Indução Matemática

por **MateusDantas1** » Dom Mar 04, 2012 13:00

Para cada n inteiro positivo, os números de Lucas L_n

são definidos por:

$L_{n+2}=L_{n+1}+L_n, L_1=1, L_0=2$ .

a. Prove que, para todo n maior ou igual a 0, L_n=a^n + b^n

, onde $a= (1+ \sqrt5) \div2$ e $b =(1-\sqrt5) \div2$

b. Prove que $a^{n-1}\sqrt5-(L_{n-1})\div(a)$ é um número de Lucas, para cada n>0

c. Prove que $L_n + L_{n+3}=2L{n+2}$ , para todo n maior ou igual a 0.

Não tenho ideia de como se faz isso se alguém puder me ajudar, obrigado.

por **LuizAquino** » Ter Mar 06, 2012 01:50

MateusDantas1 escreveu:Para cada n inteiro positivo, os números de Lucas L_n são definidos por:

$L_{n+2}=L_{n+1}+L_n$ , , .

a. Prove que, para todo n maior ou igual a 0, , onde $a= (1+ \sqrt{5}) \div 2$ e $b =(1-\sqrt{5}) \div 2$

b. Prove que $a^{n-1}\sqrt{5}-(L_{n-1})\div(a)$ é um número de Lucas, para cada n>0

c. Prove que $L_n + L_{n+3}=2L{n+2}$ , para todo n maior ou igual a 0.

MateusDantas1 escreveu:Não tenho ideia de como se faz isso

Primeiro, veja alguns números de Lucas:

L_0 = 2

E assim por diante.

MateusDantas1 escreveu:a. Prove que, para todo n maior ou igual a 0, , onde $a= (1+ \sqrt{5}) \div 2$ e $b =(1-\sqrt{5}) \div 2$

Façamos n = 0.

Pela definição, temos que L_0 = 2

.

Além disso, temos que:

$a^0 + b^0 = \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^0 + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^0 = 1 + 1 = 2$

Sendo assim, temos que:

L_0 = a^0 + b^0

Ou seja, a relação é válida para n = 0.

Vamos supor que a relação é válida até n. Ou seja, vamos supor que:

L_n = a^n + b^n

Desejamos provar que ela será válida para n + 1. Isto é, desejamos provar que:

$L_{n+1} = a^{n+1} + b^{n+1}$

Vamos começar desenvolvendo $L_{n+1}$ .

Usando a definição, temos que:

$L_{n+1} = L_{n} + L_{n-1}$

Usando a suposição de que a relação é válida até n, podemos dizer que:

$L_{n+1} = a^n + b^n + a^{n-1} + b^{n-1}$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n + \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1} + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1}$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left[1 + \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{-1}\right] + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left[1 + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{-1}\right]$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2}{1+\sqrt{5}}\right) + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2}{1-\sqrt{5}}\right)$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2}{1+\sqrt{5}}\cdot \frac{1-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}}\right) + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2}{1-\sqrt{5}}\cdot \frac{1+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}\right)$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2 - 2\sqrt{5}}{1^2 - \sqrt{5}^2}\right) + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2 + 2\sqrt{5}}{1^2-\sqrt{5}^2}\right)$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2 - 2\sqrt{5}}{-4}\right) + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(1 + \dfrac{2 + 2\sqrt{5}}{-4}\right)$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(\dfrac{- 4 + 2 - 2\sqrt{5}}{-4}\right) + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(\dfrac{-4 + 2 + 2\sqrt{5}}{-4}\right)$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(\dfrac{- 2 - 2\sqrt{5}}{-4}\right) + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(\dfrac{-2 + 2\sqrt{5}}{-4}\right)$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right) + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\left(\dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)$

$= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1} + \left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}$

$= a^{n+1} + b^{n+1}$

Em resumo, obtemos que:

$L_{n+1} = a^{n+1} + b^{n+1}$

Sendo assim, provamos por indução que para todo n maior ou igual a zero é válido que L_n=a^n + b^n