Exercícios Resolvidos de Teorema da Convergência de Fourier

Dada a função

f x = - π ,     - π ≤ x < 0 x ,     0 ≤ x < π

a) Determine a série de Fourier de f

b) Esboce o gráfico da série de Fourier de f obtida no item (a) no intervalo - 3 π , 3 π .

c) Calcule a soma

∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 2 n - 1

Passo 1

a) Cara, para calcular essa extensão, a gente usa as fórmulinhas:

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 …

a 0 = 1 L ∫ - L L f x d x

Como o intervalo da função que o problema deu tem tamanho 2 π (de - π até π ) e temos que estender a função, esse será o seu período. Então:

2 L = 2 π → L = π

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos calcular os coeficientes. Como a nossa função tem diferentes definições em diferentes intervalos, precisamos dividir as integrais em duas, uma para cada intervalo.

Fica assim:

a 0 = 1 π ∫ - π π f x d x = 1 π ∫ - π 0 - π   d x + ∫ 0 π x d x = 1 π - π 2 + π 2 2 = - π 2

Para n ≥ 1

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

Como o formulário diz que

∫ 0 π x cos ⁡ a x d x = 1 a 2 cos ⁡ a x + x a   s e n a x

Temos que

a n = 1 π π - s e n n x n - π 0 + 1 n 2 cos ⁡ n x + x n   s e n n x 0 π

O termo da esquerda zera, e ficamos com

a n = 1 n 2 π cos ⁡ n π + 1 n s e n n π - 1 n 2 π cos ⁡ 0 + 0 = 1 n 2 π cos ⁡ n π - 1 n 2 π

E como a gente pode dizer que

cos ⁡ n π = - 1 n

Nosso coeficiente fica

a n = - 1 n n 2 π - 1 n 2 π = - 1 n - 1 n 2 π

Se n for ímpar, temos

a n = - 2 n 2 π

Mas se for par, temos

a n = 0

Passo 3

Vamos ao cálculo de b n .

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

O formulário diz para a gente que:

∫ 0 π x   s e n a x   d x = 1 a 2 sen ⁡ a x - x a cos ⁡ a x

Aí nossa continha fica:

b n = cos ⁡ n x n - π 0 + 1 π n 2 s e n n x - x π n cos ⁡ n x 0 π

b n = 1 - cos ⁡ - n π n - 1 n cos ⁡ n π

Como o cosseno é uma função par, temos que cos ⁡ - n π = cos ⁡ n π , aí ficamos com

b n = 1 - cos ⁡ n π n - 1 n cos ⁡ n π = 1 - 2 cos ⁡ n π n = 1 - 2 - 1 n n

Fazendo o que a gente fez no passo anterior, para valores pares de n , temos:

b n = 1 - 2 n = - 1 n

Para valores ímpares:

b n = 1 + 2 n = 3 n

Logo a nossa série será

f x = - π 4 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n 2 π cos ⁡ n x + 1 - 2 - 1 n n sen n x

Passo 4

b) Agora vamos esboçar o gráfico dessa função no intervalo - 3 π , 3 π .

O enunciado pede para desenharmos o gráfico da função para qual a série converge. Ah, é só desenhar a função do enunciado, né?

Não! O que você vai fazer nesse tipo de questão é o seguinte:

  1. Desenhar as informações sobre f ( x ) que o enunciado dá nos colchetes (em vermelho)
  2. Repetir essa f ( x ) para a esquerda e para a direita ignorando os pontos de descontinuidade (em azul); (já que queremos ir de - 3 π até 3 π )
  3. Fazer a média dos limites laterais em cada ponto de descontinuidade (em preto)

Por que isso?

Por causa daquele Teorema da Convergência de Fourier que diz que a soma da série de Fourier de f ( x ) converge para f ( x ) onde a função é contínua (por isso nós copiamos essas retas do enunciado) e converge para a média dos limites laterais nos pontos de descontinuidade:

Para x = π , a soma da série converge para:

f x + + f x - 2 = - π + x 2 = - π + π 2 = 0

E para x = 0 :

f x + + f x - 2 = x - π 2 = 0 - π 2 = - π 2

Lembre-se de fazer pontos preenchidos quando representar essas médias (em preto) e pontos “vazios” (em azul e vermelho) nos limites laterais.

Portanto, esse gráfico que fizemos não representa f ( x ) , mas a soma da sua série de Fourier, ok? Claro que a soma da série é muito parecida com a função.

Estendendo esse gráfico de f um período para trás e um período para a frente, nosso esboço fica assim:

Passo 5

c) Vamos ter que brincar um pouco com a nossa função e a série de Fourier em um ponto, para chegarmos na expressão dessa soma.

Queremos chegar em

∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 2 n - 1

A gente pode ir lá na série que a gente calculou:

f x = - π 4 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n 2 π cos ⁡ n x + 1 - 2 - 1 n n sen n x

E tentar fazer x = π / 2 , para ver no que dá

Temos que

f π 2 = π 2

Aí fazemos:

π 2 = - π 4 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n 2 π cos ⁡ n π 2 + 1 - 2 - 1 n n sen n π 2

Passo 6

Vamos olhar cada termo desse com carinho. Vamos começar por

cos ⁡ n π 2

Para n par ele alterna entre 1 e - 1 , e para n ímpar, ele zera. Mas repara que ele está em produto com o termo:

- 1 n - 1 n 2 π

Que zera para valores de n par. Temos então dois termos em produto. Um zera quando n é ímpar e o outro quando n é par, então esse termo todo vai zerar:

- 1 n - 1 n 2 π cos ⁡ n π 2 = 0

Daí tiramos que:

π 2 = - π 4 + ∑ n = 1 ∞ 1 - 2 - 1 n n sen n π 2

3 π 4 = ∑ n = 1 ∞ 1 - 2 - 1 n n sen n π 2

Passo 7

Vamos olhar agora para

1 - 2 - 1 n n sen n π 2

Quando n é par, esse cara zera, mas quando n é ímpar, ele alterna entre 1 e - 1 . A gente pode fazer então n = 2 k - 1 , porque aí só ficamos com os termos ímpares.

1 - 2 - 1 2 k - 1 2 k - 1   - 1 k = 3 2 k - 1 - 1 k

Agora vamos ver se esse expoente do k está certo.

k = 1 ∴ n = 1 ∴ sen n π 2 = 1

k = 2 ∴ n = 3 ∴ sen n π 2 = - 1

Mas repara que - 1 k diz que em n = 1 , s e n n π 2 = - 1 . Então esse sinal está errado, a gente precisa mudar esse expoente. Para ficar parecido com a nossa soma, vamos fazer:

3 2 k - 1 - 1 k - 1

Nossa expressão fica:

3 π 4 = ∑ n = 1 ∞ 3 2 k - 1 - 1 k - 1

Passo 8

Lembra que a gente quer o valor de ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 2 n - 1

Ah gente consegue mexer na expressão que temos e chegar nesse valor! Repara:

3 π 4 = ∑ n = 1 ∞ 3 2 k - 1 - 1 k - 1

π 4 = ∑ n = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 1 k - 1

π 4 = ∑ n = 1 ∞ - 1 k - 1 2 k - 1

Chegamos! Percebe que o nosso índice só está com o nome diferente (está escrito k em vez de n ), mas fora isso está igualzinho. Então a gente pode dizer que:

∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 2 n - 1 = π 4

Ufa! Conseguimos!

Resposta

a)

f x = - π 4 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 n 2 π cos ⁡ n x + 1 - 2 - 1 n n sen n x

b)

c)

∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 2 n - 1 = π 4

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