Use o Método de Indução Finita para provar as seguintes relações:
(f) sumk=1^n ln [(k+1)^2k(k+2)]=ln 2+ln (n+1n+2).

Passo 1

O enunciado pede para provar, por indução finita, que para todo inteiro n>=1 vale
sumk=1^nln!gl[(k+1)^2k(k+2)gr] =ln 2+ln!l(n+1n+2r)
O conteúdo envolve soma de logaritmos, uso da propriedade ln(a/b)=ln a-ln b e o esquema de prova por indução finita (base e passo indutivo).

Passo 2

Base de indução ( n=1):
sumk=1^1ln!gl[(k+1)^2k(k+2)gr] =ln!gl[2^21cdot3gr] =ln!l(43r)
Por outro lado,
ln 2+ln!l(1+11+2r) =ln 2+ln!l(23r) =ln!l(2cdot23r) =ln!l(43r)
Logo, a fórmula vale para n=1.

Passo 3

Hipótese de indução: suponha que para um dado n>=1 já seja verdade que
sumk=1^nln!gl[(k+1)^2k(k+2)gr] =ln 2+ln!l(n+1n+2r)

Passo 4

Passo indutivo ( nto n+1):
Começamos com a soma até n+1:
sumk=1^n+1ln!gl[(k+1)^2k(k+2)gr] =gl(sumk=1^nln!l[tfrac(k+1)^2k(k+2)r]gr) +ln!l[tfrac(n+2)^2(n+1)(n+3)r]
Pela hipótese de indução isso é
ln 2+ln!l(n+1n+2r) +ln!l[(n+2)^2(n+1)(n+3)r]
Agora usamos a soma de logaritmos:
ln 2 +ln!l(n+1n+2cdot(n+2)^2(n+1)(n+3)r) =ln 2+ln!l(n+2n+3r),
pois no produto tfracn+1n+2cdottfrac(n+2)^2(n+1)(n+3) cancelam-se (n+1) e um fator (n+2). Finalmente,
ln 2+ln!l(n+2n+3r) =ln 2+ln!l((n+1)+1(n+1)+2r),
que é exatamente a fórmula desejada para n+1. Isso completa o passo indutivo.

Resposta

Portanto, por indução finita, para todo n>=1 vale
sumk=1^nln!gl[(k+1)^2k(k+2)gr] =ln 2+ln!l(n+1n+2r)

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