Dois exercícios de exames sobre limites de sucessões, Análise Matemática, do Professor Jaime Campos Ferreira

Dezembro 29, 2009 in Análise, Exames, Exercício, Matemática, Problema | Tags: , , , | Publicar um comentário

 

O Professor Campos Ferreira foi o meu professor de Matemáticas Gerais do Técnico, no ano lectivo  1968/69. Nessa altura, dava-se nela Análise e Álgebra Linear.  No site da IST Press o livro em cima é apresentado desta forma:

 « Exercícios de Análise Matemática I e II reúne exercícios destas disciplinas fundamentais elaborados (e alguns resolvidos) por diversos professores do Departamento de Matemática do Instituto Superior Técnico e tem origem numa colectânea de exercícios de exames do Prof. Jaime Campos Ferreira iniciada pelo Prof. Francisco Viegas. Por acordo entre os diversos autores entendeu-se atribuir a autoria deste texto ao Departamento de Matemática do Instituto Superior Técnico » 

Por ser o ano mais próximo de 1968/69, retirei da página 15  o seguinte enunciado, correspondente ao exercício 1.42,  de 1971, cuja resolução é apresentada, mas que aqui não reproduzo:

« Determine os limites das sucessões de termos gerais:

a) u_{n}=\left( \dfrac{a}{1+\left\vert a\right\vert }\right) ^{n},\qquad\qquad\qquad b) u_{n}=\sqrt[n]{\dfrac{\left( 3n\right) !}{\left( n!\right) ^{3}}},

onde a é  um número real. »

 

 * * *

Matemáticas Gerais IST, 1968/9

Matemáticas Gerais IST, 1968/9

Folhas de Matemáticas Gerais, gentilmente autografadas pelo autor, Prof. Campos Ferreira.

Um livro do mesmo autor, muito conhecido entre nós,  é o da Gulbenkian

FERREIRA, Jaime Campos, Introdução à Análise Matemática, 7ª ed., Fundação Calouste Gulbenkian, Lisboa, 1999.

Transformação dum radical duplo na soma de dois simples. O matemático José Sebastião e Silva

Dezembro 12, 2009 in Matemática, Matemática-secundário, Problema, Teorema / Teoria | Tags: , , | Publicar um comentário

Álgebra 7.º liceu

Álgebra 7.º liceu

Na obra de Sebastião e Silva incluem-se livros escolares do liceu: de Matemática “clássica”, os Compêndios de Álgebra para o 6.º e 7.º anos (em colaboração com J. da Silva Paulo),  Geometria Analítica,  para o 7.º ano; de Matemática “moderna”,  o Compêndio de Matemática I, II e III e respectivos Guias (Texto-piloto segundo o projecto executado pelo Ministério da Educação Nacional em cooperação com a O.C.D.E.) e respectivos Guias.

Estes últimos serviram para apoiar os professores e alunos das turmas piloto que seguiram, em finais de 1960 e princípios de 1970,  um programa inovador, por ele concebido, considerado de nível internacional.

Eu segui o programa antigo e só contactei com o primeiro livro de Sebastião e Silva de Matemática “moderna”, já no início do meu primeiro ano do Técnico, para aprender melhor uma breve introdução à Lógica que iniciava as Matemáticas Gerais, em 68/69, do Prof. Campos Ferreira, um dos seus seguidores.

Sempre achei a exposição dos seus livros excelente e, ao mesmo tempo, cativadora e rigorosa. Foi à Álgebra do meu 7.º ano (pp.141-144) que recorri para relembrar uma transformação de um radical duplo na soma de dois simples, que é enunciada sob a forma do seguinte problema:

« Dados dois números racionais positivos A e B, não sendo B um quadrado perfeito, determinar dois números racionais positivos x e y tais que

\sqrt{A\pm\sqrt{B}}=\sqrt{x}\pm\sqrt{y}

Comecemos pelo caso

\sqrt{A+\sqrt{B}}=\sqrt{x}+\sqrt{y}

(…)

Esses números [x e y] são (…) as raízes da equação

X^2-AX+\dfrac{B}{4}=0

as quais são dadas pelas expressões:

\dfrac{A+\sqrt{A^2-B}}{2}\qquad\text{e}\qquad\dfrac{A-\sqrt{A^2-B}}{2}.

