Anotações sobre somatório 2
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Anotacoes sobre somatorio 2
Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡
Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ
‡
1
Sumario
1 Somatorio 4
1.1 Funcao fatorial e potencia fatorial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Funcoes Gamma e digamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Constante de Euler-Mascheroni e as funcoes Gamma e digamma . . 10
1.3 Numeros Harmonicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.12n∑k=1
1
k−
n∑k=1
1
k=
2n∑k=1
(−1)k+1
k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4 Soma por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.5 Somatorio de funcoes polinomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.5.1 Usando numeros de stirling e potencias fatoriais. . . . . . . . . . . . 28
1.5.2 Identidade de Nicomaco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.5.3 Usando numeros de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.5.4n∑
x=0
xp = n2(n+ 1)2g(n), p > 1 ımpar. . . . . . . . . . . . . . . . . 37
1.5.5 Outras demonstracoes de quen∑
k=0
kp = n(n+ 1)g(n). . . . . . . . . 38
1.5.6 Usando derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1.5.7 Usando numeros Eulerianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.6 Usando diferencas e soma telescopica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.7 Somatorios por interpolacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1.8 Achando uma recorrencia para o somatorio de xp+1 . . . . . . . . . . . . . 52
1.8.1 Recorrencia para o somatorio indefinido . . . . . . . . . . . . . . . 52
1.8.2 Recorrencia para o somatorio definido . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.9 Soma de inversos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.9.1 Inverso de p.a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.9.2 Inverso de termos com raızes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2
SUMARIO 3
1.9.3 Inverso de k(k + s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
1.9.4∑k
1
k(k + 1) . . . (k + p). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
Capıtulo 1
Somatorio
1.1 Funcao fatorial e potencia fatorial.
Ate agora definimos potencia fatorial para valores inteiros de n em x(n,1), queremos
expandir a definicao para valores complexos ou reais, essa definicao sera feita com a que
generaliza o fatorial.
Definicao 1 (Funcao fatorial). Podemos definir a funcao o fatorial Π(x) por meio da
integral
Π(x) :=
∫ ∞
0
txe−tdt.
Propriedade 1. Vamos mostrar que Π(n) = n! para n natural.
Demonstracao. Por inducao
Π(0) =
∫ ∞
0
t0e−tdt ==
∫ ∞
0
e−tdt
fazendo uma substituicao de variaveis u = −t, dudt
= −1, du = −dt, −du = dt, a integral
fica
−∫eudu = −eu
∣∣∣∣ = −e−t
∣∣∣∣∞0
= − 1
et
∣∣∣∣∞0
= 1
logo Π(0) = 1 = 0!. Tomando a Hipotese para n
Π(n) = n! =
∫ ∞
0
tne−tdt
4
CAPITULO 1. SOMATORIO 5
vamos provar para n+ 1
Π(n+ 1) =
∫ ∞
0
tn+1e−tdt = (n+ 1)!
lembrando a formula de integracao por partes
[f(t).g(t)]′ = f ′(t).g(t) + f(t).g′(t)
integrando em ambos os lados∫[f(t).g(t)]′dt =
∫f ′(t).g(t)dt+
∫f(t).g′(t)dt
pelo teorema fundamental do calculo
∫f(t).g′(t)dt = [f(t).g(t)]−
∫f ′(t).g(t)dt
tomando f(t) = tn+1 implica f ′(t) = (n + 1).tn e g(t) = −e−t implica g′(t) = e−t,
entao ∫tn+1.e−tdt = [tn+1.− e−t]−
∫(n+ 1).tn.− e−tdt∫
tn+1.e−tdt = −[tn+1.e−t] + (n+ 1).
∫tn.e−tdt∫
tn+1.e−tdt = −[tn+1.
et] + (n+ 1).
∫tn.e−tdt
aplicando os limites∫ ∞
0
tn+1.e−tdt = −[tn+1.
et]
∣∣∣∣∞0
+ (n+ 1).
∫ ∞
0
tn.e−tdt
logo ∫ ∞
0
tn+1.e−tdt = (n+ 1).
∫ ∞
0
tn.e−tdt
pois o termo que estava fora da integral [tn+1.
et]
∣∣∣∣∞0
quando t tende ao infinito o termo tende
a zero pois o denominador cresce mais rapido, e quando t = 0 anula o termo, temos entao∫ ∞
0
tn+1.e−tdt = (n+ 1).n! pela hipotese
logo ∫ ∞
0
tn+1.e−tdt = (n+ 1)!
pela definicao de (n+ 1)!
CAPITULO 1. SOMATORIO 6
Corolario 1. Para reais temos a mesma propriedade Π(x+ 1) = (x+ 1)Π(x)
tomando f(t) = tx+1 implica f ′(t) = (x+1).tx e g(t) = −e−t implica g′(t) = e−t, entao∫tx+1.e−tdt = [tx+1.− e−t]−
∫(x+ 1).tx.− e−tdt
∫tx+1.e−tdt = −[tx+1.e−t] + (x+ 1).
∫tx.e−tdt∫
tx+1.e−tdt = −[tx+1.
et] + (x+ 1).
∫tx.e−tdt
aplicando os limites∫ ∞
0
tx+1.e−tdt = −[tx+1.
et]
∣∣∣∣∞0
+ (x+ 1).
∫ ∞
0
tx.e−tdt
logo ∫ ∞
0
tx+1.e−tdt = (x+ 1).
∫ ∞
0
tx.e−tdt
Fica definido entao x! para valores reais de x aos quais a integral esta bem definida
x! =
∫ ∞
0
tx.e−tdt
com a regra valida
Π(x+ 1) = (x+ 1).Π(x)
A partir disso podemos definir expansao da potencia fatorial, sabemos que
n!
(n− k)!= n(k,1)
Trocando pela integrais temos
n(k,1) =
∫∞0tn.e−tdt∫∞
0tn−k.e−tdt
.
1.2 Funcoes Gamma e digamma
Definicao 2 (Funcao Gamma). A funcao Gamma definimos a partir da funcao fatorial
Γ(x) = Π(x− 1) =
∫ ∞
0
tx−1.e−tdt
CAPITULO 1. SOMATORIO 7
Propriedade 2. Como temos Γ(x+ 1) = Π(x) = xΠ(x− 1) = xΓ(x), temos
Γ(x+ 1) = xΓ(x)
Propriedade 3.
Γ(1) = Π(0) = 0! = 1.
Em geral
Γ(n+ 1) = Π(n) = n!
Definicao 3 (Funcao digamma).
Ψ(x) =Γ′(x)
Γ(x)
Que tambem e chamada de funcao psi.
Propriedade 4.
∆Ψ(x) =1
x
Demonstracao. Da relacao
Γ(x+ 1) = xΓ(x)
tomando ln de ambos lados
lnΓ(x+ 1) = lnx+ lnΓ(x)
derivando em relacao a x de ambos lados
DlnΓ(x+ 1) =Γ′(x+ 1)
Γ(x+ 1)= Dlnx+DlnΓ(x) =
1
x+
Γ′(x)
Γ(x)
entaoΓ′(x+ 1)
Γ(x+ 1)=
1
x+
Γ′(x)
Γ(x)
substituindo a definicao da funcao psi
Ψ(x+ 1) =1
x+Ψ(x)
∆Ψ(x) =1
x.
CAPITULO 1. SOMATORIO 8
Podemos agora aplicar o somatorio em ambos lados
n∑x=1
∆Ψ(x) = Ψ(n+ 1)−Ψ(1) =n∑
x=1
1
x.
Temos entao que Ψ(x) e uma primitiva finita de1
x.
Para demonstrar um resultado da funcao psi, precisamos de um resultado da p-esima
derivada de1
x, mas vamos demonstrar um resultado mais geral
Vamos demonstrar a formula da p-esima derivada de (a+ cx)(−1).
Teorema 1.
Dp(a+ cx)(−1) =(c)p(−1)pp!
(a+ cx)p+1
Considerando c = 0.
Demonstracao. Por inducao. Para p = 0, temos
D0(a+ cx)(−1) = (a+ cx)(−1) =(c)0(−1)00!
(a+ cx)0+1
Partindo agora da hipotese da validade pra p,
Dp(a+ cx)(−1) =(c)p(−1)pp!
(a+ cx)p+1
vamos provar para p+ 1
Dp+1(a+ cx)(−1) =(c)p+1(−1)p+1(p+ 1)!
(a+ cx)p+2
como temos
Dp+1(a+ cx)(−1) = D(Dp(a+ cx)(−1)
)= D
(c)p(−1)pp!
(a+ cx)p+1= D
(c)pc.p!(−1)(p+ 1)
(a+ cx)p+2=
=(c)p+1(−1)p+1(p+ 1)!
(a+ cx)p+2
Temos entao que
Dp 1
a+ cx=
cp.(−1)pp!
(a+ cx)p+1
Corolario 2. Em especial se a = 0 e c = 1, temos
Dp 1
x=
1p.(−1)pp!
(x)p+1=
(−1)pp!
(x)p+1
CAPITULO 1. SOMATORIO 9
Corolario 3. Da igualdade
∆Ψ(x) =1
x
Aplicando a p-esima derivada em ambos lados temos
Dp∆Ψ(x) = ∆DpΨ(x) = Dp 1
x=
(−1)pp!
(x)p+1
∆DpΨ(x) =(−1)pp!
(x)p+1
multiplicando ambos lados por (−1)p e dividindo por p!
∆(−1)pDpΨ(x)
p!=
1
(x)p+1
e de modo mais geral
∆(−1)pDpΨ(x− b)
p!=
1
(x− b)p+1
temos entao uma primitiva finita para1
(x− b)p+1.
Definicao 4 (Funcao Polygamma). Definimos a funcao polygamma de ordem n ,ψn(x),
como
ψn(x) = Dnψ(x)
para n natural.
O caso especial de n = 0
ψ0(x) = D0ψ(x) = ψ(x)
e a propria funcao digamma. O caso n = 1
ψ1(x)
chamamos de funcao trigamma. Podemos escrever com essa definicao
∆(−1)pΨp(x− b)
p!=
1
(x− b)p+1
Propriedade 5.
∆logΓ(x) = logx
CAPITULO 1. SOMATORIO 10
Demonstracao.
∆logΓ(x) = logΓ(x+ 1)− logΓ(x) = logxΓ(x)− logΓ(x) = logxΓ(x)
Γ(x)= log(x).
Temos entao uma primitiva finita de logx que e logΓ(x), aplicando o somatorio com x
variando de 1 ate n temosn∑
x=1
∆logΓ(x) = logΓ(n+ 1)− logΓ(1) = logΓ(n+ 1) =n∑
x=1
log(x)
pois Γ(1) = 1 e log1 = 0, temos entao
n∑x=1
log(x) = logΓ(n+ 1).
1.2.1 Constante de Euler-Mascheroni e as funcoes Gamma e
digamma
A constante de Euler-Macheroni e definida como
γ = limn→∞
n∑k=1
1
k− lnn
Vamos deduzir agora uma relacao entre a Gamma e a constante de Euler-Mascheroni.
Comecamos com o limite
et = limh→0
(1 + h)th
tomando n =t
h, temos h =
t
ncom limn→∞ temos h→ 0, escrevemos entao
et = limn→∞
(1 +t
n)n
e no caso do argumento −te−t = lim
n→∞(1− t
n)n
, temos que a funcao gamma foi definida como
Γ(x) =
∫ ∞
0
tx−1(e−t)dt
definimos entao
Definicao 5.
Γ(x, n) =
∫ n
0
tx−1(1− t
n)ndt
para n ≥ 1, e temos a relacao
CAPITULO 1. SOMATORIO 11
Γ(x) = limn→∞
Γ(x, n)
fazendo uma mudanca de variavel y =t
ntemos
dy
dt=
1
nlogo ndy = dt e quando t = n,
y =n
n= 1, quando t = 0, y =
0
n= 0 e ainda ny = t, substituindo na integral temos
Γ(x, n) =
∫ 1
0
(ny)x−1(1− y)nndy =
∫ 1
0
(n)x−1.nyx−1(1− y)ndy
Γ(x, n) = nx
∫ 1
0
(y)x−1(1− y)ndy
e pela variavel ser muda, mudamos novamente para t
Γ(x, n) = nx
∫ 1
0
(t)x−1(1− t)ndt.
