\chapter{Uso delle trasformate di Fourier e di Laplace}  \label{laplacechap}

\section{Introduzione}
\newcommand{\integ}{\int_{-\infty}^{+\infty}}
\newcommand{\expj}{e^{-j \omega t}}
\newcommand{\derb}{\frac{d^2 x(t)}{dt^2}}
\newcommand{\dera}{\frac{dx(t)}{dt}}

Per risolvere le equazioni integro-differenziali che compaiono nel calcolo della
risposta di una rete elettrica a determinati segnali applicati, \`e utile far
uso del metodo delle trasformate. Queste infatti trasformano le equazioni
integro-differenziali in equazioni algebriche, la cui soluzione \`e in genere
molto pi\`u agevole. 

Ci limiteremo in questa sezione a fornire gli elementi minimi essenziali per 
affrontare e risolvere i problemi che comunemente si incontrano in elettronica.

Alcuni semplici esempi saranno anche discussi, per rendere pi\`u esplicito
l'uso del metodo.

Per approfondimenti si rimanda alla bibliografia elencata in fondo a questa
sezione, in particolare alle referenze~\cite{chiarlan} ed~\cite{Alberigi}.

\section{La trasformata di Fourier}

Sia data una funzione del tempo $f(t)$. La sua trasformata di Fourier \index{Fourier! trasformata}
 \`e definita come:
%\index{Flip-Flop! di tipo D}
%\index{Flip-Flop! di tipo JK} 

\begin{equation}
F(\omega)\:=\:\int_{-\infty}^{+\infty}f(t) e^{-j \omega t} \:dt  \label{tranfou}
\end{equation}

Fisicamente possiamo pensare che la f(t) sia costituita da una somma infinita
di oscillazioni sinusoidali, ciascuna caratterizzata da una pulsazione $\omega$ 
ed un'ampiezza. La grandezza: \[F(\omega) d\omega/2\pi\] 
rappresenta l'ampiezza con cui 
compare in tale somma infinita l'oscillazione di frequenza compresa 
nell'intervallo che va da $f$ ad $f+df$, dove $f=\omega/2\pi$. 

Se la $F(\omega)$ \`e nota, \`e possibile ricavare la f(t), antitrasformando\index{Fourier! antitrasformata}:

\begin{equation}
f(t)\:=\:\frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F(\omega)e^{j\omega t} \:d\omega 
\label{antifourier}
\end{equation}

Dalle definizioni~(\ref{tranfou}) 
ed~(\ref{antifourier}), sviluppando il termine: 
\[
e^{j\omega t}\:=\:cos \omega t + j sin \omega t
\]
si vede facilmente che la $F(\omega)$ \`e reale se f(t) \`e una 
funzione pari di t, cio\`e se f(t)=f(-t), mentre \`e immaginaria se f(t)
\`e una funzione dispari: f(t)=-f(-t). 


Le seguenti propriet\`a\index{Fourier! propriet\`a della trasformata} della trasformata di Fourier sono spesso utili:
\begin{itemize}
\item{\emph{Linearit\`a}: se $F_1(\omega)=F\left[f_1(t)\right]$ ed 
$F_2(\omega)=F\left[f_2(t)\right]$ 
ed $a_1$, $a_2$ sono delle costanti, allora: \[F[a_1 f_1(t)+a_2 f_2(t)]\:=\:a_1 
F_1(\omega)+a_2 F_2(\omega)\]}
\item{\emph{propriet\`a di scaling}: se $F(\omega)=F\left[f(t)\right]$ ed a \`e 
una 
costante 
reale, allora: \[F\left[f(at)\right]\:=\:\frac{1}{|a|}F(\frac{\omega}{a})\]}
\item{\emph{propriet\`a di traslazione temporale}: se 
$F(\omega)=F\left[f(t)\right]$ 
allora:
\[F\left[f(t-t_0)\right] \:=\:F(\omega)e^{-j\omega t_0}\]}
\item{\emph{propriet\`a di traslazione in frequenza}: se $\omega_0$ \`e una 
costante reale e $F(\omega)=F\left[f(t)\right]$ allora: \[ F\left[f(t)
e^{j \omega_0 t}\right] \: = \: F(\omega-\omega_0)\]}
\end{itemize}

Calcoliamo ad esempio la trasformata della f(t) mostrata nel grafico superiore
della figura~\ref{transtep}, 
che rappresenta un impulso rettangolare di altezza h e durata $t_1$.


Facendo uso della~(\ref{tranfou}) troviamo:
\[
F(\omega)\:=\:h \int_{0}^{t_1}e^{-j \omega t}dt\:=\:\frac{h}{j \omega}(1-e^{-j 
\omega t_1})\:=\:h t_1 \frac{sin(\omega t_1/2)}{\omega t_1 /2}\,e^{-j \omega t_1 
/2}
\]
L'andamento in funzione di $\omega$ della $F(\omega)$ \`e mostrato nel
grafico inferiore della figura~\ref{transtep}. 
Vediamo che $F(\omega)$ diminuisce all'aumentare di 
$|\omega|$. Per $|\omega|$ molto grandi possiamo considerare $F(\omega)=0$, senza
commettere un errore apprezzabile. Notiamo anche che se $t_1$ diminuisce, il
range dei valori di $\omega$ in cui $F(\omega)$ \`e apprezzabile si allarga.


\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/transtepeps.eps,width=9.0 cm,
height=12 cm}}\end{center}
\caption{Il grafico superiore mostra un impulso  rettangolare di altezza $h$=1.5 e durata $t_1=1.2 s$, quello inferiore la sua
trasformata di Fourier}
\protect\label{transtep}
\end{figure}
 

Ad esempio, vediamo in figura~\ref{transtep1} come cambia la $F(\omega)$
se dimezziamo $t_1$ rispetto al valore che esso aveva in 
figura~\ref{transtep}. In questa figura la curva tratteggiata \`e quella
relativa ad un valore di $t_1=1.2$ mentre quella a tratto continuo \`e ottenuta 
con un valore di $t_1=0.6$. Le componenti di alta
frequenza sono tanto pi\`u importanti quanto pi\`u stretto \`e l'impulso.

\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/transtep1.eps,width=9.0 cm,
height=8 cm}}\end{center}
\caption{Trasformata di Laplace per l'impulso rettangolare. Linea tratteggiata: $t_1=1.2$s; linea a tratto
continuo: $t_1=0.6$s}
\protect\label{transtep1}
\end{figure}



Quando si fa uso della $f(t)$ per descrivere un'eccitazione (o una risposta)
si dice che si lavora \emph{nel dominio del tempo}. Quando si fa invece uso
della sua trasformata di Fourier $F(\omega)$ si dice che si lavora \emph{nel 
dominio della frequenza}.

Alle propriet\`a della trasformata di Fourier elencate sopra, dobbiamo
aggiungerne due che riguardano la trasformata della derivata e dell'integrale di 
una funzione f(t). Se $f(t) \rightarrow 0$ per $t \rightarrow \infty$, allora la
trasformata della derivata della f(t) \`e:
\begin{equation}
F\left[\frac{d}{dt}f(t)\right]\:=\:j \omega F(\omega)   \label{derivfour}
\end{equation}
cio\`e, la derivazione rispetto a t corrisponde alla moltiplicazione della 
trasformata della funzione iniziale per $j \omega$. Analogamente, per 
l'integrale troviamo:
\begin{equation}
F\left[\int{f(t) dt}\right] \:=\: \frac{F(\omega)}{j\omega} \label{integfour}
\end{equation}
cio\`e, l'integrazione rispetto a t corrisponde alla divisione della
trasformata iniziale per $j\omega$.


Esaminiamo l'applicazione della tecnica della trasformata di Fourier al 
calcolo della risposta di un semplice circuito RL come quello mostrato
in figura~\ref{rl}, cui sia applicato in
ingresso un gradino di tensione $V(t)=V_0 u(t)$ (dove u(t) \`e la funzione
\emph{gradino unitario}\index{Gradino unitario! di tensione}, che \`e uguale a 0 per $t<0$ e ad 1 per $t>0$).