Podemos agora escolher um destes dois valores para x; o outro será o correspondente valor de y. Como x e y devem ser racionais , sem o que a decomposição , que se pretende, deixa de existir, é necessário que A^2-B seja um quadrado perfeito. (…) se pusermos \sqrt{A^2-B}=C, será C um número racional e o mesmo se poderá dizer dos números

\dfrac{A+C}{2}\qquad\text{e}\qquad\dfrac{A-C}{2}

que são as soluções da equação. (…)

Consideremos agora o caso  

\sqrt{A-\sqrt{B}}=\sqrt{x}-\sqrt{y}

(…) O valor de x deverá, aqui, ser \dfrac{A+C}{2} para que a diferença

\sqrt{x}-\sqrt{y}=\sqrt{\dfrac{A+C}{2}}-\sqrt{\dfrac{A-C}{2}}

resulte positiva, visto ser positivo o radical \sqrt{A-\sqrt{B}} que lhe é igual.  »

Este resultado permitiu-me facilmente chegar à solução do problema publicado nesta minha entrada, como expliquei aqui.

Actualização de 20-12-2009: acrescentada figura do livro e referidas as páginas onde a transformação é tratada.

Minha resolução do POW12 da Universidade de Purdue. Maximização e restrição a várias variáveis reais e uma inteira

Dezembro 6, 2009 in Cálculo, Matemática, Problema | Tags: , | 8 comments

Tradução da entrada anterior.

A minha  resolução do POW12 foi aceite. [Nota de 19-12-2009: apenas se afirma que foi "completa ou parcialmente resolvida"]

« Problema. Determine, demonstrando, o valor máximo de \displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j}, em que x_{j}\geq 0,\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}=100, e k é variável. Em particular, a sua resposta deve ser maior ou igual a todos os valores que se obtêm escolhendo outros valores de k. »

Original:

“ Problem. Find, with proof, the maximum value of \displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j} where x_{j}\geq 0,\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}=100, and k is variable. In particular, your answer must be greater than or equal to all values obtained from other choices of k. “

Eis a resolução submetida.

Resolução:

Sejam \left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) \in\mathbb{R}^{k}, f\left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) =\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j}\in\mathbb{R}, c\left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) =\displaystyle\sum_{j=1}^{k}x_{j}-100 \in\mathbb{R} e \lambda\in\mathbb{R}. Para um dado k\in\mathbb{Z}, com k\geq 1, sabemos pelo método dos multiplicadores de  Lagrange que f\left( x_{1}^{\ast },x_{2}^{\ast },\ldots ,x_{k}^{\ast }\right) é um extremo local, se para x^{\ast }=\left( x_{1}^{\ast },x_{2}^{\ast },\ldots,x_{k}^{\ast }\right)

\nabla f\left( x^{\ast }\right) -\nabla c\left( x^{\ast }\right) \lambda^{\ast }=0\quad \quad k\text{ equa\c{c}\~{o}es}

c\left( x^{\ast }\right) =0\quad \quad 1\text{ equa\c{c}\~{a}o}

em que \lambda ^{\ast } é o valor do multiplicador \lambda que é solução destas k+1 equaçoes. Assim temos respectivamente

