Transformada de Fourier | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo queremos apresentar uma terceira lista de exercícios resolvidos sobre a Transformada de Fourier, que é uma transformada integral que expressa uma função em termos de funções de base sinusoidal.

A Transformada de Fourier de uma função f(x) é definida pela integral $$\mathscr{F}\{ f(x) \} = \int\limits^{\infty}_{-\infty}{f(x)e^{-i\alpha x}dx} = F(\alpha)$$ e sua Transformada Inversa de Fourier é dada por $$\mathscr{F}^{-1}\{ F(\alpha) \} = \frac{1}{2\pi}\int\limits^{\infty}_{-\infty}{F(\alpha)e^{i\alpha x}d\alpha} = f(x).$$ As constantes 1 e \dfrac{1}{2 \pi} que precedem as integrais da definição da Transformada de Fourier poderiam ser substituídas por quaisquer outras constantes cujo produto fosse \dfrac{1}{2 \pi} .

Transformada de Fourier | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Calcule a Transformada de Fourier das Funções abaixo

a) f(x) = \dfrac{a}{x^2 + a^2}, com a>0.

SOLUÇÃO: Neste caso, $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = \int\limits_{- \infty}^{+ \infty }{ \frac{a}{x^2 + a^2} e^{-i \alpha x}dx} = a \int\limits_{- \infty}^{+ \infty }{\frac{\mathrm{cos}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}}dx}- i a \int\limits_{- \infty}^{+ \infty }{\frac{\mathrm{sen}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}}dx}.$$

Facilmente podemos verificar que $$ \frac{\mathrm{cos}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}} \qquad \text{e} \qquad \frac{\mathrm{sen}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}}$$ são, respectivamente, uma função par e uma função ímpar.

Logo, por propriedades de integração temos que $$ \int\limits_{- \infty}^{+ \infty }{\frac{\mathrm{sen}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}}dx} = 0$$ e que $$\int\limits_{- \infty}^{+ \infty }{\frac{\mathrm{cos}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}}dx} = 2 \int\limits_{0}^{+ \infty }{\frac{\mathrm{cos}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}}dx}.$$

Desta forma, $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = 2 a \int\limits_{0}^{+ \infty }{\frac{\mathrm{cos}\left( \alpha \,x\right) }{{x}^{2}+{a}^{2}}dx}.$$ Agora, usando a integral de Laplace $$\int\limits_{0}^{\infty}{ \frac{\cos{(\alpha x)}}{k^2+x^2}dx} = \frac{\pi}{2k}e^{-k\alpha}\;\;\;\;\;\;\;\;\alpha ,k>0, $$ temos que $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = 2 a \left( \frac{\pi}{2a}e^{-a\alpha} \right) = \pi e^{-a\alpha} \;\;\;\;\;\;\;\;\alpha ,a>0 $$

b) f(x) = u(x)

SOLUÇÃO: Neste caso podemos usar a Tabela de Transformada de Fourier que nos diz que a Transformada da Função degrau unitário com a= 0 é dada por $$\mathscr{F}\left\{ u(x) \right\} = \frac{1}{i \alpha} + \pi \delta ( \alpha ).$$

c) f(x) = \text{sen} \left( \omega _0 x \right) , se |x| < \dfrac{N \pi}{\omega _0}, e f(x) = 0 se |x| > \dfrac{N \pi}{\omega _0}

SOLUÇÃO: Neste caso, $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = \int\limits_{- \frac{N \pi}{\omega _0} }^{\frac{N \pi}{\omega _0} }{ \text{sen} \left( \omega _0 x \right) e^{-i \alpha x}dx} = \\ = \left[    \frac{{e}^{-i\,a\,x}\,\left( -i\,a\,\mathrm{sin}\left( \omega_0 \,x\right) -\omega_0 \,\mathrm{cos}\left( \omega_0 \,x\right) \right) }{{\omega_0}^{2}-{a}^{2}}   \right]_{- \frac{N \pi}{\omega _0} }^{\frac{N \pi}{\omega _0} } = \\ = \frac{{e}^{-\frac{i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\,\left( -i\,a\,\mathrm{sin}\left( \pi \,N\right) -\omega_0 \,\mathrm{cos}\left( \pi \,N\right) \right) }{{\omega_0}^{2}-{a}^{2}}-\frac{{e}^{\frac{i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\,\left( i\,a\,\mathrm{sin}\left( \pi \,N\right) -\omega_0 \,\mathrm{cos}\left( \pi \,N\right) \right) }{{\omega_0}^{2}-{a}^{2}} = \\ = -\frac{{e}^{-\frac{i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\,\left[ \left( i\,a\,{e}^{\frac{2\,i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}+i\,a\right) \,\mathrm{sin}\left( \pi \,N\right) +\left( \omega_0 – \omega_0\,{e}^{\frac{2\,i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\right) \,\mathrm{cos}\left( \pi \,N\right) \right] }{{\omega_0}^{2}-{a}^{2}}$$

