Anotações sobre somatório 2

Anotacoes sobre somatorio 2

Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡

Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ

[email protected]

‡

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)!


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


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.


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


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


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


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


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)=


=(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


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)


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.


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.


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.


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


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.


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.


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


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


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


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 .


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.


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 =


= 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.


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.


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.


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.


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

)=


=(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.


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.


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.


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


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


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

).


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.

)


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


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.


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.


� 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=


=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


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)


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


portanto

s(n) =n

6+n2

2+n3

3.


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


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

)


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.


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.


k=1

k2.

n∑k=1

∆k3 = (n+ 1)3 − 1

∆k3 = (k + 1)3 − k3 = 3k2 + 3k + 1


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.


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

)


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.


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.


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.


k=0

k2.

Interpolando k2

f(0) = 0, ∆f(k) = 2k + 1,∆f(0) = 1, ∆2f(k) = 2 , k2 =

(k

1

)+ 2

(k

2

)


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.


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

.


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.



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.


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.


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.


k=1

(2k − 1)2.


(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.


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


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).


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.


k=1

1

(2k − 1)(2k + 1).


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.


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


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.


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


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.


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


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.


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)

)=


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


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)


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).


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.



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.


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


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),


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!

Anotações sobre somatório 2

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