A transformada de Fourier de cossenos de x^{-1} \operatorname{sen} x existe? E de x^{-1} \cos x ? Justifique.

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a transformada de Fourier (no sentido da integral \widehat f(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i\xi x}\,dx, interpretada se necessário como integral imprópria ou valor principal) existe para as duas funções
f(x)=\frac{\sin x}{x} \qquad\text{e}\qquad g(x)=\frac{\cos x}{x}.
Informações importantes dadas / observações iniciais:
  • Ambas as funções têm singularidade em x=0 (comportamento \sim 1/x perto de zero).
  • Para |x|\to\infty ambas decaem como 1/|x| multiplicadas por uma oscilação ( \sin x ou \cos x).
  • Devemos decidir em que sentido a transformada “existe”: absolutamente (integral de Lebesgue de |f| finita), como integral imprópria condicional (Riemann/principal value), ou só em sentido de distribuições. O enunciado pede justificativa, então vamos checar cada caso.

Passo 2

Verificar se são absolutamente integráveis ( L^1(\mathbb R)). Mostro que nenhuma das duas é L^1, ou seja
\int_{-\infty}^{\infty}\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx=\infty, \qquad \int_{-\infty}^{\infty}\left|\frac{\cos x}{x}\right|dx=\infty.
Justificativa prática (para a primeira integral; a segunda é análoga). Para x\ge 1 particione em blocos de comprimento \pi:
\int_{1}^{N\pi}\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx \ge \sum_{k=1}^{N}\frac{1}{k\pi}\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}|\sin x|\,dx.
Como \int_{(k-1)\pi}^{k\pi}|\sin x|\,dx=\int_{0}^{\pi}|\sin t|\,dt=2 para todo k, obtemos
\int_{1}^{N\pi}\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx \ge \frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{k},
e a série harmônica diverge, logo a integral diverge. Portanto nenhum dos dois está em L^1(\mathbb R) — não existe transformada absoluta.

Passo 3

Existência como integral imprópria condicional: ideia geral. Para mostrar que [\widehat f(\xi)=\int_{-\infty}{\infty}f(x)e{-i\xi x}dx) converge condicionalmente, normalmente usamos testes de convergência condicional (ex.: critério de Dirichlet para integrais) ou reescrever f em termos de exponenciais e usar integrais de tipo \operatorname{p.v.}\int e^{-i\alpha x}/x\,dx. Vou seguir a segunda via, porque permite também obter a expressão explícita da transformada.
Recorde (resultado padrão, que aceitaremos aqui como ferramenta): para \alpha\in\mathbb R o integral de Cauchy principal (valor principal)
\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i\alpha x}}{x}\,dx
existe e vale -i\pi\,\operatorname{sgn}(\alpha), onde (\operatorname{sgn}(\alpha)= \begin{cases}+1,&\alpha>0,\\\ 0,&\alpha=0,\\\ -1,&\alpha<0.\end{cases}]
Uma forma de justificar heurística deste resultado é inserir um fator de amortecimento e^{-\varepsilon|x|}, calcular a integral e depois passar \varepsilon\downarrow0; o limite dá o valor acima (é um resultado clássico ligado à transformada de 1/x no sentido de valor principal / transformada de Hilbert).

Passo 4

Transformada de \displaystyle \frac{\sin x}{x}. Reescrevemos em termos de exponenciais:
\frac{\sin x}{x}=\frac{1}{2i}\left(\frac{e^{ix}}{x}-\frac{e^{-ix}}{x}\right).
Então, formalmente,
\widehat f(\xi) =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x}e^{-i\xi x}dx =\frac{1}{2i}\left(\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i(\xi-1)x}}{x}dx -\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i(\xi+1)x}}{x}dx\right).
Usando o resultado do passo anterior para cada integral (com \alpha=\xi-1 e \alpha=\xi+1) obtemos
\widehat f(\xi) =\frac{1}{2i}\bigl(-i\pi\,\operatorname{sgn}(\xi-1)+i\pi\,\operatorname{sgn}(\xi+1)\bigr) =\frac{\pi}{2}\bigl(-\operatorname{sgn}(\xi-1)+\operatorname{sgn}(\xi+1)\bigr).
Avalie peça a peça:
  • Se |\xi|<1 então \operatorname{sgn}(\xi-1)=-1 e \operatorname{sgn}(\xi+1)=+1, logo \widehat f(\xi)=\pi.
  • Se |\xi|>1 (por exemplo \xi>1) então \operatorname{sgn}(\xi-1)=\operatorname{sgn}(\xi+1)=+1, logo \widehat f(\xi)=0.
  • Nas fronteiras \xi=\pm1 obtém-se o valor intermediário \widehat f(\pm1)=\pi/2 no sentido do valor principal / limite lateral.
Conclusão prática: a transformada existe como integral imprópria no sentido de valor principal (ou como transformada de função oscilatória) e resulta na função retangular
\widehat f(\xi)=\pi\mathbf{1}_{\{|\xi|<1\}} \quad(\text{com } \widehat f(\pm1)=\pi/2).
Observação: nesse caso a convergência não é absoluta, é condicional (temos integrabilidade oscilatória).

