Utilizador:Thiago Marcel/Profmat/MA11/Unid1

1

Teorema 2 da indução: Considere um conjunto $A\subset \mathbb {N}$ com as seguintes propriedades: $1)\;a\in A;2)\;n\in A\Rightarrow s(n)\in A$. Prove que o conjunto A contém todos os naturais maiores do que a, isto é, $A\supset \{x\in \mathbb {N} ;x=a\lor x>a\}$

Prova

• Tome p um natural maior que a, assim a < p, pelo axioma da ordem de dois naturais, existe um q natural, tal que a + q = p, onde p = q-sucessor de a.
• Queremos mostrar que dado p=a+q natural, p pertence a A. Vamos fazer indução sobre q.
  • Devemos mostrar que é válido quando q = 1, ou seja, que $p=a+1\in A$. Como $a\in A\Rightarrow a+1\in A$(pela hipótese).
  • Suponha que é válido quando q=k, isto é, $p=a+k\in A$
  • Mostrar que é válido quando q=k+1, isto é, $p=a+k+1\in A$. Como $a+k\in A\Rightarrow a+k+1\in A$(por hipótese).
  • Portanto, $\forall q\in \mathbb {N} ,a+q\in A\Rightarrow A\supset \{x\in \mathbb {N} ;x=a\lor x>a\}$.

Prova 2

• Seja $Y=\{x\in \mathbb {N} :x=a\lor x=s(y):y\in Y\}\;e\;X=\{n\in \mathbb {N} ;a+n\in Y\}.Como\;a\in Y,$ segue-se que $a+1\in Y,portanto\;1\in X.$ Além disso $n\in X\Rightarrow a+n\in Y\Rightarrow (a+n)+1\in Y\Rightarrow n+1\in X.Logo\;X\in \mathbb {N}$. Assim, Y contém todos os naturais maiores ou iguais a "a".

2a

Use o teorema da indução com 1 deslocado para provar que $2n+1<2^{n},\forall \;n\geq 3$

Prova

• Considere $A=\{n\in \mathbb {N} -\{1\},tal\;que\;2n+1<2^{n}\}.$
• Vamos mostrar que é verdade para n = 3: assim, $2\cdot 3+1<2^{3}\Rightarrow 7\leq 8$
• Suponha verdade para $n=k\geq 3:ou\;seja,2k+1<2^{k}$.
• Vamos mostrar que é válido para $n=k+1:ou\;seja,2(k+1)+1<2^{k+1}$
  • Assim, $2(k+1)+1=_{1}2k+2+1=_{2}2k+1+2<_{3}2^{k}+2<_{4}2^{k}+2^{k}=_{5}2^{k}\cdot 2^{1}=_{6}2^{k+1}$
  • As igualdades 1,5 é por distributiva, a igualdade 2 é por comutatividade, a desigualdade 3 é pela hipótese de indução, a desigualdade 4 é pela potência de 2 ter expoente maior que 2, a igualdade 6 é pela propriedade de potencia.
• Portanto $\{1\}\cup A=\mathbb {N}$

2b

 Use o teorema da indução com 1 deslocado para provar que $n^{2}<2^{n},\forall \;n\geq 5$

• Prova: Tome $A=\{n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;n^{2}<2^{n}\}.$
• Vamos fazer por indução sobre n, que será válido para $n\leq 5$
• Temos que mostrar que vale para quando $n=5:5^{2}=25<32=2^{5}$.
• Suponha que seja válido para quando $n=k:n^{2}<2^{k}$
• Vamos mostrar que é válido para quando $n=k+1:(k+1)^{2}<2^{k+1}$
  • $(k+1)^{2}=_{1}k^{2}+2k+1<_{2}2^{k}+2k+1<_{3}2^{k}+2^{k}=_{4}2^{k}\cdot 2^{1}=_{5}2^{k+1}$
  • 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.

4

Prove que $\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}<n,\forall \;n\geq 3\;e\;mostre\;que\;{\bigg \{}1,{\sqrt {2}},{\sqrt[{3}]{3}},{\sqrt[{4}]{4}},...{\bigg \}}$ é decrescente a partir do terceiro termo.

