Encontre uma representação em série de potências em torno de x=0 para a função \ln (1+x), indique seu raio de convergência e mostre que \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^{n}}=\ln (2)
DICA: \int \frac{1}{1+x} d x.
Passo 1
O enunciado pede três coisas claras:
Encontrar uma representação em série de potências em torno de x=0 para \ln(1+x).
Indicar o raio de convergência dessa série.
Mostrar que \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=\ln(2).
Informações dadas / dica: foi sugerido usar \int \dfrac{1}{1+x}\,dx. Não há outros dados numéricos no enunciado.
Passo 2
Vamos começar lembrando a série geométrica básica e quando ela vale. Para |r|<1 vale
\sum_{n=0}^{\infty} r^{n}=\frac{1}{1-r}.
Tomando r=-x (ou seja, substituindo r por -x), obtemos para |x|<1:
Explicando: cada termo da soma é (-1)^{n}x^{n}; a soma infinita converge apenas se |-x|<1, ou seja |x|<1.
Passo 3
A dica do enunciado sugere integrar \dfrac{1}{1+x}. Como a igualdade da série anterior vale uniformemente em qualquer intervalo fechado contido em (-1,1), podemos integrar termo a termo para x com |x|<1. Integramos ambos os lados em relação a x:
A expressão \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n} é a série de Taylor (ou Maclaurin) de \ln(1+x) centrada em 0.
Cada termo tem a forma (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n}}{n}: o sinal alterna, a potência é x^{n} e o denominador é n. Isso é consequência direta da integração termo a termo da série geométrica.
Passo 5
Raio de convergência. Usamos o teste da razão aplicado aos coeficientes a_{n}=(-1)^{n+1}\dfrac{1}{n} (ignoramos o fator x^n na forma usual do teste):
O raio de convergência R satisfaz 1/R= esse limite; portanto R=1. Conclusão: a série converge absolutamente para |x|<1. Sobre os extremos:
Em x=1 a série vira \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\dfrac{1}{n}, que é a série harmônica alternada e converge (teste de Leibniz) — o valor é \ln 2 (veremos abaixo).
Em x=-1 a série vira \sum_{n=1}^{\infty}-\dfrac{1}{n}, que diverge (soma harmônica com sinal fixo). Logo, intervalo de convergência é [-1,1) com convergência condicional em x=1 e divergência em x=-1.
Passo 6
Agora mostramos \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=\ln(2). Há duas maneiras simples; eu uso a que vem naturalmente da série de potências para -\ln(1-x):
Para |x|<1 a série geométrica \sum_{n=0}^{\infty}x^{n}=\dfrac{1}{1-x}. Integrando termo a termo (como fizemos antes), obtemos
O lado esquerdo é -\ln\!\left(\dfrac{1}{2}\right)=\ln 2. Portanto
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=\ln 2.
Se quiser, outra maneira é observar que na série obtida para \ln(1+x) podemos colocar x=1 e obter \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\dfrac{1}{n}=\ln 2; então substituir x=\dfrac{1}{2} na forma -\ln(1-x)=\sum_{n=1}^\infty x^n/n dá diretamente o mesmo resultado. Ambas as abordagens são equivalentes e justificadas pelas propriedades de séries de potências e integração termo a termo dentro do raio de convergência.
Resposta
\displaystyle \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n}\quad\text{para }|x|<1\n
Raio de convergência: R=1\n \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=\ln 2