a) Considere a função f(x)=\frac{1}{2-x}
b) Para a função g(x)=\ln (2-x), determine os desenvolvimentos seguintes e indique os respectivos intervalos de convergência:
i) Desenvolva a função em série de potências de x;
i) em série de potências em torno de c=1;
ii) Desenvolva a função em série de potências de x+5;
ii) em série de potências em torno de c=-5.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=\frac{1}{2 - x}
e define
g(x)=\ln(2 - x).
Como sabemos que
g'(x)=\frac{d}{dx}\ln(2 - x)=-\frac{1}{2 - x}=-f(x),
vamos primeiro desenvolver f(x) em séries de potências em torno de diferentes centros e em seguida usar
g(x)=-\int f(x)\,dx + C
para obter as séries de g(x). Precisaremos determinar a constante C usando o valor de g no ponto central de cada expansão.

Passo 2

Desenvolvimento de f(x) e g(x) em série de potências de x (Maclaurin):
  1. Escrevendo
f(x)=\frac{1}{2}\,\frac{1}{1 - \frac{x}{2}}
e usando a série geométrica \frac{1}{1 - u}=\sum_{n=0}^\infty u^n para u=\tfrac{x}{2}, obtemos
f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{2^{\,n+1}},
válida para \bigl|\tfrac{x}{2}\bigr|<1, ou seja |x|<2.
2. Como g'(x)=-f(x), temos
g(x)=-\int f(x)\,dx + C =-\sum_{n=0}^\infty \int \frac{x^n}{2^{\,n+1}}\,dx + C =-\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{(n+1)\,2^{\,n+1}} + C.
Fazendo m=n+1,
g(x)=-\sum_{m=1}^\infty \frac{x^m}{m\,2^m} + C.
Para determinar C, avaliamos em x=0:
g(0)=\ln(2-0)=\ln2=C.
Logo a série de Maclaurin para g é
\boxed{% g(x)=\ln2 \;-\;\sum_{m=1}^\infty \frac{x^m}{m\,2^m},\quad |x|<2. }

Passo 3

Desenvolvimento em série de potências em torno de c=1:
  1. Façamos h=x-1. Então
2 - x = 2 - (1 + h) = 1 - h,
logo
f(x)=\frac{1}{1 - h}=\sum_{n=0}^\infty h^n,
válido para |h|<1, isto é |x-1|<1.
2. Como g'(x)=-f(x),
g(x)=-\int f(x)\,dx + C =-\sum_{n=0}^\infty \int h^n\,d(x) + C =-\sum_{n=0}^\infty \frac{h^{n+1}}{n+1} + C =-\sum_{m=1}^\infty \frac{h^m}{m} + C.
  1. No ponto x=1 temos h=0 e
g(1)=\ln(2-1)=\ln1=0,
logo C=0. Assim
\boxed{% g(x)=-\sum_{m=1}^\infty \frac{(x-1)^m}{m},\quad |x-1|<1. }

Passo 4

Desenvolvimento em série de potências em torno de c=-5 (variável k=x+5):
  1. Seja k=x+5. Então
2 - x = 2 - (k - 5)=7 - k,
e
f(x)=\frac{1}{7 - k}=\frac{1}{7}\,\frac{1}{1 - \frac{k}{7}} =\sum_{n=0}^\infty \frac{k^n}{7^{\,n+1}},
válido para \bigl|\tfrac{k}{7}\bigr|<1, ou seja |x+5|<7.
2. Como g'(x)=-f(x),
g(x)=-\int f(x)\,dx + C =-\sum_{n=0}^\infty \int \frac{k^n}{7^{\,n+1}}\,d(x) + C =-\sum_{n=0}^\infty \frac{k^{n+1}}{(n+1)\,7^{\,n+1}} + C.
Trocando m=n+1,
g(x)=-\sum_{m=1}^\infty \frac{k^m}{m\,7^m} + C.
  1. Avaliando em x=-5 (ou seja k=0):
g(-5)=\ln[2-(-5)]=\ln7=C.
Logo
\boxed{% g(x)=\ln7 \;-\;\sum_{m=1}^\infty \frac{(x+5)^m}{m\,7^m},\quad |x+5|<7. }

Resposta

a) Não havia pedido de série para f(x), apenas a usamos como passo intermediário.
b.i) Série de potências de x (Maclaurin) para g(x)=\ln(2-x):
g(x)=\ln2 \;-\;\sum_{m=1}^\infty \frac{x^m}{m\,2^m}, \quad |x|<2.
b.i) Série de potências em torno de c=1:
g(x)=-\sum_{m=1}^\infty \frac{(x-1)^m}{m}, \quad |x-1|<1.
b.ii) Série de potências de x+5:
g(x)=\ln7 \;-\;\sum_{m=1}^\infty \frac{(x+5)^m}{m\,7^m}, \quad |x+5|<7.
b.ii) Série de potências em torno de c=-5 (variável k=x+5): mesma fórmula anterior, válida para |x+5|<7.

Exercícios relacionados