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Algumas proposições prévias

[Proposição 1] Sejam x, y, z reais. Se x < y e z > 0, então xz < yz.

     [Demonstração] Se x < y, por definição da relação <, existe h > 0 real, tal que

     x + h = y

Multiplique ambos os lados da igualdade por z:

     ⟹   (x + h) · z = yz

     ⟹   xz + hz = yz

Como por hipótese z > 0, e também h > 0, temos hz > 0. Portanto, novamente pela definição da relação <, concluímos que

     ⟹   xz < yz     □

[Proposição 2] Sejam x, y, z reais. Se x ≤ y e z > 0, então xz ≤ yz.

     [Demonstração] Se x < y, pela proposição 1, segue que

     xz < yz ≤ yz

     ⟹   xz ≤ yz

Se x = y, então

     xz = yz ≤ yz

     ⟹   xz ≤ yz

Portanto, em qualquer caso, temos xz ≤ yz.     □

[Teorema 1] Seja c um número real. Se 0 < c < 1, então 0 < c² < c < 1.

     [Demonstração] Se 0 < c < 1, temos em particular c > 0. Portanto, pela proposição 1, temos

     c > 0

     ⟹   0 < c

     ⟹   0 · c < c · c

     ⟹   0 < c²     (i)

Por outro lado, temos também por hipótese c < 1. Como c > 0, novamente pela proposição 1, temos

     c < 1

     ⟹   c · c < 1 · c

     ⟹   c² < c     (ii)

Portanto, por (i) e (ii), segue que

     ⟹   0 < c² < c

e como c < 1, temos

     ⟹   0 < c² < c < 1     □

[Teorema 2] Seja c um número real. Se c > 1, então 1 < c < c².

     [Demonstração] Se c > 1 e 1 > 0, pela transitividade da relação >, temos em particular c > 0.

Logo, pela proposição 1, temos

     c > 1

     ⟹   1 < c

     ⟹   1 · c < c · c

     ⟹   c < c²

Portanto, segue que 1 < c < c².     □

A Desigualdade de Bernoulli

[Proposição 3] Seja x um número real e n um inteiro não-negativo. Se x > − 1, então (1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx.

     [Demonstração] Será feita por indução sobre os inteiros não-negativos.

• Caso base:

Para n = 0, temos

     [tex](1+x)^0=1=1+0x≥1+0x.[/tex]

• Hipotese de indução (H.I.)

Supomos que a desigualdade é válida para algum n = k ≥ 0, ou seja

     [tex](1+x)^k\ge 1+kx[/tex]

• Passo indutivo:

Como x > − 1, temos 1 + x > 0.

Logo, pela proposição 2, temos

     [tex]\Longrightarrow\quad (1+x)^k\cdot (1+x)\ge (1+kx)(1+x)\\\\ \Longrightarrow\quad (1+x)^{k+1}\ge 1+x+kx+kx^2\\\\ \Longrightarrow\quad (1+x)^{k+1}\ge 1+(k+1)x+kx^2\ge 1+(k+1)x[/tex]

pois kx² ≥ 0.

Logo, por indução, concluímos que vale

     [tex](1+x)^n\ge 1+nx[/tex]

para todo n inteiro não-negativo.     □

[Teorema 3] Sejam c um número real e n um número natural, n ≥ 1. Se c ≥ 1, então cⁿ ≥ c.

     [Demonstração]

Se c = 1, então 1ⁿ = 1 ≥ 1 para todo n natural, n ≥ 1.

Se c > 1, então pela definição da relação >, existe um x > 0 real, tal que

     c = 1 + x

Portanto,

     [tex]\Longrightarrow\quad c^n=(1+x)^n\ge 1+nx\quad\mathsf{(pela~prop.~3)}\\\\ \Longrightarrow\quad c^n\ge (1+x)+(n-1)x\\\\ \Longrightarrow\quad c^n\ge c+(n-1)x[/tex]

Mas se n é natural ≥ 1, então (n−1) ≥ 0, e como x > 0, temos (n−1)x ≥ 0 pela proposição 2.

Logo, segue que

     [tex]\Longrightarrow\quad c^n\ge c+(n-1)x\ge c\\\\ \Longrightarrow\quad c^n\ge c[/tex]

para todo n ∈ ℕ*.     ■

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