In Problems 25-34 find the half-range cosine and sine expansions of the given function.
f(x)= 0, & 0<x<pi x-pi, & pi <= x<2 pi

Passo 1

O enunciado pede as expansões de meia-onda (half-range) de
Vamos tomar a ),
– a expansão em senos (extensão ímpar de a ).

Passo 2

Para a série de cossenos temos a fórmula padrão (meia-onda em [0,L]):
f(x)sim a02+sumn=1^inftyancos!l(tfracnpi xLr),
com
an=2Lintegral0^Lf(x)cos!l(tfracnpi xLr),dx
e L=2pi.

Passo 3

Cálculo de a0:
a0=22piintegral0^2pif(x),dx =1piintegralpi^2pi(x-pi),dx =1pil[tfrac(x-pi)^22r]pi^2pi =pi2
Logo o termo constante vale tfraca02=tfracpi4.

Passo 4

Cálculo de an para n>=1:
an=1piintegral0^2pif(x)cos!l(tfracnpi x2pir),dx =1piintegralpi^2pi(x-pi)cos!l(tfracn x2r),dx
Faça a substituição u=x-pi, de u=0 a u=pi, e expanda
cosl(tfracn(pi+u)2r) =cos!l(tfracnpi2r)cos!l(tfracnu2r) -sin!l(tfracnpi2r)sin!l(tfracnu2r),
e use integração por partes em cada termo.

Passo 5

Depois de simplificar dá-se o resultado em função de nmod4:
an=4pi n^2l[(-1)^n-cos!l(tfracnpi2r)r],
isto é
an= 0,&n=4k,[6pt] -dfrac4pi n^2,&n=4k+1 ou 4k+3,[6pt] dfrac8pi n^2,&n=4k+2 ]

Passo 6

Para a série de senos usamos
f(x)sim sumn=1^inftybnsin!l(tfracnpi xLr), bn=2Lintegral0^Lf(x)sin!l(tfracnpi xLr),dx

Passo 7

Cálculo de bn:
bn=1piintegralpi^2pi(x-pi)sin!l(tfracn x2r),dx
novamente com u=x-pi e expansão de
sin!l(tfracn(pi+u)2r). Integre por partes e simplifique.

Passo 8

O resultado final fica, para n>=1:
bn=2(-1)^n+1n -4pi n^2,sin!l(tfracnpi2r),
ou, em forma modular,
bn= -dfrac2n,&n par,[4pt] dfrac2n-dfrac4pi n^2,&n=4k+1,[4pt] dfrac2n+dfrac4pi n^2,&n=4k+3 ]

Resposta

Meia-onda cosseno ( L=2pi):
f(x)=pi4 +sumn=1^infty ancos!l(tfracn x2r),
com
an=4pi n^2l[(-1)^n-cos!tfracnpi2r]
Meia-onda seno ( L=2pi):
f(x)=sumn=1^infty bnsin!l(tfracn x2r),
com
bn=2(-1)^n+1n -4pi n^2sin!tfracnpi2

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