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Indução matemática é um processo por meio do qual pode-se demonstrar a validade de uma proposição matemática nos números naturais.

Como provar que alguma propriedade vale para todo número natural?Editar

Existem coisas que você quer provar que valem para todo número natural. Por exemplo,

1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}.

Você pode até pensar: vamos verificar que a igualdade é válida para alguns valores: n=1,2,3 etc. Se você fizer isso, perceberá que funciona: a igualdade é válida para estes números. Mas afinal, ela vale para todo n natural? Ora, verificar algo para vários valores não é uma prova? NÃO. Veja os seguintes exemplos:

ExemploEditar

É verdade que a expressão n^4-10x^3+35x^2-50x+24 é igual a zero para todo n natural?

Solução:

Vejamos esta expressão para alguns valores de n:

  • n=1

1^4-10.1^3+35.1^2-50.1+24=1-10+35-50+24=0.

  • n=2

2^4-10.2^3+35.2^2-50.2+24=16-80+140-100+24=0.

  • n=3

3^4-10.3^3+35.3^2-50.3+24=81-270+315-150+24=0.

  • n=4

4^4-10.4^3+35.4^2-50.4+24=256-640+560-200+24=0.

A afirmação é verdadeira para n=1,2,3 e 4. Podemos dizer que ela vale sempre? NÃO. Ela não vale para n=5:

5^4-10.5^3+35.5^2-50.5+24=625-1250+825-250+24=-26.

Exemplo (Polinômio de Euler)Editar

Para todo n natural, f(n)=n^2-n+41 é um número primo.

Solução:

Se você fizer n=0,1,2,3,...,40 irá obter somente números primos. Mas

f(41)=41^2-41+41=41^2

que não é um número primo.

Princípio da Indução FinitaEditar

DefiniçãoEditar

Seja P(n) uma propriedade dos números naturais. O Princípio da Indução Finita estabelece que: se as afirmações "P(1) é válida" e "se P(k) é válida então P(k+1) também é válida" são ambas verdadeiras, então P(n) é válida para qualquer n\ge1.

Usando o PIFEditar

A prova por indução consiste, basicamente, em três passos:

  • demonstrar que a proposição é válida para um n pequeno (geralmente se utiliza n=1, embora em alguns problemas pode não ser possível: nesse caso, o mais comum é utilizar o menor valor possível para n);
  • supor que seja válido para qualquer n=k;
  • a partir dessa suposição, demonstrar que, se a proposição vale para n=k, então também vale para n=k+1.

Veja que, se a afirmação for válida para n=1, e para n=k+1 caso seja para n=k, de fato será válida para todo número natural: se n=k=1 (caso em que já provamos a validade), então também será para n=k+1=2. Assim, por este processo, concluímos que a afirmação é válida para n=3, n=4, e assim por diante.

Exemplos e AplicaçõesEditar

A demonstração por indução matemática pode ser aplicada em diversos problemas, principalmente os referentes a álgebra e aritmética:

Exemplo 1: Demonstre que a soma dos n primeiros números ímpares é igual a n^2.

Solução: Resolveremos por indução matemática. Inicialmente, note que o n-ésimo número ímpar é igual a 2n-1. Logo, a soma dos n primeros números ímpares é 1+3+5+\cdots+(2n-1). Para n=1, temos que a soma é 1=1^2, então a afirmação é válida. Supondo ser válido para n=k, segue que 1+3+5+\cdots+(2k-1)=k^2. E, para n=k+1, a soma dos n+1 primeiros números ímpares é 1+3+5+\cdots+(2k-1)+(2k+1); como 1+3+5+\cdots+(2k-1)=k^2, a soma dos k+1 primeiros números ímpares é k^2+2k+1=(k+1)^2. Assim, de fato, a soma dos n primeiros números ímpares é igual a n^2.

Exemplo 2: Prove que (1+r)^n\ge1+r\cdot n para todo r>0.

