Origem: Wikilivros, livros abertos por um mundo aberto.
Em todo corpo ordenado K, se
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
e
x
≥
−
1
{\displaystyle x\geq -1}
, vale
(
1
+
x
)
n
≥
1
+
n
x
{\displaystyle (1+x)^{n}\geq 1+nx}
Mostrar válido para n=1
(
1
+
x
)
1
=
1
+
x
e
1
+
1
⋅
x
=
1
+
x
⇒
(
1
+
x
)
1
≥
1
+
1
⋅
x
{\displaystyle (1+x)^{1}=1+x\;e\;1+1\cdot x=1+x\Rightarrow (1+x)^{1}\geq 1+1\cdot x}
Supor válido para n=k
(
1
+
x
)
k
≥
1
+
k
x
{\displaystyle (1+x)^{k}\geq 1+kx}
Mostrar válido para n= k+1
De
(
1
+
x
)
k
≥
1
+
k
x
{\displaystyle (1+x)^{k}\geq 1+kx}
multiplicamos
(
1
+
x
)
{\displaystyle (1+x)}
por ambos os membros pois
x
≥
−
1
⇒
1
+
x
≥
0
{\displaystyle x\geq -1\Rightarrow 1+x\geq 0}
.
Logo
(
1
+
x
)
k
(
1
+
x
)
≥
(
1
+
k
x
)
(
1
+
x
)
⇒
(
1
+
x
)
k
+
1
≥
1
+
x
+
k
x
+
k
x
2
≥
1
+
x
+
k
x
=
1
+
(
k
+
1
)
x
{\displaystyle (1+x)^{k}(1+x)\geq (1+kx)(1+x)\Rightarrow (1+x)^{k+1}\geq 1+x+kx+kx^{2}\geq 1+x+kx=1+(k+1)x}
(porque k x2 é não-negativo).
E finalmente
(
1
+
x
)
k
+
1
≥
1
+
(
k
+
1
)
x
{\displaystyle (1+x)^{k+1}\geq 1+(k+1)x}
(
1
+
x
)
n
=
∑
i
=
0
n
(
n
i
)
(
1
)
n
−
i
x
i
=
1
+
n
(
n
−
1
)
2
x
+
.
.
.
≥
1
+
n
x
{\displaystyle (1+x)^{n}=\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(1)^{n-i}x^{i}=1+{\frac {n(n-1)}{2}}x+...\geq 1+nx}
.
Devemos mostrar que
n
(
n
−
1
)
2
≥
n
{\displaystyle {\frac {n(n-1)}{2}}\geq n}
Como
n
∈
N
,
l
o
g
o
n
2
−
n
≥
2
n
⇒
n
2
−
3
n
≥
0
⇒
n
(
n
−
3
)
≥
0
⇒
n
≥
3
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ,logo\;n^{2}-n\geq 2n\Rightarrow n^{2}-3n\geq 0\Rightarrow n(n-3)\geq 0\Rightarrow n\geq 3}
é verdade.
Assim
(
1
+
x
)
n
≥
1
+
n
x
{\displaystyle (1+x)^{n}\geq 1+nx}
é verdade para
n
≥
3
{\displaystyle n\geq 3}
como é válido para n = 1, basta mostrar que é válido para n = 2 que será válido para todo n natural
(
1
+
x
)
2
≥
1
+
2
x
⇒
1
+
2
x
+
x
2
≥
1
+
2
x
{\displaystyle (1+x)^{2}\geq 1+2x\Rightarrow 1+2x+x^{2}\geq 1+2x}
verdade
portanto é válido para todo n natural
Mostrar que
1
2
⋅
3
4
⋅
5
6
⋅
.
.
.
⋅
2
n
−
1
2
n
≤
1
2
n
+
1
,
∀
n
∈
N
.
{\displaystyle {1 \over 2}\cdot {3 \over 4}\cdot {5 \over 6}\cdot ...\cdot {2n-1 \over 2n}\leq {1 \over {\sqrt {2n+1}}},\;\forall \;n\;\in \mathbb {N} .}
.
