Exemplos

Exemplo 1

Podemos usar o princípio de indução matemática para mostrar que:

$$1+2+3+4+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$$

Neste caso $\displaystyle \mathcal{P}(n)=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$. Portanto, $\mathcal{P}(1)$$\displaystyle =1=\frac{1(1+1)}{2}\quad$ e $\quad \mathcal{P}(n+1)$$\displaystyle =1+2+3+\cdots+n+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$.

$\quad\quad$1. $\displaystyle \mathcal{P}(1)=1=\frac{1(1+1)}{2}$ é verdadeira.

$\quad\quad$2. Supomos agora que $\mathcal{P}(n)$ é verdadeira, ou seja, a hipótese de indução. Queremos mostrar que $\mathcal{P}(n+1)$ também é verdadeira.

$1+2+3+\cdots+n+(n+1)$	$=$	$(1+2+3+\cdots+n)+(n+1)$
	$=$	$\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}+(n+1)$, pela hipótese de indução
	$=$	$\displaystyle \frac{n(n+1)+2(n+1)}{2} = \frac{(n+1)(n+2)}{2}$ $\quad\quad \mbox{QED}$

Exemplo 2

Outro exemplo da aplicação do princípio de indução matemática pode ser visto na demonstração de:

$$17^n-10^n \mbox{é múltiplo de } 7, \, \forall n \in \mathbb{N}$$

$\quad\quad$1. $\mathcal{P}(1)=1=17^1-10^1=7$, que é múltiplo de 7, portanto $\mathcal{P}(1)$ é verdadeira.

$\quad\quad$2. Supomos agora que $\mathcal{P}(n)$ é verdadeira, ou seja, a hipótese de indução. Queremos mostrar que $\mathcal{P}(n+1)$ também é verdadeira.

$17^{n+1}-10^{n+1}$	$=$	$17^n \cdot 17-10^n \cdot 10$
	$=$	$17^n \cdot 17 - 10^n \cdot 10 - 17^n \cdot 10 + 17^n \cdot 10$
	$=$	$17^n \cdot 17 - 17^n \cdot 10 + 17^n \cdot 10 - 10^n \cdot 10$
	$=$	$17^n \cdot (17-10) + 10 \cdot (17^n - 10^n)$
	$=$	$17^n \cdot 7 + 10 \cdot (\mbox{múltiplo de 7})$, pela hipótese de indução
	$=$	$\mbox{múltiplo de 7}$ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \mbox{QED}$

Exemplo 3

Considere $n$ rectas no plano que estão em posição geral, isto é, - duas quaisquer intersectam-se (não há paralelas) e - não existem 3 ou mais que se intersectam num único ponto. Em quantas partes dividem o plano? Designemos por $P(n)=$ número de partes em que as $n$ rectas em posição geral dividem o plano. Para $n=1$, é claro que $P(1)=2$. Suponhamos que conhecemos $P(n)$ e determinemos $P(n+1)$. Consideremos pois $n+1$ rectas em posição geral no plano. As $n$ primeiras destas rectas dividem o plano em $P(n)=$ partes. A última, chamemos-lhe $\ell$, intersecta as $n$ primeiras em $n$ pontos distintos que dividem a recta $\ell$ em $n+1$ pontos distintos (veja o applet com $n=3$ rectas, com $P(3)=7$ partes, e $n+1=4$ rectas e $P(4)=11$ partes).

Portanto, a recta $\ell$ tem pontos comuns com $n+1$ das partes determinadas pelas $n$ primeiras rectas a que se vêm juntar $n+1$ novas partes (veja o applet: às $P(3)=7$ partes determinadas pelas $3$ primeiras rectas, juntam-se $4$ novas partes).

Concluindo

$P(n+1)=P(n)+(n+1)$

Fazendo nesta igualdade $n$ sucessivamente igual a $n-1,n-2,\cdots,2,1$, obtemos

$\begin{eqnarray} P(n)&=&P(n-1)+n \\ P(n-1)&=&P(n-2)+(n-1)\\ &\vdots&\\ P(3)&=&P(2)+3\\ P(2)&=&P(1)+2 \end{eqnarray}$

Somando estas igualdades, simplificando e atendendo a que $P(1)=2$, obtemos

$\begin{eqnarray} P(n)&=&P(1)+[n+(n-1)+\cdots+2]\\ &=& 1+[n+(n-1)+\cdots+1]\\ &=& 1+\displaystyle \frac{n(n+1)}{2} \\ &=& \displaystyle \frac{n^2+n+2}{2} \end{eqnarray}$