Capítulo 7

Transformada de Fourier.

Este capítulo contiene ejercicios importantes sobre transformada de Fourier y su aplicación a la solución de las ecuaciones diferenciales en der ivadas parciales. Los ejercicios están cuidadosamente seleccionados siguiendo un orden lógico que nos ayudará a compactar nuestro conocimiento.

Este capítulo es en cierto aspecto el análogo continuo del capítulo anterior donde ciertas series se reemplazan por integrales, valores discretos por valores continuos, etc.

Este capítulo no deja prácticamente ningún caso sin explorar, de modo que constituye en sí mismo junto con el libro de trabajo un entrenamiento completo para nuestro coloquio.

Sección 1

CONTENIDO.

1. Cálculo de transformadas.

2. Uso de residuos.

3. Inversión de la transformada.

4. Cálculo de Integrales.

5. Igualdad de Parseval.

Transformada de Fourier. Cálculo e Inversión.

147

Problemas.

1) Hallar la transformada de Fourier de la función

f (t) = e−|t|

y aplicar el teorema de inversión para obtener el conocido valor de la integral

π = ∫∞

−∞

11 + w2

dw.

Solución.

Este ejercicio muy sencillo nos permite repasar la definición de la transformada de Fourier y sus propiedades de paridad. En efecto, tenemos por definición que

F(w) = ∫∞

−∞e−|t|e−iwtdt. w ∈ R.

Expresando la exponencial en senos y cosenos por la fórmula de Euler tenemos entonces que

F(w) = ∫∞

−∞e−|t|e−iwtdt = ∫

∞

−∞e−|t|(cos(wt) − isen(wt))dt

y separando las partes real e imaginaria en dos integrales tenemos

F(w) = ∫∞

−∞e−|t|cos(wt) − i∫

∞

−∞e−|t|sen(wt)dt.

La segunda integral se anula por tratarse el integrando de una función impar y de la primera resulta, por paridad

F(w) = 2∫∞

−∞e−tcos(wt)dt.

De la tabla de integrales hallamos que

F(w) = 21

1 + w2 [e−t(wsen(wt) − cos(wt))]∞

0

148

y evaluando en t = ∞ y t = 0 tenemos que

F(w) =2

1 + w2.

En la galería 7.1. mostramos la función y su transformada gráficamente.

Para resolver la segunda parte observemos que por el teorema de inversión tenemos

e−|t| =1

2π ∫∞

−∞

21 + w2

eiwtdw

de lo cual volviendo a aplicar la fórmula de Euler obtenemos

e−|t| =1

2π ∫∞

−∞

21 + w2

(cos(wt) + isen(wt))dw

de lo cual, evaluando en t = 0 obtenemos

1 =1π ∫

∞

−∞

11 + w2

dw

y por lo tanto el resultado final

π = ∫∞

−∞

11 + w2

dw.

□

149

Gráfica de la función del ejercicio y a continuación de su transformada

Galería 7.1. La función del ejercicio y su transformada.

2) Hallar la tranformada de Fourier de la función

f (t) =1

1 + t2

y calcular, a partir de dicha transformada, el valor de la integral

∫∞

−∞

11 + t2

cos(wt)dt w ∈ R.

Solución.

Existe una forma de resolver este ejercicio usando el teorema de inversión, pero queremos hacerlo por definición para ilustrar el uso del teorema de los residuos en el cálculo de las transformadas de Fourier.

Por definición tenemos que si f (t) =1

1 + t2

entonces su transformada de Fourier es

F(w) = ∫∞

−∞

11 + t2

e−iwtdt w ∈ R.

Este tipo de integrales reales nos recuerda sin duda a las integrales del capítulo 5 sobre el teorema de los residuos. Consideremos entonces la integral de variable compleja

∮Cr

11 + z2

e−iwzdz

donde Cr es la curva de la galería 7.2.

