Mostre que a transformada de Fourier de uma função Gaussiana f(x)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2 \sigma^{2}}}, com desvio padrão \sigma e centralizada em x=\mu, é também uma função Gaussiana e mostre a relação entre os desvios padrão das duas funções.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras e simples:
  • Mostrar que a transformada de Fourier da função
f(x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}
é também uma função Gaussiana.
  • Mostrar a relação entre os desvios padrão (larguras) da função original e da sua transformada.
Informações dadas que vamos usar:
  • A função f(x) é a Gaussiana com média \mu e desvio padrão \sigma.
  • Não foi especificada a convenção da transformada de Fourier no enunciado; vou escolher uma convenção explícita no próximo passo (é importante porque a relação numérica entre os desvios depende da convenção).

Passo 2

Escolho a convenção da transformada de Fourier mais comum em análise matemática/ física sem fatores de normalização na integral direta:
\widehat{f}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,e^{-i k x}\,dx.
Justificativa curta: essa convenção é simples e direta; com ela a transformada de uma Gaussiana normalizada tem forma muito limpa (uma Gaussiana multiplicada por um fator de fase). Se outro livro usar fatores 2\pi ou 1/\sqrt{2\pi}, a forma geral (Gaussiana → Gaussiana) permanece, mas a constante de normalização muda; a relação essencial entre as larguras (inversão) também muda por um fator que pode ser rastreado facilmente.

Passo 3

Escrevo a integral da transformada usando a função fornecida:
\widehat{f}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\exp\!\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)\,e^{-i k x}\,dx.
Explicando cada termo:
  • x é a variável da função original.
  • k é a variável da transformada (frequência espacial).
  • O fator \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} normaliza f para \int f(x)\,dx=1.

Passo 4

Faço a mudança de variável de translação para eliminar \mu: defina y=x-\mu. Então dx=dy e x=y+\mu. Substituindo na integral:
\widehat{f}(k)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{y^2}{2\sigma^2}\right)\,e^{-i k (y+\mu)}\,dy.
Posso separar o fator que depende de \mu:
\widehat{f}(k)=\frac{e^{-i k \mu}}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{y^2}{2\sigma^2}-i k y\right)\,dy.

Passo 5

Agora vou manipular o expoente dentro da integral completando quadrado. Escrevo o expoente como:
-\frac{y^2}{2\sigma^2}-i k y = -\frac{1}{2\sigma^2}\Bigl(y^2 + 2 i k \sigma^2\,y\Bigr).
Complete o quadrado na expressão y^2 + 2 i k \sigma^2 y:
y^2 + 2 i k \sigma^2 y = \bigl(y + i k \sigma^2\bigr)^2 - \bigl(i k \sigma^2\bigr)^2.
Observe que \bigl(i k \sigma^2\bigr)^2 = -k^2 \sigma^4. Portanto
-\frac{y^2}{2\sigma^2}-i k y = -\frac{1}{2\sigma^2}\bigl(y + i k \sigma^2\bigr)^2 -\frac{1}{2\sigma^2}\bigl(-k^2\sigma^4\bigr) = -\frac{1}{2\sigma^2}\bigl(y + i k \sigma^2\bigr)^2 + \frac{\sigma^2 k^2}{2}.
Reescrevendo a integral com isso:
\widehat{f}(k)=\frac{e^{-i k \mu}}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{(y + i k \sigma^2)^2}{2\sigma^2}\right)\, \exp\!\left(\frac{\sigma^2 k^2}{2}\right)\,dy.
O fator \exp\!\left(\frac{\sigma^2 k^2}{2}\right) é independente de y, então sai da integral:
\widehat{f}(k)=\frac{e^{-i k \mu}\,e^{\frac{\sigma^2 k^2}{2}}}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{(y + i k \sigma^2)^2}{2\sigma^2}\right)\,dy.

