Exercício 7. Obtenha uma fórmula para s_{n} em termos de n. Determine se as séries infinitas são convergentes ou divergentes, se for convergente encontre sua soma.
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)};

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) obter uma fórmula para o termo parcial s_{n} (ou seja, a soma dos n primeiros termos) da série
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}
e (2) determinar se a série infinita é convergente ou divergente; se for convergente, encontrar a sua soma. As informações dadas são os termos gerais da série \dfrac{1}{(2n-1)(2n+1)} para n=1,2,3,\dots.

Passo 2

Vamos decompor o termo geral em frações parciais — isso é uma técnica que transforma uma fração racional em soma de frações mais simples. Suponha que exista uma decomposição da forma
\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{A}{2n-1}+\frac{B}{2n+1},
onde A e B são constantes que vamos achar. Multiplicando ambos os lados por (2n-1)(2n+1) obtemos uma igualdade de polinômios:
1=A(2n+1)+B(2n-1).
Agora expandimos e agrupamos termos em n:
1=(2A+2B)n+(A-B).
Para que isso seja verdade para todo n, os coeficientes do mesmo grau devem ser iguais. Assim temos o sistema
2A+2B=0
A-B=1.
Da primeira equação B=-A. Substituindo na segunda,
A-(-A)=2A=1\quad\Rightarrow\quad A=\tfrac{1}{2},
então B=-\tfrac{1}{2}. Portanto a decomposição é
\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2n+1}.

Passo 3

Observe que o termo geral agora é uma diferença de duas frações cujos denominadores são termos consecutivos da sequência ímpar. Essa forma gera uma soma telescópica: quando somamos vários termos, muitos termo internos se cancelam. Escrevendo isso de forma clara,
\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right).

Passo 4

Calculemos a soma parcial s_{n}, isto é, a soma dos n primeiros termos:
s_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right).
Agora escrevemos explicitamente os primeiros termos da soma para ver o cancelamento:
\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)=\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right).
Note que -\frac{1}{3} cancela com +\frac{1}{3}, -\frac{1}{5} cancela com +\frac{1}{5}, e assim por diante. Todos os termos internos se cancelam, sobrando apenas os extremos.

Passo 5

Após o cancelamento telescópico, a soma dentro do parêntese reduz-se a
\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)=\frac{1}{1}-\frac{1}{2n+1}=1-\frac{1}{2n+1}.
Multiplicando por \tfrac{1}{2} (do fator que estava fora da soma), obtemos a fórmula para a soma parcial:
s_{n}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right).

Passo 6

Simplificamos a expressão de s_{n} para uma forma mais direta. Calculando:
s_{n}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2n+1-1}{2n+1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2n}{2n+1}=\frac{n}{2n+1}.
Portanto obtemos a fórmula compacta
s_{n}=\frac{n}{2n+1}.

Passo 7

Para verificar convergência da série infinita, analisamos o limite de s_{n} quando n\to\infty. Calculamos
\lim_{n\to\infty} s_{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1}.
Dividindo numerador e denominador por n (técnica padrão para límtes de racionais em n):
\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2+\tfrac{1}{n}}=\frac{1}{2+0}=\frac{1}{2}.
Como o limite das somas parciais existe e vale \tfrac{1}{2}, a série é convergente e sua soma é \tfrac{1}{2}.

Resposta

s_{n}=\dfrac{n}{2n+1}\nA série converge e sua soma é \dfrac{1}{2}.

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