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)=\left\{\begin{array}{ll}t^{2} e^{-a t}, & t \geq 0 \\\\ 0, & t<0\end{array}\right..\

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Fourier da função
f(t)=\begin{cases} t^{2}e^{-a t}, & t\ge 0,\\[4pt] 0, & t<0, \end{cases}
onde a>0 é constante real e t é a variável real. A tarefa é encontrar \mathcal{F}\{f\}(\omega) como função de \omega (variável de frequência). As informações relevantes são:
  • f(t)=t^{2}e^{-a t} para t\ge0;
  • f(t)=0 para t<0;
  • a>0 garante convergência de integrais impróprias envolvendo e^{-a t}.]

Passo 2

Vou usar a convenção usual da transformada de Fourier
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt,
onde \omega é a frequência angular real. Substituindo f(t) na integral obtemos
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-a t}\,e^{-i\omega t}\,dt =\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-(a+i\omega)t}\,dt.
Note que a integral converge porque \operatorname{Re}(a+i\omega)=a>0.

Passo 3

Agora calculamos a integral
I(\sigma)=\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-\sigma t}\,dt,
com \sigma=a+i\omega e \operatorname{Re}\sigma>0. Faço integração por partes duas vezes para reduzir a potência de t.
Primeira integração por partes: escolha u=t^{2} e dv=e^{-\sigma t}dt. Então du=2t\,dt e v=-\dfrac{1}{\sigma}e^{-\sigma t}. Assim
I(\sigma)=\left. -\frac{t^{2}}{\sigma}e^{-\sigma t}\right|_{0}^{\infty}+\frac{2}{\sigma}\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\sigma t}\,dt.
O termo de fronteira é zero porque \lim_{t\to\infty}t^{2}e^{-\sigma t}=0 (já que \operatorname{Re}\sigma>0) e no t=0 é nulo. Logo
I(\sigma)=\frac{2}{\sigma}\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\sigma t}\,dt.
Segunda integração por partes para J(\sigma)=\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\sigma t}\,dt: escolha u=t, dv=e^{-\sigma t}dt. Então du=dt, v=-\dfrac{1}{\sigma}e^{-\sigma t}. Assim
J(\sigma)=\left. -\frac{t}{\sigma}e^{-\sigma t}\right|_{0}^{\infty}+\frac{1}{\sigma}\int_{0}^{\infty} e^{-\sigma t}\,dt.
De novo o termo de fronteira é zero, e a última integral é \dfrac{1}{\sigma}. Portanto
J(\sigma)=\frac{1}{\sigma^{2}}.
Substituindo em I(\sigma) obtemos
I(\sigma)=\frac{2}{\sigma}\cdot\frac{1}{\sigma^{2}}=\frac{2}{\sigma^{3}}.

Passo 4

Voltando à transformada com \sigma=a+i\omega, temos
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=\frac{2}{(a+i\omega)^{3}},
válida para a>0 (que garante \operatorname{Re}(a+i\omega)>0 e, portanto, convergência).

Passo 5

Comentário didático adicional (método alternativo curto): uma forma rápida é usar a propriedade
\mathcal{F}\{t^{n}g(t)\}(\omega)=i^{n}\frac{d^{n}}{d\omega^{n}}\mathcal{F}\{g\}(\omega),
quando as derivadas e transformadas existem. Tomando g(t)=e^{-a t}u(t) (onde u(t) é o degrau unitário), tem-se
\mathcal{F}\{g\}(\omega)=\int_{0}^{\infty} e^{-(a+i\omega)t}\,dt=\frac{1}{a+i\omega}.
Aplicando a propriedade para n=2:
\mathcal{F}\{t^{2}e^{-a t}u(t)\}(\omega)=i^{2}\frac{d^{2}}{d\omega^{2}}\left(\frac{1}{a+i\omega}\right)=-\frac{d^{2}}{d\omega^{2}}\left(\frac{1}{a+i\omega}\right)=\frac{2}{(a+i\omega)^{3}},
o que confirma o resultado obtido por integração direta.

Passo 6

Dica para a prova: memorize a integral geral (fórmula de Gamma para inteiros)
\int_{0}^{\infty} t^{n}e^{-\sigma t}\,dt=\frac{n!}{\sigma^{\,n+1}}\quad(\operatorname{Re}\sigma>0,\\ n\in\mathbb{N}),
pois isso agiliza muito o cálculo. Aqui com n=2 2!/ \sigma^{3}=2/\sigma^{3}.

Resposta

\displaystyle \mathcal{F}\{f\}(\omega)=\frac{2}{(a+i\omega)^{3}}

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