problema 1 Problema 2

problema 1
La transformada de Fourier como integral impropia es denida como el doble
limite
ˆ
f˜ (ω)
por
=
lı́m
B
f (t) e−iωt dt
lı́m
A→−∞ B→∞
A
Sigue que la transforma de Fourier de la función de Heaviside H (t) es dado
H̃ (ω)
=
lı́m [
B→+∞
e−iωB − 1
]
−iω
que no converja.
Problema 2
Problema 2a)
ˆ
f˜ (ω)
∞
H (t) e−at e−iωt dt =
=
−∞
e−(a+iω)t
− (a + iω)
∞
=
0
1
a + iω
Problema 2b)
La anti-transformada de f˜ (ω) está denida como integral impropia
g (t)
=
1
A→−∞ B→∞ 2π
lı́m
ˆ
B
f˜ (ω) eiωt dω
lı́m
A
que, por ejemplo tiene un problema en t = 0,
= [g (0)]
=
=
ˆ B
B
1
ω
1
1
2
2
lı́m lı́m
− 2
dω = lı́m lı́m
− ln a + ω
A→−∞ B→∞ 2π A
A→−∞ B→∞ 2π
a + ω2
2
A
2
2
1
a +B
1
B
−
ln
∼−
ln
4π
a2 + A2
2π A
Esta expresión no tiene un límite único para cualquier combinación de valores
de A y de B , entonces no converge en el sentido de una integral de Riemann.
c)
lı́m f (t) = lı́m
a→0
a→0
H (t) e−at = H (t) + O (a)
1
+ O (a)
iω
Representar el gráco de la función sin (Bω) /ω y de cos (Bω) /ω .
lı́m f˜ (ω) = lı́m
a→0
a→0
1
a+iω
1
=
Problema 3
ˆ
f˜ (ω)
π
2
cos (t) e−iωt dt
=
−π
2
π
π
1 e(−1−ω)it 2
1 e(1−ω)it 2
+
2 (1 − ω) i − π
2 (−1 − ω) i − π
2
2
π
sin (1 − ω) 2
sin (1 + ω) π2
+
1−ω
1+ω
π
− cos ω 2
cos ω π2
−
1−ω
1+ω
h πi
2 cos ω π2
1
1
+
=
− cos ω
2
1−ω 1+ω
ω2 − 1
=
=
=
=
La función f (t) es par: eso implica una transformada de Fourier real. ¾ Qué
pasa cuando ω → 1 y ω → ∞ ?
Problema 4
ˆ
f˜ (ω)
ˆ
1
|t|e
=
−iωt
ˆ
0
dt =
(−t) e
−1
ˆ 1
−1
−iωt
0
ˆ
1
t e−iωt + eiωt dt =
=
0
1
te−iωt dt
dt +
2t cos (ωt) dt
0
Haciendo una integración por partes se encuentra que
ˆ
1
2t cos (ωt) dt
0
ˆ 1
sin (ωt)
sin (ωt) 1
]0 −
dt
2
ω
ω
0
1
sin (ω)
2
cos ωt
= 2
−
−
ω
ω
ω
0
cos ω
1
2
sin (ω) +
−
=
ω
ω
ω
=
[2t
¾ Qué pasa cuando ω → 0 y ω → ∞ ?
Problema 5
ˆ
f˜ (ω)
ˆ
0
=
(−1) e
−iωt
−a
2
dt +
0
2
a
2
(+1) e−iωt dt
ˆ
a
2
e−iωt − eiωt dt
=
0
a
=
lı́m f˜ (ω)
ω→0
[−2 cos ωt]02 = 2
= lı́mω→0
2
ω
1 − cos aω
2
ω
a2 ω 2
+ O ω4
8
=0
Problema 6
f (t)
= f1 (t) + f2 (t)
Suponiendo que a = 2 > 0 tenemos que
ˆ
f˜1 (ω)
=
∞
e−a|t| e−iωt dt
3
−∞
0
ˆ
=
ˆ
at −iωt
3
dt + 3
−∞
1
1
−
=3
a − iω −a − iω
2a
12
= 3 2
=
a + ω2
4 + ω2
∞
e−at e−iωt dt
e e
0
ˆ
f˜2 (ω)
a
=
−a
a
ˆ
|t|
1−
a
e−iωt dt
ˆ a
t −iωt
t −iωt
=
e
dt −
e
dt
e
dt +
−a
−a a
0 a
ˆ 0
ˆ a
e−iωa − e+iωa
1
d
d
1
=
+
e−iωt dt −
e−iωt dt
−iω
a d (−iω) −a
a d (−iω) 0
−iωa
d
1 − e−iω(−a)
1
d
e
−1
1
−
= 2asinc (ωa) +
a d (−iω)
−iω
a d (−iω)
−iω
iωa
−iωa
e (1 − iωa) − 1
1−e
(1 + iωa)
= 2asinc (ωa) +
+
−aω 2
aω 2
1 − cos (ωa) − ωa sin (ωa)
= 2asinc (ωa) + 2
aω 2
1 − cos (aω)
= 2
aω 2
ˆ
0
−iωt
¾ Qué pasa cuando ω → 0 ? ¾ Por qué las transformadas de f1,2 son reales ?
