Encontre o termo geral da sequência de somas parciais de cada uma das séries abaixo. A seguir, determine se a série converge ou diverge, obtendo o valor de sua soma, se possível.
\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(\frac{n}{n+1}\right)

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) encontrar o termo geral da sequência das somas parciais da série dada; (2) decidir se a série converge ou diverge e, se convergir, obter sua soma. A série dada é
\sum_{n=1}^{\infty} \ln\!\left(\frac{n}{n+1}\right).
Informações relevantes que temos: o termo geral da série é \ln\!\left(\frac{n}{n+1}\right) para n=1,2,3,\dots. Não há figura ou tabela. A resolução começa a partir desse termo geral.

Passo 2

Vamos lembrar duas propriedades importantes do logaritmo natural que usaremos (explico como se fosse um macete de prova):
  • A propriedade do quociente: para quaisquer a>0 e b>0,
\ln\!\left(\frac{a}{b}\right)=\ln a - \ln b.
Isto significa que um logaritmo de uma fração vira diferença de logaritmos — ótimo para “desmontar” somas telescópicas.
  • A propriedade da soma de logaritmos: se fizermos \ln(a)+\ln(b)=\ln(ab). Essa é a razão pela qual somar logaritmos equivale a multiplicar os argumentos.
Vou aplicar a primeira propriedade ao termo genérico \ln\!\left(\frac{n}{n+1}\right).

Passo 3

Aplicando \ln\!\left(\frac{a}{b}\right)=\ln a - \ln b ao termo genérico, obtemos
\ln\!\left(\frac{n}{n+1}\right)=\ln n - \ln(n+1).
Isso já sugere telescopia: quando somarmos vários termos consecutivos, muitos termos internos vão cancelar. Para ver o padrão na prática, escrevemos as primeiras somas parciais.

Passo 4

Calculemos as primeiras somas parciais explicitamente para enxergar o cancelamento:
\begin{aligned} S_1 &= \ln\!\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 1 - \ln 2,\\[4pt] S_2 &= \ln\!\left(\frac{1}{2}\right)+\ln\!\left(\frac{2}{3}\right)=(\ln 1-\ln 2)+(\ln 2-\ln 3)=\ln 1 - \ln 3,\\[4pt] S_3 &= (\ln 1-\ln 2)+(\ln 2-\ln 3)+(\ln 3-\ln 4)=\ln 1 - \ln 4. \end{aligned}
Repare que cada -\ln k cancela com o +\ln k do termo seguinte, sobrando sempre \ln 1 no início e -\ln(n+1) no final.]

Passo 5

Generalizando esse padrão por indução ou observação direta, a soma parcial de ordem n é
S_n=\sum_{k=1}^{n}\ln\!\left(\frac{k}{k+1}\right)=\sum_{k=1}^{n}\big(\ln k-\ln(k+1)\big)=\ln 1 - \ln(n+1).
Como \ln 1=0, simplificamos para
S_n=-\ln(n+1).
Esse é o termo geral da sequência das somas parciais. (Como alternativa — só para ver outro ponto de vista — poderíamos ter escrito a soma como o logaritmo do produto: \sum \ln(\cdot)=\ln\prod(\cdot), observar que \prod_{k=1}^n \frac{k}{k+1}=\frac{1}{n+1} e então tirar o logaritmo para obter o mesmo resultado.)

Passo 6

Agora analisamos a convergência: precisamos estudar o limite da sequência das somas parciais quando n\to\infty. Temos
\lim_{n\to\infty} S_n = \lim_{n\to\infty} \big(-\ln(n+1)\big).
Sabemos que \ln(n+1)\to+\infty quando n\to\infty, portanto -\ln(n+1)\to -\infty. Assim as somas parciais não tendem a um número finito; tendem a -\infty.

Passo 7

Conclusão: a série não converge no sentido usual (não tem soma finita). Dizemos que a série diverge e, mais precisamente, diverge para -\infty. Não existe soma finita a ser fornecida.

Resposta

Termo geral das somas parciais: S_n=-\ln(n+1).
Conclusão sobre a série: diverge, pois \lim_{n\to\infty}S_n=-\infty (não há soma finita).

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