Cada função f dada abaixo é suposta 2 \pi-periódica. Esboce seu gráfico no intervalo [-2 \pi, 2 \pi], calcule seus limites laterais nos pontos x=0 e x= \pm \pi e, por fim, encontre sua série de Fourier:
(h) f(x)=\left\{\begin{array}{l}x, 0<x<\pi \\\ \pi-x, \pi<x<2 \pi\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado define a função 2\pi\)-periódica dada em cada período por \[f(x)= \begin{cases} x, &0<x<\pi,\\\ \pi - x, &\pi<x<2\pi. \end{cases}
Precisamos esboçar o gráfico em [-2\pi,2\pi]\], calcular os limites laterais em \(x=0 e x=\pm\pi e, por fim, determinar a série de Fourier de f. Usaremos as fórmulas padrão de coeficientes de Fourier e propriedades de periodicidade.

Passo 2

Para o esboço em [0,2\pi], basta traçar uma reta de inclinação +1 que vai de f(0^+)=0 até f(\pi^-)=\pi, e depois uma reta decrescente de inclinação -1 que vai de f(\pi^+)=0 até f(2\pi^-)=\pi-2\pi=-\pi. Em seguida, repete-se essa forma para os intervalos [-2\pi,0] e [2\pi,4\pi]. O gráfico resultante em [-2\pi,2\pi] é uma onda triangular de período 2\pi.

Passo 3

Cálculo dos limites laterais:
- Em x=0,
\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}x=0, \qquad \lim_{x\to0^-}f(x) =\lim_{u\to2\pi^-}(\pi-u)=-\pi.
- Em x=\pi,
\lim_{x\to\pi^-}f(x)=\lim_{x\to\pi^-}x=\pi, \qquad \lim_{x\to\pi^+}f(x)=\lim_{x\to\pi^+}(\pi-x)=0.
- Em x=-\pi, usando periodicidade f(-\pi^\pm)=f(-\pi^\pm+2\pi), obtemos
\lim_{x\to(-\pi)^-}f(x)=\lim_{t\to\pi^-}t=\pi, \qquad \lim_{x\to(-\pi)^+}f(x)=\lim_{t\to\pi^+}(\pi-t)=0.

Passo 4

Para a série de Fourier escrevemos
a_0=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}f(x)\,dx, \quad a_n=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}f(x)\cos(nx)\,dx, \quad b_n=\frac1\pi\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin(nx)\,dx.
Como \int_0^{\pi}x\,dx=\tfrac{\pi^2}{2} e \int_\pi^{2\pi}(\pi-x)\,dx=-\tfrac{\pi^2}{2}, conclui-se a_0=0.

Passo 5

Cálculo de a_n partindo de \int_0^\pi x\cos(nx)\,dx=\tfrac{(-1)^n-1}{n^2}
e \int_\pi^{2\pi}(\pi-x)\cos(nx)\,dx=\tfrac{(-1)^n-1}{n^2}.
Logo
a_n=\frac1\pi\biggl[2\,\frac{(-1)^n-1}{n^2}\biggr] =\frac{2\,\bigl((-1)^n-1\bigr)}{\pi\,n^2},
que dá a_n=0 se n é par e \displaystyle a_n=-\frac{4}{\pi\,n^2} se n é ímpar.

Passo 6

Cálculo de b_n usando \int_0^\pi x\sin(nx)\,dx=-\frac{\pi(-1)^n}{n}
e \int_\pi^{2\pi}(\pi-x)\sin(nx)\,dx=\frac{\pi}{n}.
Temos
b_n=\frac1\pi\Bigl[-\pi\frac{(-1)^n}{n}+\pi\frac{1}{n}\Bigr] =\frac{1-(-1)^n}{n},
ou seja b_n=0 para n par e \displaystyle b_n=\frac{2}{n} para n ímpar.

Passo 7

Reunindo todos os termos, a série de Fourier de f fica só com modos ímpares:
f(x) =\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(a_{2k+1}\cos\bigl((2k+1)x\bigr) +b_{2k+1}\sin\bigl((2k+1)x\bigr)\Bigr) =\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl( -\frac{4}{\pi(2k+1)^2}\cos\bigl((2k+1)x\bigr) +\frac{2}{2k+1}\sin\bigl((2k+1)x\bigr) \Bigr).

Resposta

Gráfico: onda triangular de período 2\pi com rampas em cada intervalo de comprimento \pi.
Limites laterais: \displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=0,\;\lim_{x\to0^-}f(x)=-\pi; \displaystyle\lim_{x\to\pm\pi^-}f(x)=\pi,\;\lim_{x\to\pm\pi^+}f(x)=0.
Série de Fourier:
f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl( -\frac{4}{\pi(2k+1)^2}\cos\bigl((2k+1)x\bigr) +\frac{2}{2k+1}\sin\bigl((2k+1)x\bigr) \Bigr).

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