Solução: Por indução matemática, começamos por n=1, para o qual temos que (1+r)^1=1+r\cdot1\ge1+r\cdot1 (o que, de fato, está certo). Supondo ser verdadeiro para n=k, temos que (1+r)^k\ge1+rk. Para n=k+1, segue que (1+r)^{k+1}=(1+r)^k\cdot(1+r)\ge(1+rk)(1+r)=1+r+rk+r^2k=1+r(k+1)+r^2k>1+r(k+1), logo (1+r)^{k+1}\ge1+r(k+1). Portanto, é válido que (1+r)^n\ge1+r\cdot n para todo r>0.

Exemplo 3: Seja n um inteiro positivo. Para cada um dos inteiros n+1, n+2, \cdots, 2n considere o seu maior divisor ímpar. Prove que a soma de todos estes divisores é igual a n^2.

Solução: Inicialmente, vamos definir uma função f tal que f(n) seja o maior divisor ímpar de n. Para n=1, temos a soma S_1=f(2)=1 (veja que o maior divisor ímpar de 2 é 1). Supondo que a propriedade seja válida para n=k, temos que f(k+1)+f(k+2)+\cdots+f(2k)=k^2. Para n=k+1, temos S_{k+1}=f(k+2)+f(k+3)+\cdots+f(2k)+f(2k+1)+f(2k+2); note que 2k+2=2(k+1), logo f(2k+2)=f(k+1) (pois qualquer divisor ímpar de 2k+2 está entre os divisores ímpares de k+1). E, como 2k+1 é ímpar, f(2k+1)=2k+1. Assim, segue que S_{k+1}=f(k+2)+f(k+3)+\cdots+f(2k)+[2k+1]+f(k+1)=k^2+2k+1=(k+1)^2. Está, portanto, provado que a soma de todos os referidos divisores é igual a n^2.

Exemplo 4 (Cone Sul)

Considere o conjunto S de 100 números: 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3},..., \frac{1}{100}. Quaisquer dois números, a e b, são eliminados em S, e o número a+b+ab é adicionado. Agora, existem 99 números em S. Depois de fazermos esta operação 99 vezes, existe apenas 1 número em S. Quais valores este número pode ter?

Solução:

Vamos começar com casos particulares para entendermos melhor o problema.Para nos ajudar, vamos considerar a operação * definida por x*y=x+y+xy. Essa operação tem algo interessante: x*y=y*x, para quaisquer x e y reais (o que chamamos de propriedade comutativa da operação).

Se começarmos com 2 núumeros, digamos a e b, terminaremos com o número a*b.

Já se começarmos com a, b e c, existem três possibilidades para o número final: (a*b)*c, (b*c)*a e (c*a)*b. Aqui acontece uma coisa interessante: os três números são iguais. Coincidência? Não! De fato, para quaisquer x,y e z reais vale o seguinte: (x*y)*z=x*(y*z) (isto é o que chamamos de propriedade associativa). Desta forma, se começarmos com a, b e c, terminaremos com a*b*c.

E se os núumeros do começo forem a, b, c e d? Se combinarmos as propriedades comutativa e associativa, veremos que a única possibilidade para o último número será a*b*c*d. O mesmo vale para qualquer quantidade de termos iniciais.

Desta forma, o número final do problema será

1*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*...*\frac{1}{100}.

Com isso, para terminarmos o problema precisamos calcular este valor. Façamos alguns casos particulares.

  • n=1

1=1

  • n=2

1*\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}+1.\frac{1}{2}=2

  • n=3

1*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}=(1*\frac{1}{2})*\frac{1}{3}=2*\frac{1}{3}=2+\frac{1}{3}+2.\frac{1}{3}=3.

Podemos suspeitar que

1*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*...*\frac{1}{n}=n.

Será? Lembre-se: fazer alguns exemplos não prova nada! Vamos usar indução em n para provar este resultado. Já provamos que esta afirmação vale para n=1. Suponha que ela seja válida para n=k, ou seja,

1*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*...*\frac{1}{k}=k.

Provaremos que ela vale para n=k+1. Com efeito, 1*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*...*\frac{1}{k}*\frac{1}{k+1}=k*\frac{1}{k+1}=k+\frac{1}{k+1}+\frac{k}{k+1}=k+1.

Logo,

1*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*...*\frac{1}{n}=n.

Em particular,

1*\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*...*\frac{1}{100}=100.

Ou seja, irá sobrar somente o número 100.

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