Preliminares

O propósito deste trabalho é estudar os números naturais. Este estudo é muito diferente daquele que é feito no âmbito do Ensino Fundamental porque será um tratamento axiomático dos números naturais.

O primeiro matemático a publicar um tratamento axiomático dos Números Naturais foi Giuseppe Peano. Praticamente, repetiremos os passos de Peano.

Numa teoria axiomática pressupomos conhecer o objeto de estudo e conhecer algumas relações que eles possuem as quais serão aceitas sem demonstração.

A partir daí, podemos definir novos objetos e provar novos resultados sobre eles.

Peano considerou como elemento primitivo o conceito de número natural, isto é, considerou como absolutamento claro o que é um número natural e quais são eles.

O pessoal envolvido com Álgebra considera o 0 como um número natural, pois este número funciona como elemento neutro da adição, mas em estudos históricos, fica claro que o 0 não é um número natural, como se pode ver em Georges Ifrah, História Universal dos Algarismos, vol.1 e 2, Livraria Francisco Alves.

O primeiro número natural é 1 e o próprio trabalho de Peano garante este fato. É importante observar que o número 0, em algum momento deve ser construído, para permitir a ampliação das estruturas matemáticas.

Como relação primitiva entre números naturais Peano considerou a noção de sucessor. Para cada número natural n, conhecemos e podemos considerar o número s(n), seu sucessor.

As leis que expressam algumas relações imediatas entre os números naturais são chamadas axiomas. Peano escolheu 5 axiomas para os números naturais, que serão apresentados na próxima seção. A coleção de todos os números naturais será indicada por N.

Axiomas de Peano

Os cinco axiomas de Peano são os seguintes:

Faremos agora observações sobre os axiomas de Peano.

Podemos pensar que os números naturais estão escritos numa listagem: o primeiro, o segundo, etc.

O axioma P1 nos garante que 1 é um número natural e o axioma P3 garante que 1 não é sucessor, isto é, não existem números naturais antes de 1.

O axioma P2 garante que todo número natural tem um sucessor. O axioma P3 garante que 2 é sucessor. O que dizer dos demais números naturais: se ninN com n neq1 então n é ou não é sucessor de algum número natural?

Podemos definir:

2 = s(1)
3 = s(2)
4 = s(3)
... = ...

O axioma P4 garante números distintos tem sucessores distintos.

O axioma P5 é conhecido como axioma da indução. Entre os cinco axiomas, este é o menos óbvio.

O axioma P5 permite que façamos definições indutivas ou recorrentes e demonstrações por indução que trataremos na sequência.

Observação importante: No livro "História Universal dos Algarismos", o seu autor Georges Ifrah, discorre bastante sobre o fato do número zero não ser um número natural. O pessoal que trabalha com Álgebra, de uma forma bastante comum, inclui o zero como um número natural, para permitir que o elemento neutro da adição faça parte do conjunto N dos números naturais.

Como este é um trabalho de Álgebra, usaremos aqui o conjunto N dos números naturais na forma:

N = { 0,1,2,3,4,5,...}

quando se tratar de construções que envolvam conceitos algébricos.

Aplicações

  1. Definir uma sequência recursivamente. Seja x0=2 e xs(k)=xk+3. Como x0=2, então x1=x1+3=2+3=5, x2=x2+3=5+3=8 e assim por diante. A sequência formará pois um conjunto:

    A = {2,5,8,11,14,...}

    sendo que cada termo é a média aritmética dos dois que o envolvem, razão pela qual é denominada uma sequência aritmética

  2. Definir uma sequência recursivamente. Se x0=2 e xs(k)=2xk, obtemos uma sequência geométrica, que na forma de conjunto, ficará como:

    G = {2,4,8,16,...}

  3. Definir potência. Para todo ain*, seja:

    0=1,    a s(k) = ak×a

    Se a=5, temos:

    50=1,    51=50×5=1×5=5,    5²=51×5=25, ...

