1 Prove, por indução, que para todo número natural n :
(a) 1+3+5+\cdots+(2 n-1)=n^{2}.
(b) 1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}.
(c) 1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}=(1+2+3+\cdots+n)^{2}.
(d) 1 \times 2+2 \times 3+3 \times 4+\cdots+n(n+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}.
(e) \frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\frac{1}{3 \times 4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}.
(f) 1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2} \leq n^{3}.
(g) \frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}} \leq 1.
(h) Se x+1 \geq 0 então (1+x)^{n} \geq 1+n x.
(i) n^{3}-n é divisível por 6 .
(j) 2^{n+1}+3^{2 n-1} é divisível por 7 .
(k) 2^{2 n-1} \times 3^{n+2}+1 é divisível por 11 .

Passo 1

Vou listar exatamente o que o enunciado pede: provar por indução, para todo número natural n, as afirmações (a) a (k). Cada item é uma proposição que deve valer para todo n\in\mathbb{N}.
(a) 1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^{2}.
(b) 1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
(c) 1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}=\bigl(1+2+3+\cdots+n\bigr)^{2}.
(d) 1\times 2+2\times 3+3\times 4+\cdots+n(n+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}.
(e) \frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}.
(f) 1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2}\le n^{3}.
(g) \frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\le 1.
(h) Se (1+x)\ge 0 então, para todo n\in\mathbb{N},
(1+x)^{n}\ge 1+nx.
(i) n^{3}-n\\ \text{é divisível por}\\\ 6.éí
(j) 2^{n+1}+3^{2n-1}\\ \text{é divisível por}\\\ 7.éí
(k) 2^{2n-1}\times 3^{n+2}+1\\ \text{é divisível por}\\\ 11.éí
Essas são as proposições que vou provar, uma por uma, usando indução matemática. Não resolvo nada aqui — só enumerei o que deve ser provado.

Passo 2

Rápida aula sobre o método de indução (pra gente trabalhar de forma bem segura):
  • Para provar uma proposição P(n) para todo n\in\mathbb{N} por indução, faz-se:
    1. Caso base: mostrar que P(1) (ou P(0), dependendo do problema) é verdadeira.
    2. Passo indutivo: assumir a hipótese indutiva — que P(n) é verdadeira para um n fixo (isso é a hipótese de indução) — e então provar que P(n+1) também é verdadeira.
  • Se esses dois itens são verificados, então P(n) vale para todo n\in\mathbb{N}.
    Vou aplicar exatamente esse esquema em cada item. Quando for útil, explicarei leituras algébricas, decomposições (como frações parciais), ou como transformar a hipótese para obter P(n+1).

Passo 3

Proposição: \;1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^{2}.
Caso base n=1: a soma tem só o primeiro termo, 1. Verificamos
1 = 1^{2}.
Logo P(1) é verdadeira.

Passo 4

Hipótese de indução: suponha que para algum n\ge 1 valha
1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^{2}.
Queremos provar que
1+3+5+\cdots+(2n-1)+(2(n+1)-1)=(n+1)^{2}.
A soma do lado esquerdo é a soma assumida mais o próximo termo:
n^{2} + (2(n+1)-1) = n^{2} + (2n+1) = n^{2}+2n+1 = (n+1)^{2}.
Portanto P(n)\Rightarrow P(n+1). Concluímos por indução que a identidade vale para todo n.

Passo 5

Proposição: \;1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2}=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
Caso base n=1:
1^{2} = \frac{1\cdot 2\cdot 3}{6} = 1.
Logo P(1) é verdadeira.

Passo 6

Hipótese: suponha que para algum n\ge1
\sum_{k=1}^{n} k^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
Queremos mostrar
\sum_{k=1}^{n+1} k^{2} = \frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.
Calculamos a soma até n+1 usando a hipótese:
\sum_{k=1}^{n+1} k^{2} = \left(\sum_{k=1}^{n} k^{2}\right) + (n+1)^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^{2}.
Colocando em fator comum (n+1):
= \frac{(n+1)}{6}\bigl(n(2n+1) + 6(n+1)\bigr) = \frac{(n+1)}{6}\bigl(2n^{2}+n +6n+6\bigr)
= \frac{(n+1)}{6}\bigl(2n^{2}+7n+6\bigr) = \frac{(n+1)}{6}\bigl(2n^{2}+7n+6\bigr).
Agora fatoramos o polinômio quadrático:
2n^{2}+7n+6 = (n+2)(2n+3).
Logo
\sum_{k=1}^{n+1} k^{2} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6},
que é exatamente a fórmula para n+1. Assim P(n)\Rightarrow P(n+1) e a identidade vale para todo n.

