Suponha que 0<\alpha \leqslant 1, mostre que
\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^{k} \frac{\alpha^{2 k+1}}{2 k+1}=\operatorname{arctg} \alpha
Descreva uma série que representa \frac{\pi}{6}.

Passo 1

O enunciado pede para mostrarmos que, para 0<\alpha\le1,
\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^{k}\frac{\alpha^{2k+1}}{2k+1}=\arctan\alpha
e, em seguida, usar esse resultado para escrever uma série que converge a \tfrac{\pi}{6}. Para isso, vamos usar a expansão em série de potências de \tfrac1{1+t^2} e integração termo a termo.

Passo 2

Começamos da série geométrica alternada para \lvert t\rvert<1:
\frac1{1+t^2}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\,t^{2k}.
Essa expansão também vale no ponto t=\alpha com 0<\alpha\le1 por um argumento de convergência uniforme (ou pelo teorema de Abel).

Passo 3

Integramos ambos os lados de t=0 até t=\alpha:
\int_{0}^{\alpha}\frac1{1+t^2}\,dt =\int_{0}^{\alpha}\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\,t^{2k}\,dt =\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\int_{0}^{\alpha}t^{2k}\,dt =\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{\alpha^{2k+1}}{2k+1}.
Por definição, \displaystyle\int_{0}^{\alpha}\tfrac1{1+t^2}\,dt=\arctan\alpha. Logo
\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^{k}\frac{\alpha^{2k+1}}{2k+1}=\arctan\alpha.

Passo 4

Basta agora escolher \alpha=1/\sqrt{3}. Sabemos que
\arctan\Bigl(\frac1{\sqrt3}\Bigr)=\frac{\pi}{6},
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\frac{\pi}{6} =\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{\bigl(1/\sqrt3\bigr)^{2k+1}}{2k+1} =\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{1}{(2k+1)\,3^k\sqrt3}.

Resposta

\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^{k}\frac{\alpha^{2k+1}}{2k+1}=\arctan\alpha para 0<\alpha\le1.
Uma série que representa \tfrac{\pi}{6} é
\frac{\pi}{6} =\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{\bigl(1/\sqrt3\bigr)^{2k+1}}{2k+1}.

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