Indu¸c˜ao Finita.

(1)

Indu¸c˜ao Finita.

Rodrigo Carlos Silva de Lima

^‡

rodrigo.uff.math@gmail.com

‡

(2)

2

(3)

Sum ´ario

1 Indu ¸c ˜ao 3

1.1 Princ´ıpio da indu¸c˜ao finita . . . 3

1.2 P₀:Princ´ıpio da boa ordena¸c˜ao . . . 6

1.3 Indu¸c˜ao e somat´orios . . . 8

1.4 Indu¸c˜ao e divisibilidade . . . 9

1.5 Indu¸c˜ao e produt´orios . . . 10

1.6 N ´umero de elementos do conjunto das partes e indu¸c˜ao de primeira forma . . . 10

1.7 Indu¸c˜ao e desigualdades . . . 11

1.7.1 Exerc´ıcios . . . 12

1.8 Segundo princ´ıpio da indu¸c˜ao . . . 13

1.8.1 Teorema fundamental da aritm´etica . . . 13

1.8.2 N ´umero de elementos do conjunto das partes . . . 14

3

(4)

4 SUM ´ARIO

(5)

Cap´ıtulo 1 Indu ¸c ˜ ao

• ‘‘A indu¸cão matemática demonstra que podemos subir tão alto quanto quisermos em uma escada, se mostrarmos que podemos subir o primeiro degrau (o primeiro passo da indu¸cão) e que, de cada degrau, podemos subir o próximo ( a indu¸cão propriamente dita)- Comentário no livro Matemática Concreta.

1.1 Princ´ıpio da indu ¸c ˜ao finita

Para provarmos que uma rela¸cão é válida para todon∈Nempregamos o princ´ıpio da indu¸cão finita(P.I.F).

m

Defini ¸c ão 1. Seja n₀ um n úmero natural, definimos N_n₀ como o conjunto dos n úmeros naturais n≥n₀. Se n₀=0 com isso temos N₀ =N.

Axioma 1 (Princ´ıpio da indu¸cão). Sejam P(n) uma proposi¸cão aplicável no con- juntoN_n₀ ,S um subconjunto de N_n₀ tal que P_n seja verdadeira, a proposi¸cãoP_n será verdadeira para todo N_n₀ (logo S=N_n₀) quando:

1. P(n₀) é verdadeira, isto é, a propriedade é válida para n=n₀ ( n₀∈S)

2. Se k ∈ N_n₀ e P(k) é verdadeira (κ ∈ S), então P(k+1) também é verdadeira (k+1∈S, isto é k+1∈S sempre que k∈S ).

5

(6)

6 CAP´ITULO 1. INDU ¸C ˜AO

Nessas condi¸c˜oes S cont´em todos elementos de N_n₀

O P.I.F, ser´a usado para provar a maioria dos resultados neste texto, por isso ele e de fundamental importˆancia.

Z

^Exemplo ^1. Vamos provar que a soma dos n primeiros inteiros positivos ´e n(n+1)/2.

Isto ´e _n

X

i=0

i=1+2+3+...+n=n(n+1)/2 da defini¸c˜ao de somat´orio temos que

Xn i=0

i= Xn−1

i=0

i+n e

X0 i=0

i =0

temos que mostrar inicialmente que a proposi¸cão é válida para n=1. Para n=1, temos

X1 i=0

i=1=1(1+1)/2

faremos agora a hipótese de que a propriedade é válida para n−1 (obs: apenas coloque n−1 no lugar de n na hipotese)

Xn−1 i=0

i= (n−1)(n)/2

a partir da hip´otese da validade pra n−1 devemos mostrar que vale para n ent˜ao devemos mostrar que

Xn i=0

i= (n)(n+1)/2 mas pela defini¸c˜ao de somat´orio temos

Xn i=0

i= Xn−1

i=0

i+n

(7)

1.1. PRINC´IPIO DA INDU ¸C ˜AO FINITA 7

e da hip´otese

Xn−1 i=0

i= (n−1)(n)/2 substituindo a hip´otese

Xn i=0

i=

n−1

X

i=0

i+n Xn

i=0

i = (n−1)(n)/2+n colocando n em evidˆencia

(n)[(n−1)/2+1] = (n)[n−1+2]/2 = (n)(n+1)/2 ent˜ao esta provado que

Xn

i=0

i= (n+1)(n)/2

Todas as provas foram feitas em cima das defini¸cões, isso mostra a importância de ter defini¸cões formais do que se quer provar.

