Encontre uma série de potências de x de f(x)=e^{-x^{2}} e, derivando duas vezes, prove que \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}(2 n+1)}{n!2^{n}}=1.

Passo 1

O enunciado pede para expandir em série de potências a função
f(x)=e^{-x^2},
derivar essa série duas vezes para obter expressões de f'(x) e f''(x), e então usar esses resultados para mostrar que
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}(2n+1)}{n!\,2^n}=1.

Passo 2

Expandimos e^{-x^2} pela série de Taylor em torno de 0, lembrando que
e^t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}.
Aqui t=-x^2, logo
f(x)=e^{-x^2} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-x^2)^n}{n!} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}\,x^{2n}.

Passo 3

Derivando uma vez termo a termo, obtemos a série para f'(x):
f'(x) =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}\,2n\,x^{2n-1}
e, em forma fechada,
f'(x)=\frac{d}{dx}e^{-x^2}=-2x\,e^{-x^2}.

Passo 4

Derivando mais uma vez, a série para f''(x) fica
f''(x) =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}\,2n(2n-1)\,x^{2n-2}
e, em forma fechada,
f''(x)=\frac{d}{dx}\bigl(-2x\,e^{-x^2}\bigr) =\bigl(4x^2-2\bigr)e^{-x^2}.

Passo 5

Escolhemos x=\tfrac1{\sqrt2}. Primeiro, de f(x)=\sum_{n=0}(-1)^n x^{2n}/n! e do valor fechado f(1/\sqrt2)=e^{-1/2}, obtemos
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!2^n}=e^{-1/2},
logo
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n!2^n} =1-e^{-1/2}.
Depois, de f'(x)=\sum_{n=1}(-1)^n(2n)x^{2n-1}/n! e de f'(1/\sqrt2)=-2\cdot\tfrac1{\sqrt2}\,e^{-1/2}=-\sqrt2\,e^{-1/2}, segue
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\,2n}{n!\,2^{\,n-\tfrac12}} =-\sqrt2\,e^{-1/2}.
Como \tfrac1{2^{n-\tfrac12}}= \tfrac{\sqrt2}{2^n}, isso dá
\sqrt2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\,2n}{n!\,2^n} =-\sqrt2\,e^{-1/2} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\,2n}{n!\,2^n} =e^{-1/2}.

Passo 6

Agora somamos as duas séries obtidas:
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}(2n+1)}{n!\,2^n} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\,2n}{n!\,2^n} +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n!\,2^n} =e^{-1/2}+\bigl(1-e^{-1/2}\bigr)=1.

Resposta

\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}(2n+1)}{n!\,2^n}=1.

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