Prova:
Mostrar que a desigualdade é válida para quando n = 1:
1
2
≤
1
2
+
1
⇒
3
<
4
=
2
{\displaystyle {1 \over 2}\leq {1 \over {\sqrt {2+1}}}\Rightarrow {\sqrt {3}}<{\sqrt {4}}=2}
Suponha ser válido para quando n = k:
1
2
⋅
3
4
⋅
5
6
⋅
.
.
.
⋅
2
k
−
1
2
k
≤
1
2
k
+
1
{\displaystyle {1 \over 2}\cdot {3 \over 4}\cdot {5 \over 6}\cdot ...\cdot {2k-1 \over 2k}\leq {1 \over {\sqrt {2k+1}}}}
Mostrar ser válido para quando n=k+1, isto é,
1
2
⋅
3
4
⋅
5
6
⋅
.
.
.
⋅
2
(
k
+
1
)
−
1
2
(
k
+
1
)
≤
1
2
(
k
+
1
)
+
1
{\displaystyle {1 \over 2}\cdot {3 \over 4}\cdot {5 \over 6}\cdot ...\cdot {2(k+1)-1 \over 2(k+1)}\leq {1 \over {\sqrt {2(k+1)+1}}}}
Pela hipótese temos que
1
2
⋅
3
4
⋅
5
6
⋅
.
.
.
⋅
2
k
−
1
2
k
≤
1
2
k
+
1
{\displaystyle {1 \over 2}\cdot {3 \over 4}\cdot {5 \over 6}\cdot ...\cdot {2k-1 \over 2k}\leq {1 \over {\sqrt {2k+1}}}}
, onde
2
k
+
1
2
k
+
2
≥
0
{\displaystyle {2k+1 \over 2k+2}\geq 0}
, pois k é um número natural.
1
2
⋅
3
4
⋅
5
6
⋅
.
.
.
⋅
2
k
−
1
2
k
⋅
2
k
+
1
2
k
+
2
≤
1
2
k
+
1
⋅
2
k
+
1
2
k
+
2
{\displaystyle {1 \over 2}\cdot {3 \over 4}\cdot {5 \over 6}\cdot ...\cdot {2k-1 \over 2k}\cdot {2k+1 \over 2k+2}\leq {1 \over {\sqrt {2k+1}}}\cdot {2k+1 \over 2k+2}}
.
Vamos verificar que
1
2
k
+
1
⋅
2
k
+
1
2
k
+
2
≤
1
2
(
k
+
1
)
+
1
⇒
2
k
+
3
⋅
2
k
+
1
≤
2
k
+
2
⇒
(
2
k
+
3
)
⋅
(
2
k
+
1
)
≤
(
2
k
+
2
)
2
{\displaystyle {1 \over {\sqrt {2k+1}}}\cdot {2k+1 \over 2k+2}\leq {1 \over {\sqrt {2(k+1)+1}}}\Rightarrow {\sqrt {2k+3}}\cdot {\sqrt {2k+1}}\leq 2k+2\Rightarrow (2k+3)\cdot (2k+1)\leq (2k+2)^{2}}
⇒
4
k
2
+
8
k
+
3
≤
4
k
2
+
8
k
+
4
⇒
3
≤
4
{\displaystyle \Rightarrow 4k^{2}+8k+3\leq 4k^{2}+8k+4\Rightarrow 3\leq 4}
Use o teorema da indução com 1 deslocado para provar que
n
2
<
2
n
,
∀
n
≥
5
{\displaystyle n^{2}<2^{n},\forall \;n\geq 5}
Prova: Tome
A
=
{
n
∈
N
,
t
a
l
q
u
e
n
2
<
2
n
}
.
{\displaystyle A=\{n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;n^{2}<2^{n}\}.}
Vamos fazer por indução sobre n, que será válido para
n
≤
5
{\displaystyle n\leq 5}
Temos que mostrar que vale para quando
n
=
5
:
5
2
=
25
<
32
=
2
5
{\displaystyle n=5:5^{2}=25<32=2^{5}}
.
