Usando a definição de convolação e o Teorema de convolução obtenha a igualdade
\mathcal{F}^{-1}\left(\mathcal{F}(g(x)) \frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}\right)=\frac{1}{2 c}\left(g * h_{c t}\right)(x)=\frac{1}{2 c} \int_{x-c t}^{x+c t} g(u) d u
Em que a h é a função dada por
h_{a}(x)=\left\{\begin{array}{l} 1, \text { se }|x| \leq a \\\\ 0, \text { se }|x|>a \end{array}\right.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que é dado.
  • Pede-se mostrar a igualdade \mathcal{F}^{-1}\!\left(\mathcal{F}(g(x)) \,\frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}\right) =\frac{1}{2 c}\,(g * h_{c t})(x) =\frac{1}{2 c}\int_{x-c t}^{x+c t} g(u)\,du.
  • É dada a família de funções indicadora (retângulo) h_{a}(x)=\begin{cases} 1, & \text{se }|x|\le a,\\[4pt] 0, & \text{se }|x|>a. \end{cases}
  • Não há outras informações numéricas; o objetivo é usar a definição de convolução e o Teorema da Convolução (do transformada de Fourier) para chegar à igualdade pedida.]

Passo 2

Convencionando transformadas e lembrando definições básicas (essencial para não ficar perdido).
  • Vou usar a convenção de transformada de Fourier e sua inversa: \mathcal{F}(f)(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,e^{-i\xi x}\,dx, \qquad \mathcal{F}^{-1}(F)(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} F(\xi)\,e^{i\xi x}\,d\xi.Aqui \xi é a variável de frequência e x é a variável no domínio original; i é a unidade imaginária.
  • Definição de convolução entre duas funções f e g: (f*g)(x)=\int_{-\infty}^{\infty} f(u)\,g(x-u)\,du.Isso é uma “média” de f com g deslocado.
  • Teorema da Convolução (na convenção acima): \mathcal{F}(f*g)=\mathcal{F}(f)\;\mathcal{F}(g).Em particular, se A(\xi)=\mathcal{F}(f)(\xi) e B(\xi)=\mathcal{F}(g)(\xi), então \mathcal{F}^{-1}(A\cdot B) = f*g.(Nenhum fator extra aparece aqui porque a convenção escolhida coloca o 1/(2\pi) apenas na inversa.)

Passo 3

Calcular a transformada de Fourier de h_a (a função retângulo) — vamos “mastigar” essa integral.
  • Pelo próprio h_a temos, usando a definição da transformada, \mathcal{F}(h_a)(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty} h_a(u)\,e^{-i\xi u}\,du =\int_{-a}^{a} e^{-i\xi u}\,du.Essa é uma integral elementar de exponencial complexa.
  • Calcule a integral: \int_{-a}^{a} e^{-i\xi u}\,du =\left[\frac{e^{-i\xi u}}{-i\xi}\right]_{u=-a}^{u=a} =\frac{e^{-i\xi a}-e^{i\xi a}}{-i\xi}.Use a identidade e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2i\sin\theta. Reescrevendo, \frac{e^{-i\xi a}-e^{i\xi a}}{-i\xi}=\frac{2\sin(\xi a)}{\xi}.
  • Conclusão importante: \mathcal{F}(h_a)(\xi)=2\,\frac{\sin(\xi a)}{\xi}.Ou seja, a transformada do retângulo é proporcional à função \sin(\xi a)/\xi (o famoso “sinc”, até constantes).

Passo 4

Expressar \dfrac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c} em termos da transformada de h_{ct}.
  • A partir do resultado do passo anterior, com a=ct, \mathcal{F}(h_{ct})(\xi)=2\,\frac{\sin(\xi c t)}{\xi}.
  • Dividindo ambos os lados por 2c dá: \frac{1}{2c}\,\mathcal{F}(h_{ct})(\xi)=\frac{1}{2c}\cdot 2\,\frac{\sin(\xi c t)}{\xi} =\frac{\sin(\xi c t)}{\xi c}.
  • Portanto a função que aparece no enunciado pode ser escrita como \frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}=\frac{1}{2c}\,\mathcal{F}(h_{ct})(\xi).

Passo 5

Aplicar o Teorema da Convolução ao produto \mathcal{F}(g)\,\dfrac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}.
  • Substituindo a expressão do passo anterior, \mathcal{F}(g)(\xi)\,\frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c} =\mathcal{F}(g)(\xi)\cdot\frac{1}{2c}\,\mathcal{F}(h_{ct})(\xi) =\frac{1}{2c}\,\big(\mathcal{F}(g)(\xi)\,\mathcal{F}(h_{ct})(\xi)\big).
  • Agora tomo a transformada inversa. Usando que a inversa do produto das transformadas é a convolução das funções correspondentes (passo 2), \mathcal{F}^{-1}\!\Big(\mathcal{F}(g)\,\frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}\Big) =\mathcal{F}^{-1}\!\left(\frac{1}{2c}\,\mathcal{F}(g)\,\mathcal{F}(h_{ct})\right) =\frac{1}{2c}\,\mathcal{F}^{-1}\!\big(\mathcal{F}(g)\,\mathcal{F}(h_{ct})\big).
  • Pelo Teorema da Convolução, \mathcal{F}^{-1}\!\big(\mathcal{F}(g)\,\mathcal{F}(h_{ct})\big)=(g*h_{ct})(x).Logo \mathcal{F}^{-1}\!\Big(\mathcal{F}(g)\,\frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}\Big) =\frac{1}{2c}\,(g*h_{ct})(x).

Passo 6

Converter a convolução (g*h_{ct})(x) na integral explícita com limites x-ct e x+ct.
  • Pela definição de convolução, (g*h_{ct})(x)=\int_{-\infty}^{\infty} g(u)\,h_{ct}(x-u)\,du.
  • Mas h_{ct}(x-u)=1 exatamente quando |x-u|\le ct, e é zero caso contrário. Portanto o integrando é g(u) somente para u com x-ct\le u\le x+ct. Assim (g*h_{ct})(x)=\int_{x-ct}^{x+ct} g(u)\,du.
  • Substituindo isso no resultado do passo 5 obtemos a forma integral final: \mathcal{F}^{-1}\!\Big(\mathcal{F}(g)\,\frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}\Big) =\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct} g(u)\,du.

Resposta

\displaystyle \mathcal{F}^{-1}\!\left(\mathcal{F}(g(x)) \frac{\operatorname{sen}(\xi c t)}{\xi c}\right)=\frac{1}{2 c}\left(g * h_{c t}\right)(x)=\frac{1}{2 c} \int_{x-c t}^{x+c t} g(u) d u

Exercícios relacionados