Como, em geral, N indica um número inteiro positivo, ou seja, N = 1,2,3,4,5,... então sabemos que \begin{eqnarray} \mathrm{cos}\left( \pi \,N\right) &= & (-1)^N\\ \mathrm{sen}\left( \pi \,N\right) & = & 0 \end{eqnarray} e, assim, $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = -\frac{{e}^{-\frac{i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\,\left( \omega_0-\omega_0\,{e}^{\frac{2\,i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\right) \, (-1)^N }{{\omega_0}^{2}-{a}^{2}} = \\ = (-1)^{N+1} \frac{{e}^{-\frac{i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\,\left( \omega_0-\omega_0 \,{e}^{\frac{2\,i\,\pi \,a\,N}{\omega_0}}\right)  }{{\omega_0}^{2}-{a}^{2}}$$

d) f(x) = \dfrac{a}{L}x; se 0\leq x \leq L e f(x) = 0 para os demais valores de x.

SOLUÇÃO: Partindo da definição encontramos $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = \int\limits_{- \infty}^{+ \infty }{ f(x) e^{-i \alpha x}dx} = \int\limits_{0}^{L }{\frac{a}{L}x e^{-i \alpha x}dx} = \frac{a}{L} \int\limits_{0}^{L }{x e^{-i \alpha x}dx}.$$ Usando integração por partes $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = \frac{a}{L} \left[ \frac{i\,x\,{e}^{-i\, \alpha\,x}}{ \alpha}+\frac{{e}^{-i\, \alpha\,x}}{{ \alpha}^{2}} \right]_{0}^{L } = \\ = – \frac{a}{L} \frac{{e}^{-i\,\alpha\,L}\,\left( {e}^{i\,\alpha\,L}-i\,a\,L-1\right) }{{\alpha}^{2}} = \frac{-a \left( i \alpha L -1)e^{i \alpha L}  + 1 \right)}{L \alpha ^2}$$

e) f(x) = \text{cos} \left( k _0 x \right) , se |x| < \dfrac{N \pi}{k _0}, e f(x) = 0 se |x| > \dfrac{N \pi}{k _0};

SOLUÇÃO: Neste caso, $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} = F ( \alpha ) = \int\limits_{- \frac{N \pi}{k _0} }^{\frac{N \pi}{k _0} }{ \text{cos} \left( k _0 x \right) e^{-i \alpha x} dx}$$

Observando que $$ \text{cos} \left( k _0 x \right)  = \frac{1}{2} \left[ e^{i k _0 x} + e^{-i k _0 x}\right]$$ encontramos $$\mathscr{F}\left\{ f(x) \right\} =  \frac{1}{2} \int\limits_{- \frac{N \pi}{k _0} }^{\frac{N \pi}{k _0} }{ \left[ e^{i k _0 x} + e^{-i k _0 x}\right] e^{-i \alpha x} dx} = \\ = \frac{1}{2} \int\limits_{- \frac{N \pi}{k _0} }^{\frac{N \pi}{k _0} }{ e^{-i (\alpha + k _0) x} dx} + \frac{1}{2} \int\limits_{- \frac{N \pi}{k _0} }^{\frac{N \pi}{k _0} }{ e^{-i (\alpha – k _0) x} dx} = \\ =  \frac{1}{2} \left[ \frac{i\,{e}^{-i\,\left( k_0+ \alpha\right) \,x}}{k_0+\alpha} \right]_{- \frac{N \pi}{k _0} }^{\frac{N \pi}{k _0} } + \frac{1}{2} \left[ \frac{i\,{e}^{-i\,\left(\alpha-k_0\right) \,x}}{\alpha-k_0} \right]_{- \frac{N \pi}{k _0} }^{\frac{N \pi}{k _0} } =\\ = \frac{\text{sen}\left([\alpha + k _0] \frac{N \pi}{k _0} \right)}{\alpha + k _0}+\frac{\text{sen}\left([\alpha – k _0] \frac{N \pi}{k _0} \right)}{\alpha – k _0}$$

