Seja f(x) função 2 \pi-periódica dada por f(x)=\pi-x \quad se x \in(-\pi, \pi).
a) Mostre que sua série de Fourier é dada por S_{f}(x)=\pi+2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \operatorname{sen} n x}{n}.
b) Use o item a) para mostrar que \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n-1}=-\frac{\pi}{4}.

Passo 1

O enunciado define a função f periódica de período 2\pi dada em -\pi<x<\pi por
f(x)=\pi - x.
Queremos (a) obter sua série de Fourier
S_{f}(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos(nx)+b_{n}\sin(nx)\bigr)
e mostrar que ela fica
S_{f}(x)=\pi+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\sin(nx)}{n}.
No item (b) vamos usar esse resultado para calcular
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n-1}.

Passo 2

Calculamos os coeficientes de Fourier pela definição
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, \quad b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx.
  1. a_{0}:
\int_{-\pi}^{\pi}(\pi-x)\,dx =\int_{-\pi}^{\pi}\pi\,dx-\int_{-\pi}^{\pi}x\,dx =2\pi^{2}-0=2\pi^{2},
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a_{0}=\frac{2\pi^{2}}{\pi}=2\pi.
  1. a_{n}: separamos
    \int(\pi-x)\cos(nx)\,dx=\pi\int\cos(nx)\,dx-\int x\cos(nx)\,dx.
    A primeira integral é zero por simetria. A segunda, por partes, também dá zero (os termos em x\sin(nx) se anulam nas fronteiras e sobra integral de \sin(nx) que é zero). Logo
a_{n}=0\quad\forall n\ge1.
  1. b_{n}:
\int_{-\pi}^{\pi}(\pi-x)\sin(nx)\,dx =\pi\int_{-\pi}^{\pi}\sin(nx)\,dx -\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(nx)\,dx.
A primeira parte é zero por simetria. Na segunda, por partes com u=x, dv=\sin(nx)\,dx, obtemos
-\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(nx)\,dx =-\Bigl[-\frac{x\cos(nx)}{n}\Bigr]_{-\pi}^{\pi} +\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\,dx =-\Bigl(-\frac{\pi(-1)^{n}-(-\pi)(-1)^{n}}{n}\Bigr) = \frac{2\pi(-1)^{n}}{n}.
Então
b_{n}=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{2\pi(-1)^{n}}{n} =2\frac{(-1)^{n}}{n}.

Passo 3

Substituindo em
f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^\infty\bigl(a_{n}\cos(nx)+b_{n}\sin(nx)\bigr)
temos a_{0}/2=\pi, a_{n}=0 e b_{n}=2(-1)^{n}/n. Logo
S_{f}(x)=\pi+\sum_{n=1}^{\infty}\!2\frac{(-1)^{n}}{n}\sin(nx) =\pi+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\sin(nx)}{n}.

Passo 4

Escolhemos x=\tfrac{\pi}{2}. Como f é contínua em x=\tfrac{\pi}{2}, vale S_{f}(\tfrac{\pi}{2})=f(\tfrac{\pi}{2}).
De um lado
f\bigl(\tfrac{\pi}{2}\bigr)=\pi-\tfrac{\pi}{2}=\tfrac{\pi}{2}.
Do outro, na série
S_{f}\bigl(\tfrac{\pi}{2}\bigr) =\pi+2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}\sin\bigl(n\frac{\pi}{2}\bigr)}{n}.
Só sobram os termos de n ímpar, escrevendo n=2k-1. Note que
\sin\bigl((2k-1)\tfrac{\pi}{2}\bigr)=(-1)^{k-1} e (-1)^{n}=(-1)^{2k-1}=-1.
Então
2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}\sin(n\frac{\pi}{2})}{n} =2\sum_{k=1}^\infty\frac{-\,(-1)^{k-1}}{2k-1} =-2\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}.
Igualando \tfrac{\pi}{2}=\pi-2\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}
2\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} =\pi-\tfrac{\pi}{2}=\tfrac{\pi}{2},
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\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\frac{\pi}{4}.
Mas o enunciado pede \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}}{2n-1}, que é
-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}=-\frac{\pi}{4}.

Resposta

(a) \displaystyle S_{f}(x)=\pi+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\sin(nx)}{n}.
(b) \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n-1}=-\frac{\pi}{4}.

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