Matemática Essencial

Ensino Fundamental, Médio e Superior no Brasil

Superior >> Álgebra
Numeros naturais
Matias J.Q.Neto
Ulysses Sodré

Material desta página

1 Elementos históricos

O propósito deste trabalho é estudar os números naturais, de uma forma muito diferente daquela que é realizada no âmbito do Ensino Fundamental pois é um tratamento axiomático dos números naturais.

O primeiro matemático a publicar um tratamento axiomático dos números naturais foi Giuseppe Peano. Praticamente, vamos repetir os passos de Peano.

Em uma teoria axiomática pressupomos conhecer o objeto de estudo e conhecer algumas relações que eles possuem, as quais são 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 \(0\) 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 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 \(s(n)\) que é o seu sucessor.

As leis que expressam algumas relações imediatas entre os números naturais são denominadas axiomas. Peano escolheu 5 axiomas para os números naturais, que são apresentados na sequencia. O conjunto de todos os números naturais será indicada pela letra maiúscula \(N\).

2 Axiomas de Peano

Os cinco axiomas de Peano são os seguintes:

Notas sobre os axiomas de Peano:

  1. Podemos pensar que os números naturais estão escritos em uma listagem: o primeiro, o segundo, o terceiro, etc.
  2. O axioma \(P1\) garante que \(1\) é um número natural.
  3. O axioma \(P3\) garante que \(1\) não é sucessor de qualquer n´[umero natural, isto é, não existe número natural antes de \(1\).
  4. O axioma \(P2\) garante que todo número natural tem um sucessor.
  5. O axioma \(P3\) garante que 2 é sucessor.
  6. O que se pode afirmar sobre os outros números naturais? Se \(n\in N\) com \(n\neq 1\) então \(n\) é ou não é sucessor de algum número natural?
  7. Podemos definir: \(2=s(1), 3=s(2), 4=s(3), 5=s(4),\cdots\)
  8. O axioma \(P4\) garante que números distintos tem sucessores distintos.
  9. O axioma \(P5\) é conhecido como axioma da indução. Entre os cinco axiomas, este é o menos óbvio. Este axioma P5 permite que façamos definições indutivas ou recorrentes e demonstrações por indução que trataremos na sequência.

Nota importante: No livro História Universal dos Algarismos, seu autor Georges Ifrah, discorre bastante sobre o fato do número zero não ser um número natural.

O pessoal que trabalha com Álgebra, de modo 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, vamos usar aqui o conjunto N dos números naturais na forma:

\[N = \{ 0,1,2,3,4,5,\cdots\}\]

quando se tratar de construções que envolvam conceitos algébricos.

3 Aplicações

  1. Definir uma sequência recursivamente: Seja \(x_0=2\) e \(x_{s(k)}=x_k+3\). Como \(x_0=2\), então \(x_1=x_1+3=2+3=5\), \(x_2=x_2+3=5+3=8\) e assim por diante. A sequência forma 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 \(x_0=2\) e \(x_{s(k)}=2x_k\), obtemos uma sequência geométrica, que na forma de conjunto, fica como: \(G = \{2,4,8,16,...\}\)
  3. Definir potência: Para \(a\in N^{*}\), seja: \(a^0=1\) e \(a^{s(k)}=a^k{\times}a\). Se \(a=5\), temos: \(5^0=1\), \(5^1=5^0{\times}5=1{\times}5=5\), \(5^2=5^1{\times}5=25,\cdots\).
  4. Definir a adição em N. Se \(a\in N\) tomemos \(a+0=a\)e \(a+s(k)=s(a+k)\). Como exemplo, vamos calcular \(2+3\):
    \begin{align} 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 \end{align}
  5. Definir a multiplicação em N. Se \(a\in N\) definimos \(a{\times}0=0\), e \(a{\times}s(k)=(a{\times}k)+a\). Como exemplo, vamos calcular \(5{\times}3\):
    \begin{align} 5{\times}0 &= 0 \\ 5{\times}1 &= 5{\times}s(0) = (5{\times}0)+5 = 0 +5 = 5 \\ 5{\times}2 &= 5{\times}s(1) = (5{\times}1)+5 = 5 +5 = 10 \\ 5{\times}3 &= 5{\times}s(2) = (5{\times}2)+5 = 10+5 = 15 \end{align}

Nota: Às vezes escrevemos \(ab\) ao invés de \(a{\times}b\), por questão de simplicidade.

