Mostre que:
\quad \ln x=x-1-\frac{(x-1)^{2}}{2}+\frac{(x-1)^{3}}{3}-\frac{(x-1)^{4}}{4}+\cdots=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(x-1)^{k}}{k} \quad para 0<x<2

Passo 1

O que o enunciado pede: mostrar que a função \ln x pode ser escrita como a soma da série
\ln x = x-1-\frac{(x-1)^{2}}{2}+\frac{(x-1)^{3}}{3}-\frac{(x-1)^{4}}{4}+\cdots
e em forma somatória (corrigindo a notação compacta) como
\ln x=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{\,k+1}\frac{(x-1)^{k}}{k},
válida para 0<x<2.
Informações relevantes dadas:
  • A expansão é centrada em x=1 (nota-se que os termos são potências de x-1).
  • O intervalo pedido é 0<x<2, que em termos de t=x-1 corresponde a |t|<1.

Passo 2

Substituição que simplifica: defina t=x-1. Então x=1+t e a igualdade desejada fica
\ln(1+t)=t-\frac{t^{2}}{2}+\frac{t^{3}}{3}-\frac{t^{4}}{4}+\cdots
com a condição |t|<1 (porque 0<x<2 é equivalente a -1<t<1). Vou agora construir essa série para \ln(1+t).

Passo 3

Lembrete útil: a série geométrica para \dfrac{1}{1+u} é simples e elementar. Para qualquer número real u com |u|<1 vale
\frac{1}{1+u} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} u^{n}.
Explico por que: a série geométrica padrão é \sum_{n=0}^{\infty} r^{n} = \dfrac{1}{1-r} para |r|<1. Aqui basta escolher r=-u para obter a fórmula acima.

Passo 4

Sabendo que \dfrac{d}{dt}\ln(1+t)=\dfrac{1}{1+t}, vou integrar a série da Passo 3 termo a termo de 0 até t. Antes, justificativa breve e intuitiva: a série geométrica converge uniformemente em qualquer intervalo fechado [-r,r] com r<1, então podemos integrar termo a termo nesses intervalos; isso fornece a igualdade da integral da soma com a soma das integrais para |t|<1.
Integrando ambos os lados de 0 até t:
\int_{0}^{t}\frac{1}{1+u}\,du = \int_{0}^{t}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n u^n\,du.
O lado esquerdo é \ln(1+t)-\ln(1+0)=\ln(1+t). No lado direito integramos cada termo:
\int_{0}^{t}(-1)^n u^n\,du = (-1)^n \frac{t^{n+1}}{n+1}.
Portanto, somando:
\ln(1+t)=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{t^{n+1}}{n+1}.

Passo 5

Reindexando a soma para ficar com índice k começando em 1: ponha k=n+1. Então n=k-1 e
\ln(1+t)=\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}\frac{t^{k}}{k}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{\,k+1}\frac{t^{k}}{k},
pois (-1)^{k-1}=(-1)^{k+1}. Escrevendo explicitamente os primeiros termos:
\ln(1+t)=t-\frac{t^{2}}{2}+\frac{t^{3}}{3}-\frac{t^{4}}{4}+\cdots,
o que é exatamente a forma desejada para \ln(1+t).

Passo 6

Volte à variável original x com t=x-1. Substituindo:
\ln x = \ln(1+(x-1)) = \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{\,k+1}\frac{(x-1)^{k}}{k}.
Isso dá a versão com os sinais alternados:
\ln x = x-1-\frac{(x-1)^{2}}{2}+\frac{(x-1)^{3}}{3}-\frac{(x-1)^{4}}{4}+\cdots.

Passo 7

Discuta a região de validade (por que 0<x<2): a série para \ln(1+t) converge para |t|<1. Isso pode ser visto pela análise do termo geral a_k = \dfrac{t^k}{k}: pela regra da razão,
\lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=\lim_{k\to\infty}\frac{|t|(k/(k+1))}{1}=|t|.
Logo o raio de convergência é 1, isto é, a série converge para |t|<1. Em termos de x isso é |x-1|<1, ou seja
0<x<2.
Observação extra (útil na prova): no ponto x=2 (ou t=1) a série é a série alternada \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\frac{1}{k} que converge condicionalmente e seu somatório é \ln 2. Em x=0 (ou t=-1) a série também converge (alternada), mas \ln 0 é divergente, e de qualquer forma x=0 não pertence ao domínio de \ln x; por isso o intervalo natural de validade é 0<x<2.

Passo 8

Verificação rápida (checar constante): podemos também diferenciar a série termo a termo para obter
\frac{d}{dx}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{(x-1)^k}{k}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}(x-1)^{k-1}=\frac{1}{x},
para |x-1|<1. Como ambas as funções têm a mesma derivada e coincidem em x=1 (ambas valem 0 em x=1), elas são iguais no intervalo de convergência. Isso confirma a igualdade obtida.

Resposta

\displaystyle \ln x=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{\,k+1}\frac{(x-1)^{k}}{k}=x-1-\frac{(x-1)^{2}}{2}+\frac{(x-1)^{3}}{3}-\cdots para 0<x<2

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