Determine o polinômio trigonométrico interpolador S_{2}(x)\), de grau dois, em \([-\pi, \pi]\), para as seguintes funções e gráfico \(f(x)-S_{2}(x)\) : \(f(x)= \begin{cases}-1, & -\pi \leq x \leq 0 \\\\ 1, & 0<x \leq \pi\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede o polinômio trigonométrico interpolador S_{2}(x)\) de grau dois em \([-\pi,\pi]\) para \[f(x)= \begin{cases} -1, & -\pi \le x \le 0,\\\ \phantom{-}1, & 0<x\le\pi. \end{cases}
Na prática, isso coincide com tomar a soma parcial de ordem 2 da série de Fourier de (f]. Para isso vamos usar que
S_{2}(x) =\frac{a_{0}}{2} +\sum_{k=1}^{2}\bigl(a_{k}\cos kx + b_{k}\sin kx\bigr),
onde
a_{k}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos kx\,dx,\quad b_{k}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin kx\,dx.

Passo 2

Observamos que f é ímpar (à exceção de um ponto isolado em x=0, irrelevante no integral), pois f(-x)=-f(x) quase em todo lugar. Logo
a_{k} =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos kx\,dx =0 \quad\text{(produto de ímpar por par é ímpar)},íéí
enquanto
b_{k} =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin kx\,dx =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin kx\,dx
porque f(x)\sin kx é par.

Passo 3

Para x\in(0,\pi) vale f(x)=1, então
b_{k} =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot\sin kx\,dx =\frac{2}{\pi}\Bigl[-\tfrac{1}{k}\cos kx\Bigr]_{0}^{\pi} =\frac{2}{\pi\,k}\bigl(1-(-1)^{k}\bigr).
Isto dá
b_{1} =\frac{2}{\pi\cdot1}(1-(-1))=\frac{4}{\pi}, \qquad b_{2} =\frac{2}{\pi\cdot2}(1-1)=0.

Passo 4

Como todos os a_{k}=0 e b_{2}=0, a soma parcial de ordem 2 fica
S_{2}(x) =\sum_{k=1}^{2}b_{k}\sin kx =\frac{4}{\pi}\sin x.

Passo 5

O erro f(x)-S_{2}(x)\) é então \[f(x)-S_{2}(x)= \begin{cases} -1-\frac{4}{\pi}\sin x, & -\pi\le x\le0,\\\ \phantom{-}1-\frac{4}{\pi}\sin x, & 0<x\le\pi. \end{cases}
Graficamente, em cada intervalo [-\,\pi,0]\] e \((0,\pi] temos uma curva seno deslocada verticalmente em \mp1, com descontinuidade de salto em x=0 (fenômeno de Gibbs).

Resposta

S_{2}(x)=\frac{4}{\pi}\,\sin x.