Questão 4: (2,5 pontos) Considere a função
f(x)=|x| \text { para }-\pi \leq x<\pi
periódica de período 2 L=2 \pi\). (a) Encontre a série de Fourier de \(f(x)\). (Note que \(f\) é uma função par) (b) Utilize a série de Fourier encontrada no item (a) para calcular a soma da série \[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}

Solução:

(a) Como |x| é uma função par, a série de Fourier de f(x) é uma série em cossenos. Assim seus coeficientes de Fourier são
\begin{aligned} a_{0} & =\frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) d x=\int_{0}^{\pi} x d x=\left.\frac{x^{2}}{2}\right|_{0} ^{\pi}=\frac{\pi^{2}}{2} \\\ a_{n} & =\frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos \frac{n \pi x}{L} d x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cdot \cos (n x) d x=\frac{2}{\pi}\left(\left.\frac{x}{n} \operatorname{sen}(n x)\right|_{0} ^{\pi}-\frac{1}{n} \int_{0}^{\pi} \operatorname{sen}(n x) d x\right) \\\ & =0+\left.\frac{2}{n^{2} \pi} \cos (n x)\right|_{0} ^{\pi}=\frac{2}{n^{2} \pi}\left((-1)^{n}-1\right)= \begin{cases}0 & \text { se } n \text { é par } \\\\ -\frac{4}{n^{2} \pi} & \text { se } n \text { é ímpar }\end{cases} \\\ b_{n} & =0 \end{aligned}ééí
Série de Fourier de f(x)\] : \[\frac{\pi^{2}}{4}-\frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}} \cos (2 n-1) x\] (b) Calculando a série de Fourier de \(f(x) em x=0 e levando em consideração que f(x) é contínua neste ponto, temos
\begin{gathered} \frac{\pi^{2}}{4}-\frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}} \cos 0=f(0) \\\ \frac{\pi^{2}}{4}-\frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}=0 \\\ \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{4} \\\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}=\frac{\pi^{3}}{16} \end{gathered}

Passo 1

O enunciado pede a série de Fourier da função
f(x)=|x|\quad\text{em }[-\pi,\pi],
extendida com período 2\pi. Como f é par, a série terá apenas termos de cosseno. Em seguida, usaremos essa série em x=0 para calcular
\sum_{n=1}^\infty\frac1{(2n-1)^2}.

Passo 2

Para uma função par de período 2\pi temos a forma geral
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos(nx),
com
a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx, \quad a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,dx,
e todos os b_n=0. Como f(x)=|x| é par, podemos usar
a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\,dx, \quad a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cos(nx)\,dx.

Passo 3

Calcular a_0:
a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\,dx =\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2} =\pi.
Calcular a_n por partes em \displaystyle\int_{0}^{\pi}x\cos(nx)\,dx:
escolha u=x, dv=\cos(nx)\,dx, então du=dx, v=\frac{\sin(nx)}{n}.
\int_{0}^{\pi}x\cos(nx)\,dx =\Bigl[x\frac{\sin(nx)}{n}\Bigr]_{0}^{\pi} -\int_{0}^{\pi}\frac{\sin(nx)}{n}\,dx =\;0\;-\;\frac{1}{n}\Bigl[-\frac{\cos(nx)}{n}\Bigr]_{0}^{\pi} =\frac{(-1)^n-1}{n^2}.
Logo
a_n=\frac{2}{\pi}\,\frac{(-1)^n-1}{n^2} =\begin{cases} 0,&n\text{ par},\\\\ -\dfrac{4}{\pi\,n^2},&n\text{ ímpar}. \end{cases}í

Passo 4

Substituindo em
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos(nx)
obtém-se
f(x) =\frac{\pi}{2} +\sum_{k=1}^\infty\Bigl(-\frac{4}{\pi\,(2k-1)^2}\Bigr)\cos\bigl((2k-1)x\bigr) =\frac{\pi}{2} -\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos\bigl((2k-1)x\bigr)}{(2k-1)^2}.

Passo 5

Em x=0, temos f(0)=|0|=0 e \cos((2k-1)\cdot0)=1, portanto
0 =\frac{\pi}{2} -\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k-1)^2} \;\Longrightarrow\; \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k-1)^2} =\frac{\pi}{2} \;\Longrightarrow\; \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k-1)^2} =\frac{\pi^2}{8}.

Resposta

(a)
f(x)=\frac{\pi}{2} -\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos\bigl((2k-1)x\bigr)}{(2k-1)^2}.
(b)
\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}.

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