Questão (01) (05 pontos) Mostre, por indução, que se verificam:
a) 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)}}. Danielly, Manoela

Passo 1

O enunciado pede que se mostre, por indução, a seguinte desigualdade (vou transcrever com clareza os símbolos e as faixas de soma que aparecem):
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)}}
Informações relevantes fornecidas ou necessárias (retiradas do enunciado e hipóteses que precisamos assumir para que a desigualdade faça sentido):
  • A soma à esquerda é a soma dos primeiros n termos da série harmônica generalizada \sum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{k^r}.
  • A soma do meio é a mesma soma, mas truncada em k=2^{n}-1, ou seja, contém mais termos do que a soma até k=n.
  • Para que a série e a cota geométrica abaixo funcionem, é necessário assumir que r>1 (assim r-1>0 e a razão geométrica que aparecerá fica menor que 1).
    O que o problema quer: provar a cadeia de desigualdades para todo inteiro n\ge 1 e real r>1, usando o princípio da indução.

Passo 2

Estratégia geral (sem ainda resolver): vamos mostrar as duas desigualdades separadamente.
  • A desigualdade da esquerda é imediata por monotonicidade do somatório (mais termos positivos => soma maior).
  • A desigualdade da direita será provada por indução em n. A ideia chave é agrupar os termos da soma \sum_{k=1}^{2^{n}-1} \dfrac{1}{k^{r}} em blocos do tipo k=2^{j},\dots,2^{j+1}-1. Em cada bloco todos os denominadores são \ge 2^{j}, então cada termo do bloco é \le 1/(2^{j})^{r}, e o bloco tem 2^{j} termos. Assim o somatório do bloco é \le 2^{j}\cdot 1/(2^{j})^{r}= (1/2^{\,r-1})^{j}. Somando esses blocos teremos uma soma geométrica de razão q=\dfrac{1}{2^{\,r-1}}, e a fórmula da soma geométrica truncada dará a expressão do lado direito.
    Antes de entrar na indução, vou explicar a fórmula da soma geométrica que usarei.

Passo 3

Pequena aula: soma geométrica finita e notação. Seja q um número real com |q|<1. A soma geométrica finita
\sum_{j=0}^{n-1} q^{j} = 1+q+q^{2}+\cdots+q^{n-1}
tem a fórmula derivada assim: multiplica-se por q e subtrai-se,
(1+q+\cdots+q^{n-1}) - q(1+q+\cdots+q^{n-1}) = 1 - q^{n},
ou seja
(1-q)\sum_{j=0}^{n-1} q^{j} = 1 - q^{n},
e portanto
\sum_{j=0}^{n-1} q^{j} = \frac{1 - q^{n}}{1-q}.
No nosso caso a razão será q=\dfrac{1}{2^{\,r-1}}. Como r>1 temos r-1>0 e logo q<1, então a fórmula vale.

Passo 4

Prova da desigualdade da esquerda (comentário simples e obrigatório). Como \;2^{n}-1\ge n\; para todo n\ge 1, a soma com termos positivos
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{r}}
é soma de menos termos do que
\sum_{k=1}^{2^{n}-1}\frac{1}{k^{r}}.
Logo,
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}{(2^{n}-1)^{r}}.
Isso resolve a primeira desigualdade.

Passo 5

Preparação para a indução: defino a soma parcial que vou controlar por indução. Para m\ge 1 escrevo
S_m := \sum_{k=1}^{2^{m}-1}\frac{1}{k^{r}}.
Também defino a razão
q := \frac{1}{2^{\,r-1}}.
Note que, por r>1, tem-se 0<q<1.
A afirmação que vou provar por indução em m é:
S_m \le \frac{1 - q^{m}}{1-q}.

Passo 6

Base da indução ( m=1). Temos 2^{1}-1=1 e assim
S_1 = \sum_{k=1}^{1}\frac{1}{k^{r}} = 1.
Pela fórmula com m=1,
\frac{1 - q^{1}}{1-q} = \frac{1-q}{1-q}=1.
Logo S_1 = 1 \le 1, a base m=1 está verificada (na verdade há igualdade).

Passo 7

Passo indutivo: suponha que para algum m=n com n\ge 1 valha
S_n \le \frac{1 - q^{n}}{1-q}.
Vamos provar que S_{n+1} \le \dfrac{1 - q^{\,n+1}}{1-q}.
Escrevendo S_{n+1} como soma de dois blocos:
S_{n+1} = \sum_{k=1}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k^{r}} = \sum_{k=1}^{2^{n}-1}\frac{1}{k^{r}} \;+\; \sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k^{r}}.
O primeiro somatório é S_n. No segundo somatório, para k com 2^{n}\le k\le 2^{n+1}-1 vale k\ge 2^{n}, portanto cada termo satisfaz
\frac{1}{k^{r}} \le \frac{1}{(2^{n})^{r}}.
Há exatamente 2^{n} termos nesse segundo somatório (do k=2^{n} até k=2^{n+1}-1 inclusive). Assim
\sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k^{r}} \le 2^{n}\cdot\frac{1}{(2^{n})^{r}} = \frac{2^{n}}{2^{nr}} = \left(\frac{1}{2^{\,r-1}}\right)^{n} = q^{n}.
Portanto
S_{n+1} \le S_n + q^{n}.
Usando a hipótese indutiva S_n \le \dfrac{1-q^{n}}{1-q} obtemos
S_{n+1} \le \frac{1-q^{n}}{1-q} + q^{n}.
Fazendo uma soma algébrica:
\frac{1-q^{n}}{1-q} + q^{n} = \frac{1-q^{n} + q^{n}(1-q)}{1-q} = \frac{1-q^{n} + q^{n} - q^{n+1}}{1-q} = \frac{1 - q^{n+1}}{1-q}.
Assim S_{n+1} \le \dfrac{1 - q^{n+1}}{1-q}. Isso conclui o passo indutivo.

Passo 8

Conclusão da indução e combinação das desigualdades. Pelos passos anteriores, para todo n\ge 1 e r>1 vale
\sum_{k=1}^{2^{n}-1}\frac{1}{k^{r}} = S_n \le \frac{1 - q^{n}}{1-q} \quad\text{onde}\quad q=\frac{1}{2^{\,r-1}}.
Reescrevendo q^{n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{(r-1)n} e q=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{(r-1)}, obtemos a forma pedida:
\sum_{k=1}^{2^{n}-1}\frac{1}{k^{r}} \le \frac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{(r-1)n}}{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{(r-1)}}.
Juntando com a desigualdade da esquerda (Passo 4) chega-se exatamente à cadeia do enunciado:
1+\frac{1}{2^{r}}+\cdots+\frac{1}{n^{r}} \le 1+\frac{1}{2^{r}}+\cdots+\frac{1}{(2^{n}-1)^{r}} \le \frac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{(r-1)n}}{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{(r-1)}}.

Passo 9

Comentário final (dica prática para a prova). A técnica usada é prática e recorrente: agrupar termos em blocos cujos tamanhos e menores valores sejam potências de 2 para permitir um majorante simples. Sempre verifique a condição para a razão geométrica ser menor que 1 (aqui foi preciso r>1). Nada de complicação: base simples, passo indutivo direto e uso da soma geométrica.

Resposta

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)}}

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