Determine a série de Fourier de f(x) que supomos possuir o período 2 \pi.
f(x)=\left\{\begin{array}{lll}x & \text { se } & -\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2} \\\\ 0 & \text { se } & \frac{\pi}{2}<x<\frac{\\ 3 pi}{2}\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a série de Fourier de período 2\pi\) da função \[f(x)= \begin{cases} x, & -\tfrac{\pi}{2}<x<\tfrac{\pi}{2},\\\\ 0, & \tfrac{\pi}{2}<x<\tfrac{3\pi}{2}, \end{cases}
estendida de forma periódica. Para resolver, vamos usar a forma trigonométrica da série de Fourier em ((-\pi,\pi)]:
f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl[a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)\bigr],
onde
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx.

Passo 2

Primeiro notamos que f(x)=0 para x\in(\pi/2,\pi]\cup[-\pi,-\pi/2). Logo
a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx =\frac{1}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}x\,dx =0
(porque a integral de x em torno de zero anula-se).
Para a_n:
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}x\cos(nx)\,dx.
Mas x\cos(nx) é função ímpar (produto de ímpar por par), então a integral é zero. Assim
a_n=0\quad\forall n\ge1.

Passo 3

Restam os coeficientes b_n:
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx =\frac{1}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}x\sin(nx)\,dx.
Aqui x\sin(nx) é função par (ímpar vezes ímpar), então podemos dobrar a integral de 0 a \pi/2:
b_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin(nx)\,dx.

Passo 4

Para calcular \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin(nx)\,dx usamos integração por partes, com
u=x,\quad dv=\sin(nx)\,dx\quad\Longrightarrow\quad du=dx,\quad v=-\frac{1}{n}\cos(nx).
Logo,
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin(nx)\,dx =\Bigl.-\frac{x}{n}\cos(nx)\Bigr|_{0}^{\frac{\pi}{2}} +\frac{1}{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(nx)\,dx
=-\frac{\pi}{2n}\cos\!\bigl(n\tfrac{\pi}{2}\bigr) +\frac{1}{n}\Bigl[\frac{1}{n}\sin(nx)\Bigr]_{0}^{\frac{\pi}{2}} =-\frac{\pi}{2n}\cos\!\bigl(n\tfrac{\pi}{2}\bigr) +\frac{1}{n^2}\sin\!\bigl(n\tfrac{\pi}{2}\bigr).
Portanto
b_n =\frac{2}{\pi}\Bigl( -\frac{\pi}{2n}\cos\!\bigl(n\tfrac{\pi}{2}\bigr) +\frac{1}{n^2}\sin\!\bigl(n\tfrac{\pi}{2}\bigr) \Bigr) =-\frac{1}{n}\cos\!\bigl(n\tfrac{\pi}{2}\bigr) +\frac{2}{\pi n^2}\sin\!\bigl(n\tfrac{\pi}{2}\bigr).

Passo 5

Podemos separar o caso n par e n ímpar:
Se n=2m, então \sin(n\pi/2)=\sin(m\pi)=0 e \cos(n\pi/2)=\cos(m\pi)=(-1)^m, logo
b_{2m}=-\frac{1}{2m}(-1)^m.
Se n=2k+1, então \cos(n\pi/2)=0 e \sin(n\pi/2)=(-1)^k, logo
b_{2k+1} =\frac{2}{\pi(2k+1)^2}(-1)^k.

Passo 6

Reunindo tudo, a série de Fourier fica apenas com termos em \sin(nx):
f(x)\sim \sum_{m=1}^{\infty}\Bigl(-\frac{(-1)^m}{2m}\Bigr)\sin(2m x) \;+\;\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\frac{2(-1)^k}{\pi(2k+1)^2}\Bigr)\sin\bigl((2k+1)x\bigr).

Resposta

\boxed{ f(x)\sim -\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^m}{2m}\,\sin(2m x) \;+\;\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2(-1)^k}{\pi(2k+1)^2}\,\sin\bigl((2k+1)x\bigr). }

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