Mostre que \log (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\ldots+(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+r_{n}(x), onde r_{n}(x)=(-1)^{n} \int_{0}^{x} g(t) f(t) d t \operatorname{com} g(t)=\frac{1}{1+t} ; f(t)=t^{n} e 0 \leq t \leq 1. Em particular \left|r_{n}(1)\right| \leq \max _{g} \int_{0}^{1} f(t) d t=\frac{1}{n+1}. Deduza que \log 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\ldots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n}+\ldots

Passo 1

O enunciado nos pede para mostrar que, para 0\le x\le1,
\log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + r_n(x),
onde
r_n(x)=(-1)^n\int_0^x g(t)\,f(t)\,dt, \quad g(t)=\frac1{1+t},\;f(t)=t^n.
Em seguida devemos provar que \bigl|r_n(1)\bigr|\le\frac1{n+1} e concluir \displaystyle\log2=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac1k.
O conteúdo é a expansão em série de Taylor de \log(1+x) em torno de 0, obtida por método de recorrência via integração.

Passo 2

Começamos escrevendo
\log(1+x)=\int_0^x\frac{dt}{1+t}\,.
Isso segue da derivada \frac{d}{dt}\log(1+t)=1/(1+t) e do teorema fundamental do cálculo.

Passo 3

Para gerar os termos da série, usamos a identidade de recorrência
\int_0^x\frac{t^k}{1+t}\,dt =\int_0^x\frac{t^k+ t^{k-1}-t^{k-1}}{1+t}\,dt =\int_0^x t^{k-1}\,dt-\int_0^x\frac{t^{k-1}}{1+t}\,dt =\frac{x^k}{k}-\int_0^x\frac{t^{k-1}}{1+t}\,dt.
Colocando k=n e rearranjando, obtemos
\int_0^x\frac{t^{n-1}}{1+t}\,dt =\frac{x^n}{n}-\int_0^x\frac{t^n}{1+t}\,dt.

Passo 4

Agora fazemos indução sobre n.
Para n=1,
\log(1+x)=\int_0^x\frac{dt}{1+t} =x-\int_0^x\frac{t}{1+t}\,dt =x+(-1)^1\int_0^x\frac{t^1}{1+t}\,dt.
Suponha que
\log(1+x) =\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k-1}\frac{x^k}{k} +(-1)^{n-1}\int_0^x\frac{t^{n-1}}{1+t}\,dt.
Usando a fórmula do passo anterior para \int_0^x t^{n-1}/(1+t)\,dt gera o termo (-1)^{n-1}x^n/n e empurra \int_0^x t^n/(1+t)\,dt com fator (-1)^n. Assim chega-se a
\log(1+x) =\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\frac{x^k}{k} +(-1)^{n}\int_0^x\frac{t^n}{1+t}\,dt,
isto é exatamente a fórmula desejada com r_n(x)=(-1)^n\int_0^x g(t)f(t)\,dt.

Passo 5

Para 0\le t\le1 temos 0\le g(t)=1/(1+t)\le1. Logo, em x=1,
\bigl|r_n(1)\bigr| =\Bigl|\int_0^1(-1)^n\frac{t^n}{1+t}\,dt\Bigr| \le\int_0^1 t^n\,dt =\frac{1}{n+1}.

Passo 6

Como \displaystyle\frac1{n+1}\to0 quando n\to\infty, concluímos que em x=1 o resto tende a zero e
\log2 =\log(1+1) =\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k}.

Resposta

\displaystyle\log2=1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots+(-1)^{n-1}\frac1n+\cdots.

Exercícios relacionados