Vamos agora integrar a funcao acima por partes1 tomando f(t) = (1− t)n temos f ′(t) =
−n(1− t)n−1 e g′(t) = tx−1, g(t) =tx
x, substituindo na integral temos
Γ(x, n) = nx
∫ 1
0
(t)x−1(1− t)n = nx
((1− t)n
tx
x
∣∣∣∣10
−∫ 1
0
−n(1− t)n−1 tx
x
)dt =
agora temos que (1−t)n tx
x
∣∣∣∣10
se anula, pois e igual (1−t)n tx
x
∣∣∣∣10
= (1−1)n1x
x−(1−0)n
0x
x= 0
para x = 0, simplificando entao temos
= nx
(n
x
∫ 1
0
(1− t)n−1txdt
)=nx+1
x
∫ 1
0
(1− t)n−1txdt.
chegando em
Γ(x, n) =nx+1
x
∫ 1
0
(1− t)n−1txdt
observe que
Γ(x+ 1, n− 1) = (n− 1)x+1
∫ 1
0
(t)x(1− t)n−1
logoΓ(x+ 1, n− 1)
(n− 1)x+1=
∫ 1
0
(t)x(1− t)n−1
1 ∫f(t).g′(t)dt = f(t)g(t)−
∫f ′(t).g(t)dt
CAPITULO 1. SOMATORIO 12
substituimos agora esse resultado da integral
1∫0
(t)x(1 − t)n−1 em Γ(x, n) =nx+1
x
1∫0
(1 −
t)n−1txdt
Γ(x, n) =nx+1
x
Γ(x+ 1, n− 1)
(n− 1)x+1
assim temos a recorrencia
Γ(x, n) =1
x
(n
n− 1
)x+1
Γ(x+ 1, n− 1)
para n > 1, para n = 1 temos substituindo diretamente na integral
Γ(x, 1) = 1x∫ 1
0
(t)x−1(1− t)1dt =
∫ 1
0
(t)x−1(1− t)dt =
∫ 1
0
(t)x−1 − txdt =
=tx
x− tx+1
x+ 1
∣∣∣∣10
=1
x− 1
x+ 1=x+ 1− x
x(x+ 1)=
1
x(x+ 1)
logo
Γ(x, 1) =1
x(x+ 1)
antes de continuar, vamos demonstrar por inducao que
Γ(x, n) =nxn!
n∏k=0
(x+ k)
para n > 0 n ∈ N . Para n = 1 temos
1x1!1∏
k=0
(x+ k)
=1
x(x+ 1)= Γ(x, 1)
considerando a validade para Γ(x, n), vamos demonstrar para Γ(x, n+1), pela relacao de
recorrencia temos
Γ(x, n+ 1) =1
x
(n+ 1
n
)x+1
Γ(x+ 1, n)
a hipotese da inducao
Γ(x+ 1, n) =nx+1.n!
n∏k=0
(x+ 1 + k)
substituindo na recorrencia
Γ(x, n+ 1) =1
x
(n+ 1
n
)x+1nx+1.n!
n∏k=0
(x+ 1 + k)= (n+ 1)x(n+ 1)
n!
xn∏
k=0
(x+ 1 + k)=
CAPITULO 1. SOMATORIO 13
=(n+ 1)x(n+ 1)!
xn+1∏k=1
(x+ k)
=(n+ 1)x(n+ 1)!
n+1∏k=0
(x+ k)
entao
Γ(x, n+ 1) =(n+ 1)x(n+ 1)!
n+1∏k=0
(x+ k)
Vamos agora manipular o produtorio
Γ(x, n) =nxn!
n∏k=0
(x+ k)
por produto telescopico podemos escrever
n−1∏k=1
(1 +1
k)x = nx
poisn−1∏k=1
(1 +1
k)x =
n−1∏k=1
(k + 1
k)x =
( n−1∏k=1
Qk
)x
=
(kQ
∣∣∣∣n1
)x
= nx
escrevendo tambem o fatorial como produtorio n! =n∏
k=1
k e substituindo em Γ(x, n) temos
Γ(x, n) =
n−1∏k=1
(1 + 1k)x
n∏k=1
k
n∏k=0
(x+ k)=
1
x
n−1∏k=1
(1 + 1k)x
n∏k=1
k
n∏k=1
(x+ k)=
1
x
n−1∏k=1
(1 +1
k)x
n∏k=1
k
x+ k=
onde abrimos o limite inferio do produtorio deixando o termo1
xpara fora
=1
x
n−1∏k=1
(1 +1
k)x
n∏k=1
k
k
1xk+ 1
=1
x
n−1∏k=1
(1 +1
k)x
n∏k=1
1
1 + xk
assim
Γ(x, n) =1
x
n−1∏k=1
(1 +1
k)x
n∏k=1
1
1 + xk
=1
x
1
1 + xn
n−1∏k=1
(1 +1
k)x
n−1∏k=1
1
1 + xk
=
=1
x
1
1 + xn
n−1∏k=1
(1 + 1k)x
1 + xk
CAPITULO 1. SOMATORIO 14
tomando agora o limite n→ ∞ temos
limn→∞
Γ(x, n) = Γ(x) = limn→∞
1
x
1
1 + xn
n−1∏k=1
(1 + 1k)x
1 + xk
= limn→∞
1
x
n−1∏k=1
(1 + 1k)x
1 + xk
=1
x
∞∏k=1
(1 + 1k)x
1 + xk
pois o limite do termo1
1 + xn
e 1. Chegamos entao no resultado
Γ(x) =1
x
∞∏k=1
(1 + 1k)x
1 + xk
que e a maneira como Euler definiu a funcao Gamma, aplicando ln em ambos lados temos
ln Γ(x) = ln1
x
∞∏k=1
(1 + 1k)x
1 + xk
= ln1
x+
∞∑k=1
x ln(1 +1
k) + ln
1
1 + xk
=
= ln x−1 +∞∑k=1
x ln(1 +1
k) + ln(1 +
x
k)−1 = − lnx+
∞∑k=1
x ln(1 +1
k)− ln(1 +
x
k)
aplicando a derivada em ambos termos, temos
Γ′(x)
Γ(x)= ψ(x) = −1
x+
∞∑k=1
ln(1 +1
k)− 1
k(1 + xk)= −1
x+ lim
n→∞
n∑k=1
ln(1 +1
k)− 1
k(1 + xk)=
= −1
x+ lim
n→∞
n∑k=1
ln(k + 1
k)− k
k(k + x)= −1
x+ lim
n→∞
n∑k=1
∆ ln(k)−n∑
k=1
1
(k + x)=
pois lnk + 1
k= ln(k + 1)− ln k = ∆ ln(k)
= −1
x+ lim
n→∞ln(n+ 1)− ln(1)−
n∑k=1
1
(k + x)=
usando agora que ln 1 = 0 e escrevendo − 1
k + x= −1
k+
1
k− 1
x+ k
= −1
x+ lim
n→∞ln(n+ 1)−
n∑k=1
1
k+
n∑k=1
1
k− 1
(k + x)=
= −1
x− γ + lim
n→∞
n∑k=1
k + x− k
k(k + x)= −1
x− γ + lim
n→∞
n∑k=1
x
k(k + x)
onde usamos que γ = limn→∞
n∑k=1
1
k− lnn chegamos na identidade
ψ(x) = −1
x− γ + lim
n→∞
n∑k=1
x
k(k + x)
CAPITULO 1. SOMATORIO 15
tomando x = 1, temos
ψ(1) = −1
1−γ+ lim
n→∞
n∑k=1
1
k(k + 1)= −1−γ+ lim
n→∞
n∑k=1
(k−1)(−2,1) = −1−γ+−(k−1)(−1,1)
∣∣∣∣∞1
=
= −1− γ − 1
k
∣∣∣∣∞1
= −1− γ + 1 = −γ
assim
ψ(1) = −γ.
Corolario 4.n∑
x=1
1
x= ψ(n+ 1)− ψ(1) = ψ(n+ 1) + γ
1.3 Numeros Harmonicos
Definicao 6 (Numeros Harmonicos2). Definimos o n-esimo numero Harmonico de ordem
m, como
Hmn :=
n∑k=1
1
km
para n natural e m real.
Se n = 0 e para qualquer m temos
Hm0 =
0∑k=1
1
km= 0
pela propriedade de somatorio sobre conjunto vazio. Se m = 1
H1n :=
n∑k=1
1
k1=
n∑k=1
1
k
escrevemos apenas Hn e chamaremos de n-esimo numero Harmonico.
2A letra H e usada por causa do nome Harmonico. No limite Hm∞ = ζ(m) temos a funcao zeta de
Riemann, que sera abordada novamente em capıtulos posteriores.
CAPITULO 1. SOMATORIO 16
Recorrencia
Recorrencia em relacao a n. Temos que
Hmn+1 =
n+1∑k=1
1
km=
n∑k=1
1
km+
1
(n+ 1)m
Hmn+1 = Hm
n +1
(n+ 1)m.
Representacao por integral dos numeros harmonicos
Temos quen−1∑k=0
xk =xk
x− 1
∣∣∣∣n0
=xn − 1
x− 1=
1− xn
1− x
integrando as duas expressoes em relacao a x, temos
n−1∑k=0
∫ 1
0
xkdx =n−1∑k=0
xk+1
k + 1
∣∣∣∣10
=n−1∑k=0
1
k + 1=
n∑k=1
1
k= Hn =
∫ 1
0
1− xn
1− xdx
para n natural. Essa expressao pode ser vista como a definicao dos numeros harmonicos
para valores nao naturais de n.
Para representar H2n podemos usar uma integral dupla∫ 1
0
∫ 1
0
n−1∑k=0
(xy)kdxdy =n−1∑k=0
∫ 1
0
yk1
k + 1dy =
n−1∑k=0
1
(k + 1)2=
n∑k=1
1
(k)2=
∫ 1
0
∫ 1
0
1− (xy)n
1− xydxdy
Assim temos
H2n =
∫ 1
0
∫ 1
0
1− (xy)n
1− xydxdy
Onde podemos tomar a integral como expansao da definicao dos numeros harmonicos de
ordem 2.
Observacao 1 (Hipotese). A representacao de Hmn poderia ser feita assim
Hmn =
(∫ 1
0
)m1− (m∏k=1
xk)n
1−m∏k=1
xk
m∏k=1
dxk
Definicao 7.
Hm(n,s) =
n∑k=1
1
(k + s)m
para s ≥ 0 real, m real, n natural.
CAPITULO 1. SOMATORIO 17
Exemplo 1. Escrevern∑
k=0
1
2k + 1por meio de numeros harmonicos.
2n+1∑k=0
1
k=
n∑k=0
1
2k + 1+
n∑k=1
1
2k
H(2n+ 1)− H(n)
2=
n∑k=0
1
2k + 1.
Propriedade 6. Vamos escrever
n∑k=1
1
(k + s)= H(n,s)
com s natural maior que 0 em funcao dos numeros harmonicos.
Resolucao 1.
n∑k=1
1
(k + s)=
n+s∑k=1+s
1
(k)=
s∑k=1
1
k+
n+s∑k=1+s
1
(k)−
s∑k=1
1
k=
=s∑
k=1
1
k+
n∑k=1+s
1
(k)+
n+s∑n+1
1
k−
s∑k=1
1
k=
n∑k=1
1
k+
s∑k=1
1
k + n−
s∑k=1
1
k=
= Hn −Hs +H(s,n) = H(n,s)
assim temos
Hn −Hs = H(n,s) −H(s,n).
Podemos continuar e expressar em funcao apenas de Hn e um somatorio.
n∑k=1
1
k+
s∑k=1
1
k + n−
s∑k=1
1
k= Hn +
s∑k=1
1
k + n− 1
k= Hn − n
s∑k=1
1
(k + n)(k)
logon∑
k=1
1
k + s= Hn − n
s∑k=1
1
(k + n)(k).
Propriedade 7 (Relacao com funcao digamma). Temos que
n∑k=1
1
k= ψ(n+ 1) + γ = Hn.
Como ∆Hn = ∆ψ(n + 1) as funcoes diferem por uma constante, essa constante e a
constante de Euler-Mascheroni.
CAPITULO 1. SOMATORIO 18
Propriedade 8. Vamos mostrar que a equacao funcional
Hn+1 = Hn +1
n+ 1
vale para valores de n reais.
Demonstracao.
Hn+1
n+ 1=
∫ 1
0
1− xn
1− xdx+
1
n+ 1=
∫ 1
0
1− xn
1− xdx+
∫ 1
0
xndx =
∫ 1
0
1− xn + xn − xn+1
1− xdx =
=
∫ 1
0
1− xn+1
1− xdx = Hn+1 .
Valores especiais dos numeros harmonicos
H 12=
∫ 1
0
1−√x
1− xdx =
fazendo a substituicao x = y2 temos dx = 2ydy
= 2
∫ 1
0
y1− y
1− y2dy = 2
∫ 1
0
1− 1
y + 1dy = 2− 2ln(2)
H 12= 2− 2ln(2)
atraves da equacao funcional
H(n+ 1) = H(n) +1
n+ 1
podemos achar outros valores, tomando n =1
2temos
H( 32) = H 1
2+
2
3=
8
3− 2ln(2)
Vamos seguir o mesmo esquema para outros casos especiais
H 13=
∫ 1
0
1− 3√x
1− xdx =
x = y3, dx = 3y2dy e os limites permanecem os mesmos
=
∫ 1
0
3(1− y)y2
1− y3dy = 3
∫ 1
0
y2
y2 + y + 1dy
CAPITULO 1. SOMATORIO 19
agora vamos escrevery2
y2 + y + 1como soma de uma maneira que saibamos calcular
as integraisy2
y2 + y + 1= A+B
(2y + 1)
y2 + y + 1+
C
y2 + y + 1
podemos achar A = 1, B = −1
2= C ficamos entao com a integral
3
∫ 1
0
1dy − 3
2
∫ 1
0
(2y + 1)
y2 + y + 1dy − 3
2
∫ 1
0
1
y2 + y + 1dy =
= 3− 3
2ln(3)−−3
2
π
3√3= 3− 3
2ln(3)− π
2√3.
H 13= 3− 3
2ln(3)− π
2√3.
1.3.12n∑k=1
1
k−
n∑k=1
1
k=
2n∑k=1
(−1)k+1
k
Propriedade 9.
H2n −Hn =2n∑k=1
(−1)k+1
k
Demonstracao. Vamos demonstrar por inducao sobre n. Para n = 0 temos zero
para as duas expressoes, a primeira por ser H0 − H0 e a segunda por termos somatorio
vazio (limite superior 0 e inferior 1). Vamos considerar valida a relacao para n e provar
para n+ 1
H2n+2 −Hn+1 =2n+2∑k=1
(−1)k+1
k
H2n+2 =2n+2∑k=1
1
k=
2n∑k=1
1
k+
1
2n+ 1+
1
2(n+ 1)
Hn+1 =n∑
k=1
1
k+
1
n+ 1
subtraindo as expressoes, temos
H2n −Hn +1
2n+ 1+
1
2(n+ 1)− 1
n+ 1=
=2n∑k=1
(−1)k+1
k+
1
2n+ 1− 1
2n+ 2=
2n+2∑k=1
(−1)k+1
k.
