Postagem 2

Neste post, apresentarei 4 soluções da questão 58 da seção Problemas dos Fatos Matemáticos (Parte 21) enviadas pelo leitor Pedro Roberto de Lima articulador do blog Manthano, o que vem provar que não há uma única forma de resolver um problema e que devemos sempre procurar outros modos e outras teorias para achar sua solução. O blog Fatos Matemáticos agradece imensamente ao leitor Pedro Roberto por esta contribuição.

Vejamos o enunciado do problema 58 e as 4 soluções distintas.

[;58);] Prove que

[;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \geq \sqrt{n};]

para [;n \geq 2;].

Observação: Com a minha solução apresentada na seção de problemas, temos até o momento 5 soluções distintas.

Solução 1:

Propriedade 1: Quando [;m \geq 2;], tem-se

[;\sqrt{m} - \frac{1}{\sqrt{m}} \ < \ \sqrt{m - 1};]

Demonstração: Se a propriedade não vale, então

[;\sqrt{m} - \frac{1}{\sqrt{m}} \geq \sqrt{m - 1} \quad \Rightarrow \quad m-1 \geq \sqrt{m}\cdot \sqrt{m - 1} \quad \Rightarrow;]

[;(m-1)^2 \geq m^2 - m \quad \Rightarrow \quad m^2 - 2m + 1 \geq m^2 - m f\quad \Rightarrow \quad m \leq 1;]

o que é um absurdo, pois por hipótese, [;m \geq 2;].

Seja

[;X =\biggl {n \geq 2 : \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ < \ n \biggr };]

Note que [;X \subset \mathbb{N};]. Afirmamos que [;X;] é um conjunto vazio. De fato, se [;X \neq \phi;], então pelo princípio da boa ordem, [;X;] possui um elemento mínimo que chamaremos de [;m;]. Como [;m \in X;], temos:
[;\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{\sqrt{k}}= \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}}+\ldots + \frac{1}{\sqrt{m-1}} + \frac{1}{\sqrt{m}} \ < \ \sqrt{m} \quad \Rightarrow;]
[;\frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{m-1}} < \sqrt{m} - \frac{1}{\sqrt{m}};]

Agora reescrevendo o lado esquerdo como um somatório usando a propriedade 1, concluímos que
[;\sum_{k=1}^{m-1}\frac{1}{\sqrt{k}} < \sqrt{m-1};]
o que mostra que [;m - 1 \in X;], o que é um absurdo, pois contraria a minimalidade de [;m;]. Logo, [;X;] é vazio e, portanto, 
[;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \geq \sqrt{n}, \quad \forall n \geq 2;]

Solução 2: Usando Cálculo.

 Os casos [;n = 2;] e [;n = 3;] podem ser verificados diretamente, substituindo os valores numéricos na desigualdade e fazendo os cálculos aritméticos elementares.

Para [;n \geq 4;], note que sempre vale [;2\sqrt{n} - 2 \geq \sqrt{n};]. De fato, pela argumentação da contra-positiva, temos:
[;2\sqrt{n} - 2 \ < \ \sqrt{n} \quad \Rightarrow \quad \sqrt{n} \ < \ 2 \quad \Rightarrow \quad n \ < \ 4;]
Logo, em qualquer intervalo de extremos positivos, a soma superior (soma das áreas dos retângulos circunscritos na curva) é sempre maior do que ou igual a integral definida. Assim, como o somatório dado representa uma soma superior no intervalo [;[1,n];] ([;n - 1;] retângulos de base [;1;] e altura [;1/\sqrt{k};]), temos:

[;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \geq \int_{1}^{n}\frac{1}{\sqrt{x}}dx = \int_{1}^{n}x^{-1/2}dx = [2\sqrt{x}]_{1}^{n} = 2\sqrt{n} - 2;]
Deste modo, quando [;n \geq 4;], temos
[;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \geq \sqrt{n};]
Isso conclui a demonstração.

Solução 3: Usando redução ao absurdo e propriedades elementares.

Se  a afrimação é falsa, então
[;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ < \ \sqrt{n} \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n}} \ < \ \sqrt{n} \quad \Rightarrow;]
[;\frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}} + \ldots +\frac{1}{\sqrt{n}} \ < \ \sqrt{n};]
pois,
[;0 < k \leq n \quad \Rightarrow \quad \sqrt{k} \leq \sqrt{n} \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n}};]
O lado esquerdo da soma acima possui [;n;] parcelas iguais a [;1/\sqrt{n};], de modo que
[;n\cdot \frac{1}{\sqrt{n}} \ < \ \sqrt{n} \quad \Rightarrow \quad \sqrt{n} < \sqrt{n};]
Absurdo!

Solução 4: (Usando indução)

Propriedade 2: Para todo natural [;n;], tem-se
[;\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} > \sqrt{n+1};]
Prova: Basta tomar a propriedade 1 e pôr [;n+1;] no lugar de [;m;].

Novamente, provaremos a afirmação mais forte que diz: para todo natural [;n \ > \ 0;] vale:
[;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ > \ \sqrt{n};]
Para [;n = 1;], o resultado vale, pois
[;\sum_{k=1}^{1}\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{1}{\sqrt{1}} =1 \geq 1;]
Supondo que vale para um natural arbitrário [;n;] concluiremos que vale para [;n+1;]. De fato, usando a propriedade 2 na última etapa, temos:
[;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \geq \sqrt{n} \quad \Rightarrow;]
 [;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \quad \Rightarrow;]
 [;\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{\sqrt{k}} \geq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \ > \ \sqrt{n+1};]
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