(a) Utilize a série de potências da função h(x)=\frac{1}{1-x},|x|<1, para determinar uma série de potências para f(x)=\frac{4}{4+t}, encontrando o raio de convergência.
(b) Determine uma série de potências para f(x)=\ln (4+x) e seu raio de convergência.
(c) Mostre que \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^{n}}=\ln 2.
Passo 1
O enunciado tem três pedidos distintos:
(a) Usar a série de potências da função \displaystyle h(x)=\frac{1}{1-x}, válida em |x|<1, para obter uma série de potências para \displaystyle f(x)=\frac{4}{4+t} e determinar o raio de convergência dessa série. Dados relevantes: a série geométrica de h e a forma de f (atenção: a função usa a variável t).
(b) Determinar uma série de potências para \displaystyle f(x)=\ln(4+x) e o respectivo raio de convergência. Dado relevante: conhecimento sobre a série para \ln(1+u).
(c) Mostrar que \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^{n}}=\ln 2. Dado útil: séries obtidas em (a) e (b) e a série obtida integrando a geométrica.
Passo 2
Lembra da série geométrica básica e por que ela é tão útil. A fórmula é:
O que isso significa: a função \frac{1}{1-x} pode ser escrita como soma infinita de potências de x quando |x|<1. Cada termo é x^n (com n começando em 0). O raio de convergência dessa série é 1 (ou seja, vale enquanto |x|<1). Podemos substituir x por funções que deixem a condição |\cdot|<1 verdadeira, e assim obter outras séries (essa é a ferramenta que vamos usar).
Passo 3
Resolvendo (a): primeiro reescrevo \displaystyle f(x)=\frac{4}{4+t} de forma que eu possa aplicar a série geométrica.
Faço álgebra simples:
\frac{4}{4+t}=\frac{1}{1+\tfrac{t}{4}}.
Agora parto da série geométrica e faço a substituição x\mapsto -\tfrac{t}{4} (ou seja, coloco x=-\tfrac{t}{4} na identidade da geométrica). Aplicando \displaystyle \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^n com essa substituição obtemos:
Para o raio de convergência observamos a condição da substituição: precisamos de \left|-\tfrac{t}{4}\right|<1, ou seja |t|<4. Logo o raio de convergência é 4.
Passo 4
Para ficar mais concreto, escrevo os primeiros termos (útil na prova para ver padrão):
Explico rapidamente de onde vem: partimos de \frac{1}{1-y}=\sum_{n=0}^\infty y^n e integramos termo a termo de 0 até y. O lado esquerdo dá \int_{0}^{y}\frac{1}{1-u}\,du=-\ln(1-y) e o direito dá \sum_{n=0}^\infty \frac{y^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=1}^\infty \frac{y^n}{n}. Essa integração termo a termo é válida para |y|<1 por convergência uniforme em intervalos compactos contidos em (-1,1).
Passo 6
Agora aplico isso a \ln(4+x). Faço a reescrita
\ln(4+x)=\ln 4+\ln\!\left(1+\frac{x}{4}\right).
Aqui usei a propriedade do logaritmo \ln(ab)=\ln a+\ln b com a=4 e b=1+\tfrac{x}{4}. Em seguida, aplico a série para \ln(1+y) com y=\tfrac{x}{4}. Pela identidade do passo anterior (escrevendo com sinais explícitos):