Transformada Seno e Cosseno de Fourier | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo queremos apresentar uma primeira lista de exercícios resolvidos sobre as Transformadas Seno e Cosseno de Fourier.

Se f(x) é uma função ímpar, definimos \mathscr{F}_S\{ f(x) \} como a Transformada Seno de Fourier que é dada por $$\mathscr{F}_S\{ f(x) \} = \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{f(x)\text{sen}{\alpha x}dx} = F_{S}(\alpha)$$ e sua Transformada Seno de Fourier Inversa é dada por $$\mathscr{F}_{S}^{-1}\{ F(\alpha) \} = \frac{2}{\pi}\int\limits^{\infty}_{0}{F(\alpha)\text{sen}{\alpha x}d\alpha} = f(x).$$

Analogamente, se f(x) é uma função par, então definimos $$\mathscr{F}_C\{ f(x) \} = \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{f(x)\cos{\alpha x}dx} = F(\alpha)$$ como a Transfomada Cosseno de Fourier e $$\mathscr{F}_{C}^{-1}\{ F(\alpha) \} = \frac{2}{\pi}\int\limits^{\infty}_{0}{F(\alpha)\cos{\alpha x}d\alpha} = f(x).$$ como a Transformada Cosseno de Fourier Inversa.

Transformada Seno e Cosseno de Fourier | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Demonstre as fórmulas abaixo:

a) \mathscr{F}_{S}\{e^{-x} cos(x) \} = \sqrt{\dfrac{2}{\pi} }\dfrac{\alpha ^3 }{\alpha ^4 + 4} ;

SOLUÇÃO: Pela definição $$\mathscr{F}_S \{e^{-x} cos(x) \} = \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{e^{-x} cos(x) \text{sen}{\alpha x}dx} = F_{S}(\alpha).$$ Usando a propriedade trigonométrica \text{sen}(a) \text{cos}(b) = \dfrac{1}{2} \left[ \text{sen}(a+b)+ \text{sen}(a-b) \right] , obtemos \begin{eqnarray} \mathscr{F}_S \{e^{-x} cos(x) \} & = & \sqrt{\dfrac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{e^{-x} cos(x) \text{sen}{\alpha x}dx}\\  & = & \frac{1}{\sqrt{2 \pi} }\int\limits^{\infty}_{0}{e^{-x} \left[ \text{sen}([ \alpha +1]x)+ \text{sen}([ \alpha – 1] x) \right]  dx} \end{eqnarray}

Um bom exercício de cálculo é mostrar que $$ \int\limits_{0}^{\infty}{e^{-x} \text{sen}( k x) dx } = \frac{k}{1 + k^2} .$$ Usando este resultado e refinando o cálculo de um mínimo múltiplo comum podemos concluir que \begin{eqnarray} \mathscr{F}_S \{e^{-x} cos(x) \} & = & \frac{1}{\sqrt{2 \pi} } \left[ \frac{\alpha +1}{1+ (\alpha +1)^2 } + \frac{\alpha -1}{1+ (\alpha -1)^2 } \right] \\  & = & \frac{1}{\sqrt{2 \pi} } \frac{2 \alpha ^3}{\alpha ^4 +4}\\ &=& \sqrt{\frac{2}{\pi} }\frac{\alpha ^3 }{\alpha ^4 + 4} \end{eqnarray}

b) \mathscr{F}_{S}\{f(x) \} = \sqrt{\dfrac{2}{\pi} }\dfrac{\text{sen} ( \alpha \pi ) }{1- \alpha ^2} , onde $$ f(x) = \left\{ \begin{array} \text{sen} (x) ; & 0 \leq x \leq \pi \\ 0 ;& x> \pi \end{array} \right.;$$

