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.
\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{cc} x+\pi, & -\pi<x<0 \\\\ 0, & 0<x<\pi \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá uma função definida em [-\pi<x<\pi) por partes e pede duas coisas:
  1. Fazer o esboço de vários períodos da função periódica de período 2\pi obtida a partir dessa definição no intervalo -\pi<x<\pi.
  2. Expandir essa função periódica em série de Fourier.
Informações fornecidas (vou listar exatamente o que o enunciado dá):
f(x)=\begin{cases} x+\pi, & -\pi<x<0,\\[4pt] 0, & 0<x<\pi. \end{cases}
Observações imediatas extraídas do enunciado:
  • A função é definida no intervalo aberto -\pi<x<\pi\] e deve ser estendida periodicamente com período \(2\pi.
  • Há descontinuidade em x=0 (salto de f(0^-)=\pi para f(0^+)=0).
    Não resolvo nada aqui ainda — só organizei o que foi pedido e os dados.]

Passo 2

Vamos montar a série de Fourier para uma função 2\pi-periódica. Primeiro a fórmula geral (isso é importante decorá-la e saber usá-la na prova).
Para uma função 2\pi-periódica integrável, a série de Fourier 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,
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx,\qquad n\ge1,
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(nx)\,dx,\qquad n\ge1.
Explicação do que cada termo significa, de forma prática:
  • \dfrac{a_0}{2} é a média (valor DC) da função no período.
  • Os termos a_n\cos(nx) capturam as componentes pares (cosenos), e os b_n\sin(nx) capturam as componentes ímpares (senos).
  • Para calcular cada coeficiente você substitui f(x) na integral e resolve — muitas vezes você aproveitará a forma por partes da função para quebrar as integrais.
Agora aplicamos essas fórmulas ao nosso f(x). Como f(x)=0 em 0<x<\pi, todas as integrais sobre -\pi a \pi reduzem-se a integrais sobre -\pi a 0 com integrando x+\pi. Vou fazer isso passo a passo.

Passo 3

Cálculo de a_0.
Começamos por
a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\,dx=\frac{1}{\pi}\left(\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\,dx+\int_{0}^{\pi}0\,dx\right).
Calcule a integral não-nula:
\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\,dx=\left[\frac{x^2}{2}+\pi x\right]_{-\pi}^{0}.
Avalia:
\left(\frac{0^2}{2}+\pi\cdot0\right)-\left(\frac{(-\pi)^2}{2}+\pi(-\pi)\right)=0-\left(\frac{\pi^2}{2}-\pi^2\right)=0-\left(-\frac{\pi^2}{2}\right)=\frac{\pi^2}{2}.
Logo
a_0=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\frac{\pi}{2}.
Assim o termo constante na série é
\frac{a_0}{2}=\frac{\pi}{4}.

Passo 4

Cálculo de a_n para n\ge1.
Usamos
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\cos(nx)\,dx,
pois no resto do período f(x)=0.
Separe em duas integrais:
\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\cos(nx)\,dx=\int_{-\pi}^{0} x\cos(nx)\,dx+\pi\int_{-\pi}^{0}\cos(nx)\,dx.
Primeira integral: calcular \displaystyle\int_{-\pi}^{0} x\cos(nx)\,dx. Aplicamos integração por partes: tome u=x e dv=\cos(nx)\,dx. Então du=dx e v=\dfrac{\sin(nx)}{n}. Logo
\int x\cos(nx)\,dx = x\cdot\frac{\sin(nx)}{n}-\int \frac{\sin(nx)}{n}\,dx = \frac{x\sin(nx)}{n}+\frac{\cos(nx)}{n^2}.
Avaliada de -\pi a 0:
\int_{-\pi}^{0} x\cos(nx)\,dx = \left[\frac{x\sin(nx)}{n}+\frac{\cos(nx)}{n^2}\right]_{-\pi}^{0}.
Agora calculemos os termos: em x=0 o primeiro termo vale 0 e \cos(0)=1. Em x=-\pi temos \sin(-n\pi)=-\sin(n\pi)=0 e \cos(-n\pi)=\cos(n\pi)=(-1)^n. Portanto
\int_{-\pi}^{0} x\cos(nx)\,dx = \left(0+\frac{1}{n^2}\right) - \left(0+\frac{(-1)^n}{n^2}\right)=\frac{1-(-1)^n}{n^2}.
Segunda integral:
\pi\int_{-\pi}^{0}\cos(nx)\,dx=\pi\left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_{-\pi}^{0}=\pi\cdot\frac{0-\sin(-n\pi)}{n}=\pi\cdot\frac{\sin(n\pi)}{n}=0,
pois \sin(n\pi)=0.
Logo
a_n=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{1-(-1)^n}{n^2}=\frac{1-(-1)^n}{\pi n^2}.
Interpretação por paridade:
  • Se n é par, (-1)^n=1 e então a_n=0.
  • Se n é ímpar, (-1)^n=-1 e então a_n=\dfrac{2}{\pi n^2}.