CAPITULO 1. SOMATORIO 20
Corolario 5. H2n −Hn =2n∑k=1
1
k−
n∑k=1
1
k=
2n∑k=n+1
1
k=
n∑k=1
1
k + n.
Exemplo 2. Mostrar quen∑
k=1
1
k + n<
3
4∀n.
Sendo s(n) =2n∑k=1
1
k−
n∑k=1
1
ktemos
s(n+ 1) =1
2n+ 2+
1
2n+ 1− 1
n+ 1+
2n∑k=1
1
k−
n∑k=1
1
k= s(n) +
1
(2n+ 1)(2n+ 2)
daı temos que ∆s(k) =1
(2k + 1)(2k + 2)(logo a sequencia e crescente) aplicamos a
soman−1∑k=1
e usamos que s(1) =1
2, daı pela soma telescopica
s(n) =1
2+
n−1∑k=1
1
(2k + 1)(2k + 2)
Temos tambem que 2k < 2k + 1 ⇒ 1
2k + 1<
1
2k⇒ 1
(2k + 2)(2k + 1)<
1
4k(k + 1)
aplicamos mais uma vez a soman−1∑k=1
na desigualdade acima de onde concluımos que
s(n) =1
2+
n−1∑k=1
1
(2k + 1)(2k + 2)<
1
2+
n−1∑k=1
1
4k(k + 1)
comon−1∑k=1
1
k(k + 1)=
n−1∑k=1
1
k− 1
k + 1= 1 − 1
n→ 1 e e crescente entao
n−1∑k=1
1
4k(k + 1)<
1
4
logo
s(n) <1
2+
1
4=
3
4.
Corolario 6. Com isso chegamos a conclusao que
n∑k=1
1
k + n=
n∑k=1
1
(2k − 1)(2k)=
2n∑k=1
(−1)k+1
k.
Podemos provar sem inducao quen∑
k=1
1
(2k − 1)(2k)=
2n∑k=1
(−1)k+1
k, pois
2n∑k=1
(−1)k+1
k=
n∑k=1
− 1
2k+
n∑k=1
1
2k − 1
onde dividimos a soma em par e ımpar.
CAPITULO 1. SOMATORIO 21
Corolario 7. Como sabemos que
∞∑k=1
(−1)k+1
k= ln(2)
temos
limn→∞
H2n −Hn = ln(2).
Temos que
Hn =
∫ 1
0
1− xn
1− xdx
H2n =
∫ 1
0
1− x2n
1− xdx
subtraindo ambas temos
H2n −Hn =
∫ 1
0
1− x2n
1− xdx−
∫ 1
0
1− xn
1− xdx =
∫ 1
0
1− x2n − 1 + xn
1− xdx =
=
∫ 1
0
xn(1− xn)
1− xdx =
2n∑k=0
(−1)k+1
k.
∫ 1
0
√xn(1−
√xn)
1− xdx =
n∑k=0
(−1)k+1
k.
Temos a relacao
ψ(n+ 1) + γ = Hn
ψ(2n+ 1) + γ = H2n
logo
H2n −Hn = ψ(2n+ 1)− ψ(n+ 1).
Propriedade 10. Vale que
2n∑k=2
(−1)k(2n+ 1− k)
k=
n∑k=1
2k − 1
k + n.
Demonstracao. Da identidade
2n∑k=1
(−1)k+1
k=
2n∑k=n+1
1
k
tem-se2n∑k=2
(−1)k
k+
2n∑k=n+1
1
k= 1
CAPITULO 1. SOMATORIO 22
multiplicando por 2n+ 1
(2n+ 1)(2n∑k=2
(−1)k
k+
2n∑k=n+1
1
k) = (2n+ 1)
(2n+ 1)2n∑k=2
(−1)k
k− 1 = 2n−
2n∑k=n+1
(2n+ 1)
k
2n∑k=2
(−1)k(2n+ 1)
k+ (−1)k+1 =
2n∑k=n+1
2− (2n+ 1)
k=
2n∑k=n+1
(2k − 2n− 1)
k=
=2n∑k=2
(−1)k(2n+ 1− k)
k=
n∑k=1
2k − 1
k + n.
Propriedade 11.∞∑k=1
1
(k)(k + p)=Hp
p.
Demonstracao. Escrevemos
1
(k + 1)(k + p+ 1)=
1
p(
1
k + 1− 1
k + 1 + p) =
1
p(
∫ 1
0
xk − xk+pdx) =1
p
∫ 1
0
xk(1− xp)dx =
mas∞∑k=0
1
(k + 1)(k + p+ 1)=
∞∑k=0
1
(k + 1)(k + p+ 1)=
1
p
∞∑k=0
∫ 1
0
xk(1− xp)dx =
=1
p
∫ 1
0
(1− xp)∞∑k=0
xkdx =1
p
∫ 1
0
(1− xp)
1− xdx =
Hp
p.
H1 H2 H3 H4 H5 H6 H7 H8 H9 H10 H11 H12 H13
13
2
11
6
25
12
137
60
49
20
363
140
761
280
7 129
2 520
7 381
2 520
83 711
27 720
86 021
27 720
1 145 993
360 360
H1H2
2
H3
3
H4
4
H5
5
H6
6
H7
7
H8
8
H9
9
H10
10
H11
11
H12
12
13
4
11
18
25
48
137
300
49
120
363
980
761
2 240
7 129
22 680
7 381
25 200
83 711
304 920
Exemplo 3. A sequencia dada por x(n) = (1 +1
n)n+1 e decrescente. Tomamos a funcao
f : [1,∞) → R dada por f(x) = (1 +1
x)x+1 = e(x+1) ln(1+ 1
x), derivando tem-se
f ′(x) = [ln(x+ 1)− ln(x)− 1
x](1 +
1
x)x+1 < 0
CAPITULO 1. SOMATORIO 23
pois tomando g : [1,∞) → R dada por g(x) = [ln(x + 1) − ln(x) − 1
x] tem-se g(1) =
ln(2)− 1 < 0 ,
limx→∞
ln(x+ 1)− ln(x)− 1
x= 0
com g′(x) =1
x+ 1− 1
x+
1
x2> 0 ela e crescente, logo g so assume valores negativos de
onde segue que f ′(x) < 0 para x ≥ 1. Como lim(1+1
n)n+1 = e tem-se ln(1 +
1
n)n+1 > 1 e
daı
ln(n+ 1)− ln(n) >1
n+ 1
∆ ln(k) >1
k + 1
e daın−1∑k=1
∆ ln(k) = ln(n) >n−1∑k=1
1
k + 1=
n∑k=2
1
k
somando 1 em ambos lados tem-se
1 + ln(n) > Hn =n∑
k=1
1
k
daı
0 <Hn
n<
1
n+
ln(n)
n=
1
n+ ln(n
1n )
como lim(n1n ) = 1 tem-se lim ln(n
1n ) = ln(1) = 0 pela continuidade de ln, daı por teorema
do sanduıche segue que
limHn
n= 0.
Como a g deduzida so assume valores negativos tem-se
ln(k + 1)− ln(k) <1
k
tomando a soma tem-se
ln(n+ 1) < Hn.
Vale entao
ln(n+ 1) < Hn < ln(n) + 1
CAPITULO 1. SOMATORIO 24
e para n ≥ 1
ln(n+ 1) < Hn ≤ ln(n) + 1.
Podemos ver facilmente que a sequencia de termosHn
ne limitada superiormente
n∑k=1
1
k≤
n∑k=1
1 = n
daı
Hn
n≤ 1
, na verdade a sequencia e decrescente.
Propriedade 12. Vale nHn+1 < (n+ 1)Hn.
Corolario 8. Como vale∞∑k=1
1
(k)(k + n)=Hn
n
tem-se
limn→∞
∞∑k=1
1
(k)(k + n)= lim
Hn
n= 0.
Demonstracao. A propriedade e equivalente a
nHn +n
n+ 1< (n+ 1)Hn
n
n+ 1< Hn ⇔ 1− 1
n+ 1< Hn ⇔ 1 < Hn+1
que e verdadeira.
Vamos mostrar que os numeros harmonicos nao sao inteiros paras n > 1.
Propriedade 13. Sejam (ak) , (bk) sequencias de numeros inteiros e cada bk um numero
ımpar, entaon∑
k=1
akbk
pode ser escrito comoa
bcom b ımpar .
CAPITULO 1. SOMATORIO 25
Demonstracao. Por inducao sobre n, para n = 1 e trivialmente verdadeiro, suponha
a validade para nn∑
k=1
akbk
=a
b
vamos provar para n+ 1
n∑k=1
akbk
+an+1
bn+1
=a
b+an+1
bn+1
=abn+1 + ban+1
b.bn+1
onde o denominador e produto de numeros ımpares, logo e ımpar .
Propriedade 14. Hn o n-esimo numero harmonico nao e inteiro para n > 1.
Demonstracao.
Dado n > 1 fixo, existe o maior valor 2s tal que 2s e fator de algum k de 1 ate n.
Suponha por absurdo que H(n) seja inteiro, entao
H(n) =2s−1∑k=1
1
k+
1
2s+
n∑k=2s+1
1
k
multiplicamos por 2s−1
2s−1H(n) =2s−1∑k=1
2s−1
k+
1
2+
n∑k=2s+1
2s−1
k
daı
−1
2=
2s−1∑k=1
2s−1
k+
n∑k=2s+1
2s−1
k− 2s−1H(n) =
a
b
onde b e ımpar, daı −b = 2a um numero ımpar e igual a um numero par, o que e absurdo
.
Observe que em2s−1∑k=1
2s−1
kcada fracao somada pode ter o numerado simplificado para
um numero ımpar, pois a maior potencia de 2 que aparece em k e 2s−1, da mesma maneira
emn∑
k=2s+1
2s−1
kpois se houvesse um termo k da forma 2s.t com t > 2, haveria tambem um
k da forma 2s.2 pois k varia de 1 em 1, se houvesse termo da forma 2s.2 iria contraria o
fato de s ser maximo.
Corolario 9. Vale que
⌊H(n)⌋ < H(n) < ⌈H(n)⌉
para n > 1.
CAPITULO 1. SOMATORIO 26
1.4 Soma por partes
Propriedade 15. Vale
b∑x=a
g(x)∆f(x) = [f(x).g(x)]
∣∣∣∣ b+1
a
−b∑
x=a
f(x+ 1).∆g(x).
Demonstracao.
Pela diferenca do produto temos
∆[f(x).g(x)] = f(x+ 1).∆g(x) + g(x)∆f(x) =
Aplicando a soma em ambos os lados temos
b∑x=a
∆[f(x).g(x)] =b∑
x=a
f(x+ 1).∆g(x) +b∑
x=a
g(x)∆f(x)
implica entao
b∑x=a
g(x)∆f(x) = [f(x).g(x)]
∣∣∣∣ b+1
a
−b∑
x=a
f(x+ 1).∆g(x).
No calculo temos a integracao por partes.∫ b
a
g(x).f ′(x)dx = [f(x).g(x)]
∣∣∣∣ba
−∫ b
a
f(x).g′(x)dx
A propriedade de soma por partes tambem e chamada de Lema de Abel ou trans-
formacao de Abel.
Corolario 10. Se tomarmos a soma indefinida tem-se
∑x
g(x)∆f(x) = f(x).g(x)−∑x
f(x+ 1).∆g(x)
se tomamos g(x) = ax e f(x) =x−1∑t=1
bt, tem-se ∆f(x) = bx, daı
∑x
ax.bx = ax.
x−1∑t=1
bt −∑x
∆ax.x∑
t=1
bt
aplicando limites x = 1 ate n, segue
n∑x=1
ax.bx = ax.
x−1∑t=1
bt
∣∣∣∣n+1
1
−n∑
x=1
∆ax
x∑t=1
bt = an+1.
n∑t=1
bt −n∑
x=1
∆ax
x∑t=1
bt =
CAPITULO 1. SOMATORIO 27
= an+1.n∑
t=1
bt −n−1∑x=1
∆ax
x∑t=1
bt −∆an
n∑t=1
bt = an.n∑
t=1
bt −n−1∑x=1
∆ax
x∑t=1
bt
usamos a soma vazia com x = 1 em ax.x−1∑t=1
bt, isto e0∑
t=1
bt = 0 logo
n∑x=1
ax.bx = an.n∑
t=1
bt −n−1∑x=1
∆ax
x∑t=1
bt.
Propriedade 16. Se (ak)n1 e uma sequencia de inteiros positivos todos distintos e (bk)
uma sequencia decrescente de termos positivos entao
n∑k=1
akbk ≥n∑
k=1
k.bk.
Demonstracao.
Pelo resultado anterior temos
n∑k=1
akbk = bn
n∑k=1
ak −n−1∑k=1
∆bk
k∑t=1
at
essa soma e no mınimon(n+ 1)
2bn −
n−1∑k=1
k(k + 1)
2∆bk
calculando essa ultima soma por partes tem-se
n−1∑k=1
(k)(k + 1)
2∆bk =
n(n+ 1)
2bn − 1−
n−1∑k=1
k + 1bk+1 =n(n+ 1)
2bn − 1−
n∑k=2
kbk =
=n(n+ 1)
2bn −
n∑k=1
kbk
logon∑
k=1
akbk ≥n∑
k=1
k.bk.
Corolario 11. Tomando bk =1
k2tem-se
n∑k=1
akk2
≥n∑
k=1
1
k= Hn.
CAPITULO 1. SOMATORIO 28
1.5 Somatorio de funcoes polinomiais
Vamos ver alguns metodos para calcular somatorio de funcoes polinomiais. Tomando
um polinomio de grau n, g(x) =n∑
p=0
apxp e aplicando o somatorio em [a, b] temos
b∑x=a
n∑p=0
apxp =
como os somatorios comutam
=n∑
p=0
ap
b∑x=a
xp
o problema recai entao em calcular o somatorio de xp. Podemos tambem calcular o
somatorio indefinido∑
xp e depois aplicar os limites.