\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/rlnew.eps,width=7.0 cm,
height=4 cm}}\end{center}
\caption{Circuito LR}
\protect\label{rl}
\end{figure}


L'equazione di Kirckhoff per la maglia fornisce:
\[
v(t)\:=\:L\frac{di(t)}{dt}+R i(t)
\]
dove i(t) \`e la corrente nella maglia. Prendendo la trasformata di entrambi
i membri di questa equazione, otteniamo:
\[
\integ {v(t) \expj dt}\:=\:j \omega L \integ{i(t)\expj dt}+
R \integ{i(t)\expj dt}
\]
cio\`e, in simboli:
\[
V(\omega) \: = \: (R+j\omega L)I(\omega) \equiv Z(\omega)I(\omega)
\]
dove $Z(\omega)$ \`e la \emph{trasformata di Fourier dell'impedenza\index{Fourier! trasformata dell'impedenza} 
del circuito}.

L'incognita del nostro problema, cio\`e la corrente i(t) nella maglia, pu\`o 
esser facilmente calcolata a partire dalla trasformata $I(\omega)$:
\[
I(\omega)\:=\:\frac{V(\omega)}{R+j\omega L}\:=\:\frac{V(\omega)}{Z(\omega)}\:=\:
V(\omega)Y(\omega)
\]
dove $Y(\omega)$ \`e la trasformata di Fourier dell'ammettenza\index{Fourier! trasformata dell'ammettenza}
($Y(\omega)=1/Z(\omega)$). La $Y(\omega)$ \`e anche detta, nel caso generale,
la \emph{funzione di Green} del problema.




Come visto, il termine induttivo d\`a un contributo alla tensione $V(\omega)$ 
pari a $(j\omega L)I(\omega)$. Ci\`o si esprime dicendo che \emph{la trasformata
dell'impedenza associata all'induttanza\index{Fourier! trasformata dell'impedenza induttiva} \`e $Z_L=j\omega L$}. Tale terminologia
\`e analoga a quella che si ha nel metodo simbolico applicato a segnali 
sinusoidali.

Analogamente si pu\`o verificare che la trasformata di un'impedenza capacitiva\index{Fourier! trasformata
dell'impedenza capacitiva}
\`e data da $1/(j\omega C)$, dove C \`e la capacit\`a. Infatti, per un 
condensatore inizialmente scarico, caricato da una corrente $i(t)$, la differenza 
di potenziale ai suoi capi \`e data da:
\[
v(t) \: = \: \frac{\int_0^t{i(t') dt'}}{C}
\]
Prendendo la trasformata di entrambi i membri, e facendo uso della relazione:
\[
F\left[\int_0^t{f(t')dt'}\right]\:=\:\frac{1}{j\omega}F(\omega)
\]
si trova:
\[V(\omega)\:=\:\frac{1}{j\omega C}I(\omega)\:=\:Z(\omega)I(\omega)
\]
che \`e quanto asserito. Il risultato trovato \`e nuovamente simile a quello
noto nel caso del metodo simbolico applicato a segnali sinusoidali.
Potremo quindi, in un generico problema, sostituire direttamente alle impedenze
le loro trasformate ed ottenere cos\`i direttamente la funzione di Green\index{Funzione di Green} del
sistema.

Consideriamo ad esempio il circuito di figura~\ref{rlc}:

\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/rlcnew.eps,width=9.0 cm,
height=5 cm}}\end{center}
\caption{Circuito L-LCR}
\protect\label{rlc}
\end{figure}


dove: \[Z_1=j\omega L_1\:,\:Z_2=j\omega L_2\:,\:Z_C=\frac{1}{j\omega C}\:,\:
Z_R=R\]

Si ottiene:
\[
V(\omega)\:=\:Z(\omega)\,I(\omega)
\]
con:
\[
Z(\omega)\:=\:(Z_C+Z_R){\parallel} Z_2\:+\:Z_1\:=\:\frac{(R+1/(j\omega 
C))j\omega L_2}{R+1/(j\omega C)+j\omega L_2}\:+j\omega L_1
\]
La $Z(\omega)$ descrive completamente le propriet\`a fisiche del circuito in
esame. Essa \`e in generale una funzione complessa di $\omega$, caratterizzata
quindi da un modulo ed una fase, entrambi funzioni di $\omega$.

Nei casi esaminati la soluzione completa del problema, cio\`e il calcolo della relazione tra $v(t)$
ed $i(t)$, richieder\`a poi l'uso dell'antitrasformata, applicata ai due termini delle relazioni
ottenute tra $V(\omega)$ ed $I(\omega)$. Vedremo pi\`u avanti come ci\`o possa esser realizzato.

\section{Trasformata di Laplace}

Se $f(t)$ \`e una funzione di t, la sua trasformata di Laplace\index{Laplace! trasformata} \`e una funzione
della variabile complessa $\sigma$ definita da:
\newcommand{\intlap}{\int_0^{+\infty}}
\newcommand{\explap}{e^{-st}}
\begin{equation}
L(s)\:=\:L\left[f(t)\right]\:=\:\intlap \explap f(t) dt  \label{laptran}
\end{equation}
dove la variabile complessa $s=\sigma+j \omega$. 

L'antitrasformata\index{Laplace! antitrasformata} \`e ottenuta tramite un'integrazione nel piano s complesso:
\begin{equation}
f(t)\:=\:\frac{1}{2 \pi j} \int_{a-j \infty}^{a+j\infty}F(s)e^{st}ds 
\label{lapantitran}
\end{equation}
dove l'integrazione \`e effettuata lungo la retta indicata in 
figura~\ref{complane} dalla linea tratteggiata.


\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/complane.eps,width=9.0 cm,
height=7 cm}}\end{center}
\caption{Piano s complesso. La linea tratteggiata \`e quella lungo cui v\`a effettuata l'integrazione
della $F(s)e^{st}$ per il calcolo dell'antitrasformata di Laplace}
\protect\label{complane}
\end{figure}


Analogamente al caso della trasformata di Fourier, anche ora esistono
alcune relazioni che \`e utile ricordare\index{Laplace! propriet\`a della trasformata}.
\begin{itemize}
\item{propriet\`a di \emph{scaling}: 
\[L\left[f(at)\right]\:=\:\frac{1}{a}L(\frac{s}{a})\]}
\item{propriet\`a di \emph{traslazione temporale}: \[L\left[f(t-
\tau)\right]\:=\:
L(s)e^{-s\tau}\]}
\item{propriet\`a di \emph{traslazione in frequenza}: \[L\left[f(t)e^{-\alpha 
t}\right]\:=\:L(s+\alpha)\]}
\end{itemize}
Va infine ricordata la trasformata della derivata e dell'integrale della 
funzione $f(t)$. Per quel che concerne la derivata prima, abbiamo una relazione 
analoga a quella incontrata nel caso della trasformata di Fourier:
\begin{equation}
L\left[f'(s)\right]\:=\:s L(s)-f(0^+)  \label{tranlapder}
\end{equation}
dove $f(0^+)$ \`e il limite destro di $f(t)$ per t tendente a 0. Pi\`u in 
generale, per la derivata $n^{ma}$ di $f(t)$, abbiamo:
\[
L\left[f^{(n)}(t)\right]\:=\:s^n L(s)-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}\frac{df(0)}{dt}-....-
\frac{df^{n-
1}(0)}{dt^{n-1}}
\]
Per ci\`o che concerne la trasformata dell'integrale della $f(t)$, abbiamo:
\begin{equation}
L\left[\int_0^t f(t') dt'\right]\:=\:\frac{1}{s}L(s)  \label{tranlapint}
\end{equation}

Dobbiamo notare che l'integrale~(\ref{laptran}) non esiste per una qualsivoglia
funzione, per valori generici della parte reale $\sigma$ di s. Se infatti 
$\sigma$ \`e negativo, il termine $exp(-s t)$ far\`a si che l'integrando
diverga per $t \rightarrow \infty$. Se invece $\sigma$ \`e positivo il termine $exp(-st)$ tender\`a a zero
per t tendente ad infinito e l'integrale sar\`a in genere finito. Pi\`u in 
generale, per una generica funzione $f(t)$ il seguente test consente di 
determinare quali siano i valori di $\sigma$ che rendono convergente 
l'integrale. Si calcoli:
\[
\int_0^{\infty} f(t)e^{-\sigma t} dt
\]
Se tale integrale esiste per $\sigma > \sigma_0$, dove $\sigma_0$ \`e una 
costante, allora esister\`a la trasformata di Laplace della $f(t)$ per 
$\sigma>\sigma_0$. 

