Esercizi sulla trasformata di Laplace svolti: equazioni differenziali, circuiti e sistemi

Dodici esercizi con soluzione e grafico: trasformate e antitrasformate, poli multipli e complessi, equazioni differenziali, segnali a tratti, valore finale, convoluzione, circuito RLC, sistema del secondo ordine, onda quadra, equazione integrale.

ielettronica 25 ottobre 2026 8 min di lettura 0 commenti

Esercizi sulla trasformata di Laplace del tipo che si danno nei corsi di Metodi matematici, Elettrotecnica e Controlli automatici, in tre livelli: base, con trasformate e antitrasformate dirette; medio, con equazioni differenziali, ritardi, teoremi del valore finale e convoluzione; esame, con circuiti, sistemi del secondo ordine, segnali periodici ed equazioni integrali. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa, con il grafico, si apre con un clic. Le tabelle sono nell’approfondimento collegato in cima.

Livello base

Esercizio 1. Una potenza per un esponenziale

Calcola $\mathcal L\{t^2e^{-3t}\}$ .

Risultato: $\dfrac{2}{(s + 3)^3}$ .

Soluzione

Con la traslazione in s: $\mathcal L\{t^2\} = \frac{2}{s^3}$ , e moltiplicare per $e^{-3t}$ sostituisce $s$ con $s + 3$ : $\frac{2}{(s + 3)^3}$ .

Con la derivata: da $\mathcal L\{e^{-3t}\} = \frac{1}{s + 3}$ e $\mathcal L\{t^2f\} = F''(s)$ : $\frac{d^2}{ds^2}\frac{1}{s + 3} = \frac{2}{(s + 3)^3}$ .

Il risultato ha un polo triplo in $-3$ : è il tipo di termine che compare quando un sistema ha poli coincidenti.

Risposte dei poli multipli — Poli semplici, doppi e tripli producono termini e alla meno t moltiplicati per potenze crescenti di t.

Esercizio 2. Il quadrato del seno

Calcola $\mathcal L\{\sin^2 t\}$ .

Risultato: $\dfrac{2}{s(s^2 + 4)}$ .

Soluzione

$\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}$ , quindi

$\mathcal L\{\sin^2 t\} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{s} - \frac{s}{s^2 + 4}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{s^2 + 4 - s^2}{s(s^2 + 4)} = \frac{2}{s(s^2 + 4)}$

Controllo con il valore iniziale: $\lim_{s\to\infty}sF = 0 = \sin^2 0$ . Il valore finale non si può usare: i poli $\pm 2i$ stanno sull’asse immaginario e la funzione oscilla.

Il quadrato del seno — La funzione oscilla tra 0 e 1 attorno al valore medio un mezzo, tratteggiato, senza tendere a un limite.

Esercizio 3. Un polo doppio nell’origine

Antitrasforma $F(s) = \dfrac{1}{s^2(s + 1)}$ .

Risultato: $f(t) = t - 1 + e^{-t}$ .

Soluzione

Fratti semplici: $\dfrac{1}{s^2(s + 1)} = \dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{s^2} + \dfrac{C}{s + 1}$ .

$C$ : si copre $s + 1$ e si pone $s = -1$ : $C = \frac{1}{1} = 1$ . $B$ : si copre $s^2$ e si pone $s = 0$ : $B = 1$ . $A$ : è la derivata di $\frac{1}{s + 1}$ in $s = 0$ , cioè $-1$ (oppure dal coefficiente di $s^2$ : $0 = A + C$ ).

Antitrasformando termine per termine: $f(t) = -1 + t + e^{-t}$ .

Controlli: $f(0) = 0$ , $f'(0) = 1 - 1 = 0$ , coerenti con $F \sim 1/s^3$ per $s$ grande. Per $t$ grande $f \approx t - 1$ : una rampa ritardata, la risposta di un sistema del primo ordine a una rampa.

La funzione t meno 1 più e alla meno t — La curva parte da zero con tangente orizzontale e si avvicina alla retta t meno 1, tratteggiata.

