Demonstrar que para todo número natural n, onde n ≥1: 1^2+2^2...+n^2= n (n+1)(2n+1) /6 Você deverá f.... Pergunta de ideia deThalita23Silva

January 2020 1 55 Report

Demonstrar que para todo número natural n, onde n ≥1: 1^2+2^2...+n^2= n (n+1)(2n+1) /6 Você deverá fazer por duas etapas: a) Na primeira, por tentativa, você vai confirmar a veracidade da sentença, utilizando a substituição de n=1 (base da indução) , n=2, n=3 e n=4. b) Na segunda, utilizando o PIF (Princípio da Indução Finita), supor que a igualdade seja válida para n=k (hipótese), em seguida, verificar se também é válida para n=k+1, dessa forma provando que a sentença é válida para todos número natural maior ou igual a 1.

Lista de comentários

Niiya LETRA A

Devemos verificar a validade da fórmula para $n=1,2,3,4$

$\bullet\,\,n=1:\\\\S_{1}=1^{2}=1\\\\\mathtt{pela~f\'ormula:}~S_{1}=\dfrac{\mathbf{1}\cdot(\mathbf{1}+1)\cdot(2\cdot\mathbf{1}+1)}{6}=\dfrac{1\cdot2\cdot3}{6}=\dfrac{6}{6}=1~~(\checkmark)$

A fórmula é válida para $n=1$ .
__

$\bullet\,\,n=2:\\\\S_{2}=1^{2}+2^{2}=1+4=5\\\\\mathtt{pela~f\'ormula:}~S_{2}=\dfrac{\mathbf{2}\cdot(\mathbf{2}+1)\cdot(2\cdot\mathbf{2}+1)}{6}=\dfrac{2\cdot3\cdot5}{6}=\dfrac{6\cdot5}{6}=5~~(\checkmark)$

A fórmula é válida para $n=2$ ;
__

$\bullet\,\,n=3:\\\\S_{3}=1^{2}+2^{2}+3^{2}=1+4+9=14\\\\\mathtt{pela~f\'ormula:}~S_{3}=\dfrac{\mathbf{3}\cdot(\mathbf{3}+1)\cdot(2\cdot\mathbf{3}+1)}{6}=\dfrac{3\cdot4\cdot7}{6}=\dfrac{84}{6}=14~~(\checkmark)$

A fórmula é válida para $n=3$ .
__

$\bullet\,\,n=4:\\\\S_{4}=1^{2}+2^{2}+3^{2}+4^{2}=1+4+9+16=30\\\\\mathtt{pela~f\'ormula:}~S_{4}=\dfrac{\mathbf{4}\cdot(\mathbf{4}+1)\cdot(2\cdot\mathbf{4}+1)}{6}=\dfrac{4\cdot5\cdot9}{6}=\dfrac{180}{6}=30~~(\checkmark)$

A fórmula é válida para $n=4$ ;
___________________________________

LETRA B

Já provamos validade pra $n=1$ . Agora, assuma validade da fórmula para $n=k~\textgreater~1$ , isto é,

$1^{2}+2^{2}+3^{2}+...+k^{2}=\dfrac{\mathbf{k}(\mathbf{k}+1)(2\mathbf{k}+1)}{6}$

Com isso, queremos provar validade para $n=k+1$ , isto é, queremos provar, a partir da hipótese de indução, que

$1^{2}+...+(k+1)^{2}=\dfrac{(\mathbf{k+1})(\mathbf{k+1}+1)(2[\mathbf{k+1}]+1)}{6}\\\\\\~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\,\,~=\dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$
________________________

Temos, por hipótese de indução, que

$1^{2}+...+k^{2}=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}$

Somando $(k+1)^{2}$ aos dois lados da equação:

$1^{2}+...+k^{2}+(k+1)^{2}=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^{2}\\\\\\1^{2}+...+k^{2}+(k+1)^{2}=\dfrac{k(k+1)(2k+1)+6(k+1)^{2}}{6}$

Colocando $(k+1)$ em evidência:

$1^{2}+...+k^{2}+(k+1)^{2}=\dfrac{(k+1)\cdot\big[k(2k+1)+6(k+1)\big]}{6}\\\\\\=\dfrac{(k+1)\cdot\big[2k^{2}+k+6k+6\big]}{6}=\dfrac{(k+1)\cdot(2k^{2}+7k+6)}{6}$

Agora, vamos considerar $2k^{2}+7k+6$ como um polinômio e encontrar suas raízes $\alpha$ e $\beta$ , pois poderemos reescever esse polinômio na forma

$p(k)=2k^{2}+7k+6=2(x-\alpha)(x-\beta)$

Por Bhaskara:

$\Delta=b^{2}-4ac=7^{2}-4\cdot2\cdot6=49-48=1\\\\\\k=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-7\pm\sqrt{1}}{2\cdot2}=\dfrac{-7\pm1}{4}=\begin{cases}\alpha=\dfrac{-7+1}{4}=-\dfrac{6}{4}=-\dfrac{3}{2}\\\\\\\beta=\dfrac{-7-1}{4}=-\dfrac{8}{4}=-2\end{cases}$

Logo,

$2k^{2}+7k+6=2(k-\alpha)(k-\beta)\\\\\\2k^{2}+7k+6=2\bigg(k-\bigg[-\dfrac{3}{2}\bigg]\bigg)\big(k-[-2]\big)\\\\\\2k^{2}+7k+6=2\bigg(k+\dfrac{3}{2}\bigg)(k+2)\\\\\\2k^{2}+7k+6=2\bigg(\dfrac{2k+3}{2}\bigg)(k+2)\\\\\\\boxed{\boxed{2k^{2}+7k+6=(k+2)(2k+3)}}$

Substituindo na expressão obtida, temos

$1^{2}+...+(k+1)^{2}=\dfrac{(k+1)(2k^{2}+7k+6)}{6}\\\\\\\boxed{\boxed{1^{2}+...+(k+1)^{2}=\dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}}}$

Como queríamos demonstrar.

Portanto, pelo princípio da indução finita, a igualdade é válida para todo $n$ natural maior ou igual a 1

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