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Universidade Federal de Campina Grande - UFCGCampina Grande, 05
de Agosto de 2015.Disciplina: MA-14 - Aritmetica - PROFMAT -
Semestre 2015.2 - Turno: ManhaProfessores: Alcionio e
IraponilAluno: Welhington Sergio da Silva Matricula:
15112214-6.
1a Atividade Semanal MA - 14 - Aritmetica
1. Usando a segunda forma do Princpio de Inducao Matematica,
mostre que
a) 2n + 1 < 2n para todo n 3.b) n2 < 2n para todo n 5.c)
n! > 2n1 para todo n 3.
Resolucao:
a) Proposicao que quero provar: P (n) : 2n + 1 < 2n, n 3.
i) P (n) e valida para n = 3, pois 2 3 + 1 = 7 < 8 = 23.ii)
Admitamos que P (n) vale para algum n = k 3, isto e,
2k + 1 < 2k, k 3, (Hipotese de Inducao - H.I)e mostremos que
da decorre sua validez para n = k + 1, ou seja,
2(k + 1) + 1 < 2k+1, k 3.Com efeito,
2(k + 1) + 1 = (2k + 1) + 2(H.I)< 2k + 2.
Neste ponto, observemos que 2 < 2k,k 3. Assim,
2(k + 1) + 1 < 2k + 2 < 2k + 2k = 2k+1.
Portanto, pelo Princpio de Inducao Matematica P (n) e valida
para todo n 3.
b) Proposicao que quero provar: P (n) : n2 < 2n, n 5.
i) P (n) e valida para n = 5, pois 52 = 25 < 32 = 23.
1
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ii) Admitamos que P (n) vale para algum n = k 5, isto e,
k2 < 2k, k 5, (Hipotese de Inducao - H.I)e mostremos que da
decorre sua validez para n = k + 1, ou seja,
(k + 1)2 < 2k+1, k 5.Com efeito, do exerccio anterior sabemos
que
2k + 1 < 2k, k 3. (1)Da,
(k + 1)2 = k2 + 2k + 1(H.I)< 2k + 2k + 1
(1)< 2k + 2k = 2k+1.
Portanto, pelo Princpio de Inducao Matematica P (n) e valida
para todo n 5.
c) Proposicao que quero provar: P (n) : n! > 2n1, n 3.
i) P (n) e valida para n = 3, pois 3! = 6 > 4 = 231.ii)
Suponhamos que P (n) e valida para algum n = k 3, isto e,
k! > 2k1, k 3, (Hipotese de Inducao - H.I)e mostremos que da
decorre sua validez para n = k + 1, ou seja,
(k + 1)! > 2k, k 3.De fato,
(k + 1)! = (k + 1) k! (H.I)> (k + 1) 2k1Neste ponto,
observemos que k + 1 > 2,k 3. Assim,
(k + 1)! > (k + 1) 2k1 > 2 2k1 = 2k.Portanto, pelo
Princpio de Inducao Matematica P (n) e valida para todo n 3.
3. Seja n,m N, com n 6= 1. Mostre que
a)(nm
)(
nm+1
)se m > n1
2.
Resolucao:
2
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a) Dividindo ambos os membros da desigualdade(nm
) 1. Da, sendo n,m N, com n 6= 1, (nm
)= n!
m!(nm)! e(
nm+1
)= n!
(m+1)!((nm)1)! ,
temos que (n
m+1
)(nm
) > 1 n!(m+1)!((nm)1)!n!
m!(nm)!> 1
m!(nm)!(m + 1)!((nm) 1)! > 1
m!(nm)((nm) 1)!(m + 1)m!((nm) 1)! > 1
nmm + 1
> 1
nm > m + 1 2m < n 1 m < n1
2.
Ate aqui mostramos que a desigualdade e valida se 1 m <
n12
, para concluirmos ademonstracao verifiquemos que a desigualdade
continua valida se m assumir o valor 0.Com efeito, se m = 0 (
n
0
)=
n!
0!(n 0)! =n!
n!= 1 e(
n
0 + 1
)=
(n
1
)=
n!
1!(n 1)! =n!
(n 1)! =n(n 1)!(n 1)! = n.
Como n N e n 6= 1, entao n > 1. Logo, (n0
) 1. Da, sendo n,m N, com n 6= 1, (nm
)= n!
m!(nm)! e(
nm+1
)= n!
(m+1)!((nm)1)! ,
temos que (nm
)(n
m+1
) > 1 n!m!(nm)!n!
(m+1)!((nm)1)!> 1
(m + 1)!((nm) 1)!m!(nm)! > 1
(m + 1)m!((nm) 1)!m!(nm)((nm) 1)! > 1
m + 1nm > 1
m + 1 > nm 2m > n 1 m > n1
2. C.Q.D.
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