Tenemos entonces que

∮Cr

11 + z2

e−iwzdz = 2πi Resz=i

11 + z2

e−iwz. (1)

Ya sabemos a esta altura que este residuo vale

Resz=i

11 + z2

e−iwz =12z

e−iwz

z=i=

ew

2i

y por lo tanto, multiplicando esto por 2πi y sustituyendo en (1) obtenemos

∮Cr

11 + z2

e−iwzdz = πew.

150

Esta integral puede descomponerse como ya hemos hecho varias veces en la suma de las dos integrales siguientes obteniéndose

∫R

−R

11 + x2

(cos(wx) − isen(wx))dx + ∫Sr

11 + z2

e−iwzdz = πew

donde la integral sobre Sr representa la integral sobre la semicircunferencia de la galería 7.2. Ahora bien, como ya hemos explicado en el capítulo 5 la integral sobre dicha semicircunferencia sólo tenderá a cero si el complejo wz = wx + iwy tiene parte imaginaria negativa. Y como y > 0 en el semiplano superior tenemos que para w < 0 (recordemos que w ∈ R)

F(w) = ∫∞

−∞

11 + t2

e−iwtdt = πew (2)

fórmula que también vale para w = 0.

Ahora bien, sabemos que si la función es par entonces su transformada también lo es. Luego, extendiendo de manera par para w > 0 la fórmula (2) obtenemos que

151

Para el cálculo de la transformada de Fourier del ejercicio debemos usar contornos similares a los que utilizábamos en el cálculo de intergrales definidas por residuos.

Galería 7.2. Curva de integración.

F(w) = ∫∞

−∞

11 + t2

e−iwtdt = πe−|w|.

Para la segunda parte observamos que escribiendo la exponencial del integrando usando la fórmula de Euler e igualando partes reales obtenemos

∫∞

−∞

11 + t2

cos(wt)dt = πe−|w|

□

No presentamos una galería con la función y su transformada ya que la misma es (salvo constantes) la galería 7.1. pero recorrida ahora en orden inverso.

Se puede ver una solución on-line aquí.

3) Hallar la transformada de Fourier de la función

f (t) = e−t2.

Solución.

Existe una forma de calcular esta transformada de Fourier por integración en un rectángulo complejo. Pero vamos a hallarla de una manera especial que en cierto modo nos introduce en la aplicación de la transformada de Fourier a la resolución de ecuaciones diferenciales.

La transformada de Fourier de f (t) = e−t2 es por definición la función

F(w) = ∫∞

−∞e−t2e−iwtdt

y siendo la función f (t) par obtenemos que

F(w) = ∫∞

−∞e−t2cos(wt)dt. (1)

La presencia de e−t2 en el integrando nos permite derivar dentro de la integral con respecto a w para obtener

F′�(w) = ∫∞

−∞− te−t2sen(wt)dt.

152

Integremos por partes. Sean

u = sen(wt) ⟹ du = wcos(wt)dt

dv = − te−t2 ⟹ v =e−t2

2.

Entonces

F′�(w) = ∫∞

−∞− te−t2sen(wt)dt =

sen(wt)e−t2

2

∞

−∞− ∫

∞

−∞

e−t2

2wcos(wt)dt

y como el primer sumando se anula en los infinitos obtenemos usando (1) que

F′�(w) = −w2

F(w).

Esta igualdad es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden para F(w) cuya solución es trivialmente

F(w) = Ae− w24 . (2)

Ahora bien, mirando (1) obtenemos que

F(0) = ∫∞

−∞e−t2dt = π.

(Este valor π se calcula en análisis matemático 2).

Por lo tanto (2) se convierte en

F(w) = πe− w24 .

4) Usando la igualdad de Parseval para integrales de Fourier calcular la integral

∫∞

−∞

sen2(w)w2

dw.

Solución.

Es trivial que si f (t) = 1[−1,1](t) entonces

F(w) = 2sen(w)

w w ≠ 0

153

y que para w = 0 tenemos F(0) = 2. Ahora bien, de acuerdo a la igualdad de Parseval tenemos que si F(w) es la transformada de Fourier de f (t) para una f ∈ L2 entonces

2π∫∞

−∞f 2(t)dt = ∫

∞

−∞F2(w)dt. (1)

(Aquí no hace falta módulo pues tanto f como F son funciones reales de variable real).