La classe delle funzioni che possono essere trasformate in tal modo \`e nota
come \emph{classe delle funzioni di ordine esponenziale}\index{Laplace! trasformata! classe delle funzioni di ordine esponenziale}. Esempi di funzioni
appartenenti a tale classe sono:
\begin{itemize}
\item{$ f(t)\:=\:t^n $, per la quale \`e: $\lim_{t\rightarrow \infty} t^n e^{-
\sigma t}\:=\:0\:\:$ per n generico, se $\sigma>0$}
\item{$f(t)\:=\:e^{5t}$, per la quale \`e: $\lim_{t\rightarrow \infty} e^{5t} 
e^{-\sigma t}\:=\:0$ per $\sigma>5$}
\end{itemize}

Una funzione che non \`e di ordine esponenziale \`e: $f(t)=exp(t^2)$.

Tutte le funzioni che normalmente incontreremo nella applicazioni elettroniche
saranno di ordine esponenziale. Per ulteriori dettagli vedasi la 
referenza~\cite{chiarlan}.

Avremo spesso bisogno delle L-trasformate di alcune funzioni elementari\index{Laplace! trasformate di alcune funzioni elementari}, che 
riassumiamo qui di seguito:
\vspace{0.8cm}
\begin{center}
\begin{tabular}{|l|r|}
%{Trasformate di Laplace di alcune funzioni elementari}
\hline
\emph{f(t)} &  \emph{L(s)} \\ \hline
u(t) \emph{(funzione gradino)}&  1/s  \\ 
t \emph{(rampa)}  & $1/s^2$ \\ 
$e^{at}$ &  $\frac{1}{s-a}$ \\ 
$sin(\omega t)$ &  $\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$ \\ 
$cos(\omega t)$ &  $\frac{s}{s^2+\omega^2}$ \\  
$e^{at}sin(\omega t)$ &  $\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$ \\ 
$e^{at}cos(\omega t)$ &  $\frac{s-a}{(s-a)^2 + \omega^2}$ \\ 
$u(t-a) \emph{(gradino unitario ritardato)}$  & $\frac{1}{s}e^{-as}$ \\
$\delta(t)$ (funzione $\delta$ di Dirac) & $1$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
\vspace{0.5cm}

Ricordando che una funzione di variabile complessa s che sia
espressa come rapporto tra due polinomi a coefficienti reali
nella variabile s \`e completamente individuata, a meno di una
costante moltiplicativa, dai suoi poli e zeri nel piano complesso\index{Laplace! poli e zeri della trasformata}
s, potremo rappresentare le F(s) appena scritte, come mostrato
nelle figure~\ref{complex1} e~\ref{complex2}, dove un cerchietto indica uno 
zero ed una X un polo.

\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/complex1.eps,width=9.0 cm,
height=12 cm}}\end{center}
\caption{Rappresentazione di alcune funzioni elementari tramite le posizioni degli zeri e dei poli
nel piano s complesso: un polo \`e indicato con una X , uno zero con un O}
\protect\label{complex1}
\end{figure}

\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/complex2.eps,width=9.0 cm,
height=12 cm}}\end{center}
\caption{Rappresentazione di alcune funzioni elementari tramite le posizioni degli zeri e dei poli
nel piano s complesso: un polo \`e indicato con una X , uno zero con un O}
\protect\label{complex2}
\end{figure}

Dall'esame delle figure~\ref{complex1} e~\ref{complex2} possiamo fare
le seguenti considerazioni generali:
\begin{itemize}
\item{i poli sono o reali o complessi coniugati}\item{ad un polo reale singolo 
\`e associata una funzione $f(t)$ di tipo
esponenziale}
\item{a due poli complessi coniugati sono associate funzioni di tipo
sinusoidale}
\item{se i poli si trovano nel semipiano destro, la $f(t)$ diverge}
\item{quanto pi\`u un polo reale negativo \`e lontano dall'origine, tanto
pi\`u velocemente l'esponenziale tende a zero}
\item{quanto maggiore \`e la distanza dall'origine di una coppia di poli
complessi coniugati, tanto pi\`u elevata \`e la frequenza d'oscillazione
della corrispondente  $f(t)$}
\end{itemize}
Se  l'equazione trasformata \`e del tipo:
\[
Y(s)\:=\:G(s) X(s)
\]
dove X(s) \`e la trasformata dell'eccitazione, Y(s) quella della risposta
e G(s) \`e la funzione di Green del sistema, la risposta y(t) pu\`o
essere ottenuta antitrasformando la Y(s). Per far ci\`o si cerca di esprimere
la Y(s) come somma di frazioni parziali, di ciascuna delle quali si
conosca l'antitrasformata. Data la linearit\`a della trasformata, la
risposta sar\`a la somma delle singole antitrasformate.

In tale tipo di calcoli sono utili i cosiddetti teoremi\index{Trasformata di Laplace! teoremi del valore iniziale e del valore finale} \emph{del valore
iniziale} e \emph{del valore finale}:
\begin{equation}
\lim_{t \rightarrow 0^+} y(t)\:=\:\lim_{s \rightarrow \infty} s Y(s)
\end{equation}
\begin{equation}
\lim_{t \rightarrow \infty} y(t)\:=\:\lim_{s \rightarrow 0} s Y(s)
\end{equation}  

Le trasformate di Laplace vengono normalmente definite per funzioni
che sono nulle per $t<0$. Ci\`o copre la pi\`u gran parte delle funzioni
d'interesse in elettronica.

\'E possibile estendere il metodo delle trasformate di Laplace al caso
di funzioni non nulle per $t<0$, ma esiste allora un'ambiguit\`a
nella trasformata inversa.

Da un punto di vista pratico esiste poca differenza tra i metodi di
Fourier e di Laplace. Tuttavia, poich\`e la trasformata di Laplace
esiste per una pi\`u ampia classe di funzioni, \`e normalmente
pi\`u conveniente usare quest'ultimo metodo. Ad esempio, le funzioni
che crescono indefinitamente nel tempo non posseggono una trasformata
di Fourier e quindi esse (che compaiono quando si debba analizzare il
comportamento di sistemi instabili) debbono essere trattate con il
metodo delle trasformate di Laplace.

Nelle applicazioni elettroniche si incontrano spesso trasformate di
Laplace della forma:
\begin{equation}
\frac{N(s)}{D(s)}\:=\:\frac{N(s)}{(s-\nu_1)(s-\nu_2)(s-\nu_3) \cdots(s-\nu_n)}
\end{equation}
dove $\nu_1 , \nu_2 ,\cdots, \nu_n$ sono i le radici della funzione $D(s)$,
cio\`e i poli della funzione $N(s)/D(s)$.

Esaminiamo ora alcuni esempi, per poi analizzare metodi generali per
il calcolo dell'antitrasformata.




\section{Esempi di calcolo di antitrasformate di Laplace}
\subsubsection{Equazione differenziale lineare del secondo ordine}
Si debba risolvere la seguente equazione lineare del secondo ordine\index{Laplace! esempi di calcolo
dell'antitrasformata}:




\[
\derb + 3 \dera + 2 x(t)\: = \:4 e^{-3t} u(t)
\]
con le condizioni iniziali:
\begin{eqnarray*}
x(0)=2 \\
\left. \frac{dx(t)}{dt} \right|_{t=0}\:=\:-1
\end{eqnarray*}
Si prenda la trasformata di Laplace di entrambi i membri dell'equazione:
\[
s^2 X(s)\:-\: s x(0) -\left. \dera \right|_{t=0} + 3 \left[sX(s)-x(0)\right] +
 2 X(s) \:=\:\frac{4}{s+3}
\]
Sostituendo i valori iniziali, questa fornisce:
\[
(s^2 +3s +2) X(s)\:=\:\frac{4}{s+3}+2s+5
\]
da cui:
\[
X(s)\:=\:\frac{2s^2+11s+19}{(s+1)(s+2)(s+3)}
\]
Questa pu\`o esser riscritta come:
\[
X(s)\:=\:\frac{5}{s+1}- \frac{5}{s+2}+ \frac{2}{s+3}
\]
L'antitrasformata di questa si scrive in modo diretto come somma delle
antitrasformate delle singole frazioni:
\[
x(t)\:=\:(5e^{-t}-5e^{-2t}+2e^{-3t})u(t)
\]
Questa \`e quindi la soluzione dell'equazione differenziale, con le
condizioni al contorno imposte.
\subsubsection{Esempi relativi a circuiti elettrici}
In modo analogo a quanto visto nel caso delle trasformate di Fourier
possiamo, anche nel caso delle trasformate di Laplace, evitare di scrivere
l'equazione differenziale associata ad un dato circuito, scrivendo
direttamente l'equazione algebrica che si ottiene sostituendo a ciascun
componente (induttanza, capacit\`a, resistenza) nonch\`e a ciascun
generatore di tensione o di corrente, i rispettivi L-trasformati.
Ci\`o segue ovviamente dalla linearit\`a delle equazioni.

