Use a expansão em série de Taylor em torno da origem da função f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}, para mostrar que:
(a) \operatorname{arcsen} x=x+\frac{1}{2} \frac{x^{3}}{3}+\frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4} \frac{x^{5}}{5}+\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} \frac{x^{7}}{7}+\cdots
(b) \ln \left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)=x-\frac{1}{2} \frac{x^{3}}{3}+\frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4} \frac{x^{5}}{5}-\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} \frac{x^{7}}{7}+\cdots

Passo 1

O enunciado pede para usar a expansão em série de Taylor em torno da origem da função
f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x}}
para obter as séries de potências de \arcsin x e de \ln\bigl(x+\sqrt{1+x^2}\bigr).
O que vamos precisar:
– A fórmula do binômio generalizado para (1 - x)^{-1/2}.
– Substituir x\to x^2 ou x\to -x^2 para chegar às derivadas de \arcsin x e de \ln(x+\sqrt{1+x^2}).
– Integrar termo a termo para recuperar as próprias funções.

Passo 2

Aplicando o binômio de Newton generalizado, temos
(1 - x)^{-\tfrac12} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-\tfrac12}{n}(-x)^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{2^{2n}\,(n!)^2}\;x^n = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}\,x^n.

Passo 3

(a) Sabendo que
\frac{d}{dx}\bigl(\arcsin x\bigr) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}},
basta substituir x^2 no lugar de x na série anterior:
\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}\,x^{2n}.
Agora integramos de 0 até x termo a termo, e como \arcsin0=0 obtemos
\arcsin x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}\;\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.

Passo 4

Escrevendo explicitamente os primeiros termos da soma em (a), vem
\arcsin x = x + \frac{1}{2}\,\frac{x^3}{3} + \frac{1\cdot3}{2\cdot4}\,\frac{x^5}{5} + \frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\,\frac{x^7}{7} +\cdots.

Passo 5

(b) Para
\displaystyle \ln\bigl(x+\sqrt{1+x^2}\bigr)
notamos que
\frac{d}{dx}\Bigl[\ln\bigl(x+\sqrt{1+x^2}\bigr)\Bigr] = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.
Mas
\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = (1 - (-x^2))^{-\tfrac12} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}\,(-1)^n x^{2n}.
Integramos de 0 até x e como \ln(0+1)=0 fixamos a constante nula. Logo
\ln\bigl(x+\sqrt{1+x^2}\bigr) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}\,(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.

Resposta

(a) \arcsin x = x + \frac{1}{2}\,\frac{x^{3}}{3} + \frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\,\frac{x^{5}}{5} + \frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\,\frac{x^{7}}{7} + \cdots.
(b) \ln\bigl(x + \sqrt{1 + x^{2}}\bigr) = x - \frac{1}{2}\,\frac{x^{3}}{3} + \frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\,\frac{x^{5}}{5} - \frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\,\frac{x^{7}}{7} + \cdots.

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