\displaystyle\prod\limits_{j\neq i}^{k}x_{j}^{\ast }-\lambda ^{\ast }=0\quad\quad 1\leq i\leq k

e

\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}^{\ast}-100=0\text{. }

Resolvendo este sistema de equações achamos

x_{1}^{\ast }=x_{2}^{\ast }=\cdots =x_{i}^{\ast }\cdots =x_{k}^{\ast}=\lambda ^{\ast }=\dfrac{100}{k}

e

\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j}^{\ast}=\left( \dfrac{100}{k}\right) ^{k},

sendo este último um extremo local de f\left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) , fixado k. Transformámos o problema inicial de maximização em k variáveis contínuas e uma discreta, a variável  k no da maximização de \left( 100/k\right) ^{k}. Agora introduzimos a função seguinte

u\left( t\right) =\left( \dfrac{100}{t}\right) ^{t}\quad\text{com }t\in\mathbb{R}\text{.}

A função u\left( t\right) tem um máximo no mesmo ponto t do da função

v\left( t\right) =\ln u\left( t\right) =t\ln 100-t\ln t\text{.}

Mas v^{\prime }\left( t\right) =0 para t^{\ast }=e^{\ln100-1}\simeq 36.788,v^{\prime }\left( t\right) >0 para t<t^{\ast } e v^{\prime }\left( t\right) <0 para t>t^{\ast }. Assim

u\left( t^{\ast }\right) =\left( \dfrac{100}{t^{\ast }}\right) ^{t^{\ast }}

é um máximo de u\left( t\right) . Dado que u\left( 37\right) >u\left( 36\right) , o máximo ocorre para k=37. Assim, para \sum_{j=1}^{k}x_{j}=\sum_{j=1}^{37}x_{j}=100 tem-se

\max\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j}=\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{37}x_{j}=\left( \dfrac{100}{37}\right) ^{37}\text{.}

Actualização de 19-12-2009: corrigidos alguns erros assinalados pelo leitor Rod Carvalho.

My Solution of The Purdue University Problem Of The Week No. 12

Dezembro 5, 2009 in Calculus, Cálculo, Matemática, Math, Problem, Problema | Tags: , | Publicar um comentário

My solution of POW12 was accepted. [Remark of December 19, 2009: it is only stated that it was "completely or partially proved"]

 (Tradução aqui)

“ Problem. Find, with proof, the maximum value of \displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j} where x_{j}\geq 0,\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}=100, and k is variable. In particular, your answer must be greater than or equal to all values obtained from other choices of k. “

Here is the solution I submited.

Solution.

Let \left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) \in\mathbb{R}^{k}, f\left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) =\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j}\in\mathbb{R}, c\left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) =\displaystyle\sum_{j=1}^{k}x_{j}-100 \in\mathbb{R} and \lambda\in\mathbb{R}. For a given k\in\mathbb{Z}, with k\geq 1, we know by the Lagrange multipliers method that f\left( x_{1}^{\ast },x_{2}^{\ast },\ldots ,x_{k}^{\ast }\right) is a local extremum if for x^{\ast }=\left( x_{1}^{\ast },x_{2}^{\ast },\ldots,x_{k}^{\ast }\right)

\nabla f\left( x^{\ast }\right) -\nabla c\left( x^{\ast }\right) \lambda^{\ast }=0\quad \quad k\text{ equations}

c\left( x^{\ast }\right) =0\quad \quad 1\text{ equation}

where \lambda ^{\ast } is the value of the multiplier \lambda that is a solution of these k+1 equations. Hence we have respectively

\displaystyle\prod\limits_{j\neq i}^{k}x_{j}^{\ast }-\lambda ^{\ast }=0\quad\quad 1\leq i\leq k

and

\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}^{\ast}-100=0\text{. }

Solving this system of equations we find

x_{1}^{\ast }=x_{2}^{\ast }=\cdots =x_{i}^{\ast }\cdots =x_{k}^{\ast}=\lambda ^{\ast }=\dfrac{100}{k}

and

\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j}^{\ast}=\left( \dfrac{100}{k}\right) ^{k},

the latter being a local extremum of f\left( x_{1},x_{2},\ldots ,x_{k}\right) , for a fixed k. We transformed the initial maximizing problem in k continuous variables and the discrete variable k into the maximizing of \left( 100/k\right) ^{k}. Now we introduce the following function

u\left( t\right) =\left( \dfrac{100}{t}\right) ^{t}\quad\text{with }t\in\mathbb{R}\text{.}