Luego, aplicando este resultado para nuestro caso obtenemos

2π∫∞

−∞12

[−1,1](t)dt = 4∫∞

−∞

sen2(w)w2

dw

que, teniendo en cuenta la definición de f (t) = 1[−1,1](t)

obtenemos

2π∫1

−11dt = ∫

∞

−∞4

sen2(w)w2

dw

de lo cual deducimos el resultado final

∫∞

−∞

sen2(w)w2

dw = π.

□

Nota : Informalmente la igualdad de Parseval expresa

que salvo por la constante fija 2π, que proviene de

154

El área celeste claramente expresada por la integral, al multiplicarla por 2π se tranforma en el área de la siguiente figura la cual dibujamos también en celeste.....

Galería 7.3. Igualdad de Parseval.

tomar raíz cuadrada a ambos miembros de (1), la función y su transformada miden los mismo (tienen la misma norma). En la galería 7.3. vemos una posible interpretación geométrica de este resultado.

5) Establecer hipótesis sobre las funciones f y g para probar que

∫∞

−∞f (t)g(t)dt =

12π ∫

∞

−∞F(w)G(w)dw

y aprovechar esta igualdad para calcular la integral

∫∞

−∞

sen(aw)sen(bw)w2

dw.

Solución.

Si las funciones f, g ∈ L2 entonces f + g ∈ L2 por ser L2 un espacio vectorial. Por lo tanto a la función f + g se le pueda aplicar la igualdad de Parseval para obtener

∫∞

−∞( f + g)2dt =

12π ∫

∞

−∞(F + G)2dw (1)

donde pedimos como hipótesis que tanto f, g como sus transformadas F, G sean funciones reales para no tener que poner módulo en las integrales anteriores, lo cual será suficiente para la segunda parte de nuestro ejercicio.

Luego, desarrollando (1) tenemos

∫∞

−∞f 2 + 2fg + g2dt =

12π ∫

∞

−∞F2 + 2FG + G2dw

de lo cual, por linealidad de la integral, resulta

∫∞

−∞f 2dt + ∫

∞

−∞2fgdt + ∫

∞

−∞g2dt =

12π ∫

∞

−∞F2dw +

12π ∫

∞

−∞2FGdw +

12π ∫

∞

−∞G2dw

155

y aplicando la igualdad de Parseval para f y g por separado vemos que la primera integral del primer renglón se cancela con la primera integral del segundo renglón. Lo mismo ocurre con las terceras integrales de cada renglón. De esto resulta

∫∞

−∞fgdt =

12π ∫

∞

−∞FGdw

es decir, poniendo las variables

∫∞

−∞f (t)g(t)dt =

12π ∫

∞

−∞F(w)G(w)dw. (2)

Para calcular la integral

∫∞

−∞

sen(aw)sen(bw)w2

dw a, b > 0

recordemos que la transformada de Fourier de la función f (t) = 1[−a,a](t) es la función

F(w) = 2sen(aw)

w

lo cual puede verse así : La transformada de Fourier

de f (t) = 1[−1,1](t) es la función F(w) = 2sen(w)

w y como

la función g(t) = 1[−a,a](t) es la función f( ta ) tenemos,

aplicando la propiedad de cambio de escala que

G(w) = |a |F(aw) = 2 sen(aw)w

donde hemos supuesto naturalmente del significado de la función f (t) = 1[−a,a](t) que a > 0.

Ahora bien, si hacemos en la igualdad (2) f (t) = 1[−a,a](t) y g(t) = 1[−b,b](t) obtenemos, de acuerdo

al párrafo anterior la igualdad

∫∞

−∞1[−a,a](t).1[−b,b](t) =

12π ∫

∞

−∞2

sen(aw)w

2sen(bw)

wdw.

