Práctica 2: Análisis de Fourier - Resoluciones (Ej. 15 a 19)

La Transformada de Fourier

Marco Teórico Previo

Pasamos del dominio de series (espectro discreto para señales periódicas) al dominio de transformadas (espectro continuo para señales aperiódicas).

• Transformada de Fourier (Convención Estándar en Matemática/Modelado):

$$\mathcal{F}\{f(x)\}(\xi) = \hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i x \xi} \, dx$$

• Fórmula de Inversión:

$$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{2\pi i x \xi} \, d\xi$$

• Propiedades Esenciales de Derivación:
  1. Transformada de la derivada: $\mathcal{F}\{f'(x)\} = (2\pi i \xi) \hat{f}(\xi)$
  2. Derivada de la transformada: $\frac{d}{d\xi}\hat{f}(\xi) = \mathcal{F}\{-2\pi i x f(x)\} \implies \mathcal{F}\{x f(x)\} = \frac{i}{2\pi} \frac{d}{d\xi}\hat{f}(\xi)$

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Ejercicio 15: Integral Gaussiana de $e^{-\pi x^2}$ en $(0, \infty)$

Intuición Didáctica

La campana de Gauss $e^{-\pi x^2}$ es la función reina del análisis armónico. Su integral no tiene primitiva expresable mediante funciones elementales. El "truco" de elevarla al cuadrado para pasar al plano $\mathbb{R}^2$ y usar Fubini para convertirla en coordenadas polares es uno de los recursos analíticos más elegantes de la matemática. Vamos a demostrarlo por dos vías distintas.

Resolución Rigurosa

Llamemos $I = \int_0^\infty e^{-\pi x^2} \, dx$. Como el integrando es siempre positivo, sabemos que $I > 0$.

Método 1: Coordenadas Polares (El Clásico) Multiplicamos la integral por sí misma, cambiando la variable muda (variable de integración) para no mezclar:

$$I^2 = \left( \int_0^\infty e^{-\pi x^2} \, dx \right) \left( \int_0^\infty e^{-\pi y^2} \, dy \right)$$

Por el Teorema de Fubini (podemos aplicarlo ya que el integrando $e^{-\pi(x^2+y^2)}$ es medible y absolutamente integrable en el primer cuadrante $\mathbb{R}^+ \times \mathbb{R}^+$), reescribimos el producto como una integral doble:

$$I^2 = \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-\pi(x^2 + y^2)} \, dx \, dy$$

Realizamos un cambio a coordenadas polares. El dominio es el primer cuadrante, por lo que:

• $x = r \cos\theta, \quad y = r \sin\theta$
• $x^2 + y^2 = r^2$
• El diferencial de área (Jacobiano) es $dx \, dy = r \, dr \, d\theta$
• Los límites: $r \in [0, \infty)$ y $\theta \in [0, \pi/2]$.

Sustituyendo:

$$I^2 = \int_0^{\pi/2} \int_0^\infty e^{-\pi r^2} r \, dr \, d\theta$$

Como los límites son constantes y el integrando es separable, resolvemos primero la integral en $\theta$:

$$I^2 = \left( \int_0^{\pi/2} d\theta \right) \left( \int_0^\infty r e^{-\pi r^2} \, dr \right) = \frac{\pi}{2} \int_0^\infty r e^{-\pi r^2} \, dr$$

Ahora aplicamos sustitución simple en $r$: sea $u = \pi r^2 \implies du = 2\pi r \, dr \implies r \, dr = \frac{du}{2\pi}$. Límites: si $r=0 \to u=0$; si $r \to \infty \to u \to \infty$.

$$I^2 = \frac{\pi}{2} \int_0^\infty e^{-u} \frac{du}{2\pi} = \frac{1}{4} \left[ -e^{-u} \right]_0^\infty$$

Evaluando los límites, en el infinito $e^{-u} \to 0$ y en cero vale $1$:

$$I^2 = \frac{1}{4} (0 - (-1)) = \frac{1}{4}$$

Como $I > 0$, tomamos la raíz positiva: $I = 1/2$. (Nota: La integral en $(-\infty, \infty)$ vale el doble, o sea $1$, demostrando que $e^{-\pi x^2}$ tiene área unitaria).

