Tire uma dúvida, deixe uma dúvida

Enunciado:
Seja f : [0, L] → R contínua por pedaços. Estendemos f no intervalo (L, 2L] de modo que ela seja simétrica em torno de x = L (faça um esboço), o que matematicamente significa que f(2L−x) = f(x) para todo x ∈ [0, L). Tome agora a extensão ímpar e 4L periódica desta função. Mostre que a função resultante tem série de Fourier em senos dada por:
\(
S_f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2L}}
\)
onde
\(
b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2L}} dx
\)

Resolução:
Como exemplo para o esboço, supomos uma função qualquer. A função resultante das extensões tem uma periodicidade esboçada por:



Seja essa função g(x). Podemos a expressar de maneira mais formal como:

\(
g(x) = \begin{cases}
f(x) & \text{se } x \in [0, L] \\
f(2L-x) & \text{se } x \in [L, 2L] \\
-f(-x) & \text{se } x \in [2L, 4L]
\end{cases}
\)

Além disso, temos que
\(
g(x + 4L) = g(x) \text{ } \forall x \in R
\)

Temos, da definição de série de Fourier em senos, que a série de Fourier em senos de uma dada função 2L-periódica é
\(
S_f (x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin(\frac{n \pi x}{L})
\)
onde
\(
b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) sin{\frac{n \pi x}{L}} dx
\)

Calculamos a série de fourier de g(x), que é 4L-periódica, como segue:
\(
S_f (x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin(\frac{n \pi x}{2L})
\)

onde

\(
b_n = \frac{2}{2L} \int_{0}^{2L} g(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx = \\
b_n = \frac{1}{L} \int_{0}^{2L} g(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx
\)

Calculando \(b_n\), temos:
\(
\frac{1}{L} \int_{0}^{2L} g(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx = \\
\frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx + \frac{1}{L} \int_{L}^{2L} f(2L-x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx = \\
\frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx - \frac{1}{L} \int_{L}^{0} f(t) sin{\frac{n \pi (2L-t)}{2L}} dt = \\
\frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx + \frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(t) \cos{(n \pi)} sin{(-\frac{n \pi t}{2L})} dt = \\
\frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx + \frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(t) (-1)^{n+1} sin{(\frac{n \pi t}{2L})} dt = \\
\begin{cases}
0 & \text{se n é par} \\
\frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) sin{\frac{n \pi x}{2L}} dx & \text{se n é ímpar}
\end{cases}
\)

Sendo assim, podemos reescrever a série como uma soma de seus termos pares e ímpares, como segue:
\(
S_f(x) = S_p(x) + S_i(x), \\
\)

Onde temos:
\(
S_p(x) = \sum_{n=1}^{\infty} bp_n\sin(\frac{2n \pi x}{2L}), \\
\text{com} \\
bp_n = \frac{1}{L} \int_{0}^{2L} g(x) sin{\frac{2n \pi x}{2L}} dx = 0, \\
\text{logo} \\
S_p(x) = 0
\)

E

\(
S_i(x) = \sum_{n=1}^{\infty} bi_n\sin(\frac{(2n-1) \pi x}{2L}), \\
\text{com} \\
bi_n = \frac{1}{L} \int_{0}^{2L} g(x) sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2L}} dx = 0
\)

Ou seja,
\(
S_f(x) = 0 + S_i(x) = \sum_{n=1}^{\infty} bi_n\sin(\frac{(2n-1) \pi x}{2L}), \\
\text{com} \\
bi_n = \frac{1}{L} \int_{0}^{2L} g(x) sin{\frac{(2n-1) \pi x}{2L}} dx = 0
\)

C.Q.D.