• Questão 4 (2.5 pontos) Considere a função
F(w)=\frac{\operatorname{sen}(w)}{w}
a) (1.5 ponto) Calcule a transformada inversa f(t)=\mathcal{F}^{-1}\{F(w)\}.
b) (1.0 ponto) Calcule as transformadas de Fourier das funções g(t)=f(t) e^{2 t}, h(t)=f(t-5) e p(t)=f(2 t).

Passo 1

O enunciado nos dá a função de frequência
F(w)=\frac{\operatorname{sen}(w)}{w}
e pede duas coisas:
  • (a) Calcular a transformada inversa f(t)=\mathcal{F}^{-1}\{F(w)\}.
  • (b) Calcular as transformadas de Fourier das funções \,g(t)=f(t)e^{2t},\; h(t)=f(t-5) e \,p(t)=f(2t).
Informações relevantes fornecidas:
  • A função de frequência é \displaystyle F(w)=\frac{\operatorname{sen}(w)}{w} (aqui \operatorname{sen} é o seno).
  • Não há outra informação explícita sobre convenções; teremos que adotar uma convenção padrão de transformada de Fourier para fazer as contas.

Passo 2

Primeiro preciso fixar a convenção de transformada de Fourier que vou usar — isto é essencial para não confundir fatores 2\pi. Vou usar a convenção padrão em muitas disciplinas de análise:
\mathcal{F}\{f(t)\}=F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt
e a transformada inversa correspondente
\mathcal{F}^{-1}\{F(\omega)\}=f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} F(\omega)\,e^{i\omega t}\,d\omega.
Aqui:
  • t é a variável do domínio temporal (real),
  • \omega é a variável da frequência angular (real),
  • i é a unidade imaginária,
  • F(\omega) é a transformada de f(t).
Explicando em palavras: a transformada direta pega f(t) e integra contra e^{-i\omega t}; a inversa recupera f(t) integrando F(\omega) contra e^{i\omega t} e multiplicando por 1/(2\pi).

Passo 3

Estratégia para (a): em vez de tentar avaliar a integral inversa complicada diretamente, vou reconhecer F(\omega) como a transformada direta de alguma função tempo‑domínio simples. Se eu encontrar f(t) tal que
\int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt=\frac{\operatorname{sen}(\omega)}{\omega},
então essa f(t) é justamente a \mathcal{F}^{-1}\{F(\omega)\}.
Uma função que costuma aparecer aqui é a função indicadora (retângulo) no tempo, porque a transformada de um retângulo é uma sinc. Vou testar a função
f(t)=\frac{1}{2}\,\mathbf{1}_{[-1,1]}(t),
onde \mathbf{1}_{[-1,1]}(t) vale 1 se -1<t<1 e 0 caso contrário. (Nos pontos de fronteira t=\pm1 pode-se tomar valor 1/2 por convenção, isso não altera a transformada.)

Passo 4

Calcular a transformada direta de f(t)=\dfrac{1}{2}\mathbf{1}_{[-1,1]}(t) passo a passo para ver se dá \dfrac{\operatorname{sen}(\omega)}{\omega}.
Pela definição,
\mathcal{F}\{f(t)\}= \int_{-\infty}^{\infty} f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt = \int_{-1}^{1} \frac{1}{2}\,e^{-i\omega t}\,dt.
Executando a integral (integral de exponencial):
\int_{-1}^{1} e^{-i\omega t}\,dt = \left[\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}\right]_{t=-1}^{t=1} = \frac{e^{-i\omega}-e^{i\omega}}{-i\omega} = \frac{2\sin(\omega)}{\omega}.
Portanto
\mathcal{F}\{f(t)\} = \frac{1}{2}\cdot \frac{2\sin(\omega)}{\omega} = \frac{\sin(\omega)}{\omega}.
Isto bate exatamente com F(\omega) dado no enunciado. Logo a inversa é
f(t)=\frac{1}{2}\,\mathbf{1}_{[-1,1]}(t).
Interpretação intuitiva: a função tempo‑domínio é um retângulo de amplitude 1/2 e largura 2 centrado em zero; sua transformada é a função sinc \sin(\omega)/\omega.

