3.4M Integrando termo a termo de 0 até x a série de potências de \ln (1-t) do Exercício 3.4L, mostre que \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^{n}}{n(n-1)}=x+(1-x) \ln (1-x). Para que valores de x esta representação é válida?

Passo 1

O enunciado pede para obter, a partir da série de potências de \ln(1-t), uma expressão fechada para \displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n}}{n(n-1)}
integrando termo a termo de 0 até x. Vamos usar a série conhecida de \ln(1-t) e depois calcular a integral explicitamente.

Passo 2

Para \lvert t\rvert<1 temos a expansão em série de potências:
\ln(1-t) = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n}}{n}.

Passo 3

Integramos de 0 até x termo a termo. Como a série converge uniformemente em [-r,r] para qualquer r<1, podemos trocar soma e integral:
\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt = -\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{x}\frac{t^{n}}{n}\,dt = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}.

Passo 4

Fazendo a mudança de índice m=n+1, a soma fica
-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n(n+1)} = -\sum_{m=2}^{\infty}\frac{x^{m}}{(m-1)m} = -\sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n}}{n(n-1)}.
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\sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n}}{n(n-1)} = -\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt.

Passo 5

Calculamos a integral por partes. Tomando u=\ln(1-t), dv=dt, então du=-\frac{1}{1-t}\,dt e v=t, obtemos
\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt = \bigl[t\ln(1-t)\bigr]_{0}^{x} - \int_{0}^{x}\!\bigl(-\frac{t}{1-t}\bigr)\,dt = x\ln(1-x)-\int_{0}^{x}\frac{t}{1-t}\,dt.
E
\int_{0}^{x}\frac{t}{1-t}\,dt =\int_{0}^{x}\Bigl(-1 + \frac{1}{1-t}\Bigr)\,dt =-x - \ln(1-x).
Portanto
\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt = x\ln(1-x) -\bigl(-x-\ln(1-x)\bigr) = -\,\bigl(1 - x\bigr)\ln(1 - x)\;-\;x.

Passo 6

Substituindo em \displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n}}{n(n-1)} = -\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt,
chegamos a
\sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n}}{n(n-1)} = x + \bigl(1 - x\bigr)\ln\bigl(1 - x\bigr).
Como tudo se baseou na série de \ln(1-t), a representação é válida para \lvert x\rvert<1.

Resposta

\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n}}{n(n-1)} = x + (1 - x)\,\ln(1 - x), válida para \lvert x\rvert<1.

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