  4. Definir a operação de adição em N. Se ainN tomemos

    a+0=a,    a+s(k)=s(a+k)

    Como exemplo, vamos calcular 2+3:

    2+0 = 2
    2+1 = 2+s(0) = s(2+0) = s(2) = 3
    2+2 = 2+s(1) = s(2+1) = s(3) = 4
    2+3 = 2+s(2) = s(2+2) = s(4) = 5
  5. Definir a operação de multiplicação em N. Se ainN definamos

    a×0=0,    a ×s(k)=(a ×k)+a

    Como exemplo, vamos calcular 5×3:

    5×0 = 0
    5×1 = 5×s(0) = (5×0)+5 = 0+5 = 5
    5×2 = 5×s(1) = (5×1)+5 = 5+5 = 10
    5×3 = 5×s(2) = (5×2)+5 = 10+5 = 15

Observação: Às vezes escrevemos ab ao invés de a×b, por questão de simplicidade.

Exercícios:

  1. Escrever os 10 primeiros termos da sequência definida indutivamente por: x0=2 e

    xs(k) = xk   +  
    (−1) k
    k+1
  2. Defina indutivamente cada uma das sequências seguintes:

    1. (2, 4, 6, ...)

    2. (3, 2, 1, ...)

    3. (3, 3/2, 3/4, ...)

    4. (0.50, 0.60, 0.72, ...)

  3. Efetue os cálculos abaixo, usando as definições de adição, multiplicação e potenciação definidas.

    1. 5+2

    2. 8+2

    3. 5×2

    4. 8×2

    5. 34

Operações em N

As operações de adição e multiplicação definidas na seção anterior possui as seguintes propriedades:

Teorema: Sejam a,b,cinN valores arbitrários. Então, valem:

  1. (a+b)+c=a+(b+c)

  2. Existe 0inN tal que a+0=0+a=a para todo ainN

  3. Existe 1inN tal que a×1=1×a=a para todo ainN

  4. Para todo ainN tem-se que a+1=1+a=s(a)

  5. a×(b+c)=(a×b)+(a×c)

  6. (a×b)×c = a×(b ×c)

  7. a+b=b+a.

  8. a×b=b×a.

Demonstração de 1: Seja S = {cinN: (a+b)+c = a+(b+c)}. Com o axioma P5 em mente, vamos verificar se 0inS. Se c=0, o primeiro membro desta igualdade é: (a+b)+0=a+b enquanto que o segundo membro é: a+(b+0)=a+b. Visto isto, 0inS.

Admitamos agora que kinS, ou seja, (a+b)+k=a+(b+k) (*). Será que s(k)inS?

Temos que (a+b)+s(k)=s((a+b)+k) pela definição de soma e s((a+b)+k)=s(a+(b+k)) devido a (*). Daí, por definição de soma, s(a+(b+k))=a+s(b+k)=a+(b+s(k)) comprovando que s(k)inS.

Pelo axioma da indução, S=N, ou seja (a+b)+c=a+(b+c) é válida para todo cinN, independente dos valores de a, binN.

Demonstração de 2: Pelo axioma P1, 0inN. Que a+0=a decorre da definição de adição. Resta mostrar que para todo ainN segue que 0+a=a. Para isso, seja:

S={ainN: 0+a=a}

Temos 0inS pois 0+0=0 é válido. Admitindo que kinS, ou seja, que 0+k=k, podemos escrever:

0 + s(k) = s(0+k) = s(k)

donde se conclui que s(k)inS ,ou seja, S=N

Demonstração de 3: Temos 1=s(0)inN. Também a×1=a×s(0)=a×0+a=0+a=a, devido à definição de multiplicação.

Resta mostrar que 1.a=a. Para tal, seja

S = {rinN: 1×r=r}

0inS pois 1×0=0. Admitindo que 1×k=k, segue que 1×s(k)=1×k+1=k+1=s(k) donde se conclui que s(k)inS e pelo axioma da indução S=N, isto é, 1×x=x para todo xinN.

Demonstração de 4: Para começar, a+1=a+s(0)=s(a+0)=s(a). Resta mostrar que 1+a=s(a) para todo ainN.

Como antes, seja S={rinN : 1+r=s(r)}. É claro que 0inS, pois 1+0=1=s(0).

Supondo que kinS, temos que 1+k=s(k) e segue que 1+s(k)=s(1+k)=s(s(k)) comprovando que s(k)inS.

