Exercício 3.3: Determine as funções f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C} cujas transformadas de Fourier são dadas por:
F(\omega)=\frac{1}{4+2 i \cdot \omega-\omega^{2}} .

Passo 1

O enunciado nos dá a transformada de Fourier
F(\omega)=\frac{1}{4+2\,i\,\omega-\omega^{2}}
e pede a função f:\mathbb{R}\to\mathbb{C} cuja transformada é essa. O conteúdo envolve a fórmula da transformada inversa e o método dos resíduos em integração no plano complexo.

Passo 2

A transformada inversa (convenção \displaystyle F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\,e^{-\,i\omega t}\,dt) é
f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)\,e^{\,i\omega t}\,d\omega.
Para usar cálculo de resíduos, fechamos o contorno no semiplano superior se t>0 e no inferior se t<0.

Passo 3

Note que o denominador factoriza assim:
4+2\,i\,\omega-\omega^{2} =-\bigl(\omega^{2}-2\,i\,\omega-4\bigr) =-\bigl((\omega-i)^{2}-5\bigr) =\;5-(\omega-i)^{2}.
Os polos simples estão em
(\omega-i)^{2}=5 \quad\Longrightarrow\quad \omega=i\pm\sqrt{5},
ambos com \Im(\omega)=1>0.

Passo 4

Se t<0, fechamos o contorno no semiplano inferior, onde não há polos, logo
f(t)=0 \quad\text{para }t<0.

Passo 5

Se t>0, fechamos no semiplano superior e
f(t) =\frac{1}{2\pi}\,2\pi i\sum_{\substack{\text{polos}\\Im>0}} \Res\bigl[F(\omega)e^{\,i\omega t},\omega_p\bigr] =i\sum_{\omega_p=i\pm\sqrt{5}} \Res\Bigl(\frac{e^{\,i\omega t}}{4+2\,i\,\omega-\omega^{2}},\omega_p\Bigr).

Passo 6

Para um polo simples \omega_p,
\Res\Bigl(\frac{e^{\,i\omega t}}{D(\omega)},\omega_p\Bigr) =\frac{e^{\,i\omega_p t}}{D'(\omega_p)},
onde D(\omega)=4+2\,i\,\omega-\omega^{2} e
D'(\omega)=-2\,\omega+2\,i.
Em \omega_1=i+\sqrt{5}:
D'(\omega_1)=-2(i+\sqrt{5})+2\,i=-2\sqrt{5}.
Em \omega_2=i-\sqrt{5}:
D'(\omega_2)=-2(i-\sqrt{5})+2\,i=2\sqrt{5}.

Passo 7

Assim, para t>0,
f(t) =i\Bigl[\frac{e^{\,i(i+\sqrt{5})t}}{-2\sqrt{5}} +\frac{e^{\,i(i-\sqrt{5})t}}{2\sqrt{5}}\Bigr] =i\,\frac{e^{-t}}{2\sqrt{5}}\bigl(-e^{\,i\sqrt{5}t}+e^{-\,i\sqrt{5}t}\bigr).
Mas \,e^{i\alpha}-e^{-i\alpha}=2\,i\sin\alpha, então
f(t) =i\,\frac{e^{-t}}{2\sqrt{5}}\bigl(-2\,i\sin(\sqrt{5}\,t)\bigr) =\frac{e^{-t}}{\sqrt{5}}\sin\bigl(\sqrt{5}\,t\bigr).

Resposta

f(t)= \begin{cases} 0, & t<0,\\[6pt] \displaystyle \frac{e^{-t}}{\sqrt{5}}\;\sin\bigl(\sqrt{5}\,t\bigr), & t\ge0. \end{cases}]

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