FATOS MATEMÁTICOS: Potências com Expoentes Naturais e Inteiros

domingo, 29 de abril de 2012

Potências com Expoentes Naturais e Inteiros

Uma das operações matemáticas mais usadas é a potenciação e o conhecimento de suas propriedades é fundamental no desenvolvimento das funções exponenciais e logarítmicas. Neste post, veremos esta operação com a preocupação em expor o assunto de forma concisa. Para isso, é necessário que o leitor conheça a técnica de demonstração por indução finita.

Definição 1: Para $[;0 \prec a \neq 1;]$ , definimos:

$[;\begin{cases}a^0 = 1\\a^1 = a\\a^{n+1} = a^n\cdot a, \qquad n \geq 1\end{cases};]$

Desta definição, segue a seguinte proposição:

Proposição 1: Se $[;a;]$ , $[;b \in \mathbb{R}_{+}-\{1\};]$ e $[;m,n \in \mathbb{N}^{\ast};]$ , então:
$[;i);]$ $[;a^m\cdot a^n = a^{m + n};]$
$[;ii);]$ $[;(a^m)^n = a^{m\cdot n};]$
$[;iii);]$ $[;(ab)^n = a^n\cdot b^n;]$
$[;iv);]$ $[;\biggl(\frac{a}{b}\biggr)^n = \frac{a^n}{b^n}, \qquad b \neq 0;]$

Demonstração:

$[;i);]$ Fixamos $[;m;]$ arbitrariamente e provemos a relação por indução finita sobre $[;n;]$ . Para $[;n = 1;]$ , temos:

$[;a^m\cdot a^1 = a^m\cdot a = a^{m+1};]$

Suponhamos que $[;a^m\cdot a^n = a^{m+n};]$ e provemos que $[;a^{m}\cdot a^{n+1} = a^{m+n+1};]$ .

De fato,

$[;a^{m}\cdot a^{n+1} = a^m\cdot (a^n\cdot a) = (a^m\cdot a^n)\cdot a = a^{m+n}\cdot a = a^{m+n+1};]$

$[;ii);]$ $[;(a^m)^n = a^{m\cdot n} \qquad (1);]$

Fixemos $[;m;]$ arbitrariamente e provemos a relação por indução finita sobre $[;n;]$ . Para $[;n = 1;]$ , temos:

$[;(a^m)^1 = a^m = a^{m\cdot 1};]$
Suponhamos que $[;(1);]$ seja válida e provemos sua validade para $[;n + 1;]$ .

$[;(a^m)^{n + 1} = (a^m)^n\cdot a^m = a^{m\cdot n}\cdot a^m = a^{m\cdot n + m} = a^{m(n + 1)};]$

$[;iii);]$ Usaremos indução sobre $[;n;]$ . Para $[;n = 1;]$ , temos $[;(ab)^1 = ab = a^1\cdot b^1;]$ . Suponhamos que a expressão dada seja válida e provaremos sua validade para $[;n+1;]$ . De fato,

$[;(ab)^{n+1} = (ab)^n\cdot (ab) = a^nb^n\cdot a\cdot b = (a^na)\cdot (b^nb) = a^{n+1}\cdot b^{n+1};]$

$[;iv);]$ Para $[;n = 1;]$ , temos

$[;\biggl(\frac{a}{b}\biggr)^1 = \frac{a}{b} = \frac{a^1}{b^1};]$

Suponhamos que a expressão dada seja válida e provaremos sua validade para $[;n+1;]$ . De fato,

$[;\biggl(\frac{a}{b}\biggr)^{n+1} = \biggl(\frac{a}{b}\biggr)^n\cdot \frac{a}{b} = \frac{a^n}{b^n}\cdot \frac{a}{b} = \frac{a^na}{b^nb} = \frac{a^{n+1}}{b^{n+1}};]$

Exemplo 1: Calcule as expressões abaixo:

$[;a);]$ $[;\frac{64^2}{4^2} =;]$

$[;b);]$ $[;3^35^3 =;]$

$[;c);]$ $[;\biggl(\frac{4}{3}\biggr)^2\cdot \biggl(\frac{3}{4}\biggr)^3 =;]$

$[;d);]$ $[;(m^5n^3p^2)^4 =;]$

Resolução:

$[;a);]$ $[;\frac{64^2}{4^2} = \frac{(2^6)^2}{(2^2)^2} = \frac{2^{12}}{2^4} = 2^{12 - 4} = 2^8;]$

