Exercício 5. Obtenha a série de Fourier, assim como a sua forma harmônica, da função
f(t)=\left\{\begin{array}{ll} 1, & t \in(0,1) \\\\ -1, & t \in(1,4) \end{array}\right\}
satisfazendo f(0)=f(1)=0 e f(t+4)=f(t) para todo t \in \mathbb{R}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (i) a série de Fourier da função periódica de período 4\) dada por \[f(t)=\begin{cases} 1, & t\in(0,1),\\[4pt] -1, & t\in(1,4), \end{cases}
com as condições f(0)=f(1)=0\] e \(f(t+4)=f(t) para todo t\in\mathbb{R}; e (ii) a forma harmônica (ou seja, escrever cada termo como um cosseno com amplitude e fase).\n
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
\text{Período } T=4.í
A função vale 1 no intervalo (0,1) e -1 em (1,4). Os pontos t=0 e t=1 têm valor 0, o que só importa para os valores pontuais (a série representa o valor médio dos limites laterais nesses pontos). Não há figura nem outra informação; tudo necessário está explicitado acima.]

Passo 2

Vou usar a forma trigonométrica usual da série de Fourier para funções de período T. Primeiro defino os símbolos e as fórmulas que vamos usar (explico o que cada coisa significa):
\omega_0=\frac{2\pi}{T}
é a frequência angular fundamental. A série de Fourier, na forma padrão, é
f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(a_n\cos(n\omega_0 t)+b_n\sin(n\omega_0 t)\Bigr).
Aqui:
  • a_0 mede a componente média da função (duas vezes a média sobre um período);
  • a_n são os coeficientes das cossenas (componentes pares);
  • b_n são os coeficientes das senos (componentes ímpares).\n
    As fórmulas para os coeficientes (para período T) são
a_0=\frac{2}{T}\int_{0}^{T} f(t)\,dt,\qquad a_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T} f(t)\cos(n\omega_0 t)\,dt,\qquad b_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T} f(t)\sin(n\omega_0 t)\,dt.
No nosso caso T=4, então \omega_0=\dfrac{2\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}. Agora vamos calcular a_0,a_n,b_n usando a definição por integrais, sempre dividindo o período nas partes onde f tem valores diferentes: de 0 a 1 vale 1, de 1 a 4 vale -1.

Passo 3

Cálculo de a_0. Aplicando a fórmula:
a_0=\frac{2}{4}\int_{0}^{4} f(t)\,dt=\frac{1}{2}\Bigl(\int_{0}^{1}1\,dt+\int_{1}^{4}(-1)\,dt\Bigr).
Calculo das integrais:
\int_{0}^{1}1\,dt=1,\qquad \int_{1}^{4}(-1)\,dt=-(4-1)= -3.
Portanto
a_0=\frac{1}{2}(1-3)=\frac{1}{2}(-2)=-1.
Assim a média (termo constante na série) é a_0/2=-\tfrac{1}{2}.

Passo 4

Cálculo de a_n para n\ge 1. Usamos
a_n=\frac{2}{4}\int_{0}^{4} f(t)\cos(n\omega_0 t)\,dt=\frac{1}{2}\Bigl(\int_{0}^{1}\cos(n\omega_0 t)\,dt-\int_{1}^{4}\cos(n\omega_0 t)\,dt\Bigr).
Calculo primitivo: \displaystyle \int \cos(n\omega_0 t)\,dt=\frac{1}{n\omega_0}\sin(n\omega_0 t). Aplicando os limites:
a_n=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n\omega_0}\Bigl[\sin(n\omega_0\cdot 1)-\sin(0)-\bigl(\sin(n\omega_0\cdot 4)-\sin(n\omega_0\cdot 1)\bigr)\Bigr].
Simplificando os termos:
a_n=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n\omega_0}\Bigl(2\sin(n\omega_0)-\sin(4n\omega_0)\Bigr).
Mas \omega_0=\dfrac{\pi}{2}, então 4n\omega_0=4n\cdot\dfrac{\pi}{2}=2n\pi e \sin(2n\pi)=0. Logo
a_n=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n\omega_0}\cdot 2\sin(n\omega_0)=\frac{\sin(n\omega_0)}{n\omega_0}.
Substituindo \omega_0=\dfrac{\pi}{2} e reorganizando,
a_n=\frac{\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)}{n(\pi/2)}=\frac{2}{n\pi}\sin\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr).
É uma expressão simples e pronta para uso. Exemplo rápido: para n=1 obtemos a_1=\dfrac{2}{\pi}.

Passo 5

Cálculo de b_n para n\ge 1. Usamos
b_n=\frac{2}{4}\int_{0}^{4} f(t)\sin(n\omega_0 t)\,dt=\frac{1}{2}\Bigl(\int_{0}^{1}\sin(n\omega_0 t)\,dt-\int_{1}^{4}\sin(n\omega_0 t)\,dt\Bigr).
Primitiva: \displaystyle \int \sin(n\omega_0 t)\,dt=-\frac{1}{n\omega_0}\cos(n\omega_0 t). Aplicando limites,
b_n=\frac{1}{2}\cdot\Bigl(-\frac{1}{n\omega_0}[\cos(n\omega_0)-\cos 0]\;-\;(-\frac{1}{n\omega_0}[\cos(4n\omega_0)-\cos(n\omega_0)])\Bigr).
Agrupando e simplificando:
b_n=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n\omega_0}\Bigl( -\cos(n\omega_0)+1+\cos(4n\omega_0)-\cos(n\omega_0)\Bigr).
Novamente \cos(4n\omega_0)=\cos(2n\pi)=1, então
b_n=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n\omega_0}\cdot 2\bigl(1-\cos(n\omega_0)\bigr)=\frac{1}{n\omega_0}\bigl(1-\cos(n\omega_0)\bigr).
Substituindo \omega_0=\dfrac{\pi}{2},
b_n=\frac{1}{n(\pi/2)}\Bigl(1-\cos\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)\Bigr)=\frac{2}{n\pi}\Bigl(1-\cos\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)\Bigr).
Exemplos: b_1=\dfrac{2}{\pi}, b_2=\dfrac{4}{2\pi}=\dfrac{2}{\pi}, b_4=0.