Esta última igualdade é óbvia se você lembrar que para qualquer número complexo z temos a definição $$\text{sen}{z} = \frac{e^{iz} – e^{-iz}}{2i}.$$ Assim, facilmente observamos que \begin{eqnarray} \frac{1}{2} \left( i e^{-i \beta z} – i e^{i \beta z} \right) & = & \frac{i}{2} \left(  e^{-i \beta z} –  e^{i \beta z} \right) \\ & = & \frac{i}{2} 2i \left( \frac{ e^{-i \beta z} –  e^{i \beta z}}{2i} \right) \\ & = & (-1) \left( \frac{ e^{-i \beta z} –  e^{i \beta z}}{2i} \right) \\ & = & \frac{ e^{i \beta z} –  e^{-i \beta z}}{2i} \\ &= & \text{sen}\left( \beta z \right) \end{eqnarray}

Daí, fazendo \beta z = [\alpha + k _0] \dfrac{N \pi}{k _0} na primeira substituição e \beta z = [\alpha - k _0] \dfrac{N \pi}{k _0} na segunda substituição, o resultado se tornará imediato.

2) Use a Transformada de Fourier para resolver o problema $$ \frac{\partial ^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} + h(x,t) \qquad x \in \mathbb{R} , t>0 $$ $$u(x,0) = \frac{\partial u}{\partial t} (x,0) = 0, \qquad x \in \mathbb{R} $$

SOLUÇÃO: Esta equação é uma extensão da Equação da Onda numa Corda Unidimensional Infinita. 

Desta forma, sabemos que aplicando a Transformada de Fourier na função u(x,t) obtemos $$\mathscr{F}\left\{ u(x,t) \right\} = \int\limits^{\infty}_{-\infty}{u(x,t)e^{-i\alpha x}dx} = U(\alpha,t).$$ Por propriedades enunciadas, temos que $$\mathscr{F}\left\{ \frac{\partial u}{\partial x}(x,t) \right\} = -i\alpha U(\alpha,t)\;\;\;e\;\;\; \mathscr{F}\left\{ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) \right\} = -\alpha^2 U(\alpha,t).$$

Agora, observe que $$\mathscr{F}\left\{ \frac{\partial ^2 u}{\partial t^2}(x,t) \right\} = \int\limits^{\infty}_{-\infty}{\frac{\partial ^2 u}{\partial t^2}(x,t)e^{-i\alpha x}dx} = \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} \int\limits^{\infty}_{-\infty}{u(x,t)e^{-i\alpha x}dx}= \frac{\partial^2 }{\partial t^2}U(\alpha,t).$$

Além disso, as condições iniciais podem sr transformadas como $$\mathscr{F}\left\{ u(x,0) \right\} = U( \alpha , 0 ) = 0; \qquad \mathscr{F}\left\{ \frac{\partial  u}{\partial t}  (x,0) \right\} = \frac{\partial }{\partial t} U (\alpha,0)  = 0.$$

Agora, substituímos na equação da onda e obtemos a seguinte equação $$ \frac{\partial ^2 }{\partial t ^2} U (\alpha,t) = – c^2 \alpha ^2 U( \alpha, t) + H( \alpha , t ) $$ que pode ser encarada como uma E.D.O. de segunda ordem com coeficientes contantes. Logo, encontramos os P.V.I. $$U” + c^2 \alpha ^2 U = H (\alpha, t) \\ U(\alpha , 0) = 0 \\ U'( \alpha , 0 ) = 0 .$$

Agora, aplicando a Transformada de Laplace na variável t (lembre-se que pelo enunciado t>0), encontramos $$s^2 U (\alpha, s ) + c^2 \alpha ^2 U( \alpha , s ) = H ( \alpha , s )$$ o que nos leva a $$ U( \alpha , s ) = H( \alpha , s ) \cdot \frac{1}{ s^2 + c^2 \alpha ^2}.$$

