Baixe Indução Matemática e outras Notas de estudo em PDF para Matemática, somente na Docsity!
O Princípio de Indução Completa
As ciências naturais utilizam o método chamado de indução empírica para formular leis que devem regar determinar fenômenos a partir de um grande número deobservações particulares, selecionadas adequadamente. Este tipo de procedimento, embora não seja logicamente correto, é freqüentemente satisfatório: por exemplo,ninguém duvidaria de que quando um corpo é liberado ao seu próprio peso, no vácuo, na superfície da Terra, ele cai segundo a vertical local.A validade de um teorema matemático se estabelece de forma totalmente diferente. Verificar que uma certa afirmação é verdadeira num grande número de casos particulares não nos permitirá concluir que ela é válida em geral. Com efeito, dada aexpressão f(n) = n²-n+41, considere a seguinte afirmação: para cada inteiro positivo n , ofamiliarizado com a noção de número primo. Para valor de f(n) é um número primo (estamos n (^) = 1 temos que f(1) = 41. Da mesmasupondo aqui que o leitor está forma, f(2) = 43, f(3)=47, caso fossemos fazendo estas contas poderíamos verificar quea afirmação é verdadeira para os primeiros 40 valores de n. Porem para n= 41 temos que f(41) = 41x41 que não é um número primo. Consideremos então uma afirmaçãocomo a seguinte: a soma dos n primeiros inteiros positivos é igual a n(n+1), ou símbolos: 2 1 + 2 + 3 +...+ n - n(n+1) Como verificar sua validade? Evidentemente, é impossível demonstra-la em todos os^2 casos particulares.Para demonstrar a verdade deste tipo de propósito, que na realidade é uma seqüência infinita de proposições, uma para cada inteiro positivo - Introduziremos o chamadométodo de recorrência ou de Indução completa. Para isso, começaremos demonstrando o seguinte resultado: Teorema - Sejam a um Inteiro dado e S um conjunto de inteiros maiores ou iguais a que tem as seguintes propriedades: (i) a F 0C E S (ii) Se um Inteiro k >= a pertence a S, então k+1 também pertence a S Então S é o conjunto de todos os Inteiros maiores ou iguais a a Demonstração Suponhamos que a afirmação seja falsa. Então, o conjunto S’ dos Inteiros maiores ou iguais aConforme me a proposição existe m = mim S’. a que não pertencem a S e não vazia (e limitado inferiormente por a ). Como a F 0C E S certamente a < m, logo a =< m-1< m Ainda, m-1 <m - min S’, logo m-1se-á então que m= (m-1)+i F 0 F 0C F S’, isto é, m-1 F 0C E S. Conforme a propriedade (ii), ter- C E S, uma contradição, já que m^ F 0C E S'.
Princípio de Indução Completa – 1ª.forma Seja a um Inteiro dado. Suponhamos que para cada inteiroafirmação A(n) de forma tal que: n >= a está dada uma (I)(II) A(a) é verdadeira.Se para um Inteiro k>= a. A(k) é verdadeira, então A(k+1) é verdadeira. Então a afirmação A(n) é verdadeira para todo Inteiro n >= a DemonstraçãoBasta considerar o conjunto S dos Inteiros n >= a para os quais A(n) é verdadeira e verificar que está nas condições do teorema anterior. Assim, S contém todos os inteirosmaiores ou iguais a a e segue a tese. Exemplo - Provaremos agora que a formula 1 + 2 + ... + n = é verdadeira para todo n >= 1 Para n= 1 a fórmula acima dá 1 = (1+1), 1=1. 2
Assim nossa afirmação é verdadeira para n=1. Deveremos mostrar agora que, se a afirmação é verdadeira para n= k, então também a verdadeira para n= k+1. Estamos admitindo então como verdadeiro que
1+ 2 + ... + k = k( k+1) 2 Somando k + 1 a ambos os membros desta Igualdade temos: 1 + 2 +...+ k + (k+1) = k(k+1) + (k+1) a k(k+1) + 2(k+1) é,^2 1 + 2 +...+k+(k+1) - (k+1) (k+2) 2 que é a fórmula correspondente a n = k+1, cuja validade queríamos demonstrar.
que ela é falsa para n=1 e n=2. Porem, para n=3 obtemos: 54 > 34 que é uma afirmação verdadeira. Suponhamos então que a afirmação é verdadeira para n = k >= 3, isto é, que 2k+ 3k + 1. 3 > 3k^2 Tentaremos demonstrar que a afirmação também é verdadeira para n = k+1 isto é, que 2(k+1)³ > 3(k+1)² + 3(k+1) + 1 Temos que: 2(k+1)³ = 2(k³ +3k² +3k+1) = 2k³ + 6k²+6k+ Usando a hipótese de indução, vem:2(k+1)³ > 3k²+3k+1+6k²+6k+2 = 3(k²+2k+1)+3k+6k (^2) = 3(k+1)²+3k+6k.
