Use as tabelas de transformadas e propriedades para encontrar as Transformadas de Fourier diretas ou inversas dos seguintes sinais: (2.5pts)
a) x(t)=\frac{d}{d t}\left[e^{-2 t} u(t) \operatorname{sen}(t)\right]
Dica: Transforme o sen em uma soma de exponenciais usando a fórmula de Euler.

Passo 1

O enunciado dá o sinal
x(t)=\frac{d}{dt}\!\left[e^{-2t}u(t)\,\operatorname{sen}(t)\right]
e pede a Transformada de Fourier (direta) de x(t). A dica do enunciado é transformar \operatorname{sen}(t) em soma de exponenciais pela fórmula de Euler.
Informações relevantes que temos:
  • O fator u(t) torna o produto causal (integral de 0 a \infty).
  • A função dentro da derivada é g(t)=e^{-2t}u(t)\operatorname{sen}(t). Podemos primeiro achar G(\omega), a TF de g(t), e depois usar a propriedade da derivada.
  • A fórmula de Euler para o seno é \operatorname{sen}(t)=\dfrac{e^{jt}-e^{-jt}}{2j}.
O objetivo final: encontrar X(\omega), a Transformada de Fourier de x(t).

Passo 2

Primeiro escrevo g(t)=e^{-2t}u(t)\operatorname{sen}(t) usando Euler:
\operatorname{sen}(t)=\frac{e^{jt}-e^{-jt}}{2j},
portanto
g(t)=e^{-2t}u(t)\,\operatorname{sen}(t) =\frac{1}{2j}\,u(t)\left[e^{-2t}e^{jt}-e^{-2t}e^{-jt}\right].
Reagrupando os expoentes:
g(t)=\frac{1}{2j}\,u(t)\left[e^{-(2-j)t}-e^{-(2+j)t}\right].

Passo 3

Agora uso a tabela básica: a Transformada de Fourier (convenção usada aqui)
F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-j\omega t}\,dt.
Para f(t)=e^{-at}u(t) com \operatorname{Re}(a)>0, calcula-se diretamente:
\int_{0}^{\infty} e^{-at}e^{-j\omega t}\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-(a+j\omega)t}\,dt =\left[\frac{e^{-(a+j\omega)t}}{-(a+j\omega)}\right]_{0}^{\infty} =\frac{1}{a+j\omega}.
Aqui a condição \operatorname{Re}(a)>0 garante que o termo em \infty some.
Aplicando isso aos dois termos de g(t):
  • Para e^{-(2-j)t}u(t) temos a=2-j, então sua TF é \dfrac{1}{2-j+j\omega}=\dfrac{1}{2+j(\omega-1)}.
  • Para e^{-(2+j)t}u(t) temos a=2+j, então sua TF é \dfrac{1}{2+j(\omega+1)}.
Portanto a transformada G(\omega) de g(t) é
G(\omega)=\frac{1}{2j}\left[\frac{1}{2+j(\omega-1)}-\frac{1}{2+j(\omega+1)}\right].

Passo 4

Simplifico a expressão de G(\omega). Coloco A=2+j(\omega-1) e B=2+j(\omega+1). Então
G(\omega)=\frac{1}{2j}\left(\frac{1}{A}-\frac{1}{B}\right) =\frac{1}{2j}\cdot\frac{B-A}{AB}.
Calculo B-A:
B-A=[2+j(\omega+1)]-[2+j(\omega-1)]=j( (\omega+1)-(\omega-1))=j\cdot 2=2j.
Substituindo:
G(\omega)=\frac{1}{2j}\cdot\frac{2j}{AB}=\frac{1}{AB}.
Agora observo que
A=2+j(\omega-1)=2+j\omega-j,\qquad B=2+j(\omega+1)=2+j\omega+j,
portanto AB=(2+j\omega-j)(2+j\omega+j). Se fatorarmos a=2+j\omega obtemos (a-j)(a+j)=a^2-j^2=a^2+1 (pois j^2=-1). Logo
AB=(2+j\omega)^2+1.
Assim uma forma simples de G(\omega) é
G(\omega)=\frac{1}{(2+j\omega)^2+1}.

Passo 5

Agora usamos a propriedade da derivada no domínio do tempo. Lembrete e demonstração rápida (integração por partes):
Se F(\omega)=\mathcal{F}\{f(t)\}=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt,
então, assumindo que f(t) e f'(t) satisfazem as condições de decaimento necessárias,
\mathcal{F}\{f'(t)\}=j\omega F(\omega).
Derivação curta: \mathcal{F}\{f'(t)\}=\int f'(t)e^{-j\omega t}dt. Integrando por partes com u=f'(t) e v=e^{-j\omega t}/(-j\omega) obtemos o termo de fronteira f(t)e^{-j\omega t}\big|_{-\infty}^{\infty} (que some se f decai) mais j\omega\int f(t)e^{-j\omega t}dt=j\omega F(\omega).
No nosso caso g(t)=e^{-2t}u(t)\sin t é contínua em t=0 e decai exponencialmente quando t\to\infty, logo as condições valem e
X(\omega)=\mathcal{F}\{g'(t)\}=j\omega G(\omega).

Passo 6

Multiplico G(\omega) por j\omega:
X(\omega)=j\omega\cdot\frac{1}{(2+j\omega)^2+1} =\frac{j\omega}{(2+j\omega)^2+1}.
Se quiseres, pode-se expandir o denominador:
(2+j\omega)^2+1=4+4j\omega-(\omega^2)+1=5+4j\omega-\omega^2,
então outra forma é
X(\omega)=\frac{j\omega}{5+4j\omega-\omega^2},
mas a forma compacta \dfrac{j\omega}{(2+j\omega)^2+1} é mais elegante e baseada nas etapas usadas.

Resposta

X(\omega)=\frac{j\omega}{(2+j\omega)^2+1}

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