Método 2: Teorema de Fubini sobre una función auxiliar $f(x,y) = y e^{-\pi(x^2+1)y^2}$ Consideremos la integral doble en el cuadrante positivo:

$$J = \int_0^\infty \int_0^\infty y e^{-\pi(x^2+1)y^2} \, dx \, dy$$

Integraremos de dos formas distintas intercambiando el orden (válido por Fubini/Tonelli).

Forma A (Integramos primero respecto a $y$):

$$J = \int_0^\infty \left( \int_0^\infty y e^{-\pi(x^2+1)y^2} \, dy \right) dx$$

Sea la sustitución $u = \pi(x^2+1)y^2 \implies du = 2\pi(x^2+1)y \, dy \implies y \, dy = \frac{du}{2\pi(x^2+1)}$.

$$J = \int_0^\infty \left[ \int_0^\infty e^{-u} \frac{du}{2\pi(x^2+1)} \right] dx = \int_0^\infty \frac{1}{2\pi(x^2+1)} \left[ -e^{-u} \right]_0^\infty dx$$ $$J = \int_0^\infty \frac{1}{2\pi(x^2+1)} (1) \, dx = \frac{1}{2\pi} \left[ \arctan(x) \right]_0^\infty$$

Sabemos que $\lim_{x\to\infty} \arctan(x) = \pi/2$ y $\arctan(0) = 0$.

$$J = \frac{1}{2\pi} \left( \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{4}$$

Forma B (Integramos primero respecto a $x$):

$$J = \int_0^\infty \left( \int_0^\infty y e^{-\pi y^2 x^2} e^{-\pi y^2} \, dx \right) dy$$

Podemos sacar constantes respecto a $x$:

$$J = \int_0^\infty y e^{-\pi y^2} \left( \int_0^\infty e^{-\pi(yx)^2} \, dx \right) dy$$

Hacemos la sustitución $t = yx \implies dt = y \, dx \implies dx = dt/y$. (Notar que para $x=0, t=0$; para $x\to\infty, t\to\infty$).

$$\int_0^\infty e^{-\pi(yx)^2} \, dx = \int_0^\infty e^{-\pi t^2} \frac{dt}{y} = \frac{1}{y} \int_0^\infty e^{-\pi t^2} \, dt = \frac{1}{y} I$$

Sustituyendo esto en la integral exterior:

$$J = \int_0^\infty y e^{-\pi y^2} \left( \frac{1}{y} I \right) dy = I \int_0^\infty e^{-\pi y^2} \, dy = I \cdot I = I^2$$

Igualando los resultados de ambas formas: $I^2 = 1/4 \implies I = 1/2$.

[!infobox] Ejercicio 15: Integral Gaussiana de 0 a ∞
Contexto: Cálculo de área bajo la campana de Gauss mediante Teorema de Fubini.
Demostración Rigurosa: 
Por la simetría par, la integral en todo R es el doble que en [0, ∞).
Método 1 (Polares): I² = ∫∫ e^(-π(x²+y²)) dx dy. Se pasa a polares: Jacobiano es r dr dθ. El dominio en el primer cuadrante da θ ∈ [0, π/2]. La integral r*e^(-πr²) sale por sustitución u=πr². I² = 1/4 => I = 1/2.
Método 2 (Función Auxiliar): Usando J = ∫∫ y e^(-π(x²+1)y²) dx dy.
Si integramos dy primero, sale por sustitución u=π(x²+1)y², dejando un arctan(x) que evalúa a 1/4.
Si integramos dx primero, por sustitución t=yx aparece un 1/y que cancela la y externa, dejando el producto de dos integrales gaussianas separadas => I².
Igualando: I² = 1/4 => I=1/2.
Advertencia/Clave: Es vital no olvidar el Jacobiano 'r' al pasar a polares, es lo que "salva" a la integral permitiendo la sustitución que baja el grado del exponente.