Passo 5

Transformada de \displaystyle \frac{\cos x}{x}. Procedimento semelhante: escreva
\frac{\cos x}{x}=\frac{1}{2}\left(\frac{e^{ix}}{x}+\frac{e^{-ix}}{x}\right).
Então, formalmente,
\widehat g(\xi) =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x}e^{-i\xi x}dx =\frac{1}{2}\left(\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i(\xi-1)x}}{x}dx +\operatorname{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i(\xi+1)x}}{x}dx\right).
Usando novamente \operatorname{p.v.}\int e^{-i\alpha x}/x\,dx=-i\pi\operatorname{sgn}(\alpha) obtemos
\widehat g(\xi) =\frac{1}{2}\bigl(-i\pi\,\operatorname{sgn}(\xi-1)-i\pi\,\operatorname{sgn}(\xi+1)\bigr) =-\frac{i\pi}{2}\bigl(\operatorname{sgn}(\xi-1)+\operatorname{sgn}(\xi+1)\bigr).
Avaliação peça a peça dá a forma mais simples:
  • Para \xi>1: \widehat g(\xi)=-i\pi.
  • Para -1<\xi<1: \widehat g(\xi)=0.
  • Para \xi<-1: \widehat g(\xi)=+i\pi.
    Nos pontos \xi=\pm1 temos os valores de meia-altura no sentido do valor principal.
Importante: aqui existe uma dupla dificuldade para interpretar a integral direta:
  • Não é absolutamente integrável (mesma razão do passo 2).
  • Há uma singularidade em x=0 (comportamento \sim 1/x); a integral improper ordinária \int_{-\infty}^{\infty} sem usar valor principal não é bem definida por causa da singularidade em 0. Porém o cálculo acima mostra que, se interpretarmos a integral como Cauchy principal value (tanto na vizinhança de zero quanto nos infinitos), então a transformada existe e é a função imaginária por partes indicada. Em termos mais formais: \frac{\cos x}{x} tem transformada no sentido de valor principal / distribuição, mas não como integral absolutamente convergente nem como integral imprópria ordinária sem tomar principal value.

Passo 6

Resumo interpretativo (empático e prático para prova):
  • Para \displaystyle \frac{\sin x}{x} a transformada de Fourier existe como integral imprópria (condicional / valor principal) e é a função retangular de largura 2 e altura \pi: \widehat f(\xi)=\pi se |\xi|<1 e 0 se |\xi|>1 (com meia-altura nas fronteiras). Isso é o famoso par “retângulo ↔ sinc”.
  • Para \displaystyle \frac{\cos x}{x} não existe transformada como integral absolutamente convergente e a integral direta é mal comportada por causa da singularidade em 0. Contudo, interpretando a integral como Cauchy principal value (ou na teoria de distribuições), a transformada existe e é a função imaginária de degraus dada por
\widehat g(\xi)=-\frac{i\pi}{2}\bigl(\operatorname{sgn}(\xi-1)+\operatorname{sgn}(\xi+1)\bigr),
equivalente à forma peça a peça indicada no passo anterior.

Resposta

Para \displaystyle \frac{\sin x}{x}: existe como integral imprópria/valor principal e
\widehat f(\xi)=\pi\\ \text{se }|\xi|<1,\qquad \widehat f(\xi)=0\\ \text{se }|\xi|>1\\ (\widehat f(\pm1)=\pi/2).
Para \displaystyle \frac{\cos x}{x}: não é absolutamente integrável e a integral ordinária é problemática por causa de x=0, mas existe no sentido de Cauchy principal value / distribuição, com
\widehat g(\xi)=-\frac{i\pi}{2}\bigl(\operatorname{sgn}(\xi-1)+\operatorname{sgn}(\xi+1)\bigr),
ou seja \widehat g(\xi)=-i\pi para \xi>1, \widehat g(\xi)=0 para |\xi|<1 e \widehat g(\xi)=+i\pi para \xi<-1.

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