Metodo de Indução Matematica - Sominski - LIVRO

5/11/2018 Metodo de Induo Matematica - Sominski - LIVRO

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Coordenadio: Nilson Jose MachadoI. S. SOMINSKI @

Metodo deInducaomatematica

~ Traduzido porGelson Iezzi

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I.S, Sominski, 19%. T r a rl u ,f u > p a ra 0 fl' ,mugub, Gelso n Iezzi

Editora Mi[. Muscou, 1


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H. C. COI \1H l lCK l 1H

METOL{MATEMA T I1QECKOH I 1 H . I l Y K U J 1 1 1

. . .APRESENTA


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a tarefa principal do professor, mars do que "dar a materia". e provocar a iuis caque incendiara 0 material inflamavel que, .15 vezes , ja se encontra presente: tem-po necessaria pard provocar 0 fogo do en tusiasmo costuma ser amplameu te corn-pensado peln poder de propagacao que tal fogo apresenta .Entre nos. apcsar de bastante apreciados, os livros da MIR nunca tiveram uma

c irculacao mui to ampla c . a par ti r dos acontec imentos que t rans forrna ra rn pol it ica -mente os pal s es da ex-Uniao Soviet ica, des se to rnaram eada vel mai s diffcei s de serencontrados,

Reconhecendo I)grande valor da colecao na tormacao permanerue dos professo-r es. independenremcnte de qu a o cons is t en t c renha s ido a sua formacao regu Iar, a A tualEditora dec id iu publi ca r uma se lecao reprcseruanva de rai s ti ru los, tornando-os aces-stv eis ao publico brasileir o. Apos os necessaries contatos com a Ed irora MIR. c con-tando com a particip acao de p rotcssor cs com urn arnplo especrr o de experiencias riautih' ,~:' io dessa colecao, fOl e laborada uma l is ta c ri ie riosa de t ltulo~ , buscando-seabr anger temas var iados - algeb ra, aritmetica, g eometria - , co rrespondentes a dif e-renres nlveis de ensino. Embor a a r ela~iio com a sala de aula nern sempre seja irne-diatamente visfvel, cia sempre existe. em maier ou rneno r g rau. Em todos os CR;OS, noen t anto. uma passada de olhos no texto e suf ic iente para revelar a fafsca do enrusias -mo. 0 convite a reflexao. a instrurnentacao para a ar;f. io.

Tendo por base os ternas escolhidos, com a intuito de aproximar mais direta-mente as quesroes apresentadas nos diversos textos do trabalho cotidiano dosprof essorcs no ensino r egular. serf io rambern pub licados volumes especiais, con -tendo sugesioes de atividades de exploracao dos textos originals. A ('ada qualmvolumes traduzidos. 14 m volume elaborado par professores brasileiros buscarduma aproximaciio mais nitida entre os tema.. examinados e a realidade das salasde aula.

Com a colecao Matematica: Aprendendo e Ensinando, a Atua l Editora ofe receaos professores de Matemat ica, por tanto, urn mater ial de cxcelcnte nfvel, que podecontr ibui r signif icativamente para sua formacao geral e permanenre, t endo 0uidadode procurar adcquar os textos a realidade brasi leira, atraves de uma traducilo cuidado-sa e da mediacao d idarica propiciada pelos vo lumes de Atividades para Sala de Aula.e laborados por professores que conhecern as caruc te ri st icas de nos so ensino bas ico.Um elenco de t itulos ti io r ico e var iado como 0da colecao da MIR e 0 resultado deum trabalho cumu lativ e de corea de tres decadas, em que muitas ideias tecundas cinstig antcs foram amealhadas e colocadas em cir culacao, ainda que em urn crrcuuores tr ito. I rnpedi r a desintegracao de tal ace rvo, pos sibi li tando urna eircula,ao maisa rnpla entre os profcssores brasi lci ros, a se rv ice da formacao de sua culrura materna -tica, e o objet ivo principal dos editorcs desta cok~:1o.

SUMAAIO

Introducao ., ,.., ,., , , ,., , , , ,.., . 9 1. Dernonstracao de identidades; problemas aritmeticos ""."." 19 2. Problemas trigonometricos e algebricos "."." ", " 35 3. Demonstracao de desigualdades 42 4. Demonstracao de alguns teoremas de Algebra elementar 52Epilogo , , , , , , , ,..,.., , " , 58Solucoes dos problemas .. ,,, .. 64

Silo Paulo . ourubro de 1994.


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Introducao

Existem proposicoes gerais e particulares.Sao proposicoes gerais, por exemplo, as seguintes:

a) Todos os cidadaos da URSS tern direito a educa cao .b) Em todo paralelogramo as diagonais cortam-se, ambas, no seu pontomedio,

c) Todos as nurneros inteiros que terminam em zero s a o divisiveis par 5.Proposicoes particulares correspondentes a essas proposicoes ge-

rais sao:a) Petrov tern direito a educacao,b) As diagonais do paralelogramo ABeD cortam-se, ambas, no seu pontomedic,

c) 140 e divisivel par 5.A passagem das proposicoes gerais as particulares denomina-se dedu-

cdo. Vejamos ur n exemplo:Todos os cidadiios daURSS r e m dire ito a educacao. (I)Petrov e cidadao da URSS. (2)Petrov tern direito a educacao, (3)A proposicao particular (3) foi deduzida da proposicao geral (1) me-

diante a proposicao (2).A passagem das proposicoes particulares as gerais denomina-se

inducdo. A inducao pode levar a conclusoes verdadeiras e a conclusoesfalsas. Vamos esc1arecer isso com exemplos:140 e divisivel por 5. (I)T od os a s n um e ro s in te iro s q ue t er min am em zero s a o divislveis por 5 . ( 2)Da proposicao particular (1) obtivemos a proposicao geral (2), que e

verdadeira.140 e divisivel por 5. (1)Todos os numeros inteiros formados par tres algarismos sao divisiveispar 5. (2)

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Da proposicao particular (I) obtivemos a proposicao geral (2), que efalsa,Como deve ser empregada a inducao em Matematica" para chegar

sempre a conclusoes verdadeiras? A resposta vern neste livro.1.Vejamos inicialmente dais exemplos de inducao inadmissivel emMaternat ica,

Por que sao i nadmi ss ive is em Ma t e rn a ti ca as argumentacoes ernprega-das nesses exemplos? Onde falham as argumentacoes apresentadas?

Nos dois casas enunciamos uma proposicao geral para todo n (paratodo x, no segundo exernplo) baseando-nos apenas em que essa proposicaoera verdadeira para alguns valores de n (au de x).

A indu cao e amplamcntc utiIizada na Matematica, mas e preciso te r cui-dado* em sua ap li ca c ao , p o is a precipitacao pode conduzir a conclusoes falsas.Assim, embora no excmplo 1 a proposicao geral enunciada seja casual-mente verdadeira (como se demonstra no exemplo 4),a proposicao geral doe xe rn pl o 2 e falsa.

Efetivamente, analisando com maior atencao 0trinomio xl + x + 41,convencemo-nos de que ele e iguaJ a urn numero primo parax = 0, 1,2, ... ,39, mas para x = 40 seu valor e 402 + 40 + 41 = 40 (40 + I) + 41 == 40 41 + 41 =41 . (40 + 1) = 412, ou seja, urn nurnero cornposto**.

2. No excmplo 2 nos defrontamos com uma proposicao que, mesmosendo valida em 40 casos particulares, nao 0e em geral.

Daremos outros exernplos de proposicoes verdadeiras em van os casosparticulares, mas nao em gera!.

Exemplo 1Seja 5 =___ + _1_ + _1__+ + __ 1__

n 1 2 23 34 ... n . (n + 1)E facil ver que

SI = __1_ = _ !_I 2 2 'I I 25, =-- + -- = --. 12 23 3'1 1 1 3S3=-+-+-=12 23 34 4'

5 4 = _1_ + _1_ + _1_ + _1_ = _ _12 2'3 3'4 45 5

Tomando como base os resultados. obtidos, afirmamos que para todomimero natural n tem-se:s = _n__n n + 1

E xem plo 3o bin6mio .r" - 1,em que n e urn numero natural, tern grande interes-sc para os matematicos. Basta dizer que esta estreitamente ligado ao pro-blema geometrico sobre a divisao da circunferencia em n partes iguais. Naotern nada de estranho, par conseguinte, que esse bin6mio tcnha sido estuda-do profundamente. Em particular, os matematicos se interessaram pela de-composicao desse binornio ern fatores de coeficientes inteiros,

Analisando as decomposicoes correspondentes a varios valores parti-culares de n, as matematicos observaram que as valores absolutos de todosos coeficientes dessas decornposicoes nao ultrapassam 1.De fato:

x -i=x-lxl - 1 = (x - 1 )(x + 1)~ - 1 = (x - 1)(x2 + X + 1)x " - 1 = (x - 1 )(x + 1 )(x 2 + 1)x5 - 1 =(r - 1)(x4 + x3 + x2 + X + 1)x6 - 1 =(x - 1 )(x + 1 )(x2 + X + 1 )(x2 - X + I )

Exemplo 2Consideremos 0trinomio r'+ x + 41,jaestudado por L e on h ar d E u le r.Colocando zero em lugar de x, obtemos 0numero primo 41. Colocando

agora nesse mesmo trinomio 0 numero 1 em Jugar de x, obtemos de novourn numero primo, 0 43. Substituindo x no trin6mio sucessivamente par2,3,4,5,6, 7, 8, 9 e 10, obtemos em cada substituicao um numero primo(47,53,61,71,83,97, 113, 131 e 151, respectivarnente). Disso inferimosque, ao substituir x no trinomio par um nurnero inteiro nao negativo qual-qu er , s emp re obtemos urn numero pr ima como resultado, ver 0 epi logo (p. 58a 63) . ~ Ver 0 epi logo (p 515a 63 > .*~Tambern e evidenre que. sendo X = 41. 0 nurneror- + X + 41 = 41' + 41 + 41 ~divisive] por 41.10 11


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. Foram com~ostas tabelas dentro de cujos limites as coeficientes pos-swam essa propnedade. Mas as tentativas de demonstrnr esse fato fracassa-ram. Em 1938, apareceu na revista Exitos da Ciencia Matemdtica fascicu-10 IV , um pequeno artigo de N. G . Chebotariov, destacado matem~tico 50-viet ico, propondo a nossos maternaticns estudar essa questdo,? prob1~ma foi re_solvido par V .K. Ivanov, em 1941. Resultou que essapropnedade e verdadei ra para todos os binomios x" - 1d e grau menor que105, mas falsa para XlO5 - I, em que urn dos fatores e 0 polinomio:x48 + X 47 + x46 - X 43 - X 4 2 - 2x41 _ x 4() _ X 39 + x36 + X 35 + X3 4 + x'3 ++ X 32 + x31 - i'B - x 2 6 - X 24 - _x22 - x 2 0 + XI7 + xl6 + XiS + Xl4 + xD ++ Xl2 - x9 - r - 2x7 - x ! ' - x5 + xl + x + 1.

Exemplo4Consideremos os numeros do tipo 22 " + 1. Para n = 0 1 2 3 e 4, ,~ ~ 2 21 22os numeros 2 + 1=3, 2 + 1 = 5, 2 + 1 = 17, 22) + 1 = 257 e

22 4 + I = 6 5 5 3 7 sao primos.Pierre de Fermat, ilustre matematico frances do seculo XVII, entendiaque todos os rnimeros desse tipo eram primos. Entretanto, Leonhard Eulerconcluiu.ja no seculo XVIII, que

1~2 +1=4294967297=641x6700417e ur n numero composto.

Exemplo 7Em quantas partes dividem a espaco n planes, passando todos por urn

mesmo ponto sem que nunca passem tres por uma mesma reta?Consideremos alguns casos particulares elementares desse problema.

Urn plano divide 0 espaco em duas partes. Dois planos, com urn ponto CG-mum, dividem 0 espaco em quatro partes. Tres planos que passam por ur nmesmo ponte, mas naG tern reta comum, dividem 0espaco em oito partes.

A primeira vista parece que, ao aumentar em 10numero de planos, aquantidade de partes em que fica dividido G espaco duplica e, per conse-guinte, quatro pianos dividem 0 espaco em 16 partes, cinCQ G dividem em32 partes e, em geral, n planos dividem 0 espaco em 2~partes.

Mas a realidade e diferente: quatro planos dividem G espaco em 14partes e cincG planos G dividem em 22 partes. Pode-se demonstrar* quen pianos dividem 0 espaco em n(n - 1) + 2 partes.

Exemplo 8Vejamos outro exemplo de carater bern instrut ivo, Tomando em lugar de

n na expres sfio 991 n2 + 1 sucessivamente os m im er os int eir os l, 2, 3, ... ,nunca obteremos urn numero quadrado perfeito, nem que dediquemos aoscalculos mui tos dias GUtalvez muitos anos. Seria , entretanto, errado deduzirdai que nenhurn mimero desse tipo e lUlquadrado perfei to. De faro, entre osnumeros do tipo 991n2 + I tambem ha quadrados, mas e muito grande 0valor minimo de n para Gqual 991 n 2 + 1 e urn quadrado. Eis aqui esse valor:

n = 12055 735 790331 359447442538767.Os exemplos considerados permitem tirar uma conclusao simples e ao

mesmo tempo importante. Uma proposicdo pode ser valida em uma seriede casos particulares e ndo ser valida em geral.