Suponha que seja válido para quando
n
=
k
:
n
2
<
2
k
{\displaystyle n=k:n^{2}<2^{k}}
Vamos mostrar que é válido para quando
n
=
k
+
1
:
(
k
+
1
)
2
<
2
k
+
1
{\displaystyle n=k+1:(k+1)^{2}<2^{k+1}}
(
k
+
1
)
2
=
1
k
2
+
2
k
+
1
<
2
2
k
+
2
k
+
1
<
3
2
k
+
2
k
=
4
2
k
⋅
2
1
=
5
2
k
+
1
{\displaystyle (k+1)^{2}=_{1}k^{2}+2k+1<_{2}2^{k}+2k+1<_{3}2^{k}+2^{k}=_{4}2^{k}\cdot 2^{1}=_{5}2^{k+1}}
a igualdade 1 é pelo quadrado da soma, a desigualdade 2 é pela hipótese de indução, a desigualdade 3 é pelo teorema anterior, a igualdade 4 é pela distributiva e a igualdade 5 é pela propriedade de potencia.
Prove que
(
n
+
1
n
)
n
<
n
,
∀
n
≥
3
e
m
o
s
t
r
e
q
u
e
{
1
,
2
,
3
3
,
4
4
,
.
.
.
}
{\displaystyle \left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}<n,\forall \;n\geq 3\;e\;mostre\;que\;{\bigg \{}1,{\sqrt {2}},{\sqrt[{3}]{3}},{\sqrt[{4}]{4}},...{\bigg \}}}
é decrescente a partir do terceiro termo.
Vamos provar a desigualdade por indução sobre n, que é válido para
n
≥
3
{\displaystyle n\geq 3}
. Tome
A
=
{
n
∈
N
,
t
a
l
q
u
e
(
n
+
1
n
)
n
<
n
}
{\displaystyle A={\bigg \{}n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}<n{\bigg \}}}
vamos mostrar que é válido para
n
=
3
:
(
3
+
1
3
)
3
=
64
27
≤
?
3
⇔
64
<
81
{\displaystyle n=3:\left({3+1 \over 3}\right)^{3}={64 \over 27}\leq _{?}3\Leftrightarrow 64<81}
.
suponhamos que é válido para
n
=
k
:
(
k
+
1
k
)
k
<
k
⇒
(
k
+
1
k
)
k
+
1
<
k
⋅
(
k
+
1
k
)
⇒
(
k
+
1
k
)
k
+
1
<
k
+
1
{\displaystyle n=k:\left({k+1 \over k}\right)^{k}<k\Rightarrow \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<k\cdot \left({k+1 \over k}\right)\Rightarrow \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<k+1}
.
Observação:
0
<
1
,
k
≥
3
⇒
k
2
+
2
k
<
k
2
+
2
k
+
1
⇒
(
k
+
2
)
⋅
k
<
(
k
+
1
)
(
k
+
1
)
⇒
k
k
+
1
<
k
+
1
k
+
2
⇒
(
k
k
+
1
)
k
+
1
<
(
k
+
1
k
+
2
)
k
+
1
{\displaystyle 0<1,k\geq 3\Rightarrow k^{2}+2k<k^{2}+2k+1\Rightarrow (k+2)\cdot k<(k+1)(k+1)\Rightarrow {k \over k+1}<{k+1 \over k+2}\Rightarrow {\bigg (}{k \over k+1}{\bigg )}^{k+1}<{\bigg (}{k+1 \over k+2}{\bigg )}^{k+1}}
.
Vamos mostrar que é válido para
n
=
k
+
1
:
(
k
+
1
+
1
k
+
1
)
k
+
1
<
k
+
1
{\displaystyle n=k+1:\left({k+1+1 \over k+1}\right)^{k+1}<k+1}
.
