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

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) representar graficamente a função dada no intervalo indicado e (2) obter a série de Fourier de f(x)\) no intervalo dado. As informações dadas são exatamente a definição por partes: \[f(x)= \begin{cases} 1, & -2<x<-1,\\[4pt] -x, & -1\leq x<0,\\[4pt] x, & 0\leq x<1,\\[4pt] 1, & 1\leq x<2. \end{cases}
Observações importantes retiradas do enunciado:
  • O intervalo fornecido é (-2,2)\]. Para obter a série de Fourier usual assumimos a extensão periódica de período \(4 (período T=4).
  • A função está definida de forma que em -1, 0 e 1 as peças coincidem — portanto f é contínua nesses pontos internos ao período; os pontos -2 e 2 são as extremidades do intervalo fundamental e a série irá representar a extensão periódica (em descontinuidades a série converge para a média lateral).
  • Vou extrair todas as peças e usar integrais no intervalo [0,2] sempre que possível (simetrias ajudam).]

Passo 2

Qual fórmula de série de Fourier usar? Para uma função definida em (-L,L) com período 2L a série de Fourier 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],
com os coeficientes
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,
b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
No nosso caso L=2 (pois o intervalo é (-2,2)). Portanto a série terá termos \cos\!\big(\tfrac{n\pi x}{2}\big) e \sin\!\big(\tfrac{n\pi x}{2}\big).

Passo 3

Verificando simetria (muito útil): calcule f(-x) e compare com f(x).
  • Para 0<x<1: f(x)=x. Então f(-x) para -1< -x<0 cai na segunda peça e f(-x)=-(-x)=x=f(x).
  • Para 1<x<2: f(x)=1. Então f(-x) para -2<-x<-1 cai na primeira peça e f(-x)=1=f(x).
    Logo f(-x)=f(x) para todo x do intervalo de definição: a função é par. Conclusão útil:
\text{como }f\text{ é par: } b_n=0\quad\text{para todo }n,é
e os coeficientes a_n podem ser obtidos por
a_0=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}f(x)\,dx=\int_{0}^{2} f(x)\,dx
e
a_n=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx = \int_{0}^{2} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx,
pois a integral par no intervalo simétrico dobra a integral de 0 a 2, mas há o fator 1/2 na definição.

Passo 4

Calcular a_0. Usamos a expressão pela metade positiva:
a_0=\int_{0}^{2} f(x)\,dx.
Particionando pelo que vale f em [0,1) e [1,2):
\int_{0}^{2} f(x)\,dx=\int_{0}^{1} x\,dx+\int_{1}^{2} 1\,dx.
Calculando:
\int_{0}^{1} x\,dx=\left.\frac{x^2}{2}\right|_{0}^{1}=\frac{1}{2},\qquad \int_{1}^{2}1\,dx=1.
Portanto
a_0=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}.
O termo constante da série é \dfrac{a_0}{2}=\dfrac{3}{4}.

Passo 5

Calcular a_n para n\ge 1. Usamos
a_n=\int_{0}^{2} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx = \int_{0}^{1} x\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx + \int_{1}^{2} 1\cdot\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx.
Para simplificar, defina k=\dfrac{n\pi}{2}. Então as integrais viram:
I_1=\int_{0}^{1} x\cos(kx)\,dx,\qquad I_2=\int_{1}^{2}\cos(kx)\,dx.

Passo 6

Calcule I_1 por partes. Tomando u=x, dv=\cos(kx)\,dx temos du=dx, v=\dfrac{\sin(kx)}{k}. Assim
I_1=\left.\frac{x\sin(kx)}{k}\right|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{\sin(kx)}{k}\,dx =\frac{\sin(k)}{k}-\frac{1}{k}\int_{0}^{1}\sin(kx)\,dx.
A integral de \sin(kx) é -\dfrac{\cos(kx)}{k}, então
I_1=\frac{\sin(k)}{k} - \frac{1}{k}\left(-\frac{\cos(kx)}{k}\right)\Big|_{0}^{1} =\frac{\sin(k)}{k} + \frac{\cos(k)-1}{k^2}.
Calcule I_2:
I_2=\int_{1}^{2}\cos(kx)\,dx=\frac{\sin(kx)}{k}\Big|_{1}^{2}=\frac{\sin(2k)-\sin(k)}{k}.
Somando I_1+I_2 obtemos
a_n=I_1+I_2 =\frac{\sin(k)}{k} + \frac{\cos(k)-1}{k^2} + \frac{\sin(2k)-\sin(k)}{k}.
Agrupando os termos em \sin(k):
\frac{\sin(k)}{k}+\frac{\sin(2k)-\sin(k)}{k}=\frac{\sin(2k)}{k}.
Portanto
a_n=\frac{\sin(2k)}{k} + \frac{\cos(k)-1}{k^2}.
Lembrando k=\dfrac{n\pi}{2}, temos \sin(2k)=\sin(n\pi)=0. Logo o primeiro termo some e sobra somente
a_n=\frac{\cos(k)-1}{k^2} = \frac{\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)-1}{\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)^{2}} = \frac{4\big(\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)-1\big)}{n^{2}\pi^{2}}.

Passo 7

Interprete e simplifique a_n\) em função da classe de \(n\) modulo \(4\). Sabemos que \(\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)\) vale: \[\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)= \begin{cases} 1, & n\equiv 0\pmod{4},\\[4pt] 0, & n\equiv 1\pmod{4},\\[4pt] -1, & n\equiv 2\pmod{4},\\[4pt] 0, & n\equiv 3\pmod{4}. \end{cases}
Assim
a_n=\frac{4(\cos(n\pi/2)-1)}{n^{2}\pi^{2}}= \begin{cases} 0, & n\equiv 0\pmod{4},\\[4pt] -\dfrac{4}{n^{2}\pi^{2}}, & n\equiv 1\text{ ou }3\pmod{4},\\[6pt] -\dfrac{8}{n^{2}\pi^{2}}, & n\equiv 2\pmod{4}. \end{cases}
Reforce: todos os b_n\] são zero (função par) e o termo constante é \(\dfrac{a_0}{2}=\dfrac{3}{4}.]

Passo 8

Escrevendo finalmente a série de Fourier (extensão periódica de período 4):
f(x)\sim \frac{3}{4}+\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right),
com
a_n=\frac{4\big(\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)-1\big)}{n^{2}\pi^{2}}\qquad(n\ge 1),
e b_n=0 para todo n. Comentário sobre convergência: a série converge pontualmente para f(x) em todos os pontos onde f é contínua e, nos pontos de descontinuidade da extensão periódica, converge para a média dos limites laterais (mas a função dada é essencialmente contínua dentro do período salvo o empacotamento no ponto x=\pm2 na extensão).

Resposta

Gráfico: função par com f(x)=1 para -2<x<-1 e 1\le x<2, f(x)=-x para -1\le x<0 e f(x)=x para 0\le x<1 (peça linear no centro e constantes nas extremidades; extensão periódica de período 4).
Série de Fourier:
f(x)\sim \frac{3}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4\big(\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)-1\big)}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right).

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