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In d u ç ã o M a te m á ti c a Matérial para Estudo 1 Induc¸a˜o Matema´tica 1.2 Induc¸a˜o matema´tica Para demonstrar que certas propriedades sa˜o va´lidas no conjunto dos nu´meros naturais, N, usa-se o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica que passamos a enunciar: Uma propriedade e´ va´lida para todos os nu´meros naturais se: 1. A propriedade e´ va´lida para n = 1, 2. Para todo o n natural, se a propriedade e´ va´lida para n, enta˜o ela e´ va´lida para n+ 1. O me´todo de demonstrac¸a˜o baseado neste princ´ıpio consiste no seguinte: suponhamos que preten- demos demonstrar que uma propriedade p(n) e´ verdadeira sempre que substitu´ımos n por um nu´mero natural. Procedemos do seguinte modo: 1. verificamos se p(1) e´ verdadeira, isto e´, verificamos se ao substituir n por 1 obtemos uma proposic¸a˜o verdadeira; 2. Supomos que, para um qualquer nu´mero natural n, p(n) e´ verdadeira e vamos provar que p(n+ 1) e´ verdadeira. A` suposic¸a˜o da veracidade de p(n) costuma chamar-se hipo´tese de induc¸a˜o e ao que queremos demonstrar (veracidade de p(n+ 1)), tese de induc¸a˜o. EXEMPLO 1: Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n+ 1) 2 , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Veˆ-se facilmente que p(1) e´ verdadeira. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n+ 1) 2 e a tese de induc¸a˜o e´ 1 + 2 + 3 + · · ·+ n+ (n+ 1) = (n+ 1)(n+ 2) 2 . Enta˜o 1 + 2 + 3 + · · ·+ n+ (n+ 1) = n(n+ 1) 2 + (n+ 1) = (n+ 1)(n+ 2) 2 , portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n+ 1) 2 , ∀n ∈ N. EXEMPLO 2: Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1) 6 , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Veˆ-se facilmente que p(1) e´ verdadeira. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1) 6 e a tese de induc¸a˜o e´ 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 + (n+ 1)2 = (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3) 6 . 1.2 Induc¸a˜o matema´tica 2 Enta˜o 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 + (n+ 1)2 = n(n+ 1)(2n+ 1) 6 + (n+ 1)2 = (n+ 1)(n(2n+ 1) + 6(n+ 1)) 6 = (n+ 1)(2n2 + 7n+ 6) 6 = (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3) 6 portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1) 6 , ∀n ∈ N. EXEMPLO 3: Provar, por induc¸a˜o, que 10n+1 + 3× 10n + 5 e´ mu´ltiplo de 9, ∀n ∈ N. Comecemos por observar que o nu´mero 10n+1 + 3 × 10n + 5 e´ mu´ltiplo de 9 se existir um nu´mero inteiro positivo k tal que 10n+1 + 3× 10n + 5 = 9k. Substituindo n por 1 na expressa˜o 10n+1 + 3 × 10n + 5 obtemos 102 + 3 × 10 + 5 = 135 = 9 × 15, portanto a propriedade e´ va´lida para n = 1. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ ∃k ∈ N : 10n+1 + 3× 10n + 5 = 9k. A tese de induc¸a˜o e´ ∃k′ ∈ N : 10n+2 + 3× 10n+1 + 5 = 9k′. Temos 10n+2 + 3× 10n+1 + 5 = 10× (10n+1 + 3× 10n) + 5 = (9k − 5)× 10 + 5 = 9(10k − 5). Seja k′ = 10k − 5. Como k′ ∈ N podemos dizer que 10n+2 + 3× 10n+1 + 5 = 9k′ Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 10n+1 + 3× 10n + 5 e´ mu´ltiplo de 9, ∀n ∈ N. EXEMPLO 4: Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que n∑ k=1 (3 + 4k) = 2n2 + 5n, ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Veˆ-se facilmente que p(1) e´ verdadeira. