Mostre, por indução, que
1+\frac{1}{2^{r}}+\frac{1}{3^{r}}+\cdots+\frac{1}{n^{r}} \leq 1+\frac{1}{2^{r}}+\frac{1}{3^{r}}+\cdots+\frac{1}{\left(2^{n}-1\right)^{r}} \leq \frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{(r-1) n}}{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{r-1}}.

Passo 1

O enunciado pede para provar, por indução sobre n, que para todo inteiro n\ge1 e para todo r>1 vale
1+\frac{1}{2^{r}}+\frac{1}{3^{r}}+\cdots+\frac{1}{n^{r}} \;\le\; 1+\frac{1}{2^{r}}+\frac{1}{3^{r}}+\cdots+\frac{1}{\bigl(2^{n}-1\bigr)^{r}} \;\le\; \frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)n}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}}.
O conteúdo usado será indução matemática, monotonicidade de somas de termos positivos e soma de progressão geométrica.

Passo 2

Para qualquer n\ge1 temos 2^n-1\ge n. Como todos os termos 1/k^r são positivos, acrescentar os termos de k=n+1 até k=2^n-1 só aumenta a soma. Logo
\sum_{k=1}^n\frac1{k^r} \;\le\; \sum_{k=1}^{2^n-1}\frac1{k^r},
que é exatamente a primeira desigualdade desejada.

Passo 3

Base da indução ( n=1).
À esquerda temos \sum_{k=1}^1 1/k^r =1. À direita do meio também somamos até k=2^1-1=1, logo é 1. E o termo da direita é
\frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)\cdot1}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}} = \frac{1-(\tfrac12)^{r-1}}{1-(\tfrac12)^{r-1}} =1.
Portanto a cadeia
1 \;\le\;1\;\le\;1
é verdadeira, provando o caso n=1.

Passo 4

Passo indutivo: suponha que para certo n\ge1 valha
\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac1{k^r} \;\le\; \frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)n}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}}.
Queremos mostrar então que
\sum_{k=1}^{2^{n+1}-1}\frac1{k^r} \;\le\; \frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)(n+1)}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}}.

Passo 5

Separe a soma até 2^{n+1}-1 em duas partes:
\sum_{k=1}^{2^{n+1}-1}\frac1{k^r} = \sum_{k=1}^{2^n-1}\frac1{k^r} \;+\; \sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac1{k^r}.
Para cada k entre 2^n e 2^{n+1}-1 vale k\ge2^n, então
\frac1{k^r}\le\frac1{(2^n)^r} =\frac1{2^{nr}}.
E há precisamente 2^{n+1}-1-(2^n)+1=2^n desses termos. Logo
\sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac1{k^r} \;\le\; 2^n\cdot\frac1{2^{nr}} = \frac{2^n}{2^{nr}} = \frac1{2^{n(r-1)}}.

Passo 6

Usando a hipótese indutiva e o resultado anterior, obtemos
\sum_{k=1}^{2^{n+1}-1}\frac1{k^r} \le \frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)n}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}} \;+\; \frac1{2^{n(r-1)}}.
Coloque q=(\tfrac12)^{r-1}. Então \tfrac1{2^{n(r-1)}}=q^n e a soma fica
\frac{1-q^n}{1-q}+q^n = \frac{1-q^n + (1-q)\,q^n}{1-q} = \frac{1 - q^{n+1}}{1-q}.
Voltando a \tfrac12 no lugar de q, isso dá exatamente
\frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)(n+1)}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}},
que era o que queríamos provar para n+1.

Passo 7

Concluímos, por indução, que para todo n\ge1 vale
\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac1{k^r} \;\le\; \frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)n}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}}.
Juntando com a monotonicidade da soma até n, obtemos toda a cadeia de desigualdades do enunciado.

Resposta

Por indução em n, mostramos que para todo n\ge1 e todo r>1
1+\frac{1}{2^{r}}+\frac{1}{3^{r}}+\cdots+\frac{1}{n^{r}} \;\le\; 1+\frac{1}{2^{r}}+\frac{1}{3^{r}}+\cdots+\frac{1}{\bigl(2^{n}-1\bigr)^{r}} \;\le\; \frac{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{(r-1)n}}{1-\bigl(\tfrac12\bigr)^{r-1}}.

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