3
Problema 7
El teorema de la modulación dice que
F f (t) eibt
=
f˜1 (ω − b)
Entonces el problema se reduce a conocer la transformada de Fourier de
f (t) = exp (−7|t|) tal y como en el problema 6 con a = 7
f˜1 (ω)
=
14
49 + ω 2
Encontramos la transformada de f (t) como
f˜ (ω)
=
1
f˜1 (ω − π) + f˜1 (ω + π)
2
14
14
2 +
2
49 + (ω − π)
49 + (ω + π)
1
2
=
Problema 8
Problema 8a)
Se puede aplicar el calculo directamente, o utilizar el teorema de la modulación con las funciones exp (at) y exp (−at). Eso permite conseguir
ˆ
F [f (t) sin (at)]
∞
f (t) sin (at) e−iωt dt
=
−∞
ˆ ∞
=
=
=
1 iat
e − e−iat e−iωt dt
2i
−∞
ˆ
ˆ
1 ∞
1 ∞
−i(ω−a)t
f (t) e
dt −
f (t) e−i(ω+a)t dt
2i −∞
2i −∞
f˜ (ω − a) − f˜ (ω + a)
f (t)
2i
Problema 8b)
La transformada de la función rectángulo de ancho unidad vale sinc (ω/2).
Por consecuencia, la Transformada de Fourier del rectángulo de ancho 2π es
(usando el teorema de la dilatación temporal)
ω
(2π) sinc (2π)
= 2πsinc (πω)
2
Por consecuencia, la transformada de f (t) sin (at) vale
I˜2π (ω)
F [f (t) sin (at)]
=
2π
{sinc [π (ω − a)] − sinc [π (ω + a)]}
2i
= iπ {sinc [π (ω + 1)] − sinc [π (ω − 1)]}
=
donde hemos puesto a = 1.
4
Problema 9
Como lo hemos visto en el problema 2, la transformada de Fourier de f0 (t) =
H (t) exp (−at)vale
f˜0 (ω)
1
a + iω
=
Problema 9a)
Utilizando el teorema de la modulación
ˆ
f˜1 (ω)
∞
f0 (t) cos (bt) e−iωt dt
=
−∞
=
=
f˜0 (ω − b) + f˜0 (ω + b)
2
1
1
1
+
2i a + i (ω − b) a + i (ω + b)
Problema 9b)
Utilizando también el teorema de la modulación tenemos que
ˆ
f˜2 (ω)
∞
f0 (t) sin (bt) e−iωt dt
=
−∞
=
=
f˜0 (ω − b) − f˜0 (ω + b)
2i
1
1
1
−
2i a + i (ω − b) a + i (ω + b)
Problema 10
Problema 10a)
Sabemos dos cosas
f˜ (ω)
=
f˜ (−ω)
?
=
f (t)
f (t)
Utilizando la denición de la Transforma de Fourier con ω y con −ω
ˆ
f˜ (ω)
∞
f (t) e−iωt dt
=
−∞
ˆ ∞
f˜ (−ω)
f (t) eiωt dt
=
−∞
5
Haciendo la suma de las dos expresiones de f˜ (ω) = f˜ (ω) + f˜ (−ω) /2
tenemos que
ˆ
f˜ (ω)
∞
=
f (t)
−∞
ˆ ∞
eiωt + e−iωt
2
dt
f (t) cos (ωt) dt ∈ R
=
−∞
y entonces f˜ (ω) ∈ R si f (t) ∈ R.
Problema 10b)
Sabiendo que f (t) ∈ R, intentamos deducir algo sobre f˜ (ω). Escribiendo la
denición de la Transformada de Fourier, tenemos que
ˆ
f˜ (ω)
∞
f (t) e−iωt dt
=
−∞
Tomando el complejo conjugado de esta ultima expresión tenemos que
h
i?
f˜ (ω)
ˆ
∞
=
f (t) e
−∞
∞
ˆ
−iωt
?
dt
?
[f (t)] eiωt dt
=
−∞
= f˜ (−ω)
donde hemos utilizado que f (t) ∈ R. Se deduce entonces que el modulo de
f˜ (ω) es una función par (y que la fase de f˜ (ω) es una función impar).
