C. Ache a representação em série de potências para a integral dada e o intervalo de convergência: \( \begin{array}{ll}\text { 1. } \int_{0}^{x} e^{t} d t & \text { 2. } \int_{0}^{x} \frac{d t}{t^{2}+4} \\ \text { 3. } \int_{2}^{x} \frac{d t}{4-t} & \text { 4. } \int_{0}^{x} \ln (1+t) d t\end{array} \)

Vamos resolver cada uma das integrais dadas, encontrando a representação em série de potências e o intervalo de convergência. ### 1. \( \int_{0}^{x} e^{t} d t \) A função \( e^{t} \) pode ser representada pela série de potências: \[ e^{t} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{n!} \] Integrando essa série de potências de \( 0 \) a \( x \): \[ \int_{0}^{x} e^{t} dt = \int_{0}^{x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{n!} dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \int_{0}^{x} t^n dt \] Calculando a integral: \[ \int_{0}^{x} t^n dt = \frac{x^{n+1}}{n+1} \] Portanto, temos: \[ \int_{0}^{x} e^{t} dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{(n+1)n!} = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{x^{m}}{m!} \] onde fizemos a substituição \( m = n + 1 \). **Intervalo de Convergência:** A série de potências converge para todo \( x \in \mathbb{R} \). --- ### 2. \( \int_{0}^{x} \frac{d t}{t^{2}+4} \) A função \( \frac{1}{t^{2}+4} \) pode ser reescrita como: \[ \frac{1}{t^{2}+4} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 + \left(\frac{t}{2}\right)^{2}} \] Usando a série de potências para \( \frac{1}{1-u} \): \[ \frac{1}{1 + u} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n u^n \] Substituindo \( u = \left(\frac{t}{2}\right)^{2} \): \[ \frac{1}{1 + \left(\frac{t}{2}\right)^{2}} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{t}{2}\right)^{2n} \] Portanto: \[ \frac{1}{t^{2}+4} = \frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{t}{2}\right)^{2n} \] Integrando de \( 0 \) a \( x \): \[ \int_{0}^{x} \frac{d t}{t^{2}+4} = \frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_{0}^{x} \left(\frac{t}{2}\right)^{2n} dt \] Calculando a integral: \[ \int_{0}^{x} \left(\frac{t}{2}\right)^{2n} dt = \frac{1}{(2)^{2n}} \cdot \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \] Assim, temos: \[ \int_{0}^{x} \frac{d t}{t^{2}+4} = \frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \cdot \frac{x^{2n+1}}{(2)^{2n}(2n+1)} \] **Intervalo de Convergência:** A série converge para \( |t| < 2 \), ou seja, \( |x| < 2 \). --- ### 3. \( \int_{2}^{x} \frac{d t}{4-t} \) A função \( \frac{1}{4-t} \) pode ser reescrita como: \[ \frac{1}{4-t} = -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 - \frac{t}{4}} \] Usando a série de potências: \[ \frac{1}{1-u} = \sum_{n=0}^{\infty} u^n \] Substituindo \( u = \frac{t}{4} \): \[ \frac{1}{4-t} = -\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{t}{4}\right)^{n} \] Integrando de \( 2 \) a \( x \): \[ \int_{2}^{x} \frac{d t}{4-t} = -\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \int_{2}^{x} \left(\frac{t}{4}\right)^{n} dt \] Calculando a integral: \[ \int_{2}^{x} \left(\frac{t}{4}\right)^{n} dt = \frac{1}{4^{n}} \cdot \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_{2}^{x} \] Assim, temos: \[ \int_{2}^{x} \frac{d t}{4-t} = -\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^{n}} \left( \frac{x^{n+1}}{n+1} - \frac{2^{n+1}}{n+1} \right) \] **Intervalo de Convergência:** A série converge para \( |t| < 4 \), ou seja, \( |x| < 4 \). --- ### 4. \( \int_{0}^{x} \ln(1+t) d t \) A função \( \ln(1+t) \) pode ser representada pela série de potências: \[ \ln(1+t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} t^n}{n} \] Integrando de \( 0 \) a \( x \): \[ \int_{0}^{x} \ln(1+t) dt = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int_{0}^{x} t^n dt \] Calculando a integral: \[ \int_{0}^{x} t^n dt = \frac{x^{n+