Utilizador:Thiago Marcel/Profmat/MA12/unid2

2.1.a

Mostre que  $1\cdot 2+2\cdot 3+...+n\cdot (n+1)={n\cdot (n+1)\cdot (n+2) \over 3}$

Prova por indução sobre n:
- Mostrar que é válido para n = 1: $1\cdot 2={1\cdot (1+1)\cdot (1+2) \over 3}\Rightarrow 2={1\cdot 2\cdot 3 \over 3}\Rightarrow 2=2$ .
- Supor válido para n = k: $1\cdot 2+2\cdot 3+...+k\cdot (k+1)={k\cdot (k+1)\cdot (k+2) \over 3}$
- Mostrar válido para n = k+1, ou seja, Mostrar que $1\cdot 2+2\cdot 3+...+(k+1)\cdot (k+2)={(k+1)\cdot (k+2)\cdot (k+3) \over 3}$ $1\cdot 2+2\cdot 3+...+(k+1)\cdot (k+2)={(k+1)\cdot (k+2)\cdot (k+3) \over 3}$ .
  - Temos que $1\cdot 2+2\cdot 3+...+k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2)=_{1}{k\cdot (k+1)\cdot (k+2) \over 3}+{(k+1)\cdot (k+2) \over 1}=_{2}$
  - $=_{2}{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)+3\cdot (k+1)\cdot (k+2) \over 3}=_{3}{(k+1)\cdot (k+2)\cdot (k+3) \over 3}$ .
  - a igualdade 1 é devida à hipótese de indução, a igualdade 2 pela soma de frações e a igualdade 3 é pela propriedade distributiva.

2.1.b

Mostre que  $1^{3}+2^{3}+...+n^{3}={\bigg [}{n\cdot (n+1) \over 2}{\bigg ]}^{2}$

Prova por indução sobre n:
- Mostrar que é válido para n = 1: $1^{3}={\bigg [}{1\cdot (1+1) \over 2}{\bigg ]}^{2}\Rightarrow 1={2 \over 2}\Rightarrow 1=1$ .
- Supor válido para n = k: $1^{3}+2^{3}+...+k^{3}={\bigg [}{k\cdot (k+1) \over 2}{\bigg ]}^{2}$
- Mostrar válido para n = k+1, ou seja, mostrar que $1^{3}+2^{3}+...+k^{3}+(k+1)^{3}={\bigg [}{(k+1)\cdot (k+2) \over 2}{\bigg ]}^{2}$ $1^{3}+2^{3}+...+k^{3}+(k+1)^{3}={\bigg [}{(k+1)\cdot (k+2) \over 2}{\bigg ]}^{2}$
  - Temos que $1^{3}+2^{3}+...+k^{3}+(k+1)^{3}=_{1}{\bigg [}{k\cdot (k+1) \over 2}{\bigg ]}^{2}+(k+1)^{3}=_{2}{k^{2}\cdot (k+1)^{2} \over 2^{2}}+{2^{2}(k+1)^{3} \over 2^{2}}=_{3}$
  - $=_{3}{(k^{2}+4(k+1))\cdot (k+1)^{2} \over 2^{2}}=_{4}{(k+2)^{2}\cdot (k+1)^{2} \over 2^{2}}=_{5}{\bigg [}{(k+1)\cdot (k+2) \over 2}{\bigg ]}^{2}$ .
  - a igualdade 1 é devida à hipótese de indução, a igualdade 2 pela soma de frações, as igualdades 3 e 4 são pela propriedade distributiva e a igualdade 5 pela propriedade de potência.

