Mostre que se n for um número inteiro positivo, então
\sum_{k=1}^{n} \frac{k+4}{k(k+1)(k+2)}=\frac{n(3 n+7)}{2(n+1)(n+2)}.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar, por indução ou por soma telescópica, que para todo inteiro positivo n vale
\sum_{k=1}^{n}\frac{k+4}{k(k+1)(k+2)} \;=\;\frac{n(3n+7)}{2(n+1)(n+2)}.
O conteúdo principal aqui é decompor a fração em frações parciais e então ver que a soma telescopa, isto é, muita coisa se cancela.

Passo 2

Fazemos a decomposição em frações parciais:
\frac{k+4}{k(k+1)(k+2)} =\frac{A}{k}+\frac{B}{k+1}+\frac{C}{k+2}.
Multiplicando por k(k+1)(k+2), obtemos
k+4 = A(k+1)(k+2) + B\,k(k+2) + C\,k(k+1).
Comparando coeficientes resulta
A=2,\quad B=-3,\quad C=1.

Passo 3

Substituindo de volta,
\frac{k+4}{k(k+1)(k+2)} = \frac{2}{k} - \frac{3}{k+1} + \frac{1}{k+2}.
Reagrupamos para ver o telescópio:
\frac{2}{k}-\frac{3}{k+1}+\frac{1}{k+2} =\Bigl(\frac{2}{k}-\frac{2}{k+1}\Bigr) +\Bigl(-\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}\Bigr).

Passo 4

Agora somamos de k=1 até k=n. A parte
\sum_{k=1}^{n}\Bigl(\frac{2}{k}-\frac{2}{k+1}\Bigr) =2\Bigl(1-\frac{1}{n+1}\Bigr)
e a parte
\sum_{k=1}^{n}\Bigl(-\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}\Bigr) =-\frac12+\frac{1}{n+2}.
Somando as duas parcelas resulta
2\Bigl(1-\frac{1}{n+1}\Bigr)\;+\;\Bigl(-\frac12+\frac{1}{n+2}\Bigr) =\frac32 - \frac{2}{n+1} + \frac{1}{n+2}.

Passo 5

Basta colocar tudo sob o mesmo denominador 2(n+1)(n+2):
\frac32 = \frac{3(n+1)(n+2)}{2(n+1)(n+2)},\quad -\frac{2}{n+1} = -\frac{4(n+2)}{2(n+1)(n+2)},\quad \frac{1}{n+2} = \frac{2(n+1)}{2(n+1)(n+2)}.
Somando os numeradores:
3(n+1)(n+2) -4(n+2) +2(n+1) =3n^2+9n+6 -4n-8+2n+2 =3n^2+7n =n(3n+7).
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\sum_{k=1}^{n}\frac{k+4}{k(k+1)(k+2)} =\frac{n(3n+7)}{2(n+1)(n+2)}.

Resposta

\frac{n(3n+7)}{2(n+1)(n+2)}.

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