Derivação de algumas transformadas de Hilbert

Predefinição:Sem fontes Apresenta-se aqui a derivação das transformadas de Hilbert listadas na Tabela 1 do verbete principal. Essas derivações ilustram técnicas diversas para efetuar a transformação.

Constante

A partir da definição

Neste caso, parte-se da expressão (2) de definição da transformada e calcula-se diretamente:

$f(x)=k⟹\hat{u}(x)=\frac{1}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }(\underset{x-\frac{1}{ϵ}}{\overset{x-ϵ}{\int }}\frac{k}{u-x}du+\underset{x+ϵ}{\overset{x+\frac{1}{ϵ}}{\int }}\frac{k}{u-x}du)$

$\hat{u}(x)=\frac{k}{\pi }\cdot \underset{ϵ\to 0}{\lim }[{\ln |u-x||}_{x-\frac{1}{ϵ}}^{x-ϵ}+{\ln |u-x||}_{x+ϵ}^{x+\frac{1}{ϵ}}]$

$\hat{u}(x)=\frac{k}{\pi }\cdot \underset{ϵ\to 0}{\lim }[\ln |x-ϵ-x|-\ln |x-\frac{1}{ϵ}-x|+\ln |x+\frac{1}{ϵ}-x|-\ln |x+ϵ-x|]$

$\hat{u}(x)=\frac{k}{\pi }\cdot \underset{ϵ\to 0}{\lim }[\ln |-ϵ|-\ln |-\frac{1}{ϵ}|+\ln |\frac{1}{ϵ}|-\ln |ϵ|]=\frac{k}{\pi }\cdot \underset{ϵ\to 0}{\lim }[\ln |\frac{-1}{-1}|)$

$\hat{u}(x)=\frac{k}{\pi }\cdot \underset{ϵ\to 0}{\lim }[\ln (1)]=0$

Com troca de variáveis

Neste caso, parte-se da expressão (4) e a tarefa é trivial:

$f(x)=k⟹\hat{u}(x)=\frac{1}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{ϵ}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{k-k}{u}du=0$

Exponencial complexa

Expoente ix

Neste caso, parte-se da expressão (4) e calcula-se diretamente:

$f(x)=e^{ix}⟹\hat{u}(x)=\frac{1}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{ϵ}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{i(x+u)}-e^{i(x-u)}}{u}du$

$\hat{u}(x)=\frac{1}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{ϵ}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{ix}{e}^{iu}-e^{ix}{e}^{-iu}}{u}du=\frac{e^{ix}}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{ϵ}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{e^{iu}-e^{-iu}}{u}du$

$\hat{u}(x)=\frac{e^{ix}}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{ϵ}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{2i\cdot sin(u)}{u}du=\frac{2i{e}^{ix}}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{ϵ}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{sin(u)}{u}du$

$\hat{u}(x)=\frac{2i{e}^{ix}}{\pi }\cdot \frac{\pi }{2}=i{e}^{ix}$

Expoente ix

Neste caso, pode-se usar a propriedade da dilatação do eixo, com a = -1:

$f(x)=e^{-ix}⟹\hat{u}(x)=sgn(-1)\cdot i{e}^{-1\cdot ix}=-i{e}^{-ix}$

Funções trigonométricas

Seno

Neste caso, parte-se das transformadas das exponenciais complexas, aplicando-se a propriedade da linearidade:

$f(x)=sin(x)⟹\hat{u}(x)=\mathscr{H}\{\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\}$

$f(x)=\frac{1}{2i}(\mathscr{H}\{e^{ix}\}-\mathscr{H}\{e^{-ix}\})=\frac{1}{2i}(i{e}^{ix}+i{e}^{-ix})=\frac{1}{2}(e^{ix}+e^{-ix})=cos(x)$

Cosseno

Pode-se derivar da mesma forma:

$f(x)=cos(x)⟹\hat{u}(x)=\mathscr{H}\{\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{i}\}$

$f(x)=\frac{1}{2}(\mathscr{H}\{e^{ix}\}+\mathscr{H}\{e^{-ix}\})=\frac{1}{2}(i{e}^{ix}-i{e}^{-ix})=\frac{i\cdot i}{2\cdot i}(e^{ix}-e^{-ix})=-sin(x)$

Pode-se também derivar aplicando-se a transformação inversa:

$\mathscr{H}\{sin(x)\}=cos(x)⟹\mathscr{H}\{cos(x)\}=-sin(x)$

Também pode-se aplicar a propriedade da comutatividade com a diferenciação:

$\mathscr{H}\{cos(x)\}=\mathscr{H}\{\frac{d}{dx}sin(x)\}=\frac{d}{dx}\mathscr{H}\{sin(x)\}=\frac{d}{dx};cos(x)=-sin(x)$

cas

A derivação é imediata, a partir da definição e da paridade das funções envolvidas:

$f(x)=cas(x)=cos(x)+sin(x)⟹\hat{u}(x)=\mathscr{H}\{cos(x)+sin(x)\}=-sin(x)+cos(x)=sin(-x)+cos(-x)=cas(-x)$

Funções impulsivas

Impulso unitário

Neste caso, deve-se partir da expressão (1) de definição da transformada e calcular diretamente:

$f(x)=\delta (x)⟹\hat{u}(x)=\frac{1}{\pi }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\delta (u)}{u-x}du=\frac{1}{\pi }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{u-x}\cdot \delta (u-0)\cdot du$

Uma das propriedades fundamentais da função impulso unitário é que

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)\cdot \delta (x-a)\cdot dx=f(a)$

Assim,

$\hat{u}(x)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{1}{(0-x)}=-\frac{1}{\pi x}$

Função recíproca

Pela propriedade da transformada inversa, o resultado acima nos dá diretamente

$f(x)=\frac{1}{x}⟹\hat{u}(x)=\pi \delta (x)$

A propriedade do deslocamento do eixo nos dá

$f(x)=\frac{1}{x+a}⟹\hat{u}(x)=\pi \delta (x+a)$

Impulsos de ordem superior

As transformadas das funções impulsivas de ordem superior podem ser calculadas a partir da propriedade da comutatividade com a diferenciação:

$f(x)={\delta }^n(x)⟹\hat{u}(x)=\frac{d^{n-1}}{d{x}^{n-1}}(-\frac{1}{\pi x})|n>1$

Funções racionais

Denominador quadrático x² + 1

Nesse caso, pode-se aplicar a técnica das frações parciais:

$f(x)=\frac{1}{x^2+1}⟹\hat{u}(x)=\mathscr{H}\left(\frac{1}{x^2+1}\right)=\mathscr{H}\left[\frac{1}{2}(\frac{1}{1+ix}+\frac{1}{1-ix})\right]$

Podemos escrever

$\hat{u}(x)=\frac{1}{2}[{\hat{u}}_1(x)+{\hat{u}}_2(x)]|f_1(x)=\frac{1}{1+ix}{f}_2(x)=\frac{1}{1-ix}$

Usando a relação com a transformada de Fourier:

$G_1(\omega )=2\pi e^{\omega }\cdot u_1(-\omega )⟹{\hat{G}}_1(\omega )=i\cdot sgn(\omega )\cdot G_1(\omega )=i\cdot sgn(\omega )\cdot 2\pi e^{\omega }\cdot u_1(-\omega )=-i\cdot 2\pi e^{\omega }\cdot u_1(-\omega )$

$u_1(x)={ℱ}^{-1}\{{\hat{G}}_1(\omega )\}={ℱ}^{-1}\{-i\cdot 2\pi e^{\omega }\cdot u_1(-\omega )\}=-i\cdot {ℱ}^{-1}\{2\pi e^{\omega }\cdot u_1(-\omega )\}=-i\cdot \frac{1}{1+ix}$

De forma similar, teremos

$G_2(\omega )=2\pi e^{-\omega }\cdot u_1(\omega )⟹{\hat{G}}_1(\omega )=i\cdot sgn(\omega )\cdot 2\pi e^{-\omega }\cdot u_1(\omega )=i\cdot 2\pi e^{-\omega }\cdot u_1(\omega )$

$u_2(x)={ℱ}^{-1}\{{\hat{G}}_2(\omega )\}=i\cdot \frac{1}{1-ix}$

Assim,

$u(x)=\frac{1}{2}[u_1(x)+u_2(x)]=\frac{1}{2}[-i\cdot \frac{1}{1+ix}+i\cdot \frac{1}{1-ix}]=-\frac{x}{x^2+1}$

Esse resultado também nos permite escrever

$f(x)=\frac{x}{x^2+1}⟹\hat{u}(x)=\frac{1}{x^2+1}$

Denominador quadrático (x² + 1)²

Usando também aqui a relação com a transformada de Fourier, seja

$f(x)=x{e}^{-x}{u}_{(}x)$

A transformada de Fourier será

$F_{(}\omega )=\frac{1-{\omega }^2}{(1+{\omega }^2{)}^2}-i\frac{2\omega }{(1+{\omega }^2{)}^2}$

O que nos permite escrever

$\mathscr{H}\left\{\frac{1-x^2}{(1+x^2{)}^2}\right\}=-\frac{2x}{(1+{\omega }^2{)}^2}$

Sinais importantes em aplicações práticas

Função retangular

Neste caso, parte-se da expressão de definição (5):

$f(x)=rect(x)⟹\hat{u}(x)=-\frac{1}{\pi }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{rect(x-u)}{u}du$

