Nos problemas de 7 a 12, suponha que a função dada é estendida, periodicamente, para fora do intervalo original.
(a) Encontre a série de Fourier da função estendida.
11.
f(x)=\frac{1}{6}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2 \cos n \pi}{n^{2} \pi^{2}} \cos n \pi x-\frac{2-2 \cos n \pi+n^{2} \pi^{2} \cos n \pi}{n^{3} \pi^{3}} \operatorname{sen} n \pi x\right]

Passo 1

O enunciado dá a função estendida periodicamente cuja série de Fourier é
f(x)=\frac{1}{6}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2 \cos n \pi}{n^{2} \pi^{2}} \cos n \pi x-\frac{2-2 \cos n \pi+n^{2} \pi^{2} \cos n \pi}{n^{3} \pi^{3}} \sin n \pi x\right].
A tarefa é encontrar (ou simplificar) essa série de Fourier da função estendida.
Informações relevantes dadas:
\text{(i)}\\ \text{o somatório sobre }n\text{ contém fatores }\cos n\pi\text{ e }\sin n\pi x.óé
\text{(ii)}\\ \text{constante inicial } \frac{1}{6}.
Não se pede outra coisa além de escrever/identificar a série de Fourier em forma mais simples / reconhecível.

Passo 2

Primeiro passo técnico: usar a identidade fácil e muito útil
\cos n\pi = (-1)^n.
Vou substituir isto em todos os coeficientes para simplificar as expressões. Substituindo em cada termo obtemos
\frac{2\cos n\pi}{n^{2}\pi^{2}}=\frac{2(-1)^n}{n^{2}\pi^{2}}
e
\frac{2-2\cos n\pi+n^{2}\pi^{2}\cos n\pi}{n^{3}\pi^{3}} =\frac{2-2(-1)^n+n^{2}\pi^{2}(-1)^n}{n^{3}\pi^{3}}.
Então a série fica
f(x)=\frac{1}{6}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2(-1)^n}{n^{2}\pi^{2}}\cos n\pi x -\frac{2-2(-1)^n+n^{2}\pi^{2}(-1)^n}{n^{3}\pi^{3}}\sin n\pi x\right].

Passo 3

Agora vou separar a soma em duas partes: a parte com cossenos e a parte com senos. Escrevo-as explicitamente:
\text{(cos)}\quad S_c=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^n}{n^{2}\pi^{2}}\cos n\pi x,
\text{(sen)}\quad S_s=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2-2(-1)^n+n^{2}\pi^{2}(-1)^n}{n^{3}\pi^{3}}\sin n\pi x.
Vou simplificar cada uma separadamente e depois recompor f(x)=\tfrac{1}{6}+S_c+S_s.

Passo 4

Trabalhando S_c: existe uma série conhecida e muito útil (para funções com período 2, no intervalo [-1,1]):
x^{2}=\frac{1}{3}+\frac{4}{\pi^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^{2}}\cos n\pi x,\qquad -1<x<1.
Esta identidade pode ser obtida a partir da série clássica de y^{2} em [- \pi,\pi] trocando y=\pi x, mas aqui eu uso-a como fato já conhecido. Multiplicando ambos os lados por \tfrac{1}{2} obtemos
\frac{1}{2}x^{2}=\frac{1}{6}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^n}{n^{2}\pi^{2}}\cos n\pi x.
Comparando com S_c vemos que
S_c=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^n}{n^{2}\pi^{2}}\cos n\pi x=\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{6}.
Repare que a constante \tfrac{1}{6} presente no termo isolado do enunciado vai cancelar com a constante negativa gerada por S_c quando recompor f.

Passo 5

Agora simplifico S_s. Primeiro reescrevo o coeficiente do seno separando termos:
\frac{2-2(-1)^n+n^{2}\pi^{2}(-1)^n}{n^{3}\pi^{3}} =\frac{2(1-(-1)^n)}{n^{3}\pi^{3}}+\frac{(-1)^n}{n\pi}.
Logo
S_s=-\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{2(1-(-1)^n)}{n^{3}\pi^{3}}+\frac{(-1)^n}{n\pi}\right]\sin n\pi x.
Distribuindo a soma em duas somas:
S_s = -\underbrace{\sum_{n=1}^\infty\frac{2(1-(-1)^n)}{n^{3}\pi^{3}}\sin n\pi x}_{\displaystyle S_{s1}} \;-\;\underbrace{\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n\pi}\sin n\pi x}_{\displaystyle S_{s2}}.

Passo 6

Avalio S_{s2} primeiro. Use a série de Fourier conhecida para a função x (intervalo [-1,1], período 2):
x=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,n+1}}{n\pi}\sin n\pi x,\qquad -1<x<1.
Dessa identidade segue que
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n\pi}\sin n\pi x =-\frac{1}{2}x.
Portanto
S_{s2}=-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n\pi}\sin n\pi x =-\left(-\frac{1}{2}x\right)=\frac{1}{2}x.
Ou seja, a parte S_{s2} dá um termo polinomial simples +\tfrac{1}{2}x.

Passo 7

Agora analiso S_{s1}:
S_{s1}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2(1-(-1)^n)}{n^{3}\pi^{3}}\sin n\pi x.
Observe que 1-(-1)^n vale 0 para n par e 2 para n ímpar. Assim apenas termos com n ímpar sobrevivem e, para n ímpar, 1-(-1)^n=2. Portanto
S_{s1}=\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^\infty\frac{4}{n^{3}\pi^{3}}\sin n\pi x.í
Escrevendo n=2k-1 para somar sobre k\ge1,
S_{s1}=\frac{4}{\pi^{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\big((2k-1)\pi x\big)}{(2k-1)^{3}}.
Lembre-se que, no sinal original, S_s continha -S_{s1}-S_{s2}. Nós já calculamos S_{s2}=\tfrac{1}{2}x, então substituindo de volta obtemos
S_s = -S_{s1}-S_{s2} = -\frac{4}{\pi^{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\big((2k-1)\pi x\big)}{(2k-1)^{3}} - \frac{1}{2}x.

Passo 8

Reúna tudo: lembrando que f(x)=\tfrac{1}{6}+S_c+S_s e que S_c=\tfrac{1}{2}x^{2}-\tfrac{1}{6}, as constantes \tfrac{1}{6} cancelam:
f(x)=\frac{1}{6}+\left(\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{6}\right) +\left(-\frac{4}{\pi^{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\big((2k-1)\pi x\big)}{(2k-1)^{3}}-\frac{1}{2}x\right).
Simplificando os termos polinomiais:
f(x)=\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}x-\frac{4}{\pi^{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\big((2k-1)\pi x\big)}{(2k-1)^{3}}.

Passo 9

Uma observação final de interpretação (rápida e direta): a série de senos restante envolve apenas senos de frequências ímpares (2k-1)\pi, e é convergente por p-critério com p=3. Portanto a expressão acima é uma forma simplificada e mais transparente da série dada originalmente; os termos polinomiais foram extraídos explicitamente.

Resposta

f(x)=\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}x-\frac{4}{\pi^{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin\big((2k-1)\pi x\big)}{(2k-1)^{3}}.

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