14.4.2 Identidade de Parseval.
(a) Admitindo que a expansão de Fourier de f(x) é uniformemente convergente, mostre que
\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^{2} d x=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right)
Essa é a identidade de Parseval. Na verdade, é um caso especial da relação de completude, Equação (10.73).
(b) Dado
x^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \cos n x}{n^{2}}, \quad-\pi \leq x \leq \pi
aplique a identidade de Parseval para obter \zeta(4) em forma fechada.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras:
  • (a) Admitindo que a expansão de Fourier de f(x) converge uniformemente, mostrar a identidade de Parseval
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^{2}\,dx=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\bigr).
  • (b) Usar a série dada
x^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\cos n x}{n^{2}},\qquad -\pi\le x\le\pi,
aplicar a identidade de Parseval para determinar em forma fechada \zeta(4)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{4}}.
Informações relevantes dadas:
  • A série de Fourier de f é uniformemente convergente na reta [-\pi,\pi].
  • A forma canônica da série de Fourier (no enunciado implícita) é
f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\bigr).
  • Para a parte (b) tem-se explicitamente a expansão de x^{2} em cossenos (sem termos em seno).
A partir daqui vou provar (a) passo a passo e depois aplicar em (b).

Passo 2

Construir as somas parciais e usar ortogonalidade. Defina a soma parcial de ordem N\): \[S_{N}(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{N}\bigl(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\bigr).
Vamos calcular \dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}S_{N}(x)^{2}\,dx. Para isso preciso das relações de ortogonalidade das funções trigonométricas no intervalo [-\pi,\pi]. Estas integrais são fáceis de calcular usando fórmulas de soma de cossenos/senos; os resultados são:
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos mx\cos nx\,dx=\begin{cases}1,& m=n\ge1,\\[4pt]0,& m\ne n,\end{cases}
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\sin nx\,dx=\begin{cases}1,& m=n\ge1,\\[4pt]0,& m\ne n,\end{cases}
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos nx\sin mx\,dx=0\quad\text{para quaisquer }m,n\ge1,
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot\cos nx\,dx=0,\qquad \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot\sin nx\,dx=0,
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1\cdot1\,dx=2.
(Se quiser, cada uma dessas integrais pode ser obtida escrevendo produtos de senos/cossenos como soma de cossenos de somas/diferenças e integrando; o ponto é que cossenos/senos com índices diferentes são ortogonais.)
Agora expanda S_{N}(x)^{2}\] e integre termo a termo. Os termos mistos como \(\cos nx\sin mx e 1\cdot\cos nx têm integral zero por ortogonalidade; os únicos termos que sobrevivem são os quadrados:
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}S_{N}(x)^{2}\,dx =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{a_{0}}{2}\right)^{2}dx +\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\bigl(a_{n}\cos nx\bigr)^{2}dx +\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\bigl(b_{n}\sin nx\bigr)^{2}dx.
Usando as integrais acima:
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{a_{0}}{2}\right)^{2}dx =\left(\frac{a_{0}}{2}\right)^{2}\cdot\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1\,dx =\left(\frac{a_{0}}{2}\right)^{2}\cdot 2=\frac{a_{0}^{2}}{2},
e, para cada n\ge1,
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\bigl(a_{n}\cos nx\bigr)^{2}dx=a_{n}^{2},\qquad \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\bigl(b_{n}\sin nx\bigr)^{2}dx=b_{n}^{2}.
Portanto obtemos a identidade truncada (para todo N):
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}S_{N}(x)^{2}\,dx=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{N}\bigl(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\bigr).]