Vamos agora provar o resultado acima de maneira menos formal, sem usar a nota¸cão de somatório, e vamos mostrar um metodo de dedu¸cão para a fórmula Também.

Informal

Tomando a soma

1+2+3+...+ +n−2n−1+n=s n+n−1+n−2+...+3+2+1=s

somando ambas termo a termo ncom 1,2 com n−1 e continuando assim, ficamos com n termos n+1, isto ´e

2s=n(n+1) logo s = n(n+1)

2 .

Essa maneira pode ser usada como dedu¸cão da fórmula porém uma prova mais formal pode ser feita por indu¸cão novamente.

(8)

Para n=1 temos

1=1(1+1)/2 Tomando a hip´otese para n

1+2+3+...+n= n(n+1) 2 e tentando provar para n+1

1+2+3+...+n+n+1 sabemos que 1+2+3+...+n= n(n+1)

2 da hip´otese, substituindo ficamos com 1+2+3+...+n+n+1= n(n+1)

2 + (n+1) = (n+1)(n+2)

2 .

Logo esta provado.

1.2 P

₀

:Princ´ıpio da boa ordena ¸c ˜ao

Axioma 2.Todo conjunto não vazio de inteiros não negativos contém um elemento m´ınimo, em s´ımbolos, para todo subconjunto S de Z, tal que S6=∅ e ∀p∈S tivermos p≥0 então S contém um elemento p₀ tal que para todo p∈S se verifica p≥p₀.

O princ´ıpio da boa ordena¸cão é um axioma equivalente ao princ´ıpio da indu¸cão, axiomas A e B são equivalentes quando podemos a partir de A demonstrar B e a partir de B demonstrar A. Vamos então demonstrar o princ´ıpio da indu¸cão a partir do princ´ıpio da boa ordena¸cão.

b

Propriedade 1(P₁:Princ´ıpio da indu¸cão). SejamP(n)uma proposi¸cão aplicável no conjuntoN_n₀ ,Sum subconjunto deN_n₀ tal queP_nseja verdadeira, a proposi¸cão Pn será verdadeira para todo Nn₀ (logo S=Nn₀) quando:

1. P(n₀) é verdadeira, isto é, a propriedade é válida para n=n₀ ( n₀∈S) 2. Se k∈N_n₀ e P(k) é verdadeira (κ∈S), então P(k+1) também é verdadeira

(k+1∈S, isto ´e k+1∈S sempre que k∈S ).

(9)

1.2. P₀:PRINC´IPIO DA BOA ORDENA ¸C ˜AO 9

Nessas condi¸cões S contém todos elementos de N_n₀ ê Demonstra ¸c ão.

Vamos fazer a demonstra¸cão por absurdo. Considere que o princ´ıpio da indu¸cão seja verdadeiro, porém o conjunto S não seja igual a N_n₀.

Como S é subconjunto de Nn₀, deve haver um conjunto S⁰ tal que a proposi¸cão P(n) seja falsa com S∪S⁰ = N_n₀ e S∩S⁰ = ∅ pois uma proposi¸cão não pode ser verdadeira e falsa.

O conjunto S⁰ deve ser não vazio de números não negativos (pois N_n₀ é um subconjunto dos n úmeros naturais, logo seus subconjuntos só possuem elementos não negativos) logo o princ´ıpio da boa ordena¸cão é aplicável tendo o conjunto S⁰ um menor elemento l.