$[;b);]$ $[;3^35^3 = (3\cdot 5)^3 = 15^3 = 3375;]$

$[;c);]$ $[;\biggl(\frac{4}{3}\biggr)^2\cdot \biggl(\frac{3}{4}\biggr)^3 = \frac{4^2}{3^2}\cdot \frac{3^3}{4^3} = \frac{3}{4};]$

$[;d);]$ $[;(m^5n^3p^2)^4 = (m^5)^4\cdot (n^3)^4\cdot (p^2)^4 = m^{20}n^{12}p^8;]$

Vimos que $[;a^0 = 1;]$ . O próximo passo é definir $[;a^{-n};]$ para $[;a \in \mathbb{R}_{+}^{\ast};]$ e $[;n \in \mathbb{N};]$ . Nesta definição queremos que a propriedade $[;i);]$ seja preservada, ou seja:

$[;a^na^{-n} = a^{n - n} = a^0 = 1;]$

Portanto, definimos:

$[;a^{-n} = \frac{1}{a^n}, \qquad a \in \mathbb{R}_{+}^{\ast};]$

Observação 1: Se $[;n \prec 0;]$ , então

$[;a^n = a^{-(-n)} = \frac{1}{a^{-n}};]$

pois, $[;-n \succ 0;]$ .

Proposição 2: Se $[;a \prec 0;]$ e $[;n \in \mathbb{Z};]$ , então

$[;i);]$ $[;a^n \succ 0;]$ se $[;n;]$ é par;
$[;ii);]$ $[;a^n \prec 0;]$ se $[;n;]$ é ímpar.

Demonstração:
$[;i);]$ Se $[;n;]$ é par, então $[;n = 2k;]$ para algum $[;k \in \mathbb{Z};]$ . Assim, $[;a^n = a^{2k} = (a^k)^2 \succ 0;]$ para $[;k \succ 0;]$ e

$[;a^n = a^{2k} = (a^k)^2 = \bigl(\frac{1}{a^k}\bigr)^2 \succ 0;]$

para $[;k \prec 0;]$ .

O item $[;ii);]$ é análogo e é deixado como exercício.

Podemos generalizar a Proposição 1 para $[;m;]$ e $[;n;]$ inteiros. Este resultado é apresentado na Proposição 2 abaixo.

Proposição 2: Sejam $[;a, b \in \mathbb{R}_{+}^{\ast};]$ . Para quaisquer $[;m;]$ , $[;n \in \mathbb{Z};]$ , tem-se:
$[;i);]$ $[;a^ma^n = a^{m+n};]$
$[;ii);]$ $[;\frac{a^m}{a^n} = a^{m-n};]$
$[;iii);]$ $[;(a^m)^n = a^{m\cdot n};]$
$[;iv);]$ $[;(ab)^n = a^nb^n;]$
$[;v);]$ $[;\bigl(\frac{a}{b}\bigr)^n = \frac{a^n}{b^n};]$

Demonstração: Temos $[;4;]$ casos para serem analisados.

Caso 1: $[;m \succ 0;]$ e $[;n \succ 0;]$

Neste caso, os ítens $[;i);]$ , $[;iii);]$ , $[;iv);]$ e $[;v);]$ já foram provados anterioremente. Para o item $[;ii);]$ , temos dois casos:

Para $[;m \geq n \succ 0;]$ , segue que

$[;\frac{a^m}{a^n} = \frac{a^{(m - n) + n}}{a^n} = \frac{a^{m - n}a^n}{a^n} = a^{m - n};]$

Para $[;0 \prec m \prec n;]$ , temos

$[;\frac{a^m}{a^n} = \frac{a^{m-n + n}}{a^n} = \frac{a^{-(n - m)}a^n}{a^n} = a^{-(n - m)} = a^{m - n};]$

Para $[;0 \prec m \prec n;]$ , segue que

$[;\frac{a^m}{a^n} = \frac{a^{m-n + n}}{a^n} = \frac{a^{-(n - m)}a^n}{a^n} = a^{m - n};]$

Caso 2: $[;m \prec 0;]$ e $[;n \prec 0;]$

Neste caso, temos $[;-m \succ 0;]$ e $[;-n \succ 0;]$ . Assim,

$[;i);]$ $[;a^m\cdot a^n = a^{-(-m)}\cdot a^{-(-n)} = \frac{1}{a^{-m}}\cdot \frac{1}{a^{-n}} = \frac{1}{a^{-m-n}};]$