Exercícios:

  1. Escrever os \(10\) primeiros termos da sequência definida indutivamente por: \(x_0=2\), e \(x_{s(k)} = x_k + \frac{(-1)^k}{k+1}\).
  2. Definir indutivamente cada uma das sequências indicadas:
    1. \((2, 4, 6, \cdots)\)
    2. \((3, 2, 1, \cdots)\)
    3. \((3, 3/2, 3/4,\cdots)\)
    4. \((0.50, 0.60, 0.72,\cdots)\)
  3. Efetuar os cálculos abaixo, usando as definições de adição, multiplicação e potenciação definidas anteriormente neste trabalho.
    1. \(5+2\)
    2. \(8+2\)
    3. \(5{\times}2\)
    4. \(8{\times}2\)
    5. \(3^4\)
    6. \(4^3\)

4 Operações em N

As operações de adição e multiplicação definidas na seção anterior possui as propriedades indicada no

Teorema: Se \(a,b,c\in N\) são valores arbitrários, então valem as afimações:

  1. \((a+b)+c=a+(b+c)\).
  2. Existe \(0\in N\) tal que \(a+0=0+a=a\) para todo \(a\in N\).
  3. Existe \(1\in N\) tal que \(a{\times}1=1{\times}a=a\) para todo \(a\in N\).
  4. Para todo \(a\in N\) tem-se que \(a+1=1+a=s(a)\).
  5. \(a{\times}(b+c)=(a{\times}b)+(a{\times}c)\).
  6. \((a{\times}b){\times}c = a{\times}(b {\times}c)\).
  7. \(a+b=b+a\).
  8. \(a{\times}b=b{\times}a\).

Demonstração de 1: Seja \(S=\{c\in N: (a+b)+c=a+(b+c)\}\). Usando o axioma P5, vamos verificar que \(0\in S\). Se \(c=0\), o primeiro membro desta igualdade é: \((a+b)+0=a+b\) enquanto que o segundo membro é: \(a+(b+0)=a+b\), assim \(0\in S\).

Admitamos agora que \(k\in S\), ou seja,

\[(a+b)+k=a+(b+k) \tag{*}\]

Será que \(s(k)\in S\)?

Pela definição de soma, \((a+b)+s(k)=s((a+b)+k)\) e utilizando (*) segue que \(s((a+b)+k)=s(a+(b+k))\).

Pela definição de soma, \(s(a+(b+k))=a+s(b+k)=a+(b+s(k))\) garantindo que \(s(k)\in S\).

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

Demonstração de 2: Pelo axioma \(P1\), \(0\in N\). A igualdade \(a+0=a\) decorre da definição de adição. Resta mostrar que para todo \(a\in N\) segue que \(0+a=a\). Para isso, seja:

\[S=\{a\in N: 0+a=a\}\]

Temos que \(0\in S\) pois \(0+0=0\) é válido. Admitindo que \(k\in S\), ou seja, que \(0+k=k\), podemos escrever:

\[0+s(k) = s(0+k)=s(k)\]

donde se conclui que \(s(k)\in S\) ,ou seja, \(S=N\).

Demonstração de 3: Temos que \(1=s(0)\in N\). Pela definição de multicplicação, temos que

\[a{\times}1=a{\times}s(0)=a{\times}0+a=0+a=a\]

Resta mostrar que \(1.a=a\). Para isso, definimos

\[S=\{r\in N: 1{\times}r=r\}\]

\(0\in S\) pois \(1{\times}0=0\). Admitindo que \(1{\times}k=k\), segue que \(1{\times}s(k)=1{\times}k+1=k+1=s(k)\) donde se conclui que \(s(k)\in S\) e pelo axioma da indução \(S=N\), isto é, \(1{\times}x=x\) para todo \(x\in N\).

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

Como antes, definimos

\(S=\{r\in N : 1+r=s(r)\}\)

É claro que \(0\in S\), pois \(1+0=1=s(0)\).

Supondo que \(k\in S\), temos que \(1+k=s(k)\) e segue que \(1+s(k)=s(1+k)=s(s(k))\) comprovando que \(s(k)\in S\).

Demonstração de 5: Seja

\[S = \{c\in N : a(b+c)=a.b + a.c\}\]

Então \(0\in S\), já que o primeiro membro é \(a(b+0)=a.b\) e o segundo membro é \(a.b+a.0=a.b+0=a.b\).

Se \(k\in S\), temos \(a(b+k)=a.b+a.k\) e então,

\[a(b+s(k))=a.s(b+k)=a(b+k)+a=a.b+a.k+a=a.b+a.s(k)\]

A igualdade decorre da definição do produto \(a.s(k)=a.k+a)\), assim \(S=N\).

Demonstração de 6: Seja \(T=\{c\in N: (a.b).c=a(b.c)\}\). Então \(0\in T\) pois os dois membros seriam iguais a \(0\).

Admitindo que \(k\in T\), segue que \((a.b).k=a.(b.k)\), logo

\[(a.b).s(k)=(a.b).k+(a.b)=a.(b.k)+a.b=a.(b.k+b)\]

sendo que esta 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: Seja \(S=\{b\in N: a+b=b+a\}\). Assim, o item (2) deste teorema mostra que \(0\in S\), já que \(a+0=0+a=a\).

Suponha que \(k\in S\), isto é, admita que para todo \(a\in N\), vale

\[a+k = k+a \tag{A}\]

Devemos mostrar que para todo \(a\in N\), vale \(a+s(k)=s(k)+a\).