2.1.c

Mostre que  $1\cdot 2^{0}+2\cdot 2^{1}+3\cdot 2^{2}+...+n\cdot 2^{n-1}=1+(n-1)\cdot 2^{n}$

Prova por indução sobre n:

Mostrar que é válido para n = 1: $1\cdot 2^{0}=1+(1-1)\cdot 2^{1}\Rightarrow 1\cdot 1=1+0\Rightarrow 1=1$ .
Supor válido para n = k: $1\cdot 2^{0}+2\cdot 2^{1}+3\cdot 2^{2}+...+k\cdot 2^{k-1}=1+(k-1)\cdot 2^{k}$
Mostrar válido para n = k+1, ou seja, Mostrar que $1\cdot 2^{0}+2\cdot 2^{1}+3\cdot 2^{2}+...+k\cdot 2^{k-1}+(k+1)\cdot 2^{k}=1+k\cdot 2^{k+1}$ $1\cdot 2^{0}+2\cdot 2^{1}+3\cdot 2^{2}+...+k\cdot 2^{k-1}+(k+1)\cdot 2^{k}=1+k\cdot 2^{k+1}$ .
- Temos que $1\cdot 2^{0}+2\cdot 2^{1}+3\cdot 2^{2}+...+k\cdot 2^{k-1}+(k+1)\cdot 2^{k}=_{1}1+(k-1)\cdot 2^{k}+(k+1)\cdot 2^{k}=_{2}1+k\cdot 2^{k}-2^{k}+k\cdot 2^{k}+2^{k}=_{3}$
$=_{3}1+2k\cdot 2^{k}=_{4}1+k\cdot 2^{k+1}$ $=_{3}1+2k\cdot 2^{k}=_{4}1+k\cdot 2^{k+1}$ .
- a igualdade 1 é devida à hipótese de indução, a igualdade 2 pela distributiva, a igualdade 3 é pela lei do corte para soma e a igualdade 4 pela potência.

2.1.d

Mostre que  ${\bigg (}1+{1 \over 1}{\bigg )}\cdot {\bigg (}1+{1 \over 2}{\bigg )}^{2}\cdot ...\cdot {\bigg (}1+{1 \over n-1}{\bigg )}^{n-1}={n^{n-1} \over (n-1)!}$  é válido para  $n\geq 2$

Prova por indução sobre n:

Mostrar que é válido para n = 2: ${\bigg (}1+{1 \over 1}{\bigg )}={2^{2-1} \over (2-1)!}\Rightarrow 1+1={2^{1} \over 1}\Rightarrow 2=2$ .
Supor válido para n = k: ${\bigg (}1+{1 \over 1}{\bigg )}\cdot {\bigg (}1+{1 \over 2}{\bigg )}^{2}\cdot ...\cdot {\bigg (}1+{1 \over k-1}{\bigg )}^{k-1}={k^{k-1} \over (k-1)!}$
Mostrar válido para n = k+1, ou seja, Mostrar que ${\bigg (}1+{1 \over 1}{\bigg )}\cdot {\bigg (}1+{1 \over 2}{\bigg )}^{2}\cdot ...\cdot {\bigg (}1+{1 \over k-1}{\bigg )}^{k-1}\cdot {\bigg (}1+{1 \over k}{\bigg )}^{k}={(k+1)^{k} \over k!}$ ${\bigg (}1+{1 \over 1}{\bigg )}\cdot {\bigg (}1+{1 \over 2}{\bigg )}^{2}\cdot ...\cdot {\bigg (}1+{1 \over k-1}{\bigg )}^{k-1}\cdot {\bigg (}1+{1 \over k}{\bigg )}^{k}={(k+1)^{k} \over k!}$ .
- Temos que ${\bigg (}1+{1 \over 1}{\bigg )}\cdot {\bigg (}1+{1 \over 2}{\bigg )}^{2}\cdot ...\cdot {\bigg (}1+{1 \over k-1}{\bigg )}^{k-1}\cdot {\bigg (}1+{1 \over k}{\bigg )}^{k}=_{1}{k \over k}\cdot {k^{k-1} \over (k-1)!}\cdot {\bigg (}1+{1 \over k}{\bigg )}^{k}=_{2}{k\cdot k^{k-1} \over k(k-1)!}\cdot {\bigg (}{k+1 \over k}{\bigg )}^{k}=_{3}$
- $=_{3}{k^{k} \over k!}\cdot {(k+1)^{k} \over k^{k}}=_{4}{(k+1)^{k} \over k!}$ .
- a igualdade 1 é devida à hipótese de indução, a igualdade 2 pela soma e produto de frações, a igualdade 3 é pelas propriedades de potencia e fatorial e a igualdade 4 pela lei do corte da divisão.

