Dada
\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}=\frac{1}{1-x}, \quad|x|<1
(b) Integre a série

Passo 1

O enunciado nos dá a soma da série geométrica
\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}=\frac{1}{1-x},\qquad |x|<1.
A pergunta (b) pede para “integrar a série”. Ou seja, encontrar uma primitiva (antiderivada) da série do lado esquerdo e relacioná‑la com a primitiva do lado direito, justificando a operação dentro do intervalo de convergência.

Passo 2

Regra e justificativa prática (explicação didática, sem jargão pesado): uma série de potências como \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n pode ser integrada termo a termo dentro do raio de convergência. Isso significa que
\int \left(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\right)\,dx = \sum_{n=0}^{\infty} \int a_n x^n\,dx = \sum_{n=0}^{\infty} a_n\frac{x^{n+1}}{n+1} + C,
para todo x com |x| estritamente menor que o raio de convergência. No nosso caso o raio é 1, pois a série geométrica converge para |x|<1. Portanto podemos integrar termo a termo para |x|<1.

Passo 3

Integramos o lado esquerdo termo a termo. Para cada n,
\int x^{n}\,dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C_n.
Somando e agrupando a constante (uma única constante C para a primitiva geral), obtemos a primitiva da série:
\int \left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}\right)\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}+C.

Passo 4

Agora integramos o lado direito explicitamente. Temos
\int \frac{1}{1-x}\,dx = -\ln(1-x)+C,
onde \ln é o logaritmo natural e C é a constante de integração. Como as integrais das duas expressões representam a mesma família de primitivas (dado que as funções coincidem em |x|<1), podemos igualar as duas representações da primitiva:
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}+C = -\ln(1-x)+C.
As constantes são as mesmas; para fixar a constante convenientemente escolhemos o ponto x=0, onde fica fácil determinar C.

Passo 5

Avaliar em x=0 para escolher a constante C. Pela série:
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{0^{n+1}}{n+1}=0.
Pela primitiva do lado direito:
-\ln(1-0)=0.
Portanto para a escolha que anula a primitiva em x=0 obtemos C=0. Assim a igualdade conveniente é
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x),\qquad |x|<1.

Passo 6

Reescrevendo a soma com índice iniciado em 1 (reindexação para a forma mais comum): seja m=n+1, então
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{m}}{m}.
Logo a identidade final, válida para |x|<1, é
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n} = -\ln(1-x),\qquad |x|<1.

Passo 7

Observações úteis para a prova (rápidas, motivadoras):
  • O raio de convergência permanece 1 após integrar a série; portanto a identidade vale para |x|<1.
  • No ponto x=1 a série diverge (soma harmônica), então não se pode estender a igualdade para x=1.
  • Em x=-1 a série converge condicionalmente e dá \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n}=-\ln 2, que é coerente com a fórmula pela continuidade até esse ponto por somação alternativa (mas a igualdade original foi garantida apenas para |x|<1).

Resposta

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}=-\ln(1-x)\quad\text{ou}\quad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=-\ln(1-x),\qquad |x|<1.

Exercícios relacionados