Como a função é nula para |x - u| > ½, e 1 para |x - u| < ½, podemos escrever:

$\hat{u}(x)=-\frac{1}{\pi }\underset{x-\frac{1}{2}}{\overset{x+\frac{1}{2}}{\int }}\frac{1}{u}du$

Para x > ½, o intervalo de integração não possui nenhuma singularidade, e pode-se integrar diretamente:

${\hat{u}(x)|}_{x>\frac{1}{2}}=-\frac{1}{\pi }\underset{x-\frac{1}{2}}{\overset{x+\frac{1}{2}}{\int }}\frac{1}{u}du=\frac{1}{\pi }{\ln |u||}_{x-\frac{1}{2}}^{x+\frac{1}{2}}=\frac{1}{\pi }\ln |\frac{x-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}|$

Para 0 < x < ½, o intervalo de integração possui uma singularidade em u = 0. É preciso dividir a integral em duas de forma a contornar esse ponto.

${\hat{u}(x)|}_{0<x<\frac{1}{2}}=-\frac{1}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }(\underset{x-\frac{1}{2}}{\overset{ϵ}{\int }}\frac{1}{u}du+\underset{ϵ}{\overset{x+\frac{1}{2}}{\int }}\frac{1}{u}du)=-\frac{1}{\pi }\underset{ϵ\to 0}{\lim }(\ln |ϵ|-\ln |x-\frac{1}{2}|+\ln |x+\frac{1}{2}|-\ln |ϵ|)$

${\hat{u}(x)|}_{0<x<\frac{1}{2}}=\frac{1}{\pi }\ln |\frac{x-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}|$

Para x < 0, aplica-se a propriedade da dilatação do eixo:

${\hat{u}(x)|}_{x<0}=sgn(-1)\cdot {\hat{u}(-1\cdot x)|}_{x>0}=-\frac{1}{\pi }\ln |\frac{-x-\frac{1}{2}}{-x+\frac{1}{2}}|=-\frac{1}{\pi }\ln |\frac{x+\frac{1}{2}}{x-\frac{1}{2}}|=\frac{1}{\pi }\ln |\frac{x-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}|$

Assim, a expressão de û(x) é a mesma para todos os valores de x.

Função seno cardinal

Neste caso, calcula-se primeiro a transformada Fourier de f(x) e obtém-se o espectro de frequências de û(t):

$f(x)=sinc(x)=\frac{sin(\pi x)}{\pi x}⟹ℱ\{\hat{u}(x)\}=i\cdot sgn(\omega )\cdot G(\omega )=i\cdot sgn(\omega )\cdot ℱ\{sinc(x)\}$

De acordo com a tabela de transformadas de Fourier,

$ℱ\{\hat{u}(x)\}=i\cdot sgn(\omega )\cdot \pi \cdot rect\left(\frac{\omega }{2\pi }\right)$

Aplica-se então a transformada inversa de Fourier para encontrar û(t)

$\hat{u}(x)={ℱ}^{-1}[i\cdot sgn(\omega )\cdot \pi \cdot rect\left(\frac{\omega }{2\pi }\right)]=\frac{1}{2\pi }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}i\cdot sgn(\omega )\cdot \pi \cdot rect\left(\frac{\omega }{2\pi }\right)\cdot e^{i\omega x}\cdot d\omega$

$\hat{u}(x)=\frac{i}{2}[\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{0}{\int }}-rect\left(\frac{\omega }{2\pi }\right)\cdot e^{i\omega x}\cdot d\omega +\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}rect\left(\frac{\omega }{2\pi }\right)\cdot e^{i\omega x}\cdot d\omega ]$

$\hat{u}(x)=\frac{i}{2}[\underset{-\pi }{\overset{0}{\int }}-e^{i\omega x}\cdot d\omega +\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{e}^{i\omega x}\cdot d\omega ]=\frac{i}{2}[-\frac{1}{ix}\cdot {e^{i\omega x}|}_{-\pi }^0+\frac{1}{ix}\cdot {e^{i\omega x}|}_0^{\pi }]$

$\hat{u}(x)=\frac{1}{2x}[-1+e^{-i\pi x}+e^{i\pi x}-1]=\frac{cos(\pi x)-1}{x}$

Da propriedade da dilatação do eixo, segue-se imediatamente que a transformada da variante não normalizada da funçâo sinc(x) é

$ℱ\{\frac{sin(x)}{x}\}=ℱ\{\frac{sin(\frac{\pi x}{\pi })}{\frac{\pi x}{x}}\}=sgn\left(\frac{1}{\pi }\right)\cdot \frac{cos\left(\frac{\pi x}{\pi }\right)-1}{\frac{\pi x}{\pi }}=\frac{cos(x)-1}{x}$