Calcule a soma da série convergente:
\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\ln \left(\frac{k+2}{k+1}\right)}{\ln (k+1) \ln (k+2)}

Passo 1

O enunciado pede somar a série convergente
\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\ln\!\Bigl(\frac{k+2}{k+1}\Bigr)}{\ln(k+1)\,\ln(k+2)}.
O conteúdo envolve séries telescópicas e propriedades de logaritmo. Vamos reescrever o termo geral de modo a revelar o cancelamento.

Passo 2

Chamando
a_k = \frac{\ln\!\Bigl(\frac{k+2}{k+1}\Bigr)}{\ln(k+1)\,\ln(k+2)},
observe que
\ln\!\Bigl(\tfrac{k+2}{k+1}\Bigr) = \ln(k+2) - \ln(k+1).

Passo 3

Substituindo na expressão de a_k, obtemos
a_k = \frac{\ln(k+2)-\ln(k+1)}{\ln(k+1)\,\ln(k+2)} = \frac{1}{\ln(k+1)} - \frac{1}{\ln(k+2)}.

Passo 4

A soma parcial até n é
S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n}\Bigl(\tfrac{1}{\ln(k+1)} - \tfrac{1}{\ln(k+2)}\Bigr).
Por ser telescópica, quase todos os termos se cancelam, sobrando
S_n = \frac{1}{\ln2} - \frac{1}{\ln(n+2)}.

Passo 5

Fazendo n\to\infty, temos \ln(n+2)\to\infty e \tfrac{1}{\ln(n+2)}\to0. Logo
\sum_{k=1}^{\infty} a_k = \lim_{n\to\infty}S_n = \frac{1}{\ln2}.

Resposta

A soma da série é \displaystyle \frac{1}{\ln2}.

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