Análise real/Naturais

Axioma da Indução

Ao querermos provar alguma sentença matemática P(n), se é verdadeira, tendo seus elementos nos naturais, usamos a indução, onde:

• Provamos que a propriedade é válida para n = 1.
• Supomos válida para n = k e mostramos ser válida para n = k+1, usando a equação advinda da propriedade ser válida em n = k.

Um número Natural

Definição de um número natural: $n=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ nvezes\end{array}$

Adição dos Naturais

Adição

Somar dois números n e p:

• $n+p=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ nvezes\end{array}+\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ pvezes\end{array}=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ n+pvezes\end{array}$.

sucessor de um número natural

Um número natural n tem o seu sucessor como sendo s(n) = n + 1.

propriedade identidade de sucessão

Sejam a,b naturais, assim se a=b então s(a) = s(b)

• Vamos fixar a natural e provar por indução sobre b. assim:
  • mostrar que é válido para b = 1: a=1, então s(a) = 1+1 e s(1) = 1+1, logo s(a) = s(1)
  • supor que seja válido para b = k, ou seja, a=k implica que s(a) = s(k), ou seja, a+1 = k+1.
  • Provar que seja válido para b = k+1:
    • $s(a+1){=}^1(a+1)+1{=}^2(k+1)+1{=}^{3}s(k+1)$
      • onde as igualdades 1 e 3 ocorrem por definição de sucessão e a igualdade 2 ocorre por hipótese de indução.

o sucessor do k-ésimo sucessor

Vamos definir $s_k(s(n))=s_{k+1}(n)$, para dizer que tínhamos o kº sucessor de n, logo em seguida tomamos o sucessor dele, e assim obtivemos o (K+1)º sucessor de n.

p-sucessor

• p-sucessor de n será definido como $s_p(n)=n+p$, onde $p=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ pvezes\end{array}$.

Exemplos:

• $s(n)=n+1,s_2(n)=(n+1)+1=n+2,s_3(n)=(n+2)+1=n+3,...,e{s}_p(n)=(n+p-1)+1=n+p.$
• Provaremos por indução que essa propriedade é válida.
  • Quando p=1, temos que $s_1(n)=n+1=s(n)$.
  • Suponhamos ser válida para p = k, ou seja, $s_k(n)=n+k$.
  • provaremos que é válida para p=k+1, ou seja, que $s_{k+1}(n)=n+(k+1)$. Assim:
    • Pela hipótese temos que $s_k(n)=n+k$.
    • Pela identidade da sucessão é implicado que $s(s_k(n))=s(n+k)$
    • Pela definição de sucessão ocorre que $s_k(n)+1=(n+k)+1$.
    • Pela definição de sucessão ocorre que $s_{k+1}(n)=n+(k+1)$.
    • Faltando apenas mostrar o porque que para todo n,k naturais, é válido que $(n+k)+1=n+(k+1)$.

O sucessor de uma adição n + p

Na última prova é bem aceitável aceitar como verdadeira a igualdade $(n+k)+1=n+(k+1)$. Ela é dada como válida pois é dada por definição da adição, mas é interessante prová-la por indução.

Assim vamos fazer indução sobre p em $(n+p)+1=n+(p+1)$.

• quando p = 1, temos que $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},(n+1)+1=n+(1+1)\Rightarrow s(s(n))=n+s(1)=n+2$.
• Supomos verdadeira para p = k, ou seja, $(n+k)+1=n+(k+1),ouseja,s(n+k)=n+s(k)$.
• Queremos provar que é válido para p = k+1, isto é, $(n+(k+1))+1=n+((k+1)+1),ouseja,s(n+s(k))=n+s(s(k))$
  • Por hipótese, $s(n+k)=n+s(k)$.
  • Pela identidade da sucessão temos que $s(n+s(k))=s(s(n+k))$.
  • Mas $s(s(n+k))=(n+k)+2=(n+k)+1+1=n+(k+1)+1=n+s(k)+1=n+s(s(k))$.

ou

• $(n+p)+1=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ n+pvezes\end{array}+1=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ n+p+1vezes\end{array}=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ nvezes\end{array}+\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ p+1vezes\end{array}=n+(p+1)$

Definição do "Axioma da adição": $(n+p)+1=n+(p+1)$.

Teorema: Associatividade da adição

$\mathrm{\forall }m,n,p\in \mathbb{N},m+(n+p)=(m+n)+p$.

