Desenvolva a série de cossenos ou senos, conforme o caso.
f(x)=\left\{\begin{aligned}-\pi,-2 \pi & <x<-\pi \\\ x,-\pi & <x<\pi \\\ \pi, \pi & <x<2 \pi\end{aligned}\right.

Passo 1

Enunciado e dados (o que o problema fornece e pede):
  • A função é definida em (-2\pi,2\pi)\) por partes: \[f(x)=\begin{cases} -\pi, & -2\pi<x<-\pi,\\[4pt] x, & -\pi<x<\pi,\\[4pt] \pi, & \pi<x<2\pi. \end{cases}
  • O pedido: “Desenvolva a série de cossenos ou senos, conforme o caso.” Ou seja, encontrar a série de Fourier apropriada para f\] no intervalo \((-2\pi,2\pi) (série em senos se for função ímpar, em cossenos se for par, etc.), expressando coeficientes explicitamente.]

Passo 2

Escolha do tipo de série e fórmulas a usar — explicando o porquê (aula curta sobre paridade e séries de Fourier em (-L,L)).
  • Quando se tem uma função definida em (-L,L), a série de Fourier geral é
f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)+b_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right],
com
a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
  • Paridade: se f é par ( f(-x)=f(x)) então todos os b_n=0 e a série contém só cossenos; se f é ímpar ( f(-x)=-f(x)) então todos os a_n=0 (inclusive a_0=0) e a série contém só senos. Isso poupa cálculo e simplifica integrais porque produto de função ímpar com seno (ímpares) é par etc.
  • Aqui estamos no intervalo (-2\pi,2\pi), logo tomamos L=2\pi. O termo angular será \dfrac{n\pi x}{L}=\dfrac{n\pi x}{2\pi}=\dfrac{n x}{2}.

Passo 3

Verificar a paridade de f (explicando a verificação):
  • Para 0<x<\pi tem-se f(x)=x e f(-x)= -x, logo f(-x)=-f(x) nessa parte.
  • Para \pi<x<2\pi tem-se f(x)=\pi e para -2\pi<x<-\pi tem-se f(-x)=-\pi, então também f(-x)=-f(x) nessas partes.
    Portanto, para todo x no domínio simétrico (-2\pi,2\pi) vale
f(-x)=-f(x),
isto é, f é uma função ímpar. Conclusão: só há termos seno na série de Fourier (todos os a_n e a_0 são zero).

Passo 4

Fórmula do coeficiente seno para L=2\pi e simplificação pela paridade (aula curta sobre usar simetria para reduzir integrais):
  • A fórmula dos coeficientes seno é
b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
  • Com L=2\pi temos
b_n=\frac{1}{2\pi}\int_{-2\pi}^{2\pi} f(x)\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right)\,dx.
  • Como f(x) é ímpar e \sin\!\left(\dfrac{n x}{2}\right) também é ímpar, o produto f(x)\sin\!\left(\dfrac{n x}{2}\right) é par. Assim a integral de -2\pi a 2\pi vale o dobro da integral de 0 a 2\pi. Logo
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi} f(x)\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right)\,dx.
  • Agora dividimos a integral em [0,\pi] e [\pi,2\pi], usando os valores dados: em [0,\pi] tem f(x)=x; em [\pi,2\pi] tem f(x)=\pi. Assim
b_n=\frac{1}{\pi}\left(\int_{0}^{\pi} x\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right)\,dx+\int_{\pi}^{2\pi}\pi\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right)\,dx\right).

Passo 5

Cálculo do primeiro integral \displaystyle I_1=\int_{0}^{\pi} x\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right)\,dx (aula curta sobre integração por partes).
  • Seja k=\dfrac{n}{2} para simplificar a notação. Então I_1=\int_{0}^{\pi} x\sin(kx)\,dx.
  • Integração por partes: escolha u=x e dv=\sin(kx)\,dx. Então du=dx e v=-\dfrac{\cos(kx)}{k}.
  • Aplicando a fórmula \int u\,dv=uv-\int v\,du:
I_1 = -\frac{x\cos(kx)}{k}\Big|_{0}^{\pi} + \frac{1}{k}\int_{0}^{\pi}\cos(kx)\,dx.
  • Avaliando a primeira parte:
-\frac{x\cos(kx)}{k}\Big|_{0}^{\pi} = -\frac{\pi\cos(k\pi)}{k} - 0.
  • A integral restante:
\frac{1}{k}\int_{0}^{\pi}\cos(kx)\,dx = \frac{1}{k}\left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_{0}^{\pi} = \frac{1}{k^{2}}\sin(k\pi).
  • Portanto
I_1 = -\frac{\pi\cos(k\pi)}{k} + \frac{1}{k^{2}}\sin(k\pi).