SOLUÇÃO: Pela definição $$\mathscr{F}_S \{ f(x) \} = \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{f(x)\text{sen}{\alpha x}dx} = \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\pi}_{0}{ \text{sen}(x) \text{sen}{\alpha x}dx} .$$ Usando a propriedade trigonométrica \text{sen}(a) \text{sen}(b) = \dfrac{1}{2} \left[ \text{cos}(a-b) - \text{cos}(a+b) \right] , obtemos \begin{eqnarray} \mathscr{F}_S \{f(x) \} & = & \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\pi}_{0}{\text{sen}(x)\text{sen}{\alpha x}dx}\\  & = & \frac{1}{\sqrt{2 \pi} }\int\limits^{\pi}_{0}{\left[ \text{cos}([ \alpha -1]x) – \text{cos}([ \alpha + 1] x) \right]  dx} \\ & = & \frac{1}{\sqrt{2 \pi} } \left[ \frac{\text{sen}([\alpha -1]x) }{\alpha -1} – \frac{\text{sen}([\alpha +1]x) }{\alpha +1 } \right]_{0}^{\pi} \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2 \pi} } \left( \frac{1}{\alpha +1 } – \frac{1}{\alpha -1} \right) \text{sen}(\alpha \pi)\\ &= & \frac{1}{\sqrt{2 \pi} } \left( \frac{-2}{\alpha ^2 +1 }\right) \text{sen}(\alpha \pi) \\ & = &  \sqrt{\frac{2}{\pi} } \left( \frac{\text{sen}(\alpha \pi)}{1 – \alpha ^2 }\right) \end{eqnarray}

c) \mathscr{F}_{S}\{xe^{ - a x} \} = \sqrt{\dfrac{1}{2\pi} }\dfrac{a \alpha }{ \left( \alpha ^2 + a^2 \right)^2 } ;

SOLUÇÃO: Pela definição $$\mathscr{F}_S \{ xe^{ – a x} \} = \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{xe^{ – a x} \text{sen}{\alpha x}dx}.$$

Observe que \begin{eqnarray} \int\limits^{\infty}_{0}{xe^{ – a x} \text{sen}{\alpha x}dx} & = & – \frac{1}{a} \int\limits^{\infty}_{0}{x \text{sen}(\alpha x)d\left( e^{ – a x} \right)} \\ & = &  – \frac{1}{a} \left[ x \text{sen}(\alpha x) e^{ – a x} \right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{a} \int\limits^{\infty}_{0}{[\text{sen}( \alpha x) + \alpha x \text{cos}( \alpha x )]e^{-ax} dx} \\ & = & \frac{1}{a} \int\limits^{\infty}_{0}{\text{sen}(\alpha x)e^{ – a x} dx} – \frac{\alpha}{a^2} \int\limits^{\infty}_{0}{x \text{cos}(\alpha x)d\left( e^{ – a x} \right)} \\ & = &  \frac{1}{a} \int\limits^{\infty}_{0}{\text{sen}(\alpha x)e^{ – a x} dx} + \frac{\alpha}{a^2} \int\limits^{\infty}_{0}{\text{cos}(\alpha x)e^{ – a x} dx} – \frac{\alpha^2}{a^2} \int\limits^{\infty}_{0}{x \text{sen}(\alpha x)e^{ – a x} dx} \end{eqnarray}

Desta forma $$ \left( 1 + \frac{\alpha ^2}{a^2} \right) \int\limits^{\infty}_{0}{xe^{ – a x} \text{sen}{\alpha x}dx} = \frac{1}{a} \int\limits^{\infty}_{0}{\text{sen}(\alpha x)e^{ – a x} dx} + \frac{\alpha}{a^2} \int\limits^{\infty}_{0}{\text{cos}(\alpha x)e^{ – a x} dx}$$ Dois bons exercícios de cálculo são mostrar que $$ \int\limits_{0}^{\infty}{e^{-ax} \text{sen}(\alpha x) dx } = \frac{\alpha}{a^2 + \alpha ^2} $$ e $$ \int\limits_{0}^{\infty}{e^{-ax} \text{cos}(\alpha x) dx } = \frac{a}{a^2 + \alpha ^2} .$$

