z +∞ 0 δ(t) e−st dt = e−s·0 = 1, per la proprietà dell’impulso, con l’impulso in t = 0 dentro l’intervallo d’integrazione. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 4

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Nota – Che cosa si guadagna Φ(s), H(s), Ψ(s) e W (s) dipendono solo dal sistema: si calcolano una volta, e invece di eAt si calcola (sI − A)−1. Per la risposta forzata in uscita si trasforma l’ingresso e si moltiplica: Y (s) = W (s) U (s), al posto dell’integrale di convoluzione. 6 Trasformate elementari Proposizione – Prime trasformate Le funzioni del tempo sono nulle per t < 0; k ≥ 0 intero. f (t) F (s) dove δ(t) 1 ogni s δ−1(t) 1 s Re s > 0 tk k! δ−1(t) 1 sk+1 Re s > 0 Dimostrazione 1. Impulso: osservazione della Sezione 5. 2. Gradino. Per Re s > 0, e−st → 0 per t → +∞: Z +∞ 0 e−st dt = he−st −s i+∞ 0 = 0 − 1 −s = 1 s . 3. Potenze, per parti. Per k ≥ 1 si deriva tk k! e si integra e−st: Z +∞ 0 tk k!e−st dt = h tk k! e−st −s i+∞ 0 + 1 s Z +∞ 0 tk−1 (k − 1)! e−st dt. Il termine fra parentesi è nullo: in 0 per tk, all’infinito perché l’esponenziale vince sul polinomio se Re s > 0. 4. Ricorsione. Ogni potenza aggiunge un fattore 1 s ; si parte da k = 0, il gradino, con 1 s : dopo k passi 1 sk+1 . □ Per la linearità, Ltkδ−1(t) = k! sk+1 e Lc δ−1(t) = c s: con la tabella si trasforma ogni polinomio, termine per termine. Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 5

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Esempio – Un polinomio Per f (t) = (2 + 3t2 + t4) δ−1(t) si scrive ogni potenza con il suo fattoriale: F (s) = 2 L[δ−1] + 3 · 2 L h t2 2! i + 4! L h t4 4! i = 2 s + 6 s3 + 24 s5 , Re s > 0. L’esponenziale eat, la legge dei modi naturali, è l’Esercizio 1. Riepilogo • Definizione: F (s) = R +∞ 0 f (t)e−st dt, per Re s > αf ; lineare. • Unicità: si trasformano funzioni nulle per t < 0, scritte f (t)δ−1(t). • Derivata: L[ ̇x] = sX(s) − x(0). • Stato: X(s) = (sI − A)−1x0 + (sI − A)−1BU (s). • Uscita: Y (s) = C(sI − A)−1x0 + C(sI − A)−1B + DU (s). • Convoluzione: diventa il prodotto F (s)G(s); Φ(s) = (sI − A)−1. • Funzione di trasferimento: W (s) = C(sI − A)−1B + D. • Tabella: δ → 1, δ−1 → 1 s , tk k! → 1 sk+1 . 7 Esercizi Esercizio 1 – La trasformata dell’esponenziale Calcola la trasformata di eatδ−1(t), con a reale, e dove esiste. Confrontala con Φ(s) per un sistema con n = 1. Soluzione a pagina 8 → Esercizio 2 – Esonero del 14/11/2025 (fila A), Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 4 Posto L[f (t)] = F (s), calcolare l’espressione di L hd2f (t) dt2 i . Soluzione a pagina 8 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 6

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Esercizio 3 – Appello del 24/07/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato Dato il sistema ̇x(t) = 0.5 −1.5 −1.5 0.5 ! x + 1 1 ! u, y = 1 0 x e. calcolare la funzione di trasferimento. Soluzione a pagina 8 → Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 7

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8 Soluzioni Soluzione dell’Esercizio 1 – La trasformata dell’esponenziale Calcolo. Per la definizione, Leat = Z +∞ 0 eate−st dt = Z +∞ 0 e−(s−a)t dt = h e−(s−a)t −(s − a) i+∞ 0 = 1 s − a. Dove. Il termine all’infinito si annulla se Re(s − a) > 0, cioè per Re s > a: l’ascissa di convergenza è a. È il conto del gradino con s − a al posto di s, e per a = 0 si ritrova 1 s . Confronto. Con n = 1, A = a è uno scalare, eAt = eat e Φ(s) = (s − a)−1: lo stesso risultato. ← Torna all’Esercizio 1, pagina 6 Soluzione dell’Esercizio 2 – Esonero del 14/11/2025 (fila A), Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 4 Si applica due volte il teorema della derivata, prima a g = ̇f , poi a f : L ̈f = s L ̇f − ̇f (0) = ssF (s) − f (0) − ̇f (0) = s2F (s) − s f (0) − ̇f (0), per Re s abbastanza grande perché il teorema valga per f e per ̇f . Ogni derivata dà un fattore s e un termine con un valore iniziale. ← Torna all’Esercizio 2, pagina 6 Soluzione dell’Esercizio 3 – Appello del 24/07/2026, Canale 1, Prof. Paolo Di Giamberardino, esercizio 2, adattato L’inversa. det(sI − A) = (s − 0.5)2 − 2.25 = (s − 2)(s + 1), e (sI − A)−1B = 1 (s − 2)(s + 1) s − 0.5 −1.5 −1.5 s − 0.5 ! 1 1 ! = 1 s + 1 1 1 ! . Funzione di trasferimento. Con D = 0: W (s) = C(sI − A)−1B = 1 s + 1. Lettura. Gli autovalori sono 2 e −1, ma in W (s) resta solo s+1. Infatti AB = −B: B è un autovettore di −1, il modo di 2 (autovettore (1 −1)T) non è eccitabile, e W (t) = C eAtB = e−t, la cui trasformata è 1 s+1 (Esercizio 1 con a = −1). ← Torna all’Esercizio 3, pagina 7 Canale 1 · Prof. Paolo Di Giamberardino 8

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