Problema #1:
Ache a série de Fourier da função periódica de período T=4 definido em [-2,2] por f(x)=\frac{4-x^{2}}{2}. Use a identidade de Parseval para verificar que
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}=1+\frac{1}{2^{4}}+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{4^{4}}+\ldots=\frac{\pi^{4}}{90} .

Passo 1

O enunciado dá uma função periódica de período T=4 definida em [-2,2] por f(x)=\dfrac{4-x^{2}}{2}. As perguntas são:
  • Achar a série de Fourier dessa função (no intervalo de período dado).
  • Usar a identidade de Parseval para verificar que \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}=\dfrac{\pi^{4}}{90}.
Informações relevantes fornecidas:
  • Período T=4, logo L=\dfrac{T}{2}=2.
  • Função explícita em [-2,2]: f(x)=\dfrac{4-x^{2}}{2}.
  • Observação útil (que pode ser vista ao olhar f): f é par (pois depende de x^{2}), então a série terá apenas termos em cosseno (os coeficientes b_n serão 0).

Passo 2

Vamos escrever a forma geral da série de Fourier para funções de período 2L com L=2. A série tem a forma
f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)+b_{n}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right).
Aqui:
  • L=2.
  • Os coeficientes são dados por
a_{n}=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx,\qquad b_{n}=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx,
e
a_{0}=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\,dx.
Como f é par e \cos também é par, teremos b_{n}=0 e podemos simplificar as integrais usando simetria: \int_{-2}^{2}=\!2\int_{0}^{2}.

Passo 3

Calcular a_{0}. Usando a_{0}=\dfrac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\,dx com L=2:
a_{0}=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}\frac{4-x^{2}}{2}\,dx=\frac{1}{2}\cdot 2\int_{0}^{2}\frac{4-x^{2}}{2}\,dx=\int_{0}^{2}\frac{4-x^{2}}{2}\,dx.
Calcule a integral:
\int_{0}^{2}\frac{4-x^{2}}{2}\,dx=\frac{1}{2}\left[4x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{2} =\frac{1}{2}\left(8-\frac{8}{3}\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{16}{3}=\frac{8}{3}.
Portanto a_{0}=\dfrac{8}{3} e o termo constante da série é \dfrac{a_{0}}{2}=\dfrac{4}{3}.

Passo 4

Calcular a_{n} para n\ge1. Com L=2,
a_{n}=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}\frac{4-x^{2}}{2}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx.
Pelo paridade (produto de páres), isto reduz a
a_{n}=\int_{0}^{2}\frac{4-x^{2}}{2}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}(4-x^{2})\cos(kx)\,dx,
onde, por conveniência, definimos k=\dfrac{n\pi}{2}. Vamos calcular
I(k)=\int_{0}^{2}(4-x^{2})\cos(kx)\,dx
e depois usaremos a_{n}=\dfrac{1}{2}I(k).

Passo 5

Calcular I(k)=\int_{0}^{2}(4-x^{2})\cos(kx)\,dx. Separe em duas integrais:
I(k)=4\int_{0}^{2}\cos(kx)\,dx-\int_{0}^{2}x^{2}\cos(kx)\,dx.
Primeira integral:
4\int_{0}^{2}\cos(kx)\,dx=4\left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_{0}^{2}=4\frac{\sin(2k)}{k}.
Segunda integral: use integração por partes duas vezes. Para \int x^{2}\cos(kx)\,dx, seja u=x^{2}, dv=\cos(kx)dx. Então du=2x\,dx, v=\dfrac{\sin(kx)}{k}. Obtemos a primitiva
\int x^{2}\cos(kx)\,dx=x^{2}\frac{\sin(kx)}{k}-\int 2x\frac{\sin(kx)}{k}\,dx.
Agora calcule \int x\sin(kx)\,dx por partes: com u=x, dv=\sin(kx)dx
\int x\sin(kx)\,dx=-x\frac{\cos(kx)}{k}+\int\frac{\cos(kx)}{k}\,dx =-\frac{x\cos(kx)}{k}+\frac{\sin(kx)}{k^{2}}.
Voltando,
\int x^{2}\cos(kx)\,dx=\frac{x^{2}\sin(kx)}{k}-\frac{2}{k}\left(-\frac{x\cos(kx)}{k}+\frac{\sin(kx)}{k^{2}}\right) =\frac{x^{2}\sin(kx)}{k}+\frac{2x\cos(kx)}{k^{2}}-\frac{2\sin(kx)}{k^{3}}.
Avalie de 0 a 2:
\int_{0}^{2}x^{2}\cos(kx)\,dx =\left[\frac{x^{2}\sin(kx)}{k}+\frac{2x\cos(kx)}{k^{2}}-\frac{2\sin(kx)}{k^{3}}\right]_{0}^{2}.
No x=0 todos os termos são zero exceto o termo com \cos(0) multiplicado por x que também é zero; logo só o valor em x=2 conta:
\int_{0}^{2}x^{2}\cos(kx)\,dx=\frac{4\sin(2k)}{k}+\frac{4\cos(2k)}{k^{2}}-\frac{2\sin(2k)}{k^{3}}.