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Ejercicio 16: Transformada de Fourier de $f(x) = e^{-\pi x^2}$

Intuición Didáctica

La Gaussiana estándar $e^{-\pi x^2}$ es su propia Transformada de Fourier. Es el punto fijo (autofunción) del operador de Fourier. Demostrar esto es un hito monumental en la carrera. Haremos la demostración primero con expansiones formales y luego resolviendo un Problema de Valor Inicial (PVI) de variable compleja.

Resolución Rigurosa

Queremos calcular $\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi x^2} e^{-2\pi i x \xi} \, dx$.

Método 1: Serie de Taylor e Integración Término a Término Usamos la expansión en serie de Maclaurin de la exponencial: $e^{-2\pi i x \xi} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-2\pi i x \xi)^n}{n!}$. Sustituyendo en la integral:

$$\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi x^2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-2\pi i x \xi)^n}{n!} \, dx$$

Intercambiamos suma con integral (justificado por el Teorema de Convergencia Dominada o convergencia uniforme en compactos y decaimiento gaussiano abrumador):

$$\hat{f}(\xi) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-2\pi i \xi)^n}{n!} \int_{-\infty}^{\infty} x^n e^{-\pi x^2} \, dx$$

Analizamos la integral: $M_n = \int_{-\infty}^{\infty} x^n e^{-\pi x^2} \, dx$.

• Si $n$ es impar, el integrando $x^n e^{-\pi x^2}$ es una función impar en un dominio simétrico, por lo que $M_{impar} = 0$. ¡Desaparecen las potencias impares y la unidad imaginaria 'i'!
• Si $n$ es par ($n=2k$), el integrando es par: $M_{2k} = 2 \int_0^\infty x^{2k} e^{-\pi x^2} \, dx$. Calculamos $M_{2k}$ por recurrencia mediante integración por partes. Para $M_2$: $\int x^2 e^{-\pi x^2} dx$. Elegimos $u = x \implies du = dx$, y $dv = x e^{-\pi x^2} dx \implies v = \frac{-1}{2\pi} e^{-\pi x^2}$. El término límite uv evaluado en $\pm\infty$ da 0 porque la gaussiana mata cualquier polinomio. Nos queda $\int v du = \frac{1}{2\pi} \int e^{-\pi x^2} dx = \frac{1}{2\pi} (1) = \frac{1}{2\pi}$. En general, la recurrencia para la integral de Gauss de grado superior (o usando la Función Gamma) da: $M_{2k} = \frac{(2k)!}{k! (4\pi)^k}$. Sustituyendo en la sumatoria (sabiendo que solo sobreviven los $n=2k$):

$$\hat{f}(\xi) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-2\pi i \xi)^{2k}}{(2k)!} \frac{(2k)!}{k! (4\pi)^k}$$

Simplificando el factoriales $(2k)!$:

$$\hat{f}(\xi) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k (2\pi)^{2k} (i^2)^k \xi^{2k}}{k! 4^k \pi^k}$$

Recordando que $i^2 = -1$, el producto $(-1)^k (i^2)^k = (-1)^k (-1)^k = 1^k = 1$. Agrupando términos: $\frac{(2\pi)^{2k}}{4^k \pi^k} = \frac{4^k \pi^{2k}}{4^k \pi^k} = \pi^k$.

$$\hat{f}(\xi) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\pi^k \xi^{2k}}{k!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\pi \xi^2)^k}{k!}$$

Identificamos esta serie como la expansión de Taylor de la exponencial alternante, pero ojo que nos olvidamos de distribuir el signo original del $(-2\pi i \xi)^n$. Revisemos el álgebra de signos: El término era $(-2\pi i \xi)^{2k} = (-1)^{2k} (2)^{2k} (\pi)^{2k} (i)^{2k} (\xi)^{2k} = 1 \cdot 4^k \cdot \pi^{2k} \cdot (-1)^k \cdot \xi^{2k}$. Aha! Nos queda el $(-1)^k$ vivo.

$$\hat{f}(\xi) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k (\pi \xi^2)^k}{k!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-\pi \xi^2)^k}{k!} = e^{-\pi \xi^2}$$

(Demostración completada).