Demonstração de 5: Se

S = {cinN : a(b+c)=a.b + a.c}

então 0inS, já que o primeiro membro seria a(b+0)=a.b e o segundo membro a.b+a.0=a.b+0=a.b.

Se kinS, temos a(b+k)=a.b+a.k e então,

a(b+s(k))=a.s(b+k)=a(b+k)+a=a.b+a.k+a=a.b+a.s(k)

(esta última igualdade decorre da definição do produto a.s(k)=a.k+a). Mas então S=N

Demonstração de 6: Se T = {cinN : (a.b).c = a(b.c)} então 0inT pois os dois membros seriam iguais a 0.

Admitindo que kinT, temos (a.b).k=a.(b.k) e daí,

(a.b).s(k)=(a.b).k+(a.b)=a.(b.k)+a.b=a.(b.k+b)

onde esta última igualdade resulta da aplicação do ítem 5) deste teorema.

Prosseguindo, obtemos

a.(b.k+b)=a.(b.s(k))

e o resultado é válido.

Demonstração de 7: Se S = {binN : a+b=b+a} então o ítem 2) deste teorema mostra que 0inS, já que a+0=0+a=a.

Suponha que kinS, isto é, admita que vale (A): a+k = k+a para todo ainN. Precisamos mostrar que para todo ainN, vale a+s(k)=s(k)+a. Para quais ainN isto é verdade?

Seja

T={ainN:a+s(k)=s(k)+a}

Ora, 0inT pois 0+s(k)=s(k)+0 é válido por 2). Admita que pinT, ou seja, (B): p+s(k)=s(k)+p para todo s(k)inN. Agora, s(p)+s(k)=s(s(p)+k)=s(k+s(p)) já que vale (A).

Depois,s(k+s(p))=s(s(k+p)=s(s(p+k), novamente por (A).

Seguindo, s(s(p+k)=s(p+s(k))=s(s(k)+p) devido a (B) e finalmente, s(s(k)+p)=s(k)+s(p), donde concluímos que s(p)inT e portanto T=N. Mas então s(k)inS e portanto S=N e o resultado é válido.

Demonstração de 8: Deixamos como exercício. Você deve seguir passos análogos aos utilizados em (7), bem como provar que 0×a=0 para todo ainN.

Princípio da Indução Finita

Vamos tratar agora do Princípio da Indução Finita (PIF) que tem muitas aplicações em toda a Matemática.

Uma proposição P(n), dependente de n, é verdadeira se forem verdadeiras as proposições P(0), P(1), ....

Exemplo: Seja P(n): 2 n>n verdadeiro para todo ninN.

Trocando n=0 obtemos 20>0 que é verdade; trocando n=1, obtemos 21>1 que tambem é verdade. Escolha um valor qualquer k para n e verifique que P(k) será verdadeira. Será que P(n) é verdadeira para todo ninN?

Teorema (PIF): Se P(n) é uma proposição dependente de ninN que verifica as condições seguintes:

então P(n) é verdadeiro para todo ninN.

Demonstração: Seja S = { rinN: P(r) é verdadeiro }. A condição (i) do enunciado garante que 0inN.

Suponha que kinS. A condição (ii) leva a concluir que s(k)inS e o Axioma da Indução garante que S=N, isto é, P(n) é verdadeiro para todo número natural n.

Observação: Às vezes nossas proposições P(n) só valem a partir de um determinado valor kneq0, assim o teorema acima pode ser modificado para a seguinte forma:

Teorema: Se P(n) é uma proposição dependente de ninN que verifica às condições seguintes:

então P(n) é verdadeiro para todo ninN, n > r.

A demonstração fica como exercício.

Exemplos importantes

  1. Prove que a proposição P(n): 0+1+...+n=n(n+1)/2 é verdadeira para todo número natural n.

    Em acordo com o PIF, devemos verificar se P(0) tem sentido e é verdadeiro. O primeiro membro é a soma e vale 0.

    O segundo membro é a fração e para n=0 é 0(0+1)/2=0, de modo que o resultado vale para n=0, isto é, (i) P(0) é verdadeiro.

