Question

Demonstre usando P.I.F. sabendo que n pertence aos naturais diferentes de zero:

${2}^{0} + {2}^{1} + {2}^{2} + ... + {2}^{n - 1} = {2}^{n} - 1$

${1}^{2} + {2}^{2} + {3}^{2} + ... + {n}^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$

${1}^{3} + {2}^{3} + {3}^{3} + ... + {n}^{3} = ( \frac{n(n + 1)}{2})^{2}$

#Cálculo detalhado

Answer 1

Demonstrar usando o princípio da indução finita as seguintes identidades, sendo  n  natural,  n ≥ 1:


a)  $2^0+2^1+2^2+\ldots+2^{n-1}=2^n-1$

     •  Caso base.  Para  n = 1,  a fórmula é válida:

     $2^{1-1}=2^1-1\\\\ 2^0=2-1$

     $2^0=1$        ✔


     •  Hipótese de indução (H.I.).  Suponha que a fórmula seja válida para algum  n = k ≥ 1,  isto é

     $2^0+2^1+2^2+\ldots+2^{k-1}=2^k-1$        ✔


     •  Passo indutivo.  Vamos computar a soma até o termo de ordem  n = k + 1  e mostrar que a fórmula é válida:

     $(2^0+2^1+2^2+\ldots+2^{k-1})+2^{(k+1)-1}\qquad\textsf{aplicando a H.I.}\\\\ =(2^k-1)+2^k\\\\ =2^k+2^k-1\\\\ =2\cdot 2^k-1\\\\ =2^{k+1}-1$

como queríamos demonstrar.


b)  $1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

     •  Caso base.  Para  n = 1,  a fórmula é válida:

     $1^2=\dfrac{1(1+1)(2\cdot 1+1)}{6}\\\\ 1^2=\dfrac{1\cdot 2\cdot 3}{6}\\\\\\ 1^2=\dfrac{6}{6}$

     $1^2=1$        ✔


     •  Hipótese de indução.  Suponha que a fórmula seja válida para algum  n = k ≥ 1,  isto é

     $1^2+2^2+3^2+\ldots+k^2=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}$        ✔


     •  Passo indutivo.  Vamos computar a soma para  n = k + 1  e mostrar que a fórmula é válida:

     $(1^2+2^2+3^2+\ldots+k^2)+(k+1)^2\qquad\textsf{aplicando a H.I.}\\\\ =\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^2\\\\\\ =\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}+\dfrac{6(k+1)^2}{6}\\\\\\ =\dfrac{k(k+1)(2k+1)+6(k+1)^2}{6}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)\cdot \big[k(2k+1)+6(k+1)\big]}{6}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)\cdot \big[2k^2+k+6k+6\big]}{6}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)\cdot \big[2k^2+7k+6\big]}{6}$


Fatore por agrupamento.  Reescreva  7k  como  4k + 3k:

     $=\dfrac{(k+1)\cdot \big[2k^2+4k+3k+6\big]}{6}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)\cdot \big[2k(k+2)+3(k+2)\big]}{6}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)\cdot (k+2)(2k+3)}{6}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)\big[(k+1)+1\big]\big[2(k+1)+1\big]}{6}$

como queríamos demonstrar.


c)  $1^3+2^3+3^3+\ldots+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^{\!2}$

     •  Caso base.  Para  n = 1,  a fórmula é válida:

     $1^3=\left[\dfrac{1(1+1)}{2}\right]^{\!2}\\\\\\ 1^3=\left[\dfrac{1\cdot 2}{2}\right]^{\!2}\\\\\\ 1^3=1^2$

     $1^3=1$        ✔


     •  Hipótese de indução.  Suponha que a fórmula seja válida para algum  n = k ≥ 1,  isto é

     $1^3+2^3+3^3+\ldots+k^3=\left[\dfrac{k(k+1)}{2}\right]^{\!2}$        ✔


     •  Passo indutivo.  Vamos computar a soma para  n = k + 1  e mostrar que a fórmula é válida:

      $(1^3+2^3+3^3+\ldots+k^3)+(k+1)^3\qquad\textsf{aplicando a H.I.}\\\\ =\left[\dfrac{k(k+1)}{2}\right]^{\!2}+(k+1)^3\\\\\\ =\dfrac{k^2(k+1)^2}{4}+(k+1)^3\\\\\\ =\dfrac{k^2(k+1)^2}{4}+\dfrac{4(k+1)^3}{4}\\\\\\ =\dfrac{k^2(k+1)^2+4(k+1)^3}{4}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)^2\cdot \big[k^2+4(k+1)\big]}{4}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)^2\cdot \big[k^2+4k+4\big]}{4}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)^2\cdot \big[k+2\big]^2}{4}\\\\\\ =\dfrac{(k+1)^2\cdot \big[(k+1)+1\big]^2}{4}$

    $=\left[\dfrac{(k+1)\big[(k+1)+1\big]}{2}\right]^{\!2}$

como queríamos demonstrar.


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Bons estudos! :-)