Passo 6

Agora volte a I(k):
I(k)=4\frac{\sin(2k)}{k}-\left(\frac{4\sin(2k)}{k}+\frac{4\cos(2k)}{k^{2}}-\frac{2\sin(2k)}{k^{3}}\right).
Simplificando,
I(k)=2\frac{\sin(2k)}{k^{3}}-4\frac{\cos(2k)}{k^{2}}.
Lembre-se que k=\dfrac{n\pi}{2}, então 2k=n\pi. Assim \sin(2k)=\sin(n\pi)=0 e \cos(2k)=\cos(n\pi)=(-1)^{n}. Portanto
I(k)= -4\frac{(-1)^{n}}{k^{2}}.
Então
a_{n}=\frac{1}{2}I(k)=-2\frac{(-1)^{n}}{k^{2}}.
Substituindo k^{2}=\dfrac{n^{2}\pi^{2}}{4} resulta
a_{n}=-2(-1)^{n}\cdot\frac{4}{n^{2}\pi^{2}}=\frac{8(-1)^{\,n+1}}{n^{2}\pi^{2}}.
Como b_{n}=0, a série de Fourier (válida para todos os x, ponto a ponto onde f é contínua) fica
\boxed{\,f(x)=\frac{4}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{8(-1)^{\,n+1}}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,.}

Passo 7

Agora usamos a identidade de Parseval. Para séries de Fourier com L=2 (isto é, período 2L=4), a forma de Parseval é
\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} |f(x)|^{2}\,dx=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\bigr).
Aqui L=2 e b_{n}=0. Logo
\frac{1}{2}\int_{-2}^{2} f(x)^{2}\,dx=\frac{a_{0}^{2}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{2}.

Passo 8

Calcule o lado esquerdo \dfrac{1}{2}\int_{-2}^{2} f(x)^{2}\,dx. Como f é par
\frac{1}{2}\int_{-2}^{2} f(x)^{2}\,dx=\int_{0}^{2}\left(\frac{4-x^{2}}{2}\right)^{2}\,dx =\int_{0}^{2}\frac{16-8x^{2}+x^{4}}{4}\,dx.
Calcule a integral:
\int_{0}^{2}\frac{16-8x^{2}+x^{4}}{4}\,dx=\frac{1}{4}\left[16x-\frac{8x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}\right]_{0}^{2}.
Avalie:
\frac{1}{4}\left(32-\frac{64}{3}+\frac{32}{5}\right) =\frac{1}{4}\cdot\frac{256}{15}=\frac{64}{15}.
Portanto o lado esquerdo vale \dfrac{64}{15}.

Passo 9

Calcule o lado direito: já temos a_{0}=\dfrac{8}{3} então
\frac{a_{0}^{2}}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{8}{3}\right)^{2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{64}{9}=\frac{32}{9}.
Também temos a_{n}^{2}=\left(\dfrac{8}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{2}=\dfrac{64}{n^{4}\pi^{4}} (o sinal (-1)^{n+1} some ao elevar ao quadrado). Assim
\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{2}=\frac{64}{\pi^{4}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}.
Pelo Parseval,
\frac{64}{15}=\frac{32}{9}+\frac{64}{\pi^{4}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}.
Isolando a soma,
\frac{64}{\pi^{4}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}=\frac{64}{15}-\frac{32}{9} =\frac{192-160}{45}=\frac{32}{45}.
Logo
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}=\frac{\pi^{4}}{64}\cdot\frac{32}{45}=\frac{\pi^{4}}{90}.

Resposta

f(x)=\dfrac{4}{3}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{8(-1)^{\,n+1}}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{2}\right)
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}=\frac{\pi^{4}}{90}

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