Método 2: Completando Cuadrados y Teorema Integral de Cauchy A partir de la integral original, agrupamos los exponentes:

$$\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi(x^2 + 2ix\xi)} \, dx$$

Para completar cuadrados, sumamos y restamos $\pi (i\xi)^2 = -\pi \xi^2$:

$$-\pi(x^2 + 2ix\xi) = -\pi(x^2 + 2ix\xi + (i\xi)^2 - (i\xi)^2) = -\pi(x + i\xi)^2 + \pi(i\xi)^2 = -\pi(x + i\xi)^2 - \pi\xi^2$$

Sustituyendo en la integral y sacando factor constante (respecto de x):

$$\hat{f}(\xi) = e^{-\pi \xi^2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi (x + i\xi)^2} \, dx$$

Llamamos a la integral $h(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi (x + i\xi)^2} \, dx$. Derivamos $h(\xi)$ respecto a $\xi$ (lícito ingresar la derivada por el Teorema de Leibniz/Dominada):

$$h'(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial}{\partial \xi} e^{-\pi (x + i\xi)^2} \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi (x + i\xi)^2} (-2\pi(x+i\xi) \cdot i) \, dx$$

Por otro lado, calculemos la derivada del integrando pero respecto a $x$:

$$\frac{\partial}{\partial x} e^{-\pi (x + i\xi)^2} = e^{-\pi (x + i\xi)^2} (-2\pi(x+i\xi))$$

Notamos que el integrando de $h'(\xi)$ es exactamente la derivada respecto a $x$ multiplicada por $i$:

$$h'(\xi) = i \int_{-\infty}^{\infty} \left[ \frac{\partial}{\partial x} e^{-\pi(x+i\xi)^2} \right] \, dx$$

Aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo:

$$h'(\xi) = i \left[ e^{-\pi(x+i\xi)^2} \right]_{x \to -\infty}^{x \to \infty}$$

Como $\text{Re}(-\pi(x+i\xi)^2) = -\pi(x^2 - \xi^2)$, cuando $x \to \pm\infty$, la parte real del exponente se va a $-\infty$, haciendo que la exponencial decaiga a $0$. Por ende, $h'(\xi) = 0 \implies h(\xi) = C$ (una constante!). Para hallar $C$, evaluamos en $\xi=0$: $h(0) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi(x+0)^2} dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi x^2} dx = 1$ (Demostrado en Ej 15). Por lo tanto, $h(\xi) = 1$ para todo $\xi$. Sustituyendo de vuelta:

$$\hat{f}(\xi) = e^{-\pi \xi^2} \cdot 1 = e^{-\pi \xi^2}$$

(De nuevo, demostración completada de forma magistral).

[!infobox] Ejercicio 16: La Gaussiana es Autofunción de Fourier
Contexto: F(e^(-πx²)) = e^(-πξ²).
Demostración Rigurosa:
Método de completar cuadrados: Al agrupar el núcleo complejo con el argumento de la Gaussiana, queda e^(-πξ²) * h(ξ). 
Para demostrar que h(ξ)=1, se deriva bajo el signo integral respecto a ξ, y se comprueba que equivale a derivar respecto a x (regla de la cadena).
Al aplicar TFC, se evalúa la Gaussiana en infinito, lo que da cero. 
Por ende h'(ξ)=0 => h(ξ) es constante. 
Al evaluarla en ξ=0, se recupera la integral estándar gaussiana que vale 1. 
Advertencia/Clave: El paso crítico es demostrar analíticamente que integrar en una "línea compleja" paralela al eje real (x + iξ) es equivalente a integrar sobre el eje real. La derivación bajo la integral evita tener que usar Análisis Complejo (Teorema de los Residuos y contornos rectangulares).

