[1,6] Mostrar que a seguinte série infinita converge para 1/6:
\sum_{n=1}^{\infty}[(3 n-1)(3 n+2)]^{-1}.

Passo 1

O enunciado dá a série infinita
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}
e pede para mostrar que essa série converge e que seu valor é \tfrac{1}{6}.
Informações relevantes:
  • O termo genérico da série é \dfrac{1}{(3n-1)(3n+2)} para n=1,2,3,\dots.
  • A tarefa é calcular a soma infinita (ou seja, o limite das somas parciais) e provar que ela é igual a \tfrac{1}{6}.

Passo 2

Vamos decompor o termo genérico em frações parciais — isso é um truque comum quando aparecem produtos lineares no denominador e costuma levar a uma soma telescópica.
Queremos encontrar constantes A\) e \(B\) tais que, para todo inteiro \(n\ge1\), \[\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}=\frac{A}{3n-1}+\frac{B}{3n+2}.
Para determinar A e B multiplicamos ambos os lados por (3n-1)(3n+2) e obtemos a identidade (em n):
1=A(3n+2)+B(3n-1).
Agora desenvolvemos o lado direito e agrupamos os termos em n e termos constantes:
1=(3A+3B)n+(2A-B).
Para que essa igualdade valha para todo n, os coeficientes de n e os termos constantes devem coincidir dos dois lados. O lado esquerdo é 0\cdot n+1. Assim resolvemos o sistema
\begin{cases} 3A+3B=0,\\[4pt] 2A-B=1. \end{cases}
Da primeira equação vem A=-B\]. Substituindo na segunda: \[2A-(-A)=1\quad\Rightarrow\quad 3A=1\quad\Rightarrow\quad A=\frac{1}{3}.\] Então \(B=-\dfrac{1}{3}.]

Passo 3

Substituindo A e B na decomposição, obtemos uma forma telescópica do termo:
\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}\right).
Explicar o que isso significa: cada termo é a diferença de dois termos consecutivos de uma sequência indexada por n, multiplicada por \tfrac{1}{3}. Quando somamos muitos termos esses termos intermediários se cancelam (efeito telescópico). Para ver isso explicitamente, escrevamos as primeiras parcelas da soma parcial S_N=\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{(3n-1)(3n+2)}:
Para n=1:
\frac{1}{(3\cdot1-1)(3\cdot1+2)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right).
Para n=2:
\frac{1}{(5)(8)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{8}\right).
Para n=3:
\frac{1}{(8)(11)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{11}\right).
E assim por diante até n=N:
\frac{1}{(3N-1)(3N+2)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3N-1}-\frac{1}{3N+2}\right).
Somando tudo de n=1 até n=N os termos intermediários \dfrac{1}{5},\dfrac{1}{8},\dfrac{1}{11},\dots,\dfrac{1}{3N-1} cancelam em pares, restando apenas o primeiro pedaço do primeiro termo e o segundo pedaço do último termo.

Passo 4

Usando o cancelamento telescópico obtemos diretamente a expressão da soma parcial S_N:
S_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3N+2}\right).
Agora passamos ao limite quando N\to\infty. Note que
\lim_{N\to\infty}\frac{1}{3N+2}=0,
pois o denominador cresce sem limite. Portanto
\lim_{N\to\infty}S_N=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}-0\right)=\frac{1}{6}.
Isso mostra que a série converge e que sua soma é \tfrac{1}{6}.

Passo 5

Recapitulando de forma curta: decomposição em frações parciais levou a
\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}\right),
a soma parcial telescopa e tem limite \tfrac{1}{6} quando o número de termos vai para o infinito. Então a série converge para \tfrac{1}{6}.

Resposta

\dfrac{1}{6}

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