1. Seja f(x) uma função periódica de período 2 L definida por f(x)=x^{2} para -L<x<L.
    a) Faça um gráfico dessa função e determine sua expansão em série de Fourier.
    b) Usando o teorema de Fourier e calculando a série no ponto x=L mostre que
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}

Passo 1

O enunciado dá que f(x) é uma função periódica de período 2L e que, no intervalo -L<x<L, vale f(x)=x^{2}. São pedidas duas coisas:
  1. (a) Fazer um gráfico qualitativo dessa função periódica e determinar a expansão em série de Fourier.
  2. (b) Usando o teorema de Fourier e calculando a série no ponto x=L, mostrar que
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}.
Informações relevantes dadas: f(x)=x^{2} para -L<x<L e f é estendida periodicamente com período 2L. Não há outros dados numéricos (podemos trabalhar com L genérico e, se necessário, escolher L=\pi para comparar com a série clássica).

Passo 2

Primeiro, vamos pensar no gráfico qualitativo. A função x^{2} em -L<x<L é uma parábola mesmo, simétrica (par) em torno de x=0. Ao estendê-la periodicamente com período 2L, vamos obter uma sucessão de arcos parabólicos repetidos a cada intervalo de comprimento 2L. Em particular, em cada ponto x=k(2L)\pm L (os extremos do intervalo fundamental) a função se conecta ao arco da direita/da esquerda de forma que os valores à esquerda e à direita são iguais ( L^{2}), então a extensão é contínua nesses pontos também (se definirmos o valor nesses pontos como o limite). Portanto o gráfico é uma cadeia de “vales” parabólicos periódicos, simétrica em torno de cada centro x=k(2L). (Isso serve só para visualizar; a parte principal é a série.)
Agora vamos escrever a forma geral da série de Fourier para uma função de período 2L e aplicar ao caso f(x)=x^{2}.
A série de Fourier de período 2L tem a forma
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),
onde os coeficientes são dados por
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.

Passo 3

Observação importante (e aqui um pouco de didática): x^{2} é uma função par, ou seja, x^{2}=(-x)^{2}. Para funções pares, as integrais com seno (funções ímpares) sobre [-L,L] são zero, logo todos os b_{n}=0. Assim a série será apenas em cossenos (uma “série de cossenos” ou série de Fourier em termos de funções pares). Isso reduz trabalho e é um resultado que costuma facilitar muito no exame: sempre verifique simetria.
Portanto, vamos calcular a_{0} e a_{n} apenas.

Passo 4

Cálculo de a_{0}.
Usamos a definição:
a_{0}=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}x^{2}\,dx.
Como x^{2} é par, \int_{-L}^{L}x^{2}\,dx=2\int_{0}^{L}x^{2}\,dx. Calculamos:
\int_{0}^{L}x^{2}\,dx=\left.\frac{x^{3}}{3}\right|_{0}^{L}=\frac{L^{3}}{3}.
Logo
a_{0}=\frac{1}{L}\cdot 2\cdot\frac{L^{3}}{3}=\frac{2L^{2}}{3}.
Então o termo constante na série é \dfrac{a_{0}}{2}=\dfrac{L^{2}}{3}.

Passo 5

Cálculo de a_{n} para n\ge 1.
Usamos
a_{n}=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}x^{2}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Como x^{2} e o cosseno são pares, o integrando é par e podemos dobrar a integral de 0 a L:
a_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}x^{2}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Para simplificar as contas, defina
k=\frac{n\pi}{L}.
Então precisamos avaliar
I=\int_{0}^{L}x^{2}\cos(kx)\,dx.
Vamos calcular I por partes, com calma (duas integrações por partes).

Passo 6

Primeira integração por partes para I.
Escolha u=x^{2} e dv=\cos(kx)\,dx. Então du=2x\,dx e v=\dfrac{1}{k}\sin(kx). Aplicando fórmula \int u\,dv=uv-\int v\,du obtemos
I=\left.\frac{x^{2}}{k}\sin(kx)\right|_{0}^{L}-\int_{0}^{L}\frac{1}{k}\sin(kx)\cdot 2x\,dx.
O primeiro termo é
\left.\frac{x^{2}}{k}\sin(kx)\right|_{0}^{L}=\frac{L^{2}}{k}\sin(kL)-0.
Mas lembrando que kL=\dfrac{n\pi}{L}\cdot L=n\pi, temos \sin(kL)=\sin(n\pi)=0. Portanto esse termo some e fica
I=-\frac{2}{k}\int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx.

