Álgebra: Indução Finita

por **Caeros** » Ter Mar 08, 2011 13:13

Prezados colegas ajude-me a compreender a seguinte sentença e solução:

Seja a sequência ${a}_{1}$ = 1, ${a}_{2}$ = 3 e ${a}_{n}$ = ${a}_{n-1}$ + ${a}_{n-2}$ , $\foralln\in\aleph$ com n $\geq$ 3. Mostre que
${a}_{n}<{\left( \frac{7}{4}\right)}^{n}$ , $\forall$ n $\in\aleph$

Solução. Seja P (n) : a proposição: a < ${\left( \frac{7}{4}\right)}^{n}$ , $\forall$ n $\in\aleph$ .

A afirmação P (1) é verdadeira porque

${a}_{1}$ = 1 < $\left( \frac{7}{4}\right)$

Seja k $\in\aleph$ ; arbitrário e suponha-se que P (k) é verdadeira, isto é
${a}_{k}<{\left( \frac{7}{4}\right)}^{k}$ ,(hipótese de indução)

pretende provar-se que P (k +1) é verdadeira, ou seja,

${a}_{k+1}<{\left( \frac{7}{4}\right)}^{k+1}$
Usando a hipótese de indução obtém-se:

${a}_{k+1}={a}_{k}+{a}_{k-1}\Rightarrow$ já a partir daqui não compreendo esta igualdade???????????? :?:

.

$<{\left( \frac{7}{4}\right)}^{k}+{\left( \frac{7}{4}\right)}^{k-1}$
$={\left( 1+\frac{7}{4}\right)}{\left(\frac{7}{4}\right)}^{k-1}$

Uma vez que:
${\left(\frac{11}{4}\right)}<3<{\left(\frac{7}{4}\right)}^{2}\Rightarrow{\left(\frac{11}{4}\right)}<{\left(\frac{7}{4}\right)}^{2}$

Conclui-se que:

${a}_{k+1}<\left(\frac{7}{4}\right)}^{2}{\left( \frac{7}{4}\right)}^{k-1}={\left( \frac{7}{4}\right)}^{k+1}$
O princÌpio de indução finita permite assim concluir que a afirmação P (n)
é veradeira, para todo o n $\in\aleph$ .

por **Abelardo** » Ter Mar 08, 2011 15:08

Você quer provar ${a}_{n}={\left(\frac{7}{4} \right)}^{n}$ ou ${a}_{n}={a}_{n-1}+ {a}_{n-2}$

por **MarceloFantini** » Ter Mar 08, 2011 16:42

Abelardo, ele não quer provar nenhuma dessas coisas.

A relação que você sabe é que pra encontrar um elemento, você soma os dois anteriores. Usando isso:

$a_{k+1} = a_k + a_{k-1} < \left( \frac{7}{4} \right)^k + \left( \frac{7}{4} \right)^{k-1} = \left( \frac{7}{4} \right)^k + \left( \frac{7}{4} \right)^k \cdot \left( \frac{7}{4} \right)^{-1}$

$\therefore a_{k+1} < \left( \frac{7}{4} \right)^k \cdot \left( 1 + \frac{4}{7} \right) = \left( \frac{7}{4} \right)^k \cdot \left( \frac{11}{7} \right) \therefore a_{k+1} < \left( \frac{7}{4} \right)^{k+1}$

Demonstrado.

por **Caeros** » Ter Mar 08, 2011 17:38

Olá Fantini obrigado deu uma clareada e percebi que a própria resolução está apresentando alguns erros!! esta resolução retirei de um livro, e não estava compreendendo, mas a dúvida já é outra!

Não compreendi como você partindo da expressão: $= \left( \frac{7}{4} \right)^k \cdot \left( \frac{11}{7} \right)$ chegou a expressão: $\left( \frac{7}{4} \right)^{k+1}$ na resposta que vc postou?? :?:

aguardo

por **MarceloFantini** » Ter Mar 08, 2011 18:02

$\frac{11}{7} < \frac{7}{4}$ , então: $\left( \frac{7}{4} \right)^k \cdot \left( \frac{11}{7} \right) < \left( \frac{7}{4} \right)^k \cdot \left( \frac{7}{4} \right) = \left( \frac{7}{4} \right)^{k+1}$

por **Caeros** » Ter Mar 08, 2011 21:40

Valeu Fantini por colaborar! :y:

por **MarceloFantini** » Ter Mar 08, 2011 21:44

Sem problemas.

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