Encontrar a soma da série:
\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3}+\frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)(n+2)}+\ldots

Passo 1

O enunciado pede a soma da série infinita cujos termos são
\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)(n+2)}+\ldots
Informações relevantes dadas:
\text{a série é } \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}.éé
Queremos encontrar o valor numérico dessa soma (se convergir).

Passo 2

Estratégia escolhida (explicação didática e intuitiva): uma técnica muito útil para somas de frações assim é a decomposição em frações parciais seguida de um somatório telescópico. Telescópico significa que, ao escrever cada termo como diferença de duas frações, muitos termos se cancelam quando somamos. Vou mostrar passo a passo como fazer a decomposição e por que ocorre o cancelamento.
Antes de decompor, lembro um fato simples e útil: se conseguimos escrever um termo como diferença de duas quantidades parecidas,
a_k = b_k - b_{k+1},
então a soma parcial
\sum_{k=1}^{N} a_k = \sum_{k=1}^{N} (b_k - b_{k+1}) = b_1 - b_{N+1},
porque tudo entre b_2,\dots,b_N cancela. Esse é o efeito telescópico que vamos usar.

Passo 3

Vamos decompor o termo geral \dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}. Uma forma elegante é tentar escrever como diferença de duas frações com denominadores quadráticos vizinhos:
proponho buscar uma identidade do tipo
\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\alpha\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right),
onde \alpha é uma constante a determinar. Isso é natural porque os denominadores k(k+1) e (k+1)(k+2) estão “próximos” e a diferença pode gerar o denominador cúbico desejado.

Passo 4

Calculo a diferença proposta para encontrar \alpha. Primeiro calculo
\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\frac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)}=\frac{2}{k(k+1)(k+2)}.
Portanto
\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right).
Aqui encontramos \alpha=\tfrac{1}{2}. Essa transformação é o coração do telescópio: escrevemos cada termo como metade da diferença entre duas frações de ordens vizinhas.

Passo 5

Para tornar o telescópio ainda mais claro, noto que também podemos decompor cada termo quadrático:
\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1},
pois
\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\frac{(k+1)-k}{k(k+1)}=\frac{1}{k(k+1)}.
Mas não precisamos usar essa forma agora; basta usar a forma com os denominadores \,k(k+1) e (k+1)(k+2) para ver o cancelamento direto.

Passo 6

Considere a soma parcial até N:
S_N=\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}.
Usando a identidade do Passo 4,
S_N=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{N}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right).
Agora escrevo os primeiros termos explícitos para ver o cancelamento:
\begin{aligned} \sum_{k=1}^{N}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right) &=\left(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{2\cdot 3}\right) \\\ &\quad+\left(\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{1}{3\cdot 4}\right) \\\ &\quad+\cdots \\\ &\quad+\left(\frac{1}{N(N+1)}-\frac{1}{(N+1)(N+2)}\right). \end{aligned}
Observa que \frac{1}{2\cdot 3} aparece com sinal positivo e negativo, o mesmo para \frac{1}{3\cdot 4}, etc. Tudo cancela exceto o primeiro termo positivo e o último termo negativo. Assim
\sum_{k=1}^{N}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right)=\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{(N+1)(N+2)}.

Passo 7

Voltando a S_N com o fator \tfrac{1}{2}, obtemos
S_N=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{(N+1)(N+2)}\right).
Como \frac{1}{1\cdot 2}=\frac{1}{2}, podemos simplificar a expressão (aqui mostro a simplificação algébrica):
S_N=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{(N+1)(N+2)}\right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(N+1)(N+2)}.

Passo 8

Agora tomamos o limite quando N\to\infty para obter a soma infinita. Observamos que
\lim_{N\to\infty}\frac{1}{2(N+1)(N+2)}=0,
porque (N+1)(N+2) cresce sem limite e o inverso tende a zero. Portanto
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\lim_{N\to\infty}S_N=\frac{1}{4}.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{4}

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