III. 6 Lista 4 de Exercícios - Séries de Fourier.

Supondo que as funções abaixo sejam 2 \pi\) - periódicas, calcule a série de Fourier de cada uma delas : \(f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1, & \text { se } x \in[-\pi, 0] \\\\ 0, & \text { se } x \in[0, \pi] ;\end{array} \quad h\right) f(x)= \begin{cases}\operatorname{sen} x, & \text { se } x \in[-\pi, 0] \\\\ 0, & \text { se } x \in[0, \pi] ;\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede para obter as séries de Fourier, em série de senos e cossenos, de duas funções 2\pi\)-periódicas definidas em um período \([-\pi,\pi]\): – Primeira função: \[f_{1}(x)= \begin{cases} 1,&x\in[-\pi,0],\\\\ 0,&x\in[0,\pi]. \end{cases}
– Segunda função:
f_{2}(x)= \begin{cases} \sin x,&x\in[-\pi,0],\\\\ 0,&x\in[0,\pi]. \end{cases}
O conteúdo é séries de Fourier em função de
f(x)\sim \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos(nx)+b_{n}\sin(nx)\bigr),
onde
a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,\mathrm{d}x,\quad b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,\mathrm{d}x.
Como ambas as funções valem zero em [0,\pi]\], basta integrar só em \([-\pi,0].

Passo 2

Série de Fourier de f_{1}(x):
  1. Cálculo de a_{0}:
a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f_{1}(x)\,\mathrm{d}x =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}1\,\mathrm{d}x =\frac{1}{\pi}\bigl[\,x\bigr]_{-\pi}^{0} =1.
Logo o termo constante é \tfrac{a_{0}}{2}=\tfrac12.
2. Cálculo de a_{n} para n\ge1:
a_{n} =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}1\cdot\cos(nx)\,\mathrm{d}x =\frac{1}{\pi}\Bigl[\frac{\sin(nx)}{n}\Bigr]_{-\pi}^{0} =\frac{1}{\pi n}\bigl(\sin0-\sin(-n\pi)\bigr)=0.
  1. Cálculo de b_{n} para n\ge1:
b_{n} =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}1\cdot\sin(nx)\,\mathrm{d}x =\frac{1}{\pi}\Bigl[-\frac{\cos(nx)}{n}\Bigr]_{-\pi}^{0} =-\frac{1}{\pi n}\bigl(\cos0-\cos(-n\pi)\bigr) =-\frac{1}{\pi n}\bigl(1-(-1)^{n}\bigr).
Ou seja
b_{n}=\frac{(-1)^{n}-1}{\pi n},
que é nulo para n par e vale -2/(\pi n) para n ímpar.
Portanto
f_{1}(x) =\frac12 +\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\,\sin(nx) =\frac12 +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}-1}{\pi n}\,\sin(nx) =\frac12 -\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\,\sin\bigl((2k+1)x\bigr).

Passo 3

Série de Fourier de f_{2}(x)\): 1. Cálculo de \(a_{0}\): \[a_{0} =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}\sin x\,\mathrm{d}x =\frac{1}{\pi}\bigl[-\cos x\bigr]_{-\pi}^{0} =\frac{1}{\pi}\bigl(-1+(-1)\bigr) =-\frac{2}{\pi},
logo \tfrac{a_{0}}{2}=-\tfrac{1}{\pi}.
2. Cálculo de a_{n} para n\ge1 usando a identidade \sin x\cos(nx)=\tfrac12[\sin((n+1)x)+\sin((1-n)x)]:
a_{n} =\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}\sin x\cos(nx)\,\mathrm{d}x =\frac{1}{\pi}\,\frac{1-(-1)^{n+1}}{n^{2}-1} =\begin{cases} \dfrac{2}{\pi(n^{2}-1)},&n\text{ par},\\\\ 0,&n\text{ ímpar}. \end{cases}í
  1. Cálculo de b_{n}\] para \(n\ge1 usando \sin x\,\sin(nx)=\tfrac12[\cos((n-1)x)-\cos((n+1)x)] dá zero.
Assim sobra apenas cossenos de frequência par e o termo constante:
f_{2}(x) =-\frac{1}{\pi} +\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\pi\bigl((2k)^{2}-1\bigr)}\,\cos(2k\,x) =-\frac{1}{\pi} +\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\pi(4k^{2}-1)}\,\cos(2k x).

Resposta

Para f_{1}(x)=\begin{cases}1,&x\in[-\pi,0],\\\ 0,&x\in[0,\pi],\end{cases}
f_{1}(x) =\frac12 -\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\,\sin\bigl((2k+1)x\bigr).
Para f_{2}(x)=\begin{cases}\sin x,&x\in[-\pi,0],\\\ 0,&x\in[0,\pi],\end{cases}
f_{2}(x) =-\frac{1}{\pi} +\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\pi(4k^{2}-1)}\,\cos(2k x).

Exercícios relacionados