$\def\i{\mathrm{i}}\def\e{\mathrm{e}}\def\d{\mathrm{d}}\def\Re{\mathop{\mathrm{Re}}}$ En primer lugar, para cualquier $t > 0$ , $r > |λ|$ por el teorema del residuo, $$ \int_{-r}^r \frac{\e^{\i zt}}{z + \i λ} \,\d z + \int\limits_{γ_r} \frac{\e^{\i zt}}{z + \i λ} \,\d z = \begin{cases} 2π\i · \e^{\i zt} \Biggr|_{z = -\i λ} = 2π\i \e^{λt}; & \Re(λ) < 0\\ 0; & \Re(λ) > 0 \end{cases} $$ donde $γ_r = \{z = r\e^{\i θ} \mid 0 \leqslant θ \leqslant π\}$ con orientación contraria a las agujas del reloj. Tenga en cuenta que $$ \lim_{|z| \to +\infty} \left| \frac{1}{z + \i λ} \right| = 0, $$ haciendo $r \to +\infty$ y por El lema de Jordan , $$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\e^{\i zt}}{z + \i λ} \,\d z = \begin{cases} 2π\i \e^{λt}; & \Re(λ) < 0\\ 0; & \Re(λ) > 0 \end{cases} $$ Análogamente, $$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\e^{\i zt}}{z - \i λ} \,\d z = \begin{cases} 2π\i \e^{-λt}; & \Re(λ) > 0\\ 0; & \Re(λ) < 0 \end{cases} $$
Caso 1: $\Re(λ) > 0$ entonces $\Re(\overline{λ}) = \Re(λ) > 0$ . Para $t > 0$ , \begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty} α(ω) \e^{\i ωt} \,\d ω &= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{R \e^{\i ωt}}{\i ω - λ} \,\d ω + \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\overline{R} \e^{\i ωt}}{\i ω - \overline{λ}} \,\d ω\\ &= -\i R \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\e^{\i zt}}{z + \i λ} \,\d z - \i \overline{R} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\e^{\i zt}}{z + \i \overline{λ}} \,\d z\\ &= -\i R · 0 - \i \overline{R} · 0 = 0. \end{align*} Para $t < 0$ , \begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty} α(ω) \e^{\i ωt} \,\d ω &= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{R \e^{\i ωt}}{\i ω - λ} \,\d ω + \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\overline{R} \e^{\i ωt}}{\i ω - \overline{λ}} \,\d ω\\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{R \e^{\i ω'(-t)}}{-\i ω' - λ} \,\d ω' + \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\overline{R} \e^{\i ω'(-t)}}{-\i ω' - \overline{λ}} \,\d ω'\\ &= \i R \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\e^{\i z(-t)}}{z - \i λ} \,\d z + \i \overline{R} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\e^{\i z(-t)}}{z - \i \overline{λ}} \,\d z\\ &= \i R · 2π\i \e^{-λ(-t)} + \i \overline{R} · 2π\i \e^{-\overline{λ}(-t)} = -2π (R \e^{λt} + \overline{R} \e^{\overline{λ}t}). \end{align*} Por lo tanto, $$ h(t) = \frac{1}{2π} \int_{-\infty}^{+\infty} α(ω) \e^{\i ωt} \,\d ω = \begin{cases} 0; & t > 0\\ -(R \e^{λt} + \overline{R} \e^{\overline{λ}t}); & t < 0 \end{cases} $$
Caso 2: $\Re(λ) < 0$ . Un cálculo análogo muestra que $$ h(t) = \frac{1}{2π} \int_{-\infty}^{+\infty} α(ω) \e^{\i ωt} \,\d ω = \begin{cases} R \e^{λt} + \overline{R} \e^{\overline{λ}t}; & t > 0\\ 0; & t < 0 \end{cases} $$
Ahora bien, si $\Re(λ) > 0$ entonces para cualquier $ω \in \mathbb{R}$ , $M > 0$ , $$ \int_{-M}^0 \e^{λt} \e^{-\i ωt} \,\d t = \left. \frac{\e^{(λ - \i ω)t}}{λ - \i ω} \right|_{-M}^0 = -\frac{1}{\i ω - λ} (1 - \e^{-(λ - \i ω)M}). $$ Tenga en cuenta que $\Re(λ) > 0$ y $$ |\e^{-(λ - \i ω)M}| = \exp(\Re(-(λ - \i ω)M)) = \exp(-M \Re(λ)), $$ haciendo $M \to +\infty$ , $$ \int_{-\infty}^0 \e^{λt} \e^{-\i ωt} \,\d t = -\frac{1}{\i ω - λ}. $$ Análogamente, si $\Re(λ) < 0$ entonces $$ \int_0^{+\infty} \e^{λt} \e^{-\i ωt} \,\d t = \frac{1}{\i ω - λ}. $$
Caso 1: $\Re(λ) > 0$ entonces $\Re(\overline{λ}) = \Re(λ) > 0$ . Para cualquier $ω \in \mathbb{R}$ , \begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty} h(t) \e^{-\i ωt} \,\d t &= -\int_{-\infty}^0 (R \e^{λt} + \overline{R} \e^{\overline{λ}t}) \e^{-\i ωt} \,\d t\\ &= -R \int_0^{+\infty} \e^{λt} \e^{-\i ωt} \,\d t - \overline{R} \int_0^{+\infty} \e^{\overline{λ}t} \e^{-\i ωt} \,\d t\\ &= \frac{R}{\i ω - λ} + \frac{\overline{R}}{\i ω - \overline{λ}} = α(ω). \end{align*}
Caso 2: $\Re(λ) < 0$ . Un cálculo análogo muestra que $$ \int_{-\infty}^{+\infty} h(t) \e^{-\i ωt} \,\d t = α(ω). $$
