Seja f(x)=\left\{\begin{array}{ll}0 & , x \in[-L,-a] \\\ A & , x \in[-a,+a] \\\\ 0 & , x \in(+a,+L]\end{array}\right. onde 0<a<L. Desenvolver f(x) em séries de Fourier.

Passo 1

O enunciado dá uma função periódica (definida no intervalo fundamental) por partes:
f(x)=\begin{cases} 0, & x\in[-L,-a],\\[4pt] A, & x\in[-a,a],\\[4pt] 0, & x\in(+a,+L], \end{cases}
com 0<a<L. O que se pede: desenvolver f(x) em séries de Fourier no intervalo [-L,L] (ou seja, obter a série trigonométrica de período 2L que representa f por extensão periódica).
Informações relevantes fornecidas:
  • amplitude na janela central é A;
  • a janela onde f=A é [-a,a];
  • f=0 fora dessa janela, até os extremos \pm L;
  • parâmetros: 0<a<L.]

Passo 2

Lembrete: a série de Fourier de uma função com período 2L (definida em [-L,L]) tem a forma
f(x)=\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,
b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx, \qquad n=1,2,\dots
Explicação rápida (útil para a prova): essas fórmulas vêm da ortogonalidade das funções \{1,\cos(\tfrac{n\pi x}{L}),\sin(\tfrac{n\pi x}{L})\} em [-L,L]. Para calcular os coeficientes, basta fazer as integrais definidas acima.

Passo 3

Observação prática sobre a simetria: a função f é par, ou seja f(-x)=f(x), porque a janela [-a,a] é simétrica e o valor é o mesmo à esquerda e à direita. Consequências úteis:
  • Os termos ímpares (seno) desaparecem, então todos os b_n são zero.
  • Os coeficientes a_n podem ser calculados usando a simetria como a_n=\dfrac{2}{L}\int_{0}^{a} f(x)\cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\,dx, já que fora de [0,a] a função vale zero no quadrante positivo.

Passo 4

Cálculo de a_0 (muito usado na prova para obter o termo constante):
a_0=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\,dx.
Como f(x)=A apenas em [-a,a] e zero no resto,
a_0=\frac{1}{L}\int_{-a}^{a}A\,dx=\frac{1}{L}\cdot A\cdot(2a)=\frac{2aA}{L}.
Portanto o termo constante da série é
\frac{a_0}{2}=\frac{aA}{L}.

Passo 5

Cálculo de a_n para n\ge 1. Partimos da fórmula geral e usamos que f(x)=A só em [-a,a] e que a função é par:
a_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx =\frac{2}{L}\int_{0}^{a}A\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Factorizando A:
a_n=\frac{2A}{L}\int_{0}^{a}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Agora usamos a primitiva de cosseno: \displaystyle\int\cos(kx)\,dx=\frac{1}{k}\sin(kx). Aqui k=\dfrac{n\pi}{L}. Assim
\int_{0}^{a}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx =\left.\frac{L}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right|_{0}^{a} =\frac{L}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi a}{L}\right).
Substituindo na expressão de a_n:
a_n=\frac{2A}{L}\cdot\frac{L}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi a}{L}\right) =\frac{2A}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi a}{L}\right).
Observe que o fator L cancela, o que é um truque útil para calular rápido na prova.

Passo 6

Cálculo de b_n. Pela paridade (produto de função par f com função ímpar \sin(\frac{n\pi x}{L}) é ímpar), a integral simétrica anula:
b_n=\frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx=0.
Portanto não há termos de seno na série.

Passo 7

Escrevendo a série completa com os coeficientes encontrados:
f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
com
\frac{a_0}{2}=\frac{aA}{L}, \qquad a_n=\frac{2A}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi a}{L}\right), \qquad b_n=0.
Logo a série fica
f(x)=\frac{aA}{L}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2A}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi a}{L}\right)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Explicação sobre convergência (útil na prova): para x dentro da janela (-a,a) a série converge para A; para x fora da janela converge para 0; nos pontos de descontinuidade x=\pm a convergirá para a média dos limites à direita e à esquerda, ou seja \dfrac{A+0}{2}=\dfrac{A}{2}. Isso é uma consequência do teorema de Dirichlet para séries de Fourier.

Resposta

f(x)=\frac{aA}{L}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2A}{n\pi}\sin\!\left(\frac{n\pi a}{L}\right)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).

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