Passo 6

Montando a série de Fourier trigonométrica com os coeficientes encontrados. Lembrando \omega_0=\dfrac{\pi}{2}, temos
f(t)=-\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{n\pi}\sin\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)\cos\!\Bigl(\frac{n\pi t}{2}\Bigr)+\frac{2}{n\pi}\Bigl(1-\cos\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)\Bigr)\sin\!\Bigl(\frac{n\pi t}{2}\Bigr)\right].
Observação prática (útil na prova): os valores de \sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr) e \cos\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr) obedecem um padrão periódico em n (módulo 4), então muitos termos se simplificam:
  • Se n=4k então \sin(\tfrac{n\pi}{2})=0 e \cos(\tfrac{n\pi}{2})=1, logo a_n=b_n=0.
  • Se n=4k+1 então \sin(\tfrac{n\pi}{2})=1, \cos(\tfrac{n\pi}{2})=0, então a_n=\dfrac{2}{n\pi}, b_n=\dfrac{2}{n\pi}.
  • Se n=4k+2 então \sin(\tfrac{n\pi}{2})=0, \cos(\tfrac{n\pi}{2})=-1, então a_n=0, b_n=\dfrac{4}{n\pi}.
  • Se n=4k+3 então \sin(\tfrac{n\pi}{2})=-1, \cos(\tfrac{n\pi}{2})=0, então a_n=-\dfrac{2}{n\pi}, b_n=\dfrac{2}{n\pi}.

Passo 7

Passando para a forma harmônica (amplitude e fase). Para cada n\ge1 podemos escrever
a_n\cos(n\omega_0 t)+b_n\sin(n\omega_0 t)=A_n\cos\!\bigl(n\omega_0 t-\varphi_n\bigr),
onde
A_n=\sqrt{a_n^{2}+b_n^{2}},\qquad \varphi_n=\operatorname{atan2}(b_n,a_n)
(isto é, \cos\varphi_n=\dfrac{a_n}{A_n}, \sin\varphi_n=\dfrac{b_n}{A_n}). Substituindo a_n e b_n em forma geral obtemos
A_n=\frac{2}{n\pi}\sqrt{\sin^{2}\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)+\Bigl(1-\cos\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)\Bigr)^{2}}.
Mas, de novo, é mais prático listar os resultados simplificados por classes de n módulo 4:
  • Para n=4k: A_n=0 (não há termo).
  • Para n=4k+1: a_n=\dfrac{2}{n\pi}, b_n=\dfrac{2}{n\pi} \Rightarrow
A_n=\frac{2\sqrt{2}}{n\pi},\qquad \varphi_n=\frac{\pi}{4}.
  • Para n=4k+2: a_n=0, b_n=\dfrac{4}{n\pi} \Rightarrow
A_n=\frac{4}{n\pi}=\frac{2}{(2k+1)\pi},\qquad \varphi_n=\frac{\pi}{2}.
(Observe que n=4k+2=2(2k+1).)
  • Para n=4k+3: a_n=-\dfrac{2}{n\pi}, b_n=\dfrac{2}{n\pi} \Rightarrow
A_n=\frac{2\sqrt{2}}{n\pi},\qquad \varphi_n=\frac{3\pi}{4}.
Assim a forma harmônica completa é
f(t)=-\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} A_n\cos\!\Bigl(\frac{n\pi t}{2}-\varphi_n\Bigr),
com A_n e \varphi_n dados pelas fórmulas/casos acima. Isso responde ao pedido: primeiro a série trigonométrica explícita (Passo 6) e depois a mesma série escrita termo a termo como cossenos com amplitude e fase (Passo 7).

Resposta

f(t)=-\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{n\pi}\sin\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)\cos\!\Bigl(\frac{n\pi t}{2}\Bigr)+\frac{2}{n\pi}\Bigl(1-\cos\!\Bigl(\frac{n\pi}{2}\Bigr)\Bigr)\sin\!\Bigl(\frac{n\pi t}{2}\Bigr)\right].
f(t)=-\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}A_n\cos\!\Bigl(\frac{n\pi t}{2}-\varphi_n\Bigr),
onde, com n escrito como n=4k,4k+1,4k+2,4k+3,
\begin{aligned} &n=4k:\quad A_n=0,\\[4pt] &n=4k+1:\quad A_n=\dfrac{2\sqrt{2}}{(4k+1)\pi},\quad \varphi_n=\dfrac{\pi}{4},\\[6pt] &n=4k+2:\quad A_n=\dfrac{2}{(2k+1)\pi},\quad \varphi_n=\dfrac{\pi}{2},\\[6pt] &n=4k+3:\quad A_n=\dfrac{2\sqrt{2}}{(4k+3)\pi},\quad \varphi_n=\dfrac{3\pi}{4}. \end{aligned}]

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