Exercícios Resolvidos de Teorema da Convergência de Fourier

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 317. Exercício 2

Suponha que a função dada é estendida, periodicamente, para fora do intervalo original.

  1. Encontre a série de Fourier da função estendida
  2. Esboce o gráfico da função para qual a série converge por três períodos

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

Passo 1

Letra a)

Precisamos 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 o intervalo da função que o problema deu é 2 π (de – π até π ) e temos que estender a função, esse será o seu período. Então:

2 L = 2 π     →       L = π

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Passo 2

Agora vamos calcular a 0

Fazendo n = 0 na expressão de a n temos:

a 0 = 1 π ∫ - π π f x d x

Veja que de - π a π temos duas expressões diferentes para f ( x ) , então o único jeito é dividir essa integral em duas, olha só:

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

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

a 0 = x 2 2 π 0 π

a 0 = π 2

Passo 3

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 = 1 π ∫ - π π f x cos ⁡ ( n x ) d x

Dividindo essa integral, como fizemos com a 0 :

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

a n = 1 π ∫ 0 π x cos ⁡ n x d x

Agora vamos integrar por partes, ok? Fazendo

u = x       →       u ' = 1

v ' = cos ⁡ n x       →       v = 1 n sen n x

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

a n = 1 n 2 π c o s ⁡ ( n x ) 0 π

a n = 1 n 2 π [ cos ⁡ n π - 1 ]

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

Guarde isso!

Passo 4

Agora só falta calcular os b n ’s

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

Dividindo essa integral:

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

b n = 1 π ∫ 0 π x sen ⁡ n x d x

Agora vamos fazer a integração por partes:

u = x       →       u ' = 1

v ' = sen ⁡ n x       →         v = - 1 n cos ⁡ n x

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

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

b n = - 1 n 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 = - 1 n ( - 1 ) = 1 n               n   é   í m p a r - 1 n 1 = - 1 n                   n   é   p a r          

b n = - 1 n + 1 n

Passo 5

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 = π 2

a n = - 2 n 2 π ,         n   é   í m p a r 0 ,         n   é   p a r        

b n = - 1 n + 1 n

Vamos separar a série em duas para ver melhor:

f x = π 4 + ∑ n = 1 ∞ a n cos ⁡ ( n x ) + ∑ n = 1 ∞ b n sen ( n x )

Agora vamos com calma. Não podemos escrever direto a n = 2 n 2 π no somatório porque isso só vale para n ímpar. Vamos definir 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 = π 4 - ∑ k = 1 ∞ 2 ( 2 k - 1 ) 2 π cos ⁡ 2 k - 1 x   + ∑ n = 1 ∞ b n sen n x

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

b k = - 1 k + 1 k

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

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

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

Passo 6

Letra b)

Certo, agora só falta o gráfico. Essa questão é bem simples, mas você tem que ter muito cuidado com a falta de atenção. 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);
  3. Fazer a média dos limites laterais em cada ponto de descontinuidade (em preto)

Porque 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. Por exemplo, para x = 3 , a soma da série converge para:

f x + + f x - 2 = π + 0 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.

Obs: Se a função periódica for toda contínua, a soma da série converge para f ( x ) em todos os pontos.

Resposta

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

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