Vamos provar a desigualdade por indução sobre n, que é válido para $n\geq 3$. Tome $A={\bigg \{}n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}<n{\bigg \}}$

• vamos mostrar que é válido para $n=3:\left({3+1 \over 3}\right)^{3}={64 \over 27}\leq _{?}3\Leftrightarrow 64<81$.
• suponhamos que é válido para $n=k:\left({k+1 \over k}\right)^{k}<k\Rightarrow \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<k\cdot \left({k+1 \over k}\right)\Rightarrow \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<k+1$.
• Observação: $0<1,k\geq 3\Rightarrow k^{2}+2k<k^{2}+2k+1\Rightarrow (k+2)\cdot k<(k+1)(k+1)\Rightarrow {k \over k+1}<{k+1 \over k+2}\Rightarrow {\bigg (}{k \over k+1}{\bigg )}^{k+1}<{\bigg (}{k+1 \over k+2}{\bigg )}^{k+1}$.
• Vamos mostrar que é válido para $n=k+1:\left({k+1+1 \over k+1}\right)^{k+1}<k+1$.
  • $\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}=_{1}\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<_{2}\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k+1 \over k+2}\right)^{k+1}\cdot (k+1)=_{3}k+1.$
  • 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.

5

Teorema: $\forall \;n\in \mathbb {N} ,1+2^{2}+3^{2}+...+n^{2}={n(n+1)(2n+1) \over 6}$

Prova

• Vamos provar por indução sobre n:
  • Para quando n = 1, temos que $1^{2}={1\cdot (1+1)\cdot (2\cdot 1+1) \over 6}={1\cdot 2\cdot 3 \over 6}$ (verdade).
  • Para quando n = 2, temos que $1^{2}+2^{2}={2\cdot (2+1)\cdot (2\cdot 2+1) \over 6}\Rightarrow 1+4={2\cdot 3\cdot 5 \over 6}$ (verdade).
  • Suponha ser válido para quando n=k, ou seja, $1+2^{2}+3^{2}+...+k^{2}={k(k+1)(2k+1) \over 6}$.
  • Vamos provar ser válido para quando n=k+1, ou seja, $1+2^{2}+3^{2}+...+(k+1)^{2}={(k+1)[(k+1)+1][2(k+1)+1] \over 6}$.
    • $1+2^{2}+3^{2}+...+(k+1)^{2}=_{1}1+2^{2}+3^{2}+...+k^{2}+(k+1)^{2}=_{2}{k(k+1)(2k+1) \over 6}+(k+1)^{2}=_{3}{k(k+1)(2k+1)+6(k+1)^{2} \over 6}=_{4}$ $=_{4}{(k+1)[k(2k+1)+6(k+1)] \over 6}=_{5}{(k+1)[2k^{2}+k+6k+6)] \over 6}=_{6}{(k+1)(2k^{2}+4k+3k+6) \over 6}=_{7}$ $=_{7}{(k+1)[2k(k+2)+3(k+2) \over 6}=_{8}{(k+1)(k+2)(2k+3) \over 6}=_{9}{(k+1)[(k+1)+1][2(k+1)+1] \over 6}$
    • onde a igualdade 1 por definição de termo ocultos numa soma finita, a igualdade 2 é devido a hipótese de indução, a igualdade 3 por soma de frações, a igualdade 4 por evidência de um termo, as igualdades 5, 7 e 8 por distributiva, as igualdades 6 e 9 por associatividade da adição.
  • Portanto pelo princípio da indução é válido para todo n natural.

10

Mostrar que, para todo $n\in \mathbb {N} ,1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+n^{3}={n^{2}\cdot (n+1)^{2} \over 4}$ por indução sobre n.

Prova:

• Mostrar que é válido para n = 1, $1^{3}={1^{2}\cdot (1+1)^{2} \over 4}\Rightarrow 1={4 \over 4}$ (verdade).
• Supor válido para n = k, ou seja, $1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+k^{3}={k^{2}\cdot (k+1)^{2} \over 4}$.
• Mostrar válido para n = k+1, ou seja, $1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+(k+1)^{3}={(k+1)^{2}\cdot (k+2)^{2} \over 4}$.
  • $1^{3}+2^{3}+3^{3}+...+k^{3}+(k+1)^{3}=_{1}{k^{2}\cdot (k+1)^{2} \over 4}+(k+1)^{3}=_{2}{k^{2}\cdot (k+1)^{2}+4\cdot (k+1)\cdot (k+1)^{2} \over 4}=_{3}{[k^{2}+4(k+1)](k+1)^{2} \over 4}=_{4}$
  • $=_{4}{(k^{2}+2k+2k+4)(k+1)^{2} \over 4}=_{5}{[k(k+2)+2(k+2)](k+1)^{2} \over 4}=_{6}{(k+2)(k+2)(k+1)^{2} \over 4}=_{7}{(k+1)^{2}\cdot (k+2)^{2} \over 4}$
  • onde a igualdade 1 é pela hipótese de indução, a igualdade 2 é pela propriedade de potência e soma de frações, as igualdades 3, 4, 5 e 6 são pela propriedade distributiva, a igualdade 7 é pela comutativa e potência.