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Matemática

Logaritmos Naturais

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Uma forma de se obter o Logaritmo Natural de um número no escopo dos Reais em condições estabelecidas, é através da identidade

(1)   \begin{equation*} \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right) = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \end{equation*}

na condição -1 < x < 1.

Exemplo: Calcular \, \ln(5).

Solução: Usando a identidade acima, isto é, a função f(x) = \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right) escrita por uma série de potências, única, e em particular 2 \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, temos:

    \[ \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right) = \ln(5) \,\, \Longrightarrow \,\, \frac{1+x}{1-x} = 5 \,\, \Longrightarrow \,\, x= \frac{2}{3}. \]

Daí,

    \[ \ln \left( 5 \right) = 2 \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ \left( \frac{2}{3} \right)^{2n+1}}{2n+1} \]

ou seja,

    \[ \ln \left( 5 \right) = 2\left( \frac{2}{3} + \frac{8}{81} + ... \right). \]

E de fato para qualquer k \in \Re_{\ast}^{+}

(2)   \begin{eqnarray*} \frac{1 + x}{1 - x} & = &k \nonumber \\ 1 + x & = & k - kx \nonumber\\ x + kx& = &k - 1 \nonumber\\ x \left(1 +k \right)& = &k - 1 \nonumber \\ x & = & \frac{k - 1}{1 + k} ,\;\; isto \, \acute{e} \; \left| x \right| < 1. \nonumber \\ \end{eqnarray*}

Podemos justificar a identidade supracitada, usando como “caminho” uma Série Geométrica de razão q, tal que \left| q \right| < 1.

Seja a série

    \[ x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} + \frac{x^{7}}{7} + ... + \frac{x^{2n+1}}{2n+1} +... \]

isto é temos:

    \[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \]

Derivando em relação a x:

    \[ \frac{d}{dx}\, \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \right) = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}. \]

Ocorre que \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} \, é uma Série Geométrica de razão q = x^{2} \, e primeiro termo a_1 = 1.

Portanto,

    \[ \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1-x^{2}} \; , \;\; \left|x^{2}| < 1. \]

Vamos agora integrar a expressão \frac{1}{1-x^2}, para “compensar” a derivação e encontrar uma primitiva.

(3)   \begin{eqnarray*} \int \frac{1}{1-x^2} \, dx &=& \int \frac{1}{(1+x)(1-x)} \, dx \nonumber \\ &=&\int \left( \frac{A}{1+x} + \frac{B}{1-x} \right) dx \nonumber \\ &=& \int \frac{A + B + (B - A)x}{1-x^2} \, dx. \nonumber \end{eqnarray*}

Pela identidade de polinômios

    \[ B-A=0 \;\; \Longrightarrow \;\; B = A = \frac{1}{2} \]

temos, portanto,

(4)   \begin{eqnarray*} \int \frac{1}{1-x^2} \, dx &=& \frac{1}{2} \left( \int \frac{1}{1+x} \,dx + \int \frac{1}{1-x} \,dx \right) = \nonumber \\ &=& \frac{1}{2} \left( \ln \left|1+x \right| - \ln \left|1 - x \right| \right) = \nonumber \\ &=& \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right), \nonumber \end{eqnarray*}

pois \left|1+x \right| = 1+x \, e \left|1 -x \right| =1-x.

Fica, então, estabelecida a identidade

    \[ \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \]

 

    \[ \boxed{ \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = 2\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}. } \]

 

Autor: Prof. Marcello Carlos,

licenciado em Matemática pela UnG

 

 

 

 

 

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