Encontre a série de Fourier da função dada.
f(t)=\left\{\begin{array}{ll} t+1, & -1 \leq t<0 \\\\ 1-t, & 0 \leq t<1 \end{array} \Rightarrow f(t+2)=f(t)\right.

Passo 1

O enunciado define a função f\) periódica de período \(2\) cujo valor em \([-1,1)\) é \[f(t)= \begin{cases} t+1, & -1\le t<0,\\\\ 1-t, & 0\le t<1, \end{cases}
e pede a série de Fourier em [-1,1]\]. Vamos usar a forma \[f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos(n\pi t)+b_n\sin(n\pi t)\bigr)\] com \(L=1.

Passo 2

Observamos que f é par, pois para t\in[0,1]
f(-t)=(-t)+1=1-t=f(t).
Como o produto de função par por \sin(n\pi t) (ímpar) é ímpar, todos os b_n são zero:
b_n=\int_{-1}^{1}f(t)\sin(n\pi t)\,dt=0.

Passo 3

Calculamos a_0 por
a_0=\int_{-1}^{1}f(t)\,dt =\int_{-1}^{0}(t+1)\,dt+\int_{0}^{1}(1-t)\,dt.
Avaliando cada integral:
\int_{-1}^{0}(t+1)\,dt =\Bigl[\tfrac{t^2}{2}+t\Bigr]_{-1}^{0} =0-\bigl(\tfrac12-1\bigr)=\tfrac12,
\int_{0}^{1}(1-t)\,dt =\Bigl[t-\tfrac{t^2}{2}\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac12.
Logo
a_0=1.

Passo 4

Calculamos a_n para n\ge1 usando paridade:
a_n=\int_{-1}^{1}f(t)\cos(n\pi t)\,dt =2\int_{0}^{1}(1-t)\cos(n\pi t)\,dt.
Chamando
\displaystyle I=\int_{0}^{1}(1-t)\cos(n\pi t)\,dt =\int_{0}^{1}\cos(n\pi t)\,dt-\int_{0}^{1}t\cos(n\pi t)\,dt,
vemos que
\int_{0}^{1}\cos(n\pi t)\,dt =\frac{\sin(n\pi)}{n\pi}=0
e, por partes,
\int_{0}^{1}t\cos(n\pi t)\,dt =-\frac{1-\!(-1)^n}{n^2\pi^2}.
Assim
I=\;-\bigl(-\tfrac{1-(-1)^n}{n^2\pi^2}\bigr) =\frac{1-(-1)^n}{n^2\pi^2},
e então
a_n=2I =\frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n^2\pi^2}.

Passo 5

Para n par temos (-1)^n=1 e a_n=0. Para n ímpar escrevemos n=2k+1 e (-1)^n=-1, dando
a_{2k+1} =\frac{2(1-(-1))}{(2k+1)^2\pi^2} =\frac{4}{(2k+1)^2\pi^2}.

Passo 6

Substituindo em
f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos(n\pi t)
obtemos
f(t) =\frac12 +\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4}{(2k+1)^2\pi^2}\cos\bigl((2k+1)\pi t\bigr).

Resposta

\boxed{% f(t)=\frac12 +\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4}{(2k+1)^2\pi^2}\cos\bigl((2k+1)\pi t\bigr) }

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