1.5.1 Usando numeros de stirling e potencias fatoriais.
Podemos transformar xp em potencias fatoriais3 usando numeros de stirling do segundo
tipo
xp =
p∑k=0
{p
k
}x(k,1)
e como sabemos calcular o somatorio de potencias fatoriais
b∑x=a
xp =
p∑k=0
{p
k
} b∑x=a
x(k,1) =
p∑k=0
{p
k
}x(k+1,1)
k + 1
∣∣∣∣b+1
a
esse metodo consiste entao em transformar a potencia em outro ente que sabemos obter o
somatorio. Veja alguns exemplos de potencias escritas como somas de potencias fatoriais
x0 = 1.x(0,1)
x1 = 0.x(0,1) + 1.x(1,1)
x2 = 0.x(0,1) + 1.x(1,1) + 1.x(2,1)
x3 = 0.x(0,1) + 1.x(1,1) + 3.x(2,1) + 1.x(3,1)
x4 = 0.x(0,1) + 1.x(1,1) + 7.x(2,1) + 6.x(3,1) + 1.x(4,1)
x5 = 0.x(0,1) + 1.x(1,1) + 15.x(2,1) + 25.x(3,1) + 10.x(4,1) + 1.x(5,1)
x6 = 0.x(0,1) + 1.x(1,1) + 31.x(2,1) + 90.x(3,1) + 65.x(4,1) + 15.x(5,1) + 1.x(6,1)
3Para mais informacoes voce pode consultar o texto funcoes fatoriais que escrevi, nele demonstro
algumas propriedades de potencias fatoriais.
CAPITULO 1. SOMATORIO 29
Para simplificar algumas somas com potencia fatorial pode ser interessante usar que
x(k+1,1)
k + 1= k!
(x
k + 1
)e usar a relacao de Stifel (
p+ 1
k + 1
)=
(p
k + 1
)+
(p
k
).
Vejamos entao alguns exemplos de aplicacao deste metodo.
Exemplo 4. Calcular a soman∑
k=1
1.
Essa pode ser uma das mais simples somas por potencias fatoriais, temos que 1 = k(0,1),
logo ∑k(0,1) = k(1,1) = k
logon∑
k=1
1 = k
∣∣∣∣n+1
1
= n+ 1− 1 = n.
Exemplo 5. Calcular a soman∑
k=1
k.
Temos em potencia fatorial k = k(1,1) logo
∑k =
∑k(1,1) =
k(2,1)
2
aplicando os limites
n∑k=1
k =k(2,1)
2
∣∣∣∣n+1
1
=(n+ 1)(2,1)
2=
(n+ 1)(n)
2.
Corolario 12. Podemos com isso calcular somas de termo ak + b
n∑k=1
(ak + b) = an∑
k=1
k +n∑
k=1
1 = a(n)(n+ 1)
2+ bn
por exemplon∑
k=1
(2k − 1) = (n)(n+ 1)− n = (n)(n+ 1− 1) = n2.
CAPITULO 1. SOMATORIO 30
Exemplo 6. Calculen∑
k=1
k2.
Escrevemos k2 como potencia fatorial
k2 = k + k(2,1)
logo
∑k2 =
∑k(1,1)+k(2,1) =
k(2,1)
2+k(3,1)
3= k(2,1)(
1
2+(k − 2)
3) =
k(2,1)(3 + 2k − 4)
6=k(2,1)(2k − 1)
6=
=k(k − 1)(2k − 1)
6
aplicando os limites
n∑k=1
k2 =k(k − 1)(2k − 1)
6
∣∣∣∣n+1
1
=(n+ 1)(n)(2n+ 1)
6.
Vamos ver mais alguns exemplos Calcule em formula fechada
Exemplo 7. ∑k3∑k4∑k5
e as somas no intervalo [1, n] Temos k3 = k(1,1) + 3k(2,1) + k(3,1) logo
∑k3 =
∑k(1,1) + 3k(2,1) + k(3,1) =
k(2,1)
2+ k(3,1) +
k(4,1)
4
aplicando limites
n∑k=0
k3 =k(2,1)
2+ k(3,1) +
k(4,1)
4
∣∣∣∣n+1
k=0
=(n+ 1)(2,1)
2+ (n+ 1)(3,1) +
(n+ 1)(4,1)
4
usando expressao por coeficiente binomial e a relacao de Stifel
=
(n+ 1
2
)+ 6
(n+ 1
3
)+ 6
(n+ 1
4
)=
(n+ 1
2
)+ 6
(n+ 2
4
)=
CAPITULO 1. SOMATORIO 31
=(n+ 1)(n)
2+
(n+ 2)(n+ 1)(n)(n− 1)
4=
(n+ 1)(n)
2
(1 +
(n+ 2)(n− 1)
2=
)=
(n+ 1)(n)
2
(2 + n2 − n+ 2n− 2
2
)=
(n+ 1)2(n)2
22
n∑k=0
k3 =(n+ 1)2(n)2
22
dessa relacao podemos vern∑
k=0
k3 =
( n∑k=0
k
)2
.
que e chamada de Identidade de Nicomaco.
k4 = 1.x(1,1) + 7.x(2,1) + 6.x(3,1) + 1.x(4,1)
aplicando a soma
∑k4 =
∑x(1,1) + 7.x(2,1) + 6.x(3,1) + x(4,1) =
x(2,1)
2+
7.x(3,1)
3+
6.x(4,1)
4+x(5,1)
5
aplicando limites
n∑k=0
k4 =(n+ 1)(2,1)
2+
7.(n+ 1)(3,1)
3+
3.(n+ 1)(4,1)
2+
(n+ 1)(5,1)
5
k5 = k(1,1) + 15.k(2,1) + 25.k(3,1) + 10.k(4,1) + k(5,1)
∑k5 =
k(2,1)
2+
15.k(3,1)
3+
25.k(4,1)
4+
10.k(5,1)
5+k(6,1)
6
n∑k=0
k5 =(n+ 1)(2,1)
2+
15.(n+ 1)(3,1)
3+
25.(n+ 1)(4,1)
4+
10.(n+ 1)(5,1)
5+
(n+ 1)(6,1)
6
1.5.2 Identidade de Nicomaco
Provamos que valen∑
k=1
k3 = (n∑
k=1
k)2. Vamos provar agora um resultado que generaliza
esse.
Propriedade 17. Seja uma sequencia de inteiros positivos (xn), se vale
n∑k=1
(xk)3 = (
n∑k=1
xk)2
para todo n, entao xk = k.
CAPITULO 1. SOMATORIO 32
Demonstracao. Por inducao sobre n, para n = 1
x31 = x21
logo x1 = 1.
Suponha que xk = k para todo de 1 ate n, vamos provar que xn+1 = n+ 1.
n∑k=1
k3 + (xn+1)3 = (
n∑k=1
k + xn+1)2 = (
n∑k=1
k)2 + xn+12n∑
k=1
k + x2n+1
cancelando os termos iguais e tomando xn+1 = x segue
(x)3 = xn(n+ 1) + x2
como x = 0 tem-se
x2 − x = x(x− 1) = n(n+ 1)
a unica solucao positiva e x = n+ 1, logo xn+1 = n+ 1.
Exemplo 8 (Olimpıada Canadense de matematica 1975-Problema 1). Simplificar
( n∑k=1
k.2k.4k
n∑k=1
k.3k.9k
) 13
.
No numerador temosn∑
k=1
k.2k.4k = 8n∑
k=1
k.k.k
e no denominadorn∑
k=1
k.3k.9k = 27n∑
k=1
k.k.k
entao e a expressao
2
3.
Exemplo 9. Calcular a soman∑
k=1
(k)(k + 1).
Escrevemos k(k + 1) como potencia fatorial (k + 1)(2,1) = (k + 1)k logo
n∑k=1
(k)(k + 1) =n∑
k=1
(k + 1)(2,1) =(k + 1)(3,1)
3
∣∣∣∣n+1
1
=(n+ 2)(3,1)
3=
(n+ 2)(n+ 1)(n)
3.
CAPITULO 1. SOMATORIO 33
Propriedade 18. Seja p > 0 natural, vamos mostrar que
n∑k=0
kp = n(n+ 1)g(n)
onde g(n) e de grau p− 1 e nao possui. Sabemos quen∑
k=0
kp e de grau p+ 1 em n, e facil
ver que temos um fator n pois0∑
k=0
kp = 0p = 0(pois p > 0), agora nao podemos colocar
−1 no limite superior para provar que n+ 1 e fator, pois a identidade vale para naturais.
Vamos usar a formula geral por numeros de stirling para concluir essa fato.
Demonstracao.
kp =
p∑s=0
{p
s
}k(s,1)
somando
n∑k=0
kp =
p∑s=0
{p
s
} n∑k=0
k(s,1) =
p∑s=0
{p
s
}k(s+1,1)
s+ 1
∣∣∣∣n+1
0
=
p∑s=0
{p
s
}(n+ 1)(s+1,1)
s+ 1=
por p > 0 usando propriedade de numeros de Stirling tem-se
{p
0
}= 0, logo podemos
comecar a soma de 1
=
p∑s=1
{p
s
}(n+ 1)(s+1,1)
s+ 1= (n+1)(n)
p∑s=1
{p
s
}(n− 1)(s−1,1)
s+ 1= (n+1)(n)
p−1∑s=0
{ p
s+1
}(n− 1)(s,1)
s+ 2.
1.5.3 Usando numeros de Bernoulli
B0 B1 B2 B4 B6 B8 B10 B12 B14 B16 B18 B20 B22
1 −1
2
1
6
−1
30
1
42
−1
30
5
66
−691
2730
7
6
−3617
510
43867
798
−174611
330
854513
138
Podemos aplicar a formula de soma de Euler-Maclaurin
∑f(x) = B0
∫f(x) +
∞∑k=0
Bk+1.Dk
(k + 1)!f(x) + c
CAPITULO 1. SOMATORIO 34
Corolario 13 (Formula de Faulhaber). Podemos usar a formula de Euler-Maclaurin para
encontrar o somatorio de potencias xp, com p natural e x variando.
∑xp = B0
∫xp +
∞∑k=0
Bk+1.Dk
(k + 1)!xp = B0
xp+1
p+ 1+
p∑k=0
Bk+1.p(k,1)
(k + 1)!xp−k =
onde o limite superior do somatorio foi mudado para p, pois para k > p e p natural temos
Dkxp = 0, lembrando que Dkxp = p(k,1)xp−k , colocando1
p+ 1em evidencia
=1
p+ 1[B0x
p+1+
p∑k=0
Bk+1.p(k,1)(p+ 1)
(k + 1)!xp−k] =
1
p+ 1[B0x
p+1+∞∑k=0
Bk+1.(p+ 1)(k+1,1)
(k + 1)!xp−k] =
=1
p+ 1[B0x
p+1 +
p∑k=0
Bk+1.
(p+ 1
k + 1
)xp−k] =
fazendo mudanca de variavel no somatorio, somando +1 aos limites superior e inferior
temos
=1
p+ 1[B0x
p+1 +
p+1∑k=1
Bk.
(p+ 1
k
)xp+1−k] =
como Bk.
(p+ 1
k
)xp+1−k aplicado em k = 0 e igual B0.
(p+ 1
0
)xp+1 = B0x
p+1 logo jun-
tamos o termo ao limite inferior do somatorio
=1
p+ 1[
p+1∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)xp+1−k] =
∑xp
onde um caso especial e
n−1∑x=1
xp =n−1∑x=0
xp =1
p+ 1[
p+1∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)np+1−k −
p+1∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)0p+1−k] =
=1
p+ 1[
p+1∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)np+1−k −Bp+1.
(p+ 1
p+ 1
)] =
1
p+ 1
p∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)np+1−k
assimn−1∑x=0
xp =1
p+ 1
p∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)np+1−k
daın∑
x=0
xp =1
p+ 1
p∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)(n+ 1)p+1−k
CAPITULO 1. SOMATORIO 35
Corolario 14. Se p > 1 e ımpar, temos Bp = 0 logo
n∑x=0
xp =1
p+ 1
p−1∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)(n+ 1)p+1−k
como o menor expoente para (n+ 1) em (n+ 1)p+1−k e para k maximo, k = p− 1, temos
p+1− p+1 = 2, logo temos sempre o fator (n+1)2, que podemos colocar em evidencia.
Logo a soma se escrever como
n∑x=0
xp = (n+ 1)2g(n).
Exemplo 10. Vamos calcular algumas somas usando a formula anterior , para p = 0
temos
n−1∑k=0
1 =0∑
k=0
Bk.
(1
k
)n1−k = B0.
(1
0
)n1 = n.
Para p ≥ 1 podemos adicionar o termo np ao somatorio
n−1∑x=0
xp + np =n∑
x=0
xp = np +1
p+ 1
p∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)np+1−k =
1
p+ 1
p∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)np+1−k
onde Ck = Bk para todo k = 1 e para k = 1 C1 =1
2
n∑x=0
xp =1
p+ 1
p∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)np+1−k
Exemplo 11. Para p = 1 temos
n∑x=0
x =1
2
1∑k=0
Ck.
(2
k
)n2−k =
1
2
(c0
(2
0
)n2 + c1
(2
1
)n
)=
1
2(n2 + n) =
(n)(n+ 1)
2.
Exemplo 12. p = 2
n∑x=0
x2 =1
3
2∑k=0
Ck.
(3
k
)n3−k =
1
3
(C0.
(3
0
)n3 + C1.
(3
1
)n2 + C2.
(3
2
)n
)=
n∑x=0
x2 =1
3
(n3 +
3n2
2+n
2
).