3. Surge, entao, outra pergunta, Se temos uma proposicao valida emvaries casas particulares e i: impossivei analisar todos as casos, quandopodernos afirmar que essa proposicao e val ida em geral?As vezes tem-se a resposta aplicando urn argumento especial, conhe-cido como metoda de inducdo matematica (completa auperfeita).

Esse metodo se baseia no principia de induaio matematica, que con-siste no seguinte:

Uma proposiciio e valida pam todo numero natural n se. I.J e validapara n = 1 e 2.J de sua validade pam um numero natural qualquer n =kdeduz-se sua validade para n = k + 1.

Exemplo 5G. W Leibniz, eminente matematico a iemao do seculo XVII e ur n dos

!"n~adores. ~a Maternatica Super ior, demonstrou que, qualquer que seja 0l~t~n:c posttivo n, Gmimero n3 - n e divisivel por 3, 0 mimero nS - n edl~slvel par 5 eo numero n7 - n e divisivel por 7. Dai supos que, para todok impar e qualquer n natural, 0 numero nk - n e divisivel por k, mas logoobservou que 29 - 2 = 510 nao e divisive Ipor 9.

Exemplo 6. , l!rn erro da mesma natureza cometeu D. A . G r ov e, conhecido rnatematicosovieuco, ao supor que, para todo primo p, 0 numero 2P - 1 - 1 nao e divisivel

par p2 . 0 calculo direto confirmava essa hipotese para todos os numeros pmeno;es que ~000. ~ntretan~, logo se comprovou que 21091 - 1 e divisivel por1 093 (1093 e um numero pnmo), ou seja, a hipotese de Grave em falsa,12

A sol ucao e sta no exemplo 13 (p . 34)_


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Demons tr a cd o ' "Suponhamos 0 contrario, ou seja. que a proposicao nao e valida para

qualquer nurnero natural n, Entao existe urn numero natural m tal que:I? ) para n =m a p ro po sic ao e falsa e2?) para todo n menor que m a proposicao i: verdadeira (em outras palavras,m e 0primeiro numero natural para 0 qual a proposicao e falsa),

E evidente que m > 1, pais para n =: 1 a proposicao e verdadeira(condicao I). Por conseguinte, m - I e urn numero natural . Mas, entao, aproposicao e valida para 0 numero natural m - I e nolo0 e para 0numeronatural seguinte m. Isso contradiz a condicao 2.

Para demonstrar 0principio de i nducao matemat ica , nos valemos. comose ve, da propriedade: qualquer conjunto de numeros naturais contem 0n u m er o m i nim a. Pode-se dernonstrar que essa propriedade, por sua vez, eurn corolario do principia de inducao maternatica, Portanto, ambas as pro-posicoes sao equivalentes e qua lquer delas pode ser tomada como ur n axio-rna que define a sucessao dos numeros naturals; entao, a outra sera urn'teorema. Costuma-se tomar como axioma precisamente 0 principio dei nd u cao ma t ema ti ca ,

4. Toda demonstracao que se baseia no principio de inducao materna-tica e denominada demonstraciio por induciio ipelo metodo de inducdomatemdticai. Tal demonstracao consta necessariamente de duas partes, ouseja, da demonstracao de dois teoremas:

Teorema 1:A proposidio e valida para n = l.Teorema 2: Se a p r opos i ci io Ii v al id a p ar a n = k ionde k e u m n um e ronatural arbitrario), e nt do e la e v al id a p ar a n = k + 1.Se ambos o s t eo re m as fo re m demonstrados, pode - se a f irma r , em VIr

tude do principia de inducao matematica, que a proposicao e valida paratodo numero natural n.

Exemplo 9Calcular a soma (ver 0 exernplo 1):

1 I I 1S =--+--+--+ ...+----11 1.2 2.3 34 n(n+l)

Sabemos ja que:1S[=2'

Nao repetimos agora 0 erro cometido no exemplo I, afirmando denimediato que, para todo numero natural n, tem-se S ; =-;-+1'

Sejamos prudentes e digamos que a analise das somas S 1' S 2, S 3 e S 4sugere a hip6tese de que S; = n : Ipara todo numero natural n . Sabemosque a hipotese se verifica para n = I, 2, 3 e 4. Para comprova- ta recorrere-mos ao metoda de inducao matematica,

Teorema J: Para n = Ia hip6tese se verifica, poiss =_ !_ =_I_I 2 1+ I'

Teorema 2: Suponhamos que a hipotese seja valida para n = k, ouseja,

onde k e urn mimero natural. Demonstremos que, entao, a hipotese e validat ambem para n = k +, ou seja:

0 le it er pode, se quis er , it direto ao ponto 4. sern prejudicar a cornpreensiio do conteudo que vern aseguir, pois (Iprincipio do mimer" mintmo - que scmenci ona nacont inuacao c no qual s ebase ia ademonstraeao do principio da inducilo matcrnatica - nao e mais (nem tambem menus) evidente que 0proprio nrirtcipio de inJu~iio maternatica. De outro lado, urn cstudo mais prnfundo permite ver queambos os principios sao equivalcnres somente se sao aceitas condicoes cornplcrnentarcs. I 'm isso,podemos considerar 0 princlpio de inducao maternatica como urna hipetese intuitivarnente muuoconvincente, tomando-o como urn axioma que detcr rnina a sucessao dos numeros natural s. Pammaiores detatbcs, ver 0cpllogo e a literature ncle mencionada.

k + 1Sk+-l = k'+2'

De fato,Sk+] =SI; + (k + l)(k + 2)

cOl1seqiientemente, segundo a hip6tese do teorema,1 514


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S =_n__" n + 1

Se njio foi demonstrado 0teorema 2, mas foi demonstrado 0teorema 1(exemplos 1 e 2), existe a base de inducao, porem nao temos 0 direito deamplia-la.

Observaciio 2: Explicamos 0metodo de inducao maternatica no casomail'.simples, Em situacoes mais complexes devem-se modificar, respecti-vamente, os enunciados dos teoremas 1 e 2.

As vezes , a segunda parte da d em o nst ra ca o s e baseia no fato de que ap rop osic ao e v alida na o so para n =k, mas t ambem para n = k - 1. Nessecaso, a proposicao da primeira parte deve ser comprovada para dois valoressucessivos de n.Mais adiante 0 leitor e nc on tr ar a e xe rn pl os d es se t ip o ( ex em -plo 7,pagina 26).

Outras vezes, na s egunda parte e demonstrada a proposicao para urn valorde n, supondo-se su a validade para todos os mimeros naturais k menores que n.

H a, a in da , situ ac oe s e m q ue a proposicao e demonstrada para todD nu -mero inteiro n rnaior que um numero inteiro m*(e na o para qualquer numeronatural). Nesse caso, a primeira parte deve consistir em demonstrar a propo-sir;aopara n = m + T e, se for necessario, para alguns outros valores de n.

5. Voltemos ao exemplo 1para deixar marcado tun momenta impor-tante no metodo de inducao matematica,Analisando a soma

Sk+l =_k_+ I _k+l (k+I)(k+2)k(k+2)+1 (k+l? k+l------(k+l)(k+2) (k+l)(k+2) k+2

Demonstramos ambos os teoremas. Agora podemos afirmar, basean-do-nos no principio de inducao maternatica, que

para todo mimero natural n.Observacdo 1: E necessario destacar que a demonstracao par in-

d u ca o e xi ge incondicionalmente a dernonstracao de ambos os teoremas,ole 02.

. Vimos ao que leva desprezar 0 teorema 2 (exemplo 2).Agora mostraremos que tambem na o se pode omitir 0 teorema 1.Ve-

jamos tun exemplo.Exemplo 10Teorema: Todo numero natural e igual ao seu consecutivo.Apliquemos para a dernonstracao 0metodo de inducao materna-

tica. Suponhamos que k = k + I (1) e demonstremos que k + 1 ==k + 2 (2).

De fato, somando 1a ambos os membros da igualdade (I), obtemos aigualdade (2). Resulta, pois, que, se a proposicao e valida para n =k, tam-b e r n 0 e para n = k + 1. Demonstrarnos, assim, 0 teorema.

Corolario: Todos os rnimeros naturais sao iguais,Onde esta 0 erro? Consiste em que 0primeiro teorema, necessario

para poder aplicar 0principio de inducao matematica, nao foi demons-trado (nem pode ser demonstrado) e so foi demonstrado 0 segundoteorema.

Cada urn dos teoremas I e 2 desempenha seu papel. 0 teorema 1cria,em linguagem figurada, a base da inducao. 0 teorema 2 permite ampliarautomatic a e indefinidamente essa base, passando de urn caso particular aoseguinte, ou seja, de nan + I.

Se nao foi demonstrado 0 teorema 1,mas foi demonstrado 0 teorema 2(exernplo 6), nao foi criada a base de inducao e na o faz sentido aplicar 0teorema 2, pois nada ha para amp liar.16

1 1 1Sn = --+--+--+...+~---1 . 2 2 . 3 3 . 4 n(n + I)para diferentes valores de n, vimos que:

S : =~ S 2 = ~, S, = ~por onde chegamos a hipotese de que

nS =--" n +Ipara todo n, comprovando-a depois pelo metoda de inducao matematica,

Tivemos a sorte de enunciar uma hipotese que e efetivamente verda-deira. Senao tivessemos acertado na hipotese, sua falsidade ficaria eviden-te ao demonstrar 0 teorema 2.

~ Por exemplo, toda proposicao relacionada com os pol igonos de n lades s o t ern scntido para" ; ;. 3 .17


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Exem plo 1 1Consideremos as somas

s =_1_ + _1_ + _I_ + + ---=--1_" 1 2 23 34 ... n(n + I)Suponhamos que analisando S; chegassernos it hipotese de que 1= n + _! _ (1)" 3n + 1A formula (1) e valida para n =I, ja que S I = = ~ . Suponhamos que. dadei k " S k+l dseja ver a eira para n = , isto e, que k = --, e tentemos emons-3k + 1

trar que tambern e val ida para n = k + 1, ou seja, quenemonstracao de identidades;problemas aritmetlcos

k+ 25k+1 =---3 k + 4Temos I .SUI =Sk + - -- - --(k + l)(k + 2)

k ] + 4 k2 + 8 k + 2=----_--_ ...(k + 1)(k + 2)( 3k + 1) ,isto e, urn resu ltado distinto do que queriarnos encontra r,

lsso significa que a validade da formula (I) para n = k nao impl ica suavalidade para n = k + I. Fica claro que a formula (1) e falsa.

Portanto, 0 metodo de inducdo matematica permite determinar a leigeral testando as hipoteses que surgem, descartando asfalsas e encontran-do a verdadeira,

k + I + 1 =3k +) (k + 1)(k + 2) Exemplo 1Consideremos as numeros impares positivos tornados em ordem cres-

eente: 1,3,5, 7, .... Indiquemos 0 primeiro com Ub0 segundo com U2> 0terceiro com Uj, etc., isto e, facamos:

Uj = 1, U 2 = 3, U = 5, U 4 =7, .. 'Vamos examinar 0 seguinte problema: achar a formula que re1aciona 0

numero impar u; e seu indice n.

Para chegar a dominar 0metodo de inducao matematica e preciso con-siderar urn numero suficiente de problemas.Para na o repetir constantemente as expressoes teorema } e teorema 2,

passaremos a ind ica r por 1 o. e 2~ a primeira e a s eg u nd a parte c ia inducao (porseu con teudo , es sas partes correspondem precisamente ao s dois teoremas cujademonstracao equiva le a aplicar 0 rnetodo de inducao matematica). AMmdisso, vamos di ferencia r as exemplos, acompanhados de solucao detalhada,dos problemas , des tinados ao trabalho individual do leitor, No final, apresen-tamos as solucoes de todos os problemas inseridos no livro,

Soluciio:Podemos expressar 0 primeiro numero Impar ass irn:

Ut =2 . 1 - 1 ;:::1. (1)Podemos expressar 0 segundo numero impar assim:

U 2 = 2 . 2 - 1 =3. (2)Podemos expressar 0 terceiro numero irnpar ass im:

U3 =2 . 3 - 1 =5. (3)18 19


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Analisando com atencao as igualdades (I), (2) e (3). podemos enun-ciar a seguinte hipotese: para obter qualquer numero impar u; basta multi-plicar seu indice por 2 e subtrair I, au seja, para qualquer n-esimo numeroimpar tem-se:

Exemplo 2Calcular a soma dos n primeiros numeros impares.

(4)SoluciioIndiquemos par 5n a soma procurada.

Demonstremos que essa formula e verdadeira. 5n = 1 + 3 + 5 + ...+ (2n - 1).Para problemas desse tipo os matematicos dispoem de formulas pron-tas. Estamos interessados em resolver esse problema sem recorrer a taisformulas, empregando 0 rnetodo de inducao matematica. Para isso deve-mos elaborar a hipotese, ou seja, adivinhar a resposta.