Per una resistenza R sappiamo che \`e:
\[
v(t)\:=\:R i(t)
\]
per cui, in termini delle L-trasformate:
\[
V(s)\:=\:R I(s)
\]
la L-trasformata dell'impedenza associata alla resistenza\index{Laplace! trasformata dell'impedenza resistiva} R \`e quindi:
\[Z_R=R\]

Nel caso di un'induttanza abbiamo invece:
\[
v(t)\:=\:L\frac{di(t)}{dt}
\]
la cui L-trasformata \`e:
\[
V(s)\:=\:L\left[s I(s)-i(0)\right]\:=\:LsI(s)-Li(0)
\]
dove i(0) \`e la corrente nell'induttanza per $t=0$.

Da questa otteniamo poi:
\[
I(s)\:=\:\frac{1}{Ls}V(s)+\frac{i(0)}{s}
\]
Se poi le condizioni iniziali sono tali che $i(0)=0$ otteniamo:
\[
V(s)\:=\:L s I(s)
\]
per cui l'impedenza trasformata\index{Laplace! trasformata dell'impedenza induttiva} \`e:
\[Z_L(s)=Ls\]
Un risultato analogo a quello del metodo simbolico, con la sola sostituzione
di s a $j\omega$.

Nel caso di un condensatore troviamo in modo analogo:
\[
i(t)\:=\:C\frac{dv(t)}{dt}
\]
da cui:
\[
I(s)\:=\:C\left[s V(s)-v(0)\right]\:=\:CsV(s)-Cv(0)
\]
e poi:
\[
V(s)\:=\:\frac{1}{Cs}I(s)+\frac{v(0)}{s}
\]
Se la tensione ai capi del condensatore \`e inizialmente nulla: $v(0)=0$,
avremo:
\[
Z_C(s)\:=\:\frac{V(s)}{I(s)}\:=\:\frac{1}{sC}
\]
Ancora una volta un risultato\index{Laplace! trasformata dell'impedenza capacitiva} analogo a quello del caso simbolico, con la
sola sostituzione della variabile complessa s a quella immaginaria $j\omega$.

\subsubsection{Risposta di un circuito RC passa-basso ad un gradino
unitario}

Consideriamo lo schema del circuito passa-basso mostrato in figura~\ref{rc}, dove ammettiamo
che la differenza di potenziale ai capi del condensatore sia nulla per t=0.

\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/rc.eps,width=6.0 cm,
height=3 cm}}\end{center}
\caption{Circuito RC passa-basso}
\protect\label{rc}
\end{figure}



Applicando il metodo delineato nella sezione precedente, 
troviamo la seguente
relazione tra le trasformate dell'input e dell'output:
\newcommand{\vo}{V_{out}(s)}
\newcommand{\vi}{V_{in}(s)}
\[
\vo \:= \: \vi \frac{1}{1+sRC} \: = \: \vi \frac{1/\tau}{s+1/\tau}
\]
dove $\tau=RC$.
Poich\`e la trasformata\index{Gradino unitario! risposta di un circuito RC} dell'input (gradino unitario) \`e uguale ad 1/s, 
avremo quindi:
\[
\vo \: = \: \frac{1}{s\tau}\frac{1}{s+1/\tau}
\]
Scriviamo il secondo membro di questa espressione nella forma:
\[
\frac{a}{s}+\frac{b}{s+1/\tau}
\]
con a e b costanti da determinare.
Uguagliando le due espressioni di $\vo$, troviamo $a=1$ e $b=-1$. La
trasformata della risposta sar\`a quindi:
\[
\vo \:=\:\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1/\tau}
\]
la cui antitrasformata \`e:
\[
v_{out}\:=\:1-e^{-t/\tau}
\]
che \`e il risultato noto per tale circuito, da analisi elementari.

\subsubsection{Risposta di un circuito RC passa-basso ad una rampa}

Ammettiamo ora che al medesimo circuito RC sia applicata in ingresso
una rampa\index{Rampa unitaria di tensione! risposta di un circuito RC} di pendenza unitaria: $f(t)=t$.
La funzione di trasferimento, \`e la stessa del caso precedente. 
La differenza \`e nel fatto che ora la trasformata
dell'input \`e $1/s^2$. Avremo quindi:
\[
\vo \:=\:\frac{1}{\tau s^2}\frac{1}{s+1/\tau}\:=\:\frac{1}{\tau s}
\left(\frac{1}{s}\frac{1}{s+1/\tau}\right)\:=\:\frac{1}{s}
\left[\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1/\tau}\right]
\]
ed in definitiva:
\[
\vo \:=\:\frac{1}{s^2}-\frac{\tau}{s}+\frac{\tau}{s+1/\tau}
\]
L'antitrasformata di questa \`e:
\[
v_{out}\:=\:t-\tau\left(1-e^{-t/\tau}\right)
\]

\subsubsection{Risposta ad un gradino unitario di un circuito RL}
Analogamente al caso del circuito RC, anche in quello del circuito
RL di figura~\ref{rll}, cui sia applicato in ingresso un gradino unitario
di tensione e dove si ammetta che la corrente\index{Gradino unitario! risposta di un circuito RL} sia nulla per t=0, possiamo scrivere in modo ovvio la relazione tra le
L-trasformate dell'input e dell'output:
\[
\vo\:=\:\vi\frac{sL}{R+sL}\:=\:\vi \frac{s}{s+R/L}\:=\:\vi \frac{s}{s+1/\tau}
\]
con $\tau=L/R$. Da questa segue:
\[
\vo \:=\: \frac{1}{s}\:\frac{s}{s+1/\tau}\:=\:\frac{1}{s+1/\tau}
\]
e quindi:
\[
v_{out}(t)\:=\:e^{-t/\tau}
\]

\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/rll.eps,width=7.0 cm,
height=3 cm}}\end{center}
\caption{Circuito RL}
\protect\label{rll}
\end{figure}

\subsubsection{Risposta ad una rampa del circuito RL}
Questa volta la trasformata dell'eccitazione \`e $1/s^2$, per cui avremo:
\[
\vo\:=\:\frac{1}{s^2}\frac{s}{s+1/\tau}\:=\:\frac{1}{s}\frac{1}{s+1/\tau}
\]
che pu\`o esser messa nella forma\index{Rampa unitaria di tensione! risposta di un circuito RL}:
\[
\vo \:=\: \tau\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1/\tau}\right)
\]
la cui antitrasformata \`e:
\[
v_{out}(t)\:=\:\tau\left(1-e^{-t/\tau}\right)
\]
Notiamo che negli ultimi esempi abbiamo implicitamente ammesso che le
condizioni iniziali fossero: $i(0)=0$ nel caso del gradino applicato
al circuito RL e $v_{out}(0)=0$ nel caso della rampa.

\section{Risposta di un circuito ad un'eccitazione di forma generica}

Negli esempi esaminati abbiamo sempre considerato eccitazioni di forma
particolarmente semplice: gradini unitari o rampe. Ci proponiamo ora di
esaminare il caso in cui il segnale\index{Eccitazione di forma generica! calcolo della risposta} applicato abbia una forma generica,
descritta da una funzione S(t) quale ad esempio quella mostrata in
figura~\ref{genfun1}.