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ n∑ k=1 (3 + 4k) = 2n2 + 5n e a tese de induc¸a˜o e´ n+1∑ k=1 (3 + 4k) = 2(n+ 1)2 + 5(n+ 1). Enta˜o n+1∑ k=1 (3 + 4k) = n∑ k=1 (3 + 4k) + 3 + 4(n+ 1) = 2n2 + 5n+ 3 + 4(n+ 1) = 2n2 + 4n+ 2 + 5n+ 5 = 2(n+ 1)2 + 5(n+ 1) 3 portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que n∑ k=1 (3 + 4k) = 2n2 + 5n, ∀n ∈ N. EXEMPLO 5: Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 3n ≥ 2n+1 + 1, ∀n ∈ N \ {1}. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Comecemos por verificar que p(2) e´ verdadeira. Substituindo n por 2 obtemos 9 ≥ 8 que e´ uma proposic¸a˜o verdadeira. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 3n ≥ 2n+1 + 1 e a tese de induc¸a˜o e´ 3n+1 ≥ 2n+2 + 1. Enta˜o 3n+1 = 3n × 3 ≥ 3 (2n+1 + 1) = 2n+13 + 3 ≥ 2n+13 + 1 ≥ 2n+12 + 1 = 2n+2 + 1 Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 3n ≥ 2n+1 + 1, ∀n ∈ N \ {1}. EXEMPLO 6: Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, a fo´rmula da soma de uma progressa˜o geome´trica: se a 6= 1 enta˜o n∑ p=1 ap = a 1− an 1− a , ∀n ∈ N 1) Se n = 1, a fo´rmula e´ trivial: a = a1 = a 1− a 1− a . 2) Se admitirmos que a propriedade e´ va´lida para n, enta˜o: n+1∑ p=1 ap = n∑ p=1 ap + an+1 = a 1− an 1− a + a n+1 = a ( 1− an 1− a + a n ) = = a 1− an + an − an+1 1− a = a 1− an+1 1− a Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que a propriedade e´ va´lida para todo o n ∈ N. EXEMPLO 7: Usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, vamos demonstrar a seguinte igualdade (Bino´mio de Newton): (a+ b)n = n∑ p=0 nCp a n−p bp, ∀a, b ∈ R, ∀n ∈ N 1) Se n = 1, a propriedade e´ va´lida: a+ b = 1C0 a+ 1C1 b. 2) Vamos agora admitir que a propriedade e´ va´lida para n; enta˜o (a+ b)n+1 = (a+ b) (a+ b)n = (a+ b) n∑ p=0 nCp a n−p bp = = n∑ p=0 nCp a n+1−p bp + n∑ p=0 nCp a n−p bp+1 = Induc¸a˜o Matema´tica 1.2 Induc¸a˜o matema´tica 4 (fazendo p+ 1 = s) = n∑ p=0 nCp a n+1−p bp + n+1∑ s=1 nCs−1 an−s+1 bs = (como s e´ varia´vel muda, podemos substitu´ı-la por p) = n∑ p=0 nCp a n+1−p bp + n+1∑ p=1 nCp−1 an−p+1 bp = = an+1 + n∑ p=1 nCp a n+1−p bp + bn+1 + n∑ p=1 nCp−1 an−p+1 bp = = an+1 + bn+1 + n∑ p=1 ( nCp + nCp−1) an+1−p bp = = an+1 + bn+1 + n∑ p=1 n+1Cp a n+1−p bp = = n+1∑ p=0 n+1Cp a n+1−p bp Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que a propriedade e´ va´lida para todo o n ∈ N. 5 1.4.2 Induc¸a˜o Matema´tica 1. Prove, pelo me´todo de induc¸a˜o matema´tica, que (a) 2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n = n2 + n, ∀n ∈ N; (b) 1 2 + 1 4 + 1 8 + · · ·+ 1 2n = 1− 1 2n , ∀n ∈ N; (c) 1 1× 2 + 1 2× 3 + 1 3× 4 + · · ·+ 1 n(n+ 1) = n n+ 1 , ∀n ∈ N. 2. Prove, pelo me´todo de induc¸a˜o matema´tica, que (a) n∑ k=1 1 4k2 − 1 = n 2n+ 1 , ∀n ∈ N; (b) n∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) = n3−n, ∀n ∈ N; (c) n∏ k=1 (2k − 1) = (2n)! 2nn! , ∀n ∈ N. 3. Prove, pelo me´todo de induc¸a˜o matema´tica, que (a) 5 e´ factor de 24n−2 + 1, ∀n ∈ N; (b) 42n − 1 e´ divis´ıvel por 5, ∀n ∈ N; (c) 3n > 2n + 10n, ∀n ≥ 4; (d) 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 < n 3 3 , ∀n ∈ N; (e) n∑ k=1 k < (n+ 1)2 2 , ∀n ∈ N. 4. Seja i tal que i2 = −1. Mostre, por induc¸a˜o, que (a) ( 1 + i 1− i )n = cis (npi 2 ) , ∀n ∈ N. (b) (−sen(α) + i cos(α))n = cis(n(pi 2 + α)), ∀n ∈ N. (c) 4n∑ k=1 1 ik = 0, ∀n ∈ N. RESOLUC¸A˜O 1. (a) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 2+4+6+ · · ·+2n = n2 +n, ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Veˆ-se facilmente que p(1) e´ verdadeira: 2×1 = 12+1. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n = n2 + n e a tese de induc¸a˜o e´ 2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n+ 2(n+ 2) = (n+ 1)2 + n+ 1. Induc¸a˜o Matema´tica 1.4 Exerc´ıcios Resolvidos 6 Enta˜o 2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n+ 2(n+ 2) = n2 + n+ 2n+ 2 = n2 + 2n+ 1 + n+ 1 = (n+ 1)2 + n+ 1, portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n = n2 + n, ∀n ∈ N. (b) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 1 2 + 1 4 + 1 8 + · · ·+ 1 2n = 1− 1 2n , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Veˆ-se facilmente que p(1) e´ verdadeira: 1 2= 1 − 1 2 . A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 1 2 + 1 4 + 1 8 + · · ·+ 1 2n = 1− 1 2n e a tese de induc¸a˜o e´ 1 2 + 1 4 + 1 8 + · · ·+ 1 2n + 1 2n+1 = 1− 1 2n+1 . Enta˜o 1 2 + 1 4 + 1 8 + · · ·+ 1 2n + 1 2n+1 = 1− 1 2n + 1 2n+1 = 1− 1 2n ( 1− 1 2 ) = 1− 1 2n · 1 2 = 1− 1 2n+1 , portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 1 2 + 1 4 + 1 8 + · · ·+ 1 2n = 1− 1 2n , ∀n ∈ N. (c) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 1 1× 2 + 1 2× 3 + 1 3× 4 + · · ·+ 1 n(n+ 1) = n n+ 1 ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Veˆ-se facilmente que p(1) e´ verdadeira: 1 1× 2 = 1 2 . A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 1 1× 2 + 1 2× 3 + 1 3× 4 + · · ·+ 1 n(n+ 1) = n n+ 1 e a tese de induc¸a˜o e´ 1 1× 2 + 1 2× 3 + 1 3× 4 + · · ·+ 1 n(n+ 1) + 1 (n+ 1)(n+ 2) = n+ 1 n+ 2 . Enta˜o 1 1× 2 + 1 2× 3 + 1 3× 4 + · · ·+ 1 n(n+ 1) + 1 (n+ 1)(n+ 2) = n n+ 1 + 1 (n+ 1)(n+ 2) = n(n+ 2) + 1 (n+ 1)(n+ 2) = (n+ 1)2 (n+ 1)(n+ 2) = n+ 1 n+ 2 , portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 1 1× 2 + 1 2× 3 + 1 3× 4 + · · ·+ 1 n(n+ 1) = n n+ 1 , ∀n ∈ N. 7 2. (a) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que n∑ k=1 1 4k2 − 1 = n 2n+ 1 , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Verifiquemos que p(1) e´ verdadeira: 1∑ k=1 1 4k2 − 1 = 1 4× 12 − 1 = 1 3 = 1 2× 1 + 1 . A hipo´tese de induc¸a˜o e´ n∑ k=1 1 4k2 − 1 = n 2n+ 1 e a tese de induc¸a˜o e´ n+1∑ k=1 1 4k2 − 1 = n+ 1 2(n+ 1) + 1 . Enta˜o n+1∑ k=1 1 4k2 − 1 = n∑ k=1 1 4k2 − 1 + 1 4(n+ 1)2 − 1 = n 2n+ 1 + 1 (2(n+ 1)− 1)(2(n+ 1) + 1) = n 2n+ 1 + 1 (2n+ 1)(2n+ 3) = n(2n+ 3) + 1 (2n+ 1)(2n+ 3) = 2n2 + 3n+ 1 (2n+ 1)(2n+ 3) = (n+ 1)(2n+ 1) (2n+ 1)(2n+ 3) = n+ 1 2n+ 3 portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que n∑ k=1 1 4k2 − 1 = n 2n+ 1 , ∀n ∈ N. (b) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que n∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) = n3−n, ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Verifiquemos que p(1) e´ verdadeira: 1∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) = 1 31 − 1− 1 31−1 = 1 3 = 1× 3−1. