Vi regner ut høyresiden og viser at den blir lik venstresiden. Vi setter de to brøkene $\frac{1}{k}$ og $\frac{1}{k+2}$ på felles nevner $k(k+2)$:

Dermed er ${\displaystyle \frac{1}{k(k+2)}}={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{k}}-{\displaystyle \frac{1}{k+2}})$, som skulle vises.

Kontrollert i GeoGebra CAS ved å forenkle differansen mellom venstre- og høyresiden, som gir $0$ (se linje 1 i utklippet under).

Fra a) vet vi at $\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})$ for alle $k$. Vi bruker dette på hvert ledd i $s_5$:

Leddene $-\frac{1}{3}$ og $\frac{1}{3}$, $-\frac{1}{4}$ og $\frac{1}{4}$, samt $-\frac{1}{5}$ og $\frac{1}{5}$ kansellerer parvis (teleskopering). Igjen står bare de to første positive leddene og de to siste negative leddene:

som skulle vises. Regner vi ut uttrykket får vi $s_5={\displaystyle \frac{25}{42}}$, som stemmer med Sum(1/(k(k+2)), k, 1, 5) i GeoGebra CAS (linje 2 i utklippet).

Vi generaliserer fremgangsmåten fra b) til vilkårlig $n$. Fra a):

I det andre summetegnet setter vi $j=k+2$, slik at $j$ løper fra $3$ til $n+2$:

Da blir differansen

Leddene ${\sum }_{k=3}^n\frac{1}{k}$ kansellerer, og vi står igjen med

som skulle vises. Kontrollert i GeoGebra CAS: Sum(1/(k(k+2)), k, 1, n) gir samme uttrykk (linje 3), og differansen mot formelen over forenkles til $0$ (linje 4 i utklippet).

For $k\ge 1$ har vi

Siden $k(k+2)$ og ${(k+1)}^2$ begge er positive, og $k(k+2)<{(k+1)}^2$, følger det at

for hver $k$. Summerer vi denne ulikheten for $k=1,\dots ,n$, får vi

som skulle vises.

Konvergens av $\sum \frac{1}{n^2}$: Fra c) er $s_n=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})$. Siden $\frac{1}{n+1}\to 0$ og $\frac{1}{n+2}\to 0$ når $n\to \infty$, gjelder

(bekreftet med Grenseverdi(...) i GeoGebra CAS, linje 5 i utklippet). Siden alle ledd i $s_n$ er positive, er $s_n$ en voksende følge, og en voksende følge som konvergerer mot $\frac{3}{4}$ må ligge under grenseverdien for alle $n$: $s_n<\frac{3}{4}$.

La $T_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{{(k+1)}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{{(n+1)}^2}$ være partialsummene av rekken ${\sum }_{m=2}^{\infty }\frac{1}{m^2}$. Fra ulikheten over er $T_n<s_n<\frac{3}{4}$ for alle $n$. Følgen $T_n$ er også voksende (vi legger til positive ledd), og siden den er begrenset ovenfra av $\frac{3}{4}$, må $T_n$ konvergere når $n\to \infty$ (en voksende, oppad begrenset følge konvergerer).

Dermed konvergerer ${\sum }_{m=2}^{\infty }\frac{1}{m^2}$, og siden ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=1+{\sum }_{m=2}^{\infty }\frac{1}{m^2}$ bare skiller seg fra denne med ett ledd, konvergerer også