Problema 11
La formula de derivada del espectro dice que
F [tf (t)]
En nuestro caso tenemos
F [tIa (t)]
d
f˜ (ω)
d (−iω)
=
ˆ
a/2
te−iωt dt
=
−a/2
=
=
ˆ a/2
d
e−iωt dt
d (−iω) −a/2
h
aω i
d
asinc
d (−iω)
2
6
donde hemos utilizado el resultado del problema 8b)
d sin aω
2
F [tIa (t)] = ia
aω
dω
2
aω aω
a
cos 2 2 − a2 sin
= ia 2
aω 2
aω
2
2
i
aω
2
cos
aω − 2 sin
ω2
aω
2
¾ Cual es el límite en ω → 0 ? Como f (t)es impar, notad que la transformada
de Fourier es imaginaria.
Problema 12
Problema 12a)
La transformada de Fourier de la función Gaussiana es
2
exp −at
r
→
π
ω2
exp −
a
4a
entonces utilizando la dualidad t → d/d (−iω)
F t exp −at2
r
ω2
d
π
exp −
=
d (−iω)
a
4a
r
π ω
ω2
= −i
exp −
a 2a
4a
Problema 12b)
Utilizando la dualidad d/dt → (iω) tenemos que
F
1 d −
exp −at2
2a dt
=
=−
1
(iω) F exp −at2
2a
r
ω2
iω π
exp −
2a a
4a
−
Problema 13
Problema 13a)
Se deduce del problema 16 poniendo p = 0.
7
Problema 13b)
La integral de Fourier de la función Gaussiana exp −aω 2 está denida
como
f (t)
=
1
2π
=
1
2π
=
ˆ
∞
2
e−aω eiωt dω
−∞
( "
ˆ
∞
exp −a
−∞
it
ω−
2a
2
t2
+ 2
4a
#)
dω
2
1
t
√
exp −
4a
4πa
donde hemos utilizado que
ˆ
∞
e
−αz 2
r
dz
=
−∞
π
α
Problema 14
Espacio vectorial sobre
0
+0
Denimos h (t) como la suma de dos funciones de el espacio de Schwartz.
h (t)
=
f (t) + g (t)
La suma de dos funciones que pertenecen al espacio de Schwartz pertenece
al espacio de Schwartz
n dm
t
h
(t)
dtm
dm
= tn m [f (t) + g (t)]
dt
n dm
n dm
+ t
f
(t)
g
(t)
≤ t
m
m
dt
dt
0
00
≤ Mnm + Mnm = Mnm
La conmutatividad y la asociatividad vienen del 0 +' natural de la suma
de dos funciones.
La función θ (t) = 0 se dene como el elemento neutro (y es acotada)
Multiplicación
un escalar
0
complejo: αf (t) pertenece al espacio de Schwartz
con Mnm = |α|Mnm .
8
Problema 15
Espacio vectorial sobre
0
×0
? (no lo es !)
Denimos h (t) como el producto de dos funciones de el espacio de Schwartz.
h (t)
=
f (t) g (t)
El producto de dos funciones que pertenecen al espacio de Schwartz pertenece
al espacio de Schwartz. Por eso, utilizamos la formula de Leibniz
dn
[f (t) g (t)]
dtn
=
Cnp
=
m
X
Cnp f (p) g (n−p)
p=0
n!
p! (n − p)!
Entonces
n dm
t
dtm h (t)
n dm
= t
[f (t) g (t)]
m
dt
m
X
n
p p m−p = t
Cm
f g
p=0
m
X
|tn |
≤
p p m−p Cm f g
p=0
00
≤ Mnm
con la denición siguiente de Mnm
00
00
Mn,m
=
m
X
0
p
Cm
Mn,p M0,m−p
p=0
y donde hemos utilizado que
|tn | f p
g
m−p
≤ Mn,p
0
≤ M0,m−p
La comutatividad y la asociatividad vienen del 0 ×' natural del producto
de dos funciones.
La función θ (t) = 1 está denida como el elemento neutro pero θ (t) NO
ES ACOTADA, es decir que no tenemos |tn f p | ≤ Mn,p (poner p = 0).
Multiplicación
un escalar
0
complejo: αf (t) pertenece al espacio de Schwartz
con Mnm = |α|Mnm .
9
Problema 16
Con f (t) = tp exp −at2 , se puede demostrar de manera recursiva que
dm
f (t)
dtm
2
= Pm (t) e−at
con Pm (t) un polinomio de grado máximo igual a m + p. Entonces para demostrar que f (t) pertenece al espacio de Schwartz
n dm
t
dtm f (t) ≤ Mnm
solo hace falta demostrar que
k −at2 t e
≤
Bk
porque la suma (nita) de funciones que pertenecen al espacio de Schwartz
pertenece al espacio de Schwartz (ver problema 14).
Tenemos que
2
lı́m tk e−at
=
t→±∞
0
esta función tiene dos máximos en t = ± k/p(2a) y un mínimo en t = 0 con
k par, y un mínimo y un máximo en t = ± k/ (2a) con k impar. Entonces
encontramos que esta función es acotada en valor absoluto
p
k −at2 t e
≤
Bk
con la denición siguiente de Bk
Bk
=
k
2a
k/2
10
k
exp −
2