Análise real/Desigualdade

Teorema (Desigualdade de Bernouli)

Em todo corpo ordenado K, se $n\in \mathbb{N}$ e $x\ge -1$, vale $(1+x{)}^n\ge 1+nx$

Prova 1(indução sobre n)

• Mostrar válido para n=1
  • $(1+x{)}^1=1+xe1+1\cdot x=1+x\Rightarrow (1+x{)}^1\ge 1+1\cdot x$
• Supor válido para n=k
  • $(1+x{)}^k\ge 1+kx$
• Mostrar válido para n= k+1
  • De $(1+x{)}^k\ge 1+kx$ multiplicamos $(1+x)$ por ambos os membros pois $x\ge -1\Rightarrow 1+x\ge 0$.
    • Logo $(1+x{)}^k(1+x)\ge (1+kx)(1+x)\Rightarrow (1+x{)}^{k+1}\ge 1+x+kx+k{x}^2\ge 1+x+kx=1+(k+1)x$ (porque k x² é não-negativo).
  • E finalmente $(1+x{)}^{k+1}\ge 1+(k+1)x$

Prova 2(binômio de newton)

$(1+x{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(1{)}^{n-i}{x}^i=1+\frac{n(n-1)}{2}x+\mathrm{...}\ge 1+nx$.

• Devemos mostrar que $\frac{n(n-1)}{2}\ge n$
  • Como $n\in \mathbb{N},logo{n}^2-n\ge 2n\Rightarrow n^2-3n\ge 0\Rightarrow n(n-3)\ge 0\Rightarrow n\ge 3$ é verdade.
• Assim $(1+x{)}^n\ge 1+nx$ é verdade para $n\ge 3$
  • como é válido para n = 1, basta mostrar que é válido para n = 2 que será válido para todo n natural
    • $(1+x{)}^2\ge 1+2x\Rightarrow 1+2x+x^2\ge 1+2x$ verdade
• portanto é válido para todo n natural

Exemplo

Mostrar que $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \mathrm{...}\cdot \frac{2n-1}{2n}\le \frac{1}{\sqrt{2n+1}},\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.$.

Prova:

• Mostrar que a desigualdade é válida para quando n = 1: $\frac{1}{2}\le \frac{1}{\sqrt{2+1}}\Rightarrow \sqrt{3}<\sqrt{4}=2$
• Suponha ser válido para quando n = k: $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \mathrm{...}\cdot \frac{2k-1}{2k}\le \frac{1}{\sqrt{2k+1}}$
• Mostrar ser válido para quando n=k+1, isto é, $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \mathrm{...}\cdot \frac{2(k+1)-1}{2(k+1)}\le \frac{1}{\sqrt{2(k+1)+1}}$
  • Pela hipótese temos que $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \mathrm{...}\cdot \frac{2k-1}{2k}\le \frac{1}{\sqrt{2k+1}}$, onde $\frac{2k+1}{2k+2}\ge 0$, pois k é um número natural.
  • $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \mathrm{...}\cdot \frac{2k-1}{2k}\cdot \frac{2k+1}{2k+2}\le \frac{1}{\sqrt{2k+1}}\cdot \frac{2k+1}{2k+2}$.
  • Vamos verificar que $\frac{1}{\sqrt{2k+1}}\cdot \frac{2k+1}{2k+2}\le \frac{1}{\sqrt{2(k+1)+1}}\Rightarrow \sqrt{2k+3}\cdot \sqrt{2k+1}\le 2k+2\Rightarrow (2k+3)\cdot (2k+1)\le (2k+2{)}^2$
  • $\Rightarrow 4k^2+8k+3\le 4k^2+8k+4\Rightarrow 3\le 4$

Exemplo 3

 Use o teorema da indução com 1 deslocado para provar que $n^2<2^n,\mathrm{\forall }n\ge 5$

• Prova: Tome $A=\{n\in \mathbb{N},talque{n}^2<2^n\}.$
• Vamos fazer por indução sobre n, que será válido para $n\le 5$
• Temos que mostrar que vale para quando $n=5:5^2=25<32=2^5$.
• Suponha que seja válido para quando $n=k:n^2<2^k$
• Vamos mostrar que é válido para quando $n=k+1:(k+1{)}^2<2^{k+1}$
  • $(k+1{)}^2{=}_1{k}^2+2k+1{<}_2{2}^k+2k+1{<}_3{2}^k+2^k{=}_4{2}^k\cdot 2^1{=}_5{2}^{k+1}$
  • a igualdade 1 é pelo quadrado da soma, a desigualdade 2 é pela hipótese de indução, a desigualdade 3 é pelo teorema anterior, a igualdade 4 é pela distributiva e a igualdade 5 é pela propriedade de potencia.

