(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:
  1. (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).
  2. (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).
  3. (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:
\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}\qquad\text{para }|x|<1.
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:
\frac{1}{1+\tfrac{t}{4}}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{t}{4}\right)^{n}.
Portanto a série de potências para \displaystyle f(x)=\frac{4}{4+t} (em termos de t) é
\frac{4}{4+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{n}}{4^{n}}.
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):
\frac{4}{4+t}=1-\frac{t}{4}+\frac{t^{2}}{4^{2}}-\frac{t^{3}}{4^{3}}+\cdots
Aqui eu mostrei claramente os sinais alternados e a potência 4^{n} no denominador, que vem da substituição t/4.

Passo 5

Preparando (b): queremos a série de \ln(4+x). Uma identidade padrão (que vem integrando a série geométrica) é:
-\ln(1-y)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{y^{n}}{n}\qquad\text{para }|y|<1.
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):
\ln\!\left(1+\frac{x}{4}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{1}{n}\left(\frac{x}{4}\right)^{n}\qquad\text{para }\left|\frac{x}{4}\right|<1.
Logo a série de potências para \ln(4+x) é
\ln(4+x)=\ln 4+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{1}{n}\left(\frac{x}{4}\right)^{n}.
A condição de convergência é \left|\frac{x}{4}\right|<1, ou seja |x|<4. Portanto o raio de convergência é 4.

Passo 7

Mostro alguns termos iniciais para visualizar:
\ln(4+x)=\ln 4+\frac{x}{4}-\frac{x^{2}}{2\cdot 4^{2}}+\frac{x^{3}}{3\cdot 4^{3}}-\cdots.
Isso deixa claro o fator \tfrac{1}{n} e os sinais alternados.

Passo 8

Resolvendo (c): usamos a identidade obtida integrando a geométrica (passo 5), que pode ser escrita também como
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{n}}{n}=-\ln(1-u)\qquad\text{para }|u|<1.
Agora escolho u=\tfrac{1}{2} (que satisfaz |u|<1). Substituindo:
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=-\ln\!\left(1-\frac{1}{2}\right)=-\ln\!\left(\frac{1}{2}\right).
E -\ln\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\ln 2. Portanto
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=\ln 2,
como queríamos mostrar. Isso é exato, vem diretamente da série da função -\ln(1-u).

Resposta

(a) \displaystyle \frac{4}{4+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{n}}{4^{n}}, raio de convergência 4.
(b) \displaystyle \ln(4+x)=\ln 4+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\,n+1}\frac{1}{n}\left(\frac{x}{4}\right)^{n}, raio de convergência 4.
(c) \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^{n}}=\ln 2.

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