Exercício 4. Para constantes a, b>0, considere
F(\omega)=\frac{a}{a^{2}+\omega^{2}}+\frac{b}{b^{2}+\omega^{2}}+i \omega\left[\frac{1}{a^{2}+\omega^{2}}-\frac{1}{b^{2}+\omega^{2}}\right] .
Mostre, direto da definição, que
\mathcal{F}^{-1}(F)(t)= \begin{cases}e^{a t}, & t \leq 0 \\\ e^{-b t}, & t \geq 0\end{cases}

Passo 1

O enunciado fornece a função de frequência
F(\omega)=\frac{a}{a^{2}+\omega^{2}}+\frac{b}{b^{2}+\omega^{2}}+i \omega\left[\frac{1}{a^{2}+\omega^{2}}-\frac{1}{b^{2}+\omega^{2}}\right],
com a,b>0\), e pede para mostrar, "direto da definição", que a transformada inversa de Fourier é a função em \(t\) \[\mathcal{F}^{-1}(F)(t)= \begin{cases}e^{a t}, & t \leq 0 \\\ e^{-b t}, & t \geq 0.\end{cases}
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • a\] e \(b são constantes estritamente positivas.
  • A função F(\omega) é uma combinação racional com termos reais e um termo proporcional a i\omega.
  • O objetivo é calcular \mathcal{F}^{-1}(F)(t) usando a definição da transformada inversa de Fourier.

Passo 2

Primeiro simplificamos algebraicamente F(\omega) para uma forma mais manejável. Separe os termos com denominadores iguais:
F(\omega)=\frac{a}{a^{2}+\omega^{2}}+\frac{b}{b^{2}+\omega^{2}}+\frac{i\omega}{a^{2}+\omega^{2}}-\frac{i\omega}{b^{2}+\omega^{2}}.
Agrupando, obtemos
F(\omega)=\frac{a+i\omega}{a^{2}+\omega^{2}}+\frac{b-i\omega}{b^{2}+\omega^{2}}.
Agora usamos a fatoração a^{2}+\omega^{2}=(a+i\omega)(a-i\omega). Assim,
\frac{a+i\omega}{a^{2}+\omega^{2}}=\frac{a+i\omega}{(a+i\omega)(a-i\omega)}=\frac{1}{a-i\omega},
e de modo análogo
\frac{b-i\omega}{b^{2}+\omega^{2}}=\frac{1}{b+i\omega}.
Portanto conseguimos a forma compacta
F(\omega)=\frac{1}{a-i\omega}+\frac{1}{b+i\omega}.

Passo 3

Agora escrevemos a definição da transformada inversa de Fourier que vamos usar. Com a convenção padrão,
\mathcal{F}^{-1}(F)(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)\,e^{i\omega t}\,d\omega.
Pela linearidade da integral, separamos a integral em duas partes correspondentes aos dois termos de F:
\mathcal{F}^{-1}(F)(t)=I_1(t)+I_2(t),
onde
I_1(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{a-i\omega}\,d\omega, \qquad I_2(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{b+i\omega}\,d\omega.
Nos próximos passos vamos calcular I_1(t) e I_2(t) “direto da definição”, avaliando as integrais impropriamente pela técnica de integração no plano complexo (fechamento de contorno) — que é a forma direta e padrão de avaliar integrais do tipo \int_{-\infty}^{\infty} e^{i\omega t}/(\text{polinômio em }\omega)\,d\omegaô.
Breve aula (rápida e prática) sobre a ferramenta que usaremos:
  • Resíduo: para um polo simples em \omega_0, o resíduo de g(\omega) em \omega_0 é \operatorname{Res}(g,\omega_0)=\lim_{\omega\to\omega_0}(\omega-\omega_0)g(\omega).
  • Teorema dos resíduos: a integral de g(\omega) ao longo de um contorno fechado anticlockwise vale 2\pi i vezes a soma dos resíduos dos polos dentro do contorno.
  • Jordan (intuição): para \int_{-\infty}^{\infty} e^{i\omega t}\varphi(\omega)\,d\omega, se t>0 fecha-se o contorno pela semicírculo superior (porque e^{i\omega t} decai lá); se t<0 fecha-se pelo inferior. A contribuição do semicírculo tende a zero sob condições razoáveis (aqui satisfeitas), deixando só os termos dos resíduos.

