Prove que, para todo n natural, vale a desigualdade:
\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2 n-1}{2 n} \leq \frac{1}{\sqrt{3 n+1}}

Passo 1

O enunciado quer mostrar que, para todo natural n, vale
\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{2n-1}{2n}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{3n+1}}.
O conteúdo principal aqui é prova por indução em desigualdades envolvendo produtos de termos. Vamos usar o princípio da indução matemática.

Passo 2

(Caso base n=1).
Para n=1 o produto à esquerda é
\frac{1}{2},
e a direita é
\frac{1}{\sqrt{3\cdot1+1}}=\frac{1}{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}.
Logo
\frac{1}{2}\le\frac{1}{2},
o que confirma a desigualdade para n=1.

Passo 3

(Hipótese de indução).
Suponha que, para algum n\ge1, já seja válida
P(n)\colon\quad\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdots\frac{2n-1}{2n}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{3n+1}}.

Passo 4

(Passo de indução).
Queremos provar P(n+1), isto é,
\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdots\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n+1}{2n+2} \;\le\;\frac{1}{\sqrt{3(n+1)+1}}=\frac{1}{\sqrt{3n+4}}.
Usando a hipótese P(n), basta mostrar
\frac{1}{\sqrt{3n+1}}\cdot\frac{2n+1}{2n+2}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{3n+4}}.

Passo 5

Isolando os termos positivos e elevando ao quadrado, esta desigualdade é equivalente a
\frac{2n+1}{2n+2}\;\le\;\frac{\sqrt{3n+1}}{\sqrt{3n+4}} \quad\Longleftrightarrow\quad (2n+1)\sqrt{3n+4}\;\le\;(2n+2)\sqrt{3n+1},
\Longleftrightarrow\quad (2n+1)^{2}(3n+4)\;\le\;(2n+2)^{2}(3n+1).

Passo 6

(Verificação numérica).
Expansão de cada lado:
(2n+1)^{2}(3n+4)=(4n^2+4n+1)(3n+4)=12n^3+28n^2+19n+4,
(2n+2)^{2}(3n+1)=(4n^2+8n+4)(3n+1)=12n^3+28n^2+20n+4.
Comparando, vemos
12n^3+28n^2+19n+4\;\le\;12n^3+28n^2+20n+4 \quad\Longleftrightarrow\quad 19n\le20n,
o que é verdadeiro para todo n\ge1. Assim P(n+1) está comprovada.

Resposta

A desigualdade
\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{2n-1}{2n}\;\le\;\frac{1}{\sqrt{3n+1}}
vale para todo n natural.

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