Daí, $$ \left( 1 + \frac{\alpha ^2}{a^2} \right) \int\limits^{\infty}_{0}{xe^{ – a x} \text{sen}{\alpha x}dx} = \frac{1}{a} \left[ \frac{\alpha}{a^2 + \alpha ^2} \right] + \frac{\alpha}{a^2}\left[ \frac{a}{a^2 + \alpha ^2} \right] = 2 \frac{\alpha}{\left( \alpha ^2 + a^2 \right)} .$$ Portanto $$ \mathscr{F}_{S}\{xe^{ – a x} \} = \sqrt{\dfrac{1}{2\pi} }\dfrac{a \alpha }{ \left( \alpha ^2 + a^2 \right)^2 } $$

2) Considere a equação $$ \ddot{x} – \alpha ^2 x = f(t) \qquad ( 0 \leq t < \infty )$$ Com as condições de contorno \dot{x}(0) = b e x ( \infty ) < \infty . Aplique o método da transformada cosseno de Fourier para mostrar que $$ x(t) = – \frac{b}{ \alpha } e^{-\alpha t} – \frac{1}{2 \alpha } \int\limits_{0}^{\infty}{f (\varepsilon)\left[ e^{- \alpha | x- \varepsilon |} + e^{- \alpha (x + \varepsilon)} \right] d \varepsilon} .$$

SOLUÇÃO: Considerando X_{c} (k) = \mathscr{F}_{C}\{ x(t) \} e F_{c} (k) = \mathscr{F}_{C}\{ f(t) \} , e aplicando a Transformada cosseno de Fourier na equação, encontramos $$ – (k^2 + \alpha ^2 )  X_{c} (k) – \sqrt{\frac{2}{\pi} } b = F_{c} (k)$$ o que nos leva a $$ X_{c} (k) = – \sqrt{\frac{2}{\pi} } \frac{b}{(k^2 + \alpha ^2 )} – \frac{F_{c} (k)}{k^2 + \alpha ^2}$$ Portanto, $$x(t) = \mathscr{F}_{C}^{-1} \left\{ X_{c} (k)  \right\} = \mathscr{F}_{C}^{-1} \left\{ – \sqrt{\frac{2}{\pi} } \frac{b}{(k^2 + \alpha ^2 )} – \frac{F_{c} (k)}{k^2 + \alpha ^2} \right\} = \\ = \sqrt{\frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{ \left\{ – \sqrt{\frac{2}{\pi} } \frac{b}{(k^2 + \alpha ^2 )} – \frac{F_{c} (k)}{k^2 + \alpha ^2} \right\} cos(k x) d k} = \\ = – \frac{2b}{\pi} \int\limits^{\infty}_{0}{ \left\{ \frac{cos(k x)}{(k^2 + \alpha ^2 )} dk\right\} } – \sqrt{\frac{2}{\pi} }\int\limits^{\infty}_{0}{ \left\{ \frac{ cos(k x)}{k^2 + \alpha ^2} \right\} F_{c} (k) d k} =$$

Um ótimo exercício de cálculo de várias complexas é calcular $$ \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k x)}{(k^2 + \alpha ^2 )} dk } = \frac{\pi}{2\alpha} e^{- \alpha x} .$$ Agora, vamos calcular $$ \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k x)}{(k^2 + \alpha ^2 )} F_{c} (k) d k } .$$ Como $$ F_{c} (k) = \sqrt{ \frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{ f( \varepsilon ) \text{cos} (k \varepsilon ) d \varepsilon}$$ temos que $$ \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k x)}{(k^2 + \alpha ^2 )} F_{c} (k) d k } =  \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k x)}{(k^2 + \alpha ^2 )} \sqrt{ \frac{2}{\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{ f( \varepsilon ) \text{cos} (k \varepsilon ) d \varepsilon} d k } = \\ = \sqrt{ \frac{2}{\pi} }\int\limits^{\infty}_{0}{ f( \varepsilon ) \left[ \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k x)}{(k^2 + \alpha ^2 )} \text{cos} (k \varepsilon ) d \varepsilon} \right] d k }.$$