Com esse fim, tomemos para n sucessivamente os valores I, 2, 3, .. .ate obter material suficiente para poder enunciar uma hipotese mais ou menosacertada. Depois restara apenas dernonstra-la empregando 0metodo deinducao matematica,

Tern os:

I?) A igualdade (I) significa que a formula (4) e valida para n = 1.

2~)Suponhamos que a formula (4) seja valida para n =k, au seja, quepara 0k-esimo numero impar tem-se

Demonstremos que, entao, a formula (4) deve ser tambern valida parao (k + l-esimo numero impar, ou seja, que 0 (k + l-esimo numero impare da forma 5, = 1, 52 =4, 53 = 9, 54 = 16, 55 =25 e 56 =36.Agora tudo depende do espirito de observacao, da capacidade de adi-

vinhar 0 resultado geral a partir dos particulares,Pensamos que nesse caso salta a vista que:

51 = 12, 5 2 =22, 53 = 32, 54 =42, 55 = 52 , etc.Sabre essa base podemos supor que S; =n2. Demonstremos que essa

h i pot e se e ve rd ade ir a,I ~) Sendo n = I, a soma consta de uma parcela igual a 1. A expressao

n1 tambem e ig ua l a 1 se n =I, ou seja, a hipotese se verifica para n = I.2~) Suponhamos que a hipotese e valida para n =k, ou seja, que

S k = k2 Demonstrernos que tambern deve ser valida para n =k + I, ouseja, que

UHI=2 (k + I) - 1,ou, 0que e 0mesmo ,

U k + I = 2k + 1.Para obter 0 (k + 1j- esim o n um e ro im p ar , basta somar 2 ao k-esimo

n um e ro im p ar :

Mas, por hipotese, u. =2 k - I, de modo queu,+ I= (2 k - 1) + 2 =2k + I, De fato,

como queriamos demonstrar.

Resposta: u; =2n - I.como queriamos demonstrar.

Resposta: S; =nl.20 21


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P ro bl em a 1Determinar 14 " sabendo que UI =1 e que uk =U k _ ) + 3 para todo

mimero natural k > I.Sugestdo: 14 ] = 3 . I-2, U1 = 3 . 2 - 2, etc.

De fato:s =S + (k + 1) =_ k ( _ k _ + _ l ) + (k + 1)=_ ( k _ + _ _ : _ I ) - '- - - - (k _ + _ 2 - - ' - - -lH k .. 2 2

Eo problema esta resolvido.Problema 2Achar a soma

S n = 1 + 2 + 22 + 23 + ". + 2n - I.Sugestiio: SI =2 - I, S1 = 22 - 1, 53 = 23 - 1, etc.

Exemplo4Demonstrar que a soma dos quadrados dos n primeiros numeros natu-

. ,. I n(n + 1)(2n + 1)rais e igua a 6 .Exemplo 3Dernonstrar que a soma dos n primeiros numeros naturais e igual a Soluci io

Seja S2(n) =]2 + 22 + 32 + .,. + n2,

SolucaoEste problema difere dos anteriores, pois a hipotese vern dada e nao ha

necessidade de elabora-la, E necessario apenas demonstrar sua validade.Indiquemos por S, a soma procurada.

Sn =1 + 2 + 3 + ,.. + n.

2 1(1+1)(2'1+1}1~)52 ( I) = 1 = 6 '2? ) Suponhamos que

S 2 (n) = _n(n + 1 ~ 2 n + 1 } _ .

I?) Para n = 1 a hipotese e valida porque Entao:SI =1 = 1 ' (1 + 1) .

22?) Suponhamos que _ : _ n 2 ( n _ + _ _ _ : 1' - ' - . ( 2 _ n _ + _ l - - < - )+ (n + 1) 2 = (n + 1) . [ n ( 2 n + I) + 6 (n + I)J =6 6

k(k + 1)S k = 1 + 2 + 3 + ... + k = 2 (n + 1)(2n2 +1 n + 6) _ (n +I)(n + 2)(2n + 3) ==-- 6 . - - 6Demonstremos que

( k + l ) ( k + 2 )S k + I= 1 + 2 + 3 - + . . . + k + (k + I) = 2 (n + l){(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1]= 622


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Problema 5Exemplo 5Demonstrar que

Demonstrar quex"+2-11 + x + ~ + ... + x" = x-I (x * - I).

SO/U9iioI?) E evidente que a hipotese e valida para n = I, ja que:

Exemplo 6Demonstrar que

s, =1=(-1)0. I (1 + 1)2(n-I)'n(n+l)1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + ... + (n - I) . n = 3

2? ) Suponhamos queS k = 1 - 2 2 + 32 - 42 + ... + (-Il - I k2 =(-I i- , k( k + I)2

So/uriio1 23I?) 1 . 2 = 3

e demonstremos que a hipotese e verdadeira para n =k + I:SH 1 =I - 22 + 32 - 42 + ... + (- t l- 1 1 2 + (-I i.k + 1)2=

= S k + (-Il(k + 1)2=(-1)*-1. k(k + t) + (-1)*' (k + 1)2=2= (-I)k . (k + 1). [(k + 1) - ;] =(-ll' (k + I)~k + 2)

(n-I)'n(n+l)2?) Se 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + ... + ('I - 1) . n = 3enrso ternos:

1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + ... + (n - I) . 'I + n(n + 1 ) =(n - I) . n . (n + I)= . + n(n + 1) =3

Dernonstrar que [1 '1 -1 ] n(n+I)(n+2)= n(n + 1)'-3- + 1 = 3Problema 3

12+32+S2+ ... +(2n-li= '1(2'1-1)(21'1+1)3 o resultado do exemplo 6 pode ser deduzido tambem dos resultadosdos exernplos 3 e 4 se observarmos que:Problema 4

Demonstrar que a soma dos cubos dos n primeiros numeros naturais eigual a [ n(n2+ 1) r 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + ... + (n - l)n == t . (1 + 1) + 2(2 + 1) + 3(3 + 1) + ... + (n - 1 ) [ ( 1 ' 1 - I) + 1] == [1 2 + 22 + 3 2 + ... + (n - I )2 ] + [I + 2 + 3 + ... + ( 1 '1 - 1)].24 25


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Problema 6Demonstrar que

1.2.3+2.3.4+3.4.5+ ... + n(n + 1(n + 2)=n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

4

Exemplo 7Demonstrar que, se Uo = 2 e Ul =3 e Uk + I = 3Uk - 2Uk - I para todo

numero natural k, entao Un =2n + 1.

Demonstrar que_1_ + _1_ + __1_ + ...+ I13 35 57 (2n -1)(2n + I) n=---2n + 1 .

I ? ) P a ra n = 0 e p ara n = I , a p r opo si cao e va l ida , po is Uo = 2 + 1 = 2e UI =2 1 + 1 =3.2? ) Suponharnos qu e

Uk _ I = 2k - 1 + 1 e que Uk = 2* + 1.

Problema 7

Entao:Problema 8Demonstrar que11 21 32 n 2-- + _._ + -- + + -------'---13 35 57 ... (2n-l)(2n+l) n(n + 1)2(2n + 1) . Problema 12Problema 9

0 .2 _ 1l.2 o . J _ ~3Demonstrarque, se Ul = t-' e U2 = (a * " ~ ) e seu-~ (l-~Uk =(a + ~)Uk - I - a~Uk - 2 pam todo numero natural k > 2, entao:emonstrar que

_1_+_1_+_1_+ + 114 47 710 .__ (3n-2)(3n+1) n=---3n + 1 . an + I_~n + Iu; = --a----'.~--Problema 10Demonstrar que_1_+_1_+_1_+ ...+ 115 59 913 (4n-3)(4n+l)

1Exemp/o 8o produto I 2 - 3 .... n indica-se com n! (le-se: n fatorial). Convem

memorizar qu e I! = 1,2! =2, 3! =6, 4! =24 e 51 = 120.Calcular S~= 1 . I! + 2 . 2! + 3 . 3! + ... + n . n!.4n + 1 .Problema 11Demonstrar que Soluciio

+ = __ n__(a + n - 1)(a + n) a(a + n)

S I = 1 . I! = 1S 2 = 1 . I! + 2 . 2! =5S3 = 1 . I! + 2 . 2! + 3 . 3! = 23S 4 = 1 . I! + 2 2! + 3 - 3! + 4 . 4! = 119.

1---+ +------+ ...a(a +) (a + I)(a + 2) (a + 2)(a +)26 27


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Analisando esses resultados podemos nos convencer de queSI = 2! - 1,52 = 3! - 1, S3 = 4! - 1,54 =5! - 1.

ou seja,

POT isso, podemos enunciar a seguinte hipotese:aAt + I=m - - (m " * 1 e a " * (3) para k > I.A ic

S; = (n + I)! - 1. Dernonstrar queA n = (a" + I - - - : - . f i~ ' ~ l )- (an - w )(an - f3 ") - (a~ - I - f 3 " - I) (1)amos comprova-Ia.I?) Para n = 1a hipotese e valida, pois 5 1 =1 . l!=2! - I.

2?) Suponhamos queS k = 1. I! + 2 . 2! + 3 3! + ... + k . k ! = (k + I)! - 1.Provemos que Sk+ I = (k + 2)! - I.Temos:

SoluciioI?) Demonstrernos primeiro que a formula (i) valida para n = 2. Por

hip6tese:

SH I=1 . 11 + 2 . 2 ! + 3 . 3! + ... + k . k ! + (k + I) . (k + I) ! ==Sic+ (k + 1) (k + I)! = [(k + i)! - I] + (k + 1) (k + I)! == (k + I)! [1 + (k + 1)] - 1 = (k + I)! (k + 2) - 1 == (k + 2)! - 1.

A2 = m - a - (0: + A) _ a[ 3m - 1 I-' (0 : + 1 3 ) - 1A f6rmula (1) da

= ~ ~_ J3 2_, _a[3 - a - 1 3a + 1 3 - 1

Problema 13Dernonstrar a identidade:

_1_+ 2 + 41 + x 1 + x2 1 + X 4

ou, simplificando a fracao por a - 1 3 ,vernA _ (02 + 1 3 2+ ( 1 3 ) - _ ( ~ + 1 3 )2- (a+13)-1 '

8+---+ ... +1+ x Kcomo queriamos demonstrar.

2?) Suponhamos que a formula (1) seja valida para n=k, ou seja, que2n I 2"+1+ --- =-- + ----.1 + x2" x-I 1 _ x2" + L (i + I - 13k+ I ) - (ci _ 13k)A = _ : _ - - _ ! _ - - - - " - - - - - - - - ' - - - - - - - - - - - - ' - - - - ' - - -k (ak _ 1 3 1 ) _ (ri -I_1 3 k - I). (2)

Exemplo 9 Demonstremos que, entao, tambern deve ser valida para n = + 1,ouseja, queSeja Q + [3 =m, 0 ' . 1 3 =a, Az =m __ a_,m -1

a aA3 =m - - -_ :_ _:_ _- -, A4 = m - - -- -- -' -- '- -- -- -am---m -1 a, etc., De fato:

A k + I= m - ~ , isto e, Ak + I=(a+ 1 3 ) - - : ; - .m--- am----------m-l

28 29


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Aplicando a igualdade (2), encontramosa~(ak -1 3k) - (ak -I - I lk -1)]A - ( 1 + fl) - _____!._~---'---:'-----"--------'--k;- 1 - I-' (ak + 1 _ 1 3 k -I- 1 ) _ (a" - 1 3 k )

No primeiro caso, havera nao menos de tres notas de 3 rublos, ja quek ~ 8. Para pagar a quantia de k + 1 rublos, bastara substituir tres notas de3 rublos par duas notas de 5 rublos.

No segundo caso, para pagar a quantia de k + 1 rublos substituimosuma nota de 5 rublos por duas notas de 3 rublos,= (ci + 2 - 1 3 k + 2 ) - ( ( t " + 2 - 1 3 k ;- 1 )

(u k +1 - 1 3 k +1) _ (a k _ I l k ) Exemplo 11como queriamos demonstrar. Demonstrar que a soma dos cubos de tres numeros naturais sucessivose divisive] par 9.

Problema 14SimpJificar 0polinomio

1 _... + x(x - 1) _ x(x -I)(x - 2) _ + ... +n 2! 3!+(-IY x(x-I) ... (x-n+l)

n !

SoluciioI~)A soma )3 + 23 + 33 =36 e divisivel par 9, ou seja, a proposicaoe valida se 0primeiro dos tees numeros sucessivos e I.2?) Suponhamos que a soma kJ + (k + 1) 3 + (k + 2)3 , onde k e urn

mimero natural , seja divisivel par 9. A soma

(-It x(x -I)(x - 2)...(x - 7 1 )7 1 1

(k + 1) 3 + (k + 2) 3 + (k + 3) 3 == (k + 1) 3 + (k + 2) 3 + ~ + 9k! + 27k + 27 == [~ + (k + 1) 3 + (k + 2)3] + 9(~ + 3k + 3)

Resposta

Exemplo 10Demonstrar que toda quantia acima de 7 rublos representada por m i-

mero inteiro pode ser paga com notas de 3 e de 5 rublos.

tambem sera divisivel por 9, pais consta de duas parcelas divisiveis cadauma por 9.