Supongamos sin pérdida de generalidad que a ≤ b. Entonces el integrando de la primera integral se reduce a

156

∫a

a1dt =

2π ∫

∞

−∞

sen(aw)sen(bw)w2

dw

por lo tanto

2a= 2π ∫

∞

−∞

sen(aw)sen(bw)w2

dw

es decir, el resultado final

πa = ∫∞

−∞

sen(aw)sen(bw)w2

dw,

resultado que a veces se escribe

∫∞

−∞

sen(aw)sen(bw)w2

dw = π . min{a, b}.

□

157

Esta sección muestra que la transformada de Fourier, además de ser matemáticamente interesante tiene importantes aplicaciones a la física y a la ingeniería. Resolveremos varias de las ecuaciones más famosas de la física matemática y a través del software podremos verificar geométricamente varias propiedades que rara vez pueden ser ilustradas con los materiales clásicos de estudio.

Sección 2

CONTENIDO.

1. Ecuación de la cuerda vibrante.

2. Ecuación de difusión.

3. Ecuación de Laplace.

4. Uso de la transformada de Fourier.

Solución de Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales.

158

Problemas.

1) Resolver la ecuación de Laplace en el semiplano superior, es decir, resolver la ecuación

u′ �′�xx + u′�′�yy = 0 −∞ < x < ∞, y > 0

con la condición de borde

u(x,0) =1

1 + x2

y con la condición adicional

limy→∞

u(x, y) = 0.

Solución.

Consideremos una transformada de Fourier respecto de la variable x, es decir, definamos

U(w, y) = ∫∞

−∞u(x, y)e−iwxdx.

Entonces si F denota la transformada de Fourier tenemos que

F{u′�′�xx} = − w2U(w, y)

y

F{u′�′�yy} = U′�′�yy(w, y).

Por lo tanto, tomando transformada de Fourier a ambos miembros de la ecuación diferencial y sustituyendo, obtenemos

−w2U(w, y) + U′�′�yy(w, y) = 0

que omitiendo los argumentos y despejando se puede escribir

U′�′�yy = w2U.

La solución general de esta ecuación diferencial es para cada w fijo

U = Ae|w|y + Be−|w|y

159

donde tomamos módulo para dejar en claro cual es el positivo y el negativo de los dos números ± |w | ya que si lo dejáramos en la forma ±w no podríamos saberlo y necesitamos esto para satisfacer la condición de anulación en el infinito. Precisamente, como limy→∞

u(x, y) = 0, debemos tener entonces que A = 0.

Luego, por ahora nuestra solución es

U = Be−|w|y

o volviendo a escribir los argumentos

U(w, y) = Be−|w|y.

Ahora bien, si w varía entonces varía B, luego lo más formal sería haber escrito

U(w, y) = B(w)e−|w|y. (1)

Evaluando en y = 0 obtenemos

U(w,0) = B(w)

pero, como por la definición

U(w, y) = ∫∞

−∞u(x, y)e−iwxdx

tenemos también que

U(w,0) = ∫∞

−∞u(x,0)e−iwxdx = B(w)

que por los datos del ejercicio resulta

U(w,0) = ∫∞

−∞

11 + x2

e−iwxdx.

Pero esto es precisamente la transformada de Fourier del ejercicio 2 de la sección anterior, en la que habíamos obtenido

F{ 11 + x2 } = πe−|w|.

Luego, sustituyendo en (1) tenemos

U(w, y) = πe−|w|e−|w|y = πe−(1+y)|w|,

que como y > 0 podemos meter adentro del módulo para obtener

160

U(w, y) = πe−|(1+y).w|. (3)

Ahora bien, si hacemos a = 1 + y lo anterior puede escribirse así

U(w, y) = πe−|a.w|

Veamos cuidadosamente como invertir esto último : la propiedad de cambio de escala nos dice que

F{f (bt)} =1b

F( wb ) b > 0.

