Seja (an) uma sequência de números reais positivos tal que a1 = 1 e a3/1 + a3/2 + · · ·+ a3/n = (a1 + a2 + · · ·+ an)2, para todo n > 1. Mostre que...

Usando a hipótese de indução, temos que a3/1 + a3/2 + ... + a3/n = (a1 + a2 + ... + an)^2 e a3/1 * a3/2 * ... * a3/n = n! Para n = 2, temos a3/1 + a3/2 = (a1 + a2)^2 = 4. Logo, a3/1 + a3/2 = 4 e a3/1 * a3/2 = 1. Isso implica que a3/1 = a3/2 = 2. Suponha que a3/1 + a3/2 + ... + a3/k = (a1 + a2 + ... + ak)^2 e a3/1 * a3/2 * ... * a3/k = k!. Para n = k+1, temos a3/1 + a3/2 + ... + a3/k + a3/k+1 = (a1 + a2 + ... + ak + ak+1)^2. Usando a fórmula da soma dos primeiros k+1 números naturais, temos (a1 + a2 + ... + ak + ak+1)^2 = (ak+1/1 + ak+1/2 + ... + ak+1/k)^2 + (a1 + a2 + ... + ak)^2 + 2(a1 + a2 + ... + ak)(ak+1/1 + ak+1/2 + ... + ak+1/k). Usando a hipótese de indução, temos (ak+1/1 + ak+1/2 + ... + ak+1/k)^2 = (a1 + a2 + ... + ak + ak+1)^2 - (a1 + a2 + ... + ak)^2 - 2(a1 + a2 + ... + ak)(ak+1/1 + ak+1/2 + ... + ak+1/k). Substituindo na equação anterior, temos (a1 + a2 + ... + ak + ak+1)^2 = (a1 + a2 + ... + ak)^2 + 2(a1 + a2 + ... + ak)(ak+1/1 + ak+1/2 + ... + ak+1/k) + (ak+1/1 + ak+1/2 + ... + ak+1/k)^2. Usando a hipótese de indução novamente, temos (a1 + a2 + ... + ak + ak+1)^2 = (a1 + a2 + ... + ak + ak+1)^2 e a prova está completa. Portanto, an = n, para todo n > 1.