Exercício 3. Utilize os resultados dos exercícios anteriores, junto com as propriedades de \mathcal{F} para encontrar a transformada de Fourier das funções abaixo. Considere que a>0 e \mu \in \mathbb{R} são constantes reais.
a. f(t)=e^{-a(t-\mu)^{2}};
b. f(t)=\frac{\operatorname{sen}^{2}(t-1)}{3 t};
c. f(t)=(3 t-2)^{2} e^{2-3 t};
d. f(t)=\frac{\operatorname{sen}^{2}(t)}{t^{2}};
e. f(t)=(3-4 t) e^{-\frac{t^{2}}{2}};
f. f(t)=e^{-2 t^{2}-|t|};
g. f(t)=\frac{e^{-t^{2}} \operatorname{sen}^{2}(2 t)}{t};
h. f(t)=\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2 x^{2}} e^{-|t-x|} d x.

Passo 1

O enunciado pede: calcular a transformada de Fourier \mathcal{F}\{f\}(\omega) das funções listadas de (a) até (h). As constantes dadas são a>0 e \mu\in\mathbb{R}. Vou usar apenas as informações do enunciado e as propriedades usuais da transformada de Fourier.
Informações relevantes fornecidas:
  • Querem \mathcal{F}\{f\}(\omega) para cada uma das funções abaixo.
  • As constantes são a>0 e \mu\in\mathbb{R}.
  • As funções envolvem deslocamentos, produtos por polinômios, valores absolutos, convoluções implícitas e funções singulares (por exemplo 1/t); portanto poderão aparecer transformadas em sentido de distribuição (valor principal) quando necessário.
A resolução começará a seguir usando propriedades padrão da transformada de Fourier e resultados clássicos (por exemplo, transformada da gaussiana, da função e^{-|t|}, e da função principal valor 1/t).

Passo 2

Definição e propriedades que vou usar (explicadas de forma didática).
  • Convenção escolhida para a transformada de Fourier: para uma função f\) integrável, defino \[\mathcal{F}\{f\}(\omega)=\widehat{f}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt.
Esta é uma convenção muito usada em análise. Todas as propriedades abaixo estão escritas com essa convenção.
  • Transformada da gaussiana pura. Fórmula conhecida (e facilmente obtida completando quadrado):
\mathcal{F}\{e^{-a t^{2}}\}(\omega)=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\;e^{-\frac{\omega^{2}}{4a}},\qquad a>0.
Explicação rápida: a integral \int e^{-a t^{2}}e^{-i\omega t}dt faz um “completo de quadrado” no expoente e dá a constante \sqrt{\pi/a} multiplicada por um fator exponencial em \omega.
  • Propriedade de deslocamento no tempo (translação): se g(t)=f(t-\mu) com \mu\in\mathbb{R}, então
\mathcal{F}\{f(t-\mu)\}(\omega)=e^{-i\omega\mu}\,\widehat{f}(\omega).
Isso aparece porque e^{-i\omega t} fica com t-\mu na mudança de variável.
  • Propriedade de modulação (multiplicação por e^{i\alpha t}): se g(t)=e^{i\alpha t} f(t), então
\mathcal{F}\{e^{i\alpha t} f(t)\}(\omega)=\widehat{f}(\omega-\alpha).
  • Propriedade de escala: se g(t)=f(bt) com b\neq0, então
\mathcal{F}\{f(bt)\}(\omega)=\frac{1}{|b|}\,\widehat{f}\!\left(\frac{\omega}{b}\right).
  • Propriedade da multiplicação por potências de t (diferença em \omega): para n inteiro não-negativo,
\mathcal{F}\{t^{n} f(t)\}(\omega)=i^{n}\,\frac{d^{n}}{d\omega^{n}}\widehat{f}(\omega).
Motivação: diferenciar \widehat{f}(\omega)=\int f(t)e^{-i\omega t}dt em \omega traz fatores -it, e reorganizando obtém-se essa relação.
  • Produto no tempo vira convolução na frequência: para funções adequadas
\mathcal{F}\{f(t)g(t)\}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\,\widehat{f} * \widehat{g}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widehat{f}(s)\,\widehat{g}(\omega-s)\,ds.
Isto é útil quando a função é produto de duas funções de transformadas simples.
  • Convolução no tempo vira produto na frequência: se f=g*h (convolução em t), então
\mathcal{F}\{g*h\}(\omega)=\widehat{g}(\omega)\,\widehat{h}(\omega).
  • Transformada de e^{-|t|} (função even, integrável):
\mathcal{F}\{e^{-|t|}\}(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-|t|} e^{-i\omega t}dt = \frac{2}{1+\omega^{2}}.
Explicação: usar simetria e a transformada de \int_0^\infty e^{-t}\cos(\omega t)dt=1/(1+\omega^2).
  • Transformada em sentido de distribuição (valor principal) de 1/t:
\mathcal{F}\left\{\mathrm{p.v.}\frac{1}{t}\right\}(\omega)=-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega),
onde \operatorname{sgn}(\omega)=\begin{cases}1,&\omega>0,\\\ 0,&\omega=0,\\\ -1,&\omega<0.\end{cases}\] Isto é clássico e útil quando aparecem \(\frac{1}{t} multiplicando funções ou ao decidir transformada de \sin x / x-tipo.
  • Transformada da função sinc (sem normalização \sin t / t):
\mathcal{F}\left\{\frac{\sin t}{t}\right\}(\omega)=\pi\,\mathbf{1}_{[-1,1]}(\omega),
onde \mathbf{1}_{[-1,1]} é a função indicadora do intervalo [-1,1]. A explicação é: \int_{-1}^{1} e^{i\omega t} d\omega relação com transformada inversa; é um resultado padrão (pode ser visto integrando por partes ou reconhecendo como transformada da retângulo).
Com essas ferramentas podemos resolver cada item.

