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Análise Matemática – Exercícios I

— 1. Introdução —

No meu livro de Mecânica Quântica de Sakurai num determinado momento no prefácio, é dito algo como: “O aluno que tenha lido o livro, mas não consegue fazer os exercícios não aprendeu nada!”.

Quantas vezes eu ouvi pessoas dizerem: “Eu entendo a teoria, mas simplesmente não consigo fazer os exercícios …” Esse tipo de pensamento é errado e contraproducente.

Errado, porque se a pessoa de facto entendeu a teoria então seria capaz de resolver mais exercícios do que apenas os triviais, e contraproducente, porque ao esconder-se nessa defesa o aluno nunca irá evoluir na sua aprendizagem.

A matéria actual depende (quase) sempre da matéria anterior e esta é uma bola de neve de: “Eu entendo a teoria só não consigo fazer os exercícios” que continua a crescer.

Em vez disso as pessoas têm que entender que não tem que perceber tudo imediatamente, e na maioria das vezes temos que trabalhar duro para entender o que levou muitos anos das melhores mentes para se produzir.

Bem, chega de sermões moralistas e vamos começar com uma parte integrante deste blog: Exercícios!

De agora em diante exercícios das mais variadas disciplinas serão presença regular nos nossos artigos e no final de terminarmos a escrita de artigos referentes a uma disciplina iremos também disponibilizar um conjunto de exames resolvidos.

Como pensamento final peço ao leitor para não ler imediatamente a minha solução dos exercícios, antes de tentar resolver os exercícios por si próprio, visto que mesmo que não consiga resolver os exercícios, o esforço despendido naquele primeiro momento vai ajudá-lo a melhor entender o que eu fiz.

Também tenha em mente que as soluções publicadas não são de forma alguma únicas ou sequer as melhores soluções e, em alguns casos, podem até estar erradas (embora eu espere que isso não aconteça regularmente…).

— 2. Exercícios —

Exercício 1 Utilizando os 5 primeiro Axiomas demonstre as seguintes proposições:

  1. {-0=0}

    {0+(-0)=-0} pelo Axioma 4 e {0+(-0)=0} pelo Axioma 5.

    Uma vez que os lados esquerdos de ambas equações são iguais os lados direitos também devem sê-lo. Assim {-0=0}.

  2. {1^{-1}=1}

    {1\cdot 1^{-1}=1^{-1}} pelo Axioma 4 and {1\cdot 1^{-1}=1} pelo Axioma 5.

    Uma vez que os lados esquerdos de ambas equações são iguais os lados direitos também devem sê-lo. Assim {1^{-1}=1}.

  3. {-(-x)=x}

    O simétrico de {(-x)} é {-(-x)}, e pelo Axioma 5 {-(-x)+(-x)=0}.

    Mas sabemos que {x+(-x)=0} e assim {x} é o simétrico de {-x}.

    Uma vez que o simétrico de {-x} é único temos que ter {-(-x)=x}.

  4. {(x^{-1})^{-1}=x}

    {(x^{-1})^{-1}\cdot x^{-1}=1}. Mas também é {x\cdot x^{-1}=1}.

    O inverso de qualquer número real (diferente de {0}) é único por isso podemos concluir {(x^{-1})^{-1}=x}.

  5. {x\cdot y=x\cdot z \Rightarrow y=z} se {x\neq 0}.

    No caso {x=0} a igualdade é trivialmente válida ({0=0}). Assumindo que temos {x\neq 0} vem

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} x\cdot y &=& x\cdot z \\ x^{-1}\cdot (x\cdot y) &=& x^{-1}\cdot (x\cdot z) \\ (x^{-1}\cdot x)\cdot y &=& (x^{-1}\cdot x)\cdot z \\ 1\cdot y &=& 1\cdot z \\ y &=& z \end{array} }

  6. {\dfrac{u}{v}\cdot \dfrac{x}{y}=\dfrac{u\cdot x}{v\cdot y}}.