(
k
+
2
k
+
1
)
k
+
1
=
1
(
k
+
2
k
+
1
)
k
+
1
⋅
(
k
k
+
1
)
k
+
1
⋅
(
k
+
1
k
)
k
+
1
<
2
(
k
+
2
k
+
1
)
k
+
1
⋅
(
k
+
1
k
+
2
)
k
+
1
⋅
(
k
+
1
)
=
3
k
+
1.
{\displaystyle \left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}=_{1}\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<_{2}\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k+1 \over k+2}\right)^{k+1}\cdot (k+1)=_{3}k+1.}
a igualdade 1 é pelo inverso multiplicativo, a desigualdade 2 é pela observação acima e pela hipótese de indução e a igualdade 3 é pelo inverso multiplicativo.
m
o
s
t
r
e
q
u
e
{
1
,
2
,
3
3
,
4
4
,
.
.
.
}
{\displaystyle mostre\;que\;{\bigg \{}1,{\sqrt {2}},{\sqrt[{3}]{3}},{\sqrt[{4}]{4}},...{\bigg \}}}
é decrescente a partir do terceiro termo, ou seja,
n
+
1
n
+
1
<
n
n
,
n
≥
3
{\displaystyle {\sqrt[{n+1}]{n+1}}<{\sqrt[{n}]{n}},n\geq 3}
.
Prova:
Vamos provar por indução sobre n:
n
+
1
n
+
1
<
n
n
,
n
≥
3
{\displaystyle {\sqrt[{n+1}]{n+1}}<{\sqrt[{n}]{n}},n\geq 3}
.
Mostrar que é válido para n=3:
4
4
<
3
3
{\displaystyle {\sqrt[{4}]{4}}<{\sqrt[{3}]{3}}}
.
Supor válido para n=k:
k
+
1
k
+
1
<
k
k
,
n
≥
3
⇔
(
k
+
1
k
+
1
)
k
(
k
+
1
)
<
(
k
k
)
k
(
k
+
1
)
⇔
(
k
+
1
)
k
<
(
k
)
k
+
1
⇔
(
k
+
1
)
k
k
k
<
k
⇔
(
k
+
1
k
)
k
<
k
{\displaystyle {\sqrt[{k+1}]{k+1}}<{\sqrt[{k}]{k}},n\geq 3\Leftrightarrow {\bigg (}{\sqrt[{k+1}]{k+1}}{\bigg )}^{k(k+1)}<{\bigg (}{\sqrt[{k}]{k}}{\bigg )}^{k(k+1)}\Leftrightarrow (k+1)^{k}<(k)^{k+1}\Leftrightarrow {(k+1)^{k} \over k^{k}}<k\Leftrightarrow {\bigg (}{k+1 \over k}{\bigg )}^{k}<k}
.
Provar válido para n=k+1:
k
+
1
+
1
k
+
1
+
1
<
k
+
1
k
+
1
,
n
≥
3
{\displaystyle {\sqrt[{k+1+1}]{k+1+1}}<{\sqrt[{k+1}]{k+1}},n\geq 3}
.
Pelo axioma anterior é verdade que
(
k
+
2
k
+
1
)
k
+
1
<
k
+
1
⇔
(
k
+
2
)
k
+
1
<
(
k
+
1
)
k
+
2
⇔
(
k
+
2
)
k
+
1
(
k
+
2
)
(
k
+
1
)
<
(
k
+
1
)
k
+
2
(
k
+
1
)
(
k
+
2
)
⇔
{\displaystyle {\bigg (}{k+2 \over k+1}{\bigg )}^{k+1}<k+1\Leftrightarrow (k+2)^{k+1}<(k+1)^{k+2}\Leftrightarrow {\sqrt[{(k+2)(k+1)}]{(k+2)^{k+1}}}<{\sqrt[{(k+1)(k+2)}]{(k+1)^{k+2}}}\Leftrightarrow }
⇔
k
+
2
k
+
2
<
k
+
1
k
+
1
{\displaystyle \Leftrightarrow {\sqrt[{k+2}]{k+2}}<{\sqrt[{k+1}]{k+1}}}