Determine a série de Fourier que corresponde à função
f(x)= \begin{cases}2 x, & 0 \leq x \leq 3 \\\\ 0, & -3<x<0\end{cases}
(período 6)

Passo 1

O enunciado pede para determinar a série de Fourier da função periódica de período 6 definida por
f(x)= \begin{cases}2x, & 0 \le x \le 3,\\[4pt] 0, & -3 < x < 0,\end{cases}
com extensão periódica de período 6.
Informações dadas:
  • Período T=6.
  • Portanto L=\dfrac{T}{2}=3.
  • A função é dada por f(x)=2x no intervalo [0,3] e por f(x)=0 no intervalo (-3,0). A extensão periódica repete esse padrão a cada comprimento 6.
  • A tarefa é calcular os coeficientes da série de Fourier e escrever a série:
f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)+b_n\sin\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)\bigr),
aqui com L=3.]

Passo 2

Vou relembrar as fórmulas que usamos (essas fórmulas vêm da teoria básica de séries de Fourier para funções com período 2L; aqui \,L=3,):
  • Coeficiente médio:
a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\,dx.
  • Coeficientes a_n (coseno):
a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)\,dx,\qquad n\ge1.
  • Coeficientes b_n (seno):
b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)\,dx,\qquad n\ge1.
Explicação curta do que significam:
  • a_0/2 é a média (valor DC) de f no período.
  • Os a_n multiplicam termos \cos(\frac{n\pi x}{L}) que capturam simetrias pares; os b_n multiplicam \sin(\frac{n\pi x}{L}) que capturam simetrias ímpares.
  • Aqui como f(x)=0 no intervalo (-3,0), as integrais de -3 a 3 reduzem-se a integrais de 0 a 3.

Passo 3

Calcular a_0.
Usamos L=3 e observamos que f(x)=0 para -3<x<0, então
a_0=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3} f(x)\,dx = \frac{1}{3}\int_{0}^{3} 2x\,dx.
Calcule a integral:
\int_{0}^{3} 2x\,dx = \bigl[x^2\bigr]_{0}^{3}=9.
Logo
a_0=\frac{1}{3}\cdot 9 = 3.
Portanto o termo constante da série é
\frac{a_0}{2}=\frac{3}{2}.

Passo 4

Calcular a_n para n\ge1.
Defina \alpha_n=\dfrac{n\pi}{3}. Então
a_n=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3} f(x)\cos(\alpha_n x)\,dx =\frac{1}{3}\int_{0}^{3} 2x\cos(\alpha_n x)\,dx,
pois f(x)=0 em (-3,0).
Calcule a integral por partes. Seja I_n=\int_{0}^{3} 2x\cos(\alpha_n x)\,dx.
  • Tome u=2x então du=2\,dx.
  • Tome dv=\cos(\alpha_n x)\,dx então v=\dfrac{1}{\alpha_n}\sin(\alpha_n x).
Aplicando integração por partes:
I_n = \left.\frac{2x}{\alpha_n}\sin(\alpha_n x)\right|_{0}^{3} - \int_{0}^{3}\frac{2}{\alpha_n}\sin(\alpha_n x)\,dx.
O primeiro termo vale \dfrac{2\cdot 3}{\alpha_n}\sin(\alpha_n\cdot 3)=\dfrac{6}{\alpha_n}\sin(n\pi)=0. Então
I_n = -\frac{2}{\alpha_n}\int_{0}^{3}\sin(\alpha_n x)\,dx.
Integrando o seno,
\int_{0}^{3}\sin(\alpha_n x)\,dx = -\frac{1}{\alpha_n}\bigl(\cos(\alpha_n\cdot 3)-\cos 0\bigr) = -\frac{1}{\alpha_n}\bigl(\cos(n\pi)-1\bigr).
Portanto
I_n = -\frac{2}{\alpha_n}\cdot\left(-\frac{1}{\alpha_n}\bigl(\cos(n\pi)-1\bigr)\right) = \frac{2}{\alpha_n^{2}}\bigl(\cos(n\pi)-1\bigr).
Como \cos(n\pi)=(-1)^n, temos
I_n=\frac{2}{\alpha_n^{2}}\bigl((-1)^n-1\bigr).
Logo
a_n=\frac{1}{3}I_n=\frac{2}{3\alpha_n^{2}}\bigl((-1)^n-1\bigr).
Substituindo \alpha_n=\dfrac{n\pi}{3} e \alpha_n^{2}=\dfrac{n^{2}\pi^{2}}{9},
a_n=\frac{2}{3}\cdot\frac{9}{n^{2}\pi^{2}}\bigl((-1)^n-1\bigr) =\frac{6}{n^{2}\pi^{2}}\bigl((-1)^n-1\bigr).
Observação prática (paridade):
  • Se n é par então (-1)^n=1 e a_n=0.
  • Se n é ímpar então (-1)^n=-1 e
a_n=\frac{6}{n^{2}\pi^{2}}(-1-1)=\frac{6}{n^{2}\pi^{2}}(-2)=-\frac{12}{n^{2}\pi^{2}}.