Passo 7

Segunda integração por partes para o integral restante.
Defina J=\int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx. Vamos integrar por partes com u=x, dv=\sin(kx)\,dx. Então du=dx e v=-\dfrac{1}{k}\cos(kx). Assim
J=\left.-\frac{x}{k}\cos(kx)\right|_{0}^{L}+\int_{0}^{L}\frac{1}{k}\cos(kx)\,dx.
O primeiro termo dá
\left.-\frac{x}{k}\cos(kx)\right|_{0}^{L}=-\frac{L}{k}\cos(kL)+0=-\frac{L}{k}\cos(n\pi).
O segundo termo é
\int_{0}^{L}\frac{1}{k}\cos(kx)\,dx=\frac{1}{k}\left.\frac{1}{k}\sin(kx)\right|_{0}^{L}=\frac{1}{k^{2}}\sin(kL).
Mas \sin(kL)=\sin(n\pi)=0, então esse segundo termo é zero. Logo
J=-\frac{L}{k}\cos(n\pi).
Lembrando que \cos(n\pi)=(-1)^{n}, temos J=-\dfrac{L}{k}(-1)^{n}.

Passo 8

Voltar para I usando J.
Tínhamos I=-\dfrac{2}{k}J. Substituindo J obtemos
I=-\frac{2}{k}\left(-\frac{L}{k}(-1)^{n}\right)=\frac{2L}{k^{2}}(-1)^{n}.
Portanto
\int_{0}^{L}x^{2}\cos(kx)\,dx= \frac{2L}{k^{2}}(-1)^{n}.

Passo 9

Agora retornamos a a_{n}. Lembrando que a_{n}=\dfrac{2}{L}I, temos
a_{n}=\frac{2}{L}\cdot\frac{2L}{k^{2}}(-1)^{n}=\frac{4}{k^{2}}(-1)^{n}.
Substituindo k^{2}=\dfrac{n^{2}\pi^{2}}{L^{2}} obtemos
a_{n}=4(-1)^{n}\cdot\frac{L^{2}}{n^{2}\pi^{2}}=\frac{4L^{2}(-1)^{n}}{n^{2}\pi^{2}}.

Passo 10

Escrevendo a série de Fourier completa (resumo didático).
Temos b_{n}=0 para todo n, a_{0}=\dfrac{2L^{2}}{3} e a_{n}=\dfrac{4L^{2}(-1)^{n}}{n^{2}\pi^{2}} para n\ge 1. Assim a expansão em série de Fourier da função periódica é
\boxed{\,f(x)=\frac{L^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L^{2}(-1)^{n}}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,}
onde o termo constante foi escrito como \dfrac{a_{0}}{2}=\dfrac{L^{2}}{3}. Isso é a resposta da parte (a). Comentário pedagógico: na hora da prova, memorize a forma geral da série e use simetria (par/ímpar) para eliminar termos; para integrar os coeficientes, a integração por partes duas vezes é a técnica padrão.

Passo 11

Agora a parte (b): usar o teorema de Fourier avaliando a série no ponto x=L.
Pelo teorema de Fourier, a série converge (no ponto x=L, que é um ponto de contorno da célula fundamental) ao ótimo valor: quando a função é contínua no ponto, a série converge ao valor da função; se houver descontinuidade, converge à média dos limites laterais. No nosso caso, os limites laterais em x=L são
\lim_{x\to L^-}f(x)=L^{2}, \qquad \lim_{x\to L^+}f(x)=f(-L^+)=(-L)^{2}=L^{2},
portanto não há descontinuidade efetiva no valor (a extensão periódica tem o mesmo valor), então a série converge para f(L)=L^{2}. Substituímos x=L na série:
No lado direito, \cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) com x=L vira \cos(n\pi)=(-1)^{n}. Então cada termo da soma fica
\frac{4L^{2}(-1)^{n}}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\left(\frac{n\pi L}{L}\right)=\frac{4L^{2}(-1)^{n}}{n^{2}\pi^{2}}(-1)^{n}=\frac{4L^{2}}{n^{2}\pi^{2}}.
Assim a soma infinita é
L^{2}=\frac{L^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L^{2}}{n^{2}\pi^{2}}.

Passo 12

Simplificar a equação obtida para isolar a soma.
Subtraindo \dfrac{L^{2}}{3} de ambos os lados:
L^{2}-\frac{L^{2}}{3}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L^{2}}{n^{2}\pi^{2}}.
O lado esquerdo é \dfrac{2L^{2}}{3}. Então
\frac{2L^{2}}{3}=\frac{4L^{2}}{\pi^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}.
Agora cancelamos L^{2} (assumimos L\neq 0, claro) e isolamos a soma:
\frac{2}{3}=\frac{4}{\pi^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}.
Multiplicando ambos os lados por \dfrac{\pi^{2}}{4} obtemos
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}.
Isso conclui a parte (b). Pedagogicamente: essa é a clássica demonstração de Euler usando a série de Fourier de x^{2}.

Resposta

\displaystyle f(x)=\frac{L^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L^{2}(-1)^{n}}{n^{2}\pi^{2}}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}

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