The function u\left( t\right) has a maximum at the same point t than the function

v\left( t\right) =\ln u\left( t\right) =t\ln 100-t\ln t\text{.}

On the other hand v^{\prime }\left( t\right) =0 for t^{\ast }=e^{\ln100-1}\simeq 36.788,v^{\prime }\left( t\right) >0 for t<t^{\ast } and v^{\prime }\left( t\right) <0 for t>t^{\ast }. Therefore

u\left( t^{\ast }\right) =\left( \dfrac{100}{t^{\ast }}\right) ^{t^{\ast }}

is a maximum of u\left( t\right) . Since u\left( 37\right) >u\left( 36\right) , the maximum occurs at k=37. Thus, for \sum_{j=1}^{k}x_{j}=\sum_{j=1}^{37}x_{j}=100 we have

\max\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{k}x_{j}=\displaystyle\prod\limits_{j=1}^{37}x_{j}=\left( \dfrac{100}{37}\right) ^{37}\text{.}

Update (Dec., 19,2009): some errors (identified by Rod Carvalho here) corrected.

Uma soma telescópica “disfarçada”; Problema da Universidade de Purdue

Dezembro 3, 2009 in Matemática, Matemática Gerais, Problema | Tags: , | Publicar um comentário

Para melhor divulgação do meu post anterior, explico como me veio à ideia a resolução que submeti e que foi aceite.

Pedia-se para provar que a soma de 119 números, quase ou mesmo todos irracionais era um inteiro. O termo geral estava como que disfarçado. Por intuição fiz a conta algébrica elementar, transformando-o na forma \sqrt{A-\sqrt{B}}. Depois recordei-me que tinha dado, há muitos anos, durante o liceu, um método que permitia calcular este tipo de expressões: num dos livros de Álgebra do 3.º ciclo do liceu, de que Sebastião e Silva é autor, está a dedução de uma identidade algébrica ligeiramente mais geral, que uma vez aplicada a este caso, chega à diferença de duas raízes quadradas, funções de n. Reparei que o valor da segunda tomava o da primeira, substituindo na primeira n por n-1, daí resultando que tinha que calcular uma soma telescópica do tipo \sum_{n=1}^{N}A_{n}-A_{n-1} , o que, aqui chegado, é extremamente simples: é simplesmente a diferença A_{N}-A_{0}. Como, quer o aditivo quer o subtractivo eram inteiros, a sua diferença era naturalmente inteira.

Aproveitei conhecimentos anteriores para chegar a uma solução, como é natural e recomendável. Não sei se haverá outros métodos radicalmente diferentes.

Soma telescópica. A Mathematical Reflections Undergraduate Problem. A Telescoping Sum

Novembro 6, 2009 in Matemática, Math, Problem, Problema | Tags: , , , | Publicar um comentário

Here is the solution to the U115 Mathematical Reflections Problem I submitted a few months ago.

MR_U115

MR_U115

Indução matemática

Setembro 15, 2009 in Exercício, Indução matemática, Matemática, Matemática Gerais, Teoria dos Números | Tags: , | Publicar um comentário

Reuno aqui, para comodidade de leitura, algumas entradas já publicadas sobre o princípio da indução matemática. 

§1. Por este princípio, a demonstração da veracidade de uma determinada proposição matemática p\left( n\right) para todos os inteiros n\geq n_{0}, comporta dois passos:

(1) Verifica-se a sua validade para um dado valor inteiro n_{0} (normalmente, 0 ou 1) da variável de indução n.

(2) Assume-se que é válida para o inteiro n e demonstra-se que é também válida para n+1, isto é, que p\left( n\right)\implies p\left( n+1\right) .

\bigskip

Vamos demonstrar de seguida o Teorema Binomial por este princípio.