2.1.e

Mostre que  $1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+...+n\cdot n!=(n+1)!-1$

Prova por indução sobre n:

Mostrar que é válido para n = 1: $1\cdot 1!=(1+1)!-1\Rightarrow 1=2-1\Rightarrow 1=1$ (Verdadeiro).
Supor válido para n = k: $1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+...+k\cdot k!=(k+1)!-1$
Mostrar válido para n = k+1, ou seja, Mostrar que $1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+...+k\cdot k!+(k+1)\cdot (k+1)!=(k+2)!-1$ $1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+...+k\cdot k!+(k+1)\cdot (k+1)!=(k+2)!-1$ .
- Temos que $1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+...+k\cdot k!+(k+1)\cdot (k+1)!=_{1}(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)!=_{2}(k+1+1)\cdot (k+1)!-1=_{3}(k+2)!-1$ .
- a igualdade 1 é devida à hipótese de indução, a igualdade 2 pela distributiva, a igualdade 3 é pela lei do corte para soma e a igualdade 4 pela propriedade fatorial.

2.2a

Prove que  $n<2^{n},\forall \;n\in \mathbb {N}$ .

Mostraremos que é válido para $n=1:1<2^{1}$ (verdade).
Suponhamos que seja válido para $n=k:k<2^{k}$ .
Mostraremos que seja válido para $n=k+1:k+1<2^{k+1}$ $n=k+1:k+1<2^{k+1}$ .
- $k+1<_{1}2^{k}+1<_{2}2^{k}+2^{k}=_{3}2\cdot 2^{k}=_{4}2^{k+1}$
- a desigualdade 1 é devida à hipótese de indução, a desigualdade 2 pela desigualdade de potência, a igualdade 3 pela distributiva e igualdade 4 pela propriedade de potência.

2.2b

Mostre que  ${1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2n-1) \over 2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2n}\leq {1 \over {\sqrt {3n+1}}},\forall \;n\in \mathbb {N}$

Mostraremos que é válido para $n=1:{1 \over 2}\leq {1 \over {\sqrt {3\cdot 1+1}}}\Rightarrow {1 \over 2}={1 \over {\sqrt {4}}}$ (verdade)
Suponhamos válido para $n=k:{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2k-1) \over 2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2k}\leq {1 \over {\sqrt {3k+1}}}$
Mostraremos que é válido para $n=k+1:{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2k-1)\cdot (2k+1) \over 2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2k\cdot (2k+2)}\leq {1 \over {\sqrt {3k+4}}}$ $n=k+1:{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2k-1)\cdot (2k+1) \over 2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2k\cdot (2k+2)}\leq {1 \over {\sqrt {3k+4}}}$
- Assim: ${1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2k-1)\cdot (2k+1) \over 2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2k\cdot (2k+2)}\leq _{1}{1 \over {\sqrt {3k+1}}}\cdot {(2k+1) \over (2k+2)}\leq _{2}{1 \over {\sqrt {3k+4}}}$ ${1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2k-1)\cdot (2k+1) \over 2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2k\cdot (2k+2)}\leq _{1}{1 \over {\sqrt {3k+1}}}\cdot {(2k+1) \over (2k+2)}\leq _{2}{1 \over {\sqrt {3k+4}}}$ . (A desigualdade 1 é pela hipótese da indução.)
  - A desigualdade 2 resulta de: $19k\leq 20k\Rightarrow 12k^{3}+28k^{2}+19k+4\leq 12k^{3}+28k^{2}+20k+4\Rightarrow (3k+4)(4k^{2}+4k+1)\leq (3k+1)(4k^{2}+8k+4)\Rightarrow$
  - $\Rightarrow (3k+4)(2k+1)^{2}\leq (3k+1)(2k+2)^{2}\Rightarrow {\sqrt {3k+4}}(2k+1)\leq (2k+2){\sqrt {3k+1}}\Rightarrow {1 \over {\sqrt {3k+1}}}\cdot {(2k+1) \over (2k+2)}\leq {1 \over {\sqrt {3k+4}}}$

