Exercicios Teoria Elementar dos Numeros 20

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(1) É verdade para n = 10 pois 210 = 1024 e 103 = 1000. 
(2) Hipótese: 2n > n3 
(3) Provar que 2n + 1 > (n + 1)3. 
 
 
Demonstração: 
2n + 1 > (n + 1)3  2n2 = 2n + 2n > (n3 + 3n2 + 3n + 1)  2n + 2n > (n3) + (3n2 + 
3n + 1). 
Pela hipótese 2n > n3. 
Provemos então que 2n > 3n2 + 3n + 1. (i) 
Esta propriedade é válida para n = 10, pois 210 = 1024 e 3n2 + 3n + 1 = 331. 
Supondo válida para n, provemos para n + 1, isto é 
2n + 1 > 3.(n + 1)2 + 3.(n + 1) + 1= 3n2 + 9n + 7  
 2n + 2n > (3n2) + (9n + 7) (ii). 
Esta desigualdade é válida pois 2n > n3 (por hipótese) e n3 > 2n2 para n > 10 e 2n 
> 9n + 7 (iii). 
 
Devemos provar ainda que 2n > 9n + 7 para n > 10. 
É verdade para n = 10 pois 210 = 1024 e 9n + 7 = 97. 
Supondo 2n > 9n + 7, devemos ter ainda 2n + 1 > 9.(n + 1) + 7 = 9n + 7 + 9. 
Esta desigualdade é verdadeira pois pela hipótese 2n > 9n + 7 e 2n > 9 para n > 
10. 
 
Assim, as afirmativas em (iii), (ii) e (i) são verdadeiras. 
Portanto, a propriedade inicial é válida para todo n inteiro, maior ou igual a 10. cqd 
 
(d) 4n > n4 ,  n > 5. 
 
SOLUÇÃO 
(1) é verdade para n = 5, pois 45 = 1024 e 54 = 625 . 
(2) hipótese: 4n > n4 
(3) Provar que 4n + 1 > (n + 1)4 
 
Demonstração 
Pelo que foi visto no item (b) (2n + 1) > (n + 1)2 para todo n. Portanto é válida 
para n > 5. Se primeiro termo é maior que o segundo, seus quadrados mantém a 
mesma relação de ordem. Portanto, (2n + 1) (2n + 1) > (n + 1)2 (n + 1)2  4n + 
1 > (n + 1)4 c. q. d. 
 
(e) n! > n2 ,  n > 4 
 
SOLUÇÃO 
(1) Para n = 4, temos 4! = 4.3.2.1. = 24 e 42 = 16. Portanto, 4! > 42. 
(2) Hipótese: n! > n2. 
(3) Provar (n + 1)! > (n + 1)2 
 
Conforme demonstrado anteriormente temos: 
2n > 2n + 1. Como n.n! > n! > n2 (hipótese), conclui-se que n.n! > 2n + 1. 
Somando as desigualdades n! > n2 e n.n! > 2n + 1, resulta: n.n! + n! > n2 + 2n + 
1  
 (n + 1)n! > (n + 1)2  
 (n + 1)! > (n + 1)2. c.q.d. 
 
(f) n! > n3 ,  n > 6 
 
SOLUÇÃO