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

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