Exercício 1. Encontre as transformadas de Fourier das funções abaixo ( a>0 denota uma constante real positive, enquanto t é uma variável real). Quando necessário, utilize uma tabela de integrais impróprias.
f(t)=\frac{\operatorname{sen}^{2}(a t)}{t};

Passo 1

O enunciado dá a função f(t)=\dfrac{\operatorname{sen}^{2}(a t)}{t} com a>0 e pede a transformada de Fourier dessa função (variável de transformada será \omega). Não há outras informações no enunciado.

Passo 2

Primeiro escolho a convenção de transformada de Fourier que vou usar (isso é necessário para escrever o resultado final de forma precisa). Vou usar a convenção padrão
\mathcal{F}\{g\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} g(t)\,e^{-i\omega t}\,dt.
Justificativa curta: essa é a convenção mais comum em cursos de análise de sinais e facilita o uso direto de fórmulas tabeladas que relacionam integrais da forma \int e^{-i\omega t}/t. Vou também usar propriedades básicas: linearidade e a propriedade de modulação (deslocamento em frequência), que neste sinal implica
\mathcal{F}\{e^{i b t} g(t)\}(\omega)=\mathcal{F}\{g\}(\omega-b).
Outra fórmula tabela-útil (padrão, pode ser encontrada em tabelas de integrais impróprias ou obtida por contorno complexo) é a integral principal
\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i\omega t}}{t}\,dt=-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega),
onde \operatorname{p.v.} indica valor principal de Cauchy e \operatorname{sgn}(\omega) é a função sinal:
\operatorname{sgn}(\omega)=\begin{cases} 1,&\omega>0,\\\\ 0,&\omega=0,\\\\ -1,&\omega<0. \end{cases}

Passo 3

Faço uma identidade trigonométrica para simplificar f(t). Lembre que
\operatorname{sen}^{2}(x)=\frac{1-\cos(2x)}{2}.
Aplicando com x=a t obtemos
f(t)=\frac{\operatorname{sen}^{2}(a t)}{t}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{t}-\frac{1}{2}\cdot\frac{\cos(2a t)}{t}.
Pela linearidade da transformada, é suficiente calcular separadamente \mathcal{F}\{1/t\} (no sentido de valor principal) e \mathcal{F}\{\cos(2a t)/t\}.

Passo 4

Calculo \mathcal{F}\{1/t\} usando a fórmula tabela indicada:
\mathcal{F}\!\left\{\frac{1}{t}\right\}(\omega)=\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i\omega t}}{t}\,dt=-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega).
Portanto, a contribuição da primeira parcela \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{t} é
\frac{1}{2}\mathcal{F}\!\left\{\frac{1}{t}\right\}(\omega)=-i\frac{\pi}{2}\,\operatorname{sgn}(\omega).

Passo 5

Agora trato \mathcal{F}\{\cos(2a t)/t\}. Escrevo \cos em exponenciais:
\cos(2a t)=\frac{e^{i2a t}+e^{-i2a t}}{2}.
Então
\frac{\cos(2a t)}{t}=\frac{1}{2}\left(\frac{e^{i2a t}}{t}+\frac{e^{-i2a t}}{t}\right).
Aplicando a transformada e a propriedade de modulação (ou, equivalentemente, substituindo diretamente na integral),
\mathcal{F}\!\left\{\frac{\cos(2a t)}{t}\right\}(\omega)=\frac{1}{2}\left[\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i(\omega-2a)t}}{t}\,dt+\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i(\omega+2a)t}}{t}\,dt\right].
Usando a fórmula tabela para cada integral obtemos
\mathcal{F}\!\left\{\frac{\cos(2a t)}{t}\right\}(\omega)=\frac{1}{2}\left[-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega-2a)-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega+2a)\right],
ou seja
\mathcal{F}\!\left\{\frac{\cos(2a t)}{t}\right\}(\omega)=-i\frac{\pi}{2}\bigl(\operatorname{sgn}(\omega-2a)+\operatorname{sgn}(\omega+2a)\bigr).

Passo 6

Combino as duas contribuições seguindo f(t)=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\cos(2a t)}{t}. Assim a transformada \mathcal{F}\{f\}(\omega) vale
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=-i\frac{\pi}{2}\,\operatorname{sgn}(\omega)\;-\;\frac{1}{2}\left[-i\frac{\pi}{2}\bigl(\operatorname{sgn}(\omega-2a)+\operatorname{sgn}(\omega+2a)\bigr)\right].
Simplificando os fatores:
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=-i\frac{\pi}{2}\,\operatorname{sgn}(\omega)+i\frac{\pi}{4}\bigl(\operatorname{sgn}(\omega-2a)+\operatorname{sgn}(\omega+2a)\bigr).
Agora simplifico essa expressão em forma mais intuitiva avaliando por intervalos de \omega:
  • Se \omega>2a: \operatorname{sgn}(\omega)=\operatorname{sgn}(\omega\pm2a)=1, então a combinação dá zero.
  • Se 0<\omega<2a: \operatorname{sgn}(\omega)=1, \operatorname{sgn}(\omega-2a)=-1, \operatorname{sgn}(\omega+2a)=1. Substituindo obtemos -i\pi/2.
  • Se -2a<\omega<0: \operatorname{sgn}(\omega)=-1, \operatorname{sgn}(\omega-2a)=-1, \operatorname{sgn}(\omega+2a)=1. Substituindo obtemos +i\pi/2.
  • Se \omega<-2a: todos os sinais são -1 e a combinação dá zero.
Portanto a transformada é puramente imaginária e tem suporte em |\omega|<2a. Em forma compacta:
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=-i\frac{\pi}{2}\,\operatorname{sgn}(\omega)\,\mathbf{1}_{\{|\omega|<2a\}}(\omega),
onde \mathbf{1}_{\{|\omega|<2a\}} é a função indicadora do intervalo aberto (-2a,2a). (Nos pontos \omega=\pm2a o valor pode ser tomado como zero ou tratado em sentido distributional; isso não altera a transformada como distribuição.)

Resposta

\mathcal{F}\{f\}(\omega)= -i\frac{\pi}{2}\,\operatorname{sgn}(\omega)\quad\text{se }|\omega|<2a,\qquad \mathcal{F}\{f\}(\omega)=0\quad\text{se }|\omega|>2a.

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