Considere f(x)=(1+x)^{k}, sendo k \in \mathbb{R} fixado. O objetivo desse exercício é verificar que
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{k}{n} x^{n}, \quad|x|<1
sendo que a série acima é conhecida como série binomial.
(a) Verifique que
f^{(n)}(0)=k(k-1) \cdot \ldots \cdot(k-n+1), \quad \forall n \geq 1
(b) Utilize o Teste da Razão para verificar que a série de Maclaurin de f(x) tem raio de convergência igual a 1 .
(c) Denote \binom{k}{n}=\frac{k(k-1) \cdot \ldots \cdot(k-n+1)}{n!} e considere
g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{k}{n} x^{n}
ou seja, g é a série de potências dada pela Série de Maclaurin de f. Verifique que
(1+x) g^{\prime}(x)=k g(x), \quad-1<x<1
Sugestão: observe que
(1+x) g^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k}{n} n x^{n-1}+\sum_{n=0}^{\infty}\binom{k}{n} n x^{n}
e faça n^{\prime}=n-1 na primeira soma para agrupar os termos que acompanham x^{n}.
(d) Considere h(x)=(1+x)^{-k} g(x). Verifique h^{\prime}(x)=0 e deduza que g(x)=f(x).

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=(1+x)^{k} com k\in\mathbb{R} fixo e pede que verifiquemos a expansão em série de Maclaurin (série binomial)
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{k}{n}x^{n},\qquad |x|<1.
As tarefas específicas são:
  • (a) Mostrar que, para todo n\ge 1,
f^{(n)}(0)=k(k-1)\cdots(k-n+1).
  • (b) Usar o Teste da Razão para verificar que a série de Maclaurin tem raio de convergência igual a 1.
  • (c) Definir \displaystyle \binom{k}{n}=\frac{k(k-1)\cdots(k-n+1)}{n!} e g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{k}{n}x^{n}, e verificar que
(1+x)g^{\prime}(x)=k\,g(x),\quad -1<x<1.
  • (d) Considerar h(x)=(1+x)^{-k}g(x), mostrar que h^{\prime}(x)=0 e deduzir que g(x)=f(x) em (-1,1).
Informações relevantes fornecidas: expressão de f, definição de \binom{k}{n} como coeficientes de Maclaurin, e domínio pretendido |x|<1. Nesta etapa eu apenas enumerei o que é pedido e os dados — não comecei a calcular ainda.

Passo 2

(a) Vamos encontrar f^{(n)}(x) e em particular f^{(n)}(0). Primeiro uma regra clara: para m\in\mathbb{R},
\frac{d}{dx}(1+x)^{m}=m(1+x)^{m-1},
que é a regra da derivada de uma potência (aqui aplicada à função composta u(x)=1+x cuja derivada é 1). Aplique isso repetidamente:
  • Para n=1:
f'(x)=\frac{d}{dx}(1+x)^{k}=k(1+x)^{k-1},
logo
f'(0)=k(1+0)^{k-1}=k.
  • Agora suponha que, para algum n\ge1,
f^{(n)}(x)=k(k-1)\cdots(k-n+1)\,(1+x)^{k-n}.
Vou usar indução para passar para n+1. Diferenciando ambos os lados:
f^{(n+1)}(x)=k(k-1)\cdots(k-n+1)\cdot\frac{d}{dx}\big((1+x)^{k-n}\big).
Pelo mesmo motivo da regra da potência,
\frac{d}{dx}\big((1+x)^{k-n}\big)=(k-n)(1+x)^{k-n-1}.
Assim
f^{(n+1)}(x)=k(k-1)\cdots(k-n+1)\,(k-n)\,(1+x)^{k-(n+1)}.
Isso é exatamente
f^{(n+1)}(x)=k(k-1)\cdots(k-n)\,(1+x)^{k-(n+1)},
portanto a fórmula se mantém. Como base n=1 vale, por indução vale para todo n\ge1.
Agora avaliando em x=0 obtemos
f^{(n)}(0)=k(k-1)\cdots(k-n+1)\cdot(1+0)^{k-n}=k(k-1)\cdots(k-n+1),
o que era necessário verificar.
Observação didática curta: a sequência k(k-1)\cdots(k-n+1) é o chamado produto “cai-um” (falling factorial) e aparece naturalmente ao derivar potências com expoente real repetidas vezes.

Passo 3

(b) A série de Maclaurin de f tem coeficientes
a_{n}=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=\frac{k(k-1)\cdots(k-n+1)}{n!}=\binom{k}{n}.
Então a série é \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty}\binom{k}{n}x^n. Para determinar o raio de convergência aplicamos o Teste da Razão (diz: a série \sum a_n x^n converge absolutamente se \lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_n x^n}\right|<1).
Calcule a razão entre coeficientes:
\frac{\binom{k}{n+1}}{\binom{k}{n}} =\frac{\dfrac{k(k-1)\cdots(k-n)}{(n+1)!}}{\dfrac{k(k-1)\cdots(k-n+1)}{n!}} =\frac{k-n}{n+1}.
Portanto, para a série com o fator x,
\left|\frac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_n x^n}\right| =\left|\frac{\binom{k}{n+1}}{\binom{k}{n}}\right|\;|x| =\left|\frac{k-n}{n+1}\right|\;|x|.
Tomando limite quando n\to\infty,
\lim_{n\to\infty}\left|\frac{k-n}{n+1}\right|\;|x| =\lim_{n\to\infty}\frac{|n-k|}{n+1}\;|x| =1\cdot |x|=|x|.
Pelo Teste da Razão, a série converge se |x|<1 (pois o limite <1) e diverge se |x|>1. Logo o raio de convergência é 1.
Comentário breve: o teste não decide automaticamente o que ocorre em |x|=1 (caso limite =1), mas o enunciado pede apenas o raio, que é 1.

