Análise real/Desigualdade

Teorema (Desigualdade de Bernouli)

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

Prova 1(indução sobre n)

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

Prova 2(binômio de newton)

$(1+x)^{n}=\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(1)^{n-i}x^{i}=1+{\frac {n(n-1)}{2}}x+...\geq 1+nx$.

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

Exemplo

Mostrar que ${1 \over 2}\cdot {3 \over 4}\cdot {5 \over 6}\cdot ...\cdot {2n-1 \over 2n}\leq {1 \over {\sqrt {2n+1}}},\;\forall \;n\;\in \mathbb {N} .$.

Prova:

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

Exemplo 3

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

• Prova: Tome $A=\{n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;n^{2}<2^{n}\}.$
• Vamos fazer por indução sobre n, que será válido para $n\leq 5$
• 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 $\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}<n,\forall \;n\geq 3\;e\;mostre\;que\;{\bigg \{}1,{\sqrt {2}},{\sqrt[{3}]{3}},{\sqrt[{4}]{4}},...{\bigg \}}$ é decrescente a partir do terceiro termo.

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

• vamos mostrar que é válido para $n=3:\left({3+1 \over 3}\right)^{3}={64 \over 27}\leq _{?}3\Leftrightarrow 64<81$.
• suponhamos que é válido para $n=k:\left({k+1 \over k}\right)^{k}<k\Rightarrow \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<k\cdot \left({k+1 \over k}\right)\Rightarrow \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<k+1$.
• Observação: $0<1,k\geq 3\Rightarrow k^{2}+2k<k^{2}+2k+1\Rightarrow (k+2)\cdot k<(k+1)(k+1)\Rightarrow {k \over k+1}<{k+1 \over k+2}\Rightarrow {\bigg (}{k \over k+1}{\bigg )}^{k+1}<{\bigg (}{k+1 \over k+2}{\bigg )}^{k+1}$.
• Vamos mostrar que é válido para $n=k+1:\left({k+1+1 \over k+1}\right)^{k+1}<k+1$.
  • $\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}=_{1}\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k+1 \over k}\right)^{k+1}<_{2}\left({k+2 \over k+1}\right)^{k+1}\cdot \left({k+1 \over k+2}\right)^{k+1}\cdot (k+1)=_{3}k+1.$
  • 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

$mostre\;que\;{\bigg \{}1,{\sqrt {2}},{\sqrt[{3}]{3}},{\sqrt[{4}]{4}},...{\bigg \}}$ é decrescente a partir do terceiro termo, ou seja, ${\sqrt[{n+1}]{n+1}}<{\sqrt[{n}]{n}},n\geq 3$.

Prova:

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