Passo 7

Proposição: \;\sum_{k=1}^{n} k^{3} =\bigl(\sum_{k=1}^{n} k\bigr)^{2}.
Caso base n=1:
1^{3} = 1 = (1)^{2}.
Logo P(1) é verdadeira.

Passo 8

Hipótese: suponha que para algum n\ge1
\sum_{k=1}^{n} k^{3} =\left(\sum_{k=1}^{n} k\right)^{2}.
Queremos provar que
\sum_{k=1}^{n+1} k^{3} =\left(\sum_{k=1}^{n+1} k\right)^{2}.
Escrevemos a soma até n+1:
\sum_{k=1}^{n+1} k^{3} = \left(\sum_{k=1}^{n} k^{3}\right) + (n+1)^{3}.
Pela hipótese isso é
\left(\sum_{k=1}^{n} k\right)^{2} + (n+1)^{3}.
Se chamarmos S_{n}=\sum_{k=1}^{n} k, então queremos mostrar
S_{n}^{2} + (n+1)^{3} = (S_{n} + (n+1))^{2}.
Expandindo o lado direito:
(S_{n} + (n+1))^{2} = S_{n}^{2} + 2S_{n}(n+1) + (n+1)^{2}.
Comparando, é suficiente provar que
S_{n}^{2} + (n+1)^{3} = S_{n}^{2} + 2S_{n}(n+1) + (n+1)^{2},
ou seja
(n+1)^{3} = 2S_{n}(n+1) + (n+1)^{2}.
Dividindo por n+1 (positivo),
(n+1)^{2} = 2S_{n} + (n+1).
Portanto precisamos que
2S_{n} = (n+1)^{2} - (n+1) = (n+1)n.
Ou seja,
S_{n} = \frac{n(n+1)}{2}.
Isto é justamente a fórmula conhecida da soma dos n primeiros inteiros. Podemos provar essa fórmula por uma pequena indução auxiliar (ou lembrá-la com o argumento de pareamento). Faço-a em seguida para ficarmos completos.

Passo 9

Proposição auxiliar: \;S_{n}=\sum_{k=1}^{n} k = \dfrac{n(n+1)}{2}.
Caso base n=1: S_{1}=1=\dfrac{1\cdot 2}{2}, ok.
Hipótese: S_{n}=\dfrac{n(n+1)}{2}. Então
S_{n+1} = S_{n} + (n+1) = \frac{n(n+1)}{2} + (n+1) = \frac{(n+1)(n+2)}{2},
que é a fórmula para n+1. Logo a fórmula vale por indução para todo n. (Também se pode usar o pareamento 1+n,2+(n-1),\ldots.)

Passo 10

Agora que sabemos S_{n}=\dfrac{n(n+1)}{2}, voltamos ao passo anterior: substituindo S_{n} obtemos
2S_{n} = 2\cdot \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1),
e então
(n+1)^{2} = n(n+1) + (n+1) = 2S_{n} + (n+1),
o que fecha as contas necessárias. Portanto
\sum_{k=1}^{n+1} k^{3} = \left(\sum_{k=1}^{n+1} k\right)^{2},
e a indução se completa. Concluímos (c).

Passo 11

Proposição: \;\sum_{k=1}^{n} k(k+1) = \dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.
Caso base n=1:
1\cdot 2 = 2,\qquad \text{e}\qquad \frac{1\cdot 2\cdot 3}{3} = 2.
Logo P(1) é verdadeira.

Passo 12

Hipótese: suponha que para algum n\ge1
\sum_{k=1}^{n} k(k+1) = \frac{n(n+1)(n+2)}{3}.
Queremos mostrar que a soma até n+1 satisfaz a fórmula com n+1:
\sum_{k=1}^{n+1} k(k+1) = \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3}.
Usamos que k(k+1)=k^{2}+k. Então
\sum_{k=1}^{n+1} k(k+1) = \left(\sum_{k=1}^{n} k(k+1)\right) + (n+1)(n+2).
Pela hipótese isso é
\frac{n(n+1)(n+2)}{3} + (n+1)(n+2).
Colocando fator comum (n+1)(n+2):
= (n+1)(n+2)\left(\frac{n}{3} + 1\right) = (n+1)(n+2)\left(\frac{n+3}{3}\right) = \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3},
que é a fórmula desejada para n+1. Assim a indução fecha.

Passo 13

Proposição: \;\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{n}{n+1}.
Caso base n=1:
\frac{1}{1\cdot 2} = \frac{1}{2},\qquad \text{e}\qquad \frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}.
Logo P(1) é verdadeira.