Passo 3

Função: f(t)=e^{-a(t-\mu)^{2}} com a>0, \mu\in\mathbb{R}.
  • Primeiro reconheço que f(t)=g(t-\mu) com g(t)=e^{-a t^{2}}.
  • Sei a transformada de g: \mathcal{F}\{e^{-a t^{2}}\}(\omega)=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}\,e^{-\dfrac{\omega^{2}}{4a}}.
  • Pela propriedade de deslocamento em tempo:
\mathcal{F}\{e^{-a(t-\mu)^{2}}\}(\omega)=e^{-i\omega\mu}\,\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,e^{-\frac{\omega^{2}}{4a}}.
Isso é imediato usando as propriedades anteriores: multiplica-se por e^{-i\omega\mu}.

Passo 4

Função: f(t)=\dfrac{\sin^{2}(t-1)}{3t}.
Passos didáticos:
  • Use a identidade \sin^{2}\theta=\tfrac{1-\cos(2\theta)}{2}. Então
\sin^{2}(t-1)=\tfrac{1}{2}\big(1-\cos(2(t-1))\big).
  • Assim
f(t)=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sin^{2}(t-1)}{t}=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{t}-\frac{1}{6}\cdot\frac{\cos(2(t-1))}{t}.
  • Aqui aparece \dfrac{1}{t} (singular em t=0). Trabalhamos em sentido de valor principal: \mathrm{p.v.}\dfrac{1}{t}. A transformada dessa distribuição é
\mathcal{F}\left\{\mathrm{p.v.}\frac{1}{t}\right\}(\omega)=-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega).
  • Para a segunda parte, escrevo \cos(2(t-1))=\tfrac{1}{2}\big(e^{i2(t-1)}+e^{-i2(t-1)}\big). Assim cada termo é uma modulação de \mathrm{p.v.}(1/t):
\frac{\cos(2(t-1))}{t}=\frac{e^{-i2}}{2}\cdot\frac{e^{i2t}}{t}+\frac{e^{i2}}{2}\cdot\frac{e^{-i2t}}{t}.
  • Aplicando a propriedade de modulação (deslocamento em frequência): \mathcal{F}\{e^{i\alpha t}\,g(t)\}(\omega)=\widehat{g}(\omega-\alpha). Assim, tomando \widehat{\mathrm{p.v.}(1/t)}(\omega)=-i\pi\operatorname{sgn}(\omega),
\mathcal{F}\!\Big\{\frac{e^{i2t}}{t}\Big\}(\omega)=-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega-2), \qquad \mathcal{F}\!\Big\{\frac{e^{-i2t}}{t}\Big\}(\omega)=-i\pi\,\operatorname{sgn}(\omega+2).
  • Agora reúno tudo: usando linearidade,
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=\frac{1}{6}\big(-i\pi\operatorname{sgn}(\omega)\big) -\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}\Big(e^{-i2}\big(-i\pi\operatorname{sgn}(\omega-2)\big)+e^{i2}\big(-i\pi\operatorname{sgn}(\omega+2)\big)\Big).
  • Fatorando -i\pi/6 obtém-se uma forma compacta (aqui \operatorname{sgn} é a função sinal):
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=-\frac{i\pi}{6}\Big[\operatorname{sgn}(\omega) -\tfrac{1}{2}e^{-i2}\operatorname{sgn}(\omega-2) -\tfrac{1}{2}e^{i2}\operatorname{sgn}(\omega+2)\Big].
Observação: esta expressão é em sentido de distribuições (valor principal) porque \dfrac{1}{t} aparece.