Esercizio 4. Poli complessi coniugati

Antitrasforma $F(s) = \dfrac{2s + 3}{s^2 + 2s + 5}$ .

Risultato: $f(t) = e^{-t}\left(2\cos 2t + \frac{1}{2}\sin 2t\right)$ .

Soluzione

Il denominatore ha $\Delta \lt 0$ : poli $-1 \pm 2i$ . Si completa il quadrato: $s^2 + 2s + 5 = (s + 1)^2 + 4$ .

Si riscrive il numeratore in funzione di $s + 1$ : $2s + 3 = 2(s + 1) + 1$ .

$F = 2\,\frac{s + 1}{(s + 1)^2 + 4} + \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{(s + 1)^2 + 4} \;\leftrightarrow\; 2e^{-t}\cos 2t + \frac{1}{2}e^{-t}\sin 2t$

La parte reale dei poli ( $-1$ ) dà lo smorzamento, la parte immaginaria (2) la pulsazione.

Oscillazione smorzata — Una coppia di poli complessi con parte reale meno 1 e parte immaginaria 2 produce un’oscillazione di pulsazione 2 dentro un inviluppo esponenziale.

Livello medio

Esercizio 5. Un’equazione differenziale con condizioni iniziali

Risolvi $y'' + 3y' + 2y = 1$ per $t \ge 0$ , con $y(0) = 1$ e $y'(0) = 0$ .

Risultato: $y(t) = \frac{1}{2} + e^{-t} - \frac{1}{2}e^{-2t}$ .

Soluzione

Trasformando, con le condizioni iniziali che entrano da sole:

$s^2Y - s\cdot 1 - 0 + 3(sY - 1) + 2Y = \frac{1}{s}$

$Y(s^2 + 3s + 2) = \frac{1}{s} + s + 3$ , quindi $Y = \dfrac{s^2 + 3s + 1}{s(s + 1)(s + 2)}$ .

Residui (regola di Heaviside): in $s = 0$ : $\frac{1}{2}$ ; in $s = -1$ : $\frac{1 - 3 + 1}{(-1)(1)} = 1$ ; in $s = -2$ : $\frac{4 - 6 + 1}{(-2)(-1)} = -\frac{1}{2}$ .

$y(t) = \frac{1}{2} + e^{-t} - \frac{1}{2}e^{-2t}$ . Controlli: $y(0) = 1$ , $y'(0) = -1 + 1 = 0$ , $y(\infty) = \frac{1}{2}$ (con il valore finale: $\lim sY = \frac{1}{2}$ , lecito perché i poli di $sY$ sono $-1$ e $-2$ ).

Rispetto al metodo classico (omogenea più particolare più costanti) non si risolve nessun sistema per le costanti: le condizioni iniziali sono già dentro $Y$ .

Soluzione dell'equazione differenziale — La soluzione parte da 1 con tangente orizzontale e scende verso il valore di regime un mezzo.

Esercizio 6. Un segnale definito a tratti

Trova la trasformata di $f(t) = t$ per $0 \le t \lt 1$ e $f(t) = 1$ per $t \ge 1$ (una rampa che satura).

Risultato: $F(s) = \dfrac{1 - e^{-s}}{s^2}$ .

Soluzione

Si scrive il segnale con gradini: è una rampa $t\,u(t)$ a cui, dall’istante 1, si sottrae una rampa ritardata $(t - 1)u(t - 1)$ , che la “piega” in orizzontale:

$f(t) = t\,u(t) - (t - 1)\,u(t - 1)$

Con la proprietà del ritardo: $F = \frac{1}{s^2} - e^{-s}\frac{1}{s^2} = \frac{1 - e^{-s}}{s^2}$ .

Errore tipico: scrivere $t\,u(t - 1)$ invece di $(t - 1)u(t - 1)$ . Il ritardo vale solo se tutta la funzione è traslata.

Rampa che satura scritta con due rampe — La funzione, in blu, è la somma della rampa che parte da zero, grigia, e della rampa con pendenza meno 1 che parte da t uguale a 1, rossa.

