Exercício 1: Determine os coeficientes da representação em série de Fourier dos seguintes sinais:
x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty} p(t-k 5), p(t)=u(t+1)-2 u(t)+u(t-1)

Passo 1

O enunciado dá o sinal
x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty} p(t-5k), \qquad p(t)=u(t+1)-2u(t)+u(t-1).
Pergunta: determinar os coeficientes da série de Fourier de x(t).
Informações relevantes que eu extraio do enunciado:
\text{(i)}\\ p(t)=u(t+1)-2u(t)+u(t-1).
\text{(ii)}\\ x(t)\\ \text{é a repetição periódica de}\\ p(t)\\ \text{com passo}\\ T=5.éçãó
Vou usar esses dados para achar explicitamente os coeficientes (complexos) da série de Fourier de x(t).

Passo 2

Entender [p(t)) em partes: a função degrau u(t) vale 0 para t<0 e 1 para t>0 (o valor em pontos de descontinuidade não altera integrais). Faço a análise por intervalos para p(t):
  • Para t<-1: u(t+1)=0,\\ u(t)=0,\\ u(t-1)=0\Rightarrow p(t)=0.
  • Para -1\le t<0: u(t+1)=1,\\ u(t)=0,\\ u(t-1)=0\Rightarrow p(t)=1.
  • Para 0\le t<1: u(t+1)=1,\\ u(t)=1,\\ u(t-1)=0\Rightarrow p(t)=1-2=-1.
  • Para t\ge1: u(t+1)=1,\\ u(t)=1,\\ u(t-1)=1\Rightarrow p(t)=0.
Portanto p(t) é uma “pulse” centrada em zero:
p(t)=\begin{cases} 1, & -1\le t<0,\\[4pt] -1, & 0\le t<1,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á
Como x(t)\] é a soma de cópias de \(p deslocadas de 5k, x(t) é periódica com período
T=5.]

Passo 3

Vou usar a série de Fourier complexa. Para um sinal periódico de período T definimos a frequência fundamental
\omega_0=\frac{2\pi}{T}.
Os coeficientes complexos C_n são dados por
C_n=\frac{1}{T}\int_{T_{\text{per}}} x(t)\,e^{-j n \omega_0 t}\,dt,
onde a integral é tomada sobre qualquer intervalo de comprimento T. Aqui T=5 e \omega_0=\dfrac{2\pi}{5}.
Como x(t) é a repetição de p(t), numa janela de comprimento T a integral sobre x(t) reduz-se à integral sobre p(t) (pois fora de [-1,1) dentro do período p é zero). Logo para n\in\mathbb{Z}:
C_n=\frac{1}{5}\int_{-1}^{1} p(t)\,e^{-j n \omega_0 t}\,dt.

Passo 4

Separar a integral conforme os pedaços de p(t):
C_n=\frac{1}{5}\left(\int_{-1}^{0} 1\cdot e^{-j n \omega_0 t}\,dt +\int_{0}^{1} (-1)\cdot e^{-j n \omega_0 t}\,dt\right).
Defino a=n\omega_0 para simplificar a escrita ( a=n\frac{2\pi}{5}). Calculo as duas integrais:
Primeira integral
I_1=\int_{-1}^{0} e^{-j a t}\,dt = \left.\frac{e^{-j a t}}{-j a}\right|_{-1}^{0} = \frac{e^{j a}-1}{j a}.
Segunda integral
I_2=\int_{0}^{1} (-1)e^{-j a t}\,dt = -\int_{0}^{1} e^{-j a t}\,dt = -\left.\frac{e^{-j a t}}{-j a}\right|_{0}^{1} = \frac{e^{-j a}-1}{j a}.

Passo 5

Somando I_1 e I_2:
I_1+I_2=\frac{e^{j a}-1}{j a}+\frac{e^{-j a}-1}{j a} =\frac{e^{j a}+e^{-j a}-2}{j a} =\frac{2\cos a -2}{j a}.
Simplifico usando \cos a-1=-2\sin^2\!\left(\dfrac{a}{2}\right):
I_1+I_2=\frac{2(\cos a-1)}{j a} =\frac{2\bigl(-2\sin^2(\tfrac{a}{2})\bigr)}{j a} =\frac{-4\sin^2\!\left(\tfrac{a}{2}\right)}{j a}.
Lembro que 1/j=-j, então
\frac{-4\sin^2(\tfrac{a}{2})}{j a}=\frac{4j}{a}\sin^2\!\left(\tfrac{a}{2}\right).

Passo 6

Voltando a C_n com T=5:
C_n=\frac{1}{5}(I_1+I_2) =\frac{1}{5}\cdot\frac{4j}{a}\sin^2\!\left(\frac{a}{2}\right) =\frac{4j}{5a}\sin^2\!\left(\frac{a}{2}\right),
onde a=n\omega_0=n\frac{2\pi}{5}. Substituindo a e simplificando:
5a=5\cdot n\frac{2\pi}{5}=2\pi n,
portanto, para n\neq 0,
C_n=\frac{4j}{2\pi n}\sin^2\!\left(\frac{n\omega_0}{2}\right) =\frac{2j}{\pi n}\sin^2\!\left(\frac{n\pi}{5}\right).

Passo 7

Tratar o caso n=0 (coeficiente DC) separadamente:
C_0=\frac{1}{5}\int_{-1}^{1} p(t)\,dt =\frac{1}{5}\Bigl(\int_{-1}^{0}1\,dt+\int_{0}^{1}(-1)\,dt\Bigr) =\frac{1}{5}(1-1)=0.
Observação sobre natureza dos coeficientes: C_n é puramente imaginário (tem fator j) e C_{-n}=-C_n, coerente com x(t) ser função real e ímpar (apenas termos senoidais na expansão real).

Passo 8

Opcionalmente posso dar os coeficientes reais da forma seno-cosseno. Como x(t) é ímpar, os coeficientes de cosseno e o termo a_0 são zero; os coeficientes senoidais b_n (na forma x(t)=\sum_{n=1}^\infty b_n\sin(n\omega_0 t)) relacionam-se com C_n por b_n=2jC_n. Assim, para n\ge1,
b_n=2j\cdot\frac{2j}{\pi n}\sin^2\!\left(\frac{n\pi}{5}\right) =-\frac{4}{\pi n}\sin^2\!\left(\frac{n\pi}{5}\right).

Resposta

C_0=0
C_n=\frac{2j}{\pi n}\sin^2\!\left(\frac{n\pi}{5}\right),\qquad n\neq 0
b_n=-\frac{4}{\pi n}\sin^2\!\left(\frac{n\pi}{5}\right),\qquad n\ge 1

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