Exercícios Resolvidos de Obtenção da Série de Fourier

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 314. Exercício 17

a) Esboce o gráfico da função dada por 3 períodos

b) Encontre a série de Fourier da função dada

f x = x + L         - L ≤ x ≤ 0 L                                 0 < x < L

f x + 2 L = f ( x )

Passo 1

a)

Para fazer o gráfico de f ( x ) , primeiro nós desenhamos os dados que estão nos colchetes (que valem em – L ≤ x < L ), como fizemos em vermelho.

Depois, é só repetir esse desenho para a esquerda e para a direita (a cada 2 L a função se repete).

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Letra b)

Precisamos agora encontrar a Série de Fourier de f , temos o seguinte:

f x = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sen n π x L    

a n = 1 L ∫ - L L f x cos ⁡ n π x L d x ,       n = 0,1 , 2 …

b n = 1 L ∫ - L L f x sen ⁡ n π x L d x ,       n = 1,2 , 3 …

Como f x = f ( x + 2 L ) , sabemos que o período da função é 2 L , esse é o intervalo em que ela se repete. Lembra que a função representada por Série de Fourier tem que ser 2 L periódica? Então o L da nossa fórmula é o mesmo L da função.

Passo 3

Agora vamos calcular a 0

Fazendo n = 0 na expressão de a n temos:

a 0 = 1 L ∫ - L L f x d x

Veja no gráfico, que de - L a L temos duas expressões diferentes para f ( x ) , então o único jeito é dividir essa integral em duas, olha só:

a 0 = 1 L ∫ - L 0 ( x + L ) d x + 1 L ∫ 0 L L   d x

Repare nos intervalos que escrevemos! A função vale ( x + L ) em - L < x < 0 e L em 0 < x < L . Resolvendo essas integrais, temos

a 0 = 1 L x 2 2 + x L - L 0 + x L 0 L

a 0 = 1 L - L 2 2 + L 2 + L 2

a 0 = 3 L 2

Passo 4

Agora vamos calcular os outros a n ’s. Temos que:

a n = 1 L ∫ - L L f x cos ⁡ n π x L d x

Dividindo essa integral em duas, como fizemos com a 0 :

a n = 1 L ∫ - L 0 ( x + L ) cos ⁡ n π x L d x + 1 L ∫ 0 L L cos ⁡ n π x L d x

a n = 1 L ∫ - L 0 x cos ⁡ n π x L d x + ∫ - L 0 cos ⁡ n π x L d x + ∫ 0 L cos ⁡ n π x L d x

a n = 1 L ∫ - L 0 x cos ⁡ n π x L d x + L n π sen n π x L - L 0 + sen n π x L 0 L

a n = 1 L ∫ - L 0 x cos ⁡ n π x L d x + 0

Agora vamos integrar por partes, ok? Fazendo

u = x       →       u ' = 1

v ' = cos ⁡ n π x L       →       v = L n π sen n π x L

a n = 1 L x L n π sen n π x L - L 0 - ∫ - L 0 L n π sen ⁡ n π x L d x

a n = 0 + L n 2 π 2 cos n π x L - L 0

a n = 0 + L n 2 π 2 1 - cos ⁡ - n π

Como o cosseno é uma função par:

a n = L n 2 π 2 1 - cos ⁡ n π

Agora vamos analisar com calma. Perceba que

cos ⁡ n π = - 1       n   é   í m p a r 1       n   é   p a r

Logo

a n = L n 2 π 2 1 + 1 = 2 L n 2 π 2           n   é   í m p a r L n 2 π 2 1 - 1 = 0                               n   é   p a r        

Guarde isso!

Obs: sempre que você encontrar um cosseno na expressão do a n ou do b n , faça essa análise!

Passo 5

Agora só falta calcular os b n ’s

b n = 1 L ∫ - L L f x sen ⁡ n π x L d x

Dividindo essa integral em duas:

b n = 1 L ∫ - L 0 ( x + L ) sen ⁡ n π x L d x + 1 L ∫ 0 L L sen ⁡ n π x L d x

b n = 1 L ∫ - L 0 x sen ⁡ n π x L d x + ∫ - L 0 sen ⁡ n π x L d x + ∫ 0 L sen ⁡ n π x L d x

b n = 1 L ∫ - L 0 x sen ⁡ n π x L d x - L n π cos n π x L - L 0 + cos n π x L 0 L

b n = 1 L ∫ - L 0 x sen ⁡ n π x L d x - 0

Agora vamos fazer a integração por partes:

u = x       →       u ' = 1

v ' = sen ⁡ n π x L       →         v = - L n π cos ⁡ n π x L

b n = 1 L - x L n π cos n π x L - L 0 + ∫ - L 0 L n π cos ⁡ n π x L d x

b n = 1 L - L 2 n π c o s ⁡ ( n π ) + L 2 n 2 π 2 sen n π x L - L 0

b n = - L n π c o s ⁡ ( n π )

Lembrando que

cos ⁡ n π = - 1       n   é   í m p a r 1       n   é   p a r

Temos

b n = - L π n - 1 = L π n               n   é   í m p a r - L π n 1 = - L π n                   n   é   p a r          

b n = L - 1 n + 1 π n

Passo 6

Agora vamos substituir tudo o que encontramos, temos:

f x = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + b n sen n π x L  

a 0 = 3 L 2

a n = 2 L n 2 π 2           n   é   í m p a r 0                               n   é   p a r        

b n = L - 1 n + 1 π n

Vamos separar a série em duas para ver melhor:

f x = 3 L 4 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ n π x L + ∑ n = 1 ∞ b n sen n π x L

Agora vamos com calma. Não podemos escrever direto a n = 2 L n 2 π 2 no somatório porque isso só vale para n ímpar. Vamos definir no primeiro somatório, então, n = 2 k - 1 , porque isso garante que temos índices ímpares, ok? Para k = 1 temos n = 1 , portanto a série deve começar em k = 1 .Temos então

f x = 3 L 4 + ∑ k = 1 ∞ 2 L π 2 ( 2 k - 1 ) 2 cos ⁡ 2 k - 1 π x L   + ∑ n = 1 ∞ b n sen n π x L

Agora vamos substituir o valor de b n usando a notação k também, só para ficar igual à primeira série

b k = L - 1 k + 1 π k

f x = 3 L 4 + ∑ k = 1 ∞ 2 L π 2 ( 2 k - 1 ) 2 cos ⁡ 2 k - 1 π x L   + ∑ k = 1 ∞ L - 1 k + 1 π k sen k π x L

Já que as duas séries possuem os mesmos índices, podemos juntá-las, não é?

f x = 3 L 4 + ∑ k = 1 ∞ 2 L π 2 2 k - 1 2 cos ⁡ 2 k - 1 π x L + L - 1 k + 1 π k sen k π x L

Resposta

f x = 3 L 4 + ∑ k = 1 ∞ 2 L π 2 2 k - 1 2 cos ⁡ 2 k - 1 π x L + L - 1 k + 1 π k sen k π x L

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