Usando a propriedade trigonométrica $$\text{cos} (a) \text{cos} (b) = \frac{1}{2} \left[ cos(a+b) + cos(a-b) \right] $$ obtemos $$ \text{cos} (k x) \text{cos} (k \varepsilon ) = \frac{1}{2} \left[ cos(k[t – \varepsilon]) + cos(k[t + \varepsilon]) \right].$$ Logo, $$ \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k x)}{(k^2 + \alpha ^2 )} F_{c} (k) d k } = \sqrt{ \frac{1}{2\pi} } \int\limits^{\infty}_{0}{ f( \varepsilon ) \left[ \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k[t – \varepsilon])  }{(k^2 + \alpha ^2} dk}  + \int\limits^{\infty}_{0}{ \frac{cos(k[t + \varepsilon])  }{(k^2 + \alpha ^2} dk} \right] d \varepsilon} = $$  $$ = \sqrt{ \frac{1}{2\pi} } \frac{\pi}{2 \alpha}\int\limits^{\infty}_{0}{ f( \varepsilon ) \left[ e^{- \alpha |t- \varepsilon |}  + + e^{- \alpha (t + \varepsilon )}\right] d \varepsilon} .$$ Portanto, $$x(t) = – \frac{b}{ \alpha } e^{-\alpha t} – \frac{1}{2 \alpha } \int\limits_{0}^{\infty}{f (\varepsilon)\left[ e^{- \alpha | x- \varepsilon |} + e^{- \alpha (x + \varepsilon)} \right] d \varepsilon} .$$

3) (a) Determine a transformada co-seno de Fourier de f(x) = e^{-mx}, com m>0.

SOLUÇÃO: A transformada do cosseno de Fourier de f(x) = e^{-mx}, com m>0, é, por definição,  $$F_{C} ( \alpha ) = \int\limits_{0}^{ \infty}{e^{-mu}cos ( \alpha u ) du} = \frac{m}{m^2 + \alpha ^2}.$$

(b) Use o resultado anterior para mostrar que $$ \int \limits_{0}^{ \infty}{\frac{cos ( p v ) }{v^2 + \beta ^2} d v} = \frac{\pi}{2 \beta} e^{-p \beta}; \qquad ( p >0, \beta >0 )$$

SOLUÇÃO: Usando a fórmula da Transformada Inversa de Fourier de cossenos, obtemos $$f(x) = \frac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}{F_{C}( \alpha ) cos ( \alpha x ) d \alpha} \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow e^{-mx} = \frac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}{ \frac{m}{m^2 + \alpha ^2} cos ( \alpha x ) d \alpha}.$$ Portanto, $$ \int\limits_{0}^{\infty}{ \frac{1}{m^2 + \alpha ^2} cos ( \alpha x ) d \alpha} = \frac{\pi}{2m} e^{-mx}.$$ Substituindo \alpha por v, x por p, e m por \beta , temos $$ \int \limits_{0}^{ \infty}{\frac{cos ( p v ) }{v^2 + \beta ^2} d v} = \frac{\pi}{2 \beta} e^{-p \beta}; \qquad ( p >0, \beta >0 )$$

4) Calcule a Transformada de Fourier de Senos da função f(x) = e^{-ax}, com a>0.

SOLUÇÃO: Neste caso, $$\mathscr{F}_{S}\left\{ f(x) \right\} = F_{S} ( \alpha ) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int\limits_{0}^{+ \infty }{ f(x) \text{sen}( \alpha x ) dx} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int\limits_{0}^{+ \infty }{ e^{-ax} \text{sen}( \alpha x ) dx} = $$ $$ = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \left[ -\frac{{e}^{-a\,x}\,\left( a\,\mathrm{sen}\left( \alpha \,x\right) +\alpha \,\mathrm{cos}\left( \alpha \,x\right) \right) }{{ \alpha }^{2}+{a}^{2}} \right]_{0}^{+ \infty } = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{ \alpha }{{ \alpha }^{2}+{a}^{2}} .$$

Leia Mais:

• As Transformadas Seno e Cosseno de Fourier
• Transformada de Fourier | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Fourier | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Fourier | Uma Introdução aos Conceitos Básicos
• Solução da Equação da Onda Usando a Transformada de Laplace
  

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”