Demonstre as propriedades da transformada de Fourier. Mostre como chegar nelas
  • Linearidade
  • dualidade
  • escala no tempo
  • deslocamento no tempo
  • deslocamento da frequência
  • diferenciação no tempo

Passo 1

O enunciado pede para demonstrar (mostrar como chegar a) as seguintes propriedades da transformada de Fourier:
  • linearidade;
  • dualidade;
  • escala no tempo;
  • deslocamento no tempo;
  • deslocamento da frequência;
  • diferenciação no tempo.
Informações e convenções que vou usar (isto é importante para as demonstrações e vem a ser presumido como dado):
  • Definir a transformada de Fourier de uma função f(t) por
\mathcal{F}\{f\}( \omega ) = F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  • Definir a transformada inversa correspondente por
f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} F(\omega)\,e^{i\omega t}\,d\omega .
  • Notação: t é a variável no domínio do tempo, \omega é a variável de frequência angular, i=\sqrt{-1}.
  • Hipóteses técnicas necessárias (citadas quando surgirem): normalmente assumimos que f é integrável, ou suficientemente bem comportada (p.ex. f\in L^1 e as integrais convergem; para diferenciação também assumimos decaimento suficiente para que fronteiras dêem zero). Sempre vou avisar quando usar essas hipóteses.
Não resolvo nada ainda — só listei o que se pede, a definição que usarei e as suposições.

Passo 2

Linearidade — enunciado claro do que provar:
  • Mostrar que, dadas constantes complexas a e b e funções f(t) e g(t) para as quais a transformada existe, vale
\mathcal{F}\{a f + b g\}(\omega) = a\,\mathcal{F}\{f\}(\omega) + b\,\mathcal{F}\{g\}(\omega).
Prova passo a passo (muito direta, com explicação das regras usadas):
  1. Escreve-se a transformada do combinado:
\mathcal{F}\{a f + b g\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}\big(a f(t)+b g(t)\big)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Usa-se a propriedade linear da integral (a integral de soma é soma das integrais e constantes saem fora da integral). Essa propriedade é válida porque assumimos integrabilidade suficiente:
\int_{-\infty}^{\infty}\big(a f(t)+b g(t)\big)\,e^{-i\omega t}\,dt = a\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt + b\int_{-\infty}^{\infty} g(t)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Reconhece-se cada integral como a transformada de f e de g:
= a\,\mathcal{F}\{f\}(\omega)+ b\,\mathcal{F}\{g\}(\omega).
Comentário prático: isso significa que a transformada “preserva” combinações lineares — útil para decompor sinais em partes e transformar cada parte separadamente.

Passo 3

Dualidade — enunciado claro:
  • Partindo da definição F(\omega)=\mathcal{F}\{f\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt, mostrar a relação entre transformar f e transformar F. Com a convenção adotada, a forma padrão da dualidade é
\mathcal{F}\{F(t)\}(\omega)=2\pi\, f(-\omega).
Prova com explicações (a prova usa a delta de Dirac; vou explicar por que aparece):
  1. Começo escrevendo a transformada de F(t):
\mathcal{F}\{F\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} F(t)\,e^{-i\omega t}\,dt.
  1. Substituo F(t)=\int_{-\infty}^{\infty} f(\tau)\,e^{-i t \tau}\,d\tau (troquei a variável de integração para \tau para evitar confusão):
\mathcal{F}\{F\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}\Big(\int_{-\infty}^{\infty} f(\tau)\,e^{-i t \tau}\,d\tau\Big)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Sob hipóteses de convergência (p.ex. integráveis absolutos) é permitido trocar a ordem de integração (teorema de Fubini). Faço isso:
\mathcal{F}\{F\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(\tau)\Big(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i t \tau}\,e^{-i\omega t}\,dt\Big)\,d\tau .
  1. Combine os exponenciais na integral interna:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i t (\tau+\omega)}\,dt .
  1. A integral
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i t (\tau+\omega)}\,dt
não converge como número comum, mas é a representação (na teoria de distribuições) da transformada de Fourier de 1, que resulta em 2\pi\,\delta(\tau+\omega), onde \delta é a delta de Dirac. Intuitivamente, isso “coloca” \tau+\omega=0. Então, usando essa identidade:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i t (\tau+\omega)}\,dt = 2\pi\,\delta(\tau+\omega).
  1. Substituindo isso de volta:
\mathcal{F}\{F\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(\tau)\,2\pi\,\delta(\tau+\omega)\,d\tau .
  1. A propriedade da delta diz que \int f(\tau)\,\delta(\tau+\omega)\,d\tau = f(-\omega). Logo
\mathcal{F}\{F\}(\omega)=2\pi\, f(-\omega).
Comentário pedagógico: essa é a forma clássica de dualidade para a convenção sem fatores simétricos. Se a convenção da transformada fosse diferente (p.ex. com 1/\sqrt{2\pi}), o fator na dualidade muda. A delta de Dirac apareceu porque trocamos integrais contínuas e apareceu a integral de uma exponencial pura; é normal encontrá-la em argumentos de dualidade.

