Análise real/Desigualdades

Ordem entre dois números naturais

Um número "m" é menor que o outro "n", se existe um natural "p" tal que o maior "n" é igual ao menor "m" adicionado a esse natural "p":

Definiçao da ordem entre dois números naturais: $m<n,se\mathrm{\exists }p\in \mathbb{N};m+p=n$.

• Ou seja, o maior "n" é o "p"-sucessor de "m", ié, $n=s_p(m)$.
• Ou também $m+p=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ mvezes\end{array}+\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ pvezes\end{array}=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ m+pvezes\end{array}=\begin{array}{c}\underbrace{1+1+...+1}\\ nvezes\end{array}=n$

Definição da Relação de Ordem(definição da desigualdade): $\mathrm{\forall }m,n,p\in \mathbb{N},m<n\iff \mathrm{\exists }p\in \mathbb{N};m+p=n$.

É considerada uma definição, mesmo que possamos provar. Pois o "p" indica que se somarmos 1 p-vezes ao menor número, teremos o maior. Dessa maneira "m" é dito menor que "n".

Transitividade da relação de ordem

Teorema: $Sejamm,n,p\in \mathbb{N},ondem<nen<p,logom<p$.

Prova:

• Sejam $m<nen<p$. Pela definição da Relação de ordem, $\mathrm{\exists }q,r\in \mathbb{N},talquem+q=nen+r=p\Rightarrow (m+q)+r=p$.
• Pela associatividade da adição dos naturais temos que $m+(q+r)=p$.
• Pela definição da relação de ordem $m<p$.

1 é o menor natural

Tomado qualquer natural diferente de 1, teremos que esse natural é maior que 1, isto é,

Teorema: $\mathrm{\forall }m\in \mathbb{N}-\{1\}\Rightarrow 1<m$.

Prova:

• Por indução sobre m, devemos mostrar que é válido para o primeiro m possível, que no caso é o sucessor de 1, que é 2, assim: 1<2.
• Devemos supor que seja válido para qualquer m tomado, ou seja, para quando m = k, ou seja, 1<k.
• Devemos agora, provar ser válido para m = k+1. No entanto, k+1 é o sucessor de k, logo k<k+1, como por hipótese da indução 1<k, pela transitividade da relação de ordem, 1<k+1.

o sucessor de um número é maior que esse número

Mostre que $s(p)>p,\mathrm{\forall }p\in \mathbb{N}$

• Vamos mostrar por indução sobre n, que $s(p)>p,\mathrm{\forall }p\in \mathbb{N}$
  • Devemos mostrar que é válido para p = 1, ou seja, $s(1)>1$. Mas $s(1)=2e2>1$.
  • Suponhamos que é válido para p = k, ou seja, $s(k)>k,\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}$.
  • Como $k+n=s(k)=k+1{\Rightarrow }_{1}s(k+n)=s(k+1){\Rightarrow }_{2}k+n+1=s(k+1){\Rightarrow }_{3}k+1+n=s(k+1){\Rightarrow }_4$
  • ${\Rightarrow }_4\mathrm{\exists }n\in \mathbb{N},talques(k+1)>k+1.$
  • onde a implicação 1 é pela identidade de sucessão, a implicação 2 é pela sucessão de um natural, a implicação 3 é pela comutatidade da adição e a implicação 4 é pela definição de desigualdade.

o sucessor do emésimo-sucessor de um natural

Mostre que $s^{m+1}(p)>s^m(p),\mathrm{\forall }m,p\in \mathbb{N}$

Vamos provar por indução sobre m:

