Descreva, séries de potências, as seguintes funções:
\quad f(x)=\ln \left(1-\frac{x}{4}\right) \quad centrada em c=0

Passo 1

O enunciado pede para escrever a função f(x)=\ln\!\left(1-\dfrac{x}{4}\right) como uma série de potências centrada em c=0.
Informações dadas e objetivo claros:
  • A função é f(x)=\ln\!\left(1-\dfrac{x}{4}\right).
  • A série deve ser centrada em 0 (expansão em potências de x).
  • É necessário também identificar o raio/intervalo de convergência da série (expliquei isso porque normalmente é pedido junto com a série).

Passo 2

Vamos lembrar um fato padrão que vamos usar: a série geométrica e sua integração. Para qualquer número real t com |t|<1 vale a expansão geométrica
\frac{1}{1+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^n.
Explicando devagar: o termo geral é (-1)^n t^n. Essa soma representa a função \dfrac{1}{1+t} quando |t|<1 porque a soma dos primeiros N termos é uma fração que aproxima a função e, ao deixar N\to\infty, converge para \dfrac{1}{1+t}.

Passo 3

Agora integramos essa igualdade em t, de 0 até um u qualquer com |u|<1. A razão para integrar é que a derivada de \ln(1+t) é \dfrac{1}{1+t}, então a integração vai nos dar a série de \ln(1+u). Integrando termo a termo (válido dentro do raio de convergência) obtemos
\int_{0}^{u}\frac{1}{1+t}\,dt=\int_{0}^{u}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^n \,dt.
O lado esquerdo é \ln(1+u)-\ln(1+0)=\ln(1+u). No lado direito integramos cada termo:
\ln(1+u)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \int_{0}^{u} t^n\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{u^{n+1}}{n+1}.
Reindexando a soma com m=n+1 (ou escrevendo o termo geral a partir de n=1) fica mais habitual:
\ln(1+u)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{u^{n}}{n},\qquad\text{para }|u|<1.
Aqui cada símbolo significa: u é a variável do desenvolvimento, n é o índice da soma, e o termo geral é (-1)^{n+1}u^n/n.

Passo 4

Aplicamos essa fórmula com a substituição apropriada para nossa função. Note que
f(x)=\ln\!\left(1-\frac{x}{4}\right)=\ln\!\bigl(1+u\bigr)
se tomarmos u=-\dfrac{x}{4}. Essa escolha é natural: escrevemos o argumento do log no formato 1+u. Como a série acima vale para |u|<1, temos a condição \left|-\dfrac{x}{4}\right|<1, ou seja |x|<4 (vou analisar os extremos depois).
Substituindo u=-\dfrac{x}{4} na série de \ln(1+u) obtemos
\ln\!\left(1-\frac{x}{4}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{\left(-\dfrac{x}{4}\right)^{n}}{n}.

Passo 5

Vamos simplificar o sinal do termo geral. Observe que
(-1)^{n+1}\left(-1\right)^{n}=(-1)^{2n+1}=-1.
Portanto cada termo fica simplesmente negativo, e a série reduz-se a
\ln\!\left(1-\frac{x}{4}\right)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{x}{4}\right)^{n}.
Escrevendo o termo geral de forma explícita:
\boxed{\ln\!\left(1-\dfrac{x}{4}\right)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n\,4^{n}}.}
Como verificação rápida: os primeiros termos são
\ln\!\left(1-\frac{x}{4}\right)=-\frac{x}{4}-\frac{x^{2}}{2\cdot 4^{2}}-\frac{x^{3}}{3\cdot 4^{3}}-\cdots,
o que bate com a forma obtida.

Passo 6

Agora o raio e intervalo de convergência. Da condição |u|<1 com u=-\dfrac{x}{4} segue o raio de convergência
R=4,
ou seja a série converge absolutamente para |x|<4.
Devemos testar os extremos x=4 e x=-4:
  • Para x=4: substituindo em \left(\dfrac{x}{4}\right)^n 1^n=1 e a série torna-se -\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}, que é a série harmônica negativa e diverge para -\infty. Além disso f(4)=\ln(1-1)=\ln 0 não está definida, então a série diverge em x=4.
  • Para x=-4: substituindo dá \left(\dfrac{x}{4}\right)^n=(-1)^n, então a soma é
-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}=-\bigl(-\ln 2\bigr)=\ln 2,
pois \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}=\ln 2. Isto coincide com f(-4)=\ln(1-(-4)/4)=\ln 2. Portanto a série converge em x=-4.
Logo o intervalo de convergência é
[-4,\,4).

Resposta

\displaystyle \ln\!\left(1-\frac{x}{4}\right)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n\,4^{n}},\quad\text{para }|x|<4.
Intervalo de convergência: [-4,\,4).

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