Lista de Indução Resolvida

LISTA 3 - BASES MATEMATICASResolucao

Inducao

1 — Calcule:

a) A soma dos n primeiros pares.

Os numeros pares formam uma progressao aritmetica de razao 2: (0, 2, 4, 6, 8, 10, · · · )O termo geral dessa PA pode ser obtido pela equacao an = a1 + (n− 1)r, onde an e o n-esimo valor,a1 e o primeiro e r a razao. O n-esimo termo (termo geral) e, entao, an = 0 + 2(n − 1) = 2n − 2. Aprogressao aritmetica pode ser representada como

(0, 2, 4, 6, 8, 10, · · · , 2n− 2).

A soma dos n primeiros termos de uma progressao artimetica e obtida por meio de Sn = n(a1+an)2 .

Entao, a soma dos n primeiros pares e

Spares =n(0 + 2n− 2)

2=

2n(n− 1)

2= n(n− 1)

�

b) A soma dos n primeiros ımpares.

Os numeros ımpares formam uma progressao artimetica de razao 2: (1, 3, 5, 7, 9, · · · )O n-esimo termo e an = 1 + 2(n− 1) = 2n− 1. A soma dos n primeiros termos e, entao

Simpares =n(1 + 2n− 1)

2=n(2n)

2=

2n2

2= n2

�

2 — Prove que para todo inteiro positivo n vale:

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(2n+1)(n+1)6 .

i) Testando a propriedade para n = 1:

12 = 1(2·1+1)(1+16 = 1·3·2

6 = 1

P(1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 12 + 22 + 32 + · · ·+ k2 = k(2k+1)(k+1)6

Tese – P (k + 1) : 12 + 22 + 32 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 = (k+1)(2(k+1)+1)((k+1)+1)6 = (k+1)(2k+3)(k+2)

6

Assumindo como verdadeira a hipotese indutiva temos,

12 + 22 + 32 + · · ·+ k2︸︷︷︸k(2k+1)(k+1)

6

+(k + 1)2 = k(2k+1)(k+1)6 + (k + 1)2 = k(2k+1)(k+1)+6(k+1)2

6 =

(k+1)[k(2k+1)+6(k+1)]6 = (k+1)(2k2+7k+6)

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

2)

6 = (k+1)(k+2)(2k+3)6

A implicacao P (k)⇒ P (k + 1) foi verificada. Portanto, a propriedade P (n) e valida, ∀n ∈ N : n ≥ 1.

�

1

Nota: Polinomios, ou seja, expressoes do tipo P (x) = anxn +an−1x

n−1 + · · ·+a2x2 +a1x+a0 podem

ser reescritas como P (x) = an(x− rn)(x− rn−1) · · · (x− r2)(x− r1), onde rn, rn−1, · · · , r1 sao zeros dopolinomio.

3 — Demonstre que para todo inteiro positivo n vale:

a) 13 + 23 + · · ·+ n3 =(12n(n+ 1)

)2i) Testando a propriedade para n = 1:

13 =(12 · 1(1 + 1)

)2=(12 · 2

)2= 12 = 1

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 13 + 23 + · · ·+ k3 =(12k(k + 1)

)2Tese – P (k + 1) : 13 + 23 + · · ·+ k3 + (k + 1)3 =

(12(k + 1)((k + 1) + 1)

)2=(12(k + 1)(k + 2)

)2Assumindo como verdadeira a hipotese indutiva temos,

13 + 23 + · · ·+ k3︸︷︷︸( 12k(k+1))

2

+(k + 1)3 =(12k(k + 1)

)2+ (k + 1)3 = 1

4k2(k + 1)2 + (k + 1)3 =

(k + 1)2[14k

2 + (k + 1)]

= (k + 1)2[14k

2 + k + 1]

= (k + 1)2(14(k + 2)2

)=(12(k + 1)(k + 2)

)2A implicacao P (k)⇒ P (k + 1) foi verificada. Portanto, a propriedade P (n) e valida, ∀n ∈ N : n ≥ 1.