Passo 3

Passar do truncado S_{N} para a função f usando convergência uniforme. A hipótese do enunciado garante que S_{N}\to f uniformemente em [-\pi,\pi]. Quero justificar que então \dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}S_{N}^{2}\,dx\to \dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^{2}\,dx e assim passar ao limite em ambos os lados da igualdade do passo anterior.
Explicação detalhada e fácil: como S_{N}\to f uniformemente, existe M tal que |S_{N}(x)|\le M e |f(x)|\le M para todo x e todos N suficientemente grandes (podemos tomar M=\sup|f|+1, por exemplo). Então
\bigl|S_{N}(x)^{2}-f(x)^{2}\bigr|=|S_{N}(x)-f(x)|\,|S_{N}(x)+f(x)| \le \|S_{N}-f\|_{\infty}\cdot\bigl(\|S_{N}\|_{\infty}+\|f\|_{\infty}\bigr),
onde \|\cdot\|_{\infty} é a norma do supremo. Como \|S_{N}-f\|_{\infty}\to0 e \|S_{N}\|_{\infty}+\|f\|_{\infty} é limitado por 2M, segue que \|S_{N}^{2}-f^{2}\|_{\infty}\to0, ou seja, S_{N}^{2}\to f^{2} uniformemente. Então a integração e o limite podem ser trocados:
\lim_{N\to\infty}\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}S_{N}(x)^{2}\,dx =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\lim_{N\to\infty}S_{N}(x)^{2}\,dx =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)^{2}\,dx.

Passo 4

Concluir (a) tomando limite em N\to\infty na identidade do Passo 2. Do passo 2 temos, para todo N,
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}S_{N}(x)^{2}\,dx=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{N}\bigl(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\bigr).
Pelo passo 3 o lado esquerdo converge para \dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)^{2}\,dx quando N\to\infty. O lado direito converge (é uma soma de termos não-negativos) para \dfrac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}). Igualando os limites obtemos exatamente a identidade de Parseval:
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^{2}\,dx=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\bigr).
Isso resolve a parte (a).

Passo 5

Agora aplicar Parseval ao caso f(x)=x^{2} usando a série dada. A série fornecida é
x^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\cos nx}{n^{2}}.
Compare com a forma padrão f(x)=\dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n\ge1}(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx). Assim:
\frac{a_{0}}{2}=\frac{\pi^{2}}{3}\quad\Rightarrow\quad a_{0}=\frac{2\pi^{2}}{3},
e, para n\ge1,
a_{n}=4\frac{(-1)^{n}}{n^{2}},\qquad b_{n}=0.
Substitua na identidade de Parseval. O lado esquerdo é
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{4}\,dx.
Calcule essa integral diretamente:
\int_{-\pi}^{\pi}x^{4}\,dx=2\int_{0}^{\pi}x^{4}\,dx =2\left[\frac{x^{5}}{5}\right]_{0}^{\pi} =2\cdot\frac{\pi^{5}}{5}=\frac{2\pi^{5}}{5},
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\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{4}\,dx=\frac{2\pi^{4}}{5}.
O lado direito pela fórmula de Parseval é
\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\bigr) =\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi^{2}}{3}\right)^{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(4\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\right)^{2}.
Calcule os termos:
\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi^{2}}{3}\right)^{2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4\pi^{4}}{9}=\frac{2\pi^{4}}{9},
e como b_{n}=0 e ((-1)^{n})^{2}=1,
\sum_{n=1}^{\infty}\left(4\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\right)^{2} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{16}{n^{4}} =16\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}=16\,\zeta(4).
Portanto Parseval dá a igualdade
\frac{2\pi^{4}}{5}=\frac{2\pi^{4}}{9}+16\,\zeta(4).
Isolando \zeta(4):
16\,\zeta(4)=\frac{2\pi^{4}}{5}-\frac{2\pi^{4}}{9} =2\pi^{4}\Bigl(\frac{1}{5}-\frac{1}{9}\Bigr) =2\pi^{4}\cdot\frac{4}{45}=\frac{8\pi^{4}}{45}.
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\zeta(4)=\frac{8\pi^{4}}{45\cdot 16}=\frac{\pi^{4}}{90}.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x)]^{2}\,dx=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\bigr)
\displaystyle \zeta(4)=\frac{\pi^{4}}{90}

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