2.3a

Considere uma sequência tal que  $x_{1}=1,x_{n+1}={1 \over 2}{\bigg (}x_{n}+{2 \over x_{n}}{\bigg )}$ 
Mostre que  $1\leq x_{n}\leq {3 \over 2},\forall n\in \mathbb {N}$

$n=1:x_{2}={1 \over 2}{\bigg (}1+{2 \over 1}{\bigg )}={3 \over 2}$
Vamos mostrar que ${4 \over 3}\leq x_{n}\leq {3 \over 2},$ é válido $\forall n\geq 2$ .
$n=2:x_{3}={1 \over 2}{\bigg (}{3 \over 2}+{2 \over {3 \over 2}}{\bigg )}={1 \over 2}{\bigg (}{3 \over 2}+{4 \over 3}{\bigg )}={1 \over 2}{\bigg (}{9 \over 6}+{8 \over 6}{\bigg )}={1 \over 2}\cdot {17 \over 6}={17 \over 12}$ (verdade)
Supomos válido para n=k e mostra que é verdade para n = k+1, ou seja:
${4 \over 3}\leq x_{k}\leq {3 \over 2}\Rightarrow {2 \over 3}\leq {1 \over x_{k}}\leq {3 \over 4}\Rightarrow {4 \over 3}\leq {2 \over x_{k}}\leq {6 \over 8}\Rightarrow {4 \over 3}+{4 \over 3}\leq x_{k}+{2 \over x_{k}}\leq {3 \over 2}+{6 \over 8}\Rightarrow$ .
$\Rightarrow {8 \over 3}\leq x_{k}+{2 \over x_{k}}\leq {18 \over 8}\Rightarrow {4 \over 3}\leq x_{k+1}\leq {9 \over 8}\leq {3 \over 2}$ .

2.3b

Mostre que $x_{n+1}-{\sqrt {2}}={1 \over 2x_{n}}{\bigg (}x_{n}-{\sqrt {2}}{\bigg )}^{2},\forall n\in \mathbb {N}$

Mostre que é verdade para $n=1:x_{2}={\sqrt {2}}+{1 \over 2}{\bigg (}1-{\sqrt {2}}{\bigg )}^{2}={1 \over 2}{\bigg (}2{\sqrt {2}}+3-2{\sqrt {2}}{\bigg )}={3 \over 2}$
Suponha que é verdade para $n=k:x_{k+1}-{\sqrt {2}}={1 \over 2x_{k}}{\bigg (}x_{k}-{\sqrt {2}}{\bigg )}^{2}$
Mostrar válido para $n=k+1:x_{k+2}-{\sqrt {2}}={1 \over 2x_{k+1}}{\bigg (}x_{k+1}-{\sqrt {2}}{\bigg )}^{2}$ $n=k+1:x_{k+2}-{\sqrt {2}}={1 \over 2x_{k+1}}{\bigg (}x_{k+1}-{\sqrt {2}}{\bigg )}^{2}$
- Assim $x_{k+2}-{\sqrt {2}}={1 \over 2x_{k+1}}{\bigg (}x_{k+1}-{\sqrt {2}}{\bigg )}^{2}\Leftrightarrow {1 \over 2}{\bigg (}x_{k+1}+{2 \over x_{k+1}}{\bigg )}-{\sqrt {2}}={1 \over 2x_{k+1}}{\bigg (}x_{k+1}^{2}-2x_{k+1}{\sqrt {2}}+2{\bigg )}\Leftrightarrow$
- $x_{k+1}{\bigg (}{x_{k+1}^{2}+2 \over x_{k+1}}{\bigg )}-2x_{k+1}{\sqrt {2}}=x_{k+1}^{2}-2x_{k+1}{\sqrt {2}}+2\Rightarrow x_{k+1}^{2}=x_{k+1}^{2}$ (verdade)

