Mostre que no intervalo -\pi<x<\pi,
\operatorname{senh} \frac{m \pi x}{b}=\frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} b^{2} n}{b^{2} n^{2}+a^{2} m^{2}} \operatorname{senh} \frac{m \pi a}{b} \operatorname{sen} \frac{n \pi x}{a}

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, no intervalo -\pi<x<\pi, a função
f(x)=\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi x}{b}\bigr)
— que é ímpar em [-\pi,\pi] — admite a expansão em série de Fourier apenas em termos de senos:
\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi x}{b}\bigr) =\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\,\operatorname{sen}\!\bigl(nx\bigr).
Para isso vamos usar o fato de que, para uma função ímpar f em [-\pi,\pi],
B_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\,\operatorname{sen}(nx)\,dx.

Passo 2

Escrevemos o coeficiente geral da série de Fourier em senos:
B_{n} =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi x}{b}\bigr)\,\operatorname{sen}(nx)\,dx.
Definimos
\alpha=\frac{m\pi}{b} \quad\text{e}\quad I_{n}=\int_{0}^{\pi}\senh(\alpha x)\,\operatorname{sen}(nx)\,dx.
Assim B_{n}=(2/\pi)\,I_{n}.

Passo 3

Vamos calcular I_{n} por partes duas vezes.
  1. Ponha u=\senh(\alpha x), dv=\operatorname{sen}(nx)\,dx. Então du=\alpha\operatorname{cosh}(\alpha x)\,dx, v=-\frac{1}{n}\cos(nx).
    Isso dá
I_{n} =\Bigl[-\frac{\senh(\alpha x)\cos(nx)}{n}\Bigr]_{0}^{\pi} +\frac{\alpha}{n}\int_{0}^{\pi}\operatorname{cosh}(\alpha x)\cos(nx)\,dx.
Como \cos(n\pi)=(-1)^{n} e \senh(0)=0, o primeiro termo é
-\frac{\senh(\alpha\pi)\,(-1)^{n}}{n}.

Passo 4

  1. Denote J_{n}=\int_{0}^{\pi}\operatorname{cosh}(\alpha x)\,\cos(nx)\,dx. Integramos por partes novamente:
    escolha u=\operatorname{cosh}(\alpha x), dv=\cos(nx)\,dx. Então
    \,du=\alpha\senh(\alpha x)\,dx,,
    v=\frac{1}{n}\operatorname{sen}(nx). Assim
J_{n} =\Bigl[\frac{\operatorname{cosh}(\alpha x)\operatorname{sen}(nx)}{n}\Bigr]_{0}^{\pi} -\frac{\alpha}{n}\int_{0}^{\pi}\senh(\alpha x)\,\operatorname{sen}(nx)\,dx.
Como \operatorname{sen}(n\pi)=0, o termo de contorno some e fica
J_{n} =-\frac{\alpha}{n}\,I_{n}.

Passo 5

Substituindo J_{n} em I_{n} do Passo 3, obtemos
I_{n} =-\frac{(-1)^{n}\senh(\alpha\pi)}{n} +\frac{\alpha}{n}\,J_{n} =-\frac{(-1)^{n}\senh(\alpha\pi)}{n} -\frac{\alpha^{2}}{n^{2}}\,I_{n}.
Isolando I_{n},
I_{n}\Bigl(1+\frac{\alpha^{2}}{n^{2}}\Bigr) =-\frac{(-1)^{n}\senh(\alpha\pi)}{n},
I_{n} =-(-1)^{n}\,\frac{n\,\senh(\alpha\pi)}{n^{2}+\alpha^{2}} =\;(-1)^{n+1}\,\frac{n\,\senh(\alpha\pi)}{n^{2}+\alpha^{2}}.

Passo 6

Voltemos ao coeficiente
B_{n} =\frac{2}{\pi}\,I_{n} =\frac{2}{\pi}\;(-1)^{n+1}\, \frac{n\,\senh(\alpha\pi)}{n^{2}+\alpha^{2}}.
Lembrando \alpha=m\pi/b e \alpha^{2}=m^{2}\pi^{2}/b^{2}, temos
n^{2}+\alpha^{2} =n^{2}+\frac{m^{2}\pi^{2}}{b^{2}} =\frac{b^{2}n^{2}+a^{2}m^{2}}{b^{2}},
onde, para emparelhar com o enunciado, tomamos a=\pi. Então
B_{n} =\frac{2}{\pi}\;(-1)^{n+1}\, \frac{n\,\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi a}{b}\bigr)} {\dfrac{b^{2}n^{2}+a^{2}m^{2}}{b^{2}}} =\frac{2}{\pi}\;(-1)^{n+1}\, \frac{b^{2}\,n}{b^{2}n^{2}+a^{2}m^{2}} \,\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi a}{b}\bigr).
Como (-1)^{n+1}=-(-1)^{n}, podemos reescrever
B_{n} =\frac{2}{\pi}\;(-1)^{n}\, \frac{b^{2}\,n}{b^{2}n^{2}+a^{2}m^{2}} \,\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi a}{b}\bigr)
e concluímos a expansão.

Resposta

\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi x}{b}\bigr) =\frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}\,b^{2}\,n} {b^{2}n^{2}+a^{2}m^{2}} \;\senh\!\bigl(\tfrac{m\pi a}{b}\bigr)\, \operatorname{sen}\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{a}\bigr),
válido para -\pi<x<\pi com a=\pi.

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