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):
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 .
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:
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):
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 .
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 .
Combine os exponenciais na integral interna:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i t (\tau+\omega)}\,dt .
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).
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.
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:
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:
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},
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:
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:
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:
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)