Exercício 2.40 Mostre que
\ln (1-x)=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n} \quad \text { se } \quad|x|<1

Passo 1

O enunciado pede para mostrar a igualdade
\ln(1-x)=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}\quad\text{se}\quad |x|<1.
Informações dadas que vamos usar: o enunciado dá a função logarítmica \ln(1-x), pede uma representação como série infinita, e especifica a condição de validade |x|<1. Vou trabalhar apenas com essas informações; mais adiante vou apontar uma observação importante sobre o sinal (spoiler: a forma dada no enunciado tem um sinal trocado).

Passo 2

Idéia geral e ferramenta básica: vou usar a série geométrica clássica e depois integrar termo a termo. A série geométrica diz que, para |t|<1,
\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}.
Vou agora lembrar e provar rapidamente essa fórmula (é importância: é a base de várias expansões em séries de potências). Considere a soma parcial
S_{N}(t)=\sum_{n=0}^{N}t^{n}=1+t+t^{2}+\cdots+t^{N}.
Multiplicando por 1-t obtemos
(1-t)S_{N}(t)=1-t^{N+1}.
Portanto, se |t|<1, então t^{N+1}\to 0 quando N\to\infty, e assim
\lim_{N\to\infty}S_{N}(t)=\frac{1}{1-t}.
Isso justifica a fórmula da série geométrica quando |t|<1. Observação intuitiva: fora do intervalo |t|<1 a soma não converge.

Passo 3

Relacionando \ln(1-x) com \dfrac{1}{1-t}: derivada e integral. A derivada da função \ln(1-t) em relação a t é
\frac{d}{dt}\ln(1-t)=\frac{-1}{1-t}.
Isso é fácil de ver usando a regra da cadeia: derivada de \ln u é 1/u multiplicada por u'=-1. Agora integramos essa igualdade de t de 0 até x (com |x|<1 para ficar dentro da região onde tudo será convergente):
\ln(1-x)-\ln(1-0)=\int_{0}^{x}\frac{d}{dt}\ln(1-t)\,dt=\int_{0}^{x}\frac{-1}{1-t}\,dt.
Como \ln(1-0)=\ln 1=0, temos a identidade exata
\ln(1-x)=-\int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}\,dt.

Passo 4

Substituir a série geométrica dentro da integral e justificar a troca soma ↔ integral. Pelo Passo 2, para |t|<1 vale
\frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}.
Para fazer
\int_{0}^{x}\frac{1}{1-t}\,dt=\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}\,dt
é necessário justificar a troca entre integral e soma. Uma explicação simples e suficiente para provas de cálculo-funcional é: para qualquer r com 0<r<1 a série geométrica converge uniformemente em [-r,r] (pois é uma série de potências com razão r), e portanto a integração termo a termo é permitida em qualquer intervalo [0,x] com |x|\le r. Como |x|<1 escolhemos r com |x|<r<1 e a troca é válida. Intuitivamente: dentro da bola de convergência podemos somar e integrar sem problemas.
Assim podemos integrar termo a termo:
\int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{x}t^{n}\,dt.

Passo 5

Calcular as integrais individuais e recolocar o sinal negativo. Para cada n\ge 0,
\int_{0}^{x}t^{n}\,dt=\frac{x^{n+1}}{n+1}.
Portanto, usando o resultado do Passo 3,
\ln(1-x)=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}.

Passo 6

Reindexar a soma para obter a forma comum. Faço a mudança de índice m=n+1. Quando n vai de 0 a \infty, m vai de 1 a \infty. Assim
-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}=-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{m}}{m}.
Em notação padrão, renomeando m de volta para n, obtemos a identidade final
\boxed{\ln(1-x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}\quad\text{para }|x|<1.}
Essa é a expansão correta de \ln(1-x) em série de potências ao redor de 0.

Passo 7

Observação sobre o enunciado original e sobre a série com termos alternados. A série fornecida no enunciado,
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n},
é, na verdade, a expansão de \ln(1+x) (não de \ln(1-x)). Para ver isso rapidamente, basta substituir x por -x na identidade do Passo 6:
\ln(1-(-x))=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-x)^{n}}{n}\quad\Longrightarrow\quad \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n},
válida para |x|<1. Portanto o enunciado parece ter trocado o sinal: o lado direito com (-1)^{n-1} corresponde a \ln(1+x), enquanto \ln(1-x) corresponde a -\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}/n.

Resposta

\displaystyle \ln(1-x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}\quad\text{para }|x|<1.\n
\displaystyle \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}\quad\text{para }|x|<1.

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