Represente graficamente e obtenha a série de Fourier de f(x)\) no intervalo dado: \(f(x)= \begin{cases}0, & -2<x<-1 \\\\ -2, & -1 \leq x<0 \\\\ 1, & 0 \leq x<1 \\\\ 0, & 1 \leq x<2\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) representar graficamente a função dada no intervalo fornecido e (2) obter a série de Fourier dessa função no intervalo. As informações que temos são os valores de [f(x)) no intervalo -2<x<2 (peça fundamental):
f(x)= \begin{cases} 0, & -2<x<-1,\\[4pt] -2, & -1\le x<0,\\[4pt] 1, & 0\le x<1,\\[4pt] 0, & 1\le x<2. \end{cases}
Vou assumir a extensão periódica de f\] com período \(T=4 (isto é o que se faz normalmente ao pedir a série de Fourier nesse intervalo [-2,2]). A tarefa é então encontrar os coeficientes da série de Fourier da função periódica de período 4 cuja “peça” em [-2,2) é a função acima, e também descrever o gráfico dessa peça e sua extensão periódica.]

Passo 2

Vamos revisar a fórmula da série de Fourier para uma função com período 2L. Aqui L=2 (pois o intervalo é [-2,2] e o período será 2L=4). A série de Fourier (forma seno-cosseno) é
f(x)\sim \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).
As fórmulas para os coeficientes são
a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\,dx, \qquad 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.
Aqui L=2, então os argumentos trigonométricos serão \frac{n\pi x}{2}. Vou calcular a_0, a_n e b_n usando a definição da função por partes — como f é constante em cada subintervalo, as integrais serão fáceis de fazer.

Passo 3

Cálculo de a_0. Aplicando a fórmula com L=2,
a_0=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2} f(x)\,dx.
Como f(x) é zero em (-2,-1) e em (1,2), somente os intervalos [-1,0) e [0,1) contribuem:
\int_{-2}^{2} f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}(-2)\,dx+\int_{0}^{1}1\,dx = (-2)\cdot(0-(-1)) + 1\cdot(1-0) = -2 + 1 = -1.
Logo
a_0=\frac{1}{2}\cdot(-1) = -\frac{1}{2},
e a parte constante na série será \dfrac{a_0}{2}=-\dfrac{1}{4}. (Comentário didático: o termo a_0/2 é a média da função ao longo do período.)

Passo 4

Cálculo de a_n para n\ge 1. Usando L=2,
a_n=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx.
Novamente só os intervalos [-1,0) (valor -2) e [0,1) (valor 1) contribuem. Defina k=\dfrac{n\pi}{2} para simplificar:
a_n=\frac{1}{2}\left(\int_{-1}^{0}(-2)\cos(kx)\,dx+\int_{0}^{1}1\cdot\cos(kx)\,dx\right).
Calcule cada integral separadamente.
Para \int_{-1}^{0}(-2)\cos(kx)\,dx: a primitiva de \cos(kx) é \dfrac{\sin(kx)}{k}. Então
\int_{-1}^{0}(-2)\cos(kx)\,dx = -2\left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_{x=-1}^{x=0} = -2\left(\frac{\sin(0)-\sin(-k)}{k}\right) = -2\left(\frac{0 - (-\sin k)}{k}\right) = -\frac{2\sin k}{k}.
Para \int_{0}^{1}\cos(kx)\,dx:
\int_{0}^{1}\cos(kx)\,dx = \left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_0^1 = \frac{\sin k}{k}.
Somando e multiplicando por 1/2:
a_n=\frac{1}{2}\left(-\frac{2\sin k}{k}+\frac{\sin k}{k}\right) =\frac{1}{2}\left(-\frac{\sin k}{k}\right) =-\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin k}{k}.
Reescrevendo em termos de n (lembrando k=\dfrac{n\pi}{2}): \dfrac{\sin k}{k}=\dfrac{\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n\pi/2}=\dfrac{2\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n\pi}. Portanto
a_n=-\frac{1}{2}\cdot\frac{2\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n\pi} =-\frac{\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n\pi}.
(Comentário didático: observe que \sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big) é zero para n par, e \pm1 para n ímpar — isto vai simplificar a série.)