    Admita que P(k) é verdadeiro, isto é, admita que é válida Hipótese de Indução:

    0 + 1 +...+ k   =  
    k(k+1)
    2

    Queremos provar que P(s(k))=P(k+1) é verdadeiro, isto é, a Tese de Indução:

    0 + 1 +...+ k + (k+1)   =  
    (k+1)(k+2)
    2

    Observe que devido à Hipótese de Indução, tem-se que P(k+1):

    0+1+...+k+(k+1)   =   (0+1+...+k)+(k+1)   =  
    k(k+1)
    2
    +(k+1)

    Ora esta última soma é precisamente (k+1)(k+2)/2, assim acabamos de provar a nossa Tese de Indução.

  2. Prove que 6÷n(n+1)(2n+1) qualquer que seja n número natural.

    O resultado vale para n=0 pois 6 ÷ 0(0+1)(0+1);

    Se vale o resultado para n=k, isto é: 6÷k(k+1)(k+2) implica que k(k+1)(2k+1)=6q para algum qinN ou seja, após efetuarmos as multiplicações: 2k³+3k²+k=6q que é nossa Hipótese de Indução.

    Se n=k+1, temos que:

    (k+1)(k+2)(2k+3)=2k³+9k²+13k+6=(2k³+3k²+k) +6k²+12k+6=6q+6k²+12k+6

    ou seja

    (k+1)(k+2)(2k+3)=6(q+k²+2k+1)

    donde se conclui que 6 ÷ (k+1)(k+2)(2k+3).

  3. Provar que para todo n > 1:

    1
    1
      +  
    1
    4
      +  
    1
    9
      +  ...  +  
    1
      <  2   −  
    1
    n

    A proposição não tem sentido para n=0 e sim para n> 1. Por isso, começamos verificando a válidade da proposição para n=1.

    O primeiro membro vale 1 para n=1 e o segundo membro vale 2−1/1=2−1=1 também. Assim o resultado vale para n=1.

    Admitindo o resultado para n=k > 1, temos:

    1   +  
    1
    4
      +  ...  +  
    1
      <  2   −  
    1
    k

    Daí,

    1  + 
    1
    4
     +...+ 
    1
    +
    1
    (k+1)²
     +  (1  +...+ 
    1
    )   +  
    1
    (k+1)²
      <  2   −  
    1
    k
     + 
    1
    (k+1)²

    logo

    1  + 
    1
    4
     +...+ 
    1
     + 
    1
    (k+1)²
     =  2 − (
    1
    k
     − 
    1
    (k+1)²
    )  =  2−
    k²+k+1
    k(k+1)²
     < 2 − 
    k(k+1
    k(k+1)²
     = 2 − 
    1
    k+1

    Assim o resultado é verdadeiro.

Exercícios: Usando o PIF, prove que:

  1. 2 + 4 +...+ 2n = n(n+1).

  2. 1 + 3 +...+ (2n−1) = n².

  3. n+1 é ímpar para todo n>1.

  4. n > 2n+1 para todo ninN.

Para encerrar esta seção vamos estudar o comportamento de igualdades versus operações.

Teorema: Se a,b,c,dinN então valem:

  1. a=b se, e somente se, a+c=b+c para qualquer cinN.

  2. a=b se, e somente se, ac=bc para todo c natural com c>1.

  3. Se a=b e c=d então a+c=b+d.

Demonstração de 1: Se a=b então a+c e b+c devem ser iguais por se tratar da mesma adição.

Por outro lado, seja S={cinN : a+c=b+c }.

É imediato que 0inS porque a+0=a=b=b+0 que vale, por hipótese.

Admita, agora, que a+k=b+k implica que a=b.

Daí segue que, a+s(k)=b+s(k) implica que s(a+k)=s(b+k) que por sua vez implica que a+k=b+k e finalmente a=b, portanto s(k)inS donde se conclui que S=N e o resultado é válido.

Demonstração de 2: Se a=b então ac e bc indicam a mesma operação, logo os resultados devem ser iguais.

Para a recíproca, seja S={cin*:ac=bc implica que a=b}.

Como a.1=b.1 implica que a=b, decorre que 1inS.

Suponha que kinS, isto é, ak=bk implica que a=b. Daí, a.s(k)=b.s(k) implica que ak+a=bk+a que por sua vez implica que ak=bk pelo item 1 provado acima e portanto a.s(k)=b.s(k) implica que a=b, logo s(k)inS e S=N−{0}.