Passo 5

Cálculo de b_n para n\ge1.
Usamos
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(nx)\,dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\sin(nx)\,dx.
Separe novamente:
\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\sin(nx)\,dx=\int_{-\pi}^{0} x\sin(nx)\,dx+\pi\int_{-\pi}^{0}\sin(nx)\,dx.
Calcule \displaystyle\int_{-\pi}^{0} x\sin(nx)\,dx por partes: escolha u=x, dv=\sin(nx)\,dx. Então du=dx, v=-\dfrac{\cos(nx)}{n}. Assim
\int x\sin(nx)\,dx = -\frac{x\cos(nx)}{n}+\int\frac{\cos(nx)}{n}\,dx = -\frac{x\cos(nx)}{n}+\frac{\sin(nx)}{n^2}.
Avalie de -\pi a 0:
\int_{-\pi}^{0} x\sin(nx)\,dx = \left[-\frac{x\cos(nx)}{n}+\frac{\sin(nx)}{n^2}\right]_{-\pi}^{0}.
Em x=0 o termo -\dfrac{x\cos(nx)}{n}=0 e \sin(0)=0. Em x=-\pi temos -\dfrac{(-\pi)\cos(-n\pi)}{n} = \dfrac{\pi\cos(n\pi)}{n}=\dfrac{\pi(-1)^n}{n} e \sin(-n\pi)=0. Portanto
\int_{-\pi}^{0} x\sin(nx)\,dx = 0 - \left(\dfrac{\pi(-1)^n}{n}+0\right)= -\dfrac{\pi(-1)^n}{n}.
Agora a outra integral:
\pi\int_{-\pi}^{0}\sin(nx)\,dx=\pi\left[-\frac{\cos(nx)}{n}\right]_{-\pi}^{0}=\pi\left(-\frac{1}{n}+\frac{\cos(n\pi)}{n}\right) =-\frac{\pi}{n}\bigl(1-(-1)^n\bigr).
Somando:
\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\sin(nx)\,dx = -\frac{\pi(-1)^n}{n} -\frac{\pi}{n}\bigl(1-(-1)^n\bigr) = -\frac{\pi}{n}.
(Verificação rápida: os termos com (-1)^n se cancelam, sobrando -\pi/n.)
Portanto
b_n=\frac{1}{\pi}\cdot\left(-\frac{\pi}{n}\right)=-\frac{1}{n}.
Observação: b_n é simples e independente da paridade de n.

Passo 6

Montagem da série de Fourier e comentários de convergência.
Juntando os coeficientes encontrados, a série de Fourier é
f(x)\sim \frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1-(-1)^n}{\pi n^2}\cos(nx)-\frac{1}{n}\sin(nx)\right).
Podemos escrever de forma mais explícita, separando os termos de cosseno apenas com índices ímpares: para n=2m+1 (ímpar) temos a_{2m+1}=\dfrac{2}{\pi(2m+1)^2\!}, e para n=2m (par) a_{2m}=0. Então uma forma equivalente é
f(x)\sim \frac{\pi}{4}+\sum_{m=0}^{\infty}\frac{2}{\pi(2m+1)^2}\cos\bigl((2m+1)x\bigr)-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin(nx).
Sobre convergência: em pontos de continuidade a série converge para f(x). Em pontos de descontinuidade (por exemplo x=0) a série converge para a média dos limites laterais:
\text{no }x=0\text{ a série converge para }\frac{f(0^-)+f(0^+)}{2}=\frac{\pi+0}{2}=\frac{\pi}{2}.é
Isso é o comportamento padrão (e leva ao fenômeno de Gibbs próximo ao salto).
Quanto ao esboço de vários períodos (descrição curta e prática para desenhar à mão):
  • No intervalo -\pi<x<0 a função é a reta f(x)=x+\pi, que vai de f(-\pi^+)=0 até f(0^-)=\pi.
  • No intervalo 0<x<\pi a função é zero.
  • Repete-se esse padrão a cada comprimento 2\pi (isto é, desenhe a mesma peça para cada intervalo [k2\pi-\pi,k2\pi+\pi]).
    Nos pontos de fronteira (como x=k\pi) você pode marcar o valor da série (ou seja, o valor médio): por exemplo em x=0 o valor da série é \pi/2.

Resposta

Esboço: No intervalo -\pi<x<0 a função é a reta f(x)=x+\pi (vai de 0 em x=-\pi^+ até \pi em x=0^-); em 0<x<\pi vale 0. A extensão periódica de período 2\pi repete esse padrão para todos os períodos.
Série de Fourier:
f(x)\sim \frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1-(-1)^n}{\pi n^2}\cos(nx)-\frac{1}{n}\sin(nx)\right).

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