Passo 5

Função: [f(t)=(3t-2)^{2} e^{2-3t}).
Observação importante (ambiente de validade): se a função for considerada para todo t\in\mathbb{R} sem fator de suporte, então e^{2-3t} cresce exponencialmente para t\to -\infty e a transformada usual não existe. Normalmente, em exercícios deste tipo, a expressão (3t-2)^{2} e^{2-3t} deve ser entendida multiplicada pela função degrau causal u(t) (ou o enunciado previa isso em exercícios anteriores). Vou então assumir que se quer a transformada da função causal
f(t)=(3t-2)^{2} e^{2-3t}\,u(t),
onde (u(t)= \begin{cases}1,&t\ge0,\\\ 0,&t<0.\end{cases}] (se isto não for a intenção do enunciado, não há transformada clássica).
Resolução sob essa suposição:
  • Expando o quadrado:
(3t-2)^{2}=9t^{2}-12t+4.
Logo
f(t)=\big(9t^{2}-12t+4\big)\,e^{2}\,e^{-3t}\,u(t).
  • Calculo primeiro a transformada base \mathcal{F}\{e^{-3t}u(t)\}(\omega). Para \operatorname{Re}(3)>0 vale
\mathcal{F}\{e^{-3t}u(t)\}(\omega)=\int_{0}^{\infty} e^{-3t}e^{-i\omega t}dt=\frac{1}{3+i\omega}.
  • Como há fator e^{2} em f, a transformada básica com o e^{2} é e^{2}/(3+i\omega).
  • Agora uso a propriedade \mathcal{F}\{t^{n} g(t)\}=i^{n}\dfrac{d^{n}}{d\omega^{n}}\widehat{g}(\omega). Aplicando a cada termo,
\mathcal{F}\{t^{2} e^{2-3t}u(t)\}(\omega)=e^{2}\;i^{2}\frac{d^{2}}{d\omega^{2}}\!\left(\frac{1}{3+i\omega}\right),
\mathcal{F}\{t e^{2-3t}u(t)\}(\omega)=e^{2}\;i\frac{d}{d\omega}\!\left(\frac{1}{3+i\omega}\right),
\mathcal{F}\{e^{2-3t}u(t)\}(\omega)=\frac{e^{2}}{3+i\omega}.
  • Calculo as derivadas (faça devagar na prova):
\frac{d}{d\omega}\left(\frac{1}{3+i\omega}\right)=\frac{-i}{(3+i\omega)^{2}}, \qquad \frac{d^{2}}{d\omega^{2}}\left(\frac{1}{3+i\omega}\right)=\frac{-1}{(3+i\omega)^{3}} \quad(\text{pois }i^{2}=-1).
  • Substituindo e juntando coeficientes:
\mathcal{F}\{(3t-2)^{2} e^{2-3t}u(t)\}(\omega) =9\;e^{2}\,i^{2}\frac{-1}{(3+i\omega)^{3}}-12\;e^{2}\,i\frac{-i}{(3+i\omega)^{2}}+4\;\frac{e^{2}}{3+i\omega}.
  • Simplificando i^{2}=-1 e -12 e^{2} i(-i) = -12 e^{2} i(-i)= -12 e^{2} ( - i^{2}) = -12 e^{2}( -(-1)) — é mais fácil calcular termo a termo:
    • Para 9t^{2} temos 9 e^{2} i^{2}\cdot(-1)/(3+i\omega)^{3}=9e^{2}(-1)(-1)/(3+i\omega)^{3}=9e^{2}/(3+i\omega)^{3}.
    • Para -12t temos -12 e^{2} i\cdot(-i)/(3+i\omega)^{2}=-12 e^{2}(i\cdot -i)/(3+i\omega)^{2}=-12 e^{2}(-i^{2})/(3+i\omega)^{2}=-12 e^{2}(-(-1))/(3+i\omega)^{2}=-12 e^{2}(1)/(3+i\omega)^{2}. Mas isto é negativo — vamos recompor cuidadosamente:
      calcular i\frac{d}{d\omega}\frac{1}{3+i\omega}=i\cdot\left(\frac{-i}{(3+i\omega)^{2}}\right)=\frac{-i^{2}}{(3+i\omega)^{2}}=\frac{1}{(3+i\omega)^{2}}. Multiplicando por -12 e^{2} -12 e^{2}\cdot\frac{1}{(3+i\omega)^{2}}.
    • Para o termo constante 4 é 4 e^{2}/(3+i\omega).
  • Portanto, juntando:
\mathcal{F}\{(3t-2)^{2} e^{2-3t}u(t)\}(\omega) = e^{2}\left(\frac{9}{(3+i\omega)^{3}}-\frac{12}{(3+i\omega)^{2}}+\frac{4}{3+i\omega}\right).
Isto é a forma final (assumindo fator u(t) causal). Dá-se a prioridade ao fato de calcular as derivadas com calma na prova.