Passo 5

Vou escrever a resposta de (a) de forma clara e depois partir para (b). Resultado de (a):
f(t)=\frac{1}{2}\quad\text{se }|t|<1,\qquad f(t)=0\quad\text{se }|t|>1.
(Nos pontos t=\pm1 pode-se atribuir f(\pm1)=\tfrac{1}{2} por convenção de continuidade, mas isso não altera a transformada.)
Agora para (b) precisamos usar propriedades básicas da transformada de Fourier. Vou apresentar cada propriedade (com explicação curta) e em seguida aplicar.
Propriedades que vou usar (todas válidas com a convenção adotada):
  1. Deslocamento no tempo (time shift): se h(t)=f(t-t_0), então
\mathcal{F}\{h(t)\}=e^{-i\omega t_0}\,F(\omega).
Explicação rápida: deslocar a função em t multiplica sua transformada por um fator complexo de fase.
  1. Distorção/escala no tempo (time scaling): se p(t)=f(at) com a\neq0 real, então
\mathcal{F}\{p(t)\}=\frac{1}{|a|}\,F\!\left(\frac{\omega}{a}\right).
Explicação: comprimir no tempo (a grande) estica em frequência e surge o fator 1/|a| para conservar energia/normalização.
  1. Multiplicação por exponencial real (modulação com crescimento exponencial): se g(t)=f(t)\,e^{\alpha t} e \alpha é real, então
\mathcal{F}\{g(t)\}=F(\omega + i\alpha),
ou seja, a transformada é a extensão analítica de F avaliada em \omega+i\alpha. Explicando: multiplicar por e^{\alpha t} corresponde a deslocar o argumento da função de frequência na direção imaginária, porque
\int f(t)e^{\alpha t}e^{-i\omega t}dt=\int f(t)e^{-i(\omega+i\alpha)t}dt=F(\omega+i\alpha).
(Como f(t) tem suporte compacto aqui, essa mudança de variável complexa é legítima.)
Vou aplicar essas propriedades com \alpha=2, t_0=5 e a=2.

Passo 6

Aplicação das propriedades aos casos pedidos.
(a) Já respondido: vou repetir com notação final.
f(t)=\frac{1}{2}\,\mathbf{1}_{[-1,1]}(t).
(b.1) Para g(t)=f(t)e^{2t}. Usando a propriedade 3 com \alpha=2,
\mathcal{F}\{g(t)\}=F(\omega+2i).
Como F(\omega)=\dfrac{\sin(\omega)}{\omega}, substituindo o argumento complexo obtemos
\mathcal{F}\{g(t)\}=\frac{\sin(\omega+2i)}{\omega+2i}.
(Observação: pode-se expandir \sin(\omega+2i) em termos de seno e coseno hiperbólico se quiser uma forma com partes reais e imaginárias:
\sin(\omega+2i)=\sin\omega\operatorname{cosh} 2 + i\cos\omega\operatorname{sinh} 2,
mas não é obrigatório simplificar mais.)
(b.2) Para h(t)=f(t-5). Usando a propriedade 1 com t_0=5,
\mathcal{F}\{h(t)\}=e^{-i\omega 5}\,F(\omega).
Portanto
\mathcal{F}\{h(t)\}=e^{-i5\omega}\,\frac{\sin(\omega)}{\omega}.
(b.3) Para p(t)=f(2t). Usando a propriedade 2 com a=2,
\mathcal{F}\{p(t)\}=\frac{1}{|2|}\,F\!\left(\frac{\omega}{2}\right)=\frac{1}{2}\,\frac{\sin\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}{\dfrac{\omega}{2}}.
Simplificando a fração:
\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}{\dfrac{\omega}{2}} =\frac{\sin\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}{\omega}.

Resposta

f(t)=\dfrac{1}{2}\mathbf{1}_{[-1,1]}(t) (isto é, f(t)=\dfrac{1}{2} para |t|<1 e f(t)=0 para |t|>1).
\mathcal{F}\{f(t)e^{2t}\}=\dfrac{\sin(\omega+2i)}{\omega+2i}.
\mathcal{F}\{f(t-5)\}=e^{-i5\omega}\,\dfrac{\sin(\omega)}{\omega}.
\mathcal{F}\{f(2t)\}=\dfrac{\sin\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}{\omega}.

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