• Fixemos m,n naturais. Provaremos que é válido para todo p natural. Fazendo indução sobre p, temos:
  • para p = 1, provamos no teorema acima, isto é, que m + (n+1) = (m+n)+1.
  • supomos válido para p = k, isto é, $m+(n+k)=(m+n)+k$.
  • Provaremos que é válido para p = k+1, ou seja, $m+(n+(k+1))=(m+n)+(k+1)$.
    • Assim, $m+(n+(k+1)){=}^{1}m+((n+k)+1){=}^2(m+(n+k))+1{=}^3((m+n)+k)+1{=}^4(m+n)+(k+1)$.
      • onde as igualdades 1, 2 e 4 ocorrem pelo axioma da adição e a 3 pela hipótese.

Axioma: Comuto de m e 1 na adição

Provar por indução que $\mathrm{\forall }m\in \mathbb{N},m+1=1+m$.

• Para m = 1, temos que 1+1=1+1 (verdade)
• Supomos válido para m = k, isto é, k+1 = 1+k e provar ser verdadeiro para k+1, ou seja, $(k+1)+1=1+(k+1)$.
  • $(k+1)+1{=}^1(1+k)+1{=}^{2}1+(k+1)$
    • onde a igualdade 1 ocorre pela hipótese e a igualdade 2 ocorre pelo axioma da adição.

Comutatividade da adição

$\mathrm{\forall }m,n\in \mathbb{N},m+n=n+m$.

• Fixemos m natural. Provaremos que é válido para todo n natural. Fazendo indução sobre n, temos:
  • para n = 1, temos que m + 1 = 1 + m. (m e 1 são comutáveis)
  • supomos válido para n = k, isto é, $m+k=k+m$.
  • Provaremos que é válido para n = k+1, ou seja, $m+(k+1)=(k+1)+m$.
    • Assim, $m+(k+1){=}^1(m+k)+1{=}^2(k+m)+1{=}^{3}k+(m+1){=}^{4}k+(1+m){=}^5(k+1)+m$
      • onde as igualdades 1, 3 e 5 ocorrem pela associatividade da adição, a igualdade 2 ocorre pela hipótese e a igualdade 4 ocorre pelo comuto de 1 e m.

Multiplicação dos naturais

Multiplicação de dois números naturais, m e n

$m\cdot n=\begin{array}{c}\underbrace{m+m+...+m}\\ nvezes\end{array}$

Definição: multiplicação de m por (n+1)

$m\cdot (n+1)=\begin{array}{c}\underbrace{m+m+...+m}\\ n+1vezes\end{array}=\begin{array}{c}\underbrace{m+m+...+m}\\ nvezes\end{array}+m=mn+m$

Distributividade

Para quaisquer $m,n,p\in \mathbb{N},$ tem-se $m\cdot (n+p)=m\cdot n+m\cdot p$.

• Fixamos m,n como sendo naturais quaisquer e provaremos por indução sobre p. Pela definição é válido para p = 1, isto é, $m\cdot (n+1)=m\cdot n+m\cdot 1$.
• Supomos válido para p = k, ou seja, $m\cdot (n+k)=m\cdot n+m\cdot k$.
• Provemos ser válido para n = k+1: $m\cdot (n+(k+1)){=}^{1}m\cdot ((n+k)+1){=}^{2}m\cdot (n+k)+m{=}^3(m\cdot n+m\cdot k)+m{=}^{4}m\cdot n+(m\cdot k+m\cdot 1){=}^{5}m\cdot n+m\cdot (k+1)$.
  • onde a igualdade 1 ocorre pela definição de adição, as igualdades 2 e 5 ocorrem pela definição de multiplicação, a igualdade 3 pela hipótese e a igualdade 4 pela associatividade da adição.

Comuto de 1 e m na multiplicação

Para quaisquer $m\in \mathbb{N},$ tem-se que $m\cdot 1=1\cdot m$.

• Mostraremos por indução sobre m que a relação acima é válida para todo m natural.
• Para m = 1, temos Para quaisquer $1\cdot 1=1\cdot 1$, verdadeiro.
• Supomos ser válido para m = k, ou seja, $k\cdot 1=1\cdot k$.
• Provaremos ser válido para m = k + 1:
  • $1\cdot (k+1){=}^{1}1\cdot k+1\cdot 1{=}^{2}k\cdot 1+1\cdot 1{=}^3(k+1)\cdot 1$.
    • onde a igualdade 1 é dada pela definição de multiplicação, a igualdade 2 é devida a hipótese e a igualdade 3 é devida a distributividade dos naturais.