CAPITULO 1. SOMATORIO 36
Exemplo 13. p = 3n∑
x=0
x3 =1
4
3∑k=0
Ck.
(4
k
)n4−k =
como C3 = 0
=1
4
(C0.
(4
0
)n4 + C1.
(4
1
)n3 + C2.
(4
2
)n2
)=
1
4
(n4 + 2n3 + n2
).
Exemplo 14. p = 4n∑
x=0
x4 =1
5
4∑k=0
Ck.
(5
k
)n5−k =
=n∑
x=0
x4 =1
5
(n5 +
5n4
2+
10n3
6− n
6
).
Exemplo 15. p = 5
n∑x=0
x5 =1
6
5∑k=0
Ck.
(6
k
)n6−k =
1
6
(n6 + 3n5 +
5
2n4 − n2
2
).
Exemplo 16. p = 6
n∑x=0
x6 =1
7
6∑k=0
Ck.
(7
k
)n7−k =
1
42
(6n7 + 21n6 + 21n5 − 7n3 + n
).
Exemplo 17. p = 7
n∑x=0
x7 =1
8
7∑k=0
Ck.
(8
k
)n8−k =
1
24
(3n8 + 12n7 + 14n6 − 7n4 + 2n2
).
Exemplo 18. p = 8
n∑x=0
x8 =1
9
8∑k=0
Ck.
(9
k
)n9−k =
1
90
(10n9 + 45n8 + 60n7 − 42n5 + 20n3 − 3n
).
Exemplo 19. Para p = 13
n∑x=0
x13 =1
14
13∑k=0
Ck.
(14
k
)n14−k =
=1
14
(n14 + 7n13 +
91
6n12 − 1001
30n10 +
143
2n8 − 1001
10n6 +
455
6n4 − 691
30n2.
)
CAPITULO 1. SOMATORIO 37
1.5.4n∑
x=0
xp = n2(n+ 1)2g(n), p > 1 ımpar.
Corolario 15. Seja p > 1, p ımpar, entao cp = bp e um numero de bernoulli ımpar logo
cp = 0, daı
n∑x=0
xp =1
p+ 1
p∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)np+1−k =
1
p+ 1
p−1∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)np+1−k
e o menor grau de np+1−k e para k maximo k = p − 1, np+1−p+1 = n2, logo podemos
colocar n2 em evidencia
n∑x=0
xp = n2h(n) = n2(n+ 1)2g(n).
Como sabemos do termo1
p+ 1como coeficiente do somatorio, podemos escrever
tambemn∑
x=0
xp = n2h(n) = n2(n+ 1)2g(n)
p+ 1
g(n) e de grau p+ 1− 4 = p− 3.
Corolario 16. Seja p > 1 ımpar. Tomando n = −1 na expressao da soma tem-se
p∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)(−1)p+1−k = 0
multiplicando por (−1)p+1
p∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)(−1)k = 0
para qualquer p.
Porem −1 e um zero de ordem 2, entao podemos derivar a expressao
1
p+ 1
p∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)np+1−k
em n e −1 contınua sendo um zero, o que fornece a expressao
1
p+ 1
p∑k=0
Ck(p+ 1− k).
(p+ 1
k
)np−k
CAPITULO 1. SOMATORIO 38
tomando n = −1
1
p+ 1
p∑k=0
Ck(p+ 1− k).
(p+ 1
k
)(−1)p−k = 0.
1
p+ 1
p∑k=0
Ck(p+ 1− k).
(p+ 1
k
)(−1)k = 0.
1.5.5 Outras demonstracoes de quen∑
k=0
kp = n(n+ 1)g(n).
Iremos apresentar outras demonstracoes de quen∑
k=0
kp = n(n+ 1)g(n).
Demonstracao. Podemos demonstrar de maneira simples que
sn =n∑
k=0
kp = n(n+ 1)g(n) = nh(n)
para p > 0. O fator n aparece pois s0 = 0. O fator n+1 aparece pois, tomando a diferenca
sn+1 − sn no somatorio
sn+1 − sn = (n+ 1)p = (n+ 1)h(n+ 1)− nh(n)
fazendo n = −1 temos
0 = h(−1).
Demonstracao.[2] Seja4 P (x) tal que ∆P (x) = xp, podemos tomar P (x) com termo
independente nulo, pois se fosse um valor nao nulo a0 poderıamos tomar P (x) − a0 e
valeria de qualquer forma ∆(P (x)− a0) = xp, entao ∆P (x) = xp e P (x) = h(x)x , como
vale 0p = 0 para p > 0, temos ∆P (0) = 0 = P (1) − P (0) = P (1) entao P (1) e zero
valendo P (x) = x(x− 1)t(x), usando tal relacao no somatorio temos
n∑k=0
∆k(k − 1)t(k) =n∑
k=0
kp = k(k − 1)t(k)
∣∣∣∣n+1
0
= (n+ 1)nt(n+ 1) .
Corolario 17. Por identidade envolvendo numeros de stirling
n∑k=0
kp = (n+ 1)(n)
p−1∑s=0
{ p
s+1
}(n− 1)(s,1)
s+ 2
4Solucao apresentada por Lucas Garcia Gomes.
CAPITULO 1. SOMATORIO 39
para todo p > 0 natural, em especial se p > 1 ımpar −1 e raiz dupla, entao
p−1∑s=0
{ p
s+1
}(−2)(s,1)
s+ 2= 0
mas
(−2)(s,1) =s−1∏u=0
(−2− u) = (−1)ss−1∏u=0
(2 + u) = (−1)ss+1∏u=2
(u) = (−1)s(s+ 1)!
logop−1∑s=0
{ p
s+1
}(−1)s(s+ 1)!
s+ 2= 0.
Da mesma maneira, para p > 1 ımpar 0 e raiz dupla, logo
p−1∑s=0
{ p
s+1
}(−1)(s,1)
s+ 2= 0
(−1)(s,1) =s−1∏u=0
(−1− u) = (−1)ss−1∏u=0
(1 + u) = (−1)ss∏
u=1
(u) = (−1)s(s)!
daıp−1∑s=0
{ p
s+1
}(−1)s(s)!
s+ 2= 0.
Subtraindo a primeira da segunda
p−1∑s=0
{ p
s+1
}(−1)ss(s)!
s+ 2= 0
somando a primeira com a segunda
p−1∑s=0
{ p
s+1
}(−1)s(s+ 2)(s)!
s+ 2= 0.
Propriedade 19. Seja
f(n) =1
p+ 1
p∑k=0
Ck.
(p+ 1
k
)np+1−k − C1n
p =1
p+ 1
p∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)np+1−k − np
2.
� Se p e par, entao f e ımpar.
� Se p e ımpar, entao f e par.
Demonstracao.
CAPITULO 1. SOMATORIO 40
� Se p e par entao f(n) e ımpar, pois os coeficientes de np+1−k serao zero para k ımpar
e como p + 1 e ımpar temos p + 1 − k e par, logo os coeficientes dos termos pares
sao zero.
� Se p e ımpar f(n) e par, pois os coeficientes de np+1−k serao zero para k ımpar e
como p + 1 e par temos p + 1− k e ımpar, logo os coeficientes dos termos ımpares
sao zero.
Propriedade 20. Se p > 0 e par, entao
s(n) =n∑
k=0
kp = (n+ 1)(n)(2n+ 1)g(n).
Demonstracao. Ja sabemos que n e n + 1 sao fatores, agora provamos que 2n + 1
tambem e fator.
f(n) =1
p+ 1
p∑k=0
Bk.
(p+ 1
k
)np+1−k − np
2= s(n)− np
2e ımpar, logo
f(−1
2) = s(
−1
2)− 1
2
1
2p
f(1
2) = s(
1
2)− 1
2
1
2p
como f e ımpar f(−1
2) = −f(1
2) segue que
s(−1
2)− 1
2
1
2p= −s(1
2) +
1
2
1
2p⇒ s(
−1
2) + s(
1
2) =
1
2p
de s(n)−s(n−1) = np, tomando n =1
2, tem-se s(
1
2)−s(1
2) =
1
2pjuntando com a equacao
anterior temos
s(−1
2) = 0.
Propriedade 21.
limn→∞
n∑k=0
kp
np+1=
1
p+ 1.
Demonstracao.
n∑k=0
kp
np+1=
1
p+ 1
p∑k=0
ck
(p+ 1
k
)np+1−k
np+1=
1
p+ 1
p∑k=0
ck
(p+ 1
k
)1
nk=
CAPITULO 1. SOMATORIO 41
=1
p+ 1c0
(p+ 1
0
)1
n0+
1
p+ 1
p∑k=1
ck
(p+ 1
k
)1
nk=
1
p+ 1+
1
p+ 1
p−1∑k=0
ck+1
(p+ 1
k + 1
)1
n.nk
tomando o limite, o termo no somatorio tende a zero, ficando o termo1
p+ 1.
1.5.6 Usando derivadas
Propriedade 22. Vale que
s(n) =n∑
k=0
kp =
p+1∑k=1
aknk
onde
at+1 =1
t+ 1
p+1∑k=t+2
ak
(k
t
)(−1)k−t e ap+1 =
1
p+ 1.
Demonstracao. De s(n) =n∑
k=0
kp, tem-se s(n) − s(n − 1) = np. Vamos supor
s(n) =
p+1∑k=1
aknk que possui o termo independente a0 = 0 pois s(0) = 0. Aplicamos a
p-esima derivada em s(n)− s(n− 1) = np que resulta em
s(p)(n)− s(p)(n− 1) = p!
temos ainda que s(p)(n) = ap.p!+ap+1(p+1)!n daı s(p)(n)−s(p)(n−1)(n) = ap+1(p+1)! = p!
que implica ap+1 =1
(p+ 1).
Iremos achar os outros coeficientes. Tomamos a t-esima derivada em s(n)−s(n−1) =
np, com 0 ≤ t < p, daı
s(t)(n)− s(t)(n− 1) = t!
(p
t
)np−t
, tomando n = 0 tem-se
s(t)(0) = st(−1)
Usando s(n) =
p+1∑k=1
akxk e aplicando novamente a t-esima derivada
s(t)(n) =
p+1∑k=t
ak(t!)
(k
t
)nk−t
CAPITULO 1. SOMATORIO 42
de s(t)(0) = st(−1) segue que
p+1∑k=t
ak(t!)
(k
t
)0k−t =
p+1∑k=t
ak(t!)
(k
t
)(−1)k−t ⇒
at.t! = t!
p+1∑k=t+2
ak
(k
t
)(−1)k−t + at(t!)− at+1(t+ 1)! ⇒
at+1 =1
t+ 1
p+1∑k=t+2
ak
(k
t
)(−1)k−t
como querıamos demonstrar.
Corolario 18.
Vamos usar o procedimento (sem decorar a formula) para mostrar como funciona o
metodo que usamos na demonstracao.
O procedimento e o seguinte, dado s(n) =n∑
k=1
kp, sabemos que s(n) =np+1
p+ 1+
p∑k=1
ak.nk, temos entao que descobrir os outros coeficientes ak, usamos que s(n)−s(n−1) =
np, daı aplicando a derivada temos
s(n)− s(n− 1) = np
s′(n)− s′(n− 1) = pnp−1
......
s(t)(n)− s(t)(n− 1) = t!
(p
t
)np−t
......
s(p−1)(n)− s(p−1)(n− 1) = p!n
no ponto n = 0 essas equacoes implicam
s(0) = s(−1)
CAPITULO 1. SOMATORIO 43
s′(0) = s′(−1)
......
s(t)(0) = s(t)(−1)
......
s(p−1)(0) = s(p−1)(−1)
comecando da ultima equacao usando s(n) =np+1
p+ 1+
p∑k=1
ak.nk vamos descobrindo os
coeficientes ak, comecando de k = p e terminando em k = 1. Aplicamos ate a derivada
p− 1-esima, sendo no total p equacoes no sistema acima.
Exemplo 20. Calcularn∑
k=1
k. Ja sabemos quen∑
k=1
k = a1n+n2
2, vamos descobrir a1.
s(0) = s(−1) ⇒ 0 = −a1 +1
2⇒ a1 =
1
2
entao
s(n) =n
2+n2
2.
Exemplo 21. Calcular a formula fechada de
n∑k=1
k2.
Supomosn∑
k=1
k2 = a1n+ a2n2 +
n3
3= s(n) daı
s′(n) = a1 + 2a2n+ n2
Da identidade s(n) − s(n − 1) = n2 segue s′(n) − s′(n − 1) = 2n , aplicando n = 0
tem-se s′(0) = s′(−1) ⇒ a1 = a1−2a2+1 ⇒ a2 =1
2, daı s(n) = a1n+
n2
2+n3
3. Tomando
n = 0 em s(n)− s(n− 1) = n2 tem-se s(0) = s(−1) e daı
0 = −a1 +1
2− 1
3⇒ a1 =
1
6
CAPITULO 1. SOMATORIO 44
portanto
s(n) =n
6+n2
2+n3
3.
Exemplo 22. Calcularn∑
k=1
k3 .n∑
k=1
k3 = a1n+ a2n2 + a3n
3 +n4
4
s′′(n) = 2a2 + 6a3n+ 3n2
usando s′′(0) = s′′(−1) ⇒ 2a2 = 2a2 − 6a3 + 3 ⇒ a3 =1
2
s′(n) = a1 + 2a2n+3
2n2 + n3
de s′(0) = s′(−1) ⇒ a1 = a1 − 2a2 +3
2− 1 ⇒ 1
4= a2 finalmente s(−1) = 0
s(n) = a1n+n2
4+n3
2+n4
4⇒ −a1 +
1
4− 1
2+
1
4= 0 ⇒
a1 = 0
portanto
s(n) =n2
4+n3
2+n4
4.
Exemplo 23.