Problema 15Demonstrar que a soma

SoludioI?) A proposicao e valida para a quantia de 8 rubles (ja que 8 ru-

bios =3 rublos + 5 rubles).2? ) Suponhamos que a proposicao seja valida para urna quantia de k

rublos, sendo k urn numero inteiro maior ou igual a 8.Podem ocorrer dais casos:I) A quantia de k r ub lo s p od e ser paga com notas de 3 rublos; eII) para pagar a quantia de k rublos ha necessidade depelo menos uma

nota de 5 rublos,

A = 1 1 ~ + 2 + 122~ + 1ne divisivel por 133, qualquer que seja 0numero inteiro n ~ O.

Exemplo 12Entre os 2n numeros 1,2 , 3, .. . , 2n escolhem-se ao acaso n + I nurne-

ros. Dernonstrar que entre os n + 1numeros escolhidos havera pelo menosdois numeros tais que urn e divisivel pelo outro.

30 31


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Caso Il

Como em M~+ 1 nao havia dois numeros divisiveis urn pelo Dutro,t ar nb em n ao h a ve ra n um e ro s desse tipo em M~~]. Falta apenas demonstrarque t ambem nao aparecem mimeros dessa indole quando se acrescenta 0numero n ao conjunto M~~ l-

Para isso e suficiente provar que:1) nenhum dos numeros que compo em M~~] e divisivel por n; e2) 0 numero n na o e divisive! par nenhum dos numeros que compoem M n ~ I'

A primeira proposicao e decorrencia de que M; ~] nao contem mime-ros superiores a 2n - 2.

A segunda, de que 0numero 2n nao e divisive! par nenhurn dos mime-ros que compoern M" - l'Em consequencia, se aceitamos que a proposicao nao e valida no casodos 2n numeros 1,2, 3, ... , 2n , ela tambem nao sera valida para os 2(n - I)m im eros I, 2 , 3 , , 2n - 2. Ou s e ja , s e a p r opo si cao e v a li da p a ra o s 2(n - 1)numeros 1, 2, 3 , 2n - 2, tambem sera valida para os 2n numeros I. 2, 3 ,. . . , 2 n.

Disso e de I) se infere que nossa proposicao e valida para todos os 2nmnneros 1,2,3, ... , 2n qualquer que seja 0numero natural n.

Este problema admite a s egu i nt e solucao simples. Escolhamos entreas 2n numeros I . 2, 3 , ... , 2n urn conjunto qualquer de n + 1 num eros evamos indica -10 com M" + i-

Vamos dividir todo numero par que figura emM" + 1 por uma potenciade 2 de modo que 0 quociente seja impar. lndiquemos com M" -I- 10 conjun-ta desses quocientes e de todos as mimeros impares que figuram em M" + t-o conjunto M" + 1 contem n + Inumeros impares, todos menores que 2n .Mas s6 ha n numerus impares positivos menores que 2n e, pOT isso, emM" + 1 havera pelo menos dois numeros iguais. Sejarn ambos iguais a k.

Esse resultado significa que M; + 1 continha dois mimeros 25k e 2 rk .(urn. dos numeros s au t pode ser igual a zero). Mas urn d esse s d ois n um e -ros, 2' k au 2 rk, e divisive! pelo outro.

Solucaol'') Para 0 caso dos numeros I e 2 a proposicao e valida,2? ) Suponhamos que se consiga escolher n + I numeros entre os 2n

numeros 1, 2, 3, ... , 2n (n ;;. 2) de modo que nenhum seja divisive! poroutro. Para abreviar, indicaremos esse conjunto de mimeros par M~+ l- De-monstremos que, entao, tambem se podc escolher n numeros entre os2n - 2 mimeros 1,2,3, ... , 2n - 2 de modo que nenhum seja divisivel paroutro,

Podem ocorrer quatro casos:I) M ~ + 1nao contem 0 numero 2n - 1 nem 0 numero 2n .II) M; + 1contem 0numero 2n - 1e nao contern 0 numero 2n .III) M" + 1 contem 0numero 2n e n ao contern 0numero 2n - .1 .Iv) M " + I contem ambos os numeros 2n - 1 e 2n .

C aso IEliminemos de M; + 1 qualquer numero. Restarao n numeros, todos

nao super io r es a 2n - 2; nenhum sera divisivel por outro.

Eliminemos de M; + 10 numero 2n - 1. Restarao n numeros, todosnao superiores a 2n - 2; nenhum desses n numeros sera divisivel par Dutro.

Caso II IEliminando de M; + 10 numero 2n , obtemos 0mesmo resultado.C aso IVObservemos, antes de tudo, que M ; + 1nao contem 0 numero n, pois,

do contrario, haveria em M; + 1 dais numeros , n e 2n , tais que urn e divislvelpelo outro.

Eliminemos de M; t 1 ambos os numeros 2n - 1 e 2n. Restara urnconjunto de n - 1numeros, que indicaremos por M; _ 1.Acrescenternos aM" _ I 0numero n. Obteremos assim n numeros com a particularidade deque nenhum passa de 2n - 2. Resta demonstrar que entre esses n numerosnao ha nenhurn divisive! por outro.32

P ro bl em a 1 6 *Demonstrar que n retas distintas tracadas por urn mesmo ponto de urn

plano dividern-no em 2n partes.* 0 problema 16 eo exemp lo 13, apesar de vinculados a temas geometr icos , foram incluldos nesteparagrafo porque, de faro, sao de caroler aritmetico,

33


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Exemplo 13Demonstrar: n pIanos que passam pOTu rn mesmo ponto, scm

que tres de1es nunca contenham urna reta comum, dividem 0 espacoem An = n(n - 1) + 2- partes.

2olucdo1~)Urn plano divide 0 e sp a co em duas partes e, por outro lado, A I= 2,de modo que a proposicao se verifica para n = 1.2~)Suponhamos que a proposicao seja valida para n = k, au seja, quek pIanos dividem 0 espaco em k( k - 1) + 2 partes. Demonstremos que,entao, k + I planos dividem 0espaco em k( k + I) + 2 partes.

De fato, seja Po (k + 1j-esimo plano. Ele corta cada urn dos k pla-nos anteriores segundo retas e, dessa forma, 0plano P f ica dividido empartes por meio de k retas dist intas que passam por urn mesmo ponto. Emconsequencia do resultado do problema 16, 0plano P estara dividido em2k partes, representando cada uma urn angulo plano de vertice no pontodado.

Os k planos iniciais dividem a espaco em angulos poliedricos. Algunsdeles sao divididos pelo plano P em duas partes. A face comum de duasdessas partes e um a regiao do plano P compreendida entre dais raios, inter-secoes do plano P e determinadas faces do angulo poliedrico, ou seja, e urndos 2k angulos pianos em que esta dividido 0plano P.

Disso se deduz que nao passa de 2k 0numero de angulos poliedricosdivididos em duas partes pelo plano P.

Par outro lado, cada urna das 2k partes nas quais as k primeiros planosdividem P e uma face comum de dais angulos poliedricos e, par con seguin-te, divide em duas partes 0 angulo poliedrico pelos k primeiros planos,

Disso sededuz que nao e menor que 2k a numero deangulos poliedricosdivididos em duas partes pelo plano P.

Quer dizer que 0plano P divide em duas partes exatamente 2k regioesdo espaco fonnadas pelos k primeiros pIanos. Logo, se k planos dividem aespaco em k(k - 1) + 2 partes, k + 1 planes 0dividem em

Problemas trlgonornetrlcose algebricos

Exemplo 14D emo ns tr ar a identidade

sen 2" +Iacos a . cos 20 : . cos 4a . ... . cos 2"0: = 2N + I s e n e x .Solucdo

I?)A identidade e valida para n =0, ja que

2 sen asen 20'2 . sen 0'

2 . sen C I ' cos e xcos 0'. = -

2?) Suponhamos que seja valida para n =k, ou seja, que:

[k(k - 1) + 2] + 2 k =k(k + I) + 2 sen 2' ~Iacos 0' . cos 20' . . cos 40'. . .. .. cos 2 lra = - . .2k ~ I.sen 0:partes. Esta demonstrada a proposicao,34

Entao tambem e valida para n =k + 1.


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De fato: 2?) Sejacos 0' cos Zo : . cos 4 0: .. cos 2ko: . cos Zk + 10 : =

sen x + sen 2x + sen 3x + ... + sen kx =k + 1sen --x kx

_ _ - - - - " = - Z _ _ sen -_sen _!_ 2 -2

E xe m pJ o 1 5Demonstrar que se Al = = cos e , A z = cos 29 eA k =2 . cos 9 . A l i . - 1 __ A , _ 2 para todo k > 2, entao An =cos n e .

Entao:sen x + sen 2x + sen 3x + ... + sen kx + sen (k + 1)x =

S O / U { : Q OI?) A proposicao e valida para n =1 e para n =2.2?) Seja Ak _ 1 = cos (k - 1)9 e A Ir - 2 =cos (k _ 2)9.

S O / U 9 ? i oI?) A p ro po si ca o e valida para n = I, pois:

1+ 1sen ----x___ 2 __ . sen 2:...x 2sen -,,-2

sen x =

k + 1sen __--xsen kx + sen (k + l)x =x 2sen- 2

k + Isen ~~xkx k+l k+l2 sen - + 2 . sen -- x . cos- ---- x =x 2 2 2sen -2

k+lsen --x [sen .! + 2 . cos k + 1 x : sen _ _ 1 =2x 2 2 2sen ---2k + 1sen --x

[ s e n ~ + ( s e n k ~ _ 2 _ x - s e n ~ ) ] ~xsen- 2k+2sen~--x k+ I= sen--x.x 2sen' -2

37

Entao:A k = 2 ' cos e . cos (k _ 1)9 _ cos (k - 2)8 == [cos ke + cos (k - 2)e] _ cos (k _ 2)9 = cos k6 .


n+ 1sen--xsen x + sen 2x + sen 3x + ... + sen nx = __ - - - - - - " 2 , _ _ _ _ . sen _n_x_.x 2sen-2

36


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Problema I 7 P ro blem a 21Demonstrar que

2n + 1sen x_!_ + cos x + cos 2t + cos 3x + ... + cos nx = __ ----'2"'----_2 x2 sen- 2

Demonstrar quearc cotg 3 + arc cotg 5 + .,. + arc cotg (2n + 1) =

3 n + I=arc tg 2 + arc tg -2 +, .. + arc tg - n - narc tg 1.

Problema 18 Exemplo 17

sen x + 2 sen 2x + 3 sen 3x + ... + n sen nx =Demonstrar que

_._( n'IT . n'IT )(l + it =2' cos4Ise n -4- .Demonstrar que= (n + I) sennx - n sen (n + l)x

4 sen2 _2

SoluciioI?) A proposicao e valida para n = I, ja que

P roblem a 1 9 -'-( 'IT 1 T )+ i = 2 2 cos4+ Isen - 4 - .Demonstrar que

cos x + 2 cos 2t + 3 cos 3x + ... + n cos fIX =_ (n +1) cos nx - n cos (n + l)x - 1

4 sen2 .32

k 2 - - ' - - - ( k ' I T + . kt: )(l+ i) = 'cos 4Isen4.

Demonstrar que_!_tg x +_l_tg~+ + 1 tg x -2 2 2 2 2 2 . , . 2n~ -= _1_ cotg ~ - cotg x (x * " m1T).2n 2"

Entao:(l + i)U=(1 + iln + 1)=+ ~ ( c o , t; +i s e n ~ ) ] [ 2 ~ ( c o , : + i s e n : ) ] ~roblema 20

~ ~ l _ [ ( 1 m ' r r ) . ( k ' r r ' r r ) ]=2' cos 44" + Isen 44. =- - ' - - - - : _ l _ [ (k+l)1f . ( k + l } T T ]=2' cos - --- + Isen ---- .4 4

38 39


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P ro bl em a 2 2 Para ca1cular u basta realizar os seguintes passos:1)x]x2 = Ul2 ) xyX4 = U 23) Xl + X 2 = U 34) U - X3 = u 45) UI + Ul = Us6) Us : U4 = u

Suponhamos que a proposicao s e ja va li da para todas as expressoesque requerem no maximo k "passes" para seu calculo, A palavra passo sig-nifiea aqui que se efetua a adicao, a subtracao, a multiplicacao au a divisaode dois numeros complexos. Demonstremos que, entao, a proposicao tam-bern e valida para as expressoes que requerem k + 1 "passes".

De fato, 0ultimo, (k + 1j- es im o , " pa ss e" e efetuado com dois mime-fOS, u, e Uj' que sao calculados efetuando-se k "passos", no maximo.

Se substituimos os numeros Xl' X2, "., x, par seus conjugados, as nu-meros U, e Uj se convertern em seus conjugados Uj e U j e,por isso, 0resuhadodo (k + 1)-esimo "pas so" efetuado com esses ultimos, au seja, 0numero u,se converters no numero conjugado Ii.