2.4a

Seja $P(n):n^{3}+(n+1)^{3}+(n+2)^{3}=9t,para\;algum\;t\in \mathbb {N}$
Vamos mostrar que é válido para $n=1:P(1):1^{3}+(1+1)^{3}+(1+2)^{3}=1+8+27=36=9\cdot 4$ .
Suponhamos que vale para $n=k:P(k):k^{3}+(k+1)^{3}+(k+2)^{3}=9t,para\;algum\;t\in \mathbb {N}$
Mostrar válido para $n=k+1:P(k+1):(k+1)^{3}+(k+2)^{3}+(k+3)^{3}=9t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$ $n=k+1:P(k+1):(k+1)^{3}+(k+2)^{3}+(k+3)^{3}=9t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$
- $(k+1)^{3}+(k+2)^{3}+(k+3)^{3}=(k+1)^{3}+(k+2)^{3}+(k+3)(k+3)(k+3)=k^{3}+(k+1)^{3}+(k+2)^{3}+9k^{2}+27k+27=$
- $9t+9k^{2}+27k+27=9(t+k^{2}+3k+3),para\;algum\;t\in \mathbb {N}$ .

2.4b

Seja $P(n):3^{2n+2}+8n-9=16t,para\;algum\;t\in \mathbb {N}$
Vamos mostrar que é válido para $n=1:P(1):3^{2+2}+8-9=81-1=80=16\cdot 5$ .
Suponhamos que vale para $n=k:P(k):3^{2k+2}+8k-9=16t,para\;algum\;t\in \mathbb {N} \Leftrightarrow 3^{2k+2}=16t+9-8k$
Mostrar válido para $n=k+1:P(k+1):3^{2(k+1)+2}+8(k+1)-9=16t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$ $n=k+1:P(k+1):3^{2(k+1)+2}+8(k+1)-9=16t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$
- $3^{2k+4}+8k-1=(16t+9-8k)\cdot 3^{2}+8k-1=9\cdot 16t+81-64k-1=16\cdot (9t+5-4k),para\;algum\;t\in \mathbb {N}$ .

2.4c

Seja $P(n):4^{n}+15n-1=9t,para\;algum\;t\in \mathbb {N}$
Vamos mostrar que é válido para $n=1:P(1):4^{1}+15-1=4+14=18=9\cdot 2$ .
Suponhamos que vale para $n=k:P(k):4^{k}+15k-1=9t,para\;algum\;t\in \mathbb {N} \Leftrightarrow 4^{k}=9t+1-15k$
Mostrar válido para $n=k+1:P(k+1):4^{k+1}+15(k+1)-1=9t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$ $n=k+1:P(k+1):4^{k+1}+15(k+1)-1=9t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$
- $4^{k+1}+15(k+1)-1=4\cdot (9t+1-15k)+15k+14=36t+4-60k+15k+14=36t+18-45k=$
- $9\cdot (4t+2-5k),para\;algum\;t\in \mathbb {N}$

2.4d

Seja $P(n):11^{n+2}+12^{2n+1}=133t,para\;algum\;t\in \mathbb {N}$
Vamos mostrar que é válido para $n=1:P(1):11^{1+2}+12^{21+1}=1331+1728=3059=133\cdot 23$ .
Suponhamos que vale para $n=k:P(k):11^{k+2}+12^{2k+1}=133t,para\;algum\;t\in \mathbb {N} \Leftrightarrow$
Mostrar válido para $n=k+1:P(k+1):11^{k+3}+12^{2k+3}=133t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$ $n=k+1:P(k+1):11^{k+3}+12^{2k+3}=133t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$
- $11^{k+3}+12^{2k+3}=11\cdot 11^{k+2}+12^{2}\cdot 12^{2k+1}=11\cdot (11^{k+2}+\cdot 12^{2k+1})+133\cdot 12^{2k+1}=11\cdot 133t+133\cdot 12^{2k+1}=$
- $=133\cdot (11t+12^{2k+1}),para\;algum\;t\in \mathbb {N}$