Esse elemento deve ser diferente de n₀ pois por hipótese esse elemento pertence a S, como l >n0 é o menor elemento de S⁰, temos que l−1 ≥ n₀ está em Nn₀ e em S, mas pelo princ´ıpio da indu¸cão se l−1 ∈ S, l−1+1 = l ∈ S logo chegamos a um absurdo pois l não pode pertencer a S e S⁰, assim o princ´ıpio da indu¸cão está provado.

b

Propriedade 2(P₂:Segundo princ´ıpio da indu¸cão). SejamP(n)uma proposi¸cão aplicável no conjunto N_n₀ , S um subconjunto de N_n₀ tal que P_n seja verdadeira, a proposi¸cão P_n será verdadeira para todo N_n₀ (logo S=N_n₀) quando:

1. P(n₀) é verdadeira, isto é, a propriedade é válida para n=n₀ ( n₀∈S) 2. Se para todo t ∈ N_n₀ e t ∈ [n₀, k] com k ≥ n₀ natural tivermos P(t) é

verdadeira , então P(k+1) também é verdadeira (k+1∈ S, isto é k+1∈ S sempre que todo t ∈Nn₀ e t∈[n₀, k]∈S ).

Nessas condi¸cões S contém todos elementos de N_n₀ ê Demonstra ¸c ão.

Vamos mostrar que P₁ ⇒P₂, o primeiro princ´ıpio da indu¸c˜ao implica o segundo.

Seja U um conjunto onde são satisfeitas as condi¸cões de P₂, devemos mostrar que U=N_n₀. Vamos denotar por A_n a senten¸ca "os naturais de n₀ até n (incluindo os naturais n₀ e n) estão em U. A_n₀ é verdadeira pois por hipótese de P₂, n₀ está em

(10)

U", assumindo que A_k é verdadeira para um natural k≥n₀. Então os inteiros de n₀ até k estão em U e por hipótese de P₂, k+1 está em U, implicando assim que A_k+1

é verdadeira, logo pelo princ´ıpio da indu¸cão P₁ aplicado em An, An será verdadeira para todo n∈N_n₀ e portanto U=N_n₀.

Para terminar a demonstra¸cão de que o princ´ıpio da indu¸cão é equivalente ao princ´ıpio da boa ordena¸cão, vamos demonstrar que P₂=⇒P₀

F Teorema 1 (Princ´ıpio da boa ordena¸cão). Todo conjunto não vazio de inteiros não negativos contém um elemento m´ınimo.

ê Demonstra ¸c ão. Seja S um conjunto não vazio de inteiros não negativos.

Devemos mostrar que S possui um elemento m´ınimo. Assumindo que S não possui elemento m´ınimo e denotando por U_n a senten¸ca "n não é um elemento de S".

Temos que B₀ é verdadeira, pois se 0∈S ele seria seu elemento m´ınimo. Assumindo agora que B_k é verdadeira para todo n de 0 até k (incluindo 0 e k), temos que os elementos de 0 aték não pertencem a S, se o elementok+1 estivesse emS, seria seu menor elemento então, não pode estar, sendo assimB_k+1verdadeira e por P₂, B_n seria verdadeira pra todos naturais, implicando o conjunto S ser vazio, que é contrário a hipótese, logo temos o teorema provado.

