No intervalo 0<x<4 mostre que:
\ln x=\ln 2+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}(x-2)^{n}}{n 2^{n}}

Passo 1

O que o problema pede: mostrar que, para 0<x<4,
\ln x=\ln 2+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}(x-2)^{n}}{n\,2^{n}}.
Informações dadas e observações iniciais úteis:
  • A igualdade é uma série infinita para \ln x escrita como soma de potências de (x-2).
  • O intervalo 0<x<4 sugere que a expansão foi feita em torno de x=2 e tem raio de convergência 2 (pois 2\pm2 0 e 4).
  • Não começamos a desenvolver ainda; só listei o que precisamos provar.

Passo 2

Lembra da série geométrica básica: para qualquer número t com |t|<1 vale
\frac{1}{1+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n}.
Explicação didática: essa é a soma da série geométrica com razão -t. A soma finita 1+(-t)+(-t)^2+\dots+(-t)^N tem fórmula \frac{1-(-t)^{N+1}}{1-(-t)}. Quando N\to\infty e |t|<1 o termo (-t)^{N+1}\to0, sobrando \frac{1}{1+t}. Essa igualdade é a base que usaremos.

Passo 3

Vamos transformar a série para obter uma expansão para \ln(1+u). Tome u com |u|<1. Integramos a igualdade da série geométrica em t de 0 até u:
\int_{0}^{u}\frac{1}{1+t}\,dt=\int_{0}^{u}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n}\,dt.
Por que podemos trocar integral e soma? Porque a série da direita converge uniformemente em qualquer intervalo fechado contido em (-1,1), por exemplo em [-r,r] com r<1; então a integração termo a termo é permitida. Esse é um fato padrão sobre séries de funções.

Passo 4

Calcule diretamente as integrais: a integral do lado esquerdo é
\int_{0}^{u}\frac{1}{1+t}\,dt=\ln(1+u)-\ln(1+0)=\ln(1+u).
A integral do lado direito, integrada termo a termo, dá
\int_{0}^{u}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n}\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{u}t^{n}\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{u^{n+1}}{n+1}.
Reindexando a soma (trocar n por n-1 ou simplesmente escrever para n\ge1) obtemos
\ln(1+u)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}u^{n}}{n},
válido para |u|<1. Essa é a fórmula padrão da série de \ln(1+u).

Passo 5

Agora faça a substituição que liga essa fórmula a \ln x. Defina
u=\frac{x-2}{2}.
Observe a relação entre u e x: x=2(1+u). A condição |u|<1 é equivalente a
\left|\frac{x-2}{2}\right|<1 \quad\Longleftrightarrow\quad |x-2|<2,
que por sua vez é exatamente a desigualdade 0<x<4. Assim a condição do enunciado coincide com a condição de validade da série de \ln(1+u).

Passo 6

Use a identidade logarítmica para separar \ln x:
\ln x=\ln\big(2(1+u)\big)=\ln 2+\ln(1+u).
Agora substituímos a expansão de \ln(1+u) obtida no Passo 4:
\ln x=\ln 2+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}u^{n}}{n}.

Passo 7

Volte à variável x substituindo u=\dfrac{x-2}{2} na soma:
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}u^{n}}{n} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{x-2}{2}\right)^{n} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}(x-2)^{n}}{n\,2^{n}}.
Portanto, para 0<x<4 juntamos tudo e obtemos
\ln x=\ln 2+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}(x-2)^{n}}{n\,2^{n}}.

Passo 8

Comentário final e dica para prova: a ideia-chave é lembrar a série de \dfrac{1}{1+t} (geométrica) e integrá-la para obter \ln(1+u). Em provas, fazer a substituição x=2(1+u) é uma técnica comum para centrar a expansão em x=2. Verifique sempre a condição |u|<1 para justificar validade da série — aqui ela dá exatamente 0<x<4, que aparece no enunciado. Força aí — esse tipo de expansão costuma cair direto se você lembrar dessa receita.

Resposta

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

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