Passo 5

Cálculo de b_n para n\ge 1. Fórmula:
b_n=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx.
Usando novamente k=\dfrac{n\pi}{2} e os dois subintervalos não nulos:
b_n=\frac{1}{2}\left(\int_{-1}^{0}(-2)\sin(kx)\,dx+\int_{0}^{1}1\cdot\sin(kx)\,dx\right).
Calcule cada integral.
Para \int_{-1}^{0}(-2)\sin(kx)\,dx: a primitiva de \sin(kx) é -\dfrac{\cos(kx)}{k}. Assim
\int_{-1}^{0}(-2)\sin(kx)\,dx = -2\left[-\frac{\cos(kx)}{k}\right]_{-1}^{0} = -2\left(-\frac{\cos 0 - \cos(-k)}{k}\right) = -2\left(-\frac{1-\cos k}{k}\right) = \frac{2(1-\cos k)}{k}.
Para \int_{0}^{1}\sin(kx)\,dx:
\int_{0}^{1}\sin(kx)\,dx = \left[-\frac{\cos(kx)}{k}\right]_0^1 = -\frac{\cos k - \cos 0}{k} = \frac{1-\cos k}{k}.
Somando:
\int_{-1}^{0}(-2)\sin(kx)\,dx + \int_{0}^{1}\sin(kx)\,dx = \frac{2(1-\cos k)}{k} + \frac{1-\cos k}{k} = \frac{3(1-\cos k)}{k}.
Multiplicando por 1/2
b_n=\frac{3(1-\cos k)}{2k}.
Substituindo k=\dfrac{n\pi}{2} e usando 2k=n\pi, obtemos
b_n=\frac{3(1-\cos\!\left(\frac{n\pi}{2}\right))}{n\pi}.
(Comentário didático: note que \cos\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big) é 0,\pm1 dependendo de n módulo 4. Isso faz com que b_n seja zero para muitos n; em particular, se n for múltiplo de 4 então \cos(n\pi/2)=1 e b_n=0, e se n\equiv 2\pmod{4} então \cos(n\pi/2)=-1 e b_n=\dfrac{6}{n\pi}.)

Passo 6

Juntando tudo: a série de Fourier da função (série trigonométrica com [L=2)) é
f(x)\sim -\frac{1}{4} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n\pi}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right) +\frac{3\big(1-\cos\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)\big)}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\right).
Posso também escrever a forma simplificada separando casos módulo 4 (útil para ver quais termos sobrevivem):
  • Para n par: n=2m:
    \sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)=0\Rightarrow a_{2m}=0.
    (\cos!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)=\cos(m\pi)=(-1)^m\Rightarrow b_{2m}=\dfrac{3(1-(-1)^m)}{2m\pi}= \begin{cases}0,&m\text{ par} (n\equiv0\!\!\pmod4)\\[4pt]\dfrac{6}{n\pi},&m\text{ ímpar} (n\equiv2\!\!\pmod4)\end{cases}í].
  • Para n ímpar: n=2m+1:
    \cos\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)=0\Rightarrow b_{2m+1}=\dfrac{3}{(2m+1)\pi}.
    \sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)=(-1)^m\Rightarrow a_{2m+1}=-\dfrac{(-1)^m}{(2m+1)\pi}.
Assim uma escrita alternativa (mais explícita) seria separar a soma sobre ímpares e sobre n\equiv2\pmod4, mas a forma geral acima é suficiente e compacta.]

Passo 7

Representação gráfica (descrição da peça fundamental e da extensão periódica):
  • No intervalo [-2,2) a função vale:
    • f(x)=0 em -2<x<-1;
    • f(x)=-2 em -1\le x<0 (observe que em x=-1 o valor é -2);
    • f(x)=1 em 0\le x<1 (em x=0 o valor é 1);
    • f(x)=0 em 1\le x<2 (em x=1 o valor é 0).
  • A extensão periódica tem período 4, então essas quatro “fatias” se repetem deslocadas por 4k, k\in\mathbb{Z}.
Comentário sobre pontos de descontinuidade e convergência da série: em pontos de descontinuidade (por exemplo x=0, x=-1, x=1, x=\pm2 na fronteira da peça) a série de Fourier converge para a média dos limites laterais, isto é, para \dfrac{f(x^-)+f(x^+)}{2}. Por exemplo em x=0 a média é \dfrac{-2+1}{2}=-\dfrac{1}{2}, e a série converge para esse valor no ponto de descontinuidade.

Resposta

Gráfico: extensão periódica de período 4. No intervalo [-2,2): f(x)=0 para -2<x<-1, f(x)=-2 para -1\le x<0, f(x)=1 para 0\le x<1, f(x)=0 para 1\le x<2.\n
Série de Fourier:
f(x)\sim -\frac{1}{4} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n\pi}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right) +\frac{3\big(1-\cos\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)\big)}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\right).

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