Demonstrar que

Exemplo 18Demonstrar teorema:Se, par efeito de urn numero finito de operacoes racionais (adicao,

subtracao, multiplicacao e divisao) aplicadas aos numeros complexos Xl>Xl> " X n, obtem-se urn nurnero u, entao, por efeito dessas mesmas opera-coes aplicadas aos numeros complexos conjugados Xl > X 2 , . . . , xn,obtem-se 0 nurnero 1 1 , conjugado de u.

SolucdoI?) Demonstremos, antes de qualquer coisa, que a proposicao se veri-

fica para cada urna das quatro operacoes aplicadas a dois mimeros comple-xos, Sejam XI = a + hi e X2 = C + di. Entao: Problema 23

XI + X2 =(a + c)+ (h + d)i =uX I + X 2 = (a - bi)+ (c - di) =(a+ c) - (b +d)i= U.

Demonstrar que(cos X + i sen x)" =cos nx + i sennxpara todo n natural.Analogamente se demonstra a proposicao para as operacoes de sub-t ra ca o, mu l ti pl ic ac ao e divisao,

2.) Suponhamos agora que foi construida uma expressao racional comos numero s complexos Xl, X2, . , Xn. Sabe-se que para calcular essa expres-Sao tem-se que realizar sucessivamente urna serie de passos, empregandoem cada ur n uma das quatro operacoes e sempre com dais numero s co rnp le -xos, com a particularidade de que as passos podem ser numerados,

Seja, par exemplo,u= X] X2 + X3 '4

Xl + X 2 - X 34]


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Sk+l = +_1_+ ...+_1_ + +- __k +2 k +3 2k 2k +1 2 k +23 Comparando Sic e S, ~ I,vemos que 1k-+1'ou seja,

Demonstracao de desigualdades s, + I - s; = 2(k + 1)( 2k + 1)

Exemplo 19Dernonstrar que

o segundo membro da ultima igualdade e positivo, quaJquer que sejao n um e ro natural k. Pa r isso, S, + I> Sic. Como S. > _ _ ! l _ , entao tambern2413Sk+l >-.24

Problema 24_1_+ I_+ ...+ _1_ >Jln + 1 n + 2 2n 24 Achar 0 erro na deducao que segue.Proposiciio: A desigualdade 2~> 2n + t e valida para todo numero

natural n.Demonstraciio: Suponhamos que a desigualdade se verifica para

n =k, sendo k urn mimero natural:para todo n natural, n > I.

SoluciioIndiquemos por S" 0prirneiro membra da desigualdade. (1)

10) S I + 1 7 14 ..". desi 2 = 2+I 2 + 2 =12 = 24 e, em con sequencia, a esi-gualdade se verifica para n =2.

2?) Seja S ic >~!ar a certo k . Demonstremos que, entao, tambemDernonstremos que, en ta o , t ambem se verifica para n =k + 1,au seja, que

2H 1 > 2 (k + 1)+ I. (2)De fato, 2 1 c ~ 2 (3) para todo k natural. Vamos samar, membra a mem-bra, as desigualdades (1) e (3). Obteremos a desigualdade verdadeira

2* + 2k > 2k + I + 2,13Si c +1> -. Temos:24 ou seja,I 1 15 1 ; =---+--+...+_ek+ 1 k+2 2k 2J . - + I > 2 (k + 1 ) + 1.Esta demonstrada a proposicao.

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Problema 25Para que valores naturals de n se verifica a desigualdade


r> 2n + I? (1 + o.)" > 1 + na,onde 0'. > -1, a * 0 e n e urn numero natural maior que 1.SolucaoI'') A desigualdade e valida para n =2, pois

(1 + a)2 = I + 20 . + a2 > I + 2a.2?) Suponhamos que a desigualdade seja verdadeira para n = k, ou

seja, que

Exemplo Zi)Para que valores naturais de n se verifica a desigualdade

SolucdoPara n = I a desigualdade e verdadeira, pois 21 > }2.Para n =2 a desigualdade e falsa, pois 22 =22.Para n =3 a desigualdade e falsa, pois 23 < 32.Para n =4 a desigualdade e falsa, pois 2 4 = 42Para n = 5 a desigualdade e verdadeira, pois 25 > 5 2 .Para n =6 a desigualdade e verdadeira, pois 16 > 62Pelo visto, a desigualdade e valida para n = I e para n >4. Demons-

tremos.I?) Para n =5 a desigualdade e verdadeira,2?) Seja (1) Z k > l 2 - , sendo k urn nurnero natural maior que 4. Prove-

mosque2k+1>(k+ 1)2. (2)Sabemos que 2" > 2k + I (3) para k > 4 (problema 25). Por isso,

adicionando membro a membro as desigualdades (1) e (3), obtemos:

(1)onde k e urn numero natural. Demonstremos que, entao, a desigualdadetambem e verdadeira para n = k + 1, ou seja, que

(1 + of + 1 > 1 + (k + l ). (Z )De fato, por hipotese, tern-se 1 + a > 0, de modo que e valida adesiguaJdade

(1 + O'.t(l + a) > (1 + ka)(l +a), (3)que se obtem rnultiplicando po r I + 0:ambos os mernbros da desigualdade(1).

A desigualdade (3) pode set expressa assim:(l + O'.)k+ I> 1 + (k + 1)0. + ka1.

Desprezando a parcela positiva k0:2 no segundo membro da ultimadesigualdade, obtemos a desigualdade (2), que, por conseguinte, e verda-deira,2~ + 2 k > k2 + (2k + 1),

ou seja, P ro bl em a 2 6Demonstrar que

que e a desigualdade (2). 1 1 1--:--. + --:==- + ... + -, - > ,'n\l\- 2\" nResposta: 2n > n2 para n = 1e para n > 4. para todo numero natural n > l,

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P ro bl em a 2 7 Para prOVfiT validade da desigualdade (5), basta provar queDemonstrar que (7)

4" (2 n)!._-- 1.

ou, 0 que e 0mesmo, queuk + I + h K + I> a k b + ab" . (8)

Exemp lo 22 A desigualdade (8) equivale a desigualdade(Uk - lI)(a - b) > O . (9)Demonstrar que2"- I(a" + b" ) > (a + bt, (I)

onde a + b > 0, a * " be n e urn numero natural maior que 1.Se a> b, temos ak > bk , eo primeiro membro da desigualdade (9) e 0

produto de dois numeros positivos,Se a < b , temos a k < b k, eo primeiro membro da desigualdade (9) eo

produto de dois numeros negatives.Em ambos os casos a desigualdade (9) se verifica. Com isso fica pro-

vado que a validade da desigualdade (I) para n = k implica na sua validadepara n = k + I.

SoluciioI?) Para n = 2 a desigualdade (I) fica sendo:

2(a2 + b2) > (a + b)2. (2)Como a * b , e valida a desigualdade

(a - bi> O. (3)Somando (a + b) 2 a ambos os membros da desigualdade (3), obtemos

a desigualdade (2). Com isso fica demonstrado que a desigualdade (l) severifica para n = 2.

2~ Suponhamos que a desigualdade (I) se verifique para n = k, au

E xe mp /o 2 3Demonstrar que, qualquer que seja x> 0 e qualquer que seja 0mime-

ro natural n, se verifica a desigualdadex" + x" - 2 + .r" - 4 + ... + _1_ + __1_ + _1_.~ n + 1. (I)xn-4 X,,-2 x"

(4)SolucdoI? ) a) Para n = I, a desigualdade (I) fica

1x + - ;; _; , 2. (2)xonde k e um numero natural.

Demonstremos, entao, que a igualdade (1) tambem se verifica paran = k + I, au seja, que

2k(ak + - I+ b k+ I)> (a + b )' + I. (5)Multipliquemos por a + b ambos as membros da desigualdade (4).

Como, por hip6tese, temos a + b > 0, obterernos a seguinte desigualdadeverdadeira:

A desigualdade (2) decorre da desigualdade evidente(x - 1)2 ;;_;, .

b) Para n = 2, a desigualdade (I) ficax2 + 1 + ~ ;;_;,. (3)

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Exemplo24Demonstrar a t eo rema :A media geometrica de varies numeros positivos nao ultrapassa a media

aritmetica dos mesmos, isto e, sendo ai' ab".", a" numeros positives, tern-se:

Como a desigualdade (2) se verifica para todo x > 0, ela subsiste aosubstituir-se x por x2, ou seja,

Somando 1 a ambos os mernbros da ultima desigualdade, obtemos adesigualdade (3).

2~)Suponhamos que a desigualdade (1) se verifique para n = k, ouseja, que

al + a 2 + ...+ a "~ ----_._------_... ._.n ( 1 )

.J< + .1: - 2 + + _1_ + _1_ ~ k +1 (4)x- - x- , . , Xl - 2 x ! ' 'So IUt;'jj 0I? ) Para n =2, a desigualdade (1) fica

sendo k urn numero natural. Demonstremos que, entao, a desigualdade (1)tambem se verifica para n =k + 2, ou seja, que

Xk + 2 + _j + .1: - 2 + + _1_ + _1_ + _1_ ;3k + 3X X . - - xl - 2 x* Xk + 2 'E facil obter essa desiguaJdade a partir desta outra:

(5)

Introduzindo J !< + 2 na desigualdade (2) em lugar de x, obtemos:I-t2 + _1_;3 2 (6)x* +2 -

valida quaisquer que sejam os numeros positivos al e a2 -A desigualdade (2) admite uma interpretacao geometrica simples, To-

memos sucessivamente, numa reta AB, as segmentos a I e a2 - Construamosa circunferencia cujo diametro e a soma desses segmentos, Entao, 1 + a22eo raio dessa circunferencia e\ al . a 2 e a metade da corda perpendicularao diametro no ponte comum aos segmentos a1 e a2 (ver figura); comometade da corda nunca supera 0 raio da circunferencia, conclui-se a desi-

Somando membra a membra as desigualdades (4) e (6), obtemos adesigualdade (5).

ResumoEm a) e b) do ponto I?), demonstramos a desigualdade (I) para n =I

e para n =2.No ponto 2?),demonstramos que, sendo valida a desigualdade (1) paran = k, tambem 0 e para n = k + 2. Em outras palavras, 0ponto 2?) permite

passar de n = k a n = k + 2.as resultados dos pontos l?a) e 2~)permitem afirmar que a desigual-

dade (1) se verifica para qualquer mimero impar n.Analogamente, os resul-tados dos pontos I~b) e 2~) permitem afirmar que a desigualdade (1) severifica para qualquer mimero par n. Em conjunto, podemos afir:mar que adesigualdade (I) se verifica para todo numero natural n.

al + a~gualdade \ 01 - a2 ~ - - - -= - - - - - -= - - -2

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2?) Suponhamos que a desigualdade (I) seja valida para n =k.Demonstremos, entao, que eta tambem e valida para n = 2k. De fato, isto C,

:> A il a' . a - t; a . a' . a . Ie a a . a t. ~" ' 1 :> 1/; - \ '.] ~ ... Ie \ A +] !- +:' .. . 2 ~ill + a, + ...+ ak - 1, , ::: --- k-I

2Seja agora mum numero natural qualquer. Se m =2', a desigualdade

se veri fica em virtude de 2?). Se m = 1= 2 " de te rm ine r no s 0numero s de modoque m seja menor que 2"; entao, baseando-nos em 2?) e 3~), podemos afir-mar que a desigualdade se verifica para n =m.

ill + a2 + ...+ al + ilk - I + ak - 2 + ...+ U:>k~ ~k~__ __ ~k _2

ill + il:_ + ...+ ak + ...+ il:'1= 2 kComoja demonstramos a desigualdade (I) para n = 2, podemos afir-

mar agora que ela e valida para n = 4.8,16, etc., ou seja, n=2" sendo x urnnumero natural.

3~) Para dernonstrar que a desigualdade (1) e valida qualquer que sejao numero natural n, provemos que, se e valida para n = k, cla tarnbern evalida para n = k - 1.S ej am , p o is , a" ac, ... , a, _ 1 n um e ro s p os itiv os, S eja A u rn n um e roposit ivo (por enquanto indefinido). Entao:

_.----------. ill + il, + ...+ aJ . -1+ Itk a . a' . a,- . ~ ~ -:_-------------\ 1 1 ... , .. ] "- kDeterminemos It de modo que

(II + ae + ...+ a" _ j + It.- - -- k al + a2 + ... + ak - 1k - Iou seja, facarnos

k -ITemos

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onde Sea soma de todos os produtos dos termos a.a2, ... , a~ _ Itornadosdois a dais. Demonstremos que

4 onde SI e a soma de todos os produtos dos termos al > al, ... , a , _ I, a ktornados dais a dais, au seja,Dernonstracao dealguns teoremas'"de Algebra elementar De fato:(a 1 + a2 + '" + ak -, + ak)2 = [ (a1 + a2 + ... + a k _ I) + aJ2 == (a, + a 2 + + ak- l i + 2(al + al + ... + ak- l )ak + a~ == a r + a~ + + a~ _ [ + 2S + 2( ill+ a 2 + ...+ a k - Ia k + a X == a f + a~ + ... + a1 ..[ +ar +25 1

Teorema Ja quadrado de urnpolinomio e igual a soma dos quadrados dos seustermos e do dobra de todos osprodutos de seus termos tornados dois a dais,ou seja,

Teorema 2a n-esimo termo de uma progressdo aritmetica pode ser determinadopela formula

an = a1 + d(n - I), (1)= ai + 0 3 + ...+ a~ + 2 (a [ a2 + al . a3 + ... + an - [ . an) (1 ) onde ale 0primeiro termo daprogressiio e d e 0 raziio da mesma.