Esercizio 7. Il teorema del valore finale, usato bene e usato male

Calcola, se esiste, il valore finale di $f$ per $F_1(s) = \dfrac{10}{s(s^2 + 2s + 10)}$ e per $F_2(s) = \dfrac{1}{s(s - 1)}$ .

Risultato: $f_1(\infty) = 1$ ; per $F_2$ il limite non esiste (la formula darebbe $-1$ , sbagliato).

Soluzione

$sF_1 = \frac{10}{s^2 + 2s + 10}$ : poli $-1 \pm 3i$ , parte reale negativa. Il teorema si applica: $\lim_{s\to 0}sF_1 = 1$ . È la risposta al gradino di un sistema con guadagno statico 1.

$sF_2 = \frac{1}{s - 1}$ : polo in $+1$ , a destra. Il teorema non si applica. Infatti $f_2 = e^t - 1$ (fratti semplici: $\frac{1}{s - 1} - \frac{1}{s}$ ), che diverge. La formula darebbe $-1$ , un numero privo di significato.

Il caso in cui il valore finale non esiste — La funzione e alla t meno 1 diverge; il valore meno 1 dato dalla formula non ha significato.

Esercizio 8. Antitrasformare con la convoluzione

Antitrasforma $F(s) = \dfrac{1}{(s^2 + 1)^2}$ usando la convoluzione.

Risultato: $f(t) = \frac{1}{2}(\sin t - t\cos t)$ .

Soluzione

$F = \frac{1}{s^2 + 1}\cdot\frac{1}{s^2 + 1}$ , e ciascun fattore è la trasformata di $\sin t$ . Quindi $f = \sin * \sin$ :

$f(t) = \int_0^t\sin\tau\sin(t - \tau)\,d\tau = \frac{1}{2}\int_0^t\left[\cos(2\tau - t) - \cos t\right]d\tau = \frac{1}{2}\left[\frac{\sin(2\tau - t)}{2}\right]_0^t - \frac{t\cos t}{2}$

Il primo termine vale $\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin t + \sin t}{2} = \frac{\sin t}{2}$ . Risultato: $\frac{1}{2}(\sin t - t\cos t)$ .

Significato: è la risposta di un oscillatore non smorzato $y'' + y = \sin t$ forzato alla sua frequenza di risonanza. L’ampiezza cresce linearmente con il tempo: i poli doppi sull’asse immaginario sono instabili.

Livello esame

Esercizio 9. Un circuito RLC acceso su un gradino

Un circuito RLC serie con $R = 2$ Ω, $L = 1$ H, $C = 0{,}2$ F, inizialmente scarico, viene collegato all’istante 0 a un generatore di 10 V. Trova la corrente $i(t)$ .

Risultato: $i(t) = 5\,e^{-t}\sin 2t$ A.

Soluzione

Nel dominio di $s$ (lezione): induttore $sL$ , condensatore $\frac{1}{sC}$ , generatore $\frac{10}{s}$ . Legge delle maglie:

$I(s)\left(R + sL + \frac{1}{sC}\right) = \frac{10}{s} \quad\Rightarrow\quad I(s) = \frac{10}{Ls^2 + Rs + 1/C} = \frac{10}{s^2 + 2s + 5}$

Poli $-1 \pm 2i$ . $I = 5\cdot\frac{2}{(s + 1)^2 + 4}$ , quindi $i(t) = 5e^{-t}\sin 2t$ A.

Controlli: $i(0) = 0$ (l’induttore impedisce salti di corrente); $i(\infty) = 0$ (il condensatore carico blocca la continua). Il circuito è sottosmorzato perché $R \lt 2\sqrt{L/C} = 4{,}47$ Ω: con una resistenza maggiore la corrente non oscillerebbe.

Corrente nel circuito RLC — La corrente parte da zero, sale fino a circa 2,6 A, cambia segno e si smorza oscillando.

