Transformada de Fourier de funciones generalizadas. Fourier.

Introducción

Sea $\mathcal{F}[f(t)] = F(\omega)$ y $\mathcal{F}[g(t)] = G(\omega)$ ; la ecuación de Parseval establece que

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{f(x) \, G(x) \, dx} = \int_{.\infty}^{\infty}{F(x) \, g(x) \, dx}$

Nota. En el primer miembro puede darse términos o expresiones de una variable mientras que en el segundo, puede darse términos o expresiones de otra variable.

Es obvio que

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{f(\omega) \, \mathcal{F}[g(t)] \, d\omega} = \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[f(t)] \, g(\omega) \, d\omega}$ .

Puesto que $f(t) = \mathcal{F}^{-1}[F(\omega)]$ y $g(t) = \mathcal{F}^{-1}[G(\omega)]$ , la ecuación de Parseval se puede expresar como

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}^{-1}[F(\omega)] \, G(t) \, dt} = \int_{-\infty}^{\infty}{F(t) \, \mathcal{F}^{-1}[G(\omega)] \, dt}$

De tal manera que esta última ecuación se puede extender para definir la transformada de Fourier de una función generalizada.

Sea $\phi(t)$ una función de prueba, entonces

$\mathcal{F}[\phi(t)] = \Phi(\omega)$

realmente existe, y la transformada de Fourier de $F(\omega)$ de una función generalizada $f(t)$ está definida por la relación

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{F(x) \, \phi(x) \, dx} = \int_{-\infty}^{\infty}{f(x) \, \Phi(x) \, dx}$

– – – (1)

Problemas resueltos

Problema 1. Demostrar que

$\displaystyle \mathcal{F} [\delta(t)] = 1$

Solución. Tomando la ecuación (1)

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{F(x) \, \phi(x) \, dx} = \int_{-\infty}^{\infty}{f(x) \, \Phi(x) \, dx}$

Cambiando la variable $x$ por $\omega$ en el primer miembro y $x$ por $t$ en el segundo

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{F(\omega) \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{-\infty}^{\infty}{f(t) \, \Phi(t) \, dt}$

Asignando a $f(t) = \delta(t)$ y $F(\omega) = \mathcal{F}[\delta(t)]$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(t) \, dt} = \int_{-\infty}^{\infty}{\delta(t) \, \Phi(t) \, dt}$

Continuando

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{-\infty}^{\infty}{\delta(t) \, \Phi(t) \, dt}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \left. \Phi(t) \right|_{t=0}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \left. \Phi(\omega) \right|_{\omega=0}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \left[ \int_{\infty}^{\infty}{\phi (t) e^{-j\omega t} \, dt} \right]_{\omega=0}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{\infty}^{\infty}{\phi (t) e^{-j (0) t} \, dt}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{\infty}^{\infty}{\phi (t) \, dt}$

Como el símbolo de la variable comodín se puede cambiar a voluntad, se observa que

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{\infty}^{\infty}{\phi (\omega) \, d\omega}$

Finalmente

$\displaystyle \mathcal{F}[\delta (t)] = 1$

y esto queda demostrado.

Problema 2. Hallar la transformada de Fourier de $\delta(t-\tau)$

Solución. Tomando la ecuación (1)

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{F(x) \, \phi(x) \, dx} = \int_{-\infty}^{\infty}{f(x) \, \Phi(x) \, dx}$

Cambiando la variable $x$ por $\omega$ en el primer miembro y $x$ por $t$ en el segundo

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{F(\omega) \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{-\infty}^{\infty}{f(t) \, \Phi(t) \, dt}$

Asignando a $f(t) = \delta(t-\tau)$ y $F(\omega) = \mathcal{F}[\delta(t-\tau)]$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t-\tau)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{-\infty}^{\infty}{\delta(t-\tau) \, \Phi(t) \, dt}$

Continuando

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t-\tau)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{-\infty}^{\infty}{\delta(t-\tau) \, \Phi(t) \, dt}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t-\tau)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \left. \Phi(t) \right|_{t=\tau}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t-\tau)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \left. \Phi(\omega) \right|_{\omega=\tau}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t-\tau)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \left[ \int_{\infty}^{\infty}{\phi (t) e^{-j\omega t} \, dt} \right]_{\omega=\tau}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t-\tau)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{\infty}^{\infty}{\phi (t) e^{-j \tau t} \, dt}$

Como el símbolo de la variable comodín se puede cambiar a voluntad, se observa que

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\mathcal{F}[\delta (t-\tau)] \, \phi(\omega) \, d\omega} = \int_{\infty}^{\infty}{\phi (\omega) e^{-j \tau \omega} \, d\omega}$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \mathcal{F}[\delta (t-\tau)] = e^{-j \tau \omega}$

Teoremas

Teorema 1. Si $\mathcal{F}[f(t)] = F(\omega)$ , entonces

$\mathcal{F}[f'(t)] = j\omega \, F(\omega)$

$\mathcal{F}[f^{(k)}(t)] = (j\omega)^{k} \, F(\omega)$

Teorema 2. Si $\mathcal{F}[\delta (t)] = 1$ , $\mathcal{F}[f'(t)] = j\omega \, F(\omega)$ y $\mathcal{F}[f^{(k)}(t)] = (j\omega)^{k} \, F(\omega)$ , entonces