$[;=\frac{1}{a^{-(m + n)}} = a^{m+n};]$

$[;ii);]$ $[;\frac{a^m}{a^n} = \frac{a^m}{a^{-(-n)}} = a^ma^{-n} = a^{m-n};]$

$[;iii);]$ $[;(a^m)^n = [a^{-(-m)}]^{-(-n)} = \bigl[\frac{1}{a^{-m}}\bigr]^{-(-n)} = (a^{-m})^{-n};]$

$[;=a^{(-m)(-n)} = a^{mn};]$

$[;iv);]$ $[;(ab)^n = (ab)^{-(-n)} = a^{-(-n)}\cdot b^{-(-n)} = a^nb^n;]$

$[;v);]$ $[;\biggl(\frac{a}{b}\biggr)^{n} = \biggl(\frac{a}{b}\biggr)^{-(-n)} = \frac{a^{-(-n)}}{b^{-(-n)}} = \frac{a^n}{b^n};]$

Caso 3: $[;m \prec 0;]$ e $[;n \succ 0;]$ .

Neste caso, note que $[;-m \succ 0;]$ .

$[;i);]$ $[;a^m\cdot a^n = a^{-(-m)}a^n = \frac{a^n}{a^{-m}} = a^{n - (-m)} = a^{m+n};]$

$[;ii);]$ $[;\frac{a^m}{a^n} = \frac{a^{-(-m)}}{a^n} = \frac{1}{a^n\cdot a^{-m}} = \frac{1}{a^{n - m}} = \frac{1}{a^{-(m - n)}} = a^{m - n};]$

$[;iii);]$ $[;(a^m)^n = [a^{-(-m)}]^n = \biggl(\frac{1}{a^{-m}}\biggr)^n = \frac{1}{(a^{-m})^n} = \frac{1}{a^{-mn}};]$

$[;iv);]$ O caso $[;n \succ 0;]$ já foi visto. Se $[;n \prec 0;]$ , temos

$[;(ab)^n = (ab)^{-(-n)} = \frac{1}{(ab)^{-n}} = \frac{1}{a^{-n}}b^{-n} = a^nb^n;]$

$[;v);]$ O caso $[;n \succ 0;]$ já foi visto. Se $[;n \prec 0;]$ , segue que

$[;\biggl(\frac{a}{b}\biggr)^n = \biggl(\frac{a}{b}\biggr)^{-(-n)} = \frac{1}{\biggl(\frac{a}{b}\biggr)^{-n}} = \frac{b^{-n}}{a^{-n}} = \frac{a^{-(-n)}}{b^{-(-n)}} = \frac{a^n}{b^n};]$

Observação: Se $[;m;]$ ou $[;n = 0;]$ para os ítens $[;i);]$ , $[;ii);]$ e $[;iii);]$ , temos:

$[;i);]$ $[;a^m\cdot a^0 = a^m\cdot 1 = a^{m+0};]$

$[;ii);]$ $[;\frac{a^m}{a^0} = \frac{a^m}{1} = a^{m - 0};]$

$[;iii);]$ $[;(a^m)^0 = 1 = a^0 = a^{m\cdot 0};]$

Gostará de ler também:

- Sobre a Divisão de Polinômios;

- Produtos Notáveis;

- Expressões Modulares;

4 comentários:

Anônimo30 de abril de 2012 02:48
e se m e n forem racionais? e se m e n forem irracionais?
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Prof. Paulo Sérgio30 de abril de 2012 08:23
Esses casos serão tratados em posts futuros. Obrigado pelo comentário e volte sempre.
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Anônimo18 de maio de 2012 06:05
Quando você diz: "Nesta definição queremos que a propriedade i) seja preservada, ou eeja:

a^n.a^n = a^-n+n = a^0 = 1

Acho que que deveria ser:

a^n/a^n = a^n . 1/a^n = a^n . a^-n =
= a^n-n = a^0 = 1.
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Prof. Paulo Sérgio18 de maio de 2012 08:19
Faltou um sinal negativo que já foi corrigido, mas a expressão é aquela mesma. Observe que na sua expressão você usa a expressão ii) e também a propriedade que a^(-n) = 1/a^n que também não foi definida ainda.
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