1. Mostre que \frac{1}{1 \cdot 3}+\frac{1}{3 \cdot 5}+\frac{1}{5 \cdot 7}+\cdots=\frac{1}{2}.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a série
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)(2k+3)}
converge para \tfrac12. O conteúdo usado é decomposição em frações parciais e soma telescópica.

Passo 2

Vamos decompor o termo geral em frações parciais:
procuramos A\) e \(B\) tais que \[\frac{1}{(2k+1)(2k+3)} =\frac{A}{2k+1}+\frac{B}{2k+3}.
Multiplicando ambos os lados por (2k+1)(2k+3) obtém-se
1 = A(2k+3)+B(2k+1) = (2A+2B)k + (3A+B).
Igualando coeficientes dá o sistema
\begin{cases} 2A + 2B = 0,\\\\ 3A + B = 1. \end{cases}
Da primeira equação B=-A\]. Substituindo na segunda: \(3A - A =1, logo A=\tfrac12 e B=-\tfrac12. Portanto
\frac{1}{(2k+1)(2k+3)} =\frac12\Bigl(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}\Bigr).

Passo 3

Considere a soma parcial até n:
S_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{(2k+1)(2k+3)} =\frac12\sum_{k=0}^{n}\Bigl(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+3}\Bigr).
Essa soma é telescópica, pois ao escrever os primeiros termos vê-se cancelamento:
S_n = \frac12\Bigl[(1-\tfrac13)+(\tfrac13-\tfrac15)+\cdots+(\tfrac{1}{2n+1}-\tfrac{1}{2n+3})\Bigr] =\frac12\Bigl(1-\frac{1}{2n+3}\Bigr).

Passo 4

Fazendo n\to\infty aparece
\lim_{n\to\infty}S_n =\frac12\Bigl(1-\underbrace{\frac{1}{2n+3}}_{\to0}\Bigr) =\frac12.

Resposta

\displaystyle \frac12

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