Passo 14

Hipótese: suponha que
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{n}{n+1}.
Queremos mostrar
\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{n+1}{n+2}.
Observação útil: a fração pode ser decomposta em frações simples:
\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}.
Então
\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k(k+1)} = \left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}\right) + \frac{1}{(n+1)(n+2)}.
Usando a hipótese:
= \frac{n}{n+1} + \frac{1}{(n+1)(n+2)}.
Colocando denominador comum (n+1)(n+2):
= \frac{n(n+2) + 1}{(n+1)(n+2)} = \frac{n^{2}+2n+1}{(n+1)(n+2)} = \frac{(n+1)^{2}}{(n+1)(n+2)} = \frac{n+1}{n+2}.
Portanto a soma até n+1 é \dfrac{n+1}{n+2} e a indução se completa.

Passo 15

Proposição: \;\sum_{k=1}^{n} k^{2} \le n^{3}.
Caso base n=1:
1^{2} = 1 \le 1 = 1^{3}.
Logo P(1) verdadeira.

Passo 16

Hipótese: suponha que \sum_{k=1}^{n} k^{2} \le n^{3} para algum n\ge1. Queremos provar
\sum_{k=1}^{n+1} k^{2} \le (n+1)^{3}.
Temos
\sum_{k=1}^{n+1} k^{2} = \left(\sum_{k=1}^{n} k^{2}\right) + (n+1)^{2} \le n^{3} + (n+1)^{2},
pela hipótese. Então é suficiente mostrar que
n^{3} + (n+1)^{2} \le (n+1)^{3}.
Reescrevendo o lado direito:
(n+1)^{3} - \bigl(n^{3} + (n+1)^{2}\bigr) = (n+1)^{3} - n^{3} - (n+1)^{2} = \bigl((n+1)^{3} - (n+1)^{2}\bigr) - n^{3}.
Mais direto: fatorando (n+1)^{3} - (n+1)^{2} = (n+1)^{2}n. Assim queremos ver
n^{3} \le n(n+1)^{2}.
Dividindo por n>0,
n^{2} \le (n+1)^{2},
que é verdade. Logo n^{3} + (n+1)^{2} \le (n+1)^{3}, e o passo indutivo está provado. Assim a desigualdade vale para todo n.

Passo 17

Proposição: \;\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}} \le 1.
Caso base n=1: \dfrac{1}{2} \le 1, ok.

Passo 18

É prático mostrar, por indução, a fórmula exata
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}} = 1 - \frac{1}{2^{n}}.
Caso base n=1: \dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{2}, ok.
Hipótese: suponha \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}} = 1 - \dfrac{1}{2^{n}}. Então
\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{2^{k}} = \left(1 - \frac{1}{2^{n}}\right) + \frac{1}{2^{n+1}} = 1 - \frac{1}{2^{n+1}}.
Portanto a fórmula vale para todo n. Como 1-\dfrac{1}{2^{n}} \le 1 para todo n, segue a desigualdade pedida:
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}} = 1 - \frac{1}{2^{n}} \le 1.

Passo 19

Proposição (Bernoulli fraco): se (1+x)\ge 0 então (1+x)^{n}\ge 1+nx para todo n\in\mathbb{N}.
Caso base n=1:
(1+x)^{1} = 1+x \ge 1 + 1\cdot x,
é igualdade, ok.

Passo 20

Hipótese: suponha (1+x)^{n}\ge 1+nx para algum n\ge1, com a condição (1+x)\ge 0. Multiplicando ambos os lados por (1+x)\ge 0 (assim a direção da desigualdade se preserva),
(1+x)^{n+1} = (1+x)\cdot(1+x)^{n} \ge (1+x)\cdot(1+nx).
Calculamos o produto no lado direito:
(1+x)(1+nx) = 1 + (n+1)x + n x^{2}.
Como n x^{2}\ge 0 para todo n\ge 1 e todo x, obtemos
1 + (n+1)x + n x^{2} \ge 1 + (n+1)x.
Compondo as desigualdades,
(1+x)^{n+1} \ge 1 + (n+1)x.
Isso completa o passo indutivo. Portanto a desigualdade vale para todo n.

Passo 21

Proposição: n^{3}-n é divisível por 6.
Caso base n=1: 1^{3}-1=0 que é divisível por 6. OK.