• Vamos mostrar que é válido para m = 1, ou seja $s^{1+1}(p)>s^1(p)$.
  • Como $s(p)>p\Rightarrow \mathrm{\exists }n\in \mathbb{N},$ tal que $s(p)=n+p\Rightarrow s(s(p))=s(n+p)\Rightarrow s^{1+1}(p)=n+p+1=n+s(p)\Rightarrow s^2(p)>s^1(p)$
• Suponha válido para m = k, ou seja, $s^{k+1}(p)>s^k(p),\mathrm{\forall }k,p\in \mathbb{N}$
• Mostrar válido para m = k + 1, ou seja, $s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p),\mathrm{\forall }k,p\in \mathbb{N}$
  • Como $s^{k+1}(p)>s^k(p){\Rightarrow }_1\mathrm{\exists }n\in \mathbb{N},talque{s}^{k+1}(p)=n+s^k(p){\Rightarrow }_{2}s(s^{k+1}(p))=s(n+s^k(p)){\Rightarrow }_3$
  • ${\Rightarrow }_3{s}^{k+1+1}(p)=n+s^k(p)+1=n+s(s^k(p)){\Rightarrow }_4{s}^{k+2}(p)=n+s^{k+1}(p){\Rightarrow }_5{s}^{k+2}(p)>s^{k+1}(p)$.
    • onde as implicações 1 e 5 são pela definição de desigualdade, a implicação 2 pela identidade de sucessão, a implicação 3 é pela definição de sucessor e a implicação 4 é pela definição de k-sucessor.

Monotonicidade

Dados dois naturais, a relação de ordem não se perde somando ou multiplicando um natural qualquer por ambos os membros.

Teorema: $\mathrm{\forall }m,n,p\in \mathbb{N},talquem<n\Rightarrow m+p<n+pem\cdot n<n\cdot p$

Prova:

• adição:
  • Por hipótese temos que m<n. Pela definição da desigualdade, existe um q natural tal que m+q = n.
  • Pela recíproca da lei de corte para adição, temos que $m+q+p=n+p$.
  • Pela lei comutativa da adição, temos que m+p+q = n+p, logo m+p<n+p.
• multiplicação: Como m<n, pela definição de desigualdade, existe um q natural tal que m+q = n, assim $(m+q).p=n.p$, pela lei distributiva, temos que m.p+q.p = n.p, logo $m\cdot p<n\cdot p.$

Tricotomia

Dados $m,n\in \mathbb{N}$. Das três possibilidades, somente uma é verdadeira:

• 1) m = n
• 2) m<n
• 3) n<m.

• Demonstração: Fixemos m natural. Queremos mostrar que para qualquer n, natural, dado, teremos que m = n ou m<n ou n<m (isto é, m e n são comparáveis).
  • Suponha que exista um conjunto X, subconjunto dos números naturais que são comparáveis com m. Assim $X=\{n\in \mathbb{N};n=moun<moum<n\}$.
  • Vamos provar que $X=\mathbb{N}$ por indução sobre n.
    • Devemos mostrar que é válido para n = 1, isto é, 1=m ou 1<m ou m<1:
      • caso m = 1, então 1 = 1
      • caso m é natural e diferente de 1, pelo axioma de que "1 é o menor natural", então 1 < m.
      • Portanto 1 é comparável com m e $1\in X$
    • Vamos supor que é válido para $n=k,k\in \mathbb{N}$, ou seja, das três possibilidade, uma é verdadeira, k=m ou k<m ou m<k e assim $k\in X$.
    • provar válido para n = k+1, ou seja, que das três possibilidade, uma é verdadeira, k+1=m ou k+1<m ou m<k+1 e assim $k+1\in X$.
      • caso k=m, logo k+1=m+1, e assim k+1 é o sucessor de m, e portanto m<k+1 e $k+1\in X$.
      • caso k<m, pelo axioma da ordem de dois números $\mathrm{\exists }p\in \mathbb{N};k+p=m$.
        • caso $p=1\Rightarrow k+1=m\Rightarrow k+1\in X$.
        • caso 1<p, pela monotonicidade k+1<k+p. Como k+p = m, logo $k+1<m\Rightarrow k+1\in X$.
        • Pelo axioma que 1 é o menor inteiro, não é possível que p<1, portanto $k+1\in X$.
      • caso m<k, pelo axioma da ordem de dois números $\mathrm{\exists }p\in \mathbb{N};m+p=k$.
        • caso $p=1\Rightarrow m+1=k\Rightarrow (m+1)+1=k+1\Rightarrow m+1<k+1.Comom<m+1$ logo pela transitividade da relação de ordem, $m<k+1\Rightarrow k+1\in X$.
        • caso 1<p, pela monotonicidade, m+1<m+p. Pela definição de desigualdade, existe um q natural tal que m+1+q=m+p. Como m+p = k, logo m+1+q=k, e assim m+1+q+1 = k+1, portanto m+1<k+1. Como m<m+1, pela transitividade da relação de ordem m < k+1 $\Rightarrow k+1\in X$.
        • Pelo axioma que 1 é o menor inteiro, não é possível que p<1, portanto $k+1\in X$.

