Encontre as transformadas de Fourier dos seguintes sinais contínuos:
s(x, y)=\operatorname{sen}\left[2 \pi\left(u_{0} x+v_{0} y\right)\right]

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Fourier do sinal bidimensional
s(x,y)=\sin\!\bigl[2\pi\,(u_{0}x+v_{0}y)\bigr],
onde \,u_{0} e \,v_{0} são constantes (frequências espaciais).
Informações dadas:
s(x,y)=\sin\!\bigl[2\pi(u_{0}x+v_{0}y)\bigr],\qquad u_{0},v_{0}\in\mathbb{R}.
O que se pede: encontrar a transformada de Fourier S(u,v) (função das variáveis de frequência u e v).

Passo 2

Definimos a transformada de Fourier bidimensional que vamos usar (convenção usual em processamento de sinais, com fator 2\pi no expoente):
S(u,v)=\iint_{\mathbb{R}^2} s(x,y)\,e^{-j2\pi(ux+vy)}\,dx\,dy.
Explicando as letras:
\,x,y são as coordenadas espaciais (variáveis de integração),
\,u,v são as variáveis de frequência correspondentes,
\,j é a unidade imaginária ( j^2=-1).
Duas propriedades que usaremos e que vale revisar:
  1. Linearidade: a transformada é linear, ou seja, se s=a s_1 + b s_2 então S=a S_1 + b S_2.
  2. Par de transformadas envolvendo exponenciais complexas e deltas: para a\in\mathbb{R},
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-j2\pi a x}\,dx = \delta(a),
onde \delta é a delta de Dirac. Em 2D, a integral separável dá produto de deltas:
\iint e^{-j2\pi\bigl(\alpha x+\beta y\bigr)}\,dx\,dy = \delta(\alpha)\,\delta(\beta).

Passo 3

Expressamos a função seno por exponenciais complexas (identidade de Euler), pois exponenciais são fáceis de transformar:
\sin\!\bigl[2\pi(u_{0}x+v_{0}y)\bigr] =\frac{1}{2j}\Bigl(e^{j2\pi(u_{0}x+v_{0}y)}-e^{-j2\pi(u_{0}x+v_{0}y)}\Bigr).
Isso usa a fórmula \sin \theta=(e^{j\theta}-e^{-j\theta})/(2j). A vantagem: aplicando linearidade podemos transformar cada exponencial separadamente.

Passo 4

Aplicamos a transformada definida no Passo 2 sobre cada termo usando linearidade:
\begin{aligned} S(u,v) &=\iint s(x,y)\,e^{-j2\pi(ux+vy)}\,dx\,dy\\[4pt] &=\frac{1}{2j}\iint \Bigl(e^{j2\pi(u_{0}x+v_{0}y)}-e^{-j2\pi(u_{0}x+v_{0}y)}\Bigr) e^{-j2\pi(ux+vy)}\,dx\,dy\\[6pt] &=\frac{1}{2j}\Biggl[\iint e^{-j2\pi\bigl((u-u_{0})x+(v-v_{0})y\bigr)}\,dx\,dy -\iint e^{-j2\pi\bigl((u+u_{0})x+(v+v_{0})y\bigr)}\,dx\,dy\Biggr]. \end{aligned}
Agora usamos a propriedade do Passo 2 (integrais separáveis que viram deltas):
\iint e^{-j2\pi\bigl((u-u_{0})x+(v-v_{0})y\bigr)}\,dx\,dy = \delta(u-u_{0})\,\delta(v-v_{0}),
\iint e^{-j2\pi\bigl((u+u_{0})x+(v+v_{0})y\bigr)}\,dx\,dy = \delta(u+u_{0})\,\delta(v+v_{0}).
Substituindo essas expressões em S(u,v) obtém-se:
S(u,v)=\frac{1}{2j}\Bigl[\delta(u-u_{0})\delta(v-v_{0})-\delta(u+u_{0})\delta(v+v_{0})\Bigr].]

Passo 5

Interpretação física e forma alternativa: o seno bidimensional gera dois impulsos (deltas) no domínio da frequência, localizados nas frequências (u,v)=(u_{0},v_{0}) e (u,v)=(-u_{0},-v_{0}), com sinais opostos e fator \tfrac{1}{2j}. Às vezes essa expressão é escrita usando i em vez de j ou destacando o fator imaginário:
S(u,v)=\frac{1}{2j}\,\delta(u-u_{0})\delta(v-v_{0})-\frac{1}{2j}\,\delta(u+u_{0})\delta(v+v_{0}).
Isso é exatamente o resultado que usaríamos na prova: decompor em exponenciais e aplicar a transformada que transforma deslocamentos em deltas.

Resposta

S(u,v)=\frac{1}{2j}\Bigl[\delta(u-u_{0})\delta(v-v_{0})-\delta(u+u_{0})\delta(v+v_{0})\Bigr]

Exercícios relacionados