Prove que:
d) 2^{n}>1+n \sqrt{2^{n-1}}\\, se \(n \in \mathbb{N} e n \geq 2. )

Passo 1

Vamos provar, por indução em n, que para todo n\in\mathbb{N} com n\ge2 vale
2^{n}>1+n\sqrt{2^{\,n-1}}.
A ideia é checar o caso base n=2 e depois mostrar que, se vale para n, então vale para n+1.

Passo 2

(Caso base n=2). Substituindo n=2 obtemos
2^{2}=4 \quad\text{e}\quad 1+2\sqrt{2^{\,2-1}}=1+2\sqrt{2}=1+2\cdot1{,}414\ldots=3{,}828\ldots
Como 4>3{,}828\ldots, o caso base está verificado.

Passo 3

(Passo indutivo). Suponha que para algum n\ge2 valha
2^{n}>1+n\sqrt{2^{\,n-1}}.
Queremos mostrar
2^{n+1}>1+(n+1)\sqrt{2^{\,n}}.
Começamos multiplicando a hipótese indutiva por 2:
2\cdot2^{n}>2\bigl(1+n\sqrt{2^{\,n-1}}\bigr) \quad\Longrightarrow\quad 2^{n+1}>2+2n\sqrt{2^{\,n-1}}.
Agora note que
\sqrt{2^{\,n}}=\sqrt{2\cdot2^{\,n-1}} =\sqrt{2}\,\sqrt{2^{\,n-1}}.
Denotando a=\sqrt{2^{\,n-1}}>0, a desigualdade obtida fica
2^{n+1}>2+2n\,a.
Queremos ver que o lado direito é ao menos
1+(n+1)\sqrt{2^{\,n}} =1+(n+1)\sqrt{2}\,a.
Isto é, basta mostrar
2+2n\,a\;\ge\;1+(n+1)\sqrt{2}\,a \quad\Longleftrightarrow\quad 1\;\ge\;a\bigl((n+1)\sqrt{2}-2n\bigr).
Reescrevendo o fator,
(n+1)\sqrt{2}-2n =\sqrt{2}-n(2-\sqrt{2}),
e como 2-\sqrt{2}\approx0{,}586 e \sqrt{2}\approx1{,}414, para n\ge2 temos
n(2-\sqrt{2})\ge2(2-\sqrt{2})\approx1{,}172,
logo
\sqrt{2}-n(2-\sqrt{2})\le1{,}414-1{,}172=0{,}242.
Assim
a\bigl((n+1)\sqrt{2}-2n\bigr) \le a\cdot0{,}242.
Mas a=\sqrt{2^{\,n-1}}\ge\sqrt2\approx1{,}414, então
a\cdot0{,}242\le1{,}414\cdot0{,}242\approx0{,}342<1.
Portanto
a\bigl((n+1)\sqrt{2}-2n\bigr)<1,
e isso garante
2+2n\,a\ge1+(n+1)\sqrt{2}\,a,
ou seja
2^{n+1}>1+(n+1)\sqrt{2^{\,n}}.
Isso completa o passo indutivo.

Resposta

Por indução, concluímos que para todo n\in\mathbb{N} com n\ge2 vale
2^{n}>1+n\sqrt{2^{\,n-1}}.

Exercícios relacionados