�

b) 1 + 2(12) + 3(12)2 + · · ·+ n(12)n−1 = 4− n+22n−1


1 = 4− 1+221−1 = 4− 3

1 = 4− 3 = 1

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 1 + 2(12) + 3(12)2 + · · ·+ k(12)k−1 = 4− k+22k−1

Tese – P (k + 1) : 1 + 2(12) + 3(12)2 + · · ·+ k(12)k−1 + (k + 1)(12)k = 4− (k+1)+2

2(k+1)−1 = 4− k+32k


1 + 2(1

2) + 3(

1

2)2 + · · ·+ k(

1

2)k−1︸︷︷︸

4− k+2

2k−1

+(k + 1)(12)k = 4− k+22k−1 + (k + 1)(12)k = 4− k+2

2k

2

+ (k + 1)( 12k

) =

4 + −2k−42k

+ (k+12k

) = 4 + −2k−4+k+12k

= 4 + −k−32k

= 4− k+32k


�

c) (1− 12)(1− 1

3) · · · (1− 1n+1) = 1

n+1


1− 12 = 1

2 = 11+1

2

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : (1− 12)(1− 1

3) · · · (1− 1k+1) = 1

k+1

Tese – P (k + 1) : (1− 12)(1− 1

3) · · · (1− 1k+1)(1− 1

k+2) = 1k+2


(1− 1

2)(1− 1

3) · · · (1− 1

k + 1)︸︷︷︸

1k+1

(1− 1k+2) = ( 1

k+1)(1− 1k+2) = ( 1

k+1)(k+2−1k+2 ) = ( 1

k+1)(k+1k+2) = 1

k+2


�

d) 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2n−1 = 2n − 1


21−1 = 20 = 1 = 21 − 1 = 2− 1 = 1

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2k−1 = 2k − 1Tese – P (k + 1) : 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2k−1 + 2k = 2k+1 − 1


1 + 2 + 22 + · · ·+ 2k−1︸︷︷︸2k−1

+2k = 2k − 1 + 2k = 2 · 2k − 1 = 21 · 2k − 1 = 2k+1 − 1


�

e) n < 2n


1 < 21 ⇒ 1 < 2

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : k < 2k

Tese – P (k + 1) : k + 1 < 2k+1

Assumindo como verdadeira a hipotese indutiva temos, k < 2k.Multiplicando ambos os lados da desigualdade por 2, obtemos

2k < 2 · 2k ⇒ 2k < 2k+1

Claramente, para k ≥ 1 temos k + 1 ≤ 2k. Entao, k + 1 ≤ 2k < 2k+1. Logo, k + 1 < 2k+1.


�

f) 12 − 22 + 32 − 42 + · · ·+ (−1)n+1n2 = (−1)n+1 n(n+1)2


3

(−1)1+1 · 12 = 12 = 1 = (−1)1+1 1(1+1)2 = 1 · 22 = 1

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 12 − 22 + 32 − 42 + · · ·+ (−1)k+1k2 = (−1)k+1 k(k+1)2

Tese – P (k + 1) : 12 − 22 + 32 − 42 + · · ·+ (−1)k+1k2 + (−1)k+2(k + 1)2 = (−1)k+2 (k+1)(k+2)2


12 − 22 + 32 − 42 + · · ·+ (−1)k+1k2︸︷︷︸(−1)k+1 k(k+1)

2

+(−1)k+2(k + 1)2 =

= (−1)k+1k(k + 1)

2+ (−1)k+2(k + 1)2 =

= (−1)k+1k(k + 1)

2+ (−1)(−1)k+1(k + 1)2 =

= (−1)k+1(k + 1)[k

2− (k + 1)] =

= (−1)k+1(k + 1)[−k2− 1] =

= (−1)k+1(k + 1)(−1)1

2(k + 2) =

=(−1)k+2(k + 1)(k + 2)

2


�

4 — Dados a e r dois numeros inteiros, r 6= 1. A sequencia a1 = a, a2 = ra, a3 = r2a, · · · , an =rn−1a, · · · e denominada progressao geometrica de razao r. Prove que a soma dos n pri-meiros termos de uma progressao geometrica e:

Sn =rna− ar − 1

.


a1 = a =r1a− ar − 1

=a(r − 1)

r − 1= a

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : a+ ra+ r2a+ · · ·+ rk−1a = Sk = rka−ar−1

Tese – P (k + 1) : a+ ra+ r2a+ · · ·+ rk−1a+ rka = Sk+1 = rk+1a−ar−1


a+ ra+ r2a+ · · ·+ rk−1a︸︷︷︸rka−ar−1

+rka = rka−ar−1 + rka = rka−a+(r−1)rka

r−1 = rka−a+rrka−rkar−1 = −a+rrka

r−1 =

rk+1a−ar−1


�

5 — Prove que 2n+ 1 < 2n para todo n > 3.

4


2 · 4 + 1 < 24 ⇒ 9 < 16

P (4) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 2k + 1 < 2k

Tese – P (k + 1) : 2(k + 1) + 1 = 2k + 3 < 2(k + 1)

Multiplicando ambos os lados da desigualdade, na hipotese, obtemos

2(2k + 1) < 2 · 2k ⇒ 4k + 2 < 2k+1.