Passo 6

Cálculo do segundo integral \displaystyle I_2=\int_{\pi}^{2\pi}\pi\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right)\,dx.
  • Com k=\dfrac{n}{2} temos
I_2=\pi\int_{\pi}^{2\pi}\sin(kx)\,dx=\pi\left[-\frac{\cos(kx)}{k}\right]_{\pi}^{2\pi}.
  • Avaliando:
I_2=-\frac{\pi}{k}\big(\cos(2k\pi)-\cos(k\pi)\big).
  • Usando \cos(2k\pi)=\cos(n\pi)=(-1)^n e \cos(k\pi)=\cos\!\left(\frac{n\pi}{2}\right), obtemos
I_2=-\frac{\pi}{k}\big((-1)^n-\cos\!\left(\tfrac{n\pi}{2}\right)\big).

Passo 7

Somar I_1 e I_2 para obter b_n.
  • Soma:
I_1+I_2 = \Big(-\frac{\pi\cos(k\pi)}{k} + \frac{1}{k^{2}}\sin(k\pi)\Big) + \Big(-\frac{\pi}{k}(-1)^n + \frac{\pi}{k}\cos(k\pi)\Big).
  • Observa-se que os termos com \cos(k\pi) se cancelam:
-\frac{\pi\cos(k\pi)}{k} + \frac{\pi\cos(k\pi)}{k} = 0.
  • Assim resta
I_1+I_2 = \frac{1}{k^{2}}\sin(k\pi) - \frac{\pi}{k}(-1)^n.
  • Lembrando k=\dfrac{n}{2}, temos 1/k = \dfrac{2}{n} e 1/k^{2}=\dfrac{4}{n^{2}}. Além disso \sin(k\pi)=\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right). Portanto
I_1+I_2 = \frac{4}{n^{2}}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right) - \frac{2\pi}{n}(-1)^n.
  • Finalmente, usando b_n=\dfrac{1}{\pi}(I_1+I_2),
b_n = \frac{4}{\pi n^{2}}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right) - \frac{2(-1)^n}{n}.

Passo 8

Simplificar b_n por paridade de n (interpretando \sin em múltiplos de \pi/2).
  • Valores de \sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right):
    • Se n=2k (par), então \sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)=\sin(k\pi)=0.
    • Se n=2k+1 (ímpar), então \sin\!\left(\dfrac{(2k+1)\pi}{2}\right)=(-1)^k.
  • Para n par, n=2k:
b_{2k} = \frac{4}{\pi (2k)^{2}}\cdot 0 - \frac{2(-1)^{2k}}{2k} = -\frac{2}{2k} = -\frac{1}{k}.
(obs.: (-1)^{2k}=1)
  • Para n ímpar, n=2k+1:
b_{2k+1} = \frac{4}{\pi (2k+1)^{2}}(-1)^k - \frac{2(-1)^{2k+1}}{2k+1}.
Como (-1)^{2k+1}=-1, isto dá
b_{2k+1} = \frac{4(-1)^k}{\pi (2k+1)^{2}} + \frac{2}{2k+1}.

Passo 9

Escrever a série de Fourier final juntando os coeficientes (organização das somas, explicando os argumentos das funções seno).
  • A série de Fourier de f em (-2\pi,2\pi) contém apenas termos de seno com argumento \dfrac{n x}{2}. Assim
f(x)\sim \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right),
com b_n dados por
b_n=\frac{4}{\pi n^{2}}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)-\frac{2(-1)^n}{n},
ou, de forma separada para n par e ímpar,
b_{2k}=-\frac{1}{k},\qquad b_{2k+1}=\frac{2}{2k+1}+\frac{4(-1)^k}{\pi(2k+1)^{2}}.
  • Pode também escrever a série separando os termos pares ( n=2k, que dão \sin(kx)) e os ímpares ( n=2k+1, que dão \sin\!\big(\tfrac{(2k+1)x}{2}\big)):
f(x)\sim \sum_{k=1}^{\infty}\left(-\frac{1}{k}\right)\sin(kx) +\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{2}{2k+1}+\frac{4(-1)^k}{\pi(2k+1)^{2}}\right)\sin\!\left(\frac{(2k+1)x}{2}\right).

Resposta

f(x)\sim \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{4}{\pi n^{2}}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)-\frac{2(-1)^n}{n}\right)\sin\!\left(\frac{n x}{2}\right)
ou, de forma separada por paridade de n,
f(x)\sim \sum_{k=1}^{\infty}\left(-\frac{1}{k}\right)\sin(kx) +\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{2}{2k+1}+\frac{4(-1)^k}{\pi(2k+1)^{2}}\right)\sin\!\left(\frac{(2k+1)x}{2}\right).

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