Passo 22

Hipótese: suponha n^{3}-n é múltiplo de 6 para algum n. Precisamos mostrar que (n+1)^{3}-(n+1) também é múltiplo de 6.
Considere a diferença entre os dois termos consecutivos:
\bigl((n+1)^{3}-(n+1)\bigr) - \bigl(n^{3}-n\bigr) = ( (n+1)^{3}-n^{3} ) - ( (n+1)-n )
= (3n^{2}+3n+1) - 1 = 3n^{2}+3n = 3n(n+1).
Note que entre n e n+1 um deles é par, logo n(n+1) é múltiplo de 2. Portanto 3n(n+1) é múltiplo de 2\cdot 3 = 6. Assim a diferença entre (n+1)^{3}-(n+1) e n^{3}-n é múltiplo de 6. Como por hipótese n^{3}-n é múltiplo de 6, segue que (n+1)^{3}-(n+1) também é múltiplo de 6. Concluímos por indução.
(Observação alternativa: fatoração n^{3}-n = n(n-1)(n+1) e argumento dos três consecutivos mostra diretamente divisibilidade por 2 e por 3.)

Passo 23

Proposição: 2^{n+1}+3^{2n-1} é divisível por 7.
Caso base n=1:
2^{2} + 3^{1} = 4 + 3 = 7,
que é divisível por 7. OK.

Passo 24

Hipótese: suponha 2^{n+1}+3^{2n-1} é múltiplo de 7 para algum n. Queremos provar a mesma propriedade para n+1, isto é que
2^{n+2} + 3^{2(n+1)-1} = 2^{n+2} + 3^{2n+1}
é múltiplo de 7.
Reescrevemos:
2^{n+2} + 3^{2n+1} = 2\cdot 2^{n+1} + 9\cdot 3^{2n-1}.
Observação útil: 9 = 2 + 7. Então
9\cdot 3^{2n-1} = 2\cdot 3^{2n-1} + 7\cdot 3^{2n-1}.
Portanto
2^{n+2} + 3^{2n+1} = 2(2^{n+1}) + 2(3^{2n-1}) + 7\cdot 3^{2n-1} = 2\bigl(2^{n+1} + 3^{2n-1}\bigr) + 7\cdot 3^{2n-1}.
Pela hipótese indutiva 2^{n+1} + 3^{2n-1} é múltiplo de 7, então 2\bigl(2^{n+1} + 3^{2n-1}\bigr) também é múltiplo de 7. Além disso 7\cdot 3^{2n-1} é múltiplo de 7. Soma de múltiplos de 7 é múltiplo de 7. Assim o termo para n+1 é múltiplo de 7. Indução completa.

Passo 25

Proposição: 2^{2n-1}\times 3^{n+2}+1 é divisível por 11.
Caso base n=1:
2^{1}\cdot 3^{3} + 1 = 2\cdot 27 + 1 = 55,
e 55 é múltiplo de 11. OK.

Passo 26

Hipótese: seja A_{n}=2^{2n-1}\cdot 3^{n+2}+1. Suponha A_{n} é múltiplo de 11. Queremos mostrar A_{n+1} também é múltiplo de 11.
Calculamos A_{n+1}:
A_{n+1} = 2^{2(n+1)-1}\cdot 3^{(n+1)+2} + 1 = 2^{2n+1}\cdot 3^{n+3}.
Escrevendo em termos de X=2^{2n-1}\cdot 3^{n+2}, notamos
2^{2n+1}\cdot 3^{n+3} = 2^{2}\cdot 2^{2n-1}\cdot 3 \cdot 3^{n+2} = 4\cdot 3 \cdot X = 12X.
Assim
A_{n+1} = 12X + 1 = 11X + (X+1) = 11X + A_{n}.
Pela hipótese A_{n} é múltiplo de 11, e 11X é obviamente múltiplo de 11. Soma de múltiplos de 11 é múltiplo de 11. Logo A_{n+1} é múltiplo de 11. Indução concluída.

Resposta

(a) \displaystyle 1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^{2}.
(b) \displaystyle 1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
(c) \displaystyle 1^{3}+2^{3}+\cdots+n^{3}=\bigl(1+2+\cdots+n\bigr)^{2}.
(d) \displaystyle 1\cdot2+2\cdot3+\cdots+n(n+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}.
(e) \displaystyle \frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}.
(f) \displaystyle 1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2}\le n^{3}.
(g) \displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\le 1.
(h) Se (1+x)\ge 0 então \displaystyle (1+x)^{n}\ge 1+nx.
(i) \displaystyle n^{3}-n é divisível por 6.
(j) \displaystyle 2^{n+1}+3^{2n-1} é divisível por 7.
(k) \displaystyle 2^{2n-1}\times 3^{n+2}+1 é divisível por 11.

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