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Ejercicio 17: Fórmula de Inversión para una función Real

Intuición Didáctica

La fórmula de inversión pura de Fourier se expresa en el plano complejo y expone un número imaginario $i$. Sin embargo, si sabemos a priori que $f(x)$ es una función estrictamente real en el dominio del tiempo, la matemática dictamina que las componentes imaginarias deben colapsar a cero.

Resolución Rigurosa

Arrancamos con la fórmula de inversión de la Transformada de Fourier:

$$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\xi) e^{2\pi i x \xi} \, d\xi$$

Sabemos a su vez, por definición, que $\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(y) e^{-2\pi i y \xi} \, dy$ (cambiamos $x$ por $y$ para que sea variable muda interna). Sustituyendo esto dentro de la inversión:

$$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} f(y) e^{-2\pi i y \xi} \, dy \right) e^{2\pi i x \xi} \, d\xi$$

Agrupando las exponenciales mediante propiedad de exponentes de misma base:

$$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y) e^{2\pi i \xi (x - y)} \, dy \, d\xi$$

Aplicamos la Fórmula de Euler para expandir la exponencial compleja: $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$.

$$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \left[ \cos(2\pi\xi(x-y)) + i\sin(2\pi\xi(x-y)) \right] \, dy \, d\xi$$

Por linealidad de la integral, podemos separarlo en dos bloques:

$$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \cos(2\pi\xi(x-y)) \, dy \, d\xi + i \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \sin(2\pi\xi(x-y)) \, dy \, d\xi$$

Dado que el enunciado asegura que $f(x)$ es una función real, el lado izquierdo de esta ecuación es real. Por consiguiente, el lado derecho debe ser real también. Esto obliga axiomáticamente a que la parte imaginaria sea exactamente cero.

$$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \sin(2\pi\xi(x-y)) \, dy \, d\xi = 0$$

(Nota: Otra forma analítica de probar que esto es 0, sin el axioma, es observar que la función seno es IMPAR respecto a la variable de integración exterior $\xi$. Al integrarla en un dominio simétrico $(-\infty, \infty)$, toda la integral doble colapsa a cero independientemente de $f(y)$). Habiendo descartado la parte imaginaria, nos queda:

$$f(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \cos(2\pi\xi(x-y)) \, dy \, d\xi$$

Ahora, observemos el integrando respecto a $\xi$. El coseno es una función par: $\cos(\theta) = \cos(-\theta)$. Por ende, $\cos(2\pi\xi(x-y))$ es PAR respecto de la variable $\xi$. La integral de una función par en $(-\infty, \infty)$ es equivalente a $2$ veces la integral en $(0, \infty)$. Aplicando esta propiedad sobre la integral exterior:

$$f(x) = 2 \int_0^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \cos(2\pi(x-y)\xi) \, dy \, d\xi$$

(Queda rigurosamente demostrado el postulado).

[!infobox] Ejercicio 17: Inversión en Dominio Real
Contexto: Simplificación de la Antitransformada para funciones reales.
Demostración Rigurosa:
Al agrupar la transformada dentro de la antitransformada, queda la doble integral de f(y) * e^(2πiξ(x-y)). 
Al abrir por Euler en coseno + i*seno:
1. La parte imaginaria da 0 porque el seno es impar respecto a ξ y se integra sobre todo R.
2. La parte real sobrevive. El coseno es par respecto a ξ, permitiendo reducir la integral exterior de (-∞, ∞) a 2*∫[0, ∞).
Advertencia/Clave: Es crucial dominar la paridad del seno y coseno respecto a las variables de integración mudas. Lo que es impar en ξ no necesariamente es impar en y, pero la integración exterior mata todo el término.

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Ejercicio 18: Condiciones para que $\hat{f}$ sea puramente real o imaginaria

Intuición Didáctica

La Transformada de Fourier mezcla las partes reales e imaginarias de una función mediante una rotación de fase (Euler). Si queremos que la salida (espectro) no tenga parte imaginaria, debe haber un balance o simetría perfecta en la entrada que cancele las contribuciones de los senos cruzados.

