Exercício 18.1.2. Em cada um dos itens (a) a (h):

b) f(x)=\left\{\begin{array}{cc}1, & -L \leq x<0, \\\\ 0, & 0 \leq x<L ;\end{array} \quad f(x+2 L)=f(x)\right.
f) f(x)=\left\{\begin{array}{cc}0, & -2 \leq x \leq 0, \\\ \frac{x,}{0,} & -1<x<1, \\\\ 0, & 1 \leq x<2,\end{array} \quad f(x+4)=f(x)\right..
i) Esboce o gráfico função dada por três períodos.
(ii) Encontre a série de Fourier da função dada.

Passo 1

No item (b) temos a função periódica de período 2L\) dada por \[f(x)= \begin{cases} 1, & -L \le x < 0,\\\\ 0, & 0 \le x < L, \end{cases} \qquad f(x+2L)=f(x).
Vamos primeiro traçar três períodos e depois usar a fórmula da série de Fourier em ([-L,L]]:
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos\frac{n\pi x}{L}+b_n\sin\frac{n\pi x}{L}\bigr),
onde
a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \quad b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx,
e
a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\,dx.

Passo 2

Para esboçar três períodos, note que em cada intervalo de comprimento L a função vale 1 em [-L,0) e 0 em [0,L). Assim o gráfico é um pulso retangular de altura 1, largura L, repetido de modo que entre cada pulso haja um trecho de comprimento L onde a função é zero. Desenhando de -3L a 3L teremos três pulsos idênticos.

Passo 3

Calculemos primeiro
a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\,dx =\frac{1}{L}\int_{-L}^{0}1\,dx =\frac{L}{L}=1.
Logo o termo constante é \tfrac{a_0}{2}=\tfrac12.

Passo 4

Para os coeficientes a_n:
a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx =\frac{1}{L}\int_{-L}^{0}1\cdot\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx.
Fazendo a primitivação,
\int\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx =\frac{L}{n\pi}\sin\frac{n\pi x}{L},
portanto
a_n =\frac{1}{L}\Bigl[\frac{L}{n\pi}\sin\frac{n\pi x}{L}\Bigr]_{x=-L}^{0} =\frac{1}{n\pi}\bigl(\sin0-\sin(-n\pi)\bigr) =\frac{1}{n\pi}\,0 =0.

Passo 5

Agora b_n:
b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{0}\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx =\frac{1}{L}\Bigl[-\frac{L}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{L}\Bigr]_{x=-L}^{0} =-\frac{1}{n\pi}\bigl(\cos0-\cos(-n\pi)\bigr).
Como \cos(-n\pi)=\cos(n\pi)=(-1)^n,
b_n =-\frac{1}{n\pi}\bigl(1-(-1)^n\bigr) =\frac{(-1)^n-1}{n\pi}.

Passo 6

Observe que quando n é par temos (-1)^n-1=0, e quando n é ímpar (-1)^n-1=-2. Assim
b_n = \begin{cases} -\dfrac{2}{n\pi}, & n\text{ ímpar},\\\\ 0, & n\text{ par}. \end{cases}í
Logo a série de Fourier fica
f(x) =\frac12 -\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1} \sin\!\Bigl(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\Bigr).

Passo 7

No item (f) temos a função periódica de período 4\) (ou \(T=4\), logo \(L=2\)) definida por \[f(x)= \begin{cases} 0, & -2\le x\le 0,\\\ x, & -1<x<1,\\\\ 0, & 1\le x<2, \end{cases} \qquad f(x+4)=f(x).
Precisamos mostrar três períodos e depois determinar a série de Fourier em ([-2,2]]:
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos\frac{n\pi x}{2}+b_n\sin\frac{n\pi x}{2}\bigr).

Passo 8

No gráfico, entre -2 e 0 a função vale 0, sobe linearmente de valor -1 a 1 em -1<x<1 (ali valendo f(x)=x) e depois vale 0 em 1\le x<2. Repetindo esse padrão de comprimento 4, traçamos três desses blocos adjacentes.

Passo 9

Note que f é função ímpar em [-2,2] (porque f(-x)=-f(x) salvo nos pontos onde vale zero). Logo a_0=0 e todos a_n=0. Só aparecem termos de seno:
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{2}.

Passo 10

O coeficiente b_n é
b_n=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}f(x)\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx =\frac{1}{2}\cdot2\int_{0}^{2}f(x)\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx =\int_{0}^{2}f(x)\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx.
Mas f(x)=0 em [1,2], e f(x)=x em (0,1), logo
b_n=\int_{0}^{1}x\sin\frac{n\pi x}{2}\,dx.

Passo 11

Computemos
\int x\sin\alpha x\,dx =-\frac{x}{\alpha}\cos\alpha x+\frac{1}{\alpha^2}\sin\alpha x,
com \alpha=\tfrac{n\pi}{2}. Assim
b_n =\Bigl[-\frac{2x}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{2} +\frac{4}{n^2\pi^2}\sin\frac{n\pi x}{2}\Bigr]_{0}^{1} =-\frac{2}{n\pi}\cos\frac{n\pi}{2} +\frac{4}{n^2\pi^2}\sin\frac{n\pi}{2}.

Passo 12

Portanto a série de Fourier é
\boxed{ f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \Bigl( -\frac{2}{n\pi}\cos\frac{n\pi}{2} +\frac{4}{n^2\pi^2}\sin\frac{n\pi}{2} \Bigr) \sin\frac{n\pi x}{2}. }

Resposta

\boxed{ f(x)=\frac12 -\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1} \sin\!\Bigl(\frac{(2k+1)\pi x}{L}\Bigr). }

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