Aplique a Transformada de Fourier na função f(t)\) abaixo, determinando \(\mathbf{F}(\omega)\), demonstrando detalhadamente todos os cálculos até chegar ao resultado. Quando for necessário, utilize textos explicativos. \(f(t)= \begin{cases}0 & t<0 \\\ e^{-t} & t \geq 0\end{cases}

Passo 1

O enunciado fornece a função por partes
f(t)= \begin{cases}0 & t<0 \\\ e^{-t} & t \geq 0\end{cases}
e pede para aplicar a Transformada de Fourier e determinar \mathbf{F}(\omega).
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • f(t)=0 para t<0.
  • f(t)=e^{-t} para t\ge 0.
  • A variável de frequência é \omega (assume-se \omega\in\mathbb{R}).
    O objetivo é calcular explicitamente \mathbf{F}(\omega).

Passo 2

Escolher e declarar a convenção da Transformada de Fourier que vamos usar (isso é necessário para saber o sinal no exponencial). Vou usar a convenção mais comum em engenharia e análise:
\mathbf{F}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt,
onde i é a unidade imaginária ( i^2=-1). Essa fórmula transforma uma função do tempo f(t) numa função de frequência \mathbf{F}(\omega).

Passo 3

Usar a definição da transformada com a função dada. Como f(t)=0 para t<0, a integral de -\infty a \infty reduz-se ao intervalo [0,\infty). Assim
\mathbf{F}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-t}\,e^{-i\omega t}\,dt.
Juntando os exponenciais temos um único expoente:
e^{-t}\,e^{-i\omega t}=e^{-(1+i\omega)t}.
Portanto
\mathbf{F}(\omega)=\int_{0}^{\infty} e^{-(1+i\omega)t}\,dt.

Passo 4

Avaliar a integral imprópria. Sabemos a integral básica (quando convergente):
\int_{0}^{\infty} e^{-a t}\,dt=\frac{1}{a}\quad\text{se}\quad \Re(a)>0,
onde \Re(a) denota a parte real de a. No nosso caso a=1+i\omega. A parte real de a é \Re(1+i\omega)=1>0, logo a integral converge e podemos aplicar a fórmula. Para ser bem explícito, pode-se calcular como limite:
\int_{0}^{\infty} e^{-(1+i\omega)t}\,dt =\lim_{T\to\infty}\int_{0}^{T} e^{-(1+i\omega)t}\,dt =\lim_{T\to\infty}\left[\frac{1-e^{-(1+i\omega)T}}{1+i\omega}\right].
Como \Re(1+i\omega)=1>0, tem-se e^{-(1+i\omega)T}\to 0 quando T\to\infty. Portanto o limite vale \dfrac{1}{1+i\omega}.

Passo 5

Concluir o valor da transformada e escrever em formas úteis. Assim obtemos
\mathbf{F}(\omega)=\frac{1}{1+i\omega}.
É útil também separar em parte real e imaginária (ou escrever em forma com denominador real), multiplicando numerador e denominador pelo conjugado 1-i\omega:
\mathbf{F}(\omega)=\frac{1}{1+i\omega}=\frac{1-i\omega}{(1+i\omega)(1-i\omega)}=\frac{1-i\omega}{1+\omega^{2}}.
Dessa forma a parte real é \dfrac{1}{1+\omega^{2}} e a parte imaginária é -\dfrac{\omega}{1+\omega^{2}}. Também a magnitude e fase são
|\mathbf{F}(\omega)|=\frac{1}{\sqrt{1+\omega^{2}}},\qquad \arg\mathbf{F}(\omega)=-\arctan(\omega).
Essas expressões ajudam a interpretar como a função decai em frequência e qual é o desvio de fase.

Passo 6

Resumo didático rápido (como lembrar na prova): para sinais causais do tipo e^{-at}u(t) com a>0 (onde u(t) é a função degrau de Heaviside), a Transformada de Fourier pela convenção \int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t}\,dt é
\mathcal{F}\{e^{-at}u(t)\}(\omega)=\frac{1}{a+i\omega}.
No nosso problema a=1, daí o resultado \dfrac{1}{1+i\omega}. É uma fórmula muito útil para decorar — sempre verificar que \Re(a)>0 para garantir convergência.

Resposta

\displaystyle \mathbf{F}(\omega)=\frac{1}{1+i\omega}

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