Question

(50 PONTOS) Mostre por indução que vale a seguinte igualdade:
(razão do produto dos pares pelo produto dos ímpares)

$\dfrac{2\cdot 4\cdot6\cdot \ldots \cdot (2n)}{1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots\cdot (2n-1)}=\dfrac{2^{2n}\cdot (n!)^{2}}{(2n)!}$

com $n$ natural maior ou igual que $1.$

Answer 1

Para n=1 teremos: $\frac{2}{1}=\frac{2^{2}.(1!)^{2}}{2!}$ Que é verdadeira. Suponha verdade para um dado n. Multiplicando os dois lados da igualdade por: $\frac{2(n+1)}{2n+1}$. Assim teremos: $\frac{2.4.6...(2n).(2n+2)}{1.3.5...(2n-1).(2n+1)}=\frac{2^{2n}.(n!)^{2}.2.(n+1)}{(2n)!.(2n+1)}$ Multiplicando em cima e embaixo a fração do lado direito da igualdade por (2n).(2n+2) teremos: $\frac{2^{2n+2}.[(n+1)!]^{2}}{(2n+2)!}$ Cqd

Answer 2

Verificando se igualdade vale para n = 1:

$\dfrac{2}{1}=\dfrac{2^{2\cdot1}\cdot(1!)^{2}}{(2\cdot1)!}=\dfrac{4\cdot1}{2}=\dfrac{2}{1}$

Assumindo, por hipótese de indução, que a propriedade vale para
n = k > 1:

$\dfrac{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot(2k)}{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2k-1)}=\dfrac{2^{2k}\cdot(k!)^{2}}{(2k)!}$

Usando a hipótese, temos que mostrar que a propriedade vale para
n = k + 1
___________

$\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot(2k)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2k-1)}=\dfrac{2^{2k}\cdot(k!)^{2}}{(2k)!}$

Multiplicando os dois lados por 2(k + 1) e dividindo os dois lados por 2(k + 1) - 1:

$\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot(2k)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2k-1)}\cdot\dfrac{2(k+1)}{2(k+1)-1}=\dfrac{2^{2k}\cdot(k!)^{2}}{(2k)!}\cdot\dfrac{2(k+1)}{2(k+1)-1}\\\\\\\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot2(k+1)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2(k+1)-1)}=\dfrac{2^{2k}\cdot2\cdot k!\cdot k!\cdot(k+1)}{(2k)!\cdot(2k+1)}\\\\\\\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot2(k+1)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2(k+1)-1)}=\dfrac{2^{2k+1}\cdot(k+1)k!\cdot k!}{(2k+1)\cdot(2k)!}$

Note que (k + 1)k! = (k + 1)! e (2k + 1)(2k)! = (2k + 1)!. Então:

$\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot2(k+1)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2(k+1)-1)}=\dfrac{2^{2k+1}\cdot(k+1)!\cdot k!}{(2k+1)!}$

Para provarmos que a igualdade vale, devemos mostrar que ela vale para n = k + 1, ou seja, que

$\dfrac{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot[2(k+1)]}{1\cdot3\cdot5\cdot...[2(k+1)-1]}=\dfrac{2^{2(k+1)}\cdot[(k+1)!]^{2}}{[2(k+1)]!}=\dfrac{2^{2k+2}\cdot(k+1)!\cdot(k+1)!}{(2k+2)!}$

Comparando com a expressão que temos, vemos que precisamos multiplicar o numerador por 2 [para ficarmos com expoente 2k + 2] e por (k + 1) [para termos (k + 1)!]. Além disso, precisamos multiplicar o denominador por (2k + 2) [para termos (2k + 2)!]. Como 2(k + 1) / (2k + 2) = 1, podemos multiplicar o lado direito por essa expressão normalmente:

$\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot2(k+1)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2(k+1)-1)}=\dfrac{2^{2k+1}\cdot(k+1)!\cdot k!}{(2k+1)!}\cdot\dfrac{2(k+1)}{2k+2}\\\\\\\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot2(k+1)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2(k+1)-1)}=\dfrac{2^{2k+1}\cdot2\cdot(k+1)!\cdot(k+1)k!}{(2k+2)\cdot(2k+1)!}\\\\\\\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot2(k+1)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2(k+1)-1)}=\dfrac{2^{2k+2}\cdot(k+1)!\cdot(k+1)!}{(2k+2)!}$

$\boxed{\boxed{\dfrac{2\cdot4\cdot...\cdot2(k+1)}{1\cdot3\cdot...\cdot(2(k+1)-1)}=\dfrac{2^{2(k+1)}\cdot[(k+1)!]^{2}}{[2(k+1)]!}}}$

Portanto, pelo princípio da indução, a igualdade vale para todo n natural.