Suponha que s seja a soma da série ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Mostre que para todo natural p ≥ 1 , tem-se:

s = ∑ k = 1 p 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2 + p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 k + 1 k + 2 … ( k + p )

Conclua que:

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2

Passo 1

Vamos seguindo galerinha??

Se nós levarmos em consideração as propriedades das séries que vimos nas questões anteriores vamos ter algo assim:

s = π 2 6 - 1 + 1 ! ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 ( k + 1 )

Reorganizando:

s = π 2 6 - 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 - 1 k 2 ( k + 1 )

Separando o somatório:

s = π 2 6 - 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 ( k + 1 )

s = π 2 6 - 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 - 1 k k + 1

s = π 2 6 - 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 + ∑ k = 1 ∞ 1 k ( k + 1 )

Já sabemos que:

π 2 6 = ∑ k = 1 ∞ 1 k 2

1 = ∑ k = 1 ∞ 1 k ( k + 1 )

Então:

s = π 2 6 - 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 - π 2 6 + 1

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k 3

Portanto, a equação é válida para quando p = 1 , certo?

Agora nós temos que provar que ela também é válida para p + 1 , ok?

Passo 2

No exercício 18 nós vimos que:

p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k k + 1 k + 2 … ( k + p + 1 ) = p ! p + 1 ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 k + 1 k + 2 … k + p - 1 k k + 1 k + 2 … k + p k + p + 1

Reorganizando um pouco essa igualdade:

= 1 p + 1 p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 k + 1 k + 2 … k + p - p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k k + 1 k + 2 … k + p k + p + 1

Lembrando que:

p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 k + 1 k + 2 … k + p = π 2 6 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2

∑ k = 1 ∞ 1 k k + 1 k + 2 … k + p k + p + 1 = 1 p + 1 2 p !

Então:

= 1 p + 1 π 2 6 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 - p ! 1 p + 1 2 p !

= 1 p + 1 π 2 6 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 - 1 p + 1 2

= 1 p + 1 π 2 6 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 - 1 p + 1 3

Como nosso termo 1 p + 1 3 vais se aproximar de zero:

p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k k + 1 k + 2 … ( k + p + 1 ) = 1 p + 1 π 2 6 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2

Levando em consideração que:

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 = ∑ k = 1 ∞ 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2 + p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 k + 1 k + 2 … ( k + p )

Se nós somarmos 1 p + 1 π 2 6 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 e subtrairmos p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k k + 1 k + 2 … ( k + p + 1 ) não alteramos em nada nossa igualdade, certo?

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 = ∑ k = 1 ∞ 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2 + 1 p + 1 π 2 6 - ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 + p ! ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 k + 1 k + 2 … k + p - 1 k 2 k + 1 k + 2 … k + p k + p + 1

Reorganizando:

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 = ∑ k = 1 p + 1 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2 + p ! ∑ k = 1 ∞ p + 1 k 3 k + 1 k + 2 … ( k + p ) k + p + 1

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 = ∑ k = 1 p + 1 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2 + p ! ( p + 1 ) ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 k + 1 k + 2 … ( k + p ) k + p + 1

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 = ∑ k = 1 p + 1 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2 + p + 1 ! ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 k + 1 k + 2 … ( k + p ) k + p + 1

Quando o p tende ao infinito:

s = ∑ k = 1 ∞ 1 k π 2 6 - 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + … + 1 k 2

Então a equação é valida para p e para p + 1 , ou melhor, vale para todo e qualquer número que pertence ao conjunto dos números naturais, com p ≥ 1 .

Assumo que esta é um pouco confusa, mas com calma nós conseguimos, não foi?

Resposta

C o m o   v i s t o   a c i m a   ‼  

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