Passo 6

Avalio a integral gaussiana deslocada no plano complexo. A integral padrão real é
\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{y^2}{2\sigma^2}\right)\,dy = \sigma\sqrt{2\pi}.
Para o caso com deslocamento complexo y \mapsto y + i k \sigma^2, a integral ao longo da reta real do integrando analítico não muda de valor por contorno (analiticidade e decaimento garantem que a translação no eixo imaginário não altera o resultado), portanto
\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{(y + i k \sigma^2)^2}{2\sigma^2}\right)\,dy = \sigma\sqrt{2\pi}.
(Comentário leve: essa é a continuação analítica da integral gaussiana; para quem preferir, pode pensar que é equivalente a uma translação da variável de integração que preserva a integral.)
Substituindo de volta:
\widehat{f}(k)=\frac{e^{-i k \mu}\,e^{\frac{\sigma^2 k^2}{2}}}{\sigma\sqrt{2\pi}}\times \sigma\sqrt{2\pi} = e^{-i k \mu}\,e^{\frac{\sigma^2 k^2}{2}}.
Perceba que eu tenho um sinal errado no expoente positivo; vamos revisar sinal: voltando ao passo da completude do quadrado, havia
-\frac{y^2}{2\sigma^2}-i k y = -\frac{(y + i k \sigma^2)^2}{2\sigma^2} -\frac{1}{2\sigma^2}\bigl(-k^2\sigma^4\bigr) = -\frac{(y + i k \sigma^2)^2}{2\sigma^2} + \frac{\sigma^2 k^2}{2}.
Mas note que no integrando original tínhamos exatamente \exp\!\bigl(-\tfrac{y^2}{2\sigma^2}-i k y\bigr), então este último termo com sinal positivo aparece dentro do integrando — ao fatorar para fora, o sinal fica: o fator que sai é \exp\!\bigl(\tfrac{\sigma^2 k^2}{2}\bigr). No entanto, isso contradiz a expectativa física de que a transformada decai em k. Acontece que, ao completar o quadrado corretamente, o sinal final deve ser negativo; então refaço a identificação com cuidado:
Refazendo rapidamente (sem pular etapas): partimos de
-\frac{y^2}{2\sigma^2}-i k y = -\frac{1}{2\sigma^2}\left(y^2 + 2 i k \sigma^2 y\right).
Complete o quadrado:
y^2 + 2 i k \sigma^2 y = \left(y + i k \sigma^2\right)^2 - \left(i k \sigma^2\right)^2 = \left(y + i k \sigma^2\right)^2 + k^2\sigma^4,
porque -\left(i k \sigma^2\right)^2 = -(-k^2\sigma^4)=+k^2\sigma^4. Portanto
-\frac{y^2}{2\sigma^2}-i k y = -\frac{\left(y + i k \sigma^2\right)^2}{2\sigma^2} - \frac{k^2\sigma^2}{2}.
Agora o sinal do último termo é negativo — isso é o que esperávamos. Com isso,
\exp\!\left(-\frac{y^2}{2\sigma^2}-i k y\right) = \exp\!\left(-\frac{\left(y + i k \sigma^2\right)^2}{2\sigma^2}\right)\,\exp\!\left(-\frac{k^2\sigma^2}{2}\right).
Portanto ao extrair o fator independente de y obtém-se \exp\!\left(-\tfrac{k^2\sigma^2}{2}\right).
Assim a integral fica
\widehat{f}(k)=\frac{e^{-i k \mu}}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{k^2\sigma^2}{2}}\int_{-\infty}^{\infty}\exp\!\left(-\frac{(y + i k \sigma^2)^2}{2\sigma^2}\right)\,dy.
Usando novamente que a integral deslocada vale \sigma\sqrt{2\pi}, obtemos finalmente
\widehat{f}(k)=e^{-i k \mu}\,e^{-\frac{\sigma^2 k^2}{2}}.

Passo 7

Interpretação do resultado:
\widehat{f}(k)=e^{-i k \mu}\,e^{-\frac{\sigma^2 k^2}{2}}.
  • A presença de e^{-i k \mu} é apenas um fator de fase que corresponde ao deslocamento \mu na posição (propriedade de deslocamento da transformada de Fourier).
  • A parte que depende de k é
e^{-\frac{\sigma^2 k^2}{2}}=\exp\!\left(-\frac{(k-0)^2}{2\left(\frac{1}{\sigma}\right)^2}\right),
ou seja, é uma Gaussiana centrada em k=0 com desvio padrão em k igual a \sigma_k=\dfrac{1}{\sigma}.
Portanto a transformada é (até o fator de fase) uma Gaussiana cuja largura é o inverso da largura original.

Passo 8

Conclusão e comentário final:
  • A forma explícita da transformada (na convenção escolhida) é
\widehat{f}(k)=e^{-i k \mu}\,e^{-\frac{\sigma^2 k^2}{2}}.
  • A relação entre os desvios padrão é
\sigma_x=\sigma,\qquad \sigma_k=\frac{1}{\sigma},\qquad\text{ou seja}\qquad \sigma_x\,\sigma_k=1.
Comentário extra para não perder pontos na prova: se usar uma convenção de Fourier com fatores 2\pi (por exemplo \widehat{f}(\omega)=\tfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int f(x)e^{-i\omega x}dx ou outras), a transformada continua sendo Gaussiana mas a constante de normalização muda e a relação numérica entre \sigma_x e \sigma_\omega pode adquirir fatores de 2\pi; o resultado essencial — que as larguras se “invertem” — permanece.

Resposta

\displaystyle \widehat{f}(k)=e^{-i k \mu}\,e^{-\frac{\sigma^{2}k^{2}}{2}}
\displaystyle \sigma_{x}=\sigma,\qquad \sigma_{k}=\frac{1}{\sigma},\qquad \sigma_{x}\sigma_{k}=1

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