Considere a função f(x)\) é definida por: \[f(x)= \begin{cases}0, & \text { se }-2 \leq x<0 \\\\ 2, & \text { se } 0 \leq x<2\end{cases}
em que (f] é periódica com periodo 4 .

3.1 Calcule a série de Fourier de f.

3.2 Usando a parte 3.1, determine a soma da série \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2 n-1}.

Passo 1

O enunciado define a função periódica de período 4\) \[f(x)= \begin{cases} 0,&-2\le x<0,\\\\ 2,&0\le x<2, \end{cases}
e pede (3.1) a série de Fourier de f\] e (3.2) a soma \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}.
Para isso usamos a fórmula de série de Fourier num intervalo simétrico [-2,2] com
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(a_n\cos\frac{n\pi x}{2}+b_n\sin\frac{n\pi x}{2}\Bigr).

Passo 2

Calculamos o termo médio
a_0=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}f(x)\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}2\,dx =\frac{1}{2}\cdot4 =2,
logo \tfrac{a_0}{2}=1.

Passo 3

Calculamos os coeficientes a_n:
a_n=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}f(x)\cos\frac{n\pi x}{2}\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}2\cos\frac{n\pi x}{2}\,dx =\int_{0}^{2}\cos\frac{n\pi x}{2}\,dx.
Mas
\int_{0}^{2}\cos\frac{n\pi x}{2}\,dx =\frac{2}{n\pi}\Bigl[\sin\frac{n\pi x}{2}\Bigr]_{0}^{2} =\frac{2}{n\pi}\sin(n\pi) =0,
então a_n=0 para todo n\ge1.

Passo 4

Calculamos os coeficientes b_n:
b_n=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}f(x)\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}2\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx =\int_{0}^{2}\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx.
Temos
\int_{0}^{2}\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx =-\frac{2}{n\pi}\Bigl[\cos\frac{n\pi x}{2}\Bigr]_{0}^{2} =-\frac{2}{n\pi}\bigl(\cos(n\pi)-1\bigr) =\frac{2}{n\pi}\bigl(1-(-1)^n\bigr).
Logo
b_n=\frac{2}{n\pi}\bigl(1-(-1)^n\bigr),
que vale 0 se n é par e \tfrac{4}{n\pi} se n é ímpar.

Passo 5

Substituindo em \displaystyle f(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{2}
e retendo só n=2k+1, obtemos
\boxed{ f(x) =1+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4}{(2k+1)\pi}\, \sin\!\Bigl(\frac{(2k+1)\pi x}{2}\Bigr). }

Passo 6

Para a soma desejada, avaliamos em x=1. Como f(1)=2 e \sin\bigl(\tfrac{(2k+1)\pi}{2}\bigr)=(-1)^k,
temos
2 =1+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4}{(2k+1)\pi}(-1)^k \quad\Longrightarrow\quad \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1} =\frac{\pi}{4}.
Reindexando n=k+1 mostra que \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}=\frac{\pi}{4}.

Resposta

3.1
f(x) =1+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4}{(2k+1)\pi}\, \sin\!\Bigl(\frac{(2k+1)\pi x}{2}\Bigr).
3.2
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n-1} =\frac{\pi}{4}.

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