Usando a formula para os coeficientes, podemos achar que
ap+1 =1
p+ 1, ap =
1
2, ap−1 =
p
12, ap−2 = 0, ap−3 = −p(p− 1)(p− 2)
4!30
1.5.7 Usando numeros Eulerianos
Numeros Eulerianos
n
⟨n
0
⟩ ⟨n
1
⟩ ⟨n
2
⟩ ⟨n
3
⟩ ⟨n
4
⟩ ⟨n
5
⟩ ⟨n
6
⟩0 1 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 0 0 0 0
2 1 1 0 0 0 0 0
3 1 4 1 0 0 0 0
4 1 11 11 1 0 0 0
5 1 26 66 26 1 0 0
6 1 57 302 302 57 1 0
CAPITULO 1. SOMATORIO 45
Vamos usar a identidade de Worpitzky
xn =n∑
k=0
⟨n
k
⟩(x+ k
n
)para calcular soma das potencias, aplicando o somatorio indefinido em x temos
∑x
xn =n∑
k=0
⟨n
k
⟩∑x
(x+ k
n
)=
n∑k=0
⟨n
k
⟩(x+ k
n+ 1
)aplicando limites [0, b] temos
b∑x=0
xn =n∑
k=0
⟨n
k
⟩(b+ 1 + k
n+ 1
)pois k neste caso e sempre menor que n+1 entao o termo para x = 0 implica o coeficiente
binomial sendo zero. Vamos ver alguns exemplos de somatorios definidos usando numeros
Eulerianos
Exemplo 24.
x2 =
(x
2
)+
(x+ 1
2
)logo ∑
x2 =
(x
3
)+
(x+ 1
3
)n∑
x=0
x2 =
(n+ 1
3
)+
(n+ 2
3
)=
(n+ 1)(n)(n− 1)
6+(n+ 2)(n+ 1)(n)
6=
(n)(n+ 1)
6(n−1+n+2) =
=n∑
x=0
x2 =(n)(n+ 1)(2n+ 1)
6.
Exemplo 25.
x3 =
(x
3
)+ 4
(x+ 1
3
)+
(x+ 2
3
)∑
x3 =
(x
4
)+ 4
(x+ 1
4
)+
(x+ 2
4
)n∑
x=0
x3 =
(n+ 1
4
)+ 4
(n+ 2
4
)+
(n+ 3
4
)
CAPITULO 1. SOMATORIO 46
Exemplo 26.
x4 =
(x
4
)+ 11
(x+ 1
4
)+ 11
(x+ 2
4
)+
(x+ 3
4
)
∑x4 =
(x
5
)+ 11
(x+ 1
5
)+ 11
(x+ 2
5
)+
(x+ 3
5
)n∑
x=0
x4 =
(n+ 1
5
)+ 11
(n+ 2
5
)+ 11
(n+ 3
5
)+
(n+ 4
5
).
1.6 Usando diferencas e soma telescopica
Um metodo muito usado para calcular a soma de potencias kp e tomar a soma de
∆kp+1 ∑k
∆kp+1 = kp+1
n∑k=0
∆kp+1 = (n+ 1)p+1
como ∆kp+1 e um polinomio de grau p, tomamos a diferenca de um polinomio de grau
p+ 1 para calcular a soma de um polinomio de grau p.
Exemplo 27. Calcularn∑
k=1
k.
Tomamosn∑
k=1
∆k2 = (n+ 1)2 − 1 =n∑
k=1
2k + 1 = 2n∑
k=1
k + n
logo
2n∑
k=1
k = n2 + 2n− n,n∑
k=1
k =n(n+ 1)
2.
Exemplo 28. Calcularn∑
k=1
k2.
n∑k=1
∆k3 = (n+ 1)3 − 1
∆k3 = (k + 1)3 − k3 = 3k2 + 3k + 1
CAPITULO 1. SOMATORIO 47
n∑k=1
∆k3 = (n+ 1)3 − 1 = 3n∑
k=1
k2 + 3n∑
k=1
k +n∑
k=1
1 = 3n∑
k=1
k2 + 3(n+ 1)(n)
2+ n
3n∑
k=1
k2 = n3 + 3n2 + 3n− 3
2(n2 + n)− n
apos simplificacoes podemos achar
n∑k=1
k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6.
Propriedade 23. Podemos demonstrar de outra maneira que a soma de polinomio de
grau p e um polinomio de grau p+ 1, usando esse metodo de diferencas e inducao.
Demonstracao.n∑
k=0
1 = (n+ 1)
logo a soma de ”grau”0, resulta em grau 1. Supondo que a propriedade seja valida para
n∑k=0
ks
sendo de grau s + 1 em n, para todo s de 0 ate p, vamos provar que essa propriedade
implica quen∑
k=0
kp+1 e de grau p+ 2.
n∑k=0
∆kp+2 = (n+ 1)p+2
e ∆kp+2 e de grau p+ 1, pois
∆kp+2 =
p+2∑s=0
(p+ 2
s
)ks − kp+2 =
p∑s=0
(p+ 2
s
)ks︸ ︷︷ ︸
A
+(p+ 2)kp+1
a soma dos termos no somatorio simbolizado como A e de grau p+ 1, para igualar com o
lado direito na expressao inicial e necessario entao que a soma de kp+1 seja de grau p+2,
o que prova o resultado.
CAPITULO 1. SOMATORIO 48
1.7 Somatorios por interpolacao
Vamos usar a formula de interpolacao de newton (FIN) para calcular a soma de
potencias. Podemos interpolar a funcao somatorio f(n) =n∑
k=0
g(k) (onde g(k) e um
polinomio)chegando diretamente na resposta ou podemos interpolar g(k) e depois aplicar
o somatorio, que sera simples de ser calculado pela propriedade de soma de coeficientes
binomiais. Seja entao
f(n) =n∑
k=0
g(k)
por interpolacao podemos escrever
f(n) =∞∑k=0
(n
k
)∆kf(0)
se g(k) e de grau p temos ∆f(n) = g(n+ 1) e ∆p+1f(n) = ∆pg(n+ 1) = c onde c e uma
constante, logo ∆p+2f(n) = 0 e todas potencias maiores do operador, o que implica que
podemos escrever o limite superior da soma (na interpolacao) como sendo p+ 1
f(n) =
p+1∑k=0
(n
k
)∆kf(0)
como
(n
p+ 1
)e de grau p+1, temos que a soma de polinomio de grau p e de grau p+1.
Agora podemos interpolar g(k) e depois aplicar o somatorio, como g(k) e de grau p, temos
∆pg(k) = c e ∆p+1 = 0, logo a interpolacao de g(k) fica como
g(k) =
p∑s=0
(k
s
)∆sg(0)
podemos agora aplicar o somatorio
n∑k=0
g(k) =
p∑s=0
∆sg(0)n∑
k=0
(k
s
)=
p∑s=0
∆sg(0)
(n+ 1
s+ 1
)
onde o termo
(n+ 1
p+ 1
)e de grau p + 1 logo temos outra demonstracao que a soma de
polinomio de grau p e um de grau p+ 1.
Lembrando que a soma de coeficientes binomiais tem a propriedade
b∑k=a
(k
p
)=
(k
p+ 1
)∣∣∣∣b+1
a
=
(b+ 1
p+ 1
)−
(a
p+ 1
)
CAPITULO 1. SOMATORIO 49
ou se b = n e a = 0
n∑k=0
(k
p
)=
(n+ 1
p+ 1
)−
(0
p+ 1
)=
(n+ 1
p+ 1
)n∑
k=0
(k
p
)=
(n+ 1
p+ 1
)(Que poderia ser decorada assim: Voce pode somar 1 ao numerador e denominador do
coeficiente binomial e trocar k pelo limite superior n do somatorio.)
Vamos ver alguns exemplos de aplicacao, primeiramente do metodo de interpolar o
termo somado.
Exemplo 29. Calcularn∑
k=1
1.
1 =
(k
0
)logo
n∑k=1
1 =n∑
k=1
(k
0
)=
(k
1
)∣∣∣∣n+1
1
=
(n+ 1
1
)−(1
1
)= n+ 1− 1 = n.
Exemplo 30. Calcularn∑
k=0
k.
Interpolamos k
f(0) = 0, ∆f(k) = 1, k =
(k
1
)aplicando a soma , temos
n∑k=0
k =n∑
k=0
(k
1
)=
(n+ 1
2
)=
(n+ 1)(n)
2.
Exemplo 31. Calcularn∑
k=0
k2.
Interpolando k2
f(0) = 0, ∆f(k) = 2k + 1,∆f(0) = 1, ∆2f(k) = 2 , k2 =
(k
1
)+ 2
(k
2
)
CAPITULO 1. SOMATORIO 50
aplicando o somatorio
n∑k=0
k2 =n∑
k=0
(k
1
)+ 2
(k
1
)=
(n+ 1
2
)+ 2
(n+ 1
3
)=
(n+ 1
2
)+
(n+ 1
3
)+
(n+ 1
3
)=
(n+ 2
3
)+
(n+ 1
3
)=
=(n+ 2)(n+ 1)(n)
6+(n+ 1)(n)(n− 1)
6=
(n+ 1)(n)
6
(n+2+n−1
)=
(n+ 1)(n)(2n+ 1)
6.
Exemplo 32. Calcularn∑
k=0
k3.
Interpolando achamos
f(0) = 0, ∆f(0) = 1, ∆2f(0) = 6, ∆3f(0) = 6, k3 =
(k
1
)+ 6
(k
2
)+ 6
(k
3
)somando
n∑k=0
k3 =n∑
k=0
(k
1
)+ 6
(k
2
)+ 6
(k
3
)=
(n+ 1
2
)+ 6
(n+ 1
3
)+ 6
(n+ 1
4
)=
=
(n+ 1
2
)+6
(n+ 2
4
)=
(n+ 1)(n)
2+(n+ 2)(n+ 1)(n)(n− 1)
4=
(n+ 1)(n)
22
(2+n2−n+2n−2
)=
=n∑
k=0
k3 =
((n+ 1)(n)
2
)2
.
Exemplo 33. Calcularn∑
k=0
k4. Tomando k4 = f(k) e interpolando achamos f(0) = 0,
∆f(0) = 1, ∆2f(0) = 14, ∆3f(0) = 36 e ∆4f(0) = 24. Daı podemos escrever
k4 =
(k
1
)+ 14
(k
2
)+ 36
(k
3
)+ 24
(k
4
)aplicando a soma, tem-se
n∑k=0
k4 =n∑
k=0
(k
1
)+ 14
(k
2
)+ 36
(k
3
)+ 24
(k
4
)=
=
(n+ 1
2
)+ 14
(n+ 1
3
)+ 36
(n+ 1
4
)+ 24
(n+ 1
5
).
Agora vamos interpolar a funcao somatorio.
CAPITULO 1. SOMATORIO 51
Exemplo 34. Calcularn∑
k=1
1 = f(n).
Tem-se f(0) = 0 (soma vazia) ∆f(n) = 1 logo ∆f(0) = 1 , temos entao
n∑k=1
1 = f(0)
(n
0
)+∆f(0)
(n
1
)=
(n
1
)= n.
Exemplo 35. Calcularn∑
k=0
k = f(n).
Tem-se f(0) = 0, ∆f(n) = n+ 1 logo ∆f(0) = 1 e ∆2f(n) = 1, implicando a escrita
n∑k=0
k =
(n
1
)+
(n
2
)=
(n+ 1
2
)=
(n+ 1)(n)
2.
Exemplo 36. Calcularn∑
k=0
k2 = f(n).
Temos f(0) = 0, ∆f(n) = (n + 1)2 logo ∆f(0) = 1, ∆2f(n) = 2n + 3 ⇒ ∆2f(0) = 3 e
finalmente ∆3f(n) = 2, logo o somatorio fica
n∑k=0
k2 =
(n
1
)+ 3
(n
2
)+ 2
(n
3
)=
(n+ 1
2
)+ 2
(n+ 1
3
)=
(n+ 2
3
)+
(n+ 1
3
)=
soma de binomios que ja simplificamos antes
=(n)(n+ 1)(2n+ 1)
6.
Podemos escrever certas funcoes como soma de binomios usando a interpolacao tambem,
por exemplo, f(n) = (a+1)n tem-se ∆kf(n) = ak(a+1)n logo ∆kf(0) = ak e escrevemos
(a+ 1)n =n∑
k=0
(n
k
)ak
que e equivalente a expandir a expressao usando o bınomio de newton.
Exemplo 37. Calcular a soman∑
k=1
(2k − 1)2.
CAPITULO 1. SOMATORIO 52
(2k − 1)2 = 4k2 − 4k + 1, usaremos quen∑
k=1
k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6,
n∑k=1
k =n(n+ 1)
2
en∑
k=1
1 = n, entao
n∑k=1
(2k − 1)2 = 4n∑
k=1
k2 − 4n∑
k=1
k +n∑
k=1
1 =4n(n+ 1)(2n+ 1)
6− 2n(n+ 1) + n.
1.8 Achando uma recorrencia para o somatorio de
xp+1
1.8.1 Recorrencia para o somatorio indefinido
∑x
∆xp+1 =∑x
((x+ 1)n+1 − xp+1
)=
∑x
( p+1∑k=0
(p+ 1
k
)xk − xp+1
)= xp+1 =
pelo teorema binomial, abrindo agora o ultimo termo do somatorio e usando que
(p+ 1
p+ 1
)=
1
=∑x
( p∑k=0
(p+ 1
k
)xk +
(p+ 1
p+ 1
)xp+1 − xp+1
)=
=∑x
( p∑k=0
(p+ 1
k
)xk + xp+1 − xp+1
)=
∑x
p∑k=0
(p+ 1
k
)xk = xp+1
abrindo o ultimo o limite superior do somatorio temos
∑x
( p−1∑k=0
(p+ 1
k
)xk +
(p+ 1
n
)xp)
=∑x
( p−1∑k=0
(p+ 1
k
)xk + (p+ 1)xp
)=
=∑x
p−1∑k=0
(n+ 1
k
)xk + (p+ 1)
∑x
xp = xp+1
implicando que
∑x
xp =xp+1
p+ 1− 1
p+ 1
∑x
p−1∑k=0
(p+ 1
k
)xk.
