Teorema da Convergência de Fourier

Teoria Completa

Introdução

Já vimos que a série de Fourier é uma representação de funções f x que a gente não gosta em soma de senos e cossenos (que a gente ama na verdade). Mas será que sempre podemos dizer que a série de Fourier:

a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sen n π x L

É igual à função f x ? Ou seja, em qualquer ponto x eu posso recuperar o valor da função só com aquele somatório maroto?

Vamos ver que sim e não ao mesmo tempo! Quem nos responderá será o tal do teorema de convergência de Fourier.

Funções contínuas por partes

Antes de começar a falar desse Teorema propriamente dito, eu gostaria de relembrar contigo o que é uma função desse tipo.

Uma função é dita ser contínua por partes (ou descontínua por pulos), se em alguns pontos ela “salta” pra outro valor e volta a ser contínua depois disso, veja um exemplo:

Perceba que t 1 , t 2 e por aí vai, são todos pontos de descontinuidades por pulos!

As funções que vamos trabalhar aqui serão geralmente funções periódicas, mas com alguma descontinuidade por pulos. Por exemplo, a função periódica f x + 6 :

f x = 1     - 3 < x < - 1 0           - 1 < x < 1 1                     1 < x < 3

De período igual a 6 , pode ser desenhada como abaixo:

Nela desenhamos apenas dois períodos (um em vermelho e outro em azul), mas já deu pra perceber que ela é descontínua por pulos.

O Teorema na Prática...

Esse teorema da convergência de Fourier nos diz o seguinte:

“A série de Fourier é igual à função f x onde a função f for contínua.”

Então, beleza! Nos trechos contínuos, a série vai ser a própria função no ponto, como desenhado:

Já no caso das descontinuidades, o teorema nos fala que...

“Mas em pontos de descontinuidade, a série assume o valor do ponto médio da descontinuidade.

Então, em x = 1 , por exemplo, temos uma descontinuidade, certo? Ora a função é 0 (pela direita) e ora ela passa a ser 1 (a esquerda). E aí eu te pergunto, qual é o ponto médio? 1 / 2 , não concorda? Afinal:

0 + 1 2 = 1 2

Generalizando o Teorema

De uma forma geral e mais elegante, a gente pode falar isso aqui:

Seja f uma função 2 L periódica seccionalmente contínua em [ - L ,   L ] , então a Série de Fourier converge para todo x real e converge da seguinte forma”

a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sen n π x L = f x       s e   f   é   c o n t í n u a   e m   x                                             f x + + f x - 2     s e   f   d e s c o n t í n u a   e m   x

OBS: f x + e f x - são os limites laterais de f no ponto x : f x + é o limite lateral pela direita e f x - limite lateral pela esquerda.

Mas ATENÇÃO: A série tende para f x + + f x - 2 (média da descontinuidade) apenas em pontos de descontinuidade!

Na prática, meu amigo, é exatamente o que fizemos! Em pontos de continuidade, é a própria função. E em casos de descontinuidade (como no nosso x = 1 ), basta pegar o valor da função a direita ( f x + = 1 ), somar com o da esquerda ( f x - = 0 ) e dividir por 2 (tirar a média):

f x + + f x - 2 = 1 + 0 2 = 1 2

Partiu então exercícios?

Expandir

Exercício Resolvido #1

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 317. Exercício 2

Suponha que a função dada é estendida, periodicamente, para fora do intervalo original.

  1. Encontre a série de Fourier da função estendida
  2. Esboce o gráfico da função para qual a série converge por três períodos

f x = 0             - π ≤ x < 0 x                       0 ≤ x < π

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Passo 1

Letra a)

Precisamos encontrar a Série de Fourier de f , temos o seguinte:

f x = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sen n π x L    

a n = 1 L ∫ - L L f x cos ⁡ n π x L d x ,       n = 0,1 , 2 …

b n = 1 L ∫ - L L f x sen ⁡ n π x L d x ,       n = 1,2 , 3 …

Como o intervalo da função que o problema deu é 2 π (de – π até π ) e temos que estender a função, esse será o seu período. Então:

2 L = 2 π     →       L = π

Passo 2

Agora vamos calcular a 0

Fazendo n = 0 na expressão de a n temos:

a 0 = 1 π ∫ - π π f x d x

Veja que de - π a π temos duas expressões diferentes para f ( x ) , então o único jeito é dividir essa integral em duas, olha só:

a 0 = 1 π ∫ - π 0 0   d x + 1 π ∫ 0 π x d x

Repare nos intervalos que escrevemos! A função vale 0 em - π < x < 0 e x em 0 < x < π . Resolvendo essas integrais, temos

a 0 = x 2 2 π 0 π

a 0 = π 2

Passo 3

Agora vamos calcular os outros a n ’s. Temos que:

a n = 1 L ∫ - L L f x cos ⁡ n π x L d x = 1 π ∫ - π π f x cos ⁡ ( n x ) d x

Dividindo essa integral, como fizemos com a 0 :

a n = 1 π ∫ - π 0 0 cos ⁡ n x d x + ∫ 0 π x cos ⁡ n x d x

a n = 1 π ∫ 0 π x cos ⁡ n x d x

Agora vamos integrar por partes, ok? Fazendo

u = x       →       u ' = 1

v ' = cos ⁡ n x       →       v = 1 n sen n x

a n = 1 π x n sen n x 0 π - ∫ 0 π 1 n sen ⁡ n x d x

a n = 1 n 2 π c o s ⁡ ( n x ) 0 π

a n = 1 n 2 π [ cos ⁡ n π - 1 ]

Agora vamos analisar com calma. Perceba que

cos ⁡ n π = - 1       n   é   í m p a r 1       n   é   p a r

Logo

a n = 1 n 2 π - 1 - 1 = - 2 n 2 π         n   é   í m p a r 1 n 2 π 1 - 1 = 0                               n   é   p a r        

Guarde isso!

Passo 4

Agora só falta calcular os b n ’s

b n = 1 L ∫ - L L f x sen ⁡ n π x L d x = 1 π ∫ - π π f x sen ⁡ ( n x ) d x

Dividindo essa integral:

b n = 1 π ∫ - π 0 0 sen ⁡ n x d x + ∫ 0 π x sen ⁡ n x d x

b n = 1 π ∫ 0 π x sen ⁡ n x d x

Agora vamos fazer a integração por partes:

u = x       →       u ' = 1

v ' = sen ⁡ n x       →         v = - 1 n cos ⁡ n x

b n = 1 π - x n cos ⁡ n x 0 π + ∫ 0 π 1 n cos ⁡ n x d x

b n = 1 π - π n c o s ⁡ ( n π ) + 1 n 2 sen ⁡ n x 0 π

b n = - 1 n c o s ⁡ ( n π )

Lembrando que

cos ⁡ n π = - 1       n   é   í m p a r 1       n   é   p a r

Temos

b n = - 1 n ( - 1 ) = 1 n               n   é   í m p a r - 1 n 1 = - 1 n                   n   é   p a r          

b n = - 1 n + 1 n

Passo 5

Agora vamos substituir tudo o que encontramos, temos:

f x = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sen n π x L  

a 0 = π 2

a n = - 2 n 2 π ,         n   é   í m p a r 0 ,         n   é   p a r        

b n = - 1 n + 1 n

Vamos separar a série em duas para ver melhor:

f x = π 4 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ ( n x ) + ∑ n = 1 ∞ b n sen ( n x )

Agora vamos com calma. Não podemos escrever direto a n = 2 n 2 π no somatório porque isso só vale para n ímpar. Vamos definir então n = 2 k - 1 , porque isso garante que temos índices ímpares, ok? Para k = 1 temos n = 1 , portanto a série deve começar em k = 1 .Temos então

f x = π 4 - ∑ k = 1 ∞ 2 ( 2 k - 1 ) 2 π cos ⁡ 2 k - 1 x   + ∑ n = 1 ∞ b n sen n x

Agora vamos substituir o valor de b n usando a notação k também, só para ficar igual à primeira série

b k = - 1 k + 1 k

f x = π 4 - ∑ k = 1 ∞ 2 ( 2 k - 1 ) 2 π cos ⁡ 2 k - 1 x   + ∑ k = 1 ∞ - 1 k + 1 k sen k x

Já que as duas séries possuem os mesmos índices, podemos juntá-las, não é?

f x = π 4 + ∑ k = 1 ∞ - 2 ( 2 k - 1 ) 2 π cos ⁡ 2 k - 1 x + - 1 k + 1 k sen k x

Passo 6

Letra b)

Certo, agora só falta o gráfico. Essa questão é bem simples, mas você tem que ter muito cuidado com a falta de atenção. O enunciado pede para desenharmos o gráfico da função para qual a série converge. Ah, é só desenhar a função do enunciado, né?