Passo 4

Cálculo de I_1(t). Observe o polo do integrando:
\frac{e^{i\omega t}}{a-i\omega}\quad\text{tem polo simples quando }a-i\omega=0\Rightarrow \omega=-i a,
que está no semiplano inferior (porque a>0\Rightarrow -i a tem parte imaginária negativa).
Caso t>0:
  • Para que e^{i\omega t}=e^{i(u+iv)t}=e^{iut}e^{-vt} decaia no semicírculo, fechamos o contorno no semiplano superior (onde v>0 e e^{-v t} decai).
  • O polo \omega=-i a está no inferior, logo não é encoberto pelo contorno superior.
  • Assim a soma dos resíduos dentro do contorno é zero, e a integral própria sobre a reta real é zero (a contribuição do semicírculo tende a zero por Jordan).
    Portanto, para t>0,
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{a-i\omega}\,d\omega=0 \quad\Rightarrow\quad I_1(t)=0.
Caso t<0:
  • Fechamos o contorno no semiplano inferior (agora e^{i\omega t} decai lá).
  • O polo \omega_0=-i a está dentro do contorno. A orientação do contorno fechado é horário (clockwise), o que introduz um sinal: a integral fechada vale -2\pi i vezes a soma dos resíduos (porque o teorema dos resíduos padrão dá +2\pi i para orientação anticlockwise).
  • Calculamos o resíduo em \omega_0. Escreva a-i\omega=-i(\omega+i a)=-i(\omega-\omega_0). Então
\operatorname{Res}\!\left(\frac{e^{i\omega t}}{a-i\omega},\omega_0\right) =\lim_{\omega\to\omega_0}(\omega-\omega_0)\frac{e^{i\omega t}}{a-i\omega} =\lim_{\omega\to\omega_0}\frac{\omega-\omega_0}{-i(\omega-\omega_0)}e^{i\omega t} =\frac{-1}{i}e^{i\omega_0 t}.
Como \omega_0=-i a, temos e^{i\omega_0 t}=e^{i(-i a)t}=e^{a t}. Portanto o resíduo vale (-1/i)e^{a t}.
  • A integral fechada (orientação horário) é -2\pi i vezes o resíduo:
\text{Integral fechada}=-2\pi i\cdot\left(\frac{-1}{i}e^{a t}\right)=2\pi e^{a t}.
  • A contribuição do semicírculo inferior tende a zero por Jordan, logo a integral sobre a reta real é igual à integral fechada:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{a-i\omega}\,d\omega=2\pi e^{a t}.
Dividindo por 2\pi obtemos
I_1(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{a-i\omega}\,d\omega=e^{a t}\quad\text{para }t<0.
Caso t=0: pela continuidade (ou calculando diretamente a integral com t=0) fica I_1(0)=1, consistentemente com e^{a\cdot 0}=1. Assim resumimos
I_1(t)=\begin{cases}e^{a t}, & t\le 0,\\[4pt] 0, & t>0.\end{cases}]

Passo 5

Cálculo de I_2(t). Agora o integrando é
\frac{e^{i\omega t}}{b+i\omega}.
O polo ocorre quando b+i\omega=0\Rightarrow \omega=i b, que está no semiplano superior (porque b>0).
Caso t<0:
  • Fecha-se o contorno no semiplano inferior; o polo \omega=i b está no superior e não é encoberto → integral sobre a reta real é zero.
  • Logo para t<0, I_2(t)=0.
Caso t>0:
  • Fecha-se o contorno no semiplano superior (orientação anticlockwise). O polo \omega_1=i b está dentro.
  • Calculamos o resíduo em \omega_1. Observe b+i\omega = i(\omega - i b)=i(\omega-\omega_1). Assim
\operatorname{Res}\!\left(\frac{e^{i\omega t}}{b+i\omega},\omega_1\right) =\lim_{\omega\to\omega_1}(\omega-\omega_1)\frac{e^{i\omega t}}{b+i\omega} =\lim_{\omega\to\omega_1}\frac{\omega-\omega_1}{i(\omega-\omega_1)}e^{i\omega t} =\frac{1}{i}e^{i\omega_1 t}.
Com \omega_1=i b vem e^{i\omega_1 t}=e^{i(i b)t}=e^{-b t}. Então resíduo =(1/i)e^{-b t}.
  • A integral fechada (orientação padrão anticlockwise) vale 2\pi i vezes o resíduo:
\int_{\text{fechado}}=\;2\pi i\cdot\frac{1}{i}e^{-b t}=2\pi e^{-b t}.
  • A contribuição do semicírculo superior tende a zero por Jordan, logo a integral sobre a reta real é 2\pi e^{-b t}. Dividindo por 2\pi,
I_2(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{b+i\omega}\,d\omega=e^{-b t}\quad\text{para }t>0.
Caso t=0 I_2(0)=1, consistente com e^{-b\cdot 0}=1. Assim
I_2(t)=\begin{cases}0, & t<0,\\[4pt] e^{-b t}, & t\ge 0.\end{cases}]

Passo 6

Somando os dois resultados I_1(t) e I_2(t) obtemos a transformada inversa completa:
  • Para t<0: I_1(t)=e^{a t} e I_2(t)=0, logo \mathcal{F}^{-1}(F)(t)=e^{a t}.
  • Para t>0: I_1(t)=0 e I_2(t)=e^{-b t}, logo \mathcal{F}^{-1}(F)(t)=e^{-b t}.
  • Em t=0 ambos dão 1, então podemos escrever de forma consistente
\mathcal{F}^{-1}(F)(t)=\begin{cases}e^{a t}, & t\le 0,\\[4pt] e^{-b t}, & t\ge 0.\end{cases}]

Resposta

\mathcal{F}^{-1}(F)(t)= \begin{cases}e^{a t}, & t \leq 0 \\[4pt] e^{-b t}, & t \geq 0\end{cases}]

Exercícios relacionados