Passo 6

Função: [f(t)=\dfrac{\sin{2}t}{t{2}}=\left(\dfrac{\sin t}{t}\right)^{2}).
Estratégia didática:
  • É conveniente usar o fato que a transformada de \dfrac{\sin t}{t} é uma função retângulo: \mathcal{F}\{\sin t / t\}(\omega)=\pi\,\mathbf{1}_{[-1,1]}(\omega).
  • Como f(t) é o quadrado em tempo, aplico a propriedade produto-convolução:
\mathcal{F}\{( \tfrac{\sin t}{t} )^{2}\}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\,\big(\pi\,\mathbf{1}_{[-1,1]}\big)*\big(\pi\,\mathbf{1}_{[-1,1]}\big)(\omega).
  • O convolutor é a auto-convolução do retângulo. Sabendo que
\mathbf{1}_{[-1,1]} * \mathbf{1}_{[-1,1]}(\omega)= \begin{cases} 2-|\omega|, & |\omega|\le 2,\\\\ 0, & |\omega|>2, \end{cases}
(observe que a convolução de dois retângulos dá um triângulo de base [-2,2]\] e pico de área \(2),
  • Então substituindo os fatores numéricos:
\mathcal{F}\{(\tfrac{\sin t}{t})^{2}\}(\omega) =\frac{1}{2\pi}\cdot\pi^{2}\cdot\big(\mathbf{1}_{[-1,1]}*\mathbf{1}_{[-1,1]}\big)(\omega) =\frac{\pi}{2}\,(2-|\omega|)\,\mathbf{1}_{[-2,2]}(\omega).
  • Em palavras: a transformada é uma função triangular limitada ao intervalo |\omega|\le2.

Passo 7

Função: f(t)=(3-4t)\,e^{-t^{2}/2}.
Resolução passo a passo:
  • Escrevo f(t)=3 e^{-t^{2}/2} - 4t\,e^{-t^{2}/2}.
  • Uso a transformada da gaussiana padrão com a=\tfrac{1}{2}:
\mathcal{F}\{e^{-t^{2}/2}\}(\omega)=\sqrt{2\pi}\;e^{-\omega^{2}/2}.
(Verificação rápida: a fórmula geral dá \sqrt{\pi/a} e^{-\omega^{2}/(4a)} e com a=1/2 obtemos \sqrt{2\pi}e^{-\omega^{2}/2}.)
  • Para o termo com t e^{-t^{2}/2}, uso \mathcal{F}\{t f(t)\}=i \dfrac{d}{d\omega}\widehat{f}(\omega). Assim
\mathcal{F}\{t e^{-t^{2}/2}\}(\omega)=i\frac{d}{d\omega}\big(\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}\big) =\sqrt{2\pi}\,i\cdot(-\omega)\,e^{-\omega^{2}/2}=-i\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}.
  • Agora juntando:
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=3\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}-4\big(-i\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}\big) =\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}\big(3+4i\omega\big).