1.3 Indu ¸c ˜ ao e somat ´orios

Z

^Exemplo ^2. Mostrar que Xn

k=1

1

k(k+1)(k+2) = n(n+3) 4(n+1)(n+2). Para n=1 temos

X1 k=1

1

k(k+1)(k+2) = 1

1(2)(3) = 1

6 = 1(4) 4(2)(3) = 1

6. Supondo a validade para n

Xn

k=1

1

k(k+1)(k+2) = n(n+3) 4(n+1)(n+2)

(11)

1.4. INDU ¸C ˜AO E DIVISIBILIDADE 11

vamos provar para n+1 Xn+1

k=1

1

k(k+1)(k+2) = (n+1)(n+4) 4(n+2)(n+3). Xn+1

k=1

1

k(k+1)(k+2) = n(n+3)

4(n+1)(n+2) + 1

(n+1)(n+2)(n+3) =

= 1

(n+1)(n+2)(n(n+3)

4 + 1

n+3) = n(n+3)²+4 4(n+1)(n+2)(n+3) agora n(n+3)²+4=n³+6n²+9n+4 = (n+1)²(n+4) ent˜ao

Xn+1 k=1

1

k(k+1)(k+2) = (n+1)(n+4) 4(n+2)(n+3).

Z

^Exemplo ^3. Mostrar por indu¸c˜ao que (a−1)

Xn k=0

a^k=aⁿ⁺¹−1. Para n=1 temos

(a−1) X1 k=0

a^k= (a−1)(a+1) =a²−1.

Supondo que (a−1) Xn

k=0

a^k =aⁿ⁺¹−1 vamos provar que (a−1) Xn+1

k=0

a^k =aⁿ⁺²−1. Por defini¸cão de somatório e pela hipótese da indu¸cão temos

(a−1) Xn+1

k=0

a^k= (a−1)aⁿ⁺¹+ (a−1) Xn

k=0

a^k=aⁿ⁺²−aⁿ⁺¹+aⁿ⁺¹−1=aⁿ⁺²−1 .

1.4 Indu ¸c ˜ ao e divisibilidade

Z

^Exemplo ^4. Mostrar que 6|5²ⁿ −1 para todo n ∈ N. Para n = 0 vale 6|5⁰−1=0. Supondo que 6|5²ⁿ−1, vamos mostrar que 6|5²ⁿ⁺²−1.

(12)

5²ⁿ⁺²−1=25.5²ⁿ−1=24.5²ⁿ+5| {z }²ⁿ−1

6|

seis divide as duas parcelas ent˜ao divide a soma .

Z

^Exemplo ^5. Mostrar que 5|4²ⁿ⁺¹ +6ⁿ⁺¹ n ∈ N. Para n = 0, 5|4+6 = 10. Supondo para n, vamos provar para n+1.

4²ⁿ⁺¹⁺²+6ⁿ⁺¹⁺¹=4²ⁿ⁺¹.16+6.6ⁿ⁺¹=6.(4²ⁿ⁺¹+6ⁿ⁺¹) +10.4²ⁿ⁺¹ segue ent˜ao por indu¸c˜ao.

1.5 Indu ¸c ˜ ao e produt ´orios

Z

^Exemplo ^6. Mostre que se n≥4 ent˜ao n!>2ⁿ.

Para n=4 vale 4! = 24>2⁴=16. Suponha validade para n , n!>2ⁿ, vamos provar para n+1, (n+1)! >2ⁿ⁺¹. Multiplicando n!>2ⁿ por n+1 de ambos lados segue que

(n+1)! >(n+1)

| {z }

>2

2ⁿ>2.2ⁿ =2ⁿ⁺¹ .

1.6 N ´umero de elementos do conjunto das partes e indu ¸c ˜ ao de primeira forma

b

Propriedade 3. Seja |A|=n ent˜ao |P(A)|=2ⁿ. Onde |A| simboliza o n ´umero de elementos deAe P(A)o conjunto dos subconjuntos de A, chamado de conjunto das partes.