2.4e

Seja $P(n):2^{3^{n}}+1=3^{n+1}\cdot t,para\;algum\;t\in \mathbb {N}$
Vamos mostrar que é válido para $n=1:P(1):2^{3}+1=3^{2}\cdot t$ .
Suponhamos que vale para $n=k:P(k):2^{3^{k}}+1=3^{k+1}\cdot t,para\;algum\;t\in \mathbb {N} \Leftrightarrow$
Mostrar válido para $n=k+1:P(k+1):2^{3^{k+1}}+1=3^{k+2}\cdot t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$ $n=k+1:P(k+1):2^{3^{k+1}}+1=3^{k+2}\cdot t^{*},para\;algum\;t^{*}\in \mathbb {N}$
- $2^{3^{k+1}}+1=2^{3^{k+1}}+1=$
- $=,para\;algum\;t\in \mathbb {N}$

2.5

Considere um plano dividido em várias regiões por n retas. Considere que foram usadas duas cores para pintar cada região de forma que as regiões adjacentes, sempre tenham cores diferentes.

Provar para n=1 reta: Uma reta divide uma região em duas regiões adjacentes, que podem ser pintadas com duas cores diferentes.
Suponha que uma região que foi cortada por n retas, nos dá várias regiões que tenham cores diferentes para cada duas regiões adjacentes.
- Essas regiões ou são polígonos ou são semi-planos.
Vamos mostrar que é válido para n+1 retas:
- Ao colocar mais uma reta nesse plano, as regiões por onde a reta passar serão cortadas em duas, gerando novas regiões adjacentes que devem ter todas as suas cores mudadas de um dos lados dessa reta.
- As regiões que se transformaram em duas por termos mudado as cores de um dos lados da reta, são agora de cores diferentes.
- As regiões desse lado da reta que tiveram as suas cores mudadas que eram adjacentes as regiões novas tiveram as suas cores mudadas, tanto quanto as regiões antigas.
- As regiões que mudaram de cor e não faziam adjacência com as regiões novas, tiveram suas cores todas mudadas, continuando a ter cores diferentes pra regiões adjacentes.
- Portanto vamos continuar tendo cada região adjacente com cores diferentes.

2.6

2.7

2.8 2.9a

Demonstre, por indução, as seguintes desigualdades:

 $n!>2^{n},para\;n\geq 4$

Mostre que é válido para $n=4:4!>2^{4}\Rightarrow 24\geq 16$
Suponhamos válido para $n=k:k!>2^{k},para\;algum\;k\;natural,com\;k\geq 4\Rightarrow k+1\geq 5>2$ .
Iremos mostrar que é válido para $n=k+1:(k+1)!>2^{k+1},para\;n\geq 4$ $n=k+1:(k+1)!>2^{k+1},para\;n\geq 4$
- Assim $2^{k+1}=_{1}2\cdot 2^{k}\leq _{2}2\cdot k!\leq _{3}(k+1)\cdot k!$
- onde a igualdade 1 é pela propriedade de potência, a desigualdade 2 é pela hipótese de indução e a desigualdade 3 é pelo fato que k é um natural maior que 4.

2.9b

Demonstre, por indução, as seguintes desigualdades:

 $n!>3^{n},para\;n\geq 7$

Mostre que é válido para $n=7:7!>3^{7}\Rightarrow 5040\geq 2187$
Suponhamos válido para $n=k:k!>3^{k},para\;algum\;k\;natural,k\geq 7\Rightarrow k+1\geq 8>3$ .
Iremos mostrar que é válido para $n=k+1:(k+1)!>3^{k+1},para\;n\geq 7$ $n=k+1:(k+1)!>3^{k+1},para\;n\geq 7$
- Assim $3^{k+1}=_{1}3\cdot 3^{k}\leq _{2}3\cdot k!\leq _{3}(k+1)\cdot k!$
- onde a igualdade 1 é pela propriedade de potência, a desigualdade 2 é pela hipótese de indução e a desigualdade 3 é pelo fato que k é um natural maior que 4.