SolucdoI ?) A formula (1) e valida para n = 1.2?) Suponhamos que a f6nnula (1) seja valida para n =k, ou seja, que

ak =al + d(k - 1).

SoluciioI?) Para n = 2, a formula (1) pode ser demonstrada pelo calculo

direto:

2?) Suponhamos que a formu 1a(1)seja valida para n =k - I, ou seja, Entao,que ilk+ I =a, + d =al + d(k - I) + d =a 1 + dk;

de modo que a formula (1) tambem se verifica para n =k + 1.52 5 3


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a = a . q~ In 1 , (1)

I) Suponhamos que entre as (k + l)! permutacoes haja duas iguais. SejamelasP e P2 ' Suponhamos que 0 elernento a, ~I ocupa na permutacao P Ia posicao s-esima a partir da esquerda. Tambem emP: a elemento ak _ Iocupara a posicao s-esima a partir da esqucrda.Eliminemos deP e P: 0 elemento ak+ I' Obterernos duas permutacocsiguais, P I e P2 ' de k elementos.Assim , poi s. para obter Pie P 2 colocamos 0e1emento a, \+ I d um ; v ez es n am es ma p os ic do e n um a m esm a p erm u ta cd o dos elementos al' a 2 ' . .. Uk'Mas isso contradiz a regra cmpregada para construir as pcrmutacoes,

2) Suponhamos que nao obtivemos uma permutacao p de k + I elementose que 0elemento a, + I ocupa emP a posicao s-esima a partir da esquer-da . Eliminemos de P 0 elemento ak _ I' Obteremos uma perrnuracao pformada pelos k elementos iniciais, Quer dizer, para obter p basta tomara permutacao P e colocar nela 0 elemento ak _ I na posicao s-esima apartir da esquerda.: E impossivel que tcnhamos pulado a perrnutacao p ; ja que tomamostodas as permutacoes dos k elementos iniciais, E impassive! que niiotenhamos colocado 0 elemento a, + I na POSil,;30 assinalada, pais a colo-camos na primeira, na segunda . .. . , na (k + 1j-esima POSil,;30 a part ir daesquerda.Portanto, todas as permutacoes construidas sao distintas e nao perde-mos nenhuma permutacao de k + I elementos.Do expos to se deduz que

PH 1= (k+ I)!.

Teorema 3o n-esimo termo de uma progressao geometrica pode SCI' determina-

do pela formula

em que a, e 0primeiro termo da progressao e q e a raziio da mesma.Soluciiol") A formula (1) e valida para n = 1.2?) SejaEntio: _ _ k~1 _ kUk II- ak q - ill.q . q - ill.q .T eo re ma 4o numero de permutacoes de m elementos pode ser determinado se-

gundo aformulaP m = m1 . (I )Soluciio

I?) Observemos, antes de qualquer coisa, que P I : ::: 1, de modo que aformula (1 ) e valida para n - 1.

2?) Seja P , = k!. Demonstrernos quePH=(k+ I)!.

Entre os k + 1 elementos dados, aI,a2 ... , ak, a~ + I,escolhamos os kprimeiros e fonnemos com eles todas as permutacoes possiveis. Por hipote-se havera k! permutacces desse tipo.

Acrescentemos em cada urna delas 0 elemento Ok + I diante do primei-roodo segundo, .. . , do k-esimo e depois do k-esimo elemento. Por essa viaobtemos, a partir de cada permutacao de k elementos, urn total de k + Ipermutacoes de k + 1 elementos. No total hayed

k!(k + I) =k + I)!permutacoes de k + 1 elementos.E necessario demonstrar agora que:I) entre as (k + I)!permutacocs nao hi t duas iguais; e2) obtivemos todas as permutacoes de k + 1 elementos.

Ieorema 5o numero d e a rr a nj os de m elementos tornados nan pode ser deter-

minado segundo aformulaA~, =rn(m-l)(m-2) ... (m-n+ I). (l)

So/uraoI?) Observemos, antes de qualquer coisa, que A~, = me. conscquen-

temcnte, a formula (I ) e valida para n = I.2?) Suponhamos que

A~ , = mim - 1 )(m - 2) ... (m - k + 1) ,54 55


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onde k < m. Demonstremos quek .; . 1Am =m(m - I )(m - 2) ... (m - k).

Fica evidente que dessa forma serao obtidas todas as combinacoes dem elementos tornados k + Ia k + I,aparecendo cada urna delas k + Ivezes.

De fato, a cornbinacao {a I,a2 , .. . , a b a k+ I} sed obtida ao acrescen-tarmos 0elemento al a combinacao tab aj, .,', ak- aH I}, ao acrescenrar-mas 0 elemento a2 a c omb i n a cao {a i, a 3, . , a k' a k ~ 1}, ao acresccntarmoso elcmento a3 it combinacao {aI, a2, a4, ... , ak> aH 1 , etc., e, par ultimo, aoacrescentarmos 0elemento a k _ ._1 a combinacao {a I, a2, a3, ... , a k }.Portanto:

Para obter todos os arranjos de m elementos tornados k + I a k + I,basta tamar os arranjos de m elementos tornados k a k e acrescentar ao finalde cada um deles urn dos m - k elementos restantes. E facil convencer-sede que os arranjos de m elementos tornados k + I a k + 1 obtidos dessemodo sao distintos e de que, ademais, qualquer arranjo de m elementostornados k + 1a k + I f igura entre esses.

Portanto:A~ + 1 =A,~ , (m - k) =m(m - l)(m - 2) .. . (m - k).

C ~ + 1 =C :' .!!_ik---+-kl = m(m - I)(m - 2) , .... (m - k)I 23 .... k ' (k + I)T eo re m a 6 Teorema 7

m(m - 1)(m - 2) ... < tm - n + I)C ~ =-----''-----I 23, .... n (I)

Quaisquer que sejam os numeros a e b e 0numero n at ur al n , vale aformula

(a + by =a" + C ~ a" -I b + C ~ an .. 2b2 + ... + C : -I ab " -I + b" (l)(f6rmula do binomio de Newton) .

Soluciio1~)Para n = I, temos (a + b)1 =a + be, conseqiientemente, a formu-

la (1) e valida nesse caso.2~)Seja

(a + bt = ak + C ~ a" - I b + C ; a* - 2 b2 + .,. + C ~ - 1 ab" - 1 + bli Entao:

(a + b)k+ I= (a + b)k, (a + b) == (a k + C ~ a k - I + C ~ a k - 2 fr 2 + ... + C ~ - I ab k - 1 + b k)( a + b) == ak + 1 + (1 + C ~ )ak b + ( C ~ + C i )ak - 1 b2 + ... ++ ( C i . + C ~- I)ak - s h -I + 1+ ... + b" + I.Levando em consideracao que C ~ + C'k+I=C~ : \ , obrernos:

(a + b f + 1 =ak + 1 + C ~ -+ I ak b + C ; + Iak - 1h2 + ...++ c o , + 1 ak - -' f., + 1 + + b k + Ik -tl U ...

a num ero de com binacoes de m elem entos tom ados nan pode serdeterminado segundo a formula

SolucdoI?) Observemos inicialmente que C ~ =m e, c on se q ue nt eme n te , a f or -

mula (I) e valida para n =I,2~)Suponbamos que

C ~ m( m - _I)( m - 2) (m - k + I)1 2 3 ke provemos que

C ~ + 1= m(m -l)(m - 2)' .... (m - k)1 2 3 .. . k(k+l)

Para obter todas ascombinacoes dem elementos tornados k + I a k + I,consideremos todas as combinacces de m elernentos tornados k a k e acres-centemos a cada uma delas, como 0 (k + Ij-esimc elemento, urn dos m - kelementos restantes.S6 57


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Epilogo todas as aparencias, a solucao, Mas as proposicoes matemaficas silo de-monstradas sempre dedutivamente. Nenhum resul tado matematico pode setconsiderado verdadeiro, valido, se nao foi deduzido das proposicoes departida.

Mas e 0 metodo de "inducao maternatica''? 0 que acontece e que a"inducao matematica" e urn metoda dedutivo, De fato, consideremos commais detalhe a estrutura das argumentacoes matematicas, que parecem serurn "passo do particular ao geral", E facil convencer-se de que a cham adainducao maternatica niio e , de fato, induciio: e urn metoda de argumentacaopuramente dedutiva. A demonstracao par esse metodo consta de duas par-tes: 1) abase, au sej a, a demonstracao (dedutiva') da proposicao para urnnumero natural (ou varies: par exemplo, para 0 au I; na pagina 13, essaparte foi denorninada "teorema 1"); e 2) 0 passo indutivo ("teorema 2"),que consiste na dernonstracao ( tambem dedutiva) da proposicao geral: paratodo n e correto que a validade da proposicao para n implica a validade paran + 1. 0 "principia de inducao matematica" (pagina 12) e uma proposicaoprecisa (cuja evidencia intuitiva e aceita por muitos matematicos como in-discutivel, ainda que no momenta da exposicao axiomatica da Aritmeticafigure como urn axioma) que pennite obter, a partir da base e do passoindutivo, urna demonstracao puramente dedutiva da proposicao para todosas mimeros naturais n. Em consequencia, nao resta nenhum caso que naotenha sido "abrangido pelas hipoteses" e ao qual ainda deve fazer-se exten-siva (por inducao) a proposicao; 0 teorema precisamente Iidemonstradopara todos os numeros naturais: da base demonstrada (digamos. para 0nu-mero 0), obtemos, aplicando 0 passo indutivo, a dernonstracao para 0 nu-mero I e depois da mesma forma para 2,3, .... Desse modo, 0 teoremapode ser aplicado para qualquer numero natural ".

Em outras palavras, 0 nome "inducao matematica" deve-se simples-mente ao fato de que se associa em nossa consciencia com as argumenta-"Des "indutivas" tradicionais (j a que a base, efetivamente, e demonstradaapenas para urn caso particular); mas 0passo indutivo, contrariamente aoscriterios baseados na experiencia de verossirnilhanca dos argumentosindut ivos das ciencias naturais (e socia is), e uma proposicao geral que niionecessita de nenhuma hipotese particular e e demonstrado segundo os ri-gorosos canones dos argumentos dedutivos. E per isso que a "inducao"

Yu. A. OastevA inducao e a passagem do particular ao geral. A deducao, do geral acparticular. E conhecido 0 papel que desempenham os processos de sintese

de o bs erv ac oe s e experimentos iso/ados ( ou s eja , a in du ca o) nas cienciasernpiricas. Ao contrario, a Matemat ica sempre foi considerada COllO urnmodelo classico de aplicacao de metodos puramente dedutivos.ja que sern-pre se subentendia, explicita ou irnplicitamente, que todas as proposicoesmatematicas (salvo os axiomas, proposicoes de partida] sao demonstraveis,enquanto as aplicacoes concretas dessas proposicoes s e i n fe r em das demons-t racoes, validas no caso geral (deducao),

Porem, vimos que "A inducao e amplamente utilizada na Matematica,mas c preciso ter cuidado em sua aplicacao" (pagina 9), ou "Como deve serempregada a inducao em Matematica para chegar sempre a conclusoes ver-dadeiras?" (pagina 8)*. 0 que significa isso? Nao querera dizer que entreos met ados maternaticos existern as "cor retos", au infaliveis (dedutivos) , eos "pouco seguros" (indutivos), que, as vezes, e especialmente em maosinexperientes (ou, como diz 0aut or, apl icados com "ligeireza"), falham? Sefossc assim, onde estaria 0criterio de seguranca desses metodos "indutivos"?Como recuperar a seguranca no carater irremissivelrnente obrigatorio dasconclusoes matematicas? au trata-se de uma situacao sem saida e a valida-de das argurnentacoes matematicas e da mesma natureza que as sintesesexper imentais das ciencias empiricas e, portanto, nao seria nenhum exces-so "comprovar" uma vez mais urn fato demonstrado (como freqiienternentese recomenda aos estudantes, sugerindo que "confiram" as operacoes arir-rneticas realizadas ou a solucao de uma equacao achada conforme uma for -mula geral)?

A real idade e di ferente. A inducdo (ou sej a, a sugestao de uma ide ia auuma hipotese] sem duvida desempenha naMatematica um papel importan-te, mas puramente heuristico: permite adivinhar qual deve ser, segundo~ E" a f orm a de en f oe a r a "jndu cao n a 1,1 atcm iitica" e j~qu as e t r ad ic in a I n o s l ex l OS e s co l a re s. in c l u s i -ve nos rnais modernos.