Mas, 2k + 3 < 4k + 2 para valores naturais tais que k ≥ 1 (basta resolver a inequacao). Entao

2k + 3 < 4k + 2 < 2k+1.

Logo,2k + 3 < 2k+1.


�

6 — Seja x um inteiro positivo. Demonstre que:

(1 + x)n > 1 + nx, para todo n ≥ 2.


(1 + x)2 > 1 + 2x⇒ 1 + 2x+ x2 > 1 + 2x⇒ x2 > 0 ∵ todo numero elevado a 2 e positivo

P (2) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : (1 + x)k > 1 + kxTese – P (k + 1) : (1 + x)k+1 > 1 + (k + 1)x

Na hipotese indutiva, multiplicando-se ambos os lados da desiguldade por (1 + x), obtem-se 1

(1 + x)(1 + x)k > (1 + x)(1 + kx)⇒ (1 + x)k+1 > 1 + kx+ x+ kx2 ⇒ (1 + x)k+1 > 1 + (k+ 1)x+ kx2

Como kx2 > 0, temos 1 + (k + 1)x < 1 + (k + 1)x+ kx2. Entao

1 + (k + 1)x < 1 + (k + 1)x+ kx2 < (1 + x)k+1.

Logo,1 + (k + 1)x < (1 + x)k+1ou, equivalentemente(1 + x)k+1 > 1 + (k + 1)x.


�1x e um inteiro positivo (informado no enunciado), entao (x + 1) e tambem positivo. Por isso foi possıvel multiplicar

ambos os lados da desigualdade sem se preocupar com a alteracao do sinal.

5

7 — Prove que:1

1 · 2+

1

2 · 3+ · · ·+ 1

n(n+ 1)=

n

n+ 1.


1

1 · 2=

1

2=

1

1 + 1=

1

2

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 11·2 + 1

2·3 + · · ·+ 1k(k+1) = k

k+1

Tese – P (k + 1) : 11·2 + 1

2·3 + · · ·+ 1k(k+1) + 1

(k+1)(k+2) = k+1k+2


1

1 · 2+

1

2 · 3+ · · ·+ 1

k(k + 1)︸︷︷︸k

k+1

+1

(k + 1)(k + 2)=

=k

k + 1+

1

(k + 1)(k + 2)=

k(k + 2) + 1

(k + 1)(k + 2)=

=k2 + 2k + 1

(k + 1)(k + 2)=

(k + 1)2

(k + 1)(k + 2)=k + 1

k + 2


�

8 — Prove que para qualquer inteiro positivo n o numero 22n − 1 e divisıvel por 3.

i) Se n = 1, e trivial que 22·1 − 1 = 3 e divısivel por 3.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : 22k − 1 e divisıvel por 3, id est, 22k − 1 = 3m,m ∈ ZTese – P (k + 1) : 22(k+1) − 1 = 22k+2 − 1 e divisıvel por 3, id est, 22k − 1 = m′,m′ ∈ Z

Multiplicando por 4 ambos os lados da igualdade que representa P (k), temos

4 · 22k − 1 = 4 · 3m⇒ 22 · 22k − 1 = 3(4m)⇒ 22k+2 − 1 = 3(4m).

4m e um numero inteiro qualquer, assim como m′, entao podemos impor que m′ = 4m. Obtemos22k+2 − 1 = 3m′.

Logo, para todo inteiro n ≥ 1 o numero 22n − 1 e divisıvel por 3.

�

10 — Mostre que a soma dos angulos internos de um polıgono convexo com n lados(n ≥ 3) e (n− 2)π.

i) Testando a propriedade para um triangulo, i.e., n = 3:

Soma dos angulos internos = (3− 2)π = π = 180◦

Claramente, P (3) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) :∑k

i=1 ϕi = (k − 2)π.

Tese – P (k + 1) :∑k+1

i=1 ϕi =∑k

i=1 ϕi + ϕk+1 = (k − 1)π.

6

Onde ϕ e um angulo interno do polıgono de k lados.

Pela hipotese indutiva, assumida como verdadeira, conclui-se que o aumento de um lado no polıgonoimplica em um aumento de π rad na soma dos angulos internos. Exemplificando, a soma dos angulosinternos de um triangulo (n = 3) e π rad, de um quadrilatero (n = 4) e 2π = π+π rad. Genericamente,

Soma dos angulos internos (k + 1 lados) = π + Soma dos angulos internos (k lados)

Temos,k∑

i=1

ϕi + ϕk+1 = (k − 2)π + ϕk+1 = (k − 2)π + π = π(k − 2 + 1) = (k − 1)π

Logo, a soma dos angulos internos de qualquer polıgono convexo com n ≥ 3 lados e dado por (n−2)π.

