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Indução matemática

Setembro 15, 2009 in Exercício, Indução matemática, Matemática, Matemática Gerais, Teoria dos Números | Tags: Exercícios, Matemática | Leave a comment

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Mas

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

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

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. $\blacktriangleleft$

Verificação de identidades trigonométricas através dos complexos

Julho 31, 2009 in Análise Complexa, Cálculo, Exercício, Identidade matemática, Matemática, Matemática Gerais, Problema, Trigonometria | Tags: Exercícios, Matemática, Problema | Leave a comment

Actualização de 1.08.09: incluída figura

| cos α + i sin α | = 1, Re(α) = cos α, Im(α) = sin α

$z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha$

$z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha$

obtemos, por soma

$\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}$

e, por subtracção

$\sin \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}$

Em vez dos métodos usuais da trigonometria é possível verificar uma identidade trigonométrica que seja uma fracção racional em $\cos \alpha$ e $\sin \alpha$ utilizando estas substituições. Este é um dos métodos indicados neste post de Annoying Precision.

Exemplo: Demonstrar a seguinte identidade

$\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }\qquad \alpha \neq \left( 2k+1\right) \dfrac{\pi }{2};\;k\in\mathbb{N}_{0}$

Então fazendo as substituiçoes no primeiro membro, teremos

$\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}$

e, no segundo

$\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}$

Assim, para que a identidade seja verdadeira é condição suficiente que seja verdadeira a seguinte

$\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha }}{2}}=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}$

ou, visto que $z=e^{i\alpha }$ e $z^{-1}=e^{-i\alpha }$ , as identidades sucessivas

$\left( 1+\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) \left( 1-\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) =\left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) \left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right)$

$1-\left( \dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) ^{2}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}$

$1+\dfrac{\left( z-z^{-1}\right) ^{2}}{4}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}$

$4+\left( z-z^{-1}\right) ^{2}=\left( z+z^{-1}\right) ^{2}$

$4+z^{2}+z^{-2}-2z^{-1}z=z^{2}+z^{-2}+2z^{-1}z$

$4-2=2$

Como esta identidade é verdadeira, conclui-se que as anteriores, incluindo a do exemplo são igualmente verdadeiras.

$\bigskip$

Exercício: Verifique a seguinte identidade trigonométrica

$3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha =2\left( 1+\cos \alpha \right) ^{2}$

usada, na forma da desigualdade

$3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha \geq 0$ ,

por De la Vallée Poussin num passo da demonstração do teorema dos números primos

$\blacktriangleright$ Seguindo o mesmo procedimento

$\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}\qquad$ ,

$\cos 2\alpha =\dfrac{e^{i2\alpha }+e^{-i2\alpha }}{2}\qquad$ ,

$z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha$

$z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha$

tem-se agora

$3+4\dfrac{z+z^{-1}}{2}+\dfrac{z^{2}+z^{-2}}{2}=2\left( 1+\dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) ^{2}$

ou, após simplificação

$\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}=\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}$

$0=0\qquad \blacktriangleleft$

Adenda de 2.08.09:

Problema: utilize este método para demonstrar que

$\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\tan \alpha -\cot \alpha$

isto é

$\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\dfrac{\sin \alpha }{\cos \alpha }-\dfrac{\cos \alpha }{\sin \alpha }.$

Por este processo também é fácil verificar se certas igualdades trigonométricas são identidades ou equações. Por exemplo, veja se a igualdade seguinte é ou não uma identidade:

$3\cos^2x+5\sin^2x=7\sin x$

Série telescópica irracional e trigonométrica

Junho 9, 2009 in Cálculo, Exercício, Matemática, Matemática Gerais, Séries, Trigonometria | Tags: Matemática, Exercícios | Leave a comment

Muitas vezes uma série é telescópica, mas nem sempre é fácil reconhecer esse facto.

Exercício: Sejam $a_n$ e $b_n$ respectivamente

$a_n=\arcsin (b_n)+\arctan (n-1)-2\sqrt{\arctan (n)\cdot\arcsin (b_{n-1})}$

$b_n=\dfrac{n}{\sqrt{1+n^2}}$ .

Mostre que $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{a_n}=\sqrt{\dfrac{\pi }{2}}$ .

Resolução: a única dificuldade é mostrar que a série é telescópica. Vamos aproveitar a identidade trigonométrica provada neste problema:

$\arctan\left( \dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right) =\arcsin u$ .

Dela obtém-se

$\arctan \left( x\right) =\arcsin \left( \sqrt{\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$ ,

fazendo a substituição $u=\sqrt{\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}}$ ( equivalente a $x=\dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}$ ). Assim, temos

$\arcsin (b_n)=\arcsin\left(\dfrac{n}{\sqrt{1+n^2}}\right) =\arctan \left( n\right)$

$\arcsin (b_{n-1})=\arcsin\left(\dfrac{n-1}{\sqrt{1+{n-1}^2}}\right) =\arctan \left( {n-1}\right)$

donde

$a_n=\arctan \left( n\right) +\arctan (n-1)-2\sqrt{\arctan (n)\cdot\arctan \left( {n-1}\right) }$ .

Pondo $u_{n}=\arctan \left( n\right)$ e atendendo à relação algébrica

$\sqrt{u_{n}+u_{n-1}-2\sqrt{u_{n}u_{n-1}}}=\sqrt{u_{n}}-\sqrt{u_{n-1}}$

chegamos efectivamente à série telescópica

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{a_{n}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{u_{n}+u_{n-1}-2\sqrt{u_{n}u_{n-1}}}$

$=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{u_{n}}-\sqrt{u_{n-1}}=\underset{N\rightarrow \infty }{\lim }\sqrt{u_{N}}-\sqrt{u_{0}}$

$=\underset{N\rightarrow \infty }{\lim }\sqrt{\arctan \left( N\right) }-\sqrt{\arctan \left( 0\right) }=\underset{N\rightarrow \infty }{\lim }\sqrt{\arctan \left( N\right) }=\sqrt{\dfrac{\pi }{2}}\blacktriangleleft$

Repetindo, muitas vezes uma série é telescópica, mas nem sempre é fácil reconhecer esse facto. Com este exemplo pretendi ilustrar uma situação de dificuldade intermédia, avaliação que é claramente subjectiva porque depende muito de resultados anteriores que se conhecem ou não: neste caso, uma identidade trigonométrica.

Exemplos de diferente dificuldade do método de indução matemática

Maio 4, 2009 in Exercício, Indução matemática, Matemática, Matemática Gerais | Tags: Exercícios, Matemática | 4 comments

Neste blogue já descrevi e utilizei o método de indução matemática em certas demonstrações. Nesta entrada apresento dois novos exemplos, ilustrativos de que nem todas as provas por indução têm o mesmo grau de dificuldade. Enquanto a do 1º. 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

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

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

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

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

Mas

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

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

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.

Veja aqui um exercício sobre este método.

Problema não resolvido sobre triângulos e outros polígonos de área máxima inscritos numa circunferência

Dezembro 2, 2008 in Geometria, Matemática, Matemática Gerais, Problema, Trigonometria | Tags: Matemática, Problema | Leave a comment

Mostre que de todos os possíveis triângulos inscritos na circunferência $x^2+y^2=r^2$ os de maior área são os equiláteros. Se um dos vértices tiver coordenadas $\left( r\cos \theta ,r\sin \theta \right)$ , quais são as dos outros dois?

Generalize para para um polígono de $n$ lados.

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Verificação de identidades trigonométricas através dos complexos

Série telescópica irracional e trigonométrica

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