Análise real/Desigualdades

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: ${\displaystyle m<n,\;se\;\exists \;p\in \mathbb {N} ;m+p=n}$.

• Ou seja, o maior "n" é o "p"-sucessor de "m", ié, ${\displaystyle n=s_{p}(m)}$.
• Ou também ${\displaystyle m+p={\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\m\;vezes\end{matrix}}+{\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\p\;vezes\end{matrix}}={\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\m+p\;vezes\end{matrix}}={\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\n\;vezes\end{matrix}}=n}$

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

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".

Teorema: ${\displaystyle Sejam\;m,n,p\in \mathbb {N} ,onde\;m<n\;e\;n<p,\;logo\;m<p}$.

Prova:

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

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

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

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.

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

• Vamos mostrar por indução sobre n, que ${\displaystyle s(p)>p,\forall \;p\in \mathbb {N} }$
  • Devemos mostrar que é válido para p = 1, ou seja, ${\displaystyle s(1)>1}$. Mas ${\displaystyle s(1)=2\;e\;2>1}$.
  • Suponhamos que é válido para p = k, ou seja, ${\displaystyle s(k)>k,\forall \;k\in \mathbb {N} }$.
  • Como ${\displaystyle k+n=s(k)=k+1\Rightarrow _{1}s(k+n)=s(k+1)\Rightarrow _{2}k+n+1=s(k+1)\Rightarrow _{3}k+1+n=s(k+1)\Rightarrow _{4}}$
  • ${\displaystyle \Rightarrow _{4}\exists \;n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;s(k+1)>k+1.}$
  • 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.

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

Vamos provar por indução sobre m:

• Vamos mostrar que é válido para m = 1, ou seja ${\displaystyle s^{1+1}(p)>s^{1}(p)}$.
  • Como ${\displaystyle s(p)>p\Rightarrow \exists \;n\in \mathbb {N} ,}$ tal que ${\displaystyle s(p)=n+p\Rightarrow s(s(p))=s(n+p)\Rightarrow s^{1+1}(p)=n+p+1=n+s(p)\Rightarrow s^{2}(p)>s^{1}(p)}$
• Suponha válido para m = k, ou seja, ${\displaystyle s^{k+1}(p)>s^{k}(p),\forall \;k,p\in \mathbb {N} }$
• Mostrar válido para m = k + 1, ou seja, ${\displaystyle s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p),\forall \;k,p\in \mathbb {N} }$
  • Como ${\displaystyle s^{k+1}(p)>s^{k}(p)\Rightarrow _{1}\exists \;n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;s^{k+1}(p)=n+s^{k}(p)\Rightarrow _{2}s(s^{k+1}(p))=s(n+s^{k}(p))\Rightarrow _{3}}$
  • ${\displaystyle \Rightarrow _{3}s^{k+1+1}(p)=n+s^{k}(p)+1=n+s(s^{k}(p))\Rightarrow _{4}s^{k+2}(p)=n+s^{k+1}(p)\Rightarrow _{5}s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p)}$.
    • 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.

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

Teorema: ${\displaystyle \forall \;m,n,p\in \mathbb {N} ,tal\;que\;m<n\Rightarrow m+p<n+p\;e\;m\cdot n<n\cdot p}$

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 ${\displaystyle m+q+p=n+p}$.
  • 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 ${\displaystyle (m+q).p=n.p}$, pela lei distributiva, temos que m.p+q.p = n.p, logo ${\displaystyle m\cdot p<n\cdot p.}$

Dados ${\displaystyle m,n\in \mathbb {N} }$. 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 ${\displaystyle X=\{n\in \mathbb {N} ;n=m\;ou\;n<m\;ou\;m<n\}}$.
  • Vamos provar que ${\displaystyle X=\mathbb {N} }$ 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 ${\displaystyle 1\in X}$
    • Vamos supor que é válido para ${\displaystyle n=k,k\in \mathbb {N} }$, ou seja, das três possibilidade, uma é verdadeira, k=m ou k<m ou m<k e assim ${\displaystyle k\in X}$.
    • 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 ${\displaystyle k+1\in X}$.
      • caso k=m, logo k+1=m+1, e assim k+1 é o sucessor de m, e portanto m<k+1 e ${\displaystyle k+1\in X}$.
      • caso k<m, pelo axioma da ordem de dois números ${\displaystyle \exists \;p\in \mathbb {N} ;k+p=m}$.
        • caso ${\displaystyle p=1\Rightarrow k+1=m\Rightarrow k+1\in X}$.
        • caso 1<p, pela monotonicidade k+1<k+p. Como k+p = m, logo ${\displaystyle k+1<m\Rightarrow k+1\in X}$.
        • Pelo axioma que 1 é o menor inteiro, não é possível que p<1, portanto ${\displaystyle k+1\in X}$.
      • caso m<k, pelo axioma da ordem de dois números ${\displaystyle \exists \;p\in \mathbb {N} ;m+p=k}$.
        • caso ${\displaystyle p=1\Rightarrow m+1=k\Rightarrow (m+1)+1=k+1\Rightarrow m+1<k+1.\;Como\;m<m+1}$ logo pela transitividade da relação de ordem, ${\displaystyle m<k+1\Rightarrow k+1\in X}$.
        • 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 ${\displaystyle \Rightarrow k+1\in X}$.
        • Pelo axioma que 1 é o menor inteiro, não é possível que p<1, portanto ${\displaystyle k+1\in X}$.

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

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

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

• adição. Como ${\displaystyle m+p<n+p}$. Pela definição de ordem, existe um q natural tal que ${\displaystyle m+p+q=n+p}$. Pela comutatividade da adição, ${\displaystyle m+q+p=n+p}$. Pela lei do corte da adição, m+q=n. Pela relação de ordem entre dois números, m<n.
• multiplicação.
  • 1ª Prova: Como ${\displaystyle m\cdot p<n\cdot p}$. Pela definição de ordem, existe um r natural tal que ${\displaystyle m\cdot p+r=n\cdot p}$.
    • Pela relatividade entre dois múltiplos naturais, temos que ${\displaystyle r=q\cdot p\Rightarrow m\cdot p+q\cdot p=n\cdot p}$. Pela propriedade distributiva, ${\displaystyle (m+q)\cdot p=n\cdot p}$. Pela lei do corte da multiplicação, ${\displaystyle m+q=n}$. Pela relação de ordem entre dois números, ${\displaystyle m<n}$.
  • 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.