3^{\underline{a}} Questão: ( 1,0 ponto)
Determine a série de Fourier da função
\begin{aligned} & f(x)=\left\{\begin{array}{cc} 0, & \text { se }-1 \leq x \leq 0 \\ 2 x, & \text { se } 0<x \leq 1 \end{array}\right. \\ & \text { R: } F(x)=\frac{1}{2}+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{-4 \cos ((2 n+1) \pi x)}{(2 n+1)^{2} \pi^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{n+1} \sin (n \pi x)}{n \pi} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede a série de Fourier de período 2\) da função \[f(x)= \begin{cases} 0, & -1\le x\le 0,\\\\ 2x,&0<x\le1. \end{cases}
Vamos usar a forma padrão em ([-1,1]]:
F(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty\bigl(a_n\cos(n\pi x)+b_n\sin(n\pi x)\bigr),
onde
a_0=\int_{-1}^{1}f(x)\,dx,\quad a_n=\int_{-1}^{1}f(x)\cos(n\pi x)\,dx,\quad b_n=\int_{-1}^{1}f(x)\sin(n\pi x)\,dx.

Passo 2

Calcular a_0. Como f(x)=0 em [-1,0] e f(x)=2x em [0,1],
a_0=\int_{-1}^{1}f(x)\,dx =\int_{0}^{1}2x\,dx =\Bigl[x^2\Bigr]_{0}^{1} =1.
Logo o termo constante é \tfrac{a_0}{2}=\tfrac12.

Passo 3

Calcular a_n.
a_n=\int_{-1}^{1}f(x)\cos(n\pi x)\,dx =\int_{0}^{1}2x\cos(n\pi x)\,dx.
Integramos por partes com u=2x,\\ dv=\cos(n\pi x)\,dx:
u'=2,\quad v=\frac{\sin(n\pi x)}{n\pi}.
\int_{0}^{1}2x\cos(n\pi x)\,dx =\Bigl[\frac{2x\sin(n\pi x)}{n\pi}\Bigr]_{0}^{1} -\int_{0}^{1}\frac{2\sin(n\pi x)}{n\pi}\,dx.
Como \sin(n\pi)=0, resta
-\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{1}\sin(n\pi x)\,dx =-\frac{2}{n\pi}\Bigl[-\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}\Bigr]_{0}^{1} =\frac{2}{n^2\pi^2}\bigl((-1)^n-1\bigr).
Assim
a_n=\frac{2}{n^2\pi^2}\bigl((-1)^n-1\bigr) =\begin{cases} 0, & n\text{ par},\\\\ -\dfrac{4}{n^2\pi^2},& n\text{ ímpar}. \end{cases}í

Passo 4

Calcular b_n.
b_n=\int_{-1}^{1}f(x)\sin(n\pi x)\,dx =\int_{0}^{1}2x\sin(n\pi x)\,dx.
Integramos por partes com u=2x,\\ dv=\sin(n\pi x)\,dx:
u'=2,\quad v=-\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}.
\int_{0}^{1}2x\sin(n\pi x)\,dx =-\Bigl[\frac{2x\cos(n\pi x)}{n\pi}\Bigr]_{0}^{1} +\int_{0}^{1}\frac{2\cos(n\pi x)}{n\pi}\,dx.
O segundo integral dá zero pela avaliação de \sin(n\pi). Então
b_n =-\frac{2}{n\pi}\bigl(\cos(n\pi)-0\bigr) =-\frac{2(-1)^n}{n\pi} =\frac{2(-1)^{n+1}}{n\pi}.

Passo 5

Montar a série de Fourier substituindo os coeficientes. Só há a_n não nulos para n=2k+1. Logo
F(x) =\frac12 +\sum_{k=0}^{\infty}\biggl(-\frac{4}{(2k+1)^2\pi^2}\biggr)\cos\bigl((2k+1)\pi x\bigr) +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n\pi}\sin(n\pi x).

Resposta

F(x) =\frac12 +\sum_{k=0}^{\infty}\frac{-4}{(2k+1)^2\pi^2}\cos\bigl((2k+1)\pi x\bigr) +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n\pi}\sin(n\pi x).

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