relatividade entre múltiplos de um natural

Sejam $m,n,p,r\in \mathbb{N};m\cdot p+r=n\cdot p\Rightarrow \mathrm{\exists }q\in \mathbb{N};r=q\cdot p$

• Vamos fixar m e n naturais. Faremos a indução sobre p, assim:
  • para quando p = 1, temos que $m\cdot 1+r=n\cdot 1\Rightarrow r=r\cdot 1\Rightarrow \mathrm{\exists }q\in \mathbb{N};r=q\cdot 1$
  • Suponha que seja válido para p = k, isto é, que $m\cdot k+r^{\prime }=n\cdot k\Rightarrow \mathrm{\exists }q\in \mathbb{N};r^{\prime }=q\cdot k$.
  • Mostrar válido para p = k+1, ou seja, que $m\cdot (k+1)+r^{″}=n\cdot (k+1)\Rightarrow \mathrm{\exists }q\in \mathbb{N};r^{″}=q\cdot (k+1)$.
    • Pela propriedade distributiva $n\cdot (k+1)=n\cdot k+n$.
    • Por hipóteses $n\cdot k+n=m\cdot k+r^{\prime }+n=m\cdot k+q\cdot k+m+r=m\cdot k+q\cdot k+m+q\cdot 1$.
    • Pela comutatividade da adição $m\cdot k+m+q\cdot k+q$.
    • Pela propriedade distributiva $m\cdot (k+1)+q\cdot (k+1)$
    • Tomemos $r^{″}=q\cdot (k+1)$, assim $m\cdot (k+1)+r^{″}=n\cdot (k+1);r^{″}=q\cdot (k+1)$.

Lei do Corte para desigualdades

Dados m,n,p naturais, de forma que $m+p<n+p$ ou que $m\cdot p<n\cdot p$, então ocorre em ambas que m < n.

• adição. Como $m+p<n+p$. Pela definição de ordem, existe um q natural tal que $m+p+q=n+p$. Pela comutatividade da adição, $m+q+p=n+p$. Pela lei do corte da adição, m+q=n. Pela relação de ordem entre dois números, m<n.
• multiplicação.
  • 1ª Prova: Como $m\cdot p<n\cdot p$. Pela definição de ordem, existe um r natural tal que $m\cdot p+r=n\cdot p$.
    • Pela relatividade entre dois múltiplos naturais, temos que $r=q\cdot p\Rightarrow m\cdot p+q\cdot p=n\cdot p$. Pela propriedade distributiva, $(m+q)\cdot p=n\cdot p$. Pela lei do corte da multiplicação, $m+q=n$. Pela relação de ordem entre dois números, $m<n$.
  • 2ª prova: ou Pela tricotomia, temos que dados m,n naturais temos que m=n ou m<n ou n<m.
    • caso m=n, logo mp=np (não atende nossa hipótese)
    • caso n<m, logo pela monotonicidade temos que np<mp, para qualquer p natural (também não atende a nossa hipótese)
    • logo m<n, pois as outras duas possibilidades são incompatíveis com a nossa hipótese e pela tricotomia uma das três comparações é verdade.