Mostre que:
\quad \ln \frac{1}{x}=\frac{1}{x}-1-\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{2}}{2}+\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{3}}{3}-\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{4}}{4}+\cdots=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{k}}{k} \quad para x>2

Passo 1

O enunciado pede para mostrar a igualdade
\ln\frac{1}{x}=\frac{1}{x}-1-\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{2}}{2}+\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{3}}{3}-\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{4}}{4}+\cdots
e também a forma somatória indicada (com período de validade x>2). Dados relevantes: a expressão envolve \ln de 1/x e potências de \left(\frac{1}{x}-1\right). A tarefa é derivar essa série e justificar convergência no intervalo indicado.

Passo 2

Fazemos uma substituição simples para clarear a expressão. Defina
z=\frac{1}{x}-1.
Observe que então
1+z=\frac{1}{x}.
Também verifique o módulo de z. Para x>2 temos 0<\frac{1}{x}<\tfrac{1}{2}, logo
-1<\frac{1}{x}-1<-\tfrac{1}{2},
ou seja |z|<1. (Na verdade a condição necessária para a série que usaremos é |z|<1, que ocorre já para x>1; mas o enunciado exige x>2, então essa condição está satisfeita.)

Passo 3

Vamos obter uma expansão em série conhecida e simples: a série geométrica alternada. Para |t|<1 vale
\frac{1}{1+t}=1-t+t^{2}-t^{3}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n}.
Justificação rápida: a soma parcial da geométrica é
\sum_{n=0}^{N}(-1)^{n}t^{n}=\frac{1-(-t)^{N+1}}{1+t},
e quando |t|<1 o termo (-t)^{N+1}\to0 quando N\to\infty, dando a igualdade acima.

Passo 4

Integramos em relação a t a expressão da Passo 3 de 0 até z. A integral do lado esquerdo é
\int_{0}^{z}\frac{1}{1+t}\,dt=\ln(1+z)-\ln(1+0)=\ln(1+z).
No lado direito podemos integrar termo a termo (justificável porque a série geométrica converge uniformemente em qualquer segmento [-r,r] com r<1); integrando cada termo obtemos
\int_{0}^{z}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n}\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{z}t^{n}\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{z^{n+1}}{n+1}.
Reindexando com k=n+1 (portanto k=1,2,\dots),
\ln(1+z)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{z^{k}}{k}.
Esta é a expansão de Taylor de \ln(1+z) ao redor de z=0, válida para |z|<1.

Passo 5

Volte à substituição z=\frac{1}{x}-1. Como vimos, para x>2 temos |z|<1, então podemos aplicar a série:
\ln\!\left(1+\left(\frac{1}{x}-1\right)\right) =\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{k}}{k}.
Mas 1+\left(\frac{1}{x}-1\right)=\frac{1}{x}, logo
\ln\frac{1}{x}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{k}}{k}.
Escrevendo os primeiros termos explicitamente (substituindo z=\frac{1}{x}-1) obtemos
\ln\frac{1}{x}=\frac{1}{x}-1-\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{2}}{2}+\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{3}}{3}-\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{4}}{4}+\cdots,
que é exatamente a forma pedida. Note que a convergência está garantida por |z|<1, condição satisfeita para x>2 (e mesmo para x>1).

Passo 6

Resumo didático para a prova (numa frase curta, como dica): faça a substituição z=\frac{1}{x}-1, use a série geométrica \frac{1}{1+z}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n z^n para |z|<1 e integre termo a termo para obter a expansão de \ln(1+z); depois volte para x.

Resposta

\ln\frac{1}{x}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{\left(\frac{1}{x}-1\right)^{k}}{k}\quad\text{(válido para }x>2\text{).}á

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