Demonstração de 3: Partindo de a=b e utilizando 1 tiramos a+c=b+c; partindo de c=d e utilizando 1 obtemos (somando b) b+c=b+d e finalmente, se a+c=b+c e b+c=b+d decorre a+c=b+d, como queríamos.

Ordem em N

Dados dois números naturais, estamos acostumados a reconhecer qual deles é o "menor" ou qual é o "maior". Vamos agora tornar esse conceito mais preciso.

Definição: Sejam a,binN. Dizemos que a<b se, e somente se, a equação a+x=b tem solução em N, isto é, a<b se, e só se, existe cinN tal que a+c=b.

Diremos que a > b se, e somente se, b<a.

No teorema a seguir estudaremos o comportamento das desigualdades frente às operações.

p>Teorema: Sejam a,b,c,dinN. Então:
  1. a<b se, e somente se, a+c<b+c.

  2. a<b se, e somente se, ac<bc desde que c neq0;

  3. Se a<b e c<d então a+c<b+d.

  4. Se a<b e c<d então ac<bd.

Demonstração de 4: Se a<b existe rinN tal que a+r=b. Se c<d existe sinN tal que c+s=d.

Multiplicando as igualdades membro a membro, obtemos (a+r)(c+s)=bd se, e somente se, ac +(as+cr+rs)=bd, portanto ac<bd.

Os demais ítens podem ser provados de modo análogo. Apresentamos a seguir, em forma de teorema, alguns resultados válidos em N e de grande interesse teórico.

Teorema: Valem os seguintes resultados:

  1. Todo número natural, exceto o 0, é sucessor de outro número natural.

  2. Se n é um número natural então n > 0.

  3. Nenhum número natural é seu próprio sucessor, isto é, s(p) neqp para todo pinN.

  4. Entre 0 e 1 não há números naturais.

  5. Se pinN e m<p<s(m) então p=m ou p=s(m).

  6. Se m,ninN então m<n ou n<m, ou seja N é completamente ordenado por <.

Deixamos a demonstração como exercício.

Diferenças em N

Sejam m,ninN com m > n. Então a equação n+x=m tem solução que será indicada por m−n, a diferença entre m e n. Desta definição, segue que n+(m−n)=m e (m−n)+n=m.

Teorema: Sejam a,b,c,d números naturais. Se as diferenças indicadas tiverem sentido, são válidas as seguintes propriedades:

  1. (a−b)+b=a;

  2. (a−b)+c=(a+c)−b;

  3. (a−b)+(c−d)=(a+c)−(b+d);

  4. (a−b)−(c−d)=(a+d)−(b+c).

Demonstração de 1: Vale, por definição de diferença;

Demonstração de 2: a−b é a solução de x+b=a. Daí, somando c aos dois membros obtemos x+b+c=a+c ou (x+c)+b=a+c de modo que a equação y+b=a+c tem como soluções (a+c)−b bem como (a−b)+c;

Demonstração de 3: a−b é solução de x+b=a, c−d é solução de y+d=c. Somando as duas igualdades, obtemos

(x+y)+(b+d)=(a+c)

de modo que a equação X+(b+d)=(a+c) tem como soluções (a+c)−(b+d) e (a−b)+(c−d) donde segue o resultado.

Demonstração de 4: Se as diferenças acima fazem sentido, (a−b)−(c−d) é solução da equação x+(c−d)=(a−b). Somando b e d aos dois membros desta equação não mudamos a solução.

Mas então a equação muda para x+b+c=a+d que tem como solução (a+d)−(b+c) e portanto (a−b)−(c−d)=(a+d)−(b+c)

Teorema: Se as diferenças a−b e c−d tem sentido, temos:

  1. m(a−b)=(ma)−(mb) para todo minN.

  2. (a−b).(c−d)=(ac+bd)−(ad+bc)

Demonstração: Fica como exercício.

Exercícios

Utilizando os resultados dos teoremas acima calcule, se possível:

  1. (6−4)+(5−2);

  2. (6−4) × (5−2);

  3. (6−4)−(5−2);

  4. (8−4)−(5−2);

  5. 3 × (5−2);

  6. (5−2) × 3

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