Passo 4

Escala no tempo — enunciado claro:
  • Mostrar que, para a\in\mathbb{R}\setminus\{0\},
\mathcal{F}\{f(a t)\}(\omega)=\frac{1}{|a|}\,F\!\left(\frac{\omega}{a}\right).
Explicar por que aparece o valor absoluto.
Prova passo a passo:
  1. Escreve a transformada:
\mathcal{F}\{f(a t)\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(a t)\,e^{-i\omega t}\,dt.
  1. Faço a substituição de variável u = a t. Então t = u/a e dt = du/a. Os limites de integração seguem sendo -\infty a +\infty; se a<0 o sentido se inverte, e o valor absoluto trata disso automaticamente — vou mostrar:
\int_{-\infty}^{\infty} f(u)\,e^{-i\omega (u/a)}\,\frac{du}{a}.
  1. Coloco o 1/a fora:
\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{\infty} f(u)\,e^{-i(\omega/a) u}\,du .
  1. Por definição da transformada essa integral é F(\omega/a). Mas devo cuidar do sinal do a: quando a>0, o fator fora é 1/a. Quando a<0, a mudança de orientação na troca de limites dá outro sinal, e o resultado correto geral é com |a| no denominador:
\mathcal{F}\{f(a t)\}(\omega)=\frac{1}{|a|}\,F\!\left(\frac{\omega}{a}\right).
Observação mais tangível: encolher/comprimir a função no tempo (|a|>1) estica no domínio da frequência (argumento \omega/a) e diminui amplitude por 1/|a|; esticar em tempo (|a|<1) comprime o espectro, com aumento do fator 1/|a|.

Passo 5

Deslocamento no tempo — enunciado claro:
  • Mostrar que, para um deslocamento t_0\in\mathbb{R},
\mathcal{F}\{f(t - t_0)\}(\omega) = e^{-i\omega t_0}\,F(\omega).
Prova passo a passo:
  1. Escreve a transformada do sinal deslocado:
\mathcal{F}\{f(t-t_0)\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t-t_0)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Faço a substituição u=t-t_0, então t=u+t_0, dt=du. Os limites continuam -\infty a +\infty:
\int_{-\infty}^{\infty} f(u)\,e^{-i\omega (u+t_0)}\,du .
  1. Separe o fator exponencial que depende de t_0:
e^{-i\omega t_0}\int_{-\infty}^{\infty} f(u)\,e^{-i\omega u}\,du .
  1. A integral é F(\omega), logo
\mathcal{F}\{f(t-t_0)\}(\omega) = e^{-i\omega t_0}\,F(\omega).
Interpretação: deslocar no tempo apenas introduz um fator de fase exponencial na frequência; isso não altera o módulo do espectro, só sua fase.

Passo 6

Deslocamento da frequência (modulação) — enunciado claro:
  • Mostrar que multiplicar f(t) por \mathrm{e}^{i\omega_0 t} desloca o espectro:
\mathcal{F}\{e^{i\omega_0 t} f(t)\}(\omega) = F(\omega-\omega_0).
Prova passo a passo:
  1. Escreve a transformada do produto:
\mathcal{F}\{e^{i\omega_0 t} f(t)\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{i\omega_0 t} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Combine exponenciais:
\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i(\omega-\omega_0)t}\,dt .
  1. Pela definição da transformada essa integral é F(\omega-\omega_0):
\mathcal{F}\{e^{i\omega_0 t} f(t)\}(\omega) = F(\omega-\omega_0).
Comentário: multiplicar no tempo por uma portadora e^{i\omega_0 t} desloca o espectro em \omega_0. Na prática, isso é a base da modulação: passa energia do espectro para outro centro de frequência.