\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/genfun1.eps,width=12.0 cm,
height=10 cm}}\end{center}
\caption{Funzione di forma generica. Applicazione della trasformata di Laplace per il calcolo della risposta di un circuito}
\protect\label{genfun1}
\end{figure}



Possiamo calcolare la risposta del circuito facendo uso del principio
di sovrapposizione. Consideriamo cio\`e il segnale S(t) in un piccolo
intervallo di tempo ($t_1,t_1+\Delta t_1$). Se $\Delta t_1$ \`e molto
piccolo, potremo schematizzare tale segnale con una funzione $\delta$\footnote{$\delta$ \`e la
funzione $\delta$(x) introdotta da Dirac}:
$A \delta(t_1)$, dove A \`e la grandezza $S(t_1)\Delta t_1$ (per $\Delta t_1 
\rightarrow 0$). La risposta $R_1(t)$ del circuito a tale segnale
sar\`a quindi approssimabile, per $\Delta t \rightarrow 0$ con la
risposta a tale funzione $\delta$:
\[
R_1(t)\:=\: A y(t-t_1)
\]
dove $y(t-t_1)$ rappresenta la risposta del circuito al tempo t ad una
$\delta$ applicata al tempo $t_1$.

Sostituendo in quest'espressione ad $A$ il
termine $S(t_1) \Delta t_1$, otteniamo:
\[
R_1(t) \:=\: S(t_1)y(t-t_1) \Delta t_1
\]
che, per $\Delta t_1 \rightarrow 0$ si scrive:
\[
R_1(t)\:=\:S(t_1)y(t-t_1) dt_1
\]
Per il principio di sovrapposizione e la linearit\`a del sistema, la risposta
del circuito al tempo t sar\`a la somma (cio\`e l'integrale) della risposta
a tutti gli impulsi elementari che hanno avuto luogo negli istanti $t_i$, con
$t_i<t$. In altri termini:
\[
R(t)\:=\:\sum_{i=0}^{\infty}R_i(t)\rightarrow\int_0^t S(t')y(t-t')dt'
\]
Ponendo in questa $\tau=t-t'$, otteniamo:
\begin{equation}
R(t) \:=\: \int_0^t S(t-\tau)y(\tau) d\tau  \label{convoluzio}
\end{equation}
Questo \`e noto come l'\emph{integrale di convoluzione} delle funzioni
$S(t)$ e $y(t)$. Quindi la risposta di un circuito ad un'eccitazione generica S(t) \`e ottenibile
attraverso la~(\ref{convoluzio}), una volta nota la risposta $y(\tau)$ alla funzione $\delta(t)$.

Si pu\`o facilmente dimostrare che:
\[
L\left[R(t)\right]\:=\:L\left[S(t)\right]\cdot L\left[y(t)\right]
\]
ovvero:
\[
\int_0^{\infty}R(t)e^{-st}dt\:=\:\int_0^{\infty}S(t)e^{-st}dt \cdot 
\int_0^{\infty}y(t')e^{-st'}dt'
\]

Per dimostrare tale relazione, calcoliamo la trasformata di Laplace
del membro di destra della~(\ref{convoluzio}):
\[
\int_0^{\infty}e^{-st}dt \int_0^t S(t-\tau)y(\tau)d\tau
\]
e trasformiamo l'integrale interno estendendolo fino a $+\infty$. Possiamo
far ci\`o moltiplicandolo per la funzione $u(t-\tau)$, che \`e nulla
per $t<\tau$. L'espressione precedente diventa:
\[
\int_0^{\infty}e^{-st}dt \int_0^{\infty} S(t-\tau)y(\tau)u(t-\tau)d\tau\:=\:
\int_0^{\infty}y(\tau)d\tau \int_0^{\infty}S(t-\tau)u(t-\tau)e^{-st} dt
\]
L'integrale interno \`e nullo per $t<\tau$. Integriamo quindi tra
$\tau$ ed $\infty$:
\[
\int_0^{\infty}y(\tau)d\tau \int_{\tau}^{\infty}S(t-\tau) e^{-st} dt
\]
Poniamo ora $t'=t-\tau$. L'espressione precedente diviene:
\[
\int_0^{\infty}y(\tau)d\tau \int_0^{\infty}S(t')e^{-s(t'+\tau)} dt'\:=\:
\int_0^{\infty}y(\tau) e^{-s\tau} d\tau \int_0^{\infty}S(t')e^{-st'} dt'
\]
che \`e appunto il prodotto delle trasformate\index{Eccitazione di forma generica! calcolo della risposta}:
\[
Y(s)\cdot S(s)
\]


 

\section{Funzioni esprimibili
come rapporto di polinomi}

Negli esempi esaminati abbiamo incontrato funzioni esprimibili come
rapporti tra polinomi nella variabile complessa s, di cui abbiamo,
con metodi relativamente semplici, calcolato l'antitrasformata. 

Abbiamo raggiunto lo scopo esprimendo la funzione come somma di frazioni
elementari, aventi ciascuna un'antitrasformata nota, e  sommando poi le 
antitrasformate dei singoli termini. 
Tale decomposizione \`e nota come \emph{sviluppo in frazioni parziali}.

Ammetteremo sempre che, nella funzione data\index{Laplace! calcolo dell'antitrasformata per funzioni
esprimibili come rapporti di polinomi}, 
il grado del polinomio a numeratore sia minore di quello 
a denominatore ed analizzeremo il metodo di
decomposizione distinguendo tre casi diversi.  

a)	\emph{Poli reali semplici}

Supponiamo cio\`e che la funzione da antitrasformare\index{Laplace! calcolo dell'antitrasformata per funzioni
esprimibili come rapporti di polinomi! caso di poli reali semplici}, F(s) possa essere
scritta come:
\[
F(s)\:=\:\frac{N(s)}{(s+\alpha)D_1(s)}
\]
dove il numero reale $\alpha$ non \`e una radice di $D_1(s)$. Possiamo
allora scrivere F(s) nella forma:
\[
F(s)\:=\:\frac{k}{s+\alpha}+F_1(s)
\]
Per determinare la costante k, moltiplichiamo entrambi e membri di
quest'equazione per $s+\alpha$:
\[
(s+\alpha)F(s)\:=\:k+(s+\alpha)F_1(s)
\]
cio\`e:
\[
\frac{N(s)}{D_1(s)}\:=\:k+(s+\alpha)F_1(s)
\]
Ponendo ora $s=-\alpha$, otteniamo:
\[
k\:=\:(s+\alpha)\left.F(s)\right|_{s=-\alpha}\:=\:
\left.\frac{N(s)}{D_1(s)}\right|_{s=-\alpha}\:=\:
\frac{N(-\alpha)}{D_1(-\alpha)}
\]
Trovato in tal modo k, il problema dello sviluppo in frazioni parziali
di F(s) \`e ricondotto a quello dello sviluppo di $F_1(s)$. Se questa
ha un polo semplice $\beta$, il processo pu\`o esser ripetuto relativamente
ad $F_1$. Notiamo che:
\[
F_1(s)\:=\:F(s)-\frac{k}{s+\alpha}
\]


Consideriamo ad esempio la funzione:

\[
X(s)\:=\:\frac{2s^2+11s+19}{(s+1)(s+2)(s+3)}
\]
Poich\`e questa funzione ha solo poli semplici ed inoltre il grado del
polinomio a numeratore \`e inferiore di quello del polinomio a denominatore,
lo sviluppo in frazioni parziali \`e:
\[
X(s)\:=\:\frac{k_1}{s+1}+\frac{k_2}{s+2}+\frac{k_3}{s+3}
\]
dove:
\[
k_1=(s+1)\left.X(s)\right|_{s=-1}\:=\:
\left.\frac{2s^2+11s+19}{(s+2)(s+3)}\right|_{s=-1}\:=\:5
\]
\[
k_2=(s+2)\left.X(s)\right|_{s=-2}\:=\:
\left.\frac{2s^2+11s+19}{(s+1)(s+3)}\right|_{s=-2}\:=\:-5
\]
\[
k_3=(s+3)\left.X(s)\right|_{s=-3}\:=\:
\left.\frac{2s^2+11s+19}{(s+1)(s+2)}\right|_{s=-3}\:=\:2
\]

Ne segue che:
\[
X(s)\:=\:\frac{5}{s+1}-\frac{5}{s+2}+\frac{2}{s+3}
\]
e quindi:
\[
x(t)\:=\:\left(5e^{-t}-5e^{-2t}+2e^{-3t}\right)u(t)
\]


b) \emph{Poli semplici complessi}

Poich\`e le radici complesse\index{Laplace! calcolo dell'antitrasformata per funzioni
esprimibili come rapporti di polinomi! caso di poli complessi semplici} di un polinomio a coefficienti reali compaiono
sempre insieme alle complesse coniugate, scriveremo F(s) nella forma:
\[
F(s)\:=\:\frac{N(s)}{(s+\alpha+j\beta)(s+\alpha-j\beta)D_1(s)}
\]
dove $\alpha \pm j \beta$ non sono radici di $D_1(s)$. 