CAPITULO 1. SOMATORIO 53
1.8.2 Recorrencia para o somatorio definido
Tomando limites [0, n] no somatorio, segue
n∑x=0
xp =(n+ 1)p+1
p+ 1− 1
p+ 1
n∑x=0
p−1∑k=0
(p+ 1
k
)xk =
(n+ 1)p+1
p+ 1− 1
p+ 1
p−1∑k=0
(p+ 1
k
) n∑x=0
xk.
Podemos provar novamente com isso que se p > 0 entaon∑
x=0
xp = n(n+ 1)gp(n), para
p = 1 a identidade vale pois temosn(n+ 1)
2., supondo agora pelo segundo principio de
inducao a validade para valores ate p− 1
n∑x=0
xp =1
p+ 1[(n+1)p+1−
p−1∑k=0
(p+ 1
k
) n∑x=0
xk] =1
p+ 1[(n+1)p+1−n−1−
p−1∑k=1
(p+ 1
k
) n∑x=0
xk] =
=(n+ 1)
p+ 1[
p∑k=0
(p
k
)nk−1−n
p−1∑k=1
(p+ 1
k
)gk(n)] =
(n+ 1)
p+ 1[
p∑k=1
(p
k
)nk−n
p−1∑k=1
(p+ 1
k
)gk(n)] =
=(n+ 1)
p+ 1[n
p−1∑k=0
(p
k + 1
)nk−n
p−1∑k=1
(p+ 1
k
)gk(n)] =
(n+ 1)(n)
p+ 1[
p−1∑k=0
(p
k + 1
)nk−
p−1∑k=1
(p+ 1
k
)gk(n)]
o que prova o resultado!
n∑x=0
xp =(n+ 1)(n)
p+ 1[
p−1∑k=0
(p
k + 1
)nk −
p−1∑k=1
(p+ 1
k
)gk(n)]
1.9 Soma de inversos
1.9.1 Inverso de p.a
Se temos uma p.a an = a1 + (n− 1).r
∆1
an=
1
an+1
− 1
an=an − an+1
an+1an
com isso temos
−∆1
an=an+1 − anan+1an
=∆anan+1an
como ∆an = r a razao da p.a, segue
−∆1
an=
r
an+1an
CAPITULO 1. SOMATORIO 54
logo
∆− 1
r.an=
1
an+1an
aplicando o somatorio de ambos os lados∑∆− 1
r.an= − 1
r.an=
∑ 1
an+1an
assim ∑ 1
an+1an= − 1
r.an
e com os limitesb∑
n=c
1
an+1an= − 1
r.an
∣∣∣∣b+1
c
n∑k=1
1
ak+1ak= − 1
r.ak
∣∣∣∣n+1
1
= − 1
r.an+1
+1
r.a1.
Exemplo 38. Em geral se temos uma funcao f(k) = ak + b temos
∆1
ak + b=
1
ak + a+ b− 1
ak + b=
ak + b− ak − a− b
(ak + a+ b)(ak + b)=
−a(ak + a+ b)(ak + b)
−1
a∆
1
ak + b=
1
(ak + a+ b)(ak + b)
assim temos ∑k
1
(ak + a+ b)(ak + b)= −1
a
(1
ak + b
)n−1∑k=0
1
(ak + a+ b)(ak + b)= −1
a
(1
ak + b
)∣∣∣∣n0
= −1
a
(1
an+ b
)+
1
ab=
n
b(an+ b).
e a serie∞∑k=0
1
(ak + a+ b)(ak + b)=
1
ab.
Exemplo 39. Calcularn−1∑k=0
1
(k + b)(k + b+ 1).
Usamos o resultado anterior com a = 1
n−1∑k=0
1
(k + b)(k + b+ 1)=
n
b(n+ b).
CAPITULO 1. SOMATORIO 55
Exemplo 40. Calcular15∑k=0
1
4(5 + k)(6 + k).
Usamos o resultado anterior com n = 16, b = 5
15∑k=0
1
4(5 + k)(6 + k)=
16
4.5(21)=
4
105.
Exemplo 41 (OBM). Calcular a soma
999∑k=0
1
(3k + 1)(3k + 4).
Sendo 3k + 1 = ak + b temos a = 3 e b = 1 logo ak + b + a = 3k + 4 que bate com o
resultado que temos, vamos aplicar a formula para o caso geral
n−1∑k=0
1
(3k + 1)(3k + 4)= −1
3
(1
3k + 1
)∣∣∣∣n0
= −1
3
(1
3n+ 1
)+
1
3=
n
(3n+ 1).
E no caso do problema999∑k=0
1
(3k + 1)(3k + 4)=
1000
3001.
Exemplo 42. Calcular a soma
n∑k=1
1
(5k − 2)(5k + 3).
n∑k=1
1
(5k − 2)(5k + 3)=
n−1∑k=0
1
(5k + 3)(5k + 8)
ak + b = 5k + 3 temos a = 5 e b = 3 logo
n−1∑k=0
1
(5k + 3)(5k + 8)= −1
5
1
5k + 3
∣∣∣∣n0
=1
15− 1
5(5n+ 3)
e a serie∞∑k=1
1
(5k − 2)(5k + 3)=
1
15.
Exemplo 43. Calcularn∑
k=1
1
(2k − 1)(2k + 1).
CAPITULO 1. SOMATORIO 56
n∑k=1
1
(2k − 1)(2k + 1)=
n−1∑k=0
1
(2k + 1)(2k + 3)
tomando 2k + 1 = ak + b, temos a = 2, b = 1 logo o resultado e
n−1∑k=0
1
(2k + 1)(2k + 3)= −1
2
1
2k + 1
∣∣∣∣n0
= −1
2
1
2n+ 1+
1
2=
n
2n+ 1
se queremos o limite∞∑k=1
1
(2k − 1)(2k + 1)=
1
2.
Podemos tambem expandir o denominador em1
(2k − 1)(2k + 1), escrevendo
1
(2k − 1)(2k + 1)=
1
4k2 − 1.
Exemplo 44. Calcularn∑
k=1
k2
(2k − 1)(2k + 1).
Escrevemos
k2
(2k − 1)(2k + 1)=
k2
4k2 − 1=
1
4(
k2
k2 − 14
) =1
4(
k2
k2 − 14
− 1 + 1) =1
4(k2 − k2 + 1
4
k2 − 14
+ 1) =
=1
4(
1
4k2 − 1+ 1) =
1
4
1
(2k − 1)(2k + 1)+
1
4
aplicando o somatorio
n∑k=1
k2
(2k − 1)(2k + 1)=
1
4(
n∑k=1
1
(2k − 1)(2k + 1)+
n∑k=1
1) =1
4(
n
2n+ 1+n) =
n
4(
1
2n+ 1+1) =
=n(n+ 1)
2(2n+ 1)=
n∑k=1
k2
(2k − 1)(2k + 1).
Exemplo 45. ∑ 1
k + 1= Hk
pois ∆Hk =1
(k + 1). Em geral se s natural, temos
∑ 1
k + s+ 1= Hk+s
CAPITULO 1. SOMATORIO 57
temos que ter ∆Hk+s =1
k + s+ 1e temos pois
∆Hk+s = Hk+s+1 −Hk+s =k+s+1∑p=1
1
p−Hk+s =
k+s∑p=1
1
p+
1
k + s+ 1−Hk+s =
1
k + s+ 1.
Com limites
n∑k=1
1
k + s= Hk+s−1
∣∣∣∣n+1
1
= Hn+1+s−1 −H1+s−1 = Hn+s −Hs.
Exemplo 46. ∑ k
k + 1.∑ k
k + 1=
∑ k
k + 1−1+1 =
∑ k − k − 1
k + 1+1 =
∑ k − k − 1
k + 1+1 = −
∑ 1
k + 1+∑
1 =∑ k
k + 1= k −Hk.
E com limites [1, n]
n∑k=1
k
k + 1= k −Hk
∣∣∣∣n+1
1
= (n+ 1)−Hn+1
Exemplo 47. ∑ k
k + s
com s natural.
∑ k
k + s=
∑ k
k + s−1+1 =
∑ k − k − s
k + s+1 = −s
∑ 1
k + s+∑
1 = −sHk+s−1+k
∑ k
k + s= −sHk+s−1 + k.
Se p um numero real
∑ k + p
k + s=
∑ k
k + s+∑ p
k + s= −sHk+s−1 + k + pHk+s−1.
∑ k + p
k + s= Hk+s−1(p− s) + k.
CAPITULO 1. SOMATORIO 58
1.9.2 Inverso de termos com raızes
Exemplo 48. Vamos avaliar a diferenca
∆1√x=
1√x+ 1
− 1√x=
√x−
√x+ 1
√x√x+ 1
=
multiplicando e dividindo por√x+
√x+ 1 , temos
= − 1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x
logo temos
−∆1√x=
1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x
logo ∑ 1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x= −
∑∆
1√x= − 1√
x∑ 1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x= − 1√
x.
Se temos dois quadrados perfeitos s2 > a2 podemos calcular a soma
s2−1∑x=a2
1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x= − 1√
x
∣∣∣∣s2a2
= −1
s+
1
a=s− a
as.
Podemos calcular a soma em [1, n] tambem
n∑x=1
1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x= − 1√
x
∣∣∣∣n+1
1
= − 1√n+ 1
+ 1 =n+ 1−
√n+ 1
n+ 1.
n∑x=1
√x+ 1−
√x√
x(x+ 1)=
n∑x=1
1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x= − 1√
x
∣∣∣∣n+1
1
= − 1√n+ 1
+ 1
logo a serie
∞∑x=1
√x+ 1−
√x√
x(x+ 1)=
∞∑x=1
1
x√x+ 1 + (x+ 1)
√x= − 1√
x
∣∣∣∣∞1
= lim− 1√n+ 1
+ 1 = 1
Exemplo 49. Para calcular a soma indefinida
∑ 1√ak + b+
√ak + b+ a
CAPITULO 1. SOMATORIO 59
vamos primeiro racionalizar a expressao
1√ak + b+
√ak ++b+ a
=1√
ak + b+√ak + b+ a
√ak + b+ a−
√ak + b√
ak + b+ a−√ak + b
=
=1
a
(√ak + b+ a−
√ak + b
)=
1
a∆√ak + b.
assim temos
∑ 1√ak + b+
√ak + b+ a
=1
a
∑∆√ak + b =
1
a
√ak + b
caso a = 1 e b = 0 temos
∑ 1√k +
√k + 1
=∑
∆√k =
√k
tomando s2 − 1 e a2 como limites temos
s2−1∑k=a2
1√k +
√k + 1
=√k
∣∣∣∣s2a2
= s− a
assim temos que a soma pode resultar em numero inteiro.
Exemplo 50. Provar que a soma resulta em numero inteiro
99∑k=1
1√k +
√k + 1
=√k
∣∣∣∣1001
= 10− 1 = 9.
Exemplo 51. Calcular a soma
n∑k=a
1√k +
√k2 − 1
.
Primeiro vamos simplificar a expressao1√
k +√k2 − 1
usando a regra do radical duplo
1√k +
√k2 − 1
=1√
k+12
+√
k−12
agora multiplicando no numerador e no denominador por
√k + 1
2−
√k − 1
2, segue
1√k +
√k2 − 1
=
√k + 1
2−√k − 1
2
CAPITULO 1. SOMATORIO 60
daı
n∑k=a
1√k +
√k2 − 1
=n∑
k=a
√k + 1
2−√k − 1
2=
n+2∑k=a+2
√k − 1
2−
n∑k=a
√k − 1
2=
n∑k=a
1√k +
√k2 − 1
=
√n+ 1
2+
√n
2−
√a− 1
2−√a
2.
1.9.3 Inverso de k(k + s)
Usaremos a generalizacao da soma telescopica
n∑k=1
g(k + t)− g(k) =t∑
k=1
g(k + n)− g(k)
e o resultado que se lim g(n) = 0 entao
∞∑k=1
(g(k + t)− g(k)) = −t∑
k=1
g(k)
que demonstramos como generalizacao da soma telescopica.
Exemplo 52. Achar expressao fechada para a soma
n∑k=1
1
(k)(k + p)
onde p e natural, p = 0. Temos
n∑k=1
1
(k)(k + p)=
1
p
n∑k=1
1
(k)− 1
k + p= −1
p
n∑k=1
(Ep − 1)1
k= −1
p
p∑k=1
(En − 1)1
k=
=1
p
p∑k=1
1
(k)− 1
(n+ k)=
1
p
p∑k=1
n+ k − k
(n+ k)(k)=
p∑k=1
n
(n+ k)(k).
Logon∑
k=1
1
(k)(k + p)=
1
p
p∑k=1
n
(n+ k)(k).
Teorema 2.∞∑k=1
1
(k)(k + s)=Hs
s
Onde Hs e o s-esimo numero Harmonico
Hs =s∑
p=1
1
p.
CAPITULO 1. SOMATORIO 61
Demonstracao. Usamos que
∞∑k=1
(g(k + t)− g(k)) = −t∑
k=1
g(k)
daı∞∑k=1
1
(k)(k + s)=
1
s
∞∑k=1
1
k− 1
k + s=
1
s
s∑k=1
1
k=Hs
s.
Propriedade 24. Calcular∞∑n=1
H(n+p)
(n)(n+ p).
