Inducao Matematica

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Indução Matemática
Timóteo Sambo
10 de Abril de 2020
Indução Matemática
Introdução
Você já deve ter visto exibições em que milhares de peças de dominó são
colocadas em sequência e que a queda da primeira peça implica na queda das
demais, sucessivamente.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 2 / 8
Indução Matemática
Introdução
Você já deve ter visto exibições em que milhares de peças de dominó são
colocadas em sequência e que a queda da primeira peça implica na queda das
demais, sucessivamente.
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Indução Matemática
Introdução
Você já deve ter visto exibições em que milhares de peças de dominó são
colocadas em sequência e que a queda da primeira peça implica na queda das
demais, sucessivamente.
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Indução Matemática
Introdução
O princípio de indução matemática se assemelha com isso, pois tem como foco
provar que determinado resultado vale para todos os números naturais ou para
todos os naturais a partir de um certo n0 dado.
Conjunto N
O conjunto dos números naturais pode ser N = {0, 1, 2, . . .} ou N = {1, 2, 3, . . .},
dependendo da conveniência. No que segue vamos usar N = {1, 2, 3, . . .}.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 3 / 8
Indução Matemática
Introdução
O princípio de indução matemática se assemelha com isso, pois tem como foco
provar que determinado resultado vale para todos os números naturais ou para
todos os naturais a partir de um certo n0 dado.
Conjunto N
O conjunto dos números naturais pode ser N = {0, 1, 2, . . .} ou N = {1, 2, 3, . . .},
dependendo da conveniência. No que segue vamos usar N = {1, 2, 3, . . .}.
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Indução Matemática
Como podemos ter certeza da validade de uma certa propriedade para todos os
números naturais?
Princípio de Indução Matemática-PIM
Seja P(n) um predicado sobre N e n0 ∈ N. Suponha que
Base (B) P(n0) é verdadeira, e
Indução (I) para todo k ∈ N, se P(k) é verdadeira, segue que P(k + 1) é
verdadeira.
Então P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
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Indução Matemática
Como podemos ter certeza da validade de uma certa propriedade para todos os
números naturais?
Princípio de Indução Matemática-PIM
Seja P(n) um predicado sobre N e n0 ∈ N. Suponha que
Base (B) P(n0) é verdadeira, e
Indução (I) para todo k ∈ N, se P(k) é verdadeira, segue que P(k + 1) é
verdadeira.
Então P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
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Indução Matemática
Como podemos ter certeza da validade de uma certa propriedade para todos os
números naturais?
Princípio de Indução Matemática-PIM
Seja P(n) um predicado sobre N e n0 ∈ N.
Suponha que
Base (B) P(n0) é verdadeira, e
Indução (I) para todo k ∈ N, se P(k) é verdadeira, segue que P(k + 1) é
verdadeira.
Então P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
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Indução Matemática
Como podemos ter certeza da validade de uma certa propriedade para todos os
números naturais?
Princípio de Indução Matemática-PIM
Seja P(n) um predicado sobre N e n0 ∈ N. Suponha que
Base (B) P(n0) é verdadeira, e
Indução (I) para todo k ∈ N, se P(k) é verdadeira, segue que P(k + 1) é
verdadeira.
Então P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
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Como podemos ter certeza da validade de uma certa propriedade para todos os
números naturais?
Princípio de Indução Matemática-PIM
Seja P(n) um predicado sobre N e n0 ∈ N. Suponha que
Base (B) P(n0) é verdadeira, e
Indução (I) para todo k ∈ N, se P(k) é verdadeira, segue que P(k + 1) é
verdadeira.
Então P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
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Como podemos ter certeza da validade de uma certa propriedade para todos os
números naturais?
Princípio de Indução Matemática-PIM
Seja P(n) um predicado sobre N e n0 ∈ N. Suponha que
Base (B) P(n0) é verdadeira, e
Indução (I) para todo k ∈ N, se P(k) é verdadeira, segue que P(k + 1) é
verdadeira.
Então P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
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Como podemos ter certeza da validade de uma certa propriedade para todos os
números naturais?
Princípio de Indução Matemática-PIM
Seja P(n) um predicado sobre N e n0 ∈ N. Suponha que
Base (B) P(n0) é verdadeira, e
Indução (I) para todo k ∈ N, se P(k) é verdadeira, segue que P(k + 1) é
verdadeira.
Então P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvioque 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
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Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) =
1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1
+ 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3
+ 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5
+ · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 +
· · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · ·
+ (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) +
(2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 +
2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
Prove que 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1
Prova: Seja P(n) : {1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2}.
(B) para n = 1 é obvio que 1 = 12, i.e, P(1) é verdadeira.
(I) Suponhamos que P(k) vale para um certo k ≥ 1, i.e,
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2.
Devemos mostrar a validade de P(n) para n = k + 1, i.e,
1+ 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = (k + 1)2.
De facto
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + 2k + 1
= (k + 1)2.
Pelo PIM, 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = n2, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1
= 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 =
102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100
(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)
− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultadopara n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1
= 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 =
11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
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Exemplos
102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Prova: Seja P(n) : {102n − 1é divisível por11}
(B) O resultado vale para n = 1, pois 102 − 1 = 99 é divisível por 11;
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
102k − 1 é divisível por 11.
Para provar o resultado para n = k + 1, começamos notando que
102k − 1 = 11M, i .e, 102k = 11M + 1, M ∈ N. Assim,
102(k+1) − 1 = 102k+2 − 1
= 100 · 102k − 1
= 100(11M + 1)− 1 = 11 · 100M − 99
= 11(10M − 9),
Portanto, 102(k+1) − 1 é divisível por 11.
Então 102n − 1 é divisível por 11, para todo n ≥ 1.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 6 / 8
Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
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Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 7 / 8
Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 7 / 8
Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1:
3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 7 / 8
Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
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Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k
≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
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Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 7 / 8
Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k)
= 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
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Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
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Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultadovale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
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Exemplos
3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n
Seja P(n) : {3n ≥ 1 + 2n}.
(B) O resultado vale para n = 1, 31 ≥ 1 + 2.
(I) Supõe que o resultado vale para um certo k ≥ 1: 3k ≥ 1 + 2k.
Devemos provar que 3k+1 ≥ 1 + 2(k + 1).
Ora
3k+1 = 3 · 3k ≥ 3(1 + 2k)
= (1 + 2)(1 + 2k) = 1 + 2k + 2 + 4k
≥ 1 + 2(k + 1)
a última desigualdade é verdadeira pois o termo 4k é não negativo.
Então 3n ≥ 1 + 2n, para todo inteiro positivo n.
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Outros Recursos
Video Aula: https://youtu.be/5YJG77VL2qc?t=23
Video Aula: https://youtu.be/uUmlirH_X1s
Exercícios resolvidos e enviados através da plataforma.
Timóteo Sambo Indução Matemática 10 de Abril de 2020 8 / 8
	Introdução