aula-04

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Série de Fourier
Digressão: uma brevíssima revisão sobre séries de potências
1. Uma série de potências
y =
∞∑
n=0
an (x− x0)n
converge no ponto x se o limite
lim
M→∞
M∑
n=0
an (x− x0)n
existe para esse ponto x.
2. Uma série de potências
y =
∞∑
n=0
an (x− x0)n
converge absolutamente no ponto x se a série
∞∑
n=0
|an (x− x0)n| =
∞∑
n=0
|an| |x− x0|n
converge. Se uma série converge absolutamente, então a série converge. A
recíproca não é necessariamente válida.
3. Teste da razão: se an 6= 0 e se, para um valor �xo de x,
lim
n→∞
∣∣∣∣∣an+1 (x− x0)n+1an (x− x0)n
∣∣∣∣∣ = |x− x0| limn→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣
= |x− x0|L,
então a série de potências converve absolutamente para o valor �xo x se
|x− x0|L < 1
e diverge se
|x− x0|L > 1.
Caso
|x− x0|L = 1,
então o teste é inconclusivo.
1
Exemplo: problema 10.3.15 (p. 613)
Encontre a solução formal do problema de valor inicial
y′′ + ω2y = f (t) ,
com
y (0) = 0
e
y′ (0) = 0,
onde a função f (t) é periódica com período 2π e
f (t) =

1, 0 < t < π;
0, t = 0, π, 2π;
−1, π < t < 2π.
(1)
Resposta:
y =
4
π
∞∑
n=1
1
ω2 − (2n− 1)2
{
1
2n− 1
sen [(2n− 1) t]− 1
ω
sen (ωt)
}
.
Resolução:
Note que a equação homogênea associada é
y′′h + ω
2yh = 0
e sua solução �ca
yh (t) = a cos (ωt) + bsen (ωt) .
Aí, somada a esta solução, precisamos de uma solução particular da equação
inomogênea, yp (t) , que deve satisfazer
y′′p + ω
2yp = f (t) . (2)
Como já sabemos, a solução geral da equação diferencial dada é a soma
y (t) = yp (t) + yh (t)
= yp (t) + a cos (ωt) + bsen (ωt) .
A derivada desta solução geral dá
y′ (t) = y′p (t)− aωsen (ωt) + bω cos (ωt) .
2
Impondo as condições iniciais acima, devemos ter
yp (0) + a = 0
e
y′p (0) + bω = 0.
Como a �fonte�, f (t) , é periódica com período 2π, podemos expandi-la como
uma série de Fourier,
f (t) =
+∞∑
n=−∞
cn exp (int) .
Mas vemos que f (t) é anti-simétrica com relação à origem, isto é,
f (−t) = −f (t) .
Então,
+∞∑
n=−∞
cn exp (−int) = −
+∞∑
n=−∞
cn exp (int) ,
ou seja,
−∞∑
n=+∞
c−n exp (int) = −
+∞∑
n=−∞
cn exp (int) ,
ou ainda,
+∞∑
n=−∞
(cn + c−n) exp (int) = 0.
Como as funções exp (int) , com n ∈ Z, são linearmente independentes, segue
que
c−n = −cn.
Com isso,
f (t) =
+∞∑
n=−∞
cn exp (int)
=
−1∑
n=−∞
cn exp (int) + c0 +
+∞∑
n=1
cn exp (int)
=
+∞∑
n=1
c−n exp (−int) + c0 +
+∞∑
n=1
cn exp (int)
= −
+∞∑
n=1
cn exp (−int) +
+∞∑
n=1
cn exp (int) ,
3
já que c0 = 0, pois
c−n = −cn
implica
c−0 = −c0.
Logo,
f (t) =
+∞∑
n=1
2icn
[
exp (int)− exp (−int)
2i
]
=
+∞∑
n=1
2icnsen (nt) .
Então, fazendo
dn ≡ 2icn,
escrevemos
f (t) =
+∞∑
n=1
dnsen (nt) .
Ignorando, por enquanto, os pontos de descontinuidade de f (t) , isto é, t =
0, π, 2π, os coe�cientes coe�cientes cn são dados pela Eq. (??), ou seja,
cn =
1
2π
∫ 2π
0
dϕ exp (−inϕ) f (ϕ) .
Então, agora é só usar a Eq. (1), isto é,
cn =
1
2π
∫ π
0
dϕ exp (−inϕ) f (ϕ)
+
1
2π
∫ 2π
π
dϕ exp (−inϕ) f (ϕ) ,
4
já que os casos em pontos discretos não contribuem para as integrais. Assim,
cn =
1
2π
∫ π
0
dϕ exp (−inϕ)
− 1
2π
∫ 2π
π
dϕ exp (−inϕ)
=
i
2πn
[exp (−inπ)− 1]
− i
2πn
[exp (−2inπ)− exp (−inπ)]
=
i
2πn
[exp (−inπ)− 1]
− i
2πn
[1− exp (−inπ)]
=
i
πn
[exp (−inπ)− 1] .
Note que
exp (−inπ) = cos (nπ)− isen (nπ)
= (−1)n .