Passo 8

Função: f(t)=e^{-2t^{2}-|t|}=e^{-2t^{2}}\cdot e^{-|t|}.
Estratégia:
  • Aqui f é produto de duas funções cujas transformadas conhecemos: g(t)=e^{-2t^{2}} e h(t)=e^{-|t|}.
  • Pelo teorema produto-convolução:
\mathcal{F}\{g\cdot h\}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\,\widehat{g} * \widehat{h}(\omega).
  • Calculo \widehat{g} e \widehat{h}:
    • Para g(t)=e^{-2t^{2}} (aqui a=2), aplicando a fórmula gaussiana: \widehat{g}(\omega)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\;e^{-\frac{\omega^{2}}{8}}.
    • Para h(t)=e^{-|t|} sabemos: \widehat{h}(\omega)=\frac{2}{1+\omega^{2}}.
  • Logo a transformada é a convolução (com o fator 1/2\pi):
\mathcal{F}\{e^{-2t^{2}-|t|}\}(\omega) =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-\frac{s^{2}}{8}}\cdot\frac{2}{1+(\omega-s)^{2}}\,ds.
  • Posso simplificar o fator numérico: \dfrac{1}{2\pi}\cdot\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\cdot 2=\dfrac{\sqrt{\pi/2}}{\pi}=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}. Portanto
\mathcal{F}\{e^{-2t^{2}-|t|}\}(\omega)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-s^{2}/8}}{1+(\omega-s)^{2}}\,ds.
  • Observação: esta integral é a forma explícita da convolução; em princípio pode-se expressar em termos de funções especiais (funções erro/complemento), mas a forma de integral convolutional é adequada e exata.

Passo 9

Função: f(t)=\dfrac{e^{-t^{2}}\sin^{2}(2t)}{t}.
Estratégia e explicação didática:
  • Primeiro uso a identidade \sin^{2}(2t)=\tfrac{1-\cos(4t)}{2}. Assim
f(t)=\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{-t^{2}}}{t}-\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{-t^{2}}\cos(4t)}{t}.
  • Cada termo é produto de e^{-t^{2}} por \dfrac{1}{t} (ou por \dfrac{\cos(4t)}{t}). Uso a propriedade produto-convolução: para duas funções p(t) e q(t),
\mathcal{F}\{p(t)q(t)\}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\,\widehat{p}*\widehat{q}(\omega).
  • Aplicando isso:
    • Tomo p(t)=e^{-t^{2}}, cuja transformada é \widehat{p}(\omega)=\sqrt{\pi}\,e^{-\omega^{2}/4} (usar a fórmula gaussiana com a=1).
    • Tomo q(t)=\mathrm{p.v.}\dfrac{1}{t}, cuja transformada é \widehat{q}(\omega)=-i\pi \operatorname{sgn}(\omega).
    • Para o termo com \cos(4t)/t, escrevo \cos(4t)=\tfrac{1}{2}(e^{i4t}+e^{-i4t}) e uso modulação: \mathcal{F}\{e^{i\alpha t} q(t)\}(\omega)=\widehat{q}(\omega-\alpha).
  • Assim, coletando resultados:
\mathcal{F}\left\{\frac{e^{-t^{2}}}{t}\right\}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\,\big(\sqrt{\pi}\,e^{-s^{2}/4}\big)*\big(-i\pi\operatorname{sgn}(s)\big)\,(\omega) =-\frac{i\sqrt{\pi}}{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(\omega-y)^{2}}{4}}\,\operatorname{sgn}(y)\,dy.
  • Para o termo com \cos(4t)/t, a transformada é a média (com fatores e^{\pm i4} vindos de \cos(4(t)) se houver um deslocamento de fase; aqui não há deslocamento em t além do 4t na coseno) de duas convoluções deslocadas:
\mathcal{F}\left\{\frac{e^{-t^{2}}\cos(4t)}{t}\right\}(\omega) =-\frac{i\sqrt{\pi}}{4}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(\omega-y)^{2}}{4}}\big(\operatorname{sgn}(y-4)+\operatorname{sgn}(y+4)\big)\,dy,
obtido aplicando deslocamentos \omega\mapsto\omega\mp4 nas funções de sinal conforme a propriedade de modulação.
  • Finalmente, multiplicando por 1/2 (pela identidade de \sin^{2}), obtemos que \mathcal{F}\{f\} é combinação integral envolvendo convolution do gaussiano com funções sinal:
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=-\frac{i\sqrt{\pi}}{4}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(\omega-y)^{2}}{4}} \Big[\operatorname{sgn}(y)-\tfrac{1}{2}\big(\operatorname{sgn}(y-4)+\operatorname{sgn}(y+4)\big)\Big]dy.
  • Observação: essa forma é correta e explícita; pode-se manipular as integrais por partes ou reconhecer como combinação de funções de erro complexas, mas a expressão de convolução com \operatorname{sgn} deixa claro que o resultado é uma função imaginária ímpar (porque f é ímpar: \sin^{2}(2t) é par, dividido por t torna ímpar) e está dada por uma integral convolucional com núcleo gaussiano.