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} \dfrac{u}{v}\cdot \dfrac{x}{y} &=& (u\cdot v^{-1})(x\cdot y^{-1}) \\ &=& u\cdot (v^{-1}x)\cdot y^{-1} \\ &=& u\cdot (x\cdot v^{-1})\cdot y^{-1} \\ &=& (u\cdot x)(v^{-1}\cdot y^{-1}) \\ &=& (u\cdot x)(vy)^{-1} \\ &=& \dfrac{u\cdot x}{v\cdot y} \end{array} }

    Para os leitores mais atentos ao rigor matemático uma passagem na demonstração anterior foi rápida demais: {v^{-1}y^{-1}=(vy)^{-1}}.

    No interesse de sermos auto-contidos vamos demonstrar a igualdade anterior.

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} (vy)(v^{-1}y^{-1})&=& v(yv^{-1})y^{-1} \\ &=& v(v^{-1}y)y^{-1} \\ &=& (vv^{-1})(yy^{-1}) \\ &=& 1\times 1 \\ &=& 1 \end{array} }

    {(vy)(vy)^{-1}=1} por definição de recíproco. Assim {(vy)(v^{-1}y^{-1})=1} e {(vy)(vy)^{-1}=1}. Logo {v^{-1}y^{-1}=(vy)^{-1}}.

Exercício 2

  1. {x > 0 \Leftrightarrow x^{-1} > 0}.

    Vamos demonstrar a proposição anterior recorrendo ao método da demonstração por absurdo. Ou seja vamos mostrar {x > 0 \land x^{-1} < 0} leva a uma contradição.

    Primeiro demonstramos a condição necessária: {x > 0}, e {x^{-1} < 0}. Multiplicando ambos os membros da primeira desigualdade por {x^{-1}} vem {x\cdot x^{-1} < 0\cdot x^{-1} \Leftrightarrow 1 < 0} o que sabemos ser uma proposição falsa.

    A prova para a condição suficiente pode ser feita de igual modo e assim a veracidade de {x > 0 \Leftrightarrow x^{-1} > 0} está estabelecida.

    Note que se trata de uma relação de equivalência, portanto, ou nós usamos relações de equivalência ou usamos, como fizemos, relações de implicação para ambos os sentidos da proposição.

    Neste caso eu acho que a maioria das pessoas vai entender o que quero dizer, se expressá-lo simbolicamente. Imagine que nós queríamos provar que {A \Leftrightarrow B} é válido. Uma maneira de fazê-lo seria mostrar que {A \Leftrightarrow A' \Leftrightarrow A'' \Leftrightarrow \cdots \Leftrightarrow A^{(n)} \Leftrightarrow B}. Dessa forma passaríamos por {n} relações de equivalência entre {A} e {B} e uma vez que as relações de equivalência são transitivas teríamos {A \Leftrightarrow B}.

    Outra forma de fazê-lo é mostrar que nós podemos passar de {A} para {B} e de {B} para {A}. Simbolicamente

    \displaystyle A \Rightarrow P_1 \Rightarrow P_2 \Rightarrow \cdots \Rightarrow P_n \Rightarrow B

    e

    \displaystyle B \Rightarrow Q_1 \Rightarrow Q_2 \Rightarrow \cdots \Rightarrow Q_n \Rightarrow A

    Para terminar vou repetir o melhor exemplo que me foi dado, a fim de explicar o que é uma condição necessária e o que é uma condição suficiente. Vamos supor que está fazendo um exame cuja avaliação vai de { 0} a { 20 }, sendo { 10 } a nota mínima para passar.

    Para que possa passar no exame é suficiente ter uma nota maior do que { 15 }, mas felizmente não é necessário!

    E se você passou, a nota é necessariamente maior do que {5}, mas, infelizmente, ter uma nota superior a { 5 } não é suficiente para ser aprovado.

  2. {x > 1 \Leftrightarrow x^{-1}\in \rbrack 0,1\lbrack}

    Se {x > 1} então {x > 0} e pelo exercício anterior {x^{-1} > 0}. Assim

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} x &>& 1 \\ x\cdot x^{-1} &>& 1\cdot x^{-1} \\ 1 &>& x^{-1} \end{array} }

    Logo {x^{-1} > 0} e {x^{-1} <1 }.

    que podemos escrever mais sinteticamente

    \displaystyle 0 < x^{-1} < 1 \Leftrightarrow x^{-1} \in \rbrack 0,1 \lbrack

Exercício 3

    O factorial de um número natural {n} pode ser definido através das seguintes relações recursivas: {0!=1} and {(n+1)!=n!\times(n+1)}. {\dbinom{n}{k}=\displaystyle\dfrac{n!}{k!(n-k)!}} denota o coeficiente binomial cujo resultado é o número de maneiras distintas se escolher {k} elementos de um conjunto com {n} elementos.