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ n∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) = n 3−n e a tese de induc¸a˜o e´ n+1∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) = (n+ 1)3−(n+1). Induc¸a˜o Matema´tica 1.4 Exerc´ıcios Resolvidos 8 Enta˜o n+1∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) = n∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) + ( n+ 1 3n+1 − n 3n ) = n 3−n + ( n+ 1 3n+1 − n 3n ) = n 3−n + n+ 1− 3n 3n+1 = n+ 1 3n+1 = (n+ 1) 3−(n+1) portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que n∑ k=1 ( k 3k − k − 1 3k−1 ) = n3−n, ∀n ∈ N. (c) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que n∏ k=1 (2k − 1) = (2n)! 2nn! , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Verifiquemos que p(1) e´ verdadeira: 1∏ k=1 (2k − 1) = 2× 1− 1 = 1 = 2× 1 21 × 1! . A hipo´tese de induc¸a˜o e´ n∏ k=1 (2k − 1) = (2n)! 2nn! e a tese de induc¸a˜o e´ n+1∏ k=1 (2k − 1) = (2(n+ 1))! 2n+1(n+ 1)! . Enta˜o n+1∏ k=1 (2k − 1) = ( n∏ k=1 (2k − 1) )( 2(n+ 1)− 1) = (2n)! 2nn! · (2n+ 1) = (2n+ 1)! 2nn! = (2n+ 2)(2n+ 1)! 2nn! (2n+ 2) = (2n+ 2)! 2n+1n! (n+ 1) = (2(n+ 1))! 2n+1(n+ 1)! portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que n∏ k=1 (2k − 1) = (2n)! 2nn! , ∀n ∈ N. 9 3. (a) A proposic¸a˜o ”5 e´ factor de 24n−2 + 1, ∀n ∈ N”, e´ equivalente a ”24n−2 + 1 e´ mu´ltiplo de 5, ∀n ∈ N. O nu´mero 24n−2+1 e´ mu´ltiplo de 5 se existir um nu´mero inteiro positivo k tal que 24n−2+1 = 5k. Substituindo n por 1 na expressa˜o 24n−2 + 1 obtemos 22 + 1 = 5 × 1, portanto a propriedade e´ va´lida para n = 1. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ ∃k ∈ N : 24n−2 + 1 = 5k. A tese de induc¸a˜o e´ ∃k′ ∈ N : 24(n+1)−2 + 1 = 5k′. Temos 24(n+1)−2 + 1 = 24n+2 + 1 = 24n−224 + 1 = 24n−224 + 24 − 24 + 1 = 24(24n−2 + 1)− 24 + 1 = 24 5k − 15 = 5(24 k − 3). Seja k′ = 24 k − 3. Como k′ ∈ N podemos dizer que 24(n+1)−2 + 1 = 5k′ Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 24n+2 + 1 e´ mu´ltiplo de 5, ∀n ∈ N. (b) Provemos por induc¸a˜o que 42n − 1 e´ mu´ltiplo de 5, ∀n ∈ N. O nu´mero 42n−1 e´ mu´ltiplo de 5 se existir um nu´mero inteiro positivo k tal que 42n−1 = 5k. Substituindo n por 1 na expressa˜o 42n − 1 obtemos 42 + 1 = 5 × 3, portanto a propriedade e´ va´lida para n = 1. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ ∃k ∈ N : 42n − 1 = 5k. A tese de induc¸a˜o e´ ∃k′ ∈ N : 42n+2 − 1 = 5k′. Temos 42n+2 − 1 = 42n42 − 1 = 42n42 − 42 + 42 − 1 = 42(42n − 1) + 24 − 1 = 42 5k + 24 − 1 = 5(42 k + 3). Seja k′ = 42 k + 3. Como k′ ∈ N podemos dizer que 24(n+1)−2 + 1 = 5k′ Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 42n − 1 e´ mu´ltiplo de 5, ∀n ∈ N. (c) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 3n ≥ 2n + 10n, ∀n ≥ 4. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Comecemos por verificar que p(4) e´ verdadeira. Substituindo n por 4 obtemos 34 = 81 ≥ 56 = 24 + 40 que e´ uma proposic¸a˜o verdadeira. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 3n ≥ 2n + 10n Induc¸a˜o Matema´tica 1.4 Exerc´ıcios Resolvidos 10 e a tese de induc¸a˜o e´ 3n+1 ≥ 2n+1 + 10(n+ 1). Enta˜o 3n+1 = 3× 3n ≥ 3 (2n + 10n) = 3× 2n + 3× 10n ≥ 2n+1 + 10n+ 20n ≥ 2n+1 + 10n+ 10 = 2n+1 + 10(n+ 1) Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 3n ≥ 2n + 10n, ∀n ≥ 4. (d) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 < n 3 3 , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Comecemos por verificar que p(1) e´ verdadeira. Substituindo n por 1 obtemos 02 = 0 ≥ 1 3 que e´ uma proposic¸a˜o verdadeira. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 < n 3 3 e a tese de induc¸a˜o e´ 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 + n2 < (n+ 1) 3 3 . Enta˜o 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 + n2 < n 3 3 + n2 = n3 + 3n2 3 < n3 + 3n2 + 3n+ 1 3 = (n+ 1)3 3 Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 < n 3 3 , ∀n ∈ N. (e) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que n∑ k=1 k < (n+ 1)2 2 , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Comecemos por verificar que p(1) e´ verdadeira. Substituindo n por 1 obtemos 1∑ k=1 k = 1 < 2 = (1 + 1)2 2 que e´ uma proposic¸a˜o verdadeira. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ n∑ k=1 k < (n+ 1)2 2 e a tese de induc¸a˜o e´ n+1∑ k=1 k < (n+ 2)2 2 . 11 Enta˜o n+1∑ k=1 k = n∑ k=1 k + (n+ 1) < (n+ 1)2 2 + (n+ 1) = n2 + 4n+ 3 2 < n2 + 4n+ 4 2 = (n+ 2)2 2 Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que n∑ k=1 k < (n+ 1)2 2 , ∀n ∈ N. 4. (a) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que( 1 + i 1− i )n = cis (npi 2 ) , ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Verifiquemos que p(1) e´ verdadeira: 1 + i 1− i = √ 2 cis(pi4 )√ 2 cis(−pi4 ) = cis( pi 4 − (−pi 4 )) = cis( pi 2 ). A hipo´tese de induc¸a˜o e´ ( 1 + i 1− i )n = cis (npi 2 ) e a tese de induc¸a˜o e´ ( 1 + i 1− i )n+1 = cis ( (n+ 1)pi 2 ) .Enta˜o ( 1 + i 1− i )n+1 = ( 1 + i 1− i )n( 1 + i 1− i ) = cis( npi 2 ) · cis(pi 2 ) = cis( npi 2 + pi 2 ) = cis ( (n+ 1)pi 2 ) portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que( 1 + i 1− i )n+1 = cis ( (n+ 1)pi 2 ) , ∀n ∈ N. (b) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que (−sen(α) + i cos(α))n = cis(n(pi 2 + α)), ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Verifiquemos que p(1) e´ verdadeira: −sen(α) + i cos(α) = i (cos(α) + isen(α)) = i cis(α) = cis(pi 2 ) · cis(α) = cis(pi 2 + α). A hipo´tese de induc¸a˜o e´ (−sen(α) + i cos(α))n = cis(n(pi 2 + α)) Induc¸a˜o Matema´tica 1.4 Exerc´ıcios Resolvidos 12 e a tese de induc¸a˜o e´ (−sen(α) + i cos(α))n+1 = cis((n+ 1)(pi 2 + α)). Enta˜o (−sen(α) + i cos(α))n+1 = (−sen(α) + i cos(α))n(−sen(α) + i cos(α)) = cis(n( pi 2 + α))(cis( pi 2 + α)) = cis((n+ 1)( pi 2 + α)) portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que (−sen(α) + i cos(α))n = cis(n(pi 2 + α)), ∀n ∈ N. (c) Vamos mostrar, usando o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Matema´tica, que 4n∑ k=1 1 ik = 0, ∀n ∈ N. Seja p(n) a proposic¸a˜o anterior. Verifiquemos que p(1) e´ verdadeira: 4∑ k=1 1 ik = 1 i + 1 i2 + 1 i3 + 1 i4 = 1 i − 1− 1 i + 1 = 0. A hipo´tese de induc¸a˜o e´ 4n∑ k=1 1 ik = 0 e a tese de induc¸a˜o e´ 4n+4∑ k=1 1 ik = 0. Enta˜o 4n+4∑ k=1 1 ik = 4n∑ k=1 1 ik + 1 i4n+1 + 1 i4n+2 + 1 i4n+3 + 1 i4n+4 = 1 i + 1 i2 + 1 i3 + 1 i4 = 0 portanto, a proposic¸a˜o p(n+ 1) e´ va´lida. Pelo Princ´ıpio de induc¸a˜o podemos concluir que 4n∑ k=1 1 ik = 0, ∀n ∈ N. Bibliografia Análise Matemática I - Teoria e Prática Autores: Profª Drª Ana Sá e Profº Drº Bento Louro Faculdade de Ciências e Tecnologia Departamento de Matemática Ano de 2006
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