Determine a representação por integral de Fourier da função indicada.
f(x)= \begin{cases}0, & x<0 \\\ \operatorname{sen} x, & 0 \leq x \leq \pi \\\\ 0, & x>\pi\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede a representação por integral de Fourier da função f\) definida por partes: \[f(x)=\begin{cases} 0, & x<0,\\[4pt] \operatorname{sen}x, & 0\le x\le\pi,\\[4pt] 0, & x>\pi. \end{cases}
Informações úteis que já temos de cara:
  • f\] é de suporte compacto: \(f(x)=0 fora do intervalo [0,\pi].
  • A tarefa é escrever f(x) como a transformada inversa de Fourier de sua transformada F(\omega); isto é, encontrar F(\omega)=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t}\,dt e depois usar a fórmula inversa
f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega x}\,d\omega.]

Passo 2

Vou lembrar qual fórmula vou usar e dar uma explicação simples do que cada coisa significa, para ficar claro na prova.
Definição da transformada de Fourier (padrão que usaremos):
F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt.
Aqui t é a variável de integração (tempo / posição), \omega é a frequência (variável da transformada) e i é a unidade imaginária. A transformada F(\omega) condensa a informação de f em frequências.
Fórmula inversa (reconstrói f a partir de F):
f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} F(\omega)\,e^{i\omega x}\,d\omega.
Essa fórmula vale sob hipóteses usuais (por exemplo f integrável e de crescimento controlado); aqui f tem suporte compacto, então está tudo certo. Na prática, às vezes aparecem pontos singulares na integral e ai a integral deve ser entendida como valor principal de Cauchy (p.v.). Vou calcular F(\omega) e inserir na inversa.

Passo 3

Cálculo direto de F(\omega). Como f(t)=0 fora de [0,\pi],
F(\omega)=\int_{0}^{\pi}\sin t\,e^{-i\omega t}\,dt.
Para integrar, uso a fórmula exponencial da seno:
\sin t=\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}.
Substituindo,
F(\omega)=\frac{1}{2i}\int_{0}^{\pi}\bigl(e^{i(1-\omega)t}-e^{-i(1+\omega)t}\bigr)\,dt.
Agora integro as exponenciais (caso a\neq0, \int_0^\pi e^{i a t}\,dt=\dfrac{e^{i a\pi}-1}{i a}):
F(\omega)=\frac{1}{2i}\left(\frac{e^{i(1-\omega)\pi}-1}{i(1-\omega)}-\frac{e^{-i(1+\omega)\pi}-1}{i(-1-\omega)}\right).
Simplificando cuidadosamente os fatores i e os sinais (mostrar passo algébrico):
F(\omega)=\frac{1+e^{-i\omega\pi}}{1-\omega^{2}}.
É uma forma compacta muito útil. Para referência, pode também escrever-se
F(\omega)=\frac{2\cos\!\bigl(\tfrac{\omega\pi}{2}\bigr)\,e^{-i\omega\pi/2}}{1-\omega^{2}},
porque 1+e^{-i\omega\pi}=2e^{-i\omega\pi/2}\cos(\omega\pi/2).

Passo 4

Verificação e tratamento dos pontos \omega=\pm1 (singularidades aparentes). A fórmula tem denominador 1-\omega^{2}, que zera em \omega=\pm1, mas o numerador também zera aí, então temos uma forma 0/0. Devemos tomar limite:
Cálculo do limite em \omega=1: usar expansão em torno de 1 ou calcular diretamente a integral original para \omega=1:
F(1)=\int_{0}^{\pi}\sin t\,e^{-it}\,dt =\int_{0}^{\pi}\sin t(\cos t-i\sin t)\,dt = -i\int_{0}^{\pi}\sin^{2}t\,dt = -i\frac{\pi}{2}.
Usando a expressão fechada e fazendo o limite \omega\to1 obtém-se o mesmo valor -i\pi/2. Analogamente,
F(-1)=\int_{0}^{\pi}\sin t\,e^{it}\,dt= i\frac{\pi}{2}.
Conclusão prática: F(\omega) dada pela expressão \dfrac{1+e^{-i\omega\pi}}{1-\omega^{2}} é válida para todo \omega se entendida no sentido do limite para \omega\to\pm1 (ou seja, tomar o valor limite \mp i\pi/2 nesses pontos). Na integral inversa, isso equivale a interpretar a integral como valor principal (p.v.) nos possíveis polos reais.

Passo 5

Aplicando a fórmula inversa e simplificando a expressão sob o integrando:
Substituo F(\omega)=\dfrac{1+e^{-i\omega\pi}}{1-\omega^{2}} em
f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)\,e^{i\omega x}\,d\omega.
Multiplicando F(\omega) por e^{i\omega x} obtém-se
F(\omega)e^{i\omega x}=\frac{e^{i\omega x}+e^{i\omega(x-\pi)}}{1-\omega^{2}}.
Portanto uma representação conveniente e clara de f é
f(x)=\frac{1}{2\pi}\,\mathrm{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega x}+e^{i\omega(x-\pi)}}{1-\omega^{2}}\,d\omega,
onde “p.v.” indica que a integral é tomada como valor principal de Cauchy nas vizinhanças de \omega=\pm1. Essa é a representação por integral de Fourier pedida. (Alternativamente pode-se usar a forma com F(\omega)=\dfrac{2\cos(\tfrac{\omega\pi}{2})e^{-i\omega\pi/2}}{1-\omega^{2}} se preferir uma escrita que evidencie simetrias.)

Resposta

F(\omega)=\frac{1+e^{-i\omega\pi}}{1-\omega^{2}}
f(x)=\frac{1}{2\pi}\,\mathrm{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega x}+e^{i\omega(x-\pi)}}{1-\omega^{2}}\,d\omega

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