f(x)=\left\{\begin{array}{cc}1-\frac{1}{2}|x| & \text { se }-2<x<2 \\\\ 0 & \text { se } 2<x<6\end{array} \quad(p=8)\right.

Passo 1

O enunciado fornece a função periódica (com período indicado p=8\)): \[f(x)=\begin{cases} 1-\tfrac{1}{2}|x| & \text{se }-2<x<2,\\[4pt] 0 & \text{se }2<x<6, \end{cases}\qquad (p=8).
As informações relevantes que eu extraio do enunciado são:
  • A função é dada num intervalo de comprimento 8\] (de \(-2 a 6) e o enunciado explicitou o período p=8.
  • Dentro de um período, f(x)=1-\tfrac{1}{2}|x| para -2<x<2 e f(x)=0 para 2<x<6.
  • A tarefa implícita (já que foi dado p=8) é determinar a série de Fourier da função periódica de período p=8 — isto é, encontrar os coeficientes e escrever a expansão em cossenos e senos para todos os x.]

Passo 2

Por que usar a fórmula padrão da série de Fourier em intervalo simétrico?
  • Para período p conveniente é comum tomar L=\tfrac{p}{2}. Aqui p=8 então L=4. A fórmula padrão para a série de Fourier numa função de período 2L é
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(a_n\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)+b_n\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)\Bigr),
com os coeficientes dados por
a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)\,dx,
b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\bigr)\,dx.
Aqui L=4. Vou usar essas fórmulas. Observação importante (ajuda a simplificar): a função dada é par dentro do intervalo central porque depende de |x| quando não nula, então f(x) é uma função par sobre o período. Logo todos os b_n serão 0 (porque o integrando f(x)\sin(\cdot) é função ímpar no intervalo simétrico).

Passo 3

Calcular a_0.
Defino L=4. Então
a_0=\frac{1}{4}\int_{-4}^{4} f(x)\,dx.
Mas f(x)=0 para |x|>2 no período, então a integral reduz a [-2,2]. Além disso f é par, então
\int_{-2}^{2} f(x)\,dx=2\int_{0}^{2}\Bigl(1-\tfrac{1}{2}x\Bigr)\,dx.
Calculo a integral interna:
\int_{0}^{2}\Bigl(1-\tfrac{1}{2}x\Bigr)\,dx=\Bigl[x-\tfrac{1}{4}x^{2}\Bigr]_{0}^{2}=2-\tfrac{1}{4}\cdot 4=2-1=1.
Portanto \int_{-2}^{2} f(x)\,dx=2\cdot 1=2. Logo
a_0=\frac{1}{4}\cdot 2=\tfrac{1}{2}.
No desenvolvimento da série aparecerá o termo constante \tfrac{a_0}{2}=\tfrac{1}{4}.

Passo 4

Verificação de b_n.
Como eu comentei, f(x) é função par (depende de |x| quando não nula) e \sin(\tfrac{n\pi x}{L}) é ímpar, o produto é ímpar. Integrando uma função ímpar em [-L,L] obtemos zero. Assim, para todo n\ge 1,
b_n=0.

Passo 5

Calcular a_n ( n\ge 1).
Parto da fórmula com L=4:
a_n=\frac{1}{4}\int_{-4}^{4} f(x)\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{4}\bigr)\,dx.
De novo a integral restringe-se a [-2,2] e, por simetria (função par), posso escrever
a_n=\frac{1}{4}\cdot 2\int_{0}^{2}\Bigl(1-\tfrac{1}{2}x\Bigr)\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{4}\bigr)\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\Bigl(1-\tfrac{1}{2}x\Bigr)\cos(\alpha x)\,dx,
onde eu defini \alpha=\tfrac{n\pi}{4} para simplificar a notação.
Agora calculo a integral
I_n=\int_{0}^{2}\Bigl(1-\tfrac{1}{2}x\Bigr)\cos(\alpha x)\,dx =\int_{0}^{2}\cos(\alpha x)\,dx-\tfrac{1}{2}\int_{0}^{2}x\cos(\alpha x)\,dx.