  1. Mostre que {\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k+1}=\dbinom{n+1}{k+1}}

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} \dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k+1} &=& \dfrac{n!}{k!(n-k)!}+\dfrac{n!}{(k+1)!(n-k+1)!} \\ &=& \dfrac{k!(n-k-1)!n!(k+1+n-k)!}{k!(n-k-1)!(n-k)!(k+1)!} \\ &=& \dfrac{n!(n+1)}{(k+1)!(n-k)!} \\ &=& \dbinom{n+1}{k+1} \end{array} }

  2. Mostre que {(x+y)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}} por indução.

    Para {n=0} é

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} (x+y)^0 &=& \displaystyle \sum_{k=0}^0 \binom{0}{k} x^k y^{0-k} \\ 1 &=& 1 \end{array} }

    que é uma afirmação verdadeira.

    Vamos agora admitir por hipótese de indução {n \in \mathbb{N}} {(x+y)^n= \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}}

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} (x+y)^{n+1} &=& (x+y)^n (x+y) \\ &=& x(x+y)^n+y(x+y)^n \\ &=& x\displaystyle\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} x^k y^{n-k}+y\displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n-l} \\ &=& \displaystyle\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} x^{k+1} y^{n-k}+ \displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l} \end{array} }

    Fazendo a mudança de variáveis {l=k+1} no primeiro somatório:

    {\displaystyle \sum_{l=1}^{n+1} \dbinom{n}{l-1}x^l y^{n-l+1}=\displaystyle \sum_{l=1}^{n} \dbinom{n}{l-1}x^l y^{n-l+1}+x^{n+1} }

    E notando que

    \displaystyle  {\displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l}=y^{n+1}+\displaystyle\sum_{l=1}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l}}

    podemos escrever

    { \displaystyle \begin{array}{rcl} (x+y)^{n+1} &=& \displaystyle\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} x^{k+1} y^{n-k}+ \displaystyle\sum_{l=0}^n \dbinom{n}{l} x^l y^{n+1-l} \\ &=& \displaystyle \sum_{l=1}^{n} \dbinom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}+x^{n+1}+y^{n+1} \end{array} }

    Agora {x^{n+1}} é {\dbinom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}} com {l=n+1} e {y^{n+1}} é {\dbinom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}} com {l=0}.

    Assim podemos escrever

    \displaystyle  {(x+y)^{n+1}= \displaystyle\sum_{l=0}^{n+1} \binom{n+1}{l}x^l y^{n-l+1}}

    O que termina a nossa demonstração.

Exercício 4 Mostre por indução que {\displaystyle\sum_{n=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n}}.

Para {n=1} é

\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{1}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{1} \Leftrightarrow 1\leq 1

que é uma afirmação verdadeira.

Agora queremos mostrar que a veracidade de

\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{n+1}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n+1}

segue da veracidade de

\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n}

que é a nossa hipótese de indução.

{ \displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\sum_{r=1}^{n+1}\dfrac{1}{r^2} &=& \sum_{r=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}+\dfrac{1}{(n+1)^2} \\ &\leq& 2-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{(n+1)^2} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+1} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{-(n+1)^2+n+n(n+1)}{n(n+1)^2} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{-n^2-2n-1+n+n^2+n}{n(n+1)^2} \\ &=& 2-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n(n+1)^2}\leq 2-\dfrac{1}{n+1} \end{array} }

Ou seja

\displaystyle \displaystyle\sum_{n=1}^{n}\dfrac{1}{r^2}\leq 2-\dfrac{1}{n}\,\forall n \in \mathbb{N}: n > 1

Exercício 5 Mostre por indução em {n} que

\displaystyle \displaystyle\sum_{r=1}^{n}r(r+1)\cdots(r+k-1)=\dfrac{n(n+1)\cdots(n+k)}{k+1}