Como k >=3 temos que 6k² >= 54 > 3+1 e substituindo na fórmula acima temos:2(k+1)³ > 3(k+1)² + 3k + 3+1= 3(k+1) + 3(k+1) + 1 como queríamos demonstrar. Podemos afirmar então que a fórmula dada3. é válida, para todo inteiro maior ou igual a Teorema - Sejamque tem as seguintes propriedades: a um inteiro dado e S um conjunto de inteiros maiores ou iguais a a
(i) a F 0C E S (ii)a S, então k + 1 pertence a S. Se k e um inteiro positivo tal que todo inteiro m verificando a =< m =< k pertence Então, S é o conjunto de todos os inteiros maiores ou iguais a a. Demonstração ou iguais a a, que não pertencem a S, é vazio e limitado inferiormente. Conforme aSuponhamos que a afirmação é falsa. Então, o conjunto S’ dos inteiros maiores proposição, existe m = mim S’, pela condição (i) certamente m > a, logo( m –1 ) + 1 = m pertence a S; uma contradição.
Principio de Indução Completa – 2ª forma forma tal que:^ Suponhamos que para cada inteiro n >= a está dada uma afirmação A(n) de (i) (ii) A (a) é verdadeira.Se A(m) é verdadeira para todo inteiro m tal que a =< m =< k então A(k+1) é verdadeira. Então A(n) é verdadeira para todo inteiro n >= a Exemplo – Vamos definir uma seqüência da seguinte forma: só dois primeiros termos serão a 1 = 1 e a 2 = 3; cada um dos termos subsequentes se define como a soma dos dois anteriores, isto é, an = an-1 + an-2. Assim, os primeiros termos desta seqüência serão:1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, ... Queremos demonstrar que, para cada n , vale a desigualdade: an < ()n De fato, para n =1 temos 1 < () e para n =2 temos 3 < () 2. Seja então k >= 2 e suponhamos agora que ela vale para todo inteiro positivo menor ou igual a k. Queremos provar que ak+1 = a^ k + a^ k-1. Da hipótese de indução, a afirmação vale, em particular, para n =k e n = k-1. Logo, temos a (^) k < ()k^ e a^ k-1 < ()^ k-1, donde temos: ak+1 < () k +^ () k-1 =^ () k-1^ ( + 1) = () k-1^ * Como ainda < () 2 temos que: ak+1 < () k-1 *^ () 2 = () k+1^ , como queríamos demonstrar.
Demonstrações A. Provar que K n^ ( Grafo Completo ) é igual Hipótese | E ( Kn^ ) | = | E ( Kn+1^ ) | = Subgrafo
Se ele formar um grafo completo terá 6 arestas paramais 1 ponto (n + 1), o grafo terá 6 arestas + n arestas. n =4 ( base ). Se acrescentarmos
= = = =
B.
Com referência o grafo acima, quando acrescentamos aosa circunferência um novo ponto P e o ligamos a um dos pontos anteriores, obtemos n pontos distribuídos sobre tantasanteriores, mais uma. para calcular o número de interseções, vamos enumerar os novas regiões quantas forem as interseções do novo segmento, com os n pontos de 1 aao j -ésimo ponto intersecta todos os segmentos que ligam os n , no sentido anti-horário, a partir de P. O segmento que parte de P e vai j -1 pontos anteriores ao j portanto, (-ésimo com os j -1)(n - n - jj ) e, assim, o número de novas regiões correspondentes ao pontos posteriores ao j- ésimo; o número de tais intersecções é j- ésimo ponto é: ( j - 1)(n - j ) + 1. passamos deSomando para n para n^ j + 1 pontos sobre a circunferência:= 1, 2, ... ,^ n , obtém-se o número P( n ) de novas regiões, quando
P( n ) =
acrescentamos P(1) = 1 nova região, de modo que:Quando^ n =1, temos uma única região; ao passarmos de n = 1 para n = 2, R 2 = 1 + P(1) = 2. De n = 2 para n =3, temos P(2) = 1 + 1 e, portanto: R 3 = R 2 + P(2) = 1 + P(1) + P(2) = 4
Em geral:
R n = 1 +
Vamos calcular agora P(K) em função de K; as fórmulas utilizadas, a saber: a soma dos K primeiros números naturais, a soma de seus quadrados e a soma de seus cubos
C. Suponha que um Sr. Silva casou-se e teve dois filhos. vamos chamar estes dois filhos de geração 1. Agora suponha que cada um desses dois filhos teve filhos; entãona geração 2 temos quatro descendentes. Este processo continua de geração em geração. A árvore genealógica família Silva é semelhante à figura abaixo: Geração Descendentes 1 2 =2 1 2 4 = 2^2
3 8 = 2^3
Aparentemente a geração n tem 2 n^ descendentes. De maneira mais formal, se fizermos P(n) denotar o número de descendentes na geração n , então nossa suposição será P( n ) = 2 n Podemos usar a indução para demonstrar que nosso palpite para P(A base da indução é estabelecer P(1), que resulta a equação n ) está correto. P( k ) = 2k e tentaremos mostrar que P( k+1 ) = 2k+ Nesta família, cada descendente tem dois filhos; então o número de descendentes na geraçãoindução, P( k+ 1 será o dobro do da geração índice k ) = 2 k, logo k , ou seja, P( k+1 ) =2. pela hipótese de
P( k +1) = 2 P( k ) = 2(2 k) = 2^ k+ então, de fato, P( k + 1) = 2k+ Isto completa a nossa demonstração por indução