Passo 6

Avaliar cada parcela de I_n.
  1. \displaystyle \int_{0}^{2}\cos(\alpha x)\,dx=\frac{1}{\alpha}\sin(2\alpha).
  2. Para \displaystyle \int_{0}^{2}x\cos(\alpha x)\,dx uso integração por partes: tomo u=x, dv=\cos(\alpha x)\,dx. Então du=dx, v=\tfrac{1}{\alpha}\sin(\alpha x). Assim
\int_{0}^{2}x\cos(\alpha x)\,dx=\Bigl[\tfrac{x}{\alpha}\sin(\alpha x)\Bigr]_{0}^{2}-\int_{0}^{2}\tfrac{1}{\alpha}\sin(\alpha x)\,dx =\tfrac{2}{\alpha}\sin(2\alpha)-\tfrac{1}{\alpha}\cdot\frac{1}{\alpha}\bigl(1-\cos(2\alpha)\bigr).
Notei que \int_{0}^{2}\sin(\alpha x)\,dx=\tfrac{1}{\alpha}(1-\cos(2\alpha)).
Agora retorno a I_n:
I_n=\frac{1}{\alpha}\sin(2\alpha)-\tfrac{1}{2}\Bigl(\tfrac{2}{\alpha}\sin(2\alpha)-\tfrac{1}{\alpha^{2}}\bigl(1-\cos(2\alpha)\bigr)\Bigr).
As parcelas com \sin(2\alpha) se cancelam: \frac{1}{\alpha}\sin(2\alpha)-\frac{1}{\alpha}\sin(2\alpha)=0. Restando
I_n=\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{\alpha^{2}}\bigl(1-\cos(2\alpha)\bigr)=\frac{1-\cos(2\alpha)}{2\alpha^{2}}.
Portanto
a_n=\frac{1}{2}I_n=\frac{1-\cos(2\alpha)}{4\alpha^{2}}.

Passo 7

Substituir \alpha=\tfrac{n\pi}{4} e simplificar.
Temos \alpha^{2}=\tfrac{n^{2}\pi^{2}}{16} e 2\alpha=\tfrac{n\pi}{2}. Assim
a_n=\frac{1-\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)}{4\cdot \tfrac{n^{2}\pi^{2}}{16}} =\frac{16}{4n^{2}\pi^{2}}\bigl(1-\cos(\tfrac{n\pi}{2})\bigr) =\frac{4}{n^{2}\pi^{2}}\bigl(1-\cos(\tfrac{n\pi}{2})\bigr).
Esse resultado pode ser interpretado por classes de n modulo 4:
  • Se n\equiv 0\pmod{4}, então \cos(\tfrac{n\pi}{2})=1 e a_n=0.
  • Se n ímpar (isto é, n\equiv 1 ou 3\pmod{4}), então \cos(\tfrac{n\pi}{2})=0 e a_n=\dfrac{4}{n^{2}\pi^{2}}.
  • Se n\equiv 2\pmod{4}, então \cos(\tfrac{n\pi}{2})=-1 e a_n=\dfrac{8}{n^{2}\pi^{2}}.
E lembrando que b_n=0.

Passo 8

Escrever a série de Fourier final e dar alguns termos iniciais para ter noção prática.
A série de Fourier (com L=4) fica
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{4}\bigr),
onde \displaystyle a_0=\tfrac{1}{2} e \displaystyle a_n=\frac{4}{n^{2}\pi^{2}}\bigl(1-\cos(\tfrac{n\pi}{2})\bigr). Substituindo a_0,
f(x)=\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4\bigl(1-\cos(\tfrac{n\pi}{2})\bigr)}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{4}\bigr).
Alguns primeiros coeficientes para referência:
a_1=\frac{4}{\pi^{2}},\quad a_2=\frac{8}{4\pi^{2}}=\frac{2}{\pi^{2}},\quad a_3=\frac{4}{9\pi^{2}},\quad a_4=0,\quad \ldots

Resposta

f(x)=\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4\bigl(1-\cos(\tfrac{n\pi}{2})\bigr)}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{4}\bigr).

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