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-1}}{2 n-1}=\frac{\pi}{4}.

Passo 1

O enunciado dá uma função 2\pi-periódica definida em (-\pi,\pi) por
f(x)=\pi-x.
Perguntas:
  1. (item a) Mostrar que a série de Fourier de f é
S_{f}(x)=\pi+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\sin nx}{n}.
  1. (item b) Usar o item (a) para mostrar que
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,n-1}}{2n-1}=\frac{\pi}{4}.
Informações dadas que vamos usar: f é 2\pi-periódica e a fórmula padrão dos coeficientes de Fourier para funções 2\pi-periódicas.

Passo 2

Lembrete da fórmula padrão da série de Fourier para uma função 2\pi-periódica (supondo f integrável em [-\pi,\pi]):
f(x)\sim \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_{n}\cos nx + b_{n}\sin nx\bigr),
onde os coeficientes são dados por
a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,dt, \qquad a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\cos nt\,dt, \qquad b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\sin nt\,dt.
Vou calcular a_{0},a_{n},b_{n} para f(t)=\pi-t. Sempre que usar uma integral em [-\pi,\pi], vou analisar paridade para simplificar quando possível.

Passo 3

Cálculo de a_{0}.
a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\pi-t)\,dt =\frac{1}{\pi}\Biggl(\int_{-\pi}^{\pi}\pi\,dt-\int_{-\pi}^{\pi}t\,dt\Biggr).
A primeira integral é \int_{-\pi}^{\pi}\pi\,dt=\pi\cdot(2\pi)=2\pi^{2}.
A segunda integral é \int_{-\pi}^{\pi}t\,dt=0 porque t é função ímpar em intervalo simétrico.
Portanto
a_{0}=\frac{1}{\pi}\cdot 2\pi^{2}=2\pi,
e daí a contribuição constante da série é
\frac{a_{0}}{2}=\pi.

Passo 4

Cálculo de a_{n} para n\ge 1.
a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\pi-t)\cos nt\,dt =\frac{1}{\pi}\Bigl(\pi\int_{-\pi}^{\pi}\cos nt\,dt-\int_{-\pi}^{\pi}t\cos nt\,dt\Bigr).
A integral \int_{-\pi}^{\pi}\cos nt\,dt=0 para todo n\ge1 (coseno é par e integra um período inteiro, dá zero).
Quanto a \int_{-\pi}^{\pi}t\cos nt\,dt: t é ímpar e \cos nt é par, logo o produto t\cos nt é função ímpar, então essa integral em [-\pi,\pi] é 0.
Portanto
a_{n}=0\qquad\text{para todo }n\ge1.

Passo 5

Cálculo de b_{n} para n\ge1.
b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\pi-t)\sin nt\,dt =\frac{1}{\pi}\Bigl(\pi\int_{-\pi}^{\pi}\sin nt\,dt-\int_{-\pi}^{\pi}t\sin nt\,dt\Bigr).
A integral \int_{-\pi}^{\pi}\sin nt\,dt=0 porque \sin nt é ímpar.
Portanto
b_{n}=-\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}t\sin nt\,dt.
Observe que t é ímpar e \sin nt também é ímpar, então o produto t\sin nt é função par. Assim podemos escrever
\int_{-\pi}^{\pi}t\sin nt\,dt=2\int_{0}^{\pi}t\sin nt\,dt.
Agora calculamos \int_{0}^{\pi}t\sin nt\,dt por partes. Seja u=t, dv=\sin nt\,dt. Então du=dt, v=-\frac{\cos nt}{n}. Assim
\int_{0}^{\pi}t\sin nt\,dt=\Bigl[-\frac{t\cos nt}{n}\Bigr]_{0}^{\pi}+\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\cos nt\,dt.
A integral \int_{0}^{\pi}\cos nt\,dt=\frac{\sin n\pi-\sin 0}{n}=0. Então
\int_{0}^{\pi}t\sin nt\,dt=-\frac{\pi\cos n\pi}{n}=-\frac{\pi(-1)^{n}}{n}.
Logo
\int_{-\pi}^{\pi}t\sin nt\,dt=2\left(-\frac{\pi(-1)^{n}}{n}\right)=-\frac{2\pi(-1)^{n}}{n}.
Voltando a b_{n},
b_{n}=-\frac{1}{\pi}\left(-\frac{2\pi(-1)^{n}}{n}\right)=\frac{2(-1)^{n}}{n}.

Passo 6

Reunindo coeficientes: a_{0}/2=\pi, a_{n}=0 e b_{n}=\dfrac{2(-1)^{n}}{n}. Portanto a série de Fourier é
S_{f}(x)=\pi+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n}}{n}\sin nx =\pi+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\sin nx}{n}.
Isso responde o item (a). Observação prática: a série converge para f(x) em todo x onde f é contínua; f é contínua em x=\pi/2, então podemos avaliar a série ali (usaremos isso no item b).

Passo 7

Usando a série no ponto x=\dfrac{\pi}{2}. Primeiro calcule o valor à esquerda:
f\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=\pi-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}.
À direita, substituindo x=\dfrac{\pi}{2} em S_{f}(x):
\frac{\pi}{2}=\pi+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\sin\!\bigl(n\frac{\pi}{2}\bigr)}{n}.
Note que \sin\!\bigl(n\frac{\pi}{2}\bigr)=0 para n par, e para n ímpar n=2k-1 vale
\sin\!\Bigl((2k-1)\frac{\pi}{2}\Bigr)=(-1)^{\,k-1}.
Assim só os n ímpares contribuem; para n=2k-1 temos o termo
\frac{(-1)^{n}\sin\!\bigl(n\frac{\pi}{2}\bigr)}{n} =\frac{(-1)^{2k-1}\,(-1)^{k-1}}{2k-1} =\frac{(-1)^{k}}{2k-1}.
Portanto a soma nas ímpares é
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\sin\!\bigl(n\frac{\pi}{2}\bigr)}{n} =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k-1}.
Logo a igualdade \dfrac{\pi}{2}=\pi+2\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k}}{2k-1} vale.

Passo 8

Isolando a soma:
\frac{\pi}{2}-\pi=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k-1} \quad\Rightarrow\quad -\frac{\pi}{2}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k-1}.
Dividindo por -1 e reorganizando:
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\frac{\pi}{4}.
Isso é exatamente o item (b).

Resposta

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

Exercícios relacionados