Mostre que \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}(n+2)}{n(n+1)}=1-3 \cdot \log 2, sabendo que \log 2=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que
S \;=\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(n+2)}{n(n+1)} \;=\;1-3\,\log 2,
sabendo que
\log 2 \;=\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}.
O que vamos usar: decomposição em frações parciais do termo genérico, separação em duas séries conhecidas e reindexação.

Passo 2

Fazemos a decomposição em frações parciais de
\frac{n+2}{n(n+1)} \;=\;\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}.
Igualando numeradores:
n+2 = A(n+1) + B\,n = (A+B)\,n + A.
Logo A+B=1 e A=2, daí B=-1. Portanto
\frac{n+2}{n(n+1)} \;=\;\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}.

Passo 3

Substituindo na soma,
S = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\Bigl(\frac{2}{n}-\frac{1}{n+1}\Bigr) =2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\;-\;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1}.

Passo 4

Reindexamos a segunda série: em \sum_{n=1}^\infty(-1)^n/(n+1) façamos k=n+1. Então k vai de 2 a \infty e
\frac{(-1)^n}{n+1}=\frac{(-1)^{k-1}}{k}.
Logo
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1} =\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k} =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\;-\;\frac{(-1)^{0}}{1} =\log 2 \;-\;1.

Passo 5

Para a primeira série, usamos
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n} =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} =-\log 2.
Substituindo em S:
S = 2\bigl(-\log 2\bigr)\;-\;(\log 2 - 1) =-2\log 2 -\log 2 +1 =1 - 3\,\log 2.

Resposta

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(n+2)}{n(n+1)} = 1 \;-\; 3\,\log 2.

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