Assim,
cn =
i
πn
[(−1)n − 1]
e
dn = 2icn
= − 2
πn
[(−1)n − 1]
=
2
πn
[1− (−1)n] .
Portanto,
f (t) =
+∞∑
n=1
2
πn
[1− (−1)n] sen (nt)
=
+∞∑
2m+1=1
2
π (2m+ 1)
[
1− (−1)2m+1
]
sen [(2m+ 1) t]
=
+∞∑
m=0
4
π (2m+ 1)
sen [(2m+ 1) t]
=
+∞∑
k−1=0
4sen [(2k − 1) t]
π (2k − 1)
=
+∞∑
k=1
4sen [(2k − 1) t]
π (2k − 1)
.
5
Substituindo este resultado na Eq. (2), vem
y′′p + ω
2yp =
+∞∑
n=1
4sen [(2n− 1) t]
π (2n− 1)
. (3)
O truque agora é testar se a solução particular também tenha período 2π e
que é dada por
yp (t) =
+∞∑
n=−∞
c̃n exp (int) .
As derivadas dão
y′p (t) =
+∞∑
n=−∞
inc̃n exp (int)
e
y′′p (t) = −
+∞∑
n=−∞
n2c̃n exp (int) .
Substituindo na Eq. (3), obtemos
+∞∑
k=−∞
(
−k2 + ω2
)
c̃k exp (ikt) =
+∞∑
n=1
4sen [(2n− 1) t]
π (2n− 1)
,
isto é,
+∞∑
k=−∞
(
−k2 + ω2
)
c̃k cos (kt) + i
+∞∑
k=−∞
(
−k2 + ω2
)
c̃ksen (kt) =
+∞∑
n=1
4sen [(2n− 1) t]
π (2n− 1)
.
Por causa da independência linear das funções seno e cosseno, vemos que, nec-
essariamente,
c̃−k = −c̃k
6
e os k's têm que ser ímpares. Com isso,
yp (t) =
+∞∑
n=−∞
c̃n exp (int)
=
−1∑
n=−∞
c̃n exp (int) + c̃0 +
+∞∑
n=1
c̃n exp (int)
=
+1∑
n=+∞
c̃−n exp (−int) +
+∞∑
n=1
c̃n exp (int)
= −
+1∑
n=+∞
c̃n exp (−int) +
+∞∑
n=1
c̃n exp (int)
=
+∞∑
n=1
2ic̃nsen (nt)
com
y′′p (t) = −
+∞∑
k=1
k22ic̃ksen (kt) .
Usando novamente a Eq. (3), com essas novas expressões, vem
+∞∑
k=1
(
−k2 + ω2
)
2ic̃ksen (kt) =
+∞∑
n=1
4sen [(2n− 1) t]
π (2n− 1)
.
Porque as funções sen (kt) com k's pares são linearmente independentes das
funções sen (kt) com k's ímpares, segue que
c̃k = 0
para todos os k's pares. Logo, só não são nulos os k's ímpares e, identi�cando
os coe�centes dos membros esquerdo e direito da equação acima, vemos que[
− (2n− 1)2 + ω2
]
2ic̃2n−1 =
4
π (2n− 1)
,
ou seja,
2ic̃2n−1 =
4
π (2n− 1)
[
− (2n− 1)2 + ω2
] .
Como
yp (t) =
+∞∑
k=1
2ic̃2k−1sen [(2k − 1) t] ,
7
segue que
yp (t) =
+∞∑
k=1
4sen [(2k − 1) t]
π (2k − 1)
[
− (2k − 1)2 + ω2
] .
Agora a solução geral �ca
y (t) = yp (t) + a cos (ωt) + bsen (ωt) .
=
+∞∑
k=1
4sen [(2k − 1) t]
π (2k − 1)
[
− (2k − 1)2 + ω2
] + a cos (ωt) + bsen (ωt) .
Impondo as condições iniciais, vemos que
y (0) = a
= 0
e, então, como acabamos de encontrar que a = 0, temos
y (t) =
+∞∑
k=1
4sen [(2k − 1) t]
π (2k − 1)
[
− (2k − 1)2 + ω2
] + bsen (ωt) .
A derivada desta função dá
y′ (t) =
+∞∑
k=1
4 cos [(2k − 1) t]
π
[
− (2k − 1)2 + ω2
] + ωb cos (ωt) .
Mas,
y′ (0) = 0
e, portanto,
0 =
+∞∑
k=1
4
π
[
− (2k − 1)2 + ω2
] + ωb,
isto é,
b =
+∞∑
k=1
4
πω
[
(2k − 1)2 − ω2
] .
Logo,
y (t) =
+∞∑
k=1
4sen [(2k − 1) t]
π (2k − 1)
[
− (2k − 1)2 + ω2
] + +∞∑
k=1
4
πω
[
(2k − 1)2 − ω2
] sen (ωt)
=
+∞∑
k=1
4
π
[
(2k − 1)2 − ω2
] {− sen [(2k − 1) t]
(2k − 1)
+
1
ω
sen (ωt)
}
8
e vemos que obtemos a resposta do livro-texto:
y =
4
π
∞∑
n=1
1
ω2 − (2n− 1)2
{
1
2n− 1
sen [(2n− 1) t]− 1
ω
sen (ωt)
}
.
9