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Indução Matemática Material de Estudo

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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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