Não! O que você vai fazer nesse tipo de questão é o seguinte:

  1. Desenhar as informações sobre f ( x ) que o enunciado dá nos colchetes (em vermelho)
  2. Repetir essa f ( x ) para a esquerda e para a direita ignorando os pontos de descontinuidade (em azul);
  3. Fazer a média dos limites laterais em cada ponto de descontinuidade (em preto)

Porque isso? Por causa daquele Teorema da Convergência de Fourier que diz que a soma da série de Fourier de f ( x ) converge para f ( x ) onde a função é contínua (por isso nós copiamos essas retas do enunciado) e converge para a média dos limites laterais nos pontos de descontinuidade. Por exemplo, para x = 3 , a soma da série converge para:

f x + + f x - 2 = π + 0 2 = π 2

Lembre-se de fazer pontos preenchidos quando representar essas médias (em preto) e pontos “vazios” (em azul e vermelho) nos limites laterais.

Portanto, esse gráfico que fizemos não representa f ( x ) , mas a soma da sua série de Fourier, ok? Claro que a soma da série é muito parecida com a função.

Obs: Se a função periódica for toda contínua, a soma da série converge para f ( x ) em todos os pontos.

Resposta

f x = π 4 + ∑ k = 1 ∞ - 2 ( 2 k - 1 ) 2 π cos ⁡ 2 k - 1 x + - 1 k + 1 k sen k x

Exercício Resolvido #2

USP - Cálculo 4 - P2 2012 - 2b

Seja f x = x 2 - 1 ,   x ∈ ( 0 , π )

a)Determine a série de Fourier de senos de f

b)Mostre que a série de Fourier de senos de f converge para uma função S : R → R e esboce o gráfico da função em [ - 2 π ,   2 π ]

c)Determine S 1863 π 2

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Passo 1

a)Calma galera, você pode estar pensando, mas cara, essa função é par!!! Como fazer ela como uma série de Fourier de seno se essa série só existe pra função ímpar? Mas opa, ele só definiu a função de ] 0 , π [ , se a gente definir f x = - x 2 + 1 em ] - π , 0 [ , pronto esse moleque é ímpar!

Bem bem, a série de Fourier de seno é:

f x = ∑ k = 1 ∞ b n sen( k x )

b k = 2 π ∫ 0 π f x sen ⁡ ( k x ) d x = 2 π ∫ 0 π ( - 1 + x 2 ) sen ⁡ ( k x ) d x = 2 π [ - ∫ 0 π sen ⁡ k x d x + ∫ 0 π x 2 sen ⁡ ( k x ) d x ]

V a m o s     r e s o l v e r   a s   i n t e g r a i s   p a r a   d e t e r m i n a r   b k ,   v o u   r e s o l v e r   e l a s   i n d e t e r m i n a d a s :

- ∫ sen ⁡ k x d x = cos ⁡ k x k

A segunda integral vamos resolver de forma indeterminada primeiro, ela é maiorzinha:

∫ x 2 sen ⁡ k x d x = ?

Vamos fazer uma integração por partes:

u = x 2 → d u = 2 x d x

d v = sen ⁡ ( k x ) d x → v = - cos ⁡ k x k

Assim fica:

∫ x 2 sen ⁡ k x d x = - x 2 cos ⁡ k x k + ∫ cos ⁡ k x k 2 x d x = - x 2 cos ⁡ k x k + 2 k ∫ x cos ⁡ k x d x

Agora para resolver essa outra integral, novamente outra integração por partes:

u = x → d u = d x

d v = cos ⁡ ( k x ) d x → v = sen ⁡ k x k

Então simbora:

∫ x 2 sen ⁡ k x d x = - x 2 cos ⁡ k x k + 2 k x sen ⁡ k x k - ∫ sen ⁡ k x k d x

Desenvolvendo:

∫ x 2 sen ⁡ k x d x = - x 2 cos ⁡ k x k + 2 x k 2 sen ⁡ k x + 2 k 3 cos ⁡ ( k x )  

Então vimos que:

∫ ( - 1 + x 2 ) sen ⁡ ( k x ) d x = - ∫ sen ⁡ k x d x + ∫ x 2 sen ⁡ ( k x ) d x

Substituindo:

∫ 0 π ( - 1 + x 2 ) sen ⁡ ( k x ) d x = cos ⁡ k x k - x 2 cos ⁡ k x k + 2 x k 2 sen ⁡ k x + 2 k 3 cos ⁡ k x 0 π  

∫ 0 π ( - 1 + x 2 ) sen ⁡ ( k x ) d x = cos ⁡ k π k - π 2 cos ⁡ k π k + 2 k 3 cos ⁡ k π - 1 k - 2 k 3

Mas: cos ⁡ ( k π ) = ( - 1 ) n

∫ 0 π ( - 1 + x 2 ) sen ⁡ ( k x ) d x = ( - 1 ) n k - π 2 ( - 1 ) n k + 2 k 3 ( - 1 ) n - 1 k - 2 k 3

∫ 0 π ( - 1 + x 2 ) sen ⁡ ( k x ) d x = k 2 - 1 n - π 2 k 2 - 1 n + 2 - 1 n - k 2 - 2 k 3

Assim finalmente:

b k = 2 π [ ∫ 0 π ( - 1 + x 2 ) sen ⁡ ( k x ) d x ]

b k = 2 π k 2 - 1 n - π 2 k 2 - 1 n + 2 - 1 n - k 2 - 2 k 3

E com isso a série de Fourier de seno fica definida:

f x = ∑ k = 1 ∞ b n sen( k x )

Passo 2

b)A extensão dessa função é seccionalmente contínua, e seccionalmente de classe C 1 , logo pelo teorema de convergência da série de Fourier, esta série converge a toda extensão em x ∈ R , exceto nos pontos de descontinuidade!

Então a função fica assim:

f x = x 2 - 1 ,   x ∈ 0 , π f x = 1 - x 2 , x ∈ - π , 0

E é só repetir o período que não tem erro!

O gráfico ficou:

Passo 3

c)   S 1863 π 2 = ?

Ae tu fica, “É clã, soldado morreu na trincheira” Mas calma, lembra que isso é uma função periódica e uma função ímpar, a cada 1 período a área necessariamente tem que dar zero!, vamos reescrever isso:

S 1863 π 2 = S 465 ( 2 π ) + 3 π 2 = S 3 π 2

Para facilitar mais ainda, podemos tirar mais coisa:

S 3 π 2 = S 3 π 2 - 2 π = S - π 2

Mas opa, a gente viu que dentro de ( - π , 0 ) a função que rege isso é:

f x = 1 - x 2 = S ( x )

Logo:

S π 2 = 1 - π 2 2 = 1 - π 2 4

Resposta

a)

b k = 2 π k 2 - 1 n - π 2 k 2 - 1 n + 2 - 1 n - k 2 - 2 k 3

f x = ∑ k = 1 ∞ b n sen( k x )

b) A extensão dessa função é seccionalmente contínua, e seccionalmente de classe C 1 , logo pelo teorema de convergência da série de Fourier, esta série converge a toda extensão em x ∈ R , exceto nos pontos de descontinuidade

c) S π 2 = 1 - π 2 4

Exercício Resolvido #3

UNICAMP - Cálculo 3 - P3 2011.1 - 3b,c

Seja f   : 0,2 → R a função dada por

f x = x ,     s e   0 ≤ x ≤ 1 0 ,     s e   1 < x ≤ 2

( a ) Construa a extensão par e periódica de f para toda a reta R , com período 4 , e calcule a série de Fourier desta extensão.

( b ) Quanto vale esta série nos pontos x = 1 e x = 0 ?

Não esqueça a justificativa.

( c ) Tomando x = 1 , calcule o valor da série

∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 2

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Passo 1

( a ) Para calcular a série de Fourier, primeiro identificamos o período P = 2 L = 4 . Isto é, f x + 4 = f ( x ) . Portanto, L = 2 .

A extensão par é obtida espelhando-se a função:

f x = - x ,     - 1 ≤ x ≤ 0 x ,     0 ≤ x ≤ 1 0 ,       - 2 ≤ x < - 1   o u   1 < x ≤ 2 f x + 4 ,       ∀ x ∈ R

Passo 2

A série é dada por cossenos (já que ela é par):

f x = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n   c o s n π x 2