Sabemos por fracoes parciais que1
(n)(n+ p)=
1
p
(1
n− 1
n+ p
), usando na serie tem-se
∞∑n=1
H(n+p)
(n)(n+ p)=
1
p
( ∞∑n=1
H(n+p)
(n)−
∞∑n=1
H(n+p)
(n+ p)
)=
1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
∞∑n=p+1
H(n+p)
(n)−
∞∑n=1
H(n+p)
(n+ p)
)=
=1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
∞∑n=1
H(n+2p)
(n+ p)−
∞∑n=1
H(n+p)
(n+ p)
)=
=1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
∞∑n=1
H(n+p)
(n+ p)+
∞∑n=1
n+2p∑k=n+1+p
1
k
1
(n+ p)−
∞∑n=1
H(n+p)
(n+ p)
)=
usamos que H(n+2p) = H(n+p) +
n+2p∑k=n+1+p
1
k
=1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
∞∑n=1
n+2p∑k=n+1+p
1
k
1
(n+ p)
)=
1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
∞∑n=1+p
n+p∑k=n+1
1
k
1
(n)
)=
=1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
∞∑n=1
n+p∑k=n+1
1
k
1
(n)−
p∑n=1
n+p∑k=n+1
1
k
1
(n)
)=
=1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
∞∑n=1
p∑k=1
1
k + n
1
(n)−
p∑n=1
p∑k=1
1
k + n
1
(n)
)=
=1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
p∑k=1
∞∑n=1
1
k + n
1
(n)︸ ︷︷ ︸=
Hkk
−p∑
n=1
p∑k=1
1
k + n
1
(n)
)=
=1
p
( p∑n=1
H(n+p)
(n)+
p∑k=1
Hk
k−
p∑n=1
p∑k=1
1
k + n
1
(n)
)=
CAPITULO 1. SOMATORIO 62
como a variavel e muda, trocamos n por k no primeiro somatorio e usamos a linearidade
=1
p
p∑k=1
(H(k+p) +Hk
(k)−
p∑n=1
1
k + n
1
(n)
)=
1
p
p∑n=1
(H(k+p) +Hk
(k)− 1
k
p∑n=1
(1
n− 1
k + n)
)=
onde usamos fracoes parciais
=1
p
p∑k=1
(H(k+p) +Hk −Hp
(k)+
1
k
p∑n=1
1
k + n
)=
1
p
p∑k=1
1
k
(H(k+p) +Hk −Hp +
p+k∑n=1+k
1
n
)=
=1
p
p∑k=1
1
k
(H(k+p) +Hk −Hp +H(p+k) −Hk
)=
1
p
p∑n=1
1
k
(2H(k+p) −Hp
)=
=
(2
p
p∑k=1
H(k+p)
k
)− (Hp)
2
p
logo∞∑n=1
H(n+p)
(n)(n+ p)=
(2
p
p∑k=1
H(k+p)
k
)− (Hp)
2
p.
Sabemos queH(n+p)
(n+ p)=
∞∑k=1
1
k(k + n+ p)logo a serie e
∞∑n=1
∞∑k=1
1
nk(k + n+ p)=
∞∑n=1
∞∑k=1
1
nk2 + n2k + nkp
∞∑n=1
∞∑k=1
1
nk2 + n2k + nkp=
(2
p
p∑k=1
H(k+p)
k
)− (Hp)
2
p.
1.9.4∑k
1
k(k + 1) . . . (k + p)
Exemplo 53. Calculen−1∑k=1
1
k(k + 1) . . . (k + p).
Escrevemos
1
k(k + 1) . . . (k + p)=
k + p− k
pk(k + 1) . . . (k + p)=
1
p(
f(k)︷ ︸︸ ︷1
k(k + 1) . . . (k + p− 1)−
f(k+1)︷ ︸︸ ︷1
(k + 1) . . . (k + p− 1)) =
−∆f(k)
p
CAPITULO 1. SOMATORIO 63
logo calculamos a soma telescopica
n−1∑k=1
1
k(k + 1) . . . (k + p)=
n−1∑k=1
−∆f(k)
p=
−1
p(f(n)− f(1))
com lim f(n) = 0 e f(1) =1
p!segue que
∞∑k=1
1
k(k + 1) . . . (k + p)=
1
p!p.
Exemplo 54. Calcule ∑k
1
k(k + 1) . . . (k + p)=
∑k
1p∏
s=0
(k + s)
para p > 0 natural.
Temos∑ 1
k(k + 1) . . . (k + p)=
∑ 1
k(p+1,−1)=
∑(k − 1)(−p−1,1) =
(k − 1)(−p,1)
−p
Somando de k = 1 ate n
n∑k=1
1
k(p+1,−1)=
(k − 1)(−p,1)
−p
∣∣∣∣n+1
1
=(n)(−p,1)
−p+
(0)(−p,1)
p=
(n)(−p,1)
−p+
1
p(p!)
se tomarmos a serie
∞∑k=1
1
k(k + 1) . . . (k + p)=
(k − 1)(−p,1)
−p
∣∣∣∣∞1
=1
−p(k)(p,−1)
∣∣∣∣∞1
=1
p(1)(p,−1)=
1
p.p!=
1
∆p!
segue que
∆p! =1
∞∑k=1
1k(k+1)...(k+p)
aplicando o somatorio em ambos lados∑∆p! = p! =
∑ 1∞∑k=1
1k(k+1)...(k+p)
tomando no intervalo 1 ate n− 1 temos
n−1∑p=1
∆p! = p!
∣∣∣∣n1
= n!− 1! = n!− 1 =n−1∑p=1
1∞∑k=1
1k(k+1)...(k+p)
CAPITULO 1. SOMATORIO 64
segue que
n! =n−1∑p=1
1∞∑k=1
1k(k+1)...(k+p)
+ 1.
Exemplo 55. Calcular o valor para onde converge a serie
∞∑k=1
1
k(k + 1)(k + 2)(k + 3).
Pela propriedade anterior tal soma tem valor
∞∑k=1
1
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)=
1
3.3!=
1
3.6=
1
18
Exemplo 56 (OCM 1983). Achar expressao para a soma
n∑k=1
1
(k)(k + 1).
Temos
n∑k=1
1
(k)(k + 1)=
n−1∑k=0
1
(k + 1)(k + 2)=
n−1∑k=0
k(−2,1) = −k(−1,1)
∣∣∣∣n0
= − 1
(k + 1)
∣∣∣∣n0
= − 1
n+ 1+1 =
n
n+ 1.
Com esse resultado podemos calcular a serie
∞∑k=1
1
(k)(k + 1)= lim− 1
n+ 1+ 1 = 1.
Exemplo 57. Ache a formula fechada para o somatorio
n−2∑k=1
1
k(k + 1)(k + 2).
Temos que
n−2∑k=1
1
k(k + 1)(k + 2)=
n−3∑k=0
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)=
n−3∑k=0
k(−3,1) = −k(−2,1)
2
∣∣∣∣n−2
0
=
= − 1
2(k + 1)(k + 2)
∣∣∣∣n−2
0
=(n− 2)(n+ 1)
4(n)(n− 1).
CAPITULO 1. SOMATORIO 65
Exemplo 58.
−∆1
kp=
1
kp− 1
(k + 1)p=
(k + 1)p − kp
kp(k + 1)p
assimn−1∑k=1
(k + 1)p − kp
kp(k + 1)p=
n−1∑k=1
∆− 1
kp= − 1
kp
∣∣∣∣n1
= − 1
np+ 1 =
(np − 1)
np.
Temos a propriedade
−∆1
kp=
∆kp
kp(k + 1)p.
Por exemplo vamos calcular o somatorio
n∑k=1
2k + 1
k2(k + 1)2
sabemos que ∆k2 = 2k + 1, entao temos −∆1
k2=
2k + 1
k2(k + 1)2aplicando a soma
n∑k=1
−∆1
k2= − 1
k2
∣∣∣∣n+1
k=1
= 1− 1
(n+ 1)2=
(n+ 1)2 − 1
(n+ 1)2=n2 + 2n
(n+ 1)2=
(n)(n+ 2)
(n+ 1)2
se quisermos calcular a serie
∞∑k=1
2k + 1
k2(k + 1)2= lim
n2 + 2n
n2 + 2n+ 1= lim
1 + 2n
1 + 2n+ 1
n2
= 1.
Exemplo 59. Achar expressao fechada para a soma
n∑k=1
k
k4 + k2 + 1.
Primeiro escrevemosk
k4 + k2 + 1=
1
2
(1
k2 − k + 1− 1
k2 + k + 1
)n∑
k=1
k
k2 + k + 1=
1
2
( n∑k=1
1
k2 − k + 1−
n∑k=1
1
k2 + k + 1
)=
1
2
( n−1∑k=0
1
k2 + k + 1−
n∑k=1
1
k2 + k + 1
)=
=1
2
(1+
n−1∑k=1
1
k2 + k + 1−
n−1∑k=1
1
k2 + k + 1− 1
n2 + n+ 1
)=
1
2
(1− 1
n2 + n+ 1
)=
1
2
(n2 + n
n2 + n+ 1.
)n∑
k=1
k
k2 + k + 1=
1
2
((n)(n+ 1)
n2 + n+ 1
).
Tomando o limite temosn∑
k=1
k
k4 + k2 + 1=
1
2.
CAPITULO 1. SOMATORIO 66
Exemplo 60. Calcular a soma
n∑k=1
√1 +
1
k2+
1
(k + 1)2.
Um primeiro passo pode ser simplificar a expressao que esta sendo somada√1 +
1
k2+
1
(k + 1)2=
√1 +
(k + 1)2 + k2
k2(k + 1)2=
√k2(k + 1)2 + (k + 1)2 + k2
k2(k + 1)2=
=
√k2(k + 1)2 + (k + 1)2 + k2
k(k + 1)=
agora o termo k2(k + 1)2 + (k + 1)2 + k2 = (k2 + k + 1)2
=k2 + k + 1
k2 + k= 1 +
1
k(k + 1)
aplicando a soma
n∑k=1
1 +1
k(k + 1)= n+
n
n+ 1= n(1 +
1
n+ 1) =
n(n+ 2)
n+ 1.
Exemplo 61. Calcularn∑
k=1
1
k(k + 1)(k + 3).
A expressao somada pode ser escrita como
1
k(k + 1)(k + 3)=
k + 2
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)=
k
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)+
2
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)=
=1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)+
2
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
somando a primeira parcela
n∑k=1
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)=
n∑k=1
(k)(−3,1) = −k(−2,1)
2
∣∣∣∣n+1
1
= − 1
2(n+ 2)(n+ 3)+
1
12
e a segunda parcela
2n∑
k=1
1
k(k + 1)(k + 2)(k + 3)= 2
n−1∑k=0
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)(k + 4)= 2
n−1∑k=0
k(−4,1) = −2k(−3,1)
3
∣∣∣∣n0
=
= − 2
3(k + 1)(k + 2)(k + 3)
∣∣∣∣n0
= − 2
3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)+
1
9
CAPITULO 1. SOMATORIO 67
por fim
n∑k=1
1
k(k + 1)(k + 3)= − 2
3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)− 1
2(n+ 2)(n+ 3)+
7
36
e a serie∞∑k=1
1
k(k + 1)(k + 3)=
7
36.
Exemplo 62. Calcule a soman∑
k=1
1
x2k − x−2k.
Primeiro trabalhamos a fracao multiplicando por x2k
no numerador e no denominador
x2k
x2k+1 − 1= agora usamos a fatoracao y2−1 = (y−1)(y+1) com y = x2
k
no denominador,
de onde segue
x2k
(x2k − 1)(x2k + 1)=
x2k+ 1− 1
(x2k − 1)(x2k + 1)=
1
(x2k − 1)− 1
(x2k − 1)(x2k + 1)=
=1
(x2k − 1)− 1
(x2k+1) − 1= f(k)− f(k + 1)
com f(k) =1
(x2k − 1)entao
n∑k=1
1
x2k − x−2k= −
n∑k=1
∆f(k) = −(f(n+1)−f(1)) = f(1)−f(n+1) =1
(x2 − 1)− 1
(x2n+1 − 1)
se |x| > 1 vale que lim(x2n+1 − 1) = ∞ daı lim
1
(x2n+1 − 1)= 0 de onde segue o resultado
da serie∞∑k=1
1
x2k − x−2k=
1
(x2 − 1)
em especial se x = 2010
∞∑k=1
1
20102k − 2010−2k=
1
(20102 − 1)
Exemplo 63. Calcular a soman−1∑k=1
4k
1 + 4k4.
Usamos a fatoracao de Sophie Germain
a4 + 4b4 = (a2 − 2ab+ 2b2)(a2 + 2ab+ 2b2),
CAPITULO 1. SOMATORIO 68
que resulta em
4k
1 + 4k4=
(1 + 2k + 2k2)− (1− 2k + 2k2)
(1− 2k + 2k2)(1 + 2k + 2k2)=
1
(1− 2k + 2k2)− 1
(1− 2(k + 1) + 2(k + 1)2)
logo temos uma soma telescopica, aplicando a soma tem-se
n−1∑k=1
4k
1 + 4k4= − 1
(1− 2n+ 2n2)+ 1.
Exemplo 64. Calcular a soma5n−1∑k=0
2k
a2k + 1.
Multiplicamos o numerador e denominador de2k
a2k + 1por a2
k − 1, temos
2k
a2k + 1
a2k − 1
a2k − 1=
2k
a2k + 1
(a2k+ 1− 2)
a2k − 1=
=2k
a2k − 1︸ ︷︷ ︸f(k)
− 2k+1
a2k+1 − 1︸ ︷︷ ︸f(k+1)
= −∆f(k)
logon−1∑k=0
2k
a2k + 1= −f(k)
∣∣∣∣n0
= f(0)− f(n) =1
a− 1− 2n
a2n − 1.
5Agradeco a Alexandre frias pela solucao do problema, muito obrigado!