Resolución Rigurosa

Por definición: $\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i x \xi} \, dx$. Calculamos el complejo conjugado del espectro $\overline{\hat{f}(\xi)}$:

$$\overline{\hat{f}(\xi)} = \overline{\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i x \xi} \, dx} = \int_{-\infty}^{\infty} \overline{f(x)} e^{2\pi i x \xi} \, dx$$

Hacemos un cambio de variable $u = -x \implies du = -dx$. Límites se invierten de $\infty$ a $-\infty$, y el negativo del diferencial los vuelve a acomodar.

$$\overline{\hat{f}(\xi)} = \int_{-\infty}^{\infty} \overline{f(-u)} e^{-2\pi i u \xi} \, du = \int_{-\infty}^{\infty} \overline{f(-x)} e^{-2\pi i x \xi} \, dx$$

(Renombramos $u$ a $x$ porque es variable muda).

Caso 1: Condición para que $\hat{f}$ sea puramente real. Un número complejo $z$ es real si y solo si $z = \overline{z}$. Requerimos $\hat{f}(\xi) = \overline{\hat{f}(\xi)}$.

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i x \xi} \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} \overline{f(-x)} e^{-2\pi i x \xi} \, dx$$

Como esto debe cumplirse para todo $\xi$ (y el núcleo de Fourier forma una base completa), los integrandos deben ser idénticos en casi todo punto:

$$f(x) = \overline{f(-x)}$$

A esta condición se la llama Simetría Hermítica par. Corolario: Si la función original $f(x)$ ya sabíamos que era estrictamente real (es decir, $f(x) = \overline{f(x)}$), entonces la condición se reduce simplemente a $f(x) = f(-x)$. Es decir, toda función real y par tiene una Transformada puramente real.

Caso 2: Condición para que $\hat{f}$ sea imaginaria pura. Un número complejo $z$ es puramente imaginario si y solo si $z = -\overline{z}$. Requerimos $\hat{f}(\xi) = -\overline{\hat{f}(\xi)}$.

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2\pi i x \xi} \, dx = -\int_{-\infty}^{\infty} \overline{f(-x)} e^{-2\pi i x \xi} \, dx$$

Al igual que en el caso anterior, igualando los núcleos:

$$f(x) = -\overline{f(-x)}$$

A esta condición se la llama Simetría Hermítica impar. Corolario: Si asumimos que $f(x)$ toma exclusivamente valores reales, entonces la condición se reduce a $f(x) = -f(-x)$. O sea, toda función real e impar tiene una Transformada puramente imaginaria.

[!infobox] Ejercicio 18: Simetrías del Espectro
Contexto: Relación de paridad entre el dominio del tiempo y la fase espectral.
Demostración Rigurosa:
Al operar con el conjugado de la definición de F[f] y aplicando un cambio de variable u = -x, se obtiene que el conjugado de la transformada es la transformada de f*(-x).
Para que F[f] ∈ R => z = z* => f(x) = f*(-x) (Simetría Hermítica Par). Si f es real, requiere que f sea PAR.
Para que F[f] ∈ I => z = -z* => f(x) = -f*(-x) (Simetría Hermítica Impar). Si f es real, requiere que f sea IMPAR.
Advertencia/Clave: No asuman que "f" siempre es real. El análisis de señales de telecomunicaciones a menudo trabaja en banda base compleja (I/Q), donde la simetría conjugada f*(-x) es lo que realmente rige el universo, no la simple paridad.

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Ejercicio 19: Cálculo Analítico de Transformadas

Intuición Didáctica

Calcular transformadas por definición (resolviendo integrales de la forma $xe^{-x^2}e^{-2\pi i x \xi}$) es engorroso y propenso a errores. Como ingenieros y analistas, usamos el catálogo de propiedades. Particularmente, el teorema multiplicativo de la derivada: multiplicar en el tiempo por "x" equivale (salvo constantes) a derivar el espectro en la frecuencia.

