Encontre, em cada caso, uma série de potências em x, que represente as funções, encontrando o intervalo de convergência:
f(x)=\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right).

Passo 1

O enunciado pede a série de potências (Maclaurin) de
f(x)=\ln\!\bigl(\tfrac{1+x}{1-x}\bigr)
e o intervalo de convergência. O conteúdo envolve usar as expansões conhecidas de \ln(1+u) e \ln(1-u) para \lvert u\rvert<1.

Passo 2

Lembramos que, para \lvert u\rvert<1, vale
\ln(1+u)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\,\frac{u^{n}}{n},
e também
\ln(1-u)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{n}}{n}.

Passo 3

Escrevemos
f(x)=\ln(1+x)-\ln(1-x).
Substituindo as duas séries, obtemos
f(x) =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n} \;-\;\Bigl(-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}\Bigr) =\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[(-1)^{n+1}+1\Bigr]\frac{x^{n}}{n}.

Passo 4

Note que (-1)^{n+1}+1=0 quando n é par, e =2 quando n é ímpar. Logo só ficam os termos de n=2k+1, k\ge0:
f(x)=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}.

Passo 5

Esta expansão é válida enquanto as séries de \ln(1\pm x) convergem, i.e.\ para \lvert x\rvert<1. Nos extremos x=\pm1 ela diverge (série harmônica ou alternada não tende a zero). Portanto o intervalo de convergência é
(-1,1).

Resposta

\boxed{f(x)=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1},\quad\text{para }|x|<1.}

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