F(s) pu\`o ora esser messa nella forma:
\[
F(s)\:=\:\frac{k}{(s+\alpha+j\beta)}+\frac{k^*}{(s+\alpha-j\beta)}+F_1(s)
\]
Ora determineremo $k$ (e quindi $k^*$) seguendo la stessa procedura
adottata nel caso di radici reali semplici.
\[
k\:=\:\left.(s+\alpha+j\beta)F(s)\right|_{s=-\alpha-j\beta}\:=\:
\left.\frac{N(s)}{(s+\alpha-j\beta)D_1(s)}\right|_{s=-\alpha-j\beta}\:=
\]
\[
= \: \frac{N(-\alpha-j\beta}{(-2j\beta)D_1(-\alpha-j\beta)}
\]
Una volta che $k$ e $k^*$ siano stati cos\`i determinati, i due termini
complessi ottenuti possono essere combinati ponendo $k=a+jb$:
\[
\frac{k}{(s+\alpha+j\beta)}+\frac{k^*}{(s+\alpha-j\beta)}\:=\:
\frac{(a+jb)(s+\alpha-j\beta)+(a-jb)(s+\alpha+j\beta)}
{(s+\alpha+j\beta)(s+\alpha-j\beta)}
\]
cio\`e:
\[
\cdots \frac{2a(s+\alpha)}{(s+\alpha)^2+\beta^2}+
\frac{2b\beta}{(s+\alpha)^2+\beta^2}
\]

\vspace{0.5 cm}
Consideriamo il seguente esempio:

\[
Y(s)\:=\:\frac{10s^2+15s-5}{s(s^2+2s+5)}\:=\:
\frac{10s^2+15s-5}{s(s+1+2j)(s+1-2j)}
\]
la cui decomposizione in frazioni parziali \`e:
\[
Y(s)\:=\:\frac{k_0}{s}+\frac{k}{s+1+2j}+\frac{k^*}{s+1-2j}
\]
dove:
\[
k_0=\left. sY(s)\right|_{s=0}=
\left. \frac{10s^2+15s-5}{s^2+2s+5}\right|_{s=0}=-1
\]
\[
k=\left. (s+1+2j)Y(s)\right|_{s=-1-2j}=\left. \frac{10s^2+15s-5}{s(s+1-
2j)}\right|_{s=-1-2j}=\frac{11}{2}+j\frac{3}{2}
\]
Ne segue che:
\[
Y(s)\:=\:-\frac{1}{s}+\frac{11/2+j 3/2}{s+1+2j}+\frac{11/2-j 3/2}{s+1-2j}
\:=\:-\frac{1}{s}+\frac{11(s+1)}{(s+1)^2+2^2}+\frac{3\cdot 2}{(s+1)^2+2^2}
\]
L'antitrasformata \`e allora:
\[
y(t)\:=\:\left(-1+11e^{-t}cos(2t)+3e^{-t}sin(2t)\right)u(t)
\]

\vspace{0.5 cm}

c) \emph{Poli multipli}

Supponiamo che F(s) abbia la forma:
\[
F(s)\:=\:\frac{N(s)}{(s-s_0)^n D_1(s)}
\]
dove $-s_0$ \emph{non} \`e una radice di $D_1(s)$ e, nel caso\index{Laplace! calcolo dell'antitrasformata per funzioni
esprimibili come rapporti di polinomi! caso di poli multipli} generale,
complesso. In tal caso scriveremo F(s) come:
\[
F(s)\: = \: \frac{k_1}{s+s_0}+ \frac{k_2}{(s+s_0)^2}+ \cdots +
\frac{k_{n-1}}{(s+s_0)^{n-1}}+ \frac{k_n}{(s+s_0)^n}+F_1(s)
\]
Moltiplicando entrambi i membri di questa equazione per $(s+s_0)^n$
troviamo:
\[
(s+s_0)^n F(s)\:=\:k_1(s+s_0)^{n-1}+k_2(s+s_0)^{n-2}+\cdots + 
k_{n-1}(s+s_0)+
\]
\[
+k_n+(s+s_0)^n F_1(s)
\]
Ponendo in questa $s=-s_0$, otteniamo:
\[
k_n\:=\:(s+s_0)^n \left. F(s)\right|_{s=-s_0}
\]
Per trovare ora $k_{n-1}$, dopo aver moltiplicato per $(s+s_0)^n$,
prendiamo la derivata rispetto ad s di entrambi i membri dell'equazione:
\[
\frac{d}{ds}\left[(s+s_0)^n F(s)\right] = 
\]
\[= \:(n-1)k_1(s+s_0)^{n-2}+(n-2)k_2(s+s_0)^{n-3}+\cdots \]
\[+2 k_{n-2}(s+s_0)+ k_{n-1}+0+(s+s_0)^n\frac{dF_1(s)}{ds}+
n(s+s_0)^{n-1}F_1(s)
\]
Ponendo ora $s=-s_0$, otteniamo:
\[
k_{n-1}\:=\:\frac{d}{ds}\left[(s+s_0)^n F(s)\right]_{s=-s_0}
\]
Prendendo invece la derivata seconda, troviamo:
\[
2k_{n-2}\:=\:\frac{d^2}{ds^2}\left[(s+s_0)^n F(s)\right]_{s=-s_0}
\]
In generale, per $r=0,1,2,\cdots,n-1$:
\[
k_{n-r}\:=\:\frac{1}{r!}\frac{d^r}{ds^r}\left[(s+s_0)^n F(s)\right]_{s=-s_0}
\]
Consideriamo il seguente esempio:
\[
F(s)\:=\:\frac{s-2}{s(s+1)^3}
\]
Questa pu\`o essere espressa come:
\[
F(s)\:=\:\frac{k_0}{s}+\frac{k_1}{s+1}+\frac{k_2}{(s+1)^2}+\frac{k_3}{(s+1)^3}
\]
\begin{flushleft}
Applicando il metodo indicato sopra troviamo:\[k_0 \:=\:\left. 
sF(s)\right|_{s=0}\:=\:
\left.\frac{s-2}{(s+1)^3}\right|_{s=0}\:=\:-2
\]
\[
k_3\:=\:\left.(s+1)^3 F(s)\right|_{s=-1}\:=\:
\left.\frac{s-2}{s}\right|_{s=-1}\:=\:3
\]
\[
k_2\:=\:\frac{d}{ds}\left[(s+1)^3F(s)\right]_{s=-1}\:=\:\frac{d}{ds}
\left[\frac{s-2}{s}\right]_{s=-1}\:=\:
\left.\frac{2}{s^2}\right|_{s=-1}\:=\:2
\]
\[
k_1\:=\:\frac{1}{2}\frac{d^2}{ds^2}\left[(s+1)^3 F(s)\right]_{s=-1}\:=\:
\frac{1}{2}\frac{d}{ds}\left.\left(\frac{2}{s^2}\right)\right|_{s=-1}\:=
\:2
\]Si ha quindi:
\[
F(s)\:=\:-\frac{2}{s}+\frac{2}{s+1}+\frac{3}{(s+1)^2}-\frac{2}{(s+1)^3}
\]
\end{flushleft}
la cui antitrasformata \`e:
\[
f(t)\:=\:\left(-2+2e^{-t}+2te^{-t}+\frac{3}{2}t^2e^{-t}\right)u(t)
\]


I risultati ottenuti ci consentono di scrivere in modo immediato
la risposta di un circuito quando se ne conosca la trasformata di
Laplace, almeno\index{Laplace! risposta di un circuito nel caso in cui si conosca la trasformata} nel caso che si presenta pi\`u di frequente, in cui
i poli sono singoli o doppi (reali o complessi). 


