Lista 3

Lista 3 - BM
Bases matemáticas: Indução e números reais
2◦ quadrimestre de 2014 - Professor Maurı́cio Richartz
OBS: Essas são apenas dicas/sugestões! Na maioria dos casos a demonstração não está
completa! Em alguns casos, existem diversas maneiras de resolver o problema! Se alguém achar
algum erro, por favor me avise.
Problema 1:
a) Suponha que vale para k: 12 +...+k2 = k(2k+1)(k+1)
⇒ 12 +...+k2 +(k+1)2 =
6
k(2k+1)(k+1)
(k+1)(2k+3)(k+2)
Agora mostre que
+ (k + 1)2 =
.
6
6
k(2k+1)(k+1)
+(k+1)2 .
6
b) Suponha que vale para k: 12 − 22 + ... + (−1)k+1 k2 = (−1)k+1 k(k+1)
⇒ 12 − 22 + ... + (−1)k+1 k2 +
2
(−1)k+2 (k + 1)2 = (−1)k+1 k(k+1)
+ (−1)k+2 (k + 1)2 . Mostre que (−1)k+1 k(k+1)
+ (−1)k+2 (k + 1)2 =
2
2
(−1)k+2 (k+1)(k+2)
.
2
k2 (k+1)2
4
(k+1)2 (k+2)2
.
4
c) Suponha que vale para k: 13 + ... + k3 =
Mostre que
k2 (k+1)2
4
+ (k + 1)3 =
d) Suponha que vale para k: 1 + ... + k
1 k
4 − 2k+2
. Mostre que 4 −
k−1 + (k + 1) 2
1
1
1
e) Mostre que k+1
1 − k+2
= k+2
.
⇒ 13 + ... + k3 + (k + 1)3 =
1 k−1
= 4 − 2k+2
k−1 ⇒
2
1 k
k+2
+
(k
+
1)
=
k−1
2
2
1 + ... + k
4−
k2 (k+1)2
4
1 k−1
2
+ (k + 1)3 .
+ (k + 1)
1 k
2
=
k+3
.
2k
f) Mostre que 2k − 1 + 2k = 2k+1 − 1.
g) Suponha que vale para k: k < 2k ⇒ k + 1 < 2k + 1. Agora mostre que 2k + 1 < 2k+1 .
h) Mostre que
i) Mostre que
k
2k+1
+
1
(2k+1)(2k+3)
k(k+1)(k+2)
3
=
k+1
2k+3 .
+ (k + 1)(k + 2) =
(k+1)(k+2)(k+3)
.
3
j) Mostre que (k + 1)! − 1 + (k + 1)(k + 1)! = (k + 2)! − 1.
k) Use o exercı́cio c) e depois mostre, por indução, que 1 + 2 + ... + n =
n(n+1)
.
2
l) Mostre que (k + 1)3 + 2(k + 1) = k3 + 2k + 3(k2 + k + 1). Se a proposição vale para k, então
k3 + 2k = 3m. Logo, (k + 1)3 + 2(k + 1) = 3(m + k2 + k + 1).
m) Mostre que 22(k+1) = 4.22k − 1. Se a proposição vale para k, então 22k − 1 = 3m. Logo, 22(k+1) =
4.(3m + 1) − 1 = 3(4m + 1).
n) Suponha que vale para k: 3k > 2k ⇒ 3k .3 > 2k .3. Agora mostre que 2k .3 > 2k+1 .
o) Mostre que
k(6k2 −3k−1)
2
+ (3k + 1)2 =
(k+1)(6(k+1)2 −3(k+1)−1)
2
.
p) Mostre que
k(6k2 +3k−1)
2
+ (3k + 2)2 =
(k+1)(6(k+1)2 +3(k+1)−1)
.
2
q) Para n = 1, temos 72 − 48.1 − 1 = 0, que é divisı́vel por 2304. Suponha que a proposição vale
para k, i.e. 72k − 48k − 1 = 2304m. Mostre que 72(k+1) − 48(k + 1) − 1 = 72k .49 − 48k − 49 =
49.(2304m + 48k + 1) − 48k − 49 = 2304(k + 49m).
r) Para n = 4, temos 4! = 24 > 24 = 16. Suponha que vale para k: k! > 2k ⇒ k!(k + 1) > 2k (k + 1) ⇒
(k + 1)! > 2k (k + 1). Mas k + 1 > 2 ⇒ 2k (k + 1) > 2k+1 ⇒ (k + 1)! > 2k+1 .
s) Mostre que
k
k+1
+
1
(k+1).(k+2)
=
k+1
k+2 .
Problema 2:
a) Suponha que não fosse, i.e, existem 0 e 0 0 distintos tais que:
a+0=a
∀a
a + 00 = a
∀a
Considere então 0 + 0 0 . Como 0 = 0 + 0 0 = 0 0 , temos um absurdo.
Problema 3:
a) Por hipótese ax = a e como a 6= 0 existe a−1 . Logo a−1 (ax) = x por um lado e por outro
a−1 (ax) = a−1 (a) = 1. Logo x = 1
b) Calculando (x − y)(x + y) usando a distributiva temos:
(x − y)(x + y) = x(x + y) − y(x + y) = x2 + xy − yx − y2 = x2 − y2
c) Se x2 = y2 temos que x2 − y2 = 0 o que implica (x + y)(x − y) = 0 o que implica x = y ou x = −y
f) Como a ≤ b temos (por um dos axiomas) que a + c ≤ b + c. Por outro lado como c ≤ d temos
que b + c ≤ b + d. Logo por transitividade temos a + c ≤ b + d
2