�

11 — Prove que:

a)n∑

k=1

2k = 2n+1 − 2


21 = 21+1 − 2 = 22 − 2 = 4− 2 = 2

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (m) :

m∑k=1

2k = 2m+1 − 2

Tese – P (m+ 1) :m+1∑k=1

2k =m∑k=1

2k + 2m+1 = 2m+2 − 2


m∑k=1

2k + 2m+1 = 2m+1 − 2 + 2m+1 = 2 · 2m+1 − 2 = 2m+2 − 2

A implicacao P (m)⇒ P (m+ 1) foi verificada. Entao P (n) e valida para n > 0, onde n e um inteiro.

�

b)n∑

k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6


12 =1(1 + 1)(1 + 2)

6=

6

6= 1

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (m) :∑m

k=1 k2 = m(m+1)(2m+1)

6

Tese – P (m+ 1) :∑m+1

k=1 k2 =

∑mk=1 k

2 + (m+ 1)2 = (m+1)(m+2)(2m+3)6


m∑k=1

k2 + (m+ 1)2 =m(m+ 1)(2m+ 1)

6+ (m+ 1)2 =

m(m+ 1)(2m+ 1) + 6(m+ 1)2

6=

=(m+ 1)[m(2m+ 1) + 6(m+ 1)]

6=

(m+ 1)(2m2 + 7m+ 6)

6=

(m+ 1)(m+ 2)(2m+ 3)

6


7

�

c)n∑

i=1

1

(2i− 1)(2i+ 1)=

n

2n+ 1


1

(2 · 1− 1)(2 · 1 + 1)=

1

1 · 3=

1

3=

1

2 · 1 + 1=

1

3

P (1) e verdadeira.


i=11

(2i−1)(2i+1) = m2m+1

Tese – P (m+ 1) :∑m+1

i=11

(2i−1)(2i+1) =∑m

i=11

(2i−1)(2i+1) + 1(2(m+1)−1)(2(m+1)+1) = m+1

2(m+1)+1


m∑i=1

1

(2i− 1)(2i+ 1)+

1

(2m+ 1)(2m+ 3)=

m

2m+ 1+

1

(2m+ 1)(2m+ 3)

=(2m+ 3)m+ 1

(2m+ 1)(2m+ 3)=

2m2 + 3m+ 1

(2m+ 1)(2m+ 3)=

(m+ 1)(2m+ 1)

(2m+ 1)(2m+ 3)=

m+ 1

2m+ 3


�

d)n∑

j=1

j(j + 1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3


1(1 + 1) = 1 · 2 = 2 =1(1 + 1)(1 + 2)

3=

6

3= 2

P (1) e verdadeira.


j=1 j(j + 1) = m(m+1)(m+2)3

Tese – P (m+ 1) :∑m+1

j=1 j(j + 1) =∑n

j=1 j(j + 1) + (m+ 1)(m+ 2) = (m+1)(m+2)(m+3)3


n∑j=1

j(j + 1) + (m+ 1)(m+ 2) =m(m+ 1)(m+ 2)

3+ (m+ 1)(m+ 2) =

(m+ 1)(m+ 2)(m+ 3)

3

A implicacao P (m)⇒ P (m+ 1) foi verificada. Entao P (n) e valida para ∀n ∈ Z

�

e)n∑

j=1

(2j − 1) = n2


(2 · 1− 1) = 2− 1 = 1 = 12

P (1) e verdadeira.


j=1(2j − 1) = m2

Tese – P (m+ 1) :∑m+1

j=1 (2j − 1) =∑m

j=1(2j − 1) + [2(m+ 1)− 1] = (m+ 1)2

8


m∑j=1

(2j − 1) + [2(m+ 1)− 1] = m2 + 2(m+ 1)− 1 = m2 + 2m+ 2− 1 = m2 + 2m+ 1 = (m+ 1)2


�

f)n∑

i=1

i(i!) = (n+ 1)!− 1


1(1!) = 1 = 1(1 + 1)!− 1 = 2− 1 = 1

P (1) e verdadeira.


i=1 i(i!) = (m+ 1)!− 1Tese – P (m+ 1) :