Se la trasformata
\`e scritta nella forma:\begin{equation}
\frac{N(s)}{D(s)}\:=\:\frac{N(s)}{(s-\nu_1)(s-\nu_2)\cdots(s-\nu_n)} 
\label{ratio}
\end{equation}

ed i poli sono tutti singoli, la $f(t)$ \`e data da:
\begin{equation}
f(t)\:=\:\sum_{i=1}^n \left(\frac{N(s)(s-\nu_i)e^{st}}{D(s)}\right)_{s=\nu_i} 
\label{polisingoli}
\end{equation}
Se alcuni dei poli sono doppi, l'ultima espressione scritta continua
a valere per il contributo dei poli singoli, mentre un polo doppio
dar\`a un contributo aggiuntivo:
\begin{equation}
\left(\frac{N(s)(s-\nu_k)^2}{D(s)}\right)_{s=\nu_k}te^{\nu_k t}\:+\:
\left[\frac{d}{ds}\left(\frac{N(s)(s-\nu_k)^2}{D(s)}\right)\right]_{s=\nu_k}
e^{\nu_k t}  \label{polidoppi}
\end{equation}
Ulteriori dettagli possono esser trovati nelle referenze~\cite{Nicholson}
,~\cite{Alberigi} e~\cite{Bobrow}.
Nelle prossime sezioni analizzeremo alcuni circuiti facendo uso della
tecnica delle trasformate.

\section{Circuito LCR eccitato da un gradino unitario di tensione}

Il circuito di figura~\ref{lcr} sar\`a ora analizzato con la tecnica
delle trasformate di Laplace, ammettendo che la sorgente\index{Gradino unitario! risposta di un circuito LCR} di tensione
fornisca un gradino unitario e che le condizioni iniziali siano:
\[
i_L(0)=0
\]
\[
v_C(0)=0
\]
Possiamo ora sostituire a ciascun componente la sua L-trasformata, con
che l'equazione della maglia si scrive:
\[
V(s) \: = \: \left(sL+\frac{R/sC}{R+1/sC}\right)I(s) \: = \: 
\left(sL+\frac{R}{1+sRC}\right)I(s)\:=
\]
\[
=\:\frac{L(\tau s^2 +s +R/L)}{1+\tau s}I(s)
\]
dove I(s) \`e la trasformata della corrente $i_L(t)$ nell'induttanza,
V(s) la trasformata dell'eccitazione e dove si \`e posto $\tau=RC$.

Da questa otteniamo:
\[
I(s)\:=\:\frac{1+\tau s}{s L(\alpha+s+\tau s^2)}
\]

dove abbiamo sostituito a V(s) la sua espressione (1/s) e posto $\alpha=R/L$.
La trasformata della differenza di potenziale ai capi dell'induttanza
\`e allora:
\[
V_{AB}(s)\:=\:sLI(s)\:=\:\frac{1+\tau s}{\alpha + s + \tau s^2}
\]
Ora potremo avere soluzioni molto diverse a seconda che le
radici del polinomio a denominatore siano:
\begin{enumerate}
\item{reali e coincidenti}
\item{reali e distinte}
\item{complesse coniugate}
\end{enumerate}
Le radici in questione sono date da:
\[
s_i\:=\:\frac{-1\pm \sqrt{1-4\tau \alpha}}{2 \tau}
\]
Il discriminante \`e:

\[\Delta = 1-4 \alpha \tau \: = \: 1-4 R^2 C/L\]

Le radici saranno reali e coincidenti se $\Delta=0$ cio\`e se:
\[
R=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{L}{C}}
\]
saranno reali e distinte se il discriminante \`e positivo:
\[
R<\frac{1}{2}\sqrt{\frac{L}{C}}
\]
Saranno infine complesse coniugate se:
\[
R>\frac{1}{2}\sqrt{\frac{L}{C}}
\]
Consideriamo il caso di radici distinte (reali o complesse).

\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/lcr.eps,width=7.0 cm,
height=3.5 cm}}\end{center}
\caption{Circuito LCR}
\protect\label{lcr}
\end{figure}
In tal caso la trasformata della risposta pu\`o essere scritta come:
\[
V_{AB}(s)\:=\:\frac{1+\tau s}{(s-s_1)(s-s_2)}
\]
Usiamo ora le equazioni~(\ref{polisingoli}) e~(\ref{polidoppi}) per 
trovare l'antitrasformata. Troviamo:
\[
v_{AB}\:=\:\frac{1+\tau s_1}{s_1-s_2}e^{s_1t}+ 
\frac{1+\tau s_2}{s_2-s_1}e^{s_2t}
\]
\emph{Se $s_1$ ed $s_2$ sono complessi}, con $s_1=s_2^*=\lambda$, allora:
\[
v_{AB}\:=\:\frac{(1+\lambda \tau)e^{\lambda t}-
(1+\lambda^* \tau)e^{\lambda^*t}}{\lambda -\lambda^*}
\]
Poniamo ora:
\[
Re \lambda=a \:\:\:,\:\:\:Im \lambda =b
\]
Avremo allora, dopo qualche passaggio:
\[
v_{AB}\:=\:\frac{e^{at}}{b}\left[(1+a\tau)sin(bt)+b\tau cos(bt)\right]
\]
Notiamo che $a=-1/(2RC)$. Vediamo allora che l'oscillazione si smorza
con una costante di tempo pari a 2RC. 
La tensione nel punto B sar\`a: 

\[v_B\:=\:v_{in}-v_{AB}\:=\:1-v_{AB}\]

La figura~\ref{lcr200_500} mostra la risposta del circuito nel caso in cui 
si sia scelto:
\[
C=1nF\:\:,\:\:L=10\mu H
\]
e per valori di R compresi tra $200\:\Omega$ e $500\:\Omega$, che forniscono
valori complessi per $s_1$ ed $s_2$.



\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/lcr200_500.eps,width=10.0 cm,
height=9 cm}}\end{center}
\caption{Risposta del circuito di figura~\ref{lcr} eccitato da un gradino unitario
di tensione, per valori di R compresi tra 200 e 500 $\Omega$. Il valore di L \`e 10$\mu$H; quello
di C 1$n$F}
\protect\label{lcr200_500}
\end{figure}


\emph{Se i poli sono reali e distinti} avremo, indicandoli con $s_1$ ed $s_2$:
\[
v_{AB}\:=\:\frac{\left(e^{s_1 t}- e^{s_2 t}\right)+
\tau\left(s_1 e^{s_1 t}-s_2 e^{s_2 t}\right)}
{s_1-s_2}
\]
Notiamo che \`e:
\[
s_1-s_2=\frac{\delta}{\tau}\:=\:\frac{\sqrt{\Delta}}{\tau}\:=\:
\frac{\sqrt{1-4R^2C/L}}{RC}\:=\:\sqrt{\frac{1}{\tau^2}-\frac{1}{LC}}
\]
dove si \`e posto: $\delta=\sqrt{\Delta}$.
Abbiamo ovviamente:
\[
s_1=\frac{-1+\delta}{2\tau}
\]
\[
s_2=\frac{-1-\delta}{2\tau}
\]
\[
s_1-s_2=\frac{\delta}{\tau}
\]
Si ottiene infine dopo alcuni passaggi:
\[
v_{AB}\:=\:\frac{\tau}{2\delta}e^{-t/2\tau}
\left[\left(e^{\frac{\delta t}{2\tau}}- e^{-\frac{\delta t}{2\tau}}\right)+
\delta\left(e^{\frac{\delta t}{2\tau}}+ e^{-\frac{\delta 
t}{2\tau}}\right)\right]
\]
La figura~\ref{lcr1out} mostra l'andamento della tensione in B nel caso 
in cui C ed L abbiano i medesimi valori del caso precedente
e per valori di R compresi tra ($10 \:\Omega$) e ($50\: \Omega$). 
Come si vede, la tensione nel punto B sale tanto pi\`u lentamente quanto 
minore \`e il valore di R.  