Teorema: Para todo o valor de n natural, tem-se

\left( 1+x\right) ^{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}

qualquer que seja o valor real de x.

\bigskip

Demonstração:

O teorema verifica-se para n=0: \displaystyle\sum_{k=0}^{0}\dbinom{0}{k}x^{k}=\dbinom{0}{0}x^{0}=1 e \left( 1+x\right) ^{0}=1, logo \left( 1+x\right) ^{0}=\displaystyle\sum_{k=0}^{0}\dbinom{0}{k}x^{k}. Admitimos agora que o teorema é válido para n, isto é, que \left( 1+x\right)^{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k} e demonstremos que o é igualmente para n+1. Como \left( 1+x\right) ^{n+1}=\left( 1+x\right) \left(1+x\right) ^{n}, vem

\left( 1+x\right) ^{n+1}=\left( 1+x\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\dbinom{n}{k}x^{k+1}.

Manipulamos o segundo membro (lado direito) até obter \displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k}. De facto,

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\dbinom{n}{k}x^{k+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dbinom{n}{k-1}x^{k}=\dbinom{n}{0}x^{0}+\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\dbinom{n}{k-1}x^{k}\right) +\dbinom{n}{n}x^{n+1}=\dbinom{n+1}{0}x^{0}+\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n+1}{k}x^{k}\right) +\dbinom{n+1}{n+1}x^{n+1}

pela identidade de Pascal e porque

\dbinom{n+1}{0}=\dbinom{n}{0}=\dbinom{n+1}{n+1}=\dbinom{n}{n}=1.

Mas, como

\dbinom{n+1}{0}x^{0}+\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n+1}{k}x^{k}\right) +\dbinom{n+1}{n+1}x^{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k}

provámos, como pretendíamos, que \left( 1+x\right)^{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k}, e assim acabámos a demonstração. \qquad \blacksquare

\bigskip

A partir do desenvolvimento de \left( 1+x\right) ^{n} deduz-se imediatamente o de \left( x+y\right) ^{n}.

\bigskip

Corolário: Quaisquer que sejam os reais x e y e o natural n é válida a fórmula

\left( x+y\right) ^{n}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}.

\bigskip
Demonstração: Admitamos que y\neq 0:

\left( x+y\right) ^{n}=y^{n}\left( 1+\frac{x}{y}\right)^{n}=y^{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\left( \frac{x}{y}\right)^{k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}.

Como

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}+\dbinom{n}{n}x^{n}y^{0},

para y=0, tem-se

\left( x+y\right)^{n}=x^{n}

e

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}=x^n=\left( x+y\right) ^{n}

ou seja a fórmula ainda é válida \qquad \blacksquare .

 

§2. O Princípio de indução matemática é o seguinte axioma de Peano:

Se o conjunto A, contido em N, for tal que 1 pertence a A e n+1 pertence igualmente a A sempre que n seja elemento de A, então A = N. [N aqui é o conjunto dos naturais 1, 2, 3, ... ].

Uma propriedade P diz-se hereditária quando, sendo verdadeira para o inteiro n, é também verdadeira para o sucessor de n (n+1).

Assim, o Princípio de Indução equivale a afirmar que uma dada proposição, verdadeira para n=1 e hereditária, implica que seja verdadeira para todos os naturais 1, 2, 3, … .

Por isso, a aplicação deste método comporta as duas etapas (ou passos) conhecidos

  1. Demonstração de que uma dada proposição é válida para n=1. (Caso Base).

  2. Demonstração de que a proposição é hereditária. (Etapa de Indução).

Este princípio nada ou quase nada tem a ver com o método de indução próprio das ciências naturais, que se caracteriza por se estabelecer uma lei geral observando a repetição do mesmo fenómeno em inúmeros casos particulares.

