Determine se as séries a seguir são convergentes ou divergentes. Se forem convergentes, obtenha as suas somas.
\sum_{n=1}^{+\infty} \ln \left(\frac{2 n^{2}+3 n+1}{2 n^{2}+3 n}\right)

Passo 1

O enunciado pede para decidir se a série
\sum_{n=1}^{\infty} \ln\!\left(\frac{2 n^{2}+3 n+1}{2 n^{2}+3 n}\right)
é convergente ou divergente. Se for convergente, também pede para encontrar a soma (o valor para o qual a soma das parcelas converge).
Informações dadas: a expressão geral da n-ésima parcela é \ln\!\left(\dfrac{2 n^{2}+3 n+1}{2 n^{2}+3 n}\right) para n=1,2,3,\dots.

Passo 2

Primeiro passo prático: fatorar o numerador e o denominador para simplificar a expressão dentro do log. Vou tentar fatorar 2n^{2}+3n+1 e 2n^{2}+3n.
Calculemos a fatoração do numerador:
2n^{2}+3n+1 = (2n+1)(n+1),
pois (2n+1)(n+1) = 2n^2+2n+n+1 = 2n^2+3n+1.
O denominador tem fator comum n:
2n^{2}+3n = n(2n+3).
Portanto a parcela pode ser reescrita como
\ln\!\left(\frac{2 n^{2}+3 n+1}{2 n^{2}+3 n}\right) = \ln\!\left(\frac{(2n+1)(n+1)}{n(2n+3)}\right).

Passo 3

Usamos a propriedade dos logaritmos \ln(ab)=\ln a+\ln b para dividir a expressão em duas parcelas mais simples:
\ln\!\left(\frac{(2n+1)(n+1)}{n(2n+3)}\right) = \ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right) + \ln\!\left(\frac{2n+1}{2n+3}\right).
Então a série original se torna soma de duas séries:
\sum_{n=1}^{\infty}\ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right) \quad\text{e}\quad \sum_{n=1}^{\infty}\ln\!\left(\frac{2n+1}{2n+3}\right),
isto é, para a soma parcial até N definimos
S_{N}=\sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{2 n^{2}+3 n+1}{2 n^{2}+3 n}\right) = \sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right) + \sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{2n+1}{2n+3}\right).

Passo 4

Calculemos a primeira soma parcial:
\sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right).
Isso é \ln do produto telescópico:
\sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right) = \ln\!\left(\prod_{n=1}^{N}\frac{n+1}{n}\right).
O produto \prod_{n=1}^{N}\frac{n+1}{n} simplifica porque cada n+1 cancela o n+1 do termo seguinte, resultando em
\prod_{n=1}^{N}\frac{n+1}{n} = \frac{N+1}{1} = N+1.
Logo
\sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right) = \ln(N+1).

Passo 5

Agora a segunda soma parcial:
\sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{2n+1}{2n+3}\right) = \ln\!\left(\prod_{n=1}^{N}\frac{2n+1}{2n+3}\right).
Escrevendo os fatores, o produto é
\frac{3}{5}\cdot\frac{5}{7}\cdot\frac{7}{9}\cdots\frac{2N+1}{2N+3}.
repare que há cancelamentos em cadeia: o 5 do denominador do primeiro fator cancela com o 5 do numerador do segundo, e assim por diante. Tudo se cancela, restando no numerador apenas 3 e no denominador apenas 2N+3. Assim
\prod_{n=1}^{N}\frac{2n+1}{2n+3} = \frac{3}{2N+3},
e consequentemente
\sum_{n=1}^{N}\ln\!\left(\frac{2n+1}{2n+3}\right) = \ln\!\left(\frac{3}{2N+3}\right).

Passo 6

Juntando as duas partes, a soma parcial S_{N} é
S_{N} = \ln(N+1) + \ln\!\left(\frac{3}{2N+3}\right) = \ln\!\left(\frac{3(N+1)}{2N+3}\right).
Agora investigamos o limite quando N\to\infty. Calculamos
\lim_{N\to\infty}\frac{3(N+1)}{2N+3} = \frac{3}{2},
porque os termos de maior ordem em N dominam e 3(N+1)/(2N+3)\sim 3N/(2N)=3/2. Então
\lim_{N\to\infty} S_{N} = \ln\!\left(\frac{3}{2}\right).
Como a sequência das somas parciais converge para um número finito, a série é convergente, e seu valor é \ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right).

Resposta

Convergente, soma \ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)

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