\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/lcr1out.eps,width=7.0 cm,
height=9 cm}}\end{center}
\caption{Risposta del circuito di figura~\ref{lcr} eccitato da un gradino unitario
di tensione, per valori di R compresi tra 10 e 50 $\Omega$. Il valore di L \`e 10$\mu$H; quello
di C 1$n$F}
\protect\label{lcr1out}
\end{figure}

Consideriamo ancora un circuito LRC\index{Gradino unitario! risposta di un circuito LRC-serie}, ora con i tre componenti messi in serie
tra di loro ed in serie al generatore (vedasi la figura~\ref{rlcseries}). 
Quest'ultimo fornisce anche in questo caso un gradino unitario di tensione. 
\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/rlcseries.eps,width=7.0 cm,
height=4 cm}}\end{center}
\caption{Circuito RLC-serie}
\protect\label{rlcseries}
\end{figure}



Ammettiamo che i valori dei componenti siano:
\[
R=12 \Omega\:\:,\:\:L=2 H\:\:,\:\:C=0.02 F
\]
e le condizioni inziali:
\[
i_L(0)=0\:\:,\:\:v_C(0)=0
\]
Le trasformate dei componenti e dell'eccitazione sono allora:
\[
Z_R=12\:\:,\:\:Z_L=2s\:\:,\:\:Z_C=50/s\:\:,\:\:U(s)=1/s
\]
La trasformata della tensione d'uscita $V_o$ sar\`a allora:
\[
V_o(s)\:=\:\frac{Z_C}{Z_C+Z_R+Z_L}U(s)\:=\:\frac{50/s}{50/s+2s+12}\left(\frac{1}
{s}\right)\:=
\]
\[=\:\frac{25}{\left(25+6s+s^2\right)s}\:=\:\frac{k_0}{s}+F(s)
\]
dove:
\[
k_0\:=\:s \left.V_o(s)\right|_{s=0}\:=\:1
\]
Ne segue:
\[
F(s)\:=\:V_o(s)-\frac{k_0}{s}\:=\:\frac{25}{s\left(s^2+6s+25\right)}-
\frac{1}{s}\:=\:-\frac{6+s}{s^2+6s+25}
\]
Otteniamo infine per $V_o(s)$:
\[
V_o(s)\:=\:\frac{1}{s}-\frac{6+s}{\left(s+3\right)^2+4^2}\:=\:\frac{1}{s}-
\frac{3+s}{\left(s+3\right)^2+4^2} - \frac{4\cdot3/4}{\left(s+3\right)^2+4^2}
\]
Si ottiene allora per l'antitrasformata:
\[
v_o(t)\:=\:1-e^{-3t}\left(cos(4t)+\frac{3}{4}sin(4t)\right)u(t)
\]

\section{Risposta di un circuito CR ad un segnale sinusoidale}

La tecnica delle trasformate di Laplace si rivela di grande utilit\`a
anche nei casi in cui il segnale applicato sia sinusoidale. Esaminiamo
il caso particolare di un circuito\index{Eccitazione sinusoidale! risposta di un circuito RC con il metodo delle trasformate di Laplace} CR come quello di figura~\ref{rcsin},
in cui il segnale applicato \`e:
\[
v_{in}\:=\:v_o sin(\omega t)
\]


\begin{figure}[h!]
  \begin{center}\mbox{\epsfig{file=laplace/rcsin.eps,width=7.0 cm,
height=3.5 cm}}\end{center}
\caption{Circuito RC eccitato da una sorgente sinusoidale di tensione}
\protect\label{rcsin}
\end{figure}

La funzione di trasferimento di questo circuito \`e:
\[
G(s)\:=\:\frac{1}{1+\frac{1}{s\tau}}\:=\:\frac{s}{s+a}
\]
dove: $\tau=RC$ e $a=1/\tau$.

la trasformata di Laplace di $v_{in}$ \`e:
\[
V_{in}(s)\:=\:\frac{v_o \omega}{s^2+\omega^2}
\]
la trasformata del segnale in uscita sar\`a:
\begin{equation}
V_{out}(s)\:=\:\frac{v_o \omega s}{(s^2+\omega^2)(s+a)}  \label{transout}
\end{equation}
che pu\`o esser riscritta come:
\begin{equation}
V_{out}(s)\:=\:\frac{v_o \omega s}{(s+j\omega)(s-j\omega)(s+a)} \label{transout1}
\end{equation}

Questa pu\`o esser scritta come la somma di termini di cui si conosce 
l'antitrasformata, con i metodi descritti in precedenza. Si ottiene:
\[
V_{out}(s)\:=\:\frac{A}{s+j\omega}+\frac{B}{s-j\omega}+\frac{C}{s+a}
\]
dove:
\[
A\:=\:\frac{v_o \omega}{2(\omega^2+a^2)}(a+j\omega)  
\]
\[
B\:=\:\frac{v_o \omega}{2(\omega^2+a^2)}(a-j\omega)
\]
\[
C\:=\:-\frac{a v_o \omega}{\omega^2+a^2}
\]
Ne segue per l'antitrasformata:
\[
v_{out}(t)\:=\:Ae^{-j\omega t}+Be^{j\omega t}+Ce^{-at}
\]
Questa, facendo uso delle espressioni trovate per i coefficienti A, B, C,
pu\`o esser riscritta come:
\[
v_{out}(t)\:=\:\frac{v_o \omega}{\omega^2+a^2}\left[\frac{1}{2}\left(a+j\omega 
\right)e^{-j \omega t} +\frac{1}{2}\left(a-j\omega\right)e^{j \omega t}-ae^{-
at}\right]
\]
Sviluppando i termini $exp(\pm j \omega t)$ e semplificando, questa diventa:
\[
v_{out}(t)\:=\:\frac{v_o \omega}{\omega^2+a^2}\left[a \,cos(\omega t) + 
\omega \, sin(\omega t) - a e^{-at}\right]\:=
\]
\[
=\:\frac{v_o 
\omega}{\omega^2+a^2}\left[\sqrt{a^2+\omega^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+\omega^2}
} cos(\omega t)+\frac{\omega}{\sqrt{a^2+\omega^2}} sin(\omega t)\right)-a e^{-
at}\right]
\]
Ponendo infine:
\[
cos{\delta}=\frac{\omega}{\sqrt{a^2+\omega^2}}
\]
\[
sin\delta=\frac{a}{\sqrt{a^2+\omega^2}}
\]
e quindi:
\[
tan\delta \:=\:\frac{a}{\omega}
\]
La risposta pu\`o esser messa nella forma:
\begin{equation}
v_{out}(t)\:=\:\frac{v_o 
\omega}{\omega^2+a^2}\left[\sqrt{a^2+\omega^2}sin(\omega t + \delta) 
 - a e^{-at} \right]  \label{solution}
\end{equation}
Notiamo che \`e $v_{out}(0)=0$.

Discutiamo ora questo risultato, confrontandolo con quello che avremmo ottenuto
adoperando il normale metodo simbolico.

In tal caso avremmo avuto:
\[
v_{out}'(t)\:=\:v_o sin(\omega t)\frac{1}{1+1/j\omega \tau}\:=\:
v_o sin(\omega t)\frac{1}{1+a/j\omega}\:=
\]
\[
=\: v_o sin(\omega t)\frac{j \omega}{a+j\omega}\:=\: v_o sin(\omega t)\frac{j 
\omega(a-j\omega)}{a^2+\omega^2}\:=\:
\]
\[
=\:\frac{\omega v_o}{a^2+\omega^2} sin(\omega t) \cdot (\omega + j a)\:= \]
\[
=\: \frac{\omega v_o}{a^2+\omega^2} 
sin(\omega t)\sqrt{\omega^2+a^2}\left[\frac{\omega}{\sqrt{\omega^2+a^2}}+
j\frac{a}{\sqrt{\omega^2+a^2}}\right]
\]
Si ottiene infine:
\[
v_{out}'\:=\:\frac{\omega v_o}{\omega^2+a^2}
\sqrt{\omega^2+a^2}sin(\omega t) \left(cos \delta + j sin \delta\right)
\]

Questa differisce dalla~(\ref{solution}) per il termine $-a\:exp(-at)$ che ora
\`e assente.

Tale differenza pu\`o esser compresa se si pensa che, adoperando il metodo
delle trasformate di Laplace noi teniamo correttamente conto del fatto che
il segnale applicato \`e nullo per $t<0$. Il termine $-a\:exp(-at)$ 
rappresenta un transiente che decade con costante di tempo $\tau=1/a$. Il
metodo simbolico invece ammette che il segnale applicato sia stazionario,
cio\`e sia stato applicato a tempi $t \ll 0$.