Desta forma, aplicando o Teorema da Convolução para a Transformada de Laplace, encontramos $$U( \alpha, t ) = H( \alpha , t) \ast \frac{\text{sen} ( c \alpha t) }{c \alpha}.$$ Ou seja, $$ u(x,t) = \mathscr{F}^{-1} \left\{ H( \alpha , t) \ast \frac{\text{sen} ( c \alpha t) }{c \alpha} \right\}.$$

Agora, usaremos a propriedade da convolução na frequência para a Transformada de Fourier: $$ \mathscr{F}^{-1} \left\{ X_1 ( \alpha ) \ast X_2 ( \alpha ) \right\} = 2 \pi x_1(t) x_2 (t); \qquad \text{ se } \mathscr{F} \left\{x_1 (t) \right\} = X_1 ( \alpha ) \text{ e } \mathscr{F} \left\{x_2 (t) \right\} = X_2 ( \alpha ).$$

Com isto, encontramos que $$ u(x,t) = 2 \pi h(x,t) \mathscr{F}^{-1} \left\{ \frac{\text{sen} ( c \alpha t) }{c \alpha} \right\} = h(x,t) \int\limits_{- \infty}^{+ \infty}{ \frac{\text{sen} ( c \alpha t) }{c \alpha} e^{i \alpha t} d \alpha}.$$

3) Resolva a equação abaixo usando a Transformada de Fourier: $$ \frac{\partial u}{\partial t} = c \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} + f(x,t); \qquad x \in ( – \infty , \infty ), \;\;\; t>0 $$ $$u(x,0) =0 $$

SOLUÇÃO: Esta equação é denominada equação do calor com termo fonte, que modela um problema evolutivo de difusão do calor de temperatura numa barra infinita com um termo fonte.

Aplicando a Transformada de Fourier na variável x ; tomando \mathscr{F}\left\{ u(x,t) \right\} = U ( \alpha , t ) e \mathscr{F}\left\{ f(x,t) \right\} = F ( \alpha , t ) encontramos $$ \frac{\partial }{\partial t} U ( \alpha , t ) = – c \alpha ^2 U ( \alpha , t ) + F ( \alpha , t ); \qquad U( \alpha , 0 ) = 0$$ que é equação  diferencial ordinária linear no sentido da variável t .

Assim, usando a técnica de solução para as EDO’s de Primeira Ordem Lineares, encontramos $$U (\alpha , t ) = e ^{-c\alpha ^2 t} \int\limits_{0}^{t}{e^{ c \alpha ^2 \tau} F( \alpha , \tau ) d \tau} = \\ = \int\limits_{0}^{t}{e^{- c \alpha ^2 (t – \tau )} F( \alpha , \tau ) d \tau} = e^{- c \alpha ^2 t} \ast F( \alpha , t ).$$

Agora, usaremos a propriedade da convolução na frequência para a Transformada de Fourier: $$ \mathscr{F}^{-1} \left\{ X_1 ( \alpha ) \ast X_2 ( \alpha ) \right\} = x_1(t) x_2 (t); \qquad \text{ se } \mathscr{F} \left\{x_1 (t) \right\} = X_1 ( \alpha ) \text{ e } \mathscr{F} \left\{x_2 (t) \right\} = X_2 ( \alpha ).$$

Além disso, observando que $$ \mathscr{F}^{-1} \left\{e^{- c t \alpha ^2} \right\} = \frac{1}{\sqrt{4\pi c t} }e^{-\frac{x^2}{4 c t}}$$ obtemos que $$u(x,t) = \mathscr{F}^{-1} \left\{ e^{- c \alpha ^2 t} \ast F( \alpha , t ) \right\} = \frac{1}{\sqrt{4\pi c t} }e^{-\frac{x^2}{4 c t}} f(x,t). $$

Leia Mais:

• Transformada de Fourier | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Fourier | Uma Introdução aos Conceitos Básicos
• Solução da Equação da Onda Usando a Transformada de Laplace
• Identidade de Parseval | Séries, Integrais e Transformadas de Fourier

Bibliografia do Artigo:

Basta clicar no título do livro para ver o livro

1. SPIEGEL, M. R. – “Análise de Fourier”.
2. KREYSZIG, E. –“Advanced Engineering Mathematics”.
3. BUTKOV, E. – “Física Matemática”