Exemplo 4

Prove que ${\left(\frac{n+1}{n}\right)}^n<n,\mathrm{\forall }n\ge 3emostreque\{1,\sqrt{2},\sqrt[3]{3},\sqrt[4]{4},\mathrm{...}\}$ é decrescente a partir do terceiro termo.

Vamos provar a desigualdade por indução sobre n, que é válido para $n\ge 3$. Tome $A=\{n\in \mathbb{N},talque{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^n<n\}$

• vamos mostrar que é válido para $n=3:{\left(\frac{3+1}{3}\right)}^3=\frac{64}{27}{\le }_{?}3\iff 64<81$.
• suponhamos que é válido para $n=k:{\left(\frac{k+1}{k}\right)}^k<k\Rightarrow {\left(\frac{k+1}{k}\right)}^{k+1}<k\cdot \left(\frac{k+1}{k}\right)\Rightarrow {\left(\frac{k+1}{k}\right)}^{k+1}<k+1$.
• Observação: $0<1,k\ge 3\Rightarrow k^2+2k<k^2+2k+1\Rightarrow (k+2)\cdot k<(k+1)(k+1)\Rightarrow \frac{k}{k+1}<\frac{k+1}{k+2}\Rightarrow (\frac{k}{k+1}{)}^{k+1}<(\frac{k+1}{k+2}{)}^{k+1}$.
• Vamos mostrar que é válido para $n=k+1:{\left(\frac{k+1+1}{k+1}\right)}^{k+1}<k+1$.
  • ${\left(\frac{k+2}{k+1}\right)}^{k+1}{=}_1{\left(\frac{k+2}{k+1}\right)}^{k+1}\cdot {\left(\frac{k}{k+1}\right)}^{k+1}\cdot {\left(\frac{k+1}{k}\right)}^{k+1}{<}_2{\left(\frac{k+2}{k+1}\right)}^{k+1}\cdot {\left(\frac{k+1}{k+2}\right)}^{k+1}\cdot (k+1){=}_{3}k+1.$
  • a igualdade 1 é pelo inverso multiplicativo, a desigualdade 2 é pela observação acima e pela hipótese de indução e a igualdade 3 é pelo inverso multiplicativo.

a

$mostreque\{1,\sqrt{2},\sqrt[3]{3},\sqrt[4]{4},\mathrm{...}\}$ é decrescente a partir do terceiro termo, ou seja, $\sqrt[n+1]{n+1}<\sqrt[n]{n},n\ge 3$.

Prova:

• Vamos provar por indução sobre n: $\sqrt[n+1]{n+1}<\sqrt[n]{n},n\ge 3$.
• Mostrar que é válido para n=3: $\sqrt[4]{4}<\sqrt[3]{3}$.
• Supor válido para n=k: $\sqrt[k+1]{k+1}<\sqrt[k]{k},n\ge 3\iff (\sqrt[k+1]{k+1}{)}^{k(k+1)}<(\sqrt[k]{k}{)}^{k(k+1)}\iff (k+1{)}^k<(k{)}^{k+1}\iff \frac{(k+1{)}^k}{k^k}<k\iff (\frac{k+1}{k}{)}^k<k$.
• Provar válido para n=k+1: $\sqrt[k+1+1]{k+1+1}<\sqrt[k+1]{k+1},n\ge 3$.
  • Pelo axioma anterior é verdade que $(\frac{k+2}{k+1}{)}^{k+1}<k+1\iff (k+2{)}^{k+1}<(k+1{)}^{k+2}\iff \sqrt[(k+2)(k+1)]{(k+2{)}^{k+1}}<\sqrt[(k+1)(k+2)]{(k+1{)}^{k+2}}\iff$
  • $\iff \sqrt[k+2]{k+2}<\sqrt[k+1]{k+1}$