Prove que:
\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots(2 n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2 n} \leq \frac{1}{\sqrt{2 n+1}}\\, para qualquer \(n \in \mathbb{N}😉

Passo 1

O enunciado pede para provar que, para todo n\in\mathbb{N}, vale
\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{2n+1}}.
O método escolhido será o princípio de indução matemática.

Passo 2

Base da indução n=1. Para n=1 o produto é
\prod_{k=1}^{1}\frac{2k-1}{2k} = \frac{1}{2}
e o lado direito é
\frac{1}{\sqrt{2\cdot1+1}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\approx0,577.
Como \tfrac12\le\tfrac{1}{\sqrt3}, a desigualdade vale para n=1.

Passo 3

Passo de indução. Suponha que, para certo n\ge1,
\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{2n+1}}.
Então para n+1 temos
\prod_{k=1}^{n+1}\frac{2k-1}{2k} = \prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}\;\cdot\;\frac{2n+1}{2n+2}.
Pela hipótese de indução,
\prod_{k=1}^{n+1}\frac{2k-1}{2k} \;\le\;\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\;\cdot\;\frac{2n+1}{2n+2} =\frac{\sqrt{2n+1}}{2n+2}.

Passo 4

Só falta mostrar que
\frac{\sqrt{2n+1}}{2n+2}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{2n+3}}.
Isso equivale a
\sqrt{2n+1}\,\sqrt{2n+3}\;\le\;2n+2,
cujo quadrado é
(2n+1)(2n+3)\;\le\;(2n+2)^2.
Expandindo,
4n^2+8n+3 \;\le\;4n^2+8n+4,
o que é claramente verdadeiro. Logo o passo de indução está completo.

Passo 5

Pelo princípio da indução, a desigualdade
\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{2n+1}}
vale para todo n\in\mathbb{N}.

Resposta

A desigualdade está provada para qualquer n\in\mathbb{N}.

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