Passo 5

Calcular b_n para n\ge1.
Novamente com \alpha_n=\dfrac{n\pi}{3},
b_n=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3} f(x)\sin(\alpha_n x)\,dx =\frac{1}{3}\int_{0}^{3} 2x\sin(\alpha_n x)\,dx.
Seja J_n=\int_{0}^{3}2x\sin(\alpha_n x)\,dx. Integramos por partes:
  • Tome u=2x então du=2\,dx.
  • Tome dv=\sin(\alpha_n x)\,dx então v=-\dfrac{1}{\alpha_n}\cos(\alpha_n x).
Então
J_n=\left.-\frac{2x}{\alpha_n}\cos(\alpha_n x)\right|_{0}^{3} + \int_{0}^{3}\frac{2}{\alpha_n}\cos(\alpha_n x)\,dx.
O primeiro termo é -\dfrac{6}{\alpha_n}\cos(\alpha_n\cdot 3)=-\dfrac{6}{\alpha_n}\cos(n\pi)=-\dfrac{6}{\alpha_n}(-1)^n.
A integral do cosseno é \dfrac{1}{\alpha_n}\sin(\alpha_n x)\big|_{0}^{3}=\dfrac{1}{\alpha_n}\sin(n\pi)-0=0. Assim
J_n = -\frac{6}{\alpha_n}(-1)^n.
Portanto
b_n=\frac{1}{3}J_n = -\frac{2}{\alpha_n}(-1)^n.
Substituindo \alpha_n=\dfrac{n\pi}{3},
b_n = -\frac{2}{n\pi/3}(-1)^n = -\frac{6}{n\pi}(-1)^n = \frac{6(-1)^{n+1}}{n\pi}.
Resumo:
b_n = \frac{6(-1)^{n+1}}{n\pi}\quad\text{para }n\ge1.

Passo 6

Montar a série de Fourier completa.
A série de Fourier (forma padrão para período 2L com L=3) é
f(x)\sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{3}\bigr)+b_n\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{3}\bigr)\right).
Substituindo os coeficientes encontrados:
\frac{a_0}{2}=\frac{3}{2},\qquad a_n=\frac{6}{n^{2}\pi^{2}}\bigl((-1)^n-1\bigr),\qquad b_n=\frac{6(-1)^{n+1}}{n\pi}.
É útil escrever a parte com a_n separando par/ímpar: para n par a_n=0; para n ímpar a_n=-\dfrac{12}{n^{2}\pi^{2}}. Assim uma forma mais explícita é
f(x)\sim \frac{3}{2} - \sum_{k=0}^{\infty}\frac{12}{(2k+1)^{2}\pi^{2}}\cos\!\bigl(\tfrac{(2k+1)\pi x}{3}\bigr) + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{6(-1)^{n+1}}{n\pi}\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{3}\bigr).

Resposta

f(x)\sim \frac{3}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{6}{n^{2}\pi^{2}}\bigl((-1)^n-1\bigr)\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{3}\bigr) +\frac{6(-1)^{n+1}}{n\pi}\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{3}\bigr)\right)

Exercícios relacionados