Encontre a série de Fourier da função dada.
f(t)=3,-1 \leq t<1, f(t)=(9-3 t) / 2,1 \leq t<5, f(t+6)=f(t)

Passo 1

O enunciado dá f(t) periódica de período T=6, definida por
f(t)=3,\;-1\le t<1,
f(t)=\frac{9-3t}{2},\;1\le t<5,
e f(t+6)=f(t). Queremos a série de Fourier no formato
f(t)=a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos(n\omega_{0}t)+b_{n}\sin(n\omega_{0}t)\bigr),
onde \omega_{0}=\tfrac{2\pi}{T}=\tfrac{\pi}{3}. Para isso calculamos
a_{0}=\frac{1}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)\,dt,\quad a_{n}=\frac{2}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)\cos(n\omega_{0}t)\,dt, \quad b_{n}=\frac{2}{T}\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}f(t)\sin(n\omega_{0}t)\,dt.

Passo 2

Escolhemos o período de integração de -1 a 5. Primeiro
a_{0}=\frac{1}{6}\Bigl(\int_{-1}^{1}3\,dt+\int_{1}^{5}\frac{9-3t}{2}\,dt\Bigr).
Calculamos
\int_{-1}^{1}3\,dt=6,\qquad \int_{1}^{5}\frac{9-3t}{2}\,dt =\frac12\Bigl[9(t)\!-\tfrac32t^{2}\Bigr]_{1}^{5} =\frac12\bigl(36-36\bigr)=0.
Logo
a_{0}=\frac{6}{6}=1.

Passo 3

Agora
a_{n}=\frac{2}{6}\Bigl(\int_{-1}^{1}3\cos\!\bigl(n\omega_{0}t\bigr)\,dt +\int_{1}^{5}\frac{9-3t}{2}\cos\!\bigl(n\omega_{0}t\bigr)\,dt\Bigr).
Denote \alpha=n\pi/3. A parte de [-1,1]
\int_{-1}^{1}3\cos(\alpha t)\,dt =3\Bigl[\tfrac{1}{\alpha}\sin(\alpha t)\Bigr]_{-1}^{1} =\frac{18}{n\pi}\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{3}\bigr).
A parte de [1,5] é trabalhosa mas, usando integração por partes e as identidades
\sin(5\alpha)=-\sin(\alpha), \cos(5\alpha)=\cos(\alpha), chega-se a
\int_{1}^{5}\frac{9-3t}{2}\cos(\alpha t)\,dt =-\frac{9}{n\pi}\bigl(\sin(5\alpha)+\sin(\alpha)\bigr) -\frac{27}{2n^{2}\pi^{2}}\bigl(\cos(5\alpha)-\cos(\alpha)\bigr).
Aplicando as identidades acima faz desaparecer o termo em \cos, e somando ambas as parcelas resulta
a_{n}=\frac{6}{n\pi}\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{3}\bigr).

Passo 4

Finalmente
b_{n}=\frac{2}{6}\Bigl(\int_{-1}^{1}3\sin(\alpha t)\,dt +\int_{1}^{5}\frac{9-3t}{2}\sin(\alpha t)\,dt\Bigr).
A parte em [-1,1] anula-se por simetria da função ímpar. A parte em [1,5], por integração por partes e usando as mesmas identidades para 5\alpha, fica
\int_{1}^{5}\frac{9-3t}{2}\sin(\alpha t)\,dt =9\frac{\cos(5\alpha)-\cos(\alpha)}{2n\pi} -\frac{27}{2n^{2}\pi^{2}}\bigl(\sin(5\alpha)-\sin(\alpha)\bigr).
Usando \sin(5\alpha)=-\sin\alpha, \cos(5\alpha)=\cos\alpha e simplificando, obtemos
b_{n} =(-1)^{n}\Bigl[\frac{6}{n\pi}\cos\!\bigl(\tfrac{2n\pi}{3}\bigr) -\frac{9}{n^{2}\pi^{2}}\sin\!\bigl(\tfrac{2n\pi}{3}\bigr)\Bigr].

Resposta

\boxed{ f(t)=1 +\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[ \frac{6}{n\pi}\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{3}\bigr)\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi}{3}t\bigr) \;+\;(-1)^{n}\Bigl(\frac{6}{n\pi}\cos\!\bigl(\tfrac{2n\pi}{3}\bigr) -\frac{9}{n^{2}\pi^{2}}\sin\!\bigl(\tfrac{2n\pi}{3}\bigr)\Bigr)\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{3}t\bigr) \Bigr] }.

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