Usando derivação e integração termo a termo, determine as expansões em séries de potências em torno de x_{0}=0 das seguintes funções e os valores de x para os quais essas expansões são válidas:
\frac{x^{2}}{1 \cdot 2}-\frac{x^{3}}{2 \cdot 3}+\frac{x^{4}}{3 \cdot 4}-\frac{x^{5}}{4 \cdot 5}+\cdots

Passo 1

O enunciado dá a série
\frac{x^{2}}{1\cdot2}-\frac{x^{3}}{2\cdot3}+\frac{x^{4}}{3\cdot4}-\frac{x^{5}}{4\cdot5}+\cdots
e pede duas coisas: (A) escrever essa expressão como uma expansão em séries de potências em torno de x_{0}=0 (ou seja, identificar a soma como uma função explícita de x); (B) determinar para quais valores de x essa expansão é válida (intervalo/raio de convergência e comportamento nos extremos).
As informações relevantes que temos: os coeficientes seguem o padrão alternado com potências crescentes de x e denominadores do tipo k(k+1). Não começo a resolver nada ainda — só identifiquei o que o problema pede e os dados fornecidos.

Passo 2

Vamos escrever a série com um índice para manipular melhor os termos. Defino, para k\ge 1,
a_k = (-1)^{k-1}\frac{x^{k+1}}{k(k+1)}.
Assim a série é
S(x)=\sum_{k=1}^{\infty} a_k = \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k+1}}{k(k+1)}.
Um truque útil é decompor a fração 1/(k(k+1)) por frações parciais. Vou mostrar isso porque é uma ferramenta que simplifica somas telescópicas e manipulações com séries: para k\ge1,
\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}.
Isso é fácil de verificar multiplicando em comum denominador. Aplicando isso dentro de a_k obtemos
a_k = (-1)^{k-1} x^{k+1}\!\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right).

Passo 3

Separe a soma em duas somas usando a decomposição:
S(x)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k+1}}{k}\;-\;\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k+1}}{k+1}.
Chamo a primeira soma de A(x) e a segunda de B(x):
A(x)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k+1}}{k},\qquad B(x)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k+1}}{k+1},
logo S(x)=A(x)-B(x). Vou agora transformar A e B em expressões conhecidas.

Passo 4

Recorde (e eu explico por que) a série do logaritmo: partimos da série geométrica para |x|<1,
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{n}=\frac{1}{1+x}.
Integrando termo a termo no intervalo de 0 a x (isso é permitido para |x|<1 porque a série converge uniformemente em qualquer intervalo fechado dentro de (-1,1)), obtemos
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}=\ln(1+x).
Explicação curta do porquê: integrar a soma de potências dá a soma das integrais das potências, e a integral de 1/(1+t) de 0 a x é \ln(1+x). Assim temos a fórmula clássica (válida inicialmente para |x|<1):
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}.

Passo 5

Agora uso essa série para calcular A(x) e B(x).
Para A(x):
A(x)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k+1}}{k}=x\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{x^{k}}{k}=x\ln(1+x),
onde, na última igualdade, reconheci a série de \ln(1+x) substituindo x por x.
Para B(x) reindexo com m=k+1. Então
B(x)=\sum_{m=2}^{\infty}(-1)^{m}\frac{x^{m}}{m}.
Agora escrevo essa soma como a soma de m de 1 até \infty menos o termo m=1:
B(x)=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m}\frac{x^{m}}{m}-(-1)^{1}\frac{x}{1}.
A soma completa é \sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m}\dfrac{x^{m}}{m}=-\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1}\dfrac{x^{m}}{m}=-\ln(1+x). Substituindo,
B(x)=-\ln(1+x)-(-x)=-\ln(1+x)+x.

Passo 6

Volto para S(x)=A(x)-B(x):
S(x)=x\ln(1+x)-\big(-\ln(1+x)+x\big)=x\ln(1+x)+\ln(1+x)-x.
Agrupando,
\boxed{\,S(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\,}.
É sempre bom conferir os primeiros termos: usando \ln(1+x)=x-\tfrac{x^{2}}{2}+\tfrac{x^{3}}{3}-\cdots e multiplicando por (1+x) e subtraindo x, obtemos
S(x)=\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{12}-\cdots,
que coincide com os termos dados no enunciado (verifiquei os coeficientes e estão corretos).

Passo 7

Agora a parte do raio/intervalo de validade. A série de \ln(1+x) foi obtida por integração da série geométrica e tem raio de convergência 1; portanto a manipulação termo a termo que fiz (multiplicar por x, reindexar, somar subtrações) garante validade da expressão para |x|<1. Então o raio de convergência é 1.
Resta verificar os extremos x=1 e x=-1 separadamente:
  • Em x=1 a série original vale
\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{1^{k+1}}{k(k+1)},
os termos têm ordem 1/k^{2}, logo a soma de valores absolutos \sum 1/(k(k+1)) converge (é telescópica), portanto a série converge (na verdade converge absolutamente). O valor pela expressão fechada é
S(1)=(1+1)\ln 2 - 1 = 2\ln 2 - 1.
  • Em x=-1 cada termo fica positivo porque os sinais se cancelam; a série torna-se
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)},
que é telescópica e soma 1. Pela expressão fechada, o limite \lim_{x\to-1^{+}}(1+x)\ln(1+x)-x também é 1 (porque (1+x)\ln(1+x)\to 0 quando x\to-1^{+}). Assim a série converge também em x=-1 e soma 1.
Portanto a série tem raio de convergência 1 e converge para todos os x com -1\le x\le 1. (Observação: a representação por (1+x)\ln(1+x)-x é válida para |x|<1 diretamente pela derivação/integração termo a termo; nos extremos verificamos convergência separadamente e os valores coincidem com o limite da expressão.)

Resposta

(1+x)\ln(1+x)-x
Converge para -1\le x\le 1 (raio de convergência 1; nos extremos S(1)=2\ln2-1 e S(-1)=1).

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