Em cada um dos seguintes problemas é dada uma função no intervalo -\pi<\mathrm{x}<\pi. Faça o esboço de vários períodos da função. Expanda a função periódica em série de Fourier.
f(x)=1+x, \quad-\pi<x<\pi.

Passo 1

O enunciado dá a função no intervalo -\pi<x<\pi
f(x)=1+x
e pede dois coisas: (1) esboçar vários períodos da extensão periódica dessa função; (2) expandir a função periódica em série de Fourier. Informações relevantes: o intervalo base é -\pi<x<\pi (comprimento 2\pi), portanto a extensão periódica terá período 2\pi. Os pontos finais do intervalo são x=-\pi e x=\pi; os valores unilaterais próximos a esses pontos são \lim_{x\to -\pi^+}f(x)=1-\pi e \lim_{x\to \pi^-}f(x)=1+\pi. Essas são todas as informações que vamos usar.

Passo 2

Descrevendo o esboço (você pode desenhar isso rapidamente na prova): dentro de -\pi<x<\pi a função é uma reta de inclinação 1 com intercepto 1. Ou seja, em x=0 temos f(0)=1; em x=-\pi o valor da reta (pela extensão pela direita do intervalo) é 1-\pi; em x=\pi o valor pela esquerda é 1+\pi. A extensão periódica de período 2\pi repete esse segmento linear a cada intervalo de comprimento 2\pi. Portanto o gráfico é um “sawtooth” (dente de serra): segmentos retos com inclinação 1 conectando, por exemplo, o ponto imediatamente à direita de -\pi até imediatamente à esquerda de \pi, e em x=\pi+2k\pi ocorre um salto (discontinuidade) para o valor 1-\pi do início do próximo período. O salto na passagem por x=\pi+2k\pi tem magnitude
(1-\pi)-(1+\pi)=-2\pi,
ou seja, o valor cai verticalmente em 2\pi. Assim, ao desenhar, trace uma reta de -\pi a \pi com inclinação 1, e repita isso para os períodos adjacentes, com saltos descendentes de 2\pi nos limites do intervalo.

Passo 3

Agora vamos à série de Fourier. Para uma função 2\pi-periódica integrável, a expansão de Fourier na forma trigonométrica é
f(x)\sim \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos(nx)+b_{n}\sin(nx)\bigr),
onde os coeficientes são dados por
a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx, \qquad a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,dx, \qquad b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx.
Aqui n é um inteiro positivo que indexa os harmônicos; \cos(nx) e \sin(nx) são as funções base ortogonais; e as integrais são sobre um período [-\pi,\pi].

Passo 4

Cálculo de a_{0}. Usamos f(x)=1+x:
a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(1+x)\,dx =\frac{1}{\pi}\Bigl[\int_{-\pi}^{\pi}1\,dx+\int_{-\pi}^{\pi}x\,dx\Bigr].
Agora \int_{-\pi}^{\pi}1\,dx=2\pi e \int_{-\pi}^{\pi}x\,dx=0 (porque x é função ímpar integrada simetricamente). Logo
a_{0}=\frac{1}{\pi}(2\pi)=2.
Portanto o termo médio é \dfrac{a_{0}}{2}=1. (Isso faz sentido: a média da reta 1+x no intervalo simétrico é 1.)

Passo 5

Cálculo de a_{n} para n\ge 1. Temos
a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(1+x)\cos(nx)\,dx =\frac{1}{\pi}\Bigl[\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\,dx+\int_{-\pi}^{\pi}x\cos(nx)\,dx\Bigr].
A primeira integral \int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\,dx=0 para n\ge1 (integral sobre um número inteiro de meias-oscilações). Para a segunda integral usamos integração por partes. Seja u=x, dv=\cos(nx)\,dx. Então du=dx e v=\dfrac{1}{n}\sin(nx). Assim
\int_{-\pi}^{\pi}x\cos(nx)\,dx =\left.\frac{x\sin(nx)}{n}\right|_{-\pi}^{\pi}-\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\,dx.
O termo de fronteira é zero porque \sin(n\pi)=0. A integral de \sin(nx) em [-\pi,\pi] também é zero (função ímpar). Portanto \int_{-\pi}^{\pi}x\cos(nx)\,dx=0. Concluímos
a_{n}=0\qquad\text{para todo }n\ge1.

Passo 6

Cálculo de b_{n} para n\ge1. Começamos
b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(1+x)\sin(nx)\,dx =\frac{1}{\pi}\Bigl[\int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\,dx+\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(nx)\,dx\Bigr].
A primeira integral \int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\,dx=0. Para a segunda, usamos integração por partes: tome u=x, dv=\sin(nx)\,dx. Então du=dx e v=-\dfrac{1}{n}\cos(nx). Assim
\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(nx)\,dx =\left.-\frac{x\cos(nx)}{n}\right|_{-\pi}^{\pi}+\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\,dx.
A última integral é zero. O termo de fronteira fica
-\frac{1}{n}\bigl(\pi\cos(n\pi)-(-\pi)\cos(-n\pi)\bigr).
Como \cos(-n\pi)=\cos(n\pi)=(-1)^{n}, isso é
-\frac{1}{n}\bigl(\pi(-1)^{n}+\pi(-1)^{n}\bigr)=-\frac{2\pi}{n}(-1)^{n}.
Portanto
\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(nx)\,dx=-\frac{2\pi}{n}(-1)^{n}.
Dividindo por \pi (pela fórmula de b_{n}) obtemos
b_{n}=\frac{1}{\pi}\left(-\frac{2\pi}{n}(-1)^{n}\right)=-\frac{2}{n}(-1)^{n}.
Podemos reescrever de forma mais agradável como
b_{n}=2\frac{(-1)^{\,n+1}}{n}.

Passo 7

Montando a série: já sabemos que a_{0}=2, a_{n}=0 para n\ge1 e b_{n}=2(-1)^{n+1}/n. Substituindo na fórmula geral,
f(x)\sim \frac{2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(0\cdot\cos(nx)+2\frac{(-1)^{\,n+1}}{n}\sin(nx)\right).
Logo a série de Fourier fica
f(x)\sim 1+2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{\sin(nx)}{n}.
Comentário sobre convergência (útil na prova): onde f é contínua (ou seja, em todo x que não sejam os pontos x=\pi+2k\pi), a série converge para f(x). Nos pontos de descontinuidade (as fronteiras dos períodos) a série converge para a média dos limites laterais, que é \dfrac{(1+\pi)+(1-\pi)}{2}=1 — justamente o valor do termo médio a_{0}/2.

Resposta

f(x)=1+x\sim 1+2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{\sin(nx)}{n}.

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