Para {n=1} é

{ \displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle \sum_{r=1}^1 r(r+1)(r+2)\cdots(r+k-1) &=& \dfrac{1.2.3\cdots (1+k)}{k+1} \\ \displaystyle 1\times 2\times 3\times\cdots\times k &=& \dfrac{(k+1)!}{k+1} \\ k! &=& k! \end{array} }

Agora a nossa hipótese de indução é

\displaystyle  {\displaystyle\sum_{r=1}^{n}r(r+1)\cdots(r+k-1)=\displaystyle\dfrac{n(n+1)\cdots(n+k)}{k+1}}

E queremos mostrar que

{\displaystyle\sum_{r=1}^{n+1}r(r+1)\cdots(r+k-1)=\displaystyle\dfrac{(n+1)(n+2)\cdots(n+1+k)}{k+1}}

É

{\begin{aligned} \displaystyle \sum_{r=1}^{n+1}r(r+1)\cdots(r+k-1)&= \sum_{r=1}^{n}r(r+1)\cdots (r+k-1)+(n+1)\cdots(n+k)\\ &=\dfrac{n(n+1)\cdots(n+k)}{k+1}+(n+1)\cdots(n+k)\\ &=(n+1)(n+2)\cdots(n+k)\left\lbrack \dfrac{n}{k+1}+1 \right\rbrack\\ &=(n+1)(n+2)\cdots(n+k)\left\lbrack \dfrac{n+k+1}{k+1}\right\rbrack\\ &=\dfrac{(n+1)(n+2)\cdots(n+k)(n+k+1)}{k+1} \end{aligned}}

Análise Matemática – Conjuntos Indutivos

— 2. Conjuntos Indutivos —

Depois de provar que { 0 <1 } vimos que poderíamos construir os números naturais de acordo com o seguinte procedimento;

  1. { 0 + 1 <1 + 1 } e definir { 1 + 1 = 2 }
  2. { 1 + 1=2 <1 + 1+1 } e definir { 1 + 1+1=2+1 = 3 }

Seguindo esta linha de pensamento poderíamos definir os números naturais, mas é claro que este método seria tudo menos rigoroso e neste momento nós estamos interessados em ter bases matemáticas rigorosas.

De forma a introduzir os números naturais de uma forma mais rigorosa primeiro devemos definir o que é um conjunto indutivo.

Definição 9 { X \subset \mathbb{R} } diz-se um conjunto indutivo se .

\displaystyle x \in X \Rightarrow x + 1 \in X \ \ \ \ \ (28)

Como um exemplo de um conjunto indutivo temos { \mathbb{R} }.

Uma coisa importante a notar é que uma interseção de um número (mesmo um número infinito) de conjuntos indutivos tem como resultado um conjunto indutivo (a demonstração deste facto fica como um exercício para o leitor).

Vamos agora considerar o conjunto de todos os conjuntos indutivos que contêm o elemento { 0 }. A intersecção de todos esses conjuntos é um conjunto indutivo, que contém { 0 \, }. Vamos definir este novo conjunto como sendo o conjunto dos números naturais e denotá-lo que por { \mathbb{N} }.

Definição 10 Seja {x_1,x_2,x_3,\cdots} a colecção de todos os conjuntos indutivos que contêm o elemento {0}. Definimos {\mathbb{N}}, o conjunto dos números naturais como sendo:

\displaystyle \mathbb{N}=x_1\cap x_2\cap x_3\cap \cdots \ \ \ \ \ (29)

A partir desta abordagem podemos deduzir uma série de propriedades dos números naturais à semelhança do que fizemos para os números reais.

— 2.1. Axiomas de Peano —

— 2.1.1. Introdução ao Axiomas de Peano —

Outra maneira de abordar esta questão é construir os números naturais de uma forma axiomática. Os axiomas mais utilizados são os Axiomas de Peano e neles os conceitos primitivos são números naturais, zero, e sucessor:

— 2.1.2. Axiomas de Peano —

Axioma 9

\displaystyle \forall n \in \mathbb{N} \quad n = n \ \ \ \ \ (30)

Axioma 10

\displaystyle \forall n, p \in \mathbb{N} \quad n = p \Rightarrow p = n \ \ \ \ \ (31)

Axioma 11

\displaystyle \forall n, p, q \in \mathbb{N} \quad n = p, p = q \Rightarrow n = q \ \ \ \ \ (32)

Axioma 12

\displaystyle a \in \mathbb{N} \vee b =a \Rightarrow b \in \mathbb{N} \ \ \ \ \ (33)

Axioma 13

\displaystyle 0 \in \mathbb{N} \ \ \ \ \ (34)

Axioma 14 { S } é uma aplicação que associa cada número natural { n } ao seu sucessor.

