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

Passo 1

Resumindo, queremos mostrar que
2^n > 1 + n\,\sqrt{2^{\,n-1}},
para todo n\in\mathbb N com n\ge2.
O conteúdo aqui envolve manipulação de potências e prova por indução. Vamos usar uma desigualdade auxiliar sobre 2^{(n+1)/2} que facilita a prova.

Passo 2

Caso base n=2:
2^2 = 4,\qquad 1 + 2\,\sqrt{2^{2-1}} = 1 + 2\sqrt2 \approx 1 + 2\cdot1,414 = 3,828.
Logo
4 > 3,828,
e a desigualdade vale para n=2.

Passo 3

Prova por indução da desigualdade auxiliar
\tag{A}2^{\tfrac{n+1}2} > n + \tfrac12,\quad n\ge2.
Base n=2:
2^{\tfrac{2+1}2}=2^{3/2}=2\sqrt2\approx2,828>2{,}5=2+\tfrac12.
Hipótese de indução: suponha que para algum k\ge2 tenha-se
2^{\tfrac{k+1}2} > k + \tfrac12.
Passo indutivo (provar para k+1):
2^{\tfrac{(k+1)+1}2} =2^{\tfrac{k+2}2} =\sqrt2\;2^{\tfrac{k+1}2} >\sqrt2\,\Bigl(k+\tfrac12\Bigr) =k\sqrt2+\tfrac{\sqrt2}2.
Queremos mostrar que isso é \;> (k+1)+\tfrac12 = k+1{,}5.
Note que \sqrt2\approx1{,}414, logo
k\sqrt2+\tfrac{\sqrt2}2 =k(\sqrt2-1)+k + \tfrac{\sqrt2}2 >k + \underbrace{\bigl(k(\sqrt2-1)\bigr)}_{k\cdot0{,}414} +0{,}707.
Como k\ge2, temos k(\sqrt2-1)\ge2\cdot0{,}414=0{,}828. Assim
k\sqrt2+\tfrac{\sqrt2}2 >k + 0{,}828 + 0{,}707 = k + 1{,}535 > k + 1{,}5,
o que completa o passo indutivo. Portanto a desigualdade (A) vale para todo n\ge2.

Passo 4

Agora volte à desigualdade original. Reescreva o lado esquerdo como
2^n = 2^{\tfrac{n-1}2}\;2^{\tfrac{n+1}2}.
Usando (A) obtemos
2^n >2^{\tfrac{n-1}2}\,\Bigl(n+\tfrac12\Bigr) =n\,2^{\tfrac{n-1}2}+\tfrac12\,2^{\tfrac{n-1}2}.
Como n\ge2 implica \tfrac12\,2^{\tfrac{n-1}2}\ge\tfrac12\cdot2^{\tfrac{2-1}2}=\tfrac12\sqrt2>1, segue
2^n > n\,2^{\tfrac{n-1}2} + 1 =1 + n\,\sqrt{2^{\,n-1}},
que é exatamente o que queríamos provar.

Resposta

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

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