Con a =1b

esto se escribe

F{f( 1a

t)} = aF(aw)

es decir, en términos de la transformada inversa

1a

f( 1a

t) = F−1{F(aw)}.

Finalmente, como

F{ 11 + x2 } = πe−|w|

en nuestro caso es f (x) =1

1 + x2 y entonces invirtiendo

(3) tenemos el resultado final

161

La gráfica de la función armónica en el semiplano superior que resuelve nuestro problema de contorno.

Galería 7.3. Gráfica de la solución de nuestro ejercicio.

u(x, y) =1

1 + y.

11 + ( x

1 + y )2

o multiplicando numerador y denominador por 1 + y obtenemos

u(x, y) =1 + y

(1 + y)2 + x2=

1 + y1 + 2y + y2 + x2

.

En la galería 7.3. y en el video 7.4. vemos clarísimamente la solución gráfica de este ejercicio. De esta solución analítica y del espectacular video y gráficos de las galerías observamos varios hechos : que la condición de contorno realmente se satisface, que la condición de anulación en el infinito también, pero además vemos claramente que las curvas de nivel de la solución son circunferencias. Esto, además de que no es tan fácil de descubrir sin la gráfica tiene la siguiente interpretación física : si la temperatura en el punto (x, y) de una placa rectangular infinita (o lo suficientemente grande como para considerarla infinita) está dada por la función u(x, y) entonces las

isotermas de la placa son circunferencias. De allí se puede sacar varias conclusiones respecto del campo de fuerza en la cual fluye el calor, de las líneas de flujo de calor, etc.

□

162

La gráfica de nuestra solución desde infinitos ángulos para su perfecta apreciación.

Video 7.4. Movimiento en el espacio de la gráfica de nuestra solución.

Se puede ver una solución on-line aquí.

2) Resolver la ecuación de difusión

u′ �′�xx = u′�t t > 0, − ∞ < x < ∞

con la condición de borde

u(x,0) = e−x2.

Solución.

Al igual que en el ejercicio anterior definamos

U(w, t) = ∫∞

−∞u(x, t)e−iwxdx.

Luego, tomando la transformada de Fourier a ambos miembros de la ecuación de nuestro ejercicio tenemos

−w2U(w, t) = U′�t(w, t)

u omitiendo las variables

−w2U = U′�t. (1)

La solución general de esta ecuación diferencial elemental es trivialmente

U = Ae−w2t

y volviendo a escribir los argumentos y recordando que (1) en realidad es una ecuación diferencial para cada w tenemos

U(w, t) = A(w)e−w2t. (3)

Haciendo entonces t = 0 obtenemos

U(w,0) = A(w)

y como

U(w,0) = ∫∞

−∞u(x,0)e−iwxdx

de la condición inicial del ejercicio tenemos

U(w,0) = ∫∞

−∞e−x2e−iwxdx.

163

Pero sabemos del ejercicio 3 de la sección anterior que la transformada de Fourier de e−x2 es

F{e−x2} = πe− w24

luego, sustituyendo en (3) tenemos

U(w, t) = πe− w24 e−w2t.

Trabajando con los exponente tenemos entonces que

U(w, t) = πe− w24 (1+4t) = πe− (w . 1 + 4t)2

4 .

Aquí tenemos una nueva situación para aplicar la propiedad de cambio de escala

1a

F{f( 1a

t)} = F(aw) (4)

donde

a = 1 + 4t

y donde

F(w) = πe− w24 .

Por lo tanto, como (4) es equivalente a

1a

f( 1a

t) = F−1{F(aw)}

encontramos que

u(x, t) =1

1 + 4te− x2

1 + 4t .

En la galería 7.5. vemos la gráfica de nuestra solución. Si bien la galería se parece a la de la función armónica de la galería 7.3. la diferencia es fundamental. Esta función por ejemplo no es armónica ni los conjuntos de nivel son circunferencias como se ve claramente en esa galería.

□

164

165

La solución u(x, t) desde distintos ángulos....

Galería 7.5. Gráfica de la función solución del problema del calor en una barra infinita.