A rcspcito do, problemas que surgem ae apresentar dcssa forma 0merodo, ver a literatura indicadamais adiantc,

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rnaternatica C denominada tambern "cornpleta' ou "perfeita'' , ja que (poroposicao a inducao corrente, "imperfeita", que nao garante a conhec imentocompletoi e urn metoda dedut ivo ("com 100% da seguranca") de demons-tracao,

Quer dizer que a inducdo, enquanto metoda de demonstracdo, {lao podes er u sa d a n a Ma t ema ti ca "; is so , p or em , n ao e xc lu i, de modo algum, a amplautilizacao na Marernatica do metoda dedutivo de "inducao rnatematica",

Entendcndo assim esse termo, podemos, claro esta, nos permitir a l i-berdade de ernpregar expressoes como "inducao na Geometria"** au"inducao na Matematica". Mas sernprc se deve estar cienre de que a prirnei-ra expressao, falando com rigor, tern urn sentido totalmente distinto do quetern a expressao extensa (mas precisal) "aplicacao do metodo dedutivo deinducao matematica it demonstracao de teoremas de conteudo geornetrico"e que a segunda expressao, a despeito dos criterios gramaticais, nao e 0mesmo que a "inducso maternatica", essa ultima expressdo deve ser com-preendida em conjunto, e na o como "inducao na Maternatica".o rnetodo de inducao r na re rn at ic a ( na forma exposta neste livro) e urnmetodo de demonstracao de teoremas aritmeticos au, mais rigorosamente,de teoremas referentes a s propriedades gerais dos nume ro s n a tu r ai s (0, 1,2, ... ; a s vezes , como oeorre n es re l iv ro , a s uc es sa o natural corneca com aI, mas isso na o e essencial). E,para a Aritmetica dos numeros naturais, essemetoda em certo sentido (razoavel e amplo) e 0 instrumento universal (easvezes unico) de dernonstracao.

Para que essa ult ima afirmacao nao pareca exagerada, 0 leitor deveestar convencido de que a edificacao axiomatica (dedutiva) da Arirmeticase baseia na definicao, pot induciio matematica; das operacoes com o s n u-meros naturais (por exemplo, para definir a adicao, define-se - base dain du cao - a adicao do I ou do 0 e d ep ois - p as so indutivo - a a d ic a o de ur nmimero natural qualquer s e r ed uz a adicao do numero precedente). Par isso,e evidence que, para "chegar" a s propriedades gerais dos nurneros naturaisrelacionadas, digamos, com as operacoes de adicao ou de rnultiplicacao,devemos usar (se queremos just ificar axiomaticamente essas propriedades)

a mesma "escada" (cujo degrau inferior e a propriedade correspondenteenunciada para 0 numero natural minimo) que empregamos para "ascen-der" ao conceito geral que nos interessa; falando de maneira figurada, naoM outra forma de "agarrar-se' it demonstracao necessaria. E assim ocorrecom a demonstracao de todas as proposicoes aritmeticas, E, se isso nao evisto no curso escolar de Aritmetica ou de Algebra, e porque esse curso(com muita razao) se baseia nao tanto no metodo axiomatico como na ex-perimentacao e na intuicao".

Par firn, inclusive 0 lei ter mais rneticuloso e cri tico se conforrnafreqiientemente em saber, digamos, que aiel distributive da multiplicacaorelativa it adicao pode ser demonstrada e nao exige a demonstracao explici-tao (Mas essa seguranca, embora esteja bern fundarnentada, difere daquelaa que se chega pela demonstracao autentica tanto como uma informacaoproporcionada par jornal difere da que se obtem diretamente, enquanro tes-temunha de run fato: ademais essa analogia vai muito longe.) Por iS50, noccrso escolar 0metodo de inducao maternatica aparece muito mais tardeque as propriedades, intuitivamente claras e facilmente assimilavcis, dasoperacoes aritmeticas, por exemplo, em relacao com a formula do bin6miode Newton, da qual nao se pode dizer que sua validade "salta it vista".

Outros ramos daMaremat ica necessitarn do metoda de inducao mate-matica na mesma medida em que empregam a base ari tmetica, Essa neces-sidade tern dois aspectos. Antes de tudo, muitos ramos rnatematicos saoconstruidos diretamente sobre a base aritmetica dos mimeros natura is (di-gamos. a teoria dos numeros racionais, que conduz, por sua vcz, a teoriados numeros reais); outros, ao contrario, podem ser interpretados em ter-mos aritmeticos (por cxemplo, todo resultado da Geometria euclidiana podeser expresso na Iinguagem "de coordenadas" dos numeros reais), Ncssescasos, as proposicoes de carater geomctrico, digamos, podem ser demons-tradas mediante a inducao maternatica empregando-se essa interpretacaoaritmerica, Pode-se dizer que 0 cararer geomerrico, Oll de outra indole, des-sas proposicoes nao e mais substancial para a dernonstracao que, por exem-plo, a natureza dos objetos no problema relativo a adicao de tres e cinco

Meneionarnos de passagem 0 papel fecundo que a inducao "corrente' ("ineompleta"j desempenhana formacao de hipoteses rnatematicas que conduzem au descobrtmento de novas taros: disso c d arelacao entre H inducao "corrente" c 0rnetodo de inducao marematica trata com mais detalhe 0livrooj M a te m a ti ca e o s a r g" m en r os verossimeis, de c. Pol va . volume l (especialmente 0 capitulo 7),

~ ~ Ess e e o nom e q ue, p ar a abr ev iar , dcr am L. 1.Gohwilill e 1. M. rag/om a 5~1l l i vro ( I :: < l ih l r a M i T , j9) 5)c on cc bi do c om o conunuaeao na tu ral d o liv re de l. S . Som in sk i .

, . Pot outre lado, quando no cursn escolar sao dernonsrradas propriedades gerais do> numercs natural


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pepinos ou de tres e cinco barcos, (0 leitor podera encontrar exemplos se-melhantes oeste IiVfO,)

Mas oeorre tambern que a base da inducao e demonstrada por meto-dos essencialmente noloaritmeticos". Entretanto, tambem nesse caso 0pas-so indutivo representa (mesrno quando se baseia em axiomas geometricosou outros) u ma p ro po sic do g er al s ob re o s n um er os n atu ra is , uma vez quese trata da validade de uma propriedade para todo numero natural n**.

Quer dizer que a inducao rnatematica segundo as nurneros naturais e,"em sua forma", urn metoda de demonstracao de tcoremas aritmeticos, mastalvez geometricos, au de qualquer outra natureza (mecanicos, pOI exem-pia), "em seu conteudo",

Assinalemos tambem que 0 metodo, tao frutifero nas demonstracoesque seguem 0processo deconstrucao da sucessao natural 0, I ,2, "" pode serestendido tambem a process os de natureza muito diferente. Por exemplo, noscalculos da Logica matematica que operam com formulas ("proposiyoes")obtidas de "formulas elementares" ("proposiyoes elementares") do tipo A , B ,C, ... mediante, digamos, os sinais 1\ ("e"), V ("ou"), - ("se . '" entao ... ")e l ("nao"), aspropriedades gerais das formulas sao demonstradas empre-gando-se a chamada i nd uc d o p o r c o ns tr uc a o. Demonstra-se que:I) a propriedade e valida para qualquer formula elernentar (base); e2) se a propriedade e valida para as formulas X e Y, t ambem 0 e para asformulas (X 1\ Y) , (X V Y), (X - Y) e lX (passe indutivo),Dai s e d ed uz que a proposicao considerada e valida para todas a for-

mulas desse tipo. A analogia que aqui se observa com a inducao matemati-ca exposta neste livro e tao palpavel que salta it vista ate para urn lei torinexperiente.

Em geral, toda construcao matematica (ou l6giea) que consiste oa pas-sagem de u r n au varies objetos iniciais a objetos novos, mediante urna ouvarias operacoes de passagem, pode ser considerada como 0 fundamentodo metodo correspondente "indurivo" (que, como vimos, e puramente de-dutivo) de definicao ou de demon stracao. (A proposito, 0papel relativa-mente resrriro que desempenha a inducao matematica naAnali se matemati-ca deve-se precisarnente a que os numeros reais, contrariamente aos natu-rais, nao sao resultado de uma construcao pura que se desenvolve segundo

essa formula, de modo que diferentcs "inducoes segundo os numeros rcais"csrao muito longe de ter 0 cararer universal que tern a inducao maternaticana Aritmetica e sua variante na Logica matematica.)

Considerando as perguntas de caratcr geral, mate-matico ou logico.que possam ser feitas pelo leitor, achamos conveniente remete-lo it literatu-fa especializada", Em compensacao, 0presente livro serve muito bern paradar a conhecer as aplicacoes concretas do metoda de inducao matcrnaticaem nivel elementar.

Vcr, [lor cxernplo, (Jii i rnencionado lkro I f /d


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Solucoes dos problemas*(2 k + 1)3 [k(2k - 1) + 3(2k + 1)] =(k + J)(2k + J)(2k + 3)

3

1. Hipotese: u; = 3n - 2.I?) A hip6tese e valida para n = 1.2?) Seja u, = 3k - 2. Entao:

u, ' I =u,+ 3 = (3k - 2) + 3 = 3( k + 1) - 2.

4. I?) A proposicao e valida para 11 = 1.2?) Seja

2. Hiporese: 50 = 2n - 1.I :') A hipotese e valida pam n = I.2?) Seja S , = 2 1 e - I.Entao:

5k + 1 =5k + 2" = (2! - I) + 2k =2" + 1 - 1.

Entao:13 2' 1 _ . 3 k2(k+1r 3+ . + ... + : + (k + 1 )- =-_.-- + (k + 1) =4~ (k: I)' . (k' + 4k + 4) ~ [ (k + l)~k + 2) J .

(Poderiamos tambem formar diretamente a diferenca 25n - S" emostrar que ela e igual a 2n - t.)3. I?) A proposicao e valida para n = 1.2~) Seja

12 + 31 + 52 + ... + (2 k _ 1)2 = "k(2 k - 1~(2k + 1) .Entao:

5. I?) A proposicao e valida para n = 1.2?) Seja

xl +1 -Il+x+x+ ...+x'=---x-I12 + 32 + 52 + ... + (2 k - 1)2+ (2 k + 1)2 =

k(2 k - I , (2k + 1) + (2 k + 1)2 =3

Entao:

;0 S6 indicamos os numcros des problemas. A solucflo dos exemplos j a esta no texto,x " - 1 - 1+ x " - 2 - Xk + 1

x-I64 65


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6. l~) A proposicao e valida para n = 1.2?) Seja

I 2 . 3 + 2 . 3 . 4 + 3 . 4 . 5 + ... + k(k + l)(k + 2) =

8. I?) A proposicao e valida para n = I.2?) Seja

} 2 _ + _2 _ 2 _ + _3 _ 2 _ + + __ k2 _ k t; k + 1)I . 3 3 . 5 5 . 7 ' . , (2k - 1) ( 2k + 1) 2( 2k + 1) ,

= !(k __l)(k- - = ! = _ 2)(k +.124 Entao:

1 '23+2,34+ ... ++ k(k + \)(k + 2) + (k + l)(k + 2)(k + 3) == ! 5 _ _ ( k + l)iL~)(k _ _ ~ + (k + J)(k + 2 ) ( k + 3) =4 -

12 2 2 e (k+l)2_- + --- + ... + + =1 . 3 3 . 5 (2 k - 1)(2k + 1) (2 k + \)(2 k + 3)= k(k + 1) + (k + 1) 2 =

2 (2k + I) (2 k + 1)(2k + 3)

Entao:

= (k + 1){k + 2)(k +ll. (k + 4) =4

(k + l)(k + 2)(k + 3)(k + 4)=_--------- 4

= (k + 1_) [k_(2k+ 3) + 2 (k + 1)] = (k + 1)(2e + 5k + 2)2(2k + J)(2k + 3) 2(2k + 1)(2k + 3)

= (k+I)(2k+l)(k+2) _ (k+l)(k+2)2 (2k + 1) (2k + 3) - 2 ( 2k + 3)-

7. 1~')A proposicao e valida para n = l.2~')Seja

I I I 1 _ k_- + -- + --- + + ------ - ---.1.3 35 57 , .. (2k-l)(2k+l) 2k+l9. I?) A proposicao e valida para n =1.2~) Seja

Entao:_J_ + ___ + ...+ 1_-- + 1 =1,3 35 (2 k-I)(2 k+l) (2 k+l)(2 k+3)

k 1 k(2k + 3) + 1=--- + ------- = - -- -- -- - =2 k + 1 (2k + 1)(2k + 3) (2 k + 1)(2k + 3)

_1_+_1_ +_1_+ + 1 _ __k_1 . 4 4 . 7 7 . \ 0 . . . (3k - 2) ( 3k + 1) 3k + 1Entao:1 \ 1 104 +40 + ...+ (3k - 2)( 3k + 1) + (3k + 1)(3k + 4) =

(k+l)(2k+1) _ k+1= (2k +t)(2k+3)- - -2k +3 + 1 =_k(3k + 4)~_ = _ _ ! _ ~ _3k + I (3 k + 1)(3k + 4) (3 k + 1 )O k + 4) 3k + 4k

67


35/40

10. I?) A proposicao C o valida para n = I.2?) Seja

12. I?) A proposicao e val ida para n = 1 e para 11 = 2.2~) Sejam

_1_ + L_ + 1_ + + ! __=_k__1.5 5 . 9 - 9 13 . . . (4k - 3)( 4k + I) 4k + I~k -] _ ( : , k -I

Uk -" =--- --- -------- 0'-(:,Entao:

Entao:______ + _1_+ + 1 + I =15 59 ... (4k-3)(4k+l) (4k+l)(4k+5)

k-I pk-I0' - I-'0'-(:,k + ~ ( . ! _ ' - l ,0' L - 1 - " --------O'-jj

k + __ 1 = __!(~k + 5)+!.. =_k ~_I(4k + J)(4k + 5 ) (4k + 1)(4k + 5 ) 4k + 5

13. 1") Sendo n =0, temos:_1_=_1_+ 2I+ x x-I I-x} ,au seja, a proposicao e valida,

4k + 1

11. I?) A proposi > ; : a o e valida para n = I.2~) Seja

2?) Seja_1_+ 21+ x I+ xl

4 2 k+---+ ...+--_=1+ x4 1+ x2 -__ + _ 1 + ...+ 1__

a( a + 1) (a + 1)( a + 2) (a + k - 1)( a + k)k

1 2" + I=--+x -I 1_2 ' + 1ala + k) . Entao:

Entao:_1_+ 2I + x 1 + xl

1 I---- + ---- ----- + +a( a + 1) (a + 1) ( a + 2) ... 1 2 k + Z=----+x-I l-x2 '_ "+ 1 + - - - = - - - - - - _(a + k - 1)( a + k) (a + k)( a + k + I)

k. 1- - - - - - - r - - - - - - - - - =a( a + k) (u + k)( a + k + I) k(a + k - + 1) + aa( a + k)( a + k + 1)

14. Para n = 1, temos:1-__!_=- x-II! I!

(a + k)(~ +_1_)__ ~ ~ _a( a + k) ( a + k + 1 ) a( a + k + 1) .