Recordatorio del teorema multiplicativo: Si $\mathcal{F}\{f(x)\} = \hat{f}(\xi)$, entonces $\mathcal{F}\{x \cdot f(x)\} = \frac{i}{2\pi} \frac{d}{d\xi} \hat{f}(\xi)$.

Resolución Rigurosa

(a) Transformada de $x e^{-|x|}$

Sea $g(x) = e^{-|x|}$. Su transformada tabular (que sale fácil integrando por partes o sabiendo que es un pulso laplaciano) es: $\hat{g}(\xi) = \frac{2}{1 + (2\pi \xi)^2} = \frac{2}{1 + 4\pi^2\xi^2}$. La función pedida es $f(x) = x \cdot g(x)$. Aplicando la propiedad de derivación frecuencial:

$$\mathcal{F}\{x e^{-|x|}\} = \frac{i}{2\pi} \frac{d}{d\xi} \left( \frac{2}{1 + 4\pi^2\xi^2} \right)$$

Derivamos usando regla de la cadena y del cociente ($u = 2, v = 1 + 4\pi^2\xi^2 \implies v' = 8\pi^2\xi$):

$$\frac{d}{d\xi} \left( 2(1 + 4\pi^2\xi^2)^{-1} \right) = -2(1 + 4\pi^2\xi^2)^{-2} (8\pi^2\xi) = \frac{-16\pi^2\xi}{(1 + 4\pi^2\xi^2)^2}$$

Multiplicando por la constante del teorema:

$$\hat{f}(\xi) = \frac{i}{2\pi} \left( \frac{-16\pi^2\xi}{(1 + 4\pi^2\xi^2)^2} \right) = \frac{-8\pi i \xi}{(1 + 4\pi^2\xi^2)^2}$$

(Nota de control de cordura: la original $x e^{-|x|}$ es impar y real. El resultado nos dio imaginario puro e impar. ¡Cumple perfectamente lo demostrado en el Ejercicio 18!).

(b) Transformada de $x e^{-x^2}$

Sea $g(x) = e^{-x^2}$. Necesitamos su transformada base. Ojo que no es la Gaussiana estándar ($e^{-\pi x^2}$). Aplicando propiedad de escalado $\mathcal{F}\{f(ax)\} = \frac{1}{|a|} \hat{f}(\frac{\xi}{a})$: Si $h(x) = e^{-\pi x^2}$, sabemos que $\hat{h}(\xi) = e^{-\pi \xi^2}$. Nuestra $g(x) = e^{-\pi (\frac{x}{\sqrt{\pi}})^2} = h(\frac{x}{\sqrt{\pi}})$. Entonces $a = \frac{1}{\sqrt{\pi}}$.

$$\hat{g}(\xi) = \frac{1}{1/\sqrt{\pi}} \hat{h}(\sqrt{\pi}\xi) = \sqrt{\pi} e^{-\pi (\sqrt{\pi}\xi)^2} = \sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2}$$

Ahora, la función pedida es $x \cdot g(x)$. Aplicamos nuevamente el teorema multiplicativo:

$$\mathcal{F}\{x e^{-x^2}\} = \frac{i}{2\pi} \frac{d}{d\xi} \left( \sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2} \right)$$

Derivamos la exponencial:

$$\frac{d}{d\xi} (\sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2}) = \sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2} (-2\pi^2 \xi) = -2\pi^{5/2} \xi e^{-\pi^2 \xi^2}$$

Sustituyendo:

$$\hat{f}(\xi) = \frac{i}{2\pi} (-2\pi^{5/2} \xi e^{-\pi^2 \xi^2}) = -i \pi^{3/2} \xi e^{-\pi^2 \xi^2}$$

(De nuevo: original impar y real -> transformada imaginaria e impar. Check!).