\displaystyle S (n) = n + 1 \ \ \ \ \ (35)

Axioma 15 { 0 } não é sucessor de nenhum número natural.

\displaystyle \forall n \in \mathbb{N} \quad S (n) \neq 0 \ \ \ \ \ (36)

Axioma 16 { S } é uma aplicação injectiva:

\displaystyle \forall m, n \in \mathbb{N}, \quad S (m) = S (n) \Rightarrow m = n \ \ \ \ \ (37)

Axioma 17 Seja { K } é um conjunto indutivo e { 0 \in K }. Se { \forall n \in \mathbb{N} \quad n \in K \Rightarrow S (n) \in K } então { K = \mathbb{N} }.

Os axiomas anteriores definem a relação de igualdade como sendo reflexiva, simétrica e transitiva em {\mathbb{N}} (axiomas 9, 10 e 11 respectivamente).

O Axioma 12 estabelece que o conjunto de números naturais é fechado relativamente à operação de igualdade. O Axioma 15 estabelece {0} como sendo o primeiro número natural. Relativamente ao axioma 16 iremos entender melhor o que é uma aplicação injectiva quando começarmos a publicar material sobre Álgebra Linear.

O último Axioma é muitas vezes chamado na literatura como o princípio da indução finita. Ele serve como base de um método muito poderoso de provar declarações sobre { K \subset \mathbb{N} }.

— 2.1.3. Método da Indução Finita —

Este método é chamado o método de indução finita e o seu procedimento é: Suponhamos que queremos provar alguma condição, { C (n) }, que é suposto ser válida sempre que { n } é um número natural. O método de indução finita diz-nos que não precisamos de provar a validade de { C (n) } para todos os casos individualmente. O que temos de provar é:

  1. { C (0) } é uma condição verdadeira. Estritamente falando não precisamos de começar com {0}, mas sim com o primeiro número natural, { p }, que faça com que a proposição que pretendemos demonstrar é verdadeira. Este caso é chamado do caso base.
  • { \forall n \in \mathbb{N} \quad C (n) \Rightarrow C (n + 1) }. Traduzindo para uma linguagem mais simples: Sempre que a condição é válida para um determinado número natural ela também é válida para o seu sucessor. O facto de assumirmos que {C(n)} é válida para um certo {n} tem o nome de hipótese indutiva.E esta é a declaração formal do método de indução finita, mas talvez seja melhor fornecermos uma imagem mental que explana o espírito deste método.

    Vamos supor que o nosso objetivo é provar uma determinada condição para todos os números naturais. Primeiro de tudo temos de provar que a condição é válida para { n=0 }. Depois de fazermos isso, temos de provar que sempre que a condição é válida para um determinado número natural também é válida para o número natural que se lhe segue.

    Deste modo acabamos de provar que a condição é válida para todos os números naturais. “E porquê?” alguns dos leitores podem perguntar. Bem em primeiro lugar nós provamos que a proposição é verdadeira para { 0 } e em segundo lugar provamos que sempre que a proposição é verdadeira para um número natural teria de ser verdadeira para seu sucessor também. Ou seja depois de sabermos que a condição é válida para { 0 \, } ficamos a saber que também é válida para { 1 }. Mas agora, pelo segundo passo também é válida para { 2}! Mas agora, novamente pelo segundo passo também é válida para { 3 }! Mas agora, pelo segundo passo também vale para 4 { }! e assim por diante…

    Como já é nosso hábito, vamos agora dar um exemplo de forma a quebrar um pouco a nossa cadeia de abstracção

    Proposição 12 A soma dos {n} primeiros números naturais pode calcular-se usando a seguinte expressão:

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = 1 + 2 + 3 + \ \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2} \ \ \ \ \ (38)

    Demonstração: Vamos usar o método da Indução Finita para demonstrar a igualdade proposta. Vamos em primeiro lugar provar que é válida para {C(1)}, o nosso caso base.

