Equação diferencial: -y^{\prime\prime}(x)=x-\dfrac{L}{2} em (0,L).
Condições de contorno: y^\prime(0)=0 e y^\prime(L)=0.
Objetivo: encontrar y(x) por séries de Fourier (ou seja, expandir o membro direito em série e obter a solução modal).
Observação útil que será usada depois: para problemas de Neumann (condições de derivada nula nas extremidades) é natural usar a base de cossenos \cos\!\big(\dfrac{n\pi x}{L}\big) (incluindo o modo constante n=0).]
Passo 2
Plano e justificativa do método (explicação didática do que vamos fazer)
Vou expandir a função forçante f(x)=x-\dfrac{L}{2} em série de cossenos em [0,L]:f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),com coeficientes a_0=\dfrac{1}{L}\int_0^L f(x)\,dx e, para n\ge1,a_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Razoamento: os modos \cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) são autofunções de -\dfrac{d^2}{dx^2} com derivada nula nas extremidades (ou seja, satisfazem as condições de Neumann para a derivada). Se escrevermosy(x)=\sum_{n=0}^\infty b_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),então -y''(x)=\sum_{n=1}^\infty b_n\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) (o modo n=0 tem derivada segunda nula). Igualando termos com a expansão de f, obtemos para n\ge1b_n\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2=a_n,e b_0 permanece livre (é a constante aditiva da solução, típico de problemas de Neumann).
Antes de calcular os coeficientes, verifico a condição de compatibilidade: para existir solução com BCs de Neumann, deve valer \int_0^L f(x)\,dx=0. Calculo:\int_0^L\left(x-\frac{L}{2}\right)\,dx=\left[\frac{x^2}{2}-\frac{L}{2}x\right]_0^L=\frac{L^2}{2}-\frac{L^2}{2}=0.Logo a condição é satisfeita e a solução existe (única até uma constante).
Passo 3
Cálculo dos coeficientes a_n (detalhando integrais passo a passo)
Para \int_0^L x\cos(\alpha x)\,dx, uso primitiva por partes (ou reconheço a primitiva)\int x\cos(\alpha x)\,dx=\frac{x}{\alpha}\sin(\alpha x)+\frac{1}{\alpha^2}\cos(\alpha x)+C.Avaliando de 0 a L:\int_0^L x\cos(\alpha x)\,dx=\frac{L}{\alpha}\sin(\alpha L)+\frac{1}{\alpha^2}\big(\cos(\alpha L)-1\big).Mas \alpha L=n\pi, então \sin(\alpha L)=\sin(n\pi)=0 e \cos(\alpha L)=(-1)^n. Assim\int_0^L x\cos(\alpha x)\,dx=\frac{1}{\alpha^2}\big((-1)^n-1\big).
Para \int_0^L\cos(\alpha x)\,dx=\frac{1}{\alpha}\sin(\alpha L)-0=0 porque \sin(n\pi)=0.
Como explicado, para n\ge1 valeb_n=\frac{a_n}{(n\pi/L)^2}=\frac{L^2}{n^2\pi^2}\,a_n.
Substituindo a_n (só os n ímpares dão contribuição):
para n ímpar,b_n=\frac{L^2}{n^2\pi^2}\left(-\frac{4L}{n^2\pi^2}\right)=-\frac{4L^3}{n^4\pi^4}.para n par, b_n=0.
O coeficiente b_0 (modo constante) permanece livre: chamo-o C. Esse C é a constante aditiva típica do problema de Neumann.
Passo 5
Escrevendo a solução por série (forma final em série de Fourier)
Assim a solução obtida pela expansão éy(x)=C+\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^{\infty}\left(-\frac{4L^3}{n^4\pi^4}\right)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).í
Indexando pelos inteiros n=2k+1 (com k=0,1,2,\dots), fica mais explícito:y(x)=C-\frac{4L^3}{\pi^4}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos\!\big(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\big)}{(2k+1)^4}.
Passo 6
Relacionando a série com a forma polinomial (fechamento e interpretação)
Pode-se verificar diretamente que a funçãoy_p(x)=-\frac{x^3}{6}+\frac{L}{4}x^2satisfaz a equação e as condições de contorno:
Derivando: y_p''(x)=-x+\dfrac{L}{2}, então -y_p''(x)=x-\dfrac{L}{2}.
y_p'(x)=-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{L}{2}x, logo y_p'(0)=0 e y_p'(L)=-\dfrac{L^2}{2}+\dfrac{L^2}{2}=0.
Como a solução do problema de Neumann é única até uma constante, a série que obtivemos representa exatamente y_p(x) mais uma constante C. Ou seja, a série dada no passo anterior converge para-\frac{x^3}{6}+\frac{L}{4}x^2 + C.
Portanto a solução geral (por séries e em forma fechada) é essa, com C arbitrária.