(c) Transformada de $(4x^2 - 2)e^{-x^2}$

Esta expresión tiene términos cuadráticos. Recordemos que multiplicar por $x^2$ equivale a aplicar la propiedad derivada espectral dos veces: $\mathcal{F}\{x^2 g(x)\} = \frac{i}{2\pi} \frac{d}{d\xi} \left( \frac{i}{2\pi} \hat{g}'(\xi) \right) = -\frac{1}{4\pi^2} \frac{d^2}{d\xi^2} \hat{g}(\xi)$. Aprovechemos el resultado del ítem anterior, donde ya calculamos la primera derivada: $\mathcal{F}\{x e^{-x^2}\} = -i \pi^{3/2} \xi e^{-\pi^2 \xi^2}$. Calculemos ahora la transformada de $x^2 e^{-x^2}$. Volvemos a aplicar el operador derivación $\frac{i}{2\pi} \frac{d}{d\xi}$ sobre el espectro de $x e^{-x^2}$:

$$\mathcal{F}\{x^2 e^{-x^2}\} = \frac{i}{2\pi} \frac{d}{d\xi} \left( -i \pi^{3/2} \xi e^{-\pi^2 \xi^2} \right) = \frac{\pi^{3/2}}{2\pi} \frac{d}{d\xi} \left( \xi e^{-\pi^2 \xi^2} \right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{d}{d\xi} \left( \xi e^{-\pi^2 \xi^2} \right)$$

Regla del producto en la derivación ($u = \xi, v = e^{-\pi^2 \xi^2}$):

$$= \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left[ 1 \cdot e^{-\pi^2 \xi^2} + \xi \cdot (-2\pi^2 \xi) e^{-\pi^2 \xi^2} \right] = \frac{\sqrt{\pi}}{2} (1 - 2\pi^2 \xi^2) e^{-\pi^2 \xi^2}$$

Ese es el espectro de $x^2 e^{-x^2}$. Nuestra función total pedida es $f(x) = 4x^2 e^{-x^2} - 2e^{-x^2}$. Por linealidad de Fourier, la transformada total es:

$$\hat{f}(\xi) = 4 \cdot \mathcal{F}\{x^2 e^{-x^2}\} - 2 \cdot \mathcal{F}\{e^{-x^2}\}$$

Reemplazamos con lo calculado y con $\hat{g}(\xi)$ de base (ítem b):

$$\hat{f}(\xi) = 4 \left( \frac{\sqrt{\pi}}{2} (1 - 2\pi^2 \xi^2) e^{-\pi^2 \xi^2} \right) - 2 \left( \sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2} \right)$$

Desarrollando:

$$\hat{f}(\xi) = 2\sqrt{\pi} (1 - 2\pi^2 \xi^2) e^{-\pi^2 \xi^2} - 2\sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2}$$

Factor común:

$$\hat{f}(\xi) = 2\sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2} [ 1 - 2\pi^2 \xi^2 - 1 ] = 2\sqrt{\pi} e^{-\pi^2 \xi^2} [ -2\pi^2 \xi^2 ]$$

Resultado final:

$$\hat{f}(\xi) = -4\pi^{5/2} \xi^2 e^{-\pi^2 \xi^2}$$

[!infobox] Ejercicio 19: Transformadas por Derivación Espectral
Contexto: Uso del Teorema Multiplicativo: F[x f(x)] = (i / 2π) * d/dξ F[f(x)].
Demostración Rigurosa:
(a) Partiendo de F[e^(-|x|)] = 2 / (1 + 4π²ξ²), se aplica el operador derivada, obteniendo -8πiξ / (1 + 4π²ξ²)².
(b) Partiendo de F[e^(-x²)] = √π e^(-π²ξ²) (consecuencia de escala sobre la estándar), la derivada da -i π^(3/2) ξ e^(-π²ξ²).
(c) Para (4x²-2)e^(-x²), se usa la segunda derivada espectral para hallar la transformada de x²e^(-x²), y luego se compone linealmente. El álgebra produce cancelaciones milagrosas dando -4π^(5/2) ξ² e^(-π²ξ²).
Advertencia/Clave: ¡Las reglas de escala y derivada son tus mejores amigas! Ni se te ocurra meter (4x² - 2) en la integral e intentar resolverla a mano por partes; te vas a llenar de variables y perderás valioso tiempo de examen.