§3. Nem todas as provas por indução têm o mesmo grau de dificuldade. Enquanto a do 1º. exemplo é extremamente simples e natural, a do 2º. obtive-a após tentativas, recorrendo a uma identidade algébrica auxiliar — a ser usada no passo de indução — cuja demonstração me pareceu mais simples do que a identidade inicialmente apresentada, que pode ser deduzida a partir da regra de Ruffini de divisão de um polinómio em x, de grau n, por x-\alpha .

Exemplo 1: prove por indução matemática

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}

Para n=1 a igualdade verifica-se:

\dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{2}

Admite-se que se verifica para n

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}

e prova-se que nesse caso também se verifica para n+1, ou seja, devemos chegar a

\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n+1}}

Vejamos: se

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}

então, somando \dfrac{1}{2^{n+1}} a ambos os membros da igualdade e simplificando o segundo membro, deduzimos sucessivamente

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}\right) +\dfrac{1}{2^{n+1}} =1-\dfrac{1}{2^{n}}+\dfrac{1}{2^{n+1}}=1-\left( \dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{1}{2^{n+1}}\right) =1-\dfrac{1}{2^{n+1}}

Ora, como

\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^{k}}=\left( \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}\right) +\dfrac{1}{2^{n+1}}

provámos deste modo que a igualdade se verifica para qualquer inteiro n\geq 1.

Exemplo 2: se n for um inteiro positivo, prove

a^{n}-b^{n}=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}

Para n=1, temos a^{1}-b^{1}=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{1-1}a^{k}b^{1-1-k}=a-b.

Antes de aplicar a hipótese de indução, a ideia fundamental consiste em mostrar a validade da identidade auxiliar

\left( a^{n}-b^{n}\right) P(n+1)=\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) P(n)\qquad (\ast )

em que

P(n)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}.

De facto

\left( a^{n}-b^{n}\right) P(n+1)=\left( a^{n}-b^{n}\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{n-k}

=\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}\right)

e

\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) P(n)=\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}

=\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n+k+1}b^{n-1-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{2n-k}\right)

Mas

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}=a^{n}b^{n}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n+k+1}b^{n-1-k}

e

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}=a^{n}b^{n}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{2n-k}

Subtraindo membro a membro, vem

\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}\right)

=\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n+k+1}b^{n-1-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{2n-k}\right)

pelo que fica provada a identidade (\ast ) da qual se tira

a^{n+1}-b^{n+1}=\dfrac{a^{n}-b^{n}}{P(n)}P(n+1)

Assim, admitindo que

a^{n}-b^{n}=\left( a-b\right) P(n)

resulta que

a^{n+1}-b^{n+1}=\dfrac{\left( a-b\right) P(n)}{P(n)}P(n+1)

=\left( a-b\right) P(n+1)

=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{n-k}

como se queria mostrar.

§ 4. Exercício 1: prove que existe apenas um número natural que verifica a relação

^{n\!}C_{n-2}=2^{n-2}-1

Sugestão: utilize o princípio de indução para provar que a relação não é satisfeita por nenhum natural superior a seis.

Esta ideia é devida a Vishal Lama (neste comentário em inglês).

§ 5. Exercício 2: podemos demonstrar que

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }\qquad n=1,2,3,\ldots .

De facto substituindo em

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

n por 1, ficamos com

\Gamma \left(1+\dfrac{1}{2}\right)=\Gamma \left( \dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{1}{2^{1}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi },

que vemos ser verdadeiro, visto que da equação funcional da função gama

\Gamma \left( x+1\right) =x\Gamma \left( x\right)

se obtém, para x=\dfrac{1}{2}

\Gamma \left( 1+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\Gamma \left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }.

Admitimos agora que

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

e fazemos, na equação funcional, x=n+\dfrac{1}{2}. Como vem sucessivamente

\Gamma \left( n+1+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

=\dfrac{2n+1}{2}\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left( 2n+1\right) }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }

=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left[ 2\left( n+1\right) -1\right] }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }

demonstra-se desta forma o passo de indução. \blacktriangleleft

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