Para n = 2, temos:1 _ __!_+ x(x - I) = _~ + xix - I) = (x - 1)(x_-2L

I! 2! I 2 2!69

6 H


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Para n = 3, temos: = = -l)k+l (x-l)(x-2) ... (x-k) , [ _ X _ - l ] =( k! k + 1x x(x - 1) x(x - 1)(x - 2)1--+ ----- .. --.I! 2! 3! =(-1/+1 (x_-1)(x-2) .... (x-k)(x-k-1).(k + I)!_Q- 1)( x - 2 L _ x( x-l)( x - 2)

2 6_ (x -l)(x - 2)(x,- 3)

3!lsso sugere a hip6tese 15. 1 ") A proposicao e valida para n = O .2~) Suponhamos que a proposicao seja valida para n = k, ou seja, que1_... + x(x -1) _...+ (-If x(x - 1).~ - n + . ! 2 _ =

I! 2! n!=(-ltJx -l)(x- 2)...(x- n).

n !seja divisivel por 133. Entao:A k+ 1 = l l k . j Ii+ 2 + 1 2 2 (k + I) + 1 = 1 1 k + 3 + 1 2 2 k + .1 =

=1l11k+2 + 122'122h1 = II 11k-! 2+(133+ 11)'1221.+ 1== 11 . (11H2 + 122k+ I) + 133 122k+ 1== 11A.+133122k+1.

l~) A hipotese e valida para n = 1.2~) Seja

1 _ . . . + x(x - 1) _ ... + (-1)" x(x -1) :~- k +!2_ =l! 2 1 kl Como A k.,. 1 e a soma de duas parcelas, ambas divisiveis por 133,entao Aj-f I e divisivel por 133.

I - ._~ 2(x - I) _...+I! 2 1

] 6. 1~) E evidente que a proposicao e valida para n = 1.2?) Suponhamos que a proposicao seja valida para n = k, ou seja,

que k retas dividem 0 plano em 2 k angulos; a reta (k + 1j-esimadivide por sua vez em duas partes dois angulos opostos pelo ver-tice, ou seja, aumenta em 20 numero de partes em que esta divi-dido 0 plano. Por isso, k + 1 retas dividem 0 plano em 2k + 2 == 2(k + 1) partes.

Entao:

+(-1)[ (x-I)(x-2) ... (x-k+l) +k !

+ (-l)k +l~(X -ILx - _ ! l _ =(k + I)!

=(-1/ (x - l)(x - 2)~x-=--'1_ +k !

17. I?) A proposicao e valida para n = 1,uma vez que3xsen -2x + ( 3 X x )en -- sen _ - sen -2 221-- _____:__---- -=- + cos x.x 22 sen- 2+(-Ii +1 x(x -I)...x - J 5 J _ =(k + 1)1 2 sen ~2

70 71


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2k + 1se n _ .- -xk + cos x + cos 2x + ... + cos kx = -_ ._2__2 sen _ x2

2?) Sejasen x + 2 sen 2 x + 3 sen 3x + ... + k sen kx =

2?) Seja

(k + 1) sen fa: - k sen (k + 1)x4 seri- _ _ _ _2

Entao: Entao:12+ cos x + cos 2x + ... + cos fa + cos (k + l)x = senx+2sen2x+ ... +ksenh+(k+ l)sen(k+ I}x=

2k + 1sen -_--x= __ 2__ + cos (k + l)x =2 sen ~2

(k + 1) sen kx - k sen (k + l)x=-- - ... - + (k + 1) sen (k + l)x =4 serr' ~2

2k + 1 xse n - -- -x + 2 sen - cos (k + l)x__ 2.. .. 2 __ _ =2 sen x2

=~+ I)senkx-k sen{k+ l )x+ 2(k_+ 1)sen(k--_!-l)x .(1- cos x)4 serr' 2

= (k + 2) sen (k + l)x +(k + 1) sen ~ _4 sen? _ : _ l _2

sen 2k + 1 x + (sen 2k + 3 x _ sen 2k + 1 x )= 2 ,2 2 =2sen~ 2

_ ~(~+ I) co~ x sen (k :}~ =4 . sen1 _ . ! _2

=2k + 3sen ---x2 (k + 2) sen (k + 1)x -:: (k + I) sen kx _4 sen? _ x _22 sen -~2

J 8. 1~) A p ro po si ca o e val id a para n = I, uma vez que2 sen x - sen 2 x 2 sen x (l- co s x)=----- --= sen x.

4 sen x 4 sen? _ x _2 2

(k - + : I)[sen (k + 2)x + sen k x ]4 serr' _!_2

= (k + 2) s~n (k + l )x _ - - - :: ( k + I) 8 e ! l (k + _ 3 _ l x _ .4 serr' ~

72 73


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19 . 1:') A proposicao e valida para n = 1, uma vez que2 co s x - co s 2x - = - l _ 2cos x - 2 cos2 X = =

X , x4 sen ' 2 4 sen- -2(k + 2) cos (k + l )x _ " _ _k + 1) cos kx__

, x4 sen- "2cos x (I - co s x)= --- __- = cos x.

2 sen} x2

(k + I)[cos (k + 2)x + cos kr] + 1_=4 serr' ;

2~)Sejaco s x + 2 co s 2x + ... + k co s kx == (k + 1) co s kx - k cos (_k + l)x - 1 _

4 sen} ;

(k + 2) cos (k + l)x - (~ + 1) cos {~ - f- 2)x- J4 sen? ~

20. 1~ ) A proposicao e valida para n =I, uma vez que

Entao:cos x + 2 cos 2x + ... + k cos kx + (k + I) cos (k + I) x == (k + l)cos k-t- k c _ ? S (k + l) x -l_ + (k+ l)cos(k+ l)x =

4 serr' 2

1 x 1 x- cotg - - cotg x =- cotg--2 2 2 2 x2tg-21 Xtg -2 I x=-tg-.2 22 tg -2

= (k + I)cos 1 0: - kcos (k + l)x - I +4 serr' _2

+ 2(k+l)cos(k+l)x'(I-cosx) =4 sen? ~

2~)Seja_ ! _ t ..+2 g 2 I x I x-- tg - + + - tg - =2 2 2 2 . . . 2 1 : : 2 k

1 x= -- cotg -,_- - cotg x.2k 2~(k + 2) coos(k + l)x+ (k + 1)co s kx _

~ x4 sen- " 2 Entao:_ ! _ t __+_l_t x 1 x +__t _ _ _ _ _ : " ! _ _ =2 g 2 2 2 g 22 + ...+Y tgY 2k 4 1 g 2k - 1_ 2(k +_}l.~os x' cos (k + l)~ =

4 serr' _21 x 1 x_=-cotg--cotgx+-,_-! tg~-2 1 : : 2* 2~ + 2

74 75


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cotg" ~--I= _ _ 2~k_+_I__ +2 k + I xcotg~

------ - cotg x =2" + 1 cotg _X_2 A ~ 1

Demonstremos que, entao, tambem e valida para n = k + I 0 ., u seJa,quearc cotg 3 + arc cotg 5 + + arccotg (2 k + 1) + arccotg (lk + 3) ==arc tg 2 + arc tg l_+ +2

k+l k+2+ arc tg -- + arc tg -- - (k + 1) arc tg 1. (3)k k + 1 -De fato, somando membra a membra as igualdades (I) e (2) , obte-mos a igualdade (J).

I x= 2 k +1 cotg ~ - cotg x.21. I?) Temos

2-1tg(arc tg 2 - arc tg 1) = --- --1+2'1 3 22. I?) A proposicao e valida para n :::: 1, uma vez quePar isso, arc tg 2 - arc tg 1 = arc tg 1 - , au seja, a proposicao evalida para n = 1.

\'3- - i= 2 [ c o s : - i.en :)-2?) Seja

(-j - il = 2~ ( c o s k ; - i sen k ; _ }Entao: 3 - i ) K + I = 3 - il (\3 - i)=

2?) Mostremos inicialmente quek+2ar c cotg (2 k + 3) = arc tg k+T- arc tg 1. (1)

De fato, temosk +2 _I

tg(arc tg kk + + 21- arc tg I) = k + 1 = __ 1_1+k+2'1 2k+3'k +I

_ 2 * [ k " I T . km ) 2 ( 'IT. " I T )- cos - - 6 - - f sen6 cos - 6 - - 1 . sen6=2 " + 1 [[ k " I T 11'. k 1 T 'IT )= cos -6 - cos - 6 - - l . sen6en6-

k+2=arc tg -- - arc tg 1.k + 1Suponhamos que a proposicao seja valida para n = k, isto e:arc cotg 3 + arc cotg 5 + + arc cotg (2 k + 1) ==arc tg 2 + arc tg ~ + + arc tg k ; 1 - k arc tg I. (2)

-i(sen 7 cos ~ + sen : -co s k : _ ) ] == 2 " + 1 [ c o s ( k : 0 7 T - i' sen _ _ _ { ! _ : 1 ) 1 T 1au seja, arc tg 1 = arc cotg (2 k + 3) =2k + 3

23. 1 ") A proposicao e valida para n = I.2?) Seja

(cos x + i- sen x) " = cos 1 0 : + i- sen kx.76 11


40/40

Entao: De fato, a desigualdade (3) equivale a esta Dutra:(cos r + i- sen x)k + 1 = (cosx + i:scn xr'(cos x + i : sen x) == (cos 1 0 : + i.en kx)( cos x + i . sen x) ==(cos kx . cos x - sen kx . senx) + i(sen kx . cos x + sen x . cosh) = ==cos (k + 1)x + i . sen (k + 1)x.

24. Esra errada a ult ima frase: "Demonstramos a proposicao", Na verdade,apenas demonstramos que a desigualdade2" > 2n + 1e valida para n = k + I se e valida para n = k, sendo k um numeronatural qualquer,Disso nao se deduz, todavia, que a desigualdade e valida a o m en os p ar aum valor de n e, com mais razao, para urn numero natural n qualquer.Em resumo, 0 erro consiste em que demonstramos s o 0 teorema 2 enao consideramos 0 teorema I, ou seja, naD criamos a base para ainducao.

25. E evidente que 3 e 0menor mimero natural n para 0 qual se verifica adesiguaJdade 2" > 2n + 1.Como a validade dessa desigualdade para n = k implica sua validadepara n = k + 1 (problema 24), podemos afinnar que a desigualdade severifica para qualquer numero natural n ;;;:.-3.

26. I?) A desigualdade se verif ica para n = 2, pais1-1+-.->\2,\2

k1+ _-- >1\ k + I '\que se obtern multiplicando ambos os membros de (3) par- -\ k + 1 + -ck .Somando membra a membro as desigualdades (1)e (3). obtemos adesiguaJdade (2).

27. I?) Para n =2, a desigualdade fica sendo ~ < 6 e em conseqtiencia3' ,e valida a proposicao,2? ) Seja

_ _ _ k _ < (2k)!k+l (Hi'onde k ~ 2. E facil comprovar que4( k + I) < (2k + 1)(2k + 2)k + 2 (k + 1) 2

para k > O. Por isso,2? ) Seja

1 1 1 ,'---+_-+ ...+~>\k,\ 1 \ 2\ kDemonstremos que

4~ 4( k + 1) (2 k)! (2 k + l}(2k + 2)-_'.. ,,'k + 1 - -.k . (3)

\ k + 171l 79

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