Passo 4

(c) Primeiro justificativa: dentro do raio de convergência (ou seja, para |x|<1) podemos derivar uma série de potências termo a termo; a série resultante converge no mesmo raio e representa a derivada da soma. Então
g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{k}{n}x^{n}
tem derivada
g^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k}{n}n x^{n-1}.
Multiplicando por 1+x obtemos (como sugestão do enunciado)
(1+x)g^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k}{n}n x^{n-1}+\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k}{n}n x^{n}.
Agora vamos manipular essas somas para relacioná-las com g(x). Uma identidade útil (que vou provar rápido) é
n\binom{k}{n}=k\binom{k-1}{\,n-1\,}\qquad\text{para }n\ge1.
Prova da identidade: pela definição
n\binom{k}{n}=n\cdot\frac{k(k-1)\cdots(k-n+1)}{n!}=\frac{k(k-1)\cdots(k-n+1)}{(n-1)!} =k\cdot\frac{(k-1)(k-2)\cdots(k-n+1)}{(n-1)!}=k\binom{k-1}{\,n-1\,}.
Aplicando isso nas somas:
g^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}k\binom{k-1}{\,n-1\,}x^{n-1}.
Logo
(1+x)g^{\prime}(x)=k\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k-1}{\,n-1\,}x^{n-1} + k\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k-1}{\,n-1\,}x^{n}.
Agora faça mudança de índice na primeira soma: coloque m=n-1. Então quando n=1 tem m=0, e a soma torna-se
\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k-1}{\,n-1\,}x^{n-1}=\sum_{m=0}^{\infty}\binom{k-1}{m}x^{m}.
Na segunda soma, escreva também com índice m=n (começando em m=1):
\sum_{n=1}^{\infty}\binom{k-1}{\,n-1\,}x^{n}=\sum_{m=1}^{\infty}\binom{k-1}{\,m-1\,}x^{m}.
Então
(1+x)g^{\prime}(x)=k\sum_{m=0}^{\infty}\binom{k-1}{m}x^{m} + k\sum_{m=1}^{\infty}\binom{k-1}{\,m-1\,}x^{m}.
Agora junte as duas somas em uma única soma sobre m\ge0. Para o termo m=0 só aparece na primeira soma e é k\binom{k-1}{0}x^{0}=k. Para m\ge1 o coeficiente de x^{m} é
k\binom{k-1}{m}+k\binom{k-1}{m-1}=k\big(\binom{k-1}{m}+\binom{k-1}{m-1}\big).
Usamos a identidade de Pascal válida também para coeficientes binomiais generalizados:
\binom{k-1}{m}+\binom{k-1}{m-1}=\binom{k}{m}.
(Para ver isso uma forma é escrever ambos os lados pela definição em fatoriais generalizados e verificar que se somam corretamente; a identidade é uma versão do princípio combinatório de Pascal que continua válida com expoente real quando os coeficientes são definidos pelo produto que já usamos.)
Portanto para m\ge1 o coeficiente de x^m fica k\binom{k}{m}, e para m=0 também dá k\binom{k}{0} (pois \binom{k}{0}=1). Assim
(1+x)g^{\prime}(x)=k\sum_{m=0}^{\infty}\binom{k}{m}x^{m}=k\,g(x),
o que era para verificar, válido para |x|<1 (ou -1<x<1 em termos do pedido).

Passo 5

(d) Defina
h(x)=(1+x)^{-k}g(x).
Vamos derivar h. Usando a regra do produto (ou regra da derivada de quociente), temos
h^{\prime}(x)=(1+x)^{-k}g^{\prime}(x)+\big((1+x)^{-k}\big)^{\prime}g(x).
Calcule \big((1+x)^{-k}\big)^{\prime}=-k(1+x)^{-k-1}. Assim
h^{\prime}(x)=(1+x)^{-k}g^{\prime}(x)-k(1+x)^{-k-1}g(x).
Coloque em evidência (1+x)^{-k-1}:
h^{\prime}(x)=(1+x)^{-k-1}\Big((1+x)g^{\prime}(x)-k g(x)\Big).
Pelo resultado do Passo 4, (1+x)g^{\prime}(x)-k g(x)=0 para -1<x<1. Assim h^{\prime}(x)=0 em (-1,1). Logo h é constante em (-1,1).
Para encontrar essa constante, avalie em x=0:
h(0)=(1+0)^{-k}g(0)=1\cdot\binom{k}{0}=1.
Portanto h(x)\equiv 1 em (-1,1). Então
(1+x)^{-k}g(x)=1\quad\Rightarrow\quad g(x)=(1+x)^{k}=f(x)
para todo -1<x<1, isto é, para |x|<1. Isso estabelece que a série de potências dada realmente representa f(x) naqueles x.

Resposta

(a) f^{(n)}(0)=k(k-1)\cdots(k-n+1),\\ \forall n\ge1.\n(b) O raio de convergência é 1.\n(c) (1+x)g^{\prime}(x)=k\,g(x),\quad -1<x<1.\n(d) g(x)=f(x)=(1+x)^{k} para |x|<1.

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