Quarta Questão(2,5 pontos): Obtenha a série de McLaurin da função
x^{3} \ln \left(1+2 x^{2}\right)

Passo 1

O enunciado nos pede a série de McLaurin da função f(x)=x^{3}\ln\bigl(1+2x^{2}\bigr). Vamos usar o conceito de série de Taylor centrada em zero (Maclaurin) e, em particular, a expansão em série de potências de \ln(1+u).

Passo 2

Lembrando que, para \lvert u\rvert<1, vale
\ln(1+u)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{u^{n}}{n}.

Passo 3

Fazendo u=2x^{2} na expansão acima, obtemos
\ln\bigl(1+2x^{2}\bigr) =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{(2x^{2})^{n}}{n} =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2^{n}}{n}\,x^{2n}.
Multiplicando por x^{3} resulta em
x^{3}\ln\bigl(1+2x^{2}\bigr) =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2^{n}}{n}\,x^{2n+3}.

Passo 4

Extraindo os primeiros termos da série, temos
x^{3}\ln\bigl(1+2x^{2}\bigr) =2x^{5}-2x^{7}+\frac{8}{3}x^{9}-4x^{11}+\cdots.
O raio de convergência vem da condição \lvert 2x^{2}\rvert<1, ou seja \lvert x\rvert<1/\sqrt{2}.

Resposta

x^{3}\ln\bigl(1+2x^{2}\bigr) =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2^{n}}{n}\,x^{2n+3}.

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