2.9c

Demonstre, por indução, as seguintes desigualdades:

 ${1 \over n+1}+{1 \over n+2}+...+{1 \over 2n}>{13 \over 24},para\;n\geq 2$

Mostre que é válido para $n=2:{1 \over 2+1}+{1 \over 2+2}={4 \over 12}+{3 \over 12}={7 \over 12}>{13 \over 24}$ (verdade).
Suponhamos válido para ${1 \over k+1}+{1 \over k+2}+...+{1 \over 2k}>{13 \over 24},para\;algum\;k\;natural,k\geq 2\Rightarrow k+1\geq 3$ .
Iremos mostrar que é válido para $n=k+1:{1 \over k+2}+{1 \over k+3}+...+{1 \over 2\cdot (k+1)}>{13 \over 24}$ $n=k+1:{1 \over k+2}+{1 \over k+3}+...+{1 \over 2\cdot (k+1)}>{13 \over 24}$
- Assim ${1 \over k+1}+{1 \over k+2}+{1 \over k+3}+...+{1 \over 2k}+{1 \over 2k+1}+{1 \over 2k+2}\geq _{1}{13 \over 24}+{1 \over 2k+1}+{1 \over 2k+2}\Rightarrow _{2}$
- ${1 \over k+2}+{1 \over k+3}+...+{1 \over 2k}+{1 \over 2k+1}+{1 \over 2k+2}\geq {13 \over 24}+{2k+2+2k+1 \over (2k+1)(2k+2)}-{1 \over k+1}\geq _{3}{13 \over 24}+{(4k+3)(k+1)-(2k+1)(2k+2) \over (2k+1)(2k+2)(k+1)}\Rightarrow _{4}$
- ${1 \over k+2}+{1 \over k+3}+...+{1 \over 2k}+{1 \over 2k+1}+{1 \over 2k+2}\geq {13 \over 24}+{4k^{2}+7k+3-(4k^{2}+6k+2) \over (2k+1)(2k+2)(k+1)}=_{5}{13 \over 24}+{k+1 \over (2k+1)(2k+2)(k+1)}\geq _{6}{13 \over 24}$
- onde a desigualdade 1 é pela hipótese de indução, a implicação 2 é por soma de termos numa desigualdade, a desigualdade 3 é pela soma de frações, a implicação 4 é por distributiva, a igualdade 5 é pela lei do corte e a desigualdade 6 é pela desigualdade.

2.9d

 $2^{n}>1+n{\sqrt {2^{n-1}}},para\;n\geq 2$ .

Vamos mostrar que a sentença acima é válida por indução sobre n.
Mostrar que é válido para n =1: $2^{2}>1+2{\sqrt {2^{2-1}}}\Rightarrow {4-1 \over 2}>{\sqrt {2}}$ .(verdade)
Suponhamos válido para n = k: $2^{k}>1+k{\sqrt {2^{k-1}}},para\;algum\;k\in \mathbb {N}$ .
Mostrar que é válido para n = k+1: $2^{k+1}>1+k{\sqrt {2^{k}}}$ $2^{k+1}>1+k{\sqrt {2^{k}}}$ .
- $2^{k+1}=2\cdot 2^{k}>2\cdot (1+k{\sqrt {2^{k-1}}})=2+2k{\sqrt {2^{k-1}}}$ .
- $Como\;2^{k}<2^{k+1}\Rightarrow {\sqrt {2^{k}}}<{\sqrt {2^{k-1+2}}}={\sqrt {2^{2}\cdot 2^{k-1}}}\Rightarrow k{\sqrt {2^{k}}}<2k{\sqrt {2^{k-1}}}\Rightarrow 1+k{\sqrt {2^{k}}}<1+2k{\sqrt {2^{k-1}}}<2+2k{\sqrt {2^{k-1}}}$
- logo $2^{k+1}>2+2k{\sqrt {2^{k-1}}}>1+k{\sqrt {2^{k-1}}}$

Utilizador:Thiago Marcel/Profmat/MA12/unid2

2.1.a

2.1.b

2.1.c

2.1.d

2.1.e

2.2a

2.2b

2.3a

2.3b

2.4a

2.4b

2.4c

2.4d

2.4e

2.5

2.6

2.7

2.8

2.9a

2.9b

2.9c

2.9d

2.10

2.11

2.12

2.13

2.14

2.15

2.16

2.17

2.18

2.19

2.20