ê Demonstra ¸c ão. Por indu¸cão sobre n, se n = 1, então A = {a₁} possui dois subconjuntos que são ∅ e {α₁}. Suponha que qualquer conjunto qualquer B com n

(13)

1.7. INDU ¸C ˜AO E DESIGUALDADES 13

elementos tenha |P(B)|=2ⁿ, vamos provar que um conjunto C com n+1 elementos implica |P(C)| =2ⁿ⁺¹. Tomamos um elemento a ∈ C, C\ {a} possui 2ⁿ subconjuntos (por hipótese da indu¸cão), sk de k = 1 até k =2ⁿ, que também são subconjuntos de C, porém podemos formar mais 2ⁿ subconjuntos de C com a união do elemento {a}, logo no total temos 2ⁿ +2ⁿ =2ⁿ⁺¹ subconjuntos de C e mais nenhum subconjunto, pois não temos nenhum outro elemento para unir aos subconjuntos dados.

1.7 Indu ¸c ˜ ao e desigualdades

Z

^Exemplo ^7. ^{Mostre que}

(1+x)ⁿ≥1+nx+n(n−1)x² 2 para n natural e x≥0. Vamos chamar

C(n, x) =1+nx+n(n−1)x² 2 . Para n=0 temos

(1+x)⁰ =1=1+0x+0(0−1)x² 2 =1 logo vale a igualdade considere agora a validade da hip´otese

(1+x)ⁿ≥1+nx+n(n−1)x² 2 vamos mostrar que vale

(1+x)ⁿ⁺¹≥1+(n+1)x+(n+1)(n)x² 2 =1+

n+1

1

x+

n+1

2

x² =1+nx+n(n−1)x²

2 +x+nx² (1+x)ⁿ⁺¹≥C(n, x) +x+nx²

onde usamos a rela¸cão de Stiefel, multiplicando a desigualdade da hipótese da indu¸cão por 1+x, não alteramos a desigualdade pois 1+x é positivo, temos então

(1+x)ⁿ⁺¹ ≥C(n, x)(1+x) =C(n, x) +C(n, x)x

(14)

agora vamos mostrar que

C(n, x) +C(n, x)x ≥C(n, x) +x+nx² vale pois equivale a

C(n, x)x ≥x+nx² que vale se x=0, agora se x >0 equivale a

C(n, x)≥1+nx 1+nx+n(n−1)x²

2 ≥1+nx ⇔ n(n−1)x² 2 ≥0 se n=0 ou n=1 vale, agora se n6=0,1 vale pois temos x² >0.

1.7.1 Exerc´ıcios

Prove usando indu¸c˜ao

1+2+3+...+n= Xn

i=0

i = n(n+1)

2 ∀n∈N. (1.1)

2+5+8+...+2+3n= Xn

i=0

2+3i= n(3n+4)

2 ∀n∈N. (1.2)

2⁰+2¹+2²+...+2ⁿ⁻¹ = Xn−1

i=0

2ⁱ =2ⁿ−1 ∀n∈N. (1.3)

1²+2²+3²+...+n² = Xn

i=0

i² = n(n+1)(2n+1)

6 ∀n∈N. (1.4)

13|2²⁺⁴ⁿ+3²⁺⁴ⁿ ∀n∈N. (1.5)

64|3²ⁿ⁺¹+40n−67 ∀n∈N. (1.6)

1+3+5+...+2n−1= Xn

i=0

2i−1=n² ∀n∈N. (1.7)

(15)

1.8. SEGUNDO PRINC´IPIO DA INDU ¸C ˜AO 15

Xn

k=1

k³=

n(n+1) 2

2

Xn k=1

k³=

n(n+1) 2

2

1.8 Segundo princ´ıpio da indu ¸c ˜ao

b

Propriedade 4(P₂:Segundo princ´ıpio da indu¸cão). SejamP(n)uma proposi¸cão aplicável no conjunto dos naturais.

Se

1. P(0) for verdadeira .

2. E se o fato de P(k) for verdadeira para todo k∈N com 0≤k≤n implicar P(n+1) tamb´em verdadeira, ent˜ao

P(n) ´e verdadeira para todo n natural .

A parte (2) é chamada de hipótese de indu¸cão e a parte (1) de base da indu¸cão .