Comutatividade da Multiplicação

Para quaisquer $m,n\in \mathbb{N},$ tem-se $m\cdot n=n\cdot m$.

• Fixando m natural, faremos indução sobre n, mostraremos que a relação acima é válida para todo n natural.
• para n = 1, temos $m\cdot 1=1\cdot m$, que foi verificado ser verdadeiro no axioma anterior.
• Supomos válido para n=k, ou seja, $m\cdot k=k\cdot m$.
• vamos provar que é válido para n=k+1:
  • $m\cdot (k+1){=}^{1}m\cdot k+m\cdot 1{=}^{2}k\cdot m+1\cdot m{=}^3(k+1)\cdot m$.
    • onde as igualdades 1 e 3 ocorrem pela definição de multiplicação e a igualdade 2 ocorre pelas hipóteses de indução para quando n=1 e para quando n = k.

Associatividade da multiplicação

$\mathrm{\forall }m,n,p\in \mathbb{N},m\cdot (n\cdot p)=(m\cdot n)\cdot p$.

• Fixemos m,n naturais. Provaremos que é válido para todo p natural. Fazendo indução sobre p, temos:
  • para p = 1, temos que $m\cdot (n\cdot 1)=m\cdot n=(m\cdot n)\cdot 1$. (por definição de multiplicação por 1)
  • supomos válido para p = k, isto é, $m\cdot (n\cdot k)=(m\cdot n)\cdot k$.
  • Provaremos que é válido para p = k+1, ou seja, $m\cdot (n\cdot (k+1))=(m\cdot n)\cdot (k+1)$.
    • Assim, $m\cdot (n\cdot (k+1)){=}^{1}m\cdot ((n\cdot k)+n){=}^2(m\cdot (n\cdot k))+m\cdot n{=}^3((m\cdot n)\cdot k)+m\cdot n{=}^4(m\cdot n)\cdot (k+1)$.
      • onde as igualdades 1, 2 e 4 ocorre pela distributividade e a igualdade 3 ocorre pela hipótese de indução.

outras propriedades

Lei de corte para adição

$Sem,n,p\in \mathbb{N}em+p=n+p,logom=n$.

• Vamos fazer indução sobre p.
• Mostrar válido para p = 1, ou seja, $m+1=n+1\Rightarrow m=n$.
  • Temos que s(m) = m + 1, mas pela hipótese s(m) = n + 1. Mas s(n) = n+1, assim m e n têm os mesmo sucessores. Pela identidade da sucessão, m = n.
• Supor válido para p = k, ou seja, $m+k=n+k\Rightarrow m=n$.
• Mostrar válido para p = k+1:
  • $m+k+1=n+k+1$. Pela lei de sucessor identidade s(m+k)=s(n+k), implica que m+k=n+k e pela hipótese m = k.

Recíproca da Lei de corte para adição

$Sem,n,p\in \mathbb{N}em=n,logom+p=n+p$.

• Vamos fazer indução sobre p.
• Mostrar válido para p = 1, ou seja, $m=n\Rightarrow m+1=n+1$.
  • como m = n, logo s(m) = s(n), ou seja, m + 1 = n + 1.
• Supor válido para p = k, ou seja, $m=n\Rightarrow m+k=n+k$.
• Mostrar válido para p = k+1:
  • $m+(k+1){=}^1(m+k)+1{=}^2(n+k)+1{=}^{3}n+(k+1)$
    • onde as igualdades 1 e 3 ocorrem por associatividade da adição e a igualdade 2 ocorre pela hipótese da indução quando p=k.

Lei de corte para multiplicação

$Sem,n,p\in \mathbb{N}em\cdot p=n\cdot p,logom=n$.

• Vamos fazer indução sobre p.
• Mostrar válido para p = 1, ou seja, $m\cdot 1=n\cdot 1\Rightarrow m=n$.
• Supor válido para p = k, ou seja, $m\cdot k=n\cdot k\Rightarrow m=n$.
• Mostrar válido para p = k + 1:
  • $m\cdot (k+1){=}^{1}m\cdot k+m\cdot 1{=}^{2}n\cdot k+n\cdot 1{=}^{3}n\cdot (k+1){\Rightarrow }_{4}m=n$
    • onde as igualdades 1 e 3 ocorrem pela lei da distributividade, a igualdade 2 ocorre pela hipótese da indução quando p=k e a implicação 4 ocorre pela hipótese de indução de p = k.