2. Lembrando de que ln ⁡ 1 + α = ∫ 0 α 1 1 + x d x e raciocinando como no Exemplo 7, mostre que, para 0 < α ≤ 1 , tem-se

a) ln ⁡ 1 + α = ∑ k = 1 ∞ - 1 k + 1 a k k  

b) ln ⁡ 1 + α - ∑ k = 1 ∞ - 1 k + 1 a k k   ≤ α n + 1 n + 1

Passo 1

Letra (a)

Vamos mostrar que ln ⁡ 1 + α = ∑ k = 1 ∞ - 1 k + 1 a k k   .

Pela progressão geométrica:

1 + r + r 2 + … r n - 1 = 1 - r n 1 - r

1 1 - r = 1 + r + r 2 + … r n - 1 + r n 1 - r

Fazendo r = - x neste caso,

1 1 + x = 1 - x + x 2 + … - 1 n - 1 x n - 1 + - 1 n x n x + 1

Como ln ⁡ 1 + α = ∫ 0 α 1 1 + x d x , resulta, integrando termo a termo:

ln ⁡ 1 + α = α - α 2 2 + α 3 3 + … + - 1 n - 1 α n n + - 1 n ∫ 0 α x n 1 + x d x

Ou seja,

ln ⁡ 1 + α = ∑ k = 1 n - 1 k - 1 α k k + - 1 n ∫ 0 α x n 1 + x d x         ( 1 )

Passo 2

Temos que mostrar que, para 0 < α ≤ 1 , segue

lim n → ∞ ⁡ ∫ 0 α x n 1 + x d x = 0

Temos 0 ≤ x n 1 + x ≤ x n   para x   ∈ 0 , α .

Daí,

0 ≤ ∫ 0 α x n 1 + x d x < ∫ 0 α x n d x

0 ≤ ∫ 0 α x n 1 + x d x ≤ α n + ! n + 1       ( 2 )

De 0 < α ≤ 1 segue que lim n → ∞ ⁡ α n + ! n + 1 = 0 .

Portanto, lim n → ∞ ⁡ ∫ 0 α x n 1 + x d x = 0 .  

Passo 3

Substituindo em (1), concluímos que:

ln ⁡ 1 + α = ∑ k = 1 n - 1 k - 1 α k k

Passo 4

Letra (b)

De (1), resulta

ln ⁡ 1 + α - ∑ k = 1 n - 1 k - 1   α k k   = - 1 n ∫ 0 α x n 1 + x d x

Tendo em vista (2),

ln ⁡ 1 + α - ∑ k = 1 ∞ - 1 k + 1 a k k   ≤ α n + 1 n + 1

Resposta

  1. Demonstração
  2. Demonstração
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