∑m+1i=1 i(i!) =

∑mi=1 i(i!) + (m+ 1)(m+ 1)! = (m+ 2)!− 1


m∑i=1

i(i!) + (m+ 1)(m+ 1)! = (m+ 1)!− 1 + (m+ 1)(m+ 1)! =

= (m+ 1)![1 +m+ 1]− 1 = (m+ 2)(m+ 1)!− 1 = (m+ 2)!− 1


�

12 — Use inducao para mostrar que um conjunto finito com n elementos possui 2n sub-conjuntos:

Notacao: ℘(A) e o conjunto de todos os subconjuntos de A e |A| e o numero de elementos do conjuntoA.

i) Para o conjunto B = {u}, de um unico conjunto, i.e., |B| = 1 temos que seu conjunto potencia e℘(B) = {∅, {u}}. Logo, |℘(B)| = 21 = 2.Portanto, P (1) e valida.

ii) Hipotese Indutiva – P (n) : Um conjunto de n elementos tem 2n subconjuntos, i.e., |C| = n ⇒|℘(C)| = 2n.Tese – P (n+1) : Um conjunto de n+1 elementos tem 2n+1 subconjuntos, i.e., |D| = n+1⇒ |℘(D)| =2n+1.

Sem perda de generalidade, supomos que C = {1, 2, 3, 4, · · · , n}, logo |C| = n eD = {1, 2, 3, 4, · · · , n, n+1}, logo, |D| = n + 1. Entao, D = C ∪ {n + 1}. Pela hipotese indutiva temos que |℘(C)| = 2n e,sabendo que |℘(D)| = 2|℘(C)| (demonstracao abaixo), entao, |℘(D)| = 2 · 2n = 2n+1.Portanto, P (n) e valida para todo inteiro n > 0.

Demonstracao de |C| = n e |D| = n+ 1⇒ |℘(D)| = 2|℘(C)|.

Tomando o conjunto C = {1, 2, · · · , n}. Sendo D = C ∪ {n + 1}. Todos os subconjuntos de D saotambem subconjuntos de C. Os demais subconjuntos sao obtidos incluindo o elemento {n+ 1}. Logo,|℘(D)| = 2|℘(C)|.

�

9

14 — Prove que para todo n ≥ 9,n! ≥ (2n)2.


9! ≥ (2 · 9)2 ⇒ 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 ≥ 4 · 9 · 9⇒ 8 · 7 · 6 · 5 · 3 · 2 ≥ 9

Claramente, P (9) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) : k! ≥ (2k)2

Tese – P (k + 1) : (k + 1)! ≥ [2(k + 1)]2 ⇒ (k + 1)! ≥ [2k + 2]2

Multiplicando ambos os lados da desiguladade, na hipotese indutiva por (k+1) (pois k+1 > 0), temos

(k + 1)k! ≥ (2k)2(k + 1)⇒ (k + 1)! ≥ 4k3 + 4k2.

Mas, (2k + 2)2 < 4k3 + 4k2 para k ∈ Z : k > 1. Entao

(2k + 2)2 < 4k3 + 4k2 ≤ (k + 1)!⇒ (2k + 2)2 ≤ (k + 1)! ou, equivalentemente, (k + 1)! ≥ (2k + 2)2


�

15 — Prove para todo n > 1,n∑

i=1

1

i2≤ 2− 1

n


1

12≤ 2− 1

1= 2− 1⇒ 1 ≤ 1

P (1) e verdadeira.

ii) Hipotese indutiva – P (k) :∑k

i=11i2≤ 2− 1

k

Tese – P (k + 1) :∑k+1

i=11i2

=∑k

i=11i2

+ 1(k+1)2

≤ 2− 1k+1

Somando 1(k+1)2

em ambos os lados da hipotese indutiva, temos

k∑i=1

1

i2+

1

(k + 1)2≤ 2− 1

k+

1

(k + 1)2

Para confirmar a tese, precisamos mostrar que

2− 1

k+

1

(k + 1)2< 2− 1

k + 1.

Resolvendo a equacao:

−1

k+

1

(k + 1)2+

1

k + 1< 0⇒ k − (k + 1)2 + (k + 1)

k(k + 1)2< 0⇒ −k2

k(k + 1)2< 0

Como k > 0, o numerador da fracao e negativo e o denominador positivo.Portanto, ∀k ∈ Z+; −k2

k(k+1)2< 0.

Assim sendo, temos que

k∑i=1

1

i2+

1

(k + 1)2< 2− 1

k+

1

(k + 1)2≤ 2− 1

k + 1=⇒

k∑i=1

1

i2+

1

(k + 1)2≤ 2− 1

k + 1.

Entao, P (n) e valida para todo inteiro n ≥ 1.

�

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Lista de Indução Resolvida