Passo 7

Diferenciação no tempo — enunciado claro:
  • Mostrar que derivar f no tempo corresponde a multiplicar por i\omega no domínio da frequência:
\mathcal{F}\{f'(t)\}(\omega)=i\omega\,F(\omega),
e, em geral, para a n-ésima derivada,
\mathcal{F}\{f^{(n)}(t)\}(\omega)=(i\omega)^n\,F(\omega).
Prova detalhada (integração por partes, cuidado com termos de fronteira):
  1. Escrevo a transformada da derivada:
\mathcal{F}\{f'(t)\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f'(t)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Vou integrar por partes. Tome u=e^{-i\omega t} e dv=f'(t)\,dt. Então du = -i\omega e^{-i\omega t}\,dt e v=f(t). Aplicando a fórmula de integração por partes \int u\,dv = u v \big|_{-\infty}^{\infty} - \int v\,du:
\int_{-\infty}^{\infty} f'(t)\,e^{-i\omega t}\,dt = f(t)\,e^{-i\omega t}\Big|_{t=-\infty}^{t=+\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,(-i\omega)e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Suposição técnica: assumimos que f(t)\,e^{-i\omega t}\to 0 quando t\to\pm\infty (por exemplo f tende a zero suficientemente rápido). Assim o termo de fronteira desaparece:
f(t)\,e^{-i\omega t}\Big|_{-\infty}^{\infty}=0 .
  1. Então sobra
\int_{-\infty}^{\infty} f'(t)\,e^{-i\omega t}\,dt = i\omega \int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt .
  1. Reconhecendo a última integral como F(\omega), obtemos
\mathcal{F}\{f'(t)\}(\omega)=i\omega\,F(\omega).
  1. Para a n-ésima derivada aplica-se repetidamente o mesmo argumento (ou prova por indução): cada diferenciação traz um fator i\omega. Logo
\mathcal{F}\{f^{(n)}(t)\}(\omega)=(i\omega)^n\,F(\omega).
Observação prática: isso é poderoso — equações diferenciais no tempo viram equações algébricas em \omega, muito usado para resolver EDOs/EDPs por transformada de Fourier.

Passo 8

Comentários finais, condições de uso e dicas para prova:
  • Em cada passo usei propriedades básicas de integrais (linearidade, substituição), integração por partes e, no caso da dualidade, a representação da integral de uma exponencial como 2\pi vezes a delta de Dirac. Se a prova em exame não permite usar distribuições, pode-se justificar a dualidade referindo-se à fórmula inversa da transformada e manipulando substituições; mas normalmente a versão com a delta é aceita.
  • Lembre-se sempre de mencionar as hipóteses técnicas: existência das transformadas, decaimento suficiente para que termos de fronteira sejam nulos (no caso de diferenciação) e permissão para trocar ordens de integração.
  • Para treinar: pegue funções simples (p.ex. retângulo, gaussiana, seno/cosseno) e verifique cada propriedade numericamente/analiticamente para fixar o entendimento.

Resposta

\mathcal{F}\{a f + b g\}(\omega)=a\,\mathcal{F}\{f\}(\omega)+b\,\mathcal{F}\{g\}(\omega)\n
\mathcal{F}\{F(t)\}(\omega)=2\pi\, f(-\omega) onde F(\omega)=\mathcal{F}\{f\}(\omega)\n
\mathcal{F}\{f(a t)\}(\omega)=\dfrac{1}{|a|}\,F\!\left(\dfrac{\omega}{a}\right)\n
\mathcal{F}\{f(t-t_0)\}(\omega)=e^{-i\omega t_0}\,F(\omega)\n
\mathcal{F}\{e^{i\omega_0 t}f(t)\}(\omega)=F(\omega-\omega_0)\n
\mathcal{F}\{f^{(n)}(t)\}(\omega)=(i\omega)^n\,F(\omega)

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