Exercício 5. Considere uma função f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) com transformada de Fourier \(F: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C}\). Seja, para \(a>0\), \[g(t)= \begin{cases}\frac{1}{2 a}, & |t|<a \\\\ 0, & |t| \geq a .\end{cases}
Tome h=(f * g): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\] a convolução de \(f e g, representando a média móvel de f ao longo de um intervalo de comprimento 2 a. Encontre a transformada de Fourier de h em termos de F.

Passo 1

O enunciado dá:
  • Uma função f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) com transformada de Fourier \(F:\mathbb{R}\to\mathbb{C}\). - Uma função \(g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) definida por \[g(t)=\begin{cases}\dfrac{1}{2a}, & |t|<a,\\[6pt] 0,& |t|\ge a,\end{cases}
com a>0\]. - A convolução \(h=f*g, que é a média móvel de f ao longo de um intervalo de comprimento 2a.
O que o problema pede:
  • Encontrar a transformada de Fourier de h expressa em termos de F (a transformada de f).]

Passo 2

Escolho a convenção de transformada de Fourier mais usada em muitos cursos (sem fatores 2\pi nas definições):
\mathcal{F}\{u\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} u(t)\,e^{-i\omega t}\,dt.
Aqui:
  • u é qualquer função integrável,
  • \omega\in\mathbb{R} é a variável de frequência,
  • i é a unidade imaginária ( i^2=-1).
Uma propriedade fundamental (teorema da convolução) diz que, com essa convenção,
\mathcal{F}\{f*g\}(\omega)=\mathcal{F}\{f\}(\omega)\cdot\mathcal{F}\{g\}(\omega).
Intuição curta: convolução no domínio do tempo vira produto no domínio da frequência. Se você quiser, dá para provar trocando integrais e fazendo uma mudança de variável; aqui vou usar essa propriedade porque é o caminho mais direto.

Passo 3

Para usar o teorema da convolução precisamos do fator \mathcal{F}\{g\}(\omega). Calculemos:
\mathcal{F}\{g\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} g(t)\,e^{-i\omega t}\,dt.
Como g(t)=\tfrac{1}{2a} apenas para t\in(-a,a) e é zero fora, temos
\mathcal{F}\{g\}(\omega)=\int_{-a}^{a}\frac{1}{2a}\,e^{-i\omega t}\,dt.
Essa integral é elementar. Uma primitiva de e^{-i\omega t} é \dfrac{e^{-i\omega t}}{-i\omega} (para \omega\neq0), então
\mathcal{F}\{g\}(\omega)=\frac{1}{2a}\left[\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}\right]_{t=-a}^{t=a} =\frac{1}{2a}\cdot\frac{e^{-i\omega a}-e^{i\omega a}}{-i\omega}.
Agora uso a identidade e^{-i\theta}-e^{i\theta}=-2i\sin\theta para simplificar:
\mathcal{F}\{g\}(\omega)=\frac{1}{2a}\cdot\frac{-2i\sin(\omega a)}{-i\omega} =\frac{\sin(\omega a)}{\omega a}.
Portanto
\mathcal{F}\{g\}(\omega)=\frac{\sin(\omega a)}{\omega a}.
Observação importante (caso precise usar no exercício): o valor no ponto \omega=0 é obtido pelo limite \lim_{\omega\to0}\dfrac{\sin(\omega a)}{\omega a}=1, então a expressão é contínua em \omega=0.

Passo 4

Aplicando o teorema da convolução (Passo 2) obtemos a transformada de h=f*g como o produto das transformadas:
\mathcal{F}\{h\}(\omega)=\mathcal{F}\{f\}(\omega)\cdot\mathcal{F}\{g\}(\omega).
Substituindo \mathcal{F}\{g\}(\omega) do Passo 3,
\mathcal{F}\{h\}(\omega)=F(\omega)\cdot\frac{\sin(\omega a)}{\omega a}.
Interpretação rápida (útil para a prova): multiplicar por \dfrac{\sin(\omega a)}{\omega a} corresponde a atenuar componentes de alta frequência de f — é um filtro passa-baixas suave (a média móvel suaviza o sinal).

Resposta

\mathcal{F}\{h\}(\omega)=F(\omega)\,\dfrac{\sin(\omega a)}{\omega a}

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