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^1i = \frac{1 (1 + 1)}{2}

    O lado esquerdo dessa igualdade é uma soma com apenas um número e assim fica

    \displaystyle 1 = \frac{1 \times 2}{2} \Rightarrow 1 = 1

    que é uma afirmação verdadeira. A primeira etapa está concluída e é hora de darmos o salto indutivo.

    O que precisamos agora é de provar é que, se { C (n) } é válida,necessariamente { C (n + 1) } também é válida. Prestem atenção para o facto de agora estarmos a assumir que { C(n) } é uma proposição válida para { n } e o que pretendemos provar é que a veracidade de { C (n + 1) } segue.

    (Peço desculpa por estar a ser repetitivo, mas partindo da minha experiência, a maioria das pessoas acaba por não entender o método de indução finita e porque/como ele funciona devido a não entender a verdadeira natureza deste passo crucial e acabam por somente aplicar mecanicamente o método para conseguirem passar no exame.)

    Agora vamos supor que

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2}

    para um certo { n } e queremos provar que

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1 }^{n + 1} i = \frac{(n + 1) (n + 1 + 1)}{2} = \frac{(n + 1) (n + 2)} {2}

    se segue. O fato de assumirmos que { \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2} } é verdade para um certo { n } não é ridículo porque sabemos um { n } para o qual a proposição é válida: { n=1 }.

    {\begin{aligned} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n + 1} i &= 1 + 2 + 3 + \cdots + n + (n + 1) \\ &=(1 + 2 + 3 + \cdots + n) +( n + 1)\\ &=\frac{n (n + 1)}{2} + (n + 1) \end{aligned}}

    Onde a última igualdade é válida pela hipótese indutiva. Continuando:

    {\begin{aligned} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n + 1} i &= \frac{n (n + 1)}{2} + (n + 1) \\ &=\frac{n (n + 1)}{2} + \frac{2 (n + 1)}{2}\\ &=\frac{(n + 1) (n + 2)}{2} \end{aligned}}

    Portanto, ao assumir a validade de { \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2} } para { n } fomos capazes de provar a validade de { \displaystyle \sum_{i = 1}^{n + 1} i = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2}}, que é o resultado esperado.

    Assim { \displaystyle \sum_{i = 1}^n i = \frac{n (n + 1)}{2} } é válida para todos os { n \in \mathbb{N} }.

    \Box

    O Método da Indução Finita de facto é um método poderoso, mas eu sempre fico um pouco insatisfeito com ele.

    Sim, nós podemos provar a veracidade de uma proposição, mas nós não conseguimos entender por que tal proposição é verdadeira. E isso sempre me faz pensar como foi que o primeiro matemático (ou matemática) foi capaz de discernir sobre a validade de tal proposição.

    De qualquer modo, vamos ver uma prova diferente da proposição anterior, que permite compreender por que razão a fórmula da soma é como é.

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = S = 1 + 2 + 3 + \dots + n

    por outro lado

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = S = n + (n-1) + (n-2) + \cdots + 1

    Somando ambas as equações termo a termo obtemos

    {\begin{aligned} 2S &= (n + 1) + (n-1 + 2) + (n-2 + 3) + \cdots + (n + 1==\\ &=(n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + \cdots + (n + 1) \end{aligned}}

    Que é uma soma com com {n} termos, sendo que todos eles são iguais a { n + 1 }. Ora a soma de { n } termos iguais é o que nós conhecemos como uma multiplicação.

    \displaystyle (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + \cdots (n + 1) = n (n + 1)

    por isso temos

    \displaystyle 2S = n (n + 1) \Rightarrow S=\frac{n (n + 1)}{2} \Rightarrow \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2}

    .

    Com esta demonstração nós conseguimos entender de onde vem o factor {n}, de onde vem o factor {n+1} e porque temos que dividir por {2}.

    Com este artigo damos por terminado a nossa introdução à Análise Real e a partir do próximo artigo vamos começar a tratar propriamente da Análise Real, e vamos fazê-lo recorrendo à sucessões.

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