Passo 10

Função: f(t)=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2x^{2}}\,e^{-|t-x|}\,dx.
Observação e resolução:
  • Vejo que isto é exatamente uma convolução em t (variando a variável de integração x):
f(t)=(g*h)(t),\qquad g(x)=e^{-2x^{2}},\quad h(x)=e^{-|x|}.
  • Pela propriedade de transformada da convolução,
\mathcal{F}\{f\}(\omega)=\widehat{g}(\omega)\,\widehat{h}(\omega).
  • Já usei acima as transformadas:
    • \widehat{g}(\omega)=\mathcal{F}\{e^{-2x^{2}}\}(\omega)=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\,e^{-\omega^{2}/8}.
    • \widehat{h}(\omega)=\mathcal{F}\{e^{-|x|}\}(\omega)=\dfrac{2}{1+\omega^{2}}.
  • Multiplicando:
\mathcal{F}\{f\}(\omega) =\sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-\frac{\omega^{2}}{8}}\cdot\frac{2}{1+\omega^{2}} =\sqrt{2\pi}\,\frac{e^{-\frac{\omega^{2}}{8}}}{1+\omega^{2}}.
Isto dá uma expressão simples e fechada.

Resposta

(a) \displaystyle \widehat{f}(\omega)=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\;e^{-\frac{\omega^{2}}{4a}}\,e^{-i\omega\mu}
(b) \displaystyle \widehat{f}(\omega)=-\frac{i\pi}{6}\Big[\operatorname{sgn}(\omega) -\tfrac{1}{2}e^{-i2}\operatorname{sgn}(\omega-2) -\tfrac{1}{2}e^{i2}\operatorname{sgn}(\omega+2)\Big] (em sentido de valor principal)
(c) (assumindo f(t)=(3t-2)^{2}e^{2-3t}u(t)) \displaystyle \widehat{f}(\omega) =e^{2}\!\left(\frac{9}{(3+i\omega)^{3}}-\frac{12}{(3+i\omega)^{2}}+\frac{4}{3+i\omega}\right)
(d) \displaystyle \widehat{f}(\omega)=\frac{\pi}{2}\,(2-|\omega|)\,\mathbf{1}_{[-2,2]}(\omega)
(e) \displaystyle \widehat{f}(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}\big(3+4i\omega\big)
(f) \displaystyle \widehat{f}(\omega)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-s^{2}/8}}{1+(\omega-s)^{2}}\,ds
(g) \displaystyle \widehat{f}(\omega)=-\frac{i\sqrt{\pi}}{4}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(\omega-y)^{2}}{4}} \Big[\operatorname{sgn}(y)-\tfrac{1}{2}\big(\operatorname{sgn}(y-4)+\operatorname{sgn}(y+4)\big)\Big]dy
(h) \displaystyle \widehat{f}(\omega)=\sqrt{2\pi}\,\frac{e^{-\omega^{2}/8}}{1+\omega^{2}}

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