1. A transformada de Fourier mais importante em Física é a da função Gaussiana ( a, \Delta \in \mathbb{R} ). Calcule (leia o Apêndice da aula)
\hat{f}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x-a)^{2} / \Delta^{2}} e^{i k x} d x

Passo 1

O enunciado pede que se calcule a transformada de Fourier
\hat{f}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x-a)^{2} / \Delta^{2}} e^{i k x}\, dx,
onde a\in\mathbb{R} e \Delta\in\mathbb{R} (assumiremos \Delta\neq0; na prática a fórmula depende de \Delta^{2} então o sinal de \Delta não altera o resultado).
Informações dadas:
  • A função integranda é e^{-(x-a)^{2}/\Delta^{2}} e^{i k x}.
  • A integração é sobre x\in(-\infty,\infty).
  • O objetivo é obter \hat{f}(k) como função de k, a e \Delta.

Passo 2

Vamos manipular o expoente para deixá-lo na forma conveniente para integrar. Primeiro expandimos (x-a)^{2}:
(x-a)^{2}=x^{2}-2ax+a^{2}.
Substituindo na exponencial e juntando os termos, o expoente é
-\frac{x^{2}}{\Delta^{2}}+\frac{2a}{\Delta^{2}}x-\frac{a^{2}}{\Delta^{2}}+i k x.
Agrupando os termos lineares em x:
-\frac{x^{2}}{\Delta^{2}}+\left(\frac{2a}{\Delta^{2}}+i k\right)x-\frac{a^{2}}{\Delta^{2}}.
Para simplificar a notação, defina
\alpha=\frac{1}{\Delta^{2}},\qquad B=2\alpha a + i k.
Com isso o expoente fica
-\,\alpha x^{2}+B x - \alpha a^{2}.

Passo 3

Agora vamos completar o quadrado no termo envolvendo x. A ideia do completar o quadrado é escrever
-\,\alpha x^{2}+B x = -\alpha\!\left(x^{2} - \frac{B}{\alpha}x\right) = -\alpha\!\left[\left(x-\frac{B}{2\alpha}\right)^{2} - \left(\frac{B}{2\alpha}\right)^{2}\right].
Portanto
-\,\alpha x^{2}+B x - \alpha a^{2} = -\alpha\!\left(x-\frac{B}{2\alpha}\right)^{2} + \frac{B^{2}}{4\alpha} - \alpha a^{2}.
Isto mostra que a integral é da forma de uma Gaussiana centrada em x=\dfrac{B}{2\alpha} multiplicada por um fator exponencial independente de x.
Observação sobre completamento de quadrado (mini-aula): completar o quadrado transforma um polinômio quadrático Ax^{2}+Bx+C em A\bigl(x+\tfrac{B}{2A}\bigr)^{2}+\text{constante}. Isso é útil porque a integral de uma exponencial de um quadrático centrado é a integral gaussiana padrão, conhecida e calculável.

Passo 4

Usamos agora a fórmula padrão da integral gaussiana. A integral básica é
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^{2}}\, du=\sqrt{\pi}.
Breve demonstração (essencial para prova): considere I=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^{2}}du. Então I^{2}=\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^{2}}du\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-v^{2}}dv\right)=\int_{\mathbb{R}^{2}} e^{-(u^{2}+v^{2})}dudv. Em coordenadas polares u=r\cos\theta,\\ v=r\sin\theta, tem-se u^{2}+v^{2}=r^{2} e dudv=r\,dr\,d\theta. Assim
I^{2}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}} r\,dr\,d\theta =2\pi\left[\tfrac{1}{2}\int_{0}^{\infty} e^{-s} ds\right]_{\!s=r^{2}}=\pi,
logo I=\sqrt{\pi}.
A partir desta integral padrão obtemos, por mudança de variável, que para \Re(\alpha)>0,
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha (x-x_{0})^{2}}\, dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}.
No nosso caso \alpha=1/\Delta^{2}>0 (assumindo \Delta\neq0 real), logo podemos aplicar esta fórmula diretamente.

Passo 5

Voltemos à integral original. Usando o completamento do quadrado do Passo 3, escrevemos
\hat{f}(k)=\exp\!\left(\frac{B^{2}}{4\alpha}-\alpha a^{2}\right)\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\alpha\!\left(x-\frac{B}{2\alpha}\right)^{2}\right) dx.
Pela fórmula do Passo 4 a integral vale \sqrt{\pi/\alpha}. Então
\hat{f}(k)=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\;\exp\!\left(\frac{B^{2}}{4\alpha}-\alpha a^{2}\right).
Agora substituímos B=2\alpha a + i k e desenvolvemos \dfrac{B^{2}}{4\alpha}-\alpha a^{2}. Calculando:
B^{2}=(2\alpha a + i k)^{2}=4\alpha^{2}a^{2}+4i\alpha a k - k^{2}.
Dividindo por 4\alpha:
\frac{B^{2}}{4\alpha}=\alpha a^{2}+ i a k - \frac{k^{2}}{4\alpha}.
Subtraindo \alpha a^{2} obtemos
\frac{B^{2}}{4\alpha}-\alpha a^{2}= i a k - \frac{k^{2}}{4\alpha}.
Portanto
\hat{f}(k)=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\; e^{i a k - \frac{k^{2}}{4\alpha}}.
Finalmente substituindo \alpha=1/\Delta^{2}
\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}=\sqrt{\pi\,\Delta^{2}}=\Delta\sqrt{\pi}, \qquad \frac{k^{2}}{4\alpha}=\frac{k^{2}\Delta^{2}}{4},
e obtemos a forma simples
\hat{f}(k)=\Delta\sqrt{\pi}\; e^{i a k - \tfrac{1}{4}k^{2}\Delta^{2}}.

Passo 6

Comentários finais e verificação rápida (didática): a transformada resultante é a produto de três fatores intuitivos:
  • \Delta\sqrt{\pi} é a amplitude (área característica) da Gaussiana no domínio x;
  • e^{i a k} aparece porque deslocar a Gaussiana em x por a provoca um fator de fase e^{i k a} na transformada (propriedade do deslocamento);
  • e^{-\tfrac{1}{4}k^{2}\Delta^{2}} mostra que uma Gaussiana em x transforma-se em outra Gaussiana em k, com largura inversamente relacionada (largura em k é da ordem de 1/\Delta).
Isto conclui a resolução.

Resposta

\hat{f}(k)=\Delta\sqrt{\pi}\; e^{i a k - \tfrac{1}{4}k^{2}\Delta^{2}}.

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