No intervalo (-1,1), desenvolva as seguintes funções numa série de Maclaurin:
\frac{x+1}{3 x+2}

Passo 1

O enunciado pede: desenvolver em série de Maclaurin (expansão em torno de 0) a função
\frac{x+1}{3x+2}
no intervalo (-1,1).
Informações relevantes dadas:
  • A função é \displaystyle \frac{x+1}{3x+2}.
  • O enunciado menciona o intervalo (-1,1) como domínio de interesse.
  • Não foi pedida forma específica da série (por exemplo até certo grau), então vamos apresentar a série completa (soma infinita) e discutir sua convergência.

Passo 2

O que é pedir uma série de Maclaurin? Vou explicar devagarinho: uma série de Maclaurin é a série de Taylor centrada em 0. Em geral é uma soma
\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n
que representa a função perto de x=0. Uma técnica prática muito usada quando o denominador é linear é escrever a função de modo a usar a série geométrica
\frac{1}{1+u}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n u^n,\qquad\text{para }|u|<1,
porque é simples e rápida. Vou usar essa técnica aqui.

Passo 3

Vamos manipular algebricamente a função para aparecer um fator da forma \dfrac{1}{1+u}.
Começamos com
\frac{x+1}{3x+2}.
Fatorando 2 no denominador obtemos
\frac{x+1}{3x+2}=\frac{x+1}{2\bigl(1+\tfrac{3}{2}x\bigr)}=\frac{1}{2}\,(x+1)\cdot\frac{1}{1+\tfrac{3}{2}x}.
Aqui já temos \dfrac{1}{1+u} com u=\dfrac{3}{2}x.

Passo 4

Agora lembro a fórmula e a condição de convergência da série geométrica alternada:
\frac{1}{1+u}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n u^n,
válida quando |u|<1. Substituindo u=\dfrac{3}{2}x temos a série
\frac{1}{1+\tfrac{3}{2}x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\tfrac{3}{2}x\right)^n,
com condição de convergência
\left|\tfrac{3}{2}x\right|<1\quad\Longleftrightarrow\quad |x|<\tfrac{2}{3}.
Vou explicar: essa condição aparece porque a série geométrica só converge quando o módulo da razão é menor que 1; aqui a razão é \tfrac{3}{2}x.

Passo 5

Multiplico a série pelo fator \dfrac{1}{2}(x+1) que estava fora:
\frac{x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}(x+1)\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\tfrac{3}{2}x\right)^n.
Agora distribuo o produto (x+1) sobre a soma:
\frac{x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\tfrac{3}{2}\right)^n\bigl(x^{n+1}+x^n\bigr).

Passo 6

Separo em duas somas e reindexo para obter potências x^k com coeficientes explícitos. Temos
\frac{x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\tfrac{3}{2}\right)^n x^n \;+\; \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\tfrac{3}{2}\right)^n x^{n+1}.
Na segunda soma faço a mudança k=n+1, logo n=k-1 e quando n=0 temos k=1. Assim
\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\tfrac{3}{2}\right)^n x^{n+1} =\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{k-1} x^{k}.
Unindo com a primeira soma (cuja potência é x^n, que renomeamos para x^k) obtemos, para k\ge 0,
\frac{x+1}{3x+2}=\sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k,
onde
a_k=\frac{1}{2}(-1)^k\left(\tfrac{3}{2}\right)^k + \begin{cases} \displaystyle 0,& k=0,\\[6pt] \displaystyle \frac{1}{2}(-1)^{k-1}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{k-1},& k\ge 1. \end{cases}]

Passo 7

Agora simplifico a expressão dos coeficientes para k\ge 1. Para k\ge1,
a_k=\frac{1}{2}\left[(-1)^k\left(\tfrac{3}{2}\right)^k + (-1)^{k-1}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{k-1}\right].
Fatorando (-1)^{k-1}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{k-1} obtemos
a_k=\frac{1}{2}(-1)^{k-1}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{k-1}\left(-\tfrac{3}{2}+1\right) =\frac{1}{2}(-1)^{k-1}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{k-1}\left(-\tfrac{1}{2}\right).
Isso dá
a_k=(-1)^k\frac{3^{\,k-1}}{2^{\,k+1}},\qquad k\ge1.
Para k=0 tínhamos a_0=\dfrac{1}{2}.
Portanto a série fica
\frac{x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{3^{\,k-1}}{2^{\,k+1}}\,x^k.

Passo 8

Para ficar mais palpável, escrevo os primeiros termos da série (expansão em potências crescentes):
\frac{x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}x+\frac{3}{8}x^2-\frac{9}{16}x^3+\frac{27}{32}x^4-\cdots
onde o padrão dos coeficientes para k\ge1 é (-1)^k \dfrac{3^{k-1}}{2^{k+1}}.
Quanto à convergência: a série que usamos tem condição |\tfrac{3}{2}x|<1, isto é convergente para
|x|<\tfrac{2}{3}.
Esse raio de convergência também pode ser visto geometricamente: a função tem um pólo (denominador zero) em x=-\tfrac{2}{3}, que é o ponto singular mais próximo de 0; a distância de 0 até esse ponto é \tfrac{2}{3}, que é o raio de convergência da série de Maclaurin. Assim a série representa a função para |x|<\tfrac{2}{3}, que é um subconjunto do intervalo (-1,1) pedido.

Passo 9

Resumo final: a expansão em série de Maclaurin é
\frac{x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{3^{\,k-1}}{2^{\,k+1}}\,x^k,
válida para |x|<\dfrac{2}{3}. Se quiser, na hora da prova basta lembrar do truque de escrever o denominador como 2(1+\tfrac{3}{2}x), usar a série geométrica para \dfrac{1}{1+u} e multiplicar por x+1.

Resposta

\frac{x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{3^{\,k-1}}{2^{\,k+1}}\,x^k,\qquad\text{válida para }|x|<\tfrac{2}{3}.á

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