Demonstre, usando indução, que os resultados a seguir valem.
(b) a^{n}+b^{n}=(a+b)\left(a^{n-1}-a^{n-2} b+\cdots-a b^{n-2}+b^{n-1}\right), para todo inteiro ímpar n \geq 3 e a \neq-b.

Passo 1

O enunciado pede para demonstrar, por indução, que para todo inteiro ímpar n\ge 3 e para a\neq -b vale a identidade
a^{n}+b^{n}=(a+b)\left(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots -ab^{n-2}+b^{n-1}\right).
Informações relevantes dadas:
  • n é ímpar e n\ge 3.
  • a e b são números (com a restrição a\neq -b fornecida).
    A tarefa é provar a igualdade para todo n ímpar usando indução. Não se resolve nada neste passo, apenas ficou claro o que precisamos provar e as hipóteses.

Passo 2

Plano de prova (escolha do tipo de indução):
  • É natural parametrizar n ímpar escrevendo n=2k+1 com k\ge 1. Vamos provar por indução em k a seguinte proposição P(k):
P(k):\qquad a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)\sum_{j=0}^{2k}(-1)^j a^{2k-j}b^{j}.
Mostrar P(1) (caso base) e então provar que P(k)\Rightarrow P(k+1). Isso cobre todos os n ímpares \ge 3 porque k=1 n=3, k=2 n=5, e assim por diante.

Passo 3

Caso base k=1 (isto é, n=3). Vamos verificar diretamente:
A soma do lado direito é
\sum_{j=0}^{2}(-1)^j a^{2-j}b^{j}=a^{2}-ab+b^{2}.
Multiplicando por a+b :
(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})=a^{3}-a^{2}b+ab^{2}+a^{2}b-ab^{2}+b^{3}=a^{3}+b^{3}.
Portanto P(1) é verdadeira: \;a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2}).

Passo 4

Hipótese de indução. Suponha que para algum k\ge 1 a proposição P(k) seja verdadeira, isto é suponha que
a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)S_k, \qquad\text{onde}\qquad S_k=\sum_{j=0}^{2k}(-1)^j a^{2k-j}b^{j}.
Queremos provar P(k+1), ou seja
a^{2(k+1)+1}+b^{2(k+1)+1}=a^{2k+3}+b^{2k+3}=(a+b)S_{k+1},
onde
S_{k+1}=\sum_{j=0}^{2k+2}(-1)^j a^{2k+2-j}b^{j}.

Passo 5

Relacionando S_{k+1} e S_k. Observe que
a^{2}S_k=\sum_{j=0}^{2k}(-1)^j a^{2k+2-j}b^{j}
contém todos os termos de S_{k+1} exceto os dois últimos (os correspondentes a j=2k+1 e j=2k+2). Portanto
S_{k+1}-a^{2}S_k = (-1)^{2k+1}a^{1}b^{2k+1}+(-1)^{2k+2}b^{2k+2}.
Como 2k+1 é ímpar, (-1)^{2k+1}=-1 e (-1)^{2k+2}=+1. Assim
S_{k+1}-a^{2}S_k = -ab^{2k+1}+b^{2k+2}= -b^{2k+1}(a-b)=(-1)^{2k+1}b^{2k+1}(a-b).
Logo obtemos a identidade útil
S_{k+1}=a^{2}S_k - b^{2k+1}(a-b).

Passo 6

Multiplicando pela fator a+b e usando a hipótese de indução. Multiplique a identidade do passo anterior por (a+b):
(a+b)S_{k+1}=(a+b)a^{2}S_k - (a+b)b^{2k+1}(a-b).
Pela hipótese de indução (a+b)S_k=a^{2k+1}+b^{2k+1}. Substituindo:
(a+b)S_{k+1}=a^{2}\bigl(a^{2k+1}+b^{2k+1}\bigr) - (a+b)b^{2k+1}(a-b).
Calcule cada termo:
a^{2}\bigl(a^{2k+1}+b^{2k+1}\bigr)=a^{2k+3}+a^{2}b^{2k+1},
e
(a+b)(a-b)=a^{2}-b^{2},
portanto
-(a+b)b^{2k+1}(a-b)= -b^{2k+1}(a^{2}-b^{2}) = -a^{2}b^{2k+1}+b^{2k+3}.
Somando esses dois resultados:
(a+b)S_{k+1}=a^{2k+3}+a^{2}b^{2k+1} -a^{2}b^{2k+1}+b^{2k+3}=a^{2k+3}+b^{2k+3}.
As duas parcelas a^{2}b^{2k+1} cancelam entre si exatamente, ficando o que queríamos.

Passo 7

Conclusão da indução. Mostramos que P(1) é verdadeira e que P(k)\Rightarrow P(k+1). Pelo princípio da indução, P(k) vale para todo k\ge 1. Como n=2k+1, isso prova a identidade para todo inteiro ímpar n\ge 3. A restrição a\neq -b garante que o fator (a+b) não seja zero se se quiser dividir; a identidade, no entanto, é algebraicamente válida também quando a=-b (o produto e a soma são então ambos zero para n ímpar).

Resposta

a^{n}+b^{n}=(a+b)\left(a^{n-1}-a^{n-2} b+\cdots-a b^{n-2}+b^{n-1}\right)

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