Esercizio 10. Le specifiche di un sistema del secondo ordine

Un sistema ha funzione di trasferimento $G(s) = \dfrac{4}{s^2 + 2s + 4}$ . Trova $\omega_n$ , $\zeta$ , la sovraelongazione, il tempo di picco e il tempo di assestamento al 2 % della risposta al gradino.

Risultato: $\omega_n = 2$ rad/s, $\zeta = 0{,}5$ ; $M_p = 16{,}3$ %; $t_p = 1{,}81$ s; $t_s \approx 4$ s.

Soluzione

Confronto con la forma standard $\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_ns + \omega_n^2}$ : $\omega_n^2 = 4$ , $\omega_n = 2$ ; $2\zeta\omega_n = 2$ , $\zeta = 0{,}5$ .

$M_p = e^{-\pi\cdot 0{,}5/\sqrt{0{,}75}} = e^{-1{,}814} = 0{,}163$ . $t_p = \frac{\pi}{2\sqrt{0{,}75}} = 1{,}81$ s. $t_s \approx \frac{4}{0{,}5\cdot 2} = 4$ s. Guadagno statico $G(0) = 1$ : l’uscita va a 1.

Le formule vengono dalla risposta al gradino $y = 1 - \frac{e^{-\zeta\omega_nt}}{\sqrt{1 - \zeta^2}}\sin(\omega_dt + \arccos\zeta)$ : il picco è dove la derivata si annulla per la prima volta, cioè $\omega_dt = \pi$ .

Risposta al gradino del sistema del secondo ordine — L’uscita supera il valore finale 1 del 16 per cento al tempo di picco, punto rosso, e poi entra nella fascia del 2 per cento, linee grigie.

Esercizio 11. Un segnale periodico

Trova la trasformata dell’onda quadra di periodo $T = 2$ che vale 1 per $0 \le t \lt 1$ e 0 per $1 \le t \lt 2$ .

Risultato: $F(s) = \dfrac{1}{s(1 + e^{-s})}$ .

Soluzione

Trasformata del primo periodo: $F_1 = \int_0^1 e^{-st}dt = \frac{1 - e^{-s}}{s}$ . Con la formula dei segnali periodici:

$F = \frac{F_1}{1 - e^{-2s}} = \frac{1 - e^{-s}}{s(1 - e^{-s})(1 + e^{-s})} = \frac{1}{s(1 + e^{-s})}$

Poli: $s = 0$ e gli zeri di $1 + e^{-s}$ , cioè $s = i(2k + 1)\pi$ : le armoniche dispari $\pi, 3\pi, 5\pi, \dots$ rad/s, proprio quelle della serie di Fourier dell’onda quadra (lezione di Analisi 2). Il valore medio $\frac{1}{2}$ corrisponde al polo in 0: $\lim_{s\to 0}sF = \frac{1}{2}$ .

Onda quadra di periodo 2 — Il segnale vale 1 tra 0 e 1, 0 tra 1 e 2, e così via.

Esercizio 12. Un’equazione integrale

Trova $y(t)$ tale che $y(t) + \displaystyle\int_0^t y(\tau)\,d\tau = 1$ per $t \ge 0$ .

Risultato: $y(t) = e^{-t}$ .

Soluzione

Trasformando, l’integrale diventa una divisione per $s$ : $Y + \frac{Y}{s} = \frac{1}{s}$ . Quindi $Y\cdot\frac{s + 1}{s} = \frac{1}{s}$ e $Y = \frac{1}{s + 1}$ , cioè $y = e^{-t}$ .

Verifica: $\int_0^t e^{-\tau}d\tau = 1 - e^{-t}$ , e $e^{-t} + 1 - e^{-t} = 1$ .

È la legge di un circuito RC visto dalla corrente: la tensione sulla resistenza più quella sul condensatore (integrale della corrente) uguale al generatore. Equazioni di questo tipo (di Volterra) compaiono nei modelli con memoria, e Laplace le trasforma in algebra.

Soluzione dell'equazione integrale — La soluzione e alla meno t, in blu, e il suo integrale, tratteggiato, si sommano sempre a 1.

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