1.8.1 Teorema fundamental da aritm ´etica

b

Propriedade 5 (Existência da fatora¸cão em primos). Seja n >1 um n úmero natural, então n pode ser escrito como produto de primos .

ê Demonstra ¸c ão. Caso n=2 então n é produtório de primo, n= Y1

k=1

pk onde pk =2, provamos a base da indu¸c˜ao .

Suponha que todo n úmero menor que n e maior que 1 natural, possa ser escrito como produto de primos (hipótese da indu¸cão), então vamos mostrar que n também pode ser escrito como produto de primos .

Sen é primo, nada pecisamos fazer . Cason não seja primo, então ele é composto, podendo ser escrito como n=m.s, onde m e s são maiores que 1 e menores que n, aplicamos a hipótese da indu¸cão em m e n, o que implica

(16)

m= Yt

k=1

p_k, s= Yw

k=t+1

p_k s˜ao produto de primos, ent˜ao

n=m.n= Yw

k=1

pk

´e produto de primos .

b

Propriedade 6 (Unicidade da fatora¸c˜ao em primos). Seja n ∈ N, n > 1. Se n=

Ym k=1

pk= Ys

k=1

qk onde cada pk e qk são primos, não necessariamente distintos então m=s e p_k =q_k∀ k , após, se necessário, uma renomea¸cão dos termos.

ê Demonstra ¸c ão. Vamos provar usando o segundo princ´ıpio da indu¸cão, para n = 2 a propriedade vale. Suponha a validade para todo t < n vamos provar que nessas condi¸cões vale para n.

n=p_m

m−1

Y

k=1

p_k=q_s

s−1

Y

k=1

q_k

p_m divide o produto Ys

k=1

q_k então deve dividir um dos fatores, por exemplo q_s (se não, renomeamos os termos), como p_m|q_s então p_m=q_s

p_m Ym−1

k=1

p_k=p_m Ys−1

k=1

q_k ⇒

m−1Y

k=1

p_k= Ys−1

k=1

q_k=n₀ < n

como n₀ é menor que n, usamos a hipótese da indu¸cão, que implica m−1 = s−1, q_k =p_k de k=1 até m−1, da´ı segue que m=n e q_k =p_k de k=1 até m.

1.8.2 N ´umero de elementos do conjunto das partes

b

Propriedade 7. Se A possui n elementos ent˜ao o seu conjunto das partes possui 2ⁿ elementos. Conjunto das partes de A ´e o conjunto P(A) de subconjuntos de A .

(17)

1.8. SEGUNDO PRINC´IPIO DA INDU ¸C ˜AO 17

ê Demonstra ¸c ˜ao.

Iremos provar a seguinte propriedade, por indu¸c˜ao de segunda forma . Se A_n possui n elementos, ent˜ao

Se A=∅ é vazio então P(A) possui apenas um elemento que é o conjunto vazio, portanto a base da indu¸cão está verificada, Apossui 0 elementos eP(A)possui 2⁰=1 elemento .

Suponha, por hipótese de indu¸cão que todo conjunto A com pelo menos k elementos possua 2^k subconjuntos com k elementos, para 1 ≤k ≤ n−1, vamos provar que se A possui n elementos então tem 2ⁿ subconjuntos .

Seja A ={a₁,· · · , a_n} ent˜ao um conjunto com n elementos , para contar quantos subconjuntos ele possui podemos separar

A={|a₁,· · ·{z, a_n−2}}

B

∪{a_n−1, a_n}.

Bpossui n−2 elementos, por isso possui 2ⁿ⁻² subconjuntos por hipótese de indu¸cão , a cada subconjunto desses tomando a união com{a_n−1} formamos no total mais 2ⁿ⁻² conjunto e com união de{a_n} formamos mais 2ⁿ⁻² e por fim com união de {a_n−1, a_n}, formamos mais 2ⁿ⁻² conjuntos, então temos no total

4.2ⁿ⁻² =2²2ⁿ⁻² =2ⁿ subconjuntos.