Para quais \(a\in N\) isto é verdade? Seja

\[T= \{a\in N:a+s(k)=s(k)+a\}\]

\(0\in T\) pois \(0+s(k)=s(k)+0\) é válido por (2). Se \(p\in T\), então temos

\[p+s(k)=s(k)+p \tag{B}\]

para todo \(s(k)\in N\). Agora, usando (A), segue que

\[s(p)+s(k)=s(s(p)+k)=s(k+s(p))\]

e de novo por (A), segue que

\[s(k+s(p))=s(s(k+p)=s(s(p+k)\]

Utilizando (B), segue que \(s(s(p+k)=s(p+s(k))=s(s(k)+p)\) e finalmente, \(s(s(k)+p)=s(k)+s(p)\), donde concluímos que \(s(p)\in T\), logo \(T=N\). Assim, \(s(k)\in S\) e \(S=N\) e o resultado é válido.

Demonstração de 8: Deixamos como exercício. Você deve seguir passos análogos aos utilizados em (7), além de provar que \(0{\times}a=0\) para todo \(a\in N\).

5 Princípio da Indução Finita

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

Uma proposição \(P(n)\), que depende de \(n\), é verdadeira se forem verdadeiras as proposições \(P(0)\), \(P(1)\), \(P(2), \cdots\).

Exemplo: Seja a afirmação: \(P(n): 2^{n}>n\) é válida para todo \(n\in N\).

Tomando \(n=0\) obtemos \(2^0=1>0\) que é verdade. Tomando \(n=1\), obtemos \(2^1=2>1\) que tambem é verdade. Escolha um valor qualquer \(n=k\) e verifique se \(P(k)\) é ou não verdadeira. Será que \(P(n)\) é verdadeira para todo \(n\in N\)?

Teorema (PIF): Se \(P(n)\) é uma proposição que depende de \(n\in N\) que verifica as condições seguintes:

  1. \(P(0)\) é verdadeiro.
  2. Se \(P(k)\) é verdadeiro implica que \(P(s(k))\) é verdadeiro.

então \(P(n)\) é verdadeiro para todo \(n\in N\).

Demonstração: Seja \(S=\{r\in N: P(r) \text{ é verdadeiro}\}\). A condição (1) do enunciado garante que \(0\in N\).

Suponha que \(k\in S\). A condição (2) leva a concluir que \(s(k)\in S\) e o Axioma da Indução garante que \(S=N\), isto é, \(P(n)\) é verdadeiro para todo número natural \(n\).

Nota: Às vezes nossas proposições \(P(n)\) só valem a partir de um certo valor \(n>0\), assim o teorema acima pode ser modificado para a seguinte forma:

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

  1. \(P(r)\) é verdadeiro;
  2. Se \(P(k)\) é verdadeiro para \(k \geq r\) implica que \(P(s(k)\) é verdadeiro.

então \(P(n)\) é verdadeiro para todo \(n\in N\), onde \(n \geq r\).

A demonstração fica como exercício.

6 Exemplos importantes

  1. Prove que para todo número natural \(n\), é verdadeira a proposição:
    \[P(n): 0+1+\cdots+n=\frac12 n(n+1)\]
    De acordo com o PIF, devemos verificar se \(P(0)\) tem sentido e é verdadeiro. O primeiro membro é a soma \(0\). 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, (1) \(P(0)\) é verdadeiro. Admita que \(P(k)\) é verdadeiro, isto é, admita que é válida Hipótese de Indução:
    \[0+1+\cdots+k = \frac{k(k+1)}{2}\]
    Desejamos provar que \(P(s(k))=P(k+1)\) é verdadeiro, isto é, a Tese de Indução:
    \[0+1+\cdots+k+(k+1) = \frac{(k+1)(k+2)}{2}\]
    Pela hipótese de indução, tem-se \(P(k+1)\):
    \begin{align} 0+1+\cdots+k+(k+1) &= (0+1+\cdots +k)+(k+1) \\ &= \frac{k(k+1)}{2} +(k+1) \\ &= \frac12 (k+1)(k+2) \end{align}
    e acabamos de provar a nossa Tese de Indução.
  2. A notação \(6|X\) significa que \(6\) divide \(X\). Prove que \(6|n(n+1)(2n+1)\) qualquer que seja \(n\in N\). O resultado vale para \(n=0\) pois \(6|0(0+1)(0+1)\). Se o resultado vale para \(n=k\), isto é: \(6|k(k+1)(k+2)\) então \(k(k+1)(2k+1)=6q\) para algum \(q\in N\) ou seja, após efetuarmos as multiplicações: \(2k^3+3k^2+k=6q\) que é nossa Hipótese de Indução. Se \(n=k+1\), temos que:
    \begin{align} (k+1)(k+2)(2k+3) &= 2k^3+9k^2+13k+6 \\ &= (2k^3+3k^2+k)+6k^2+12k+6 \\ &= 6q+6k^2+12k+6 \\ &= 6(q+k^2+2k+1) \end{align}
    donde se conclui que \(6|(k+1)(k+2)(2k+3)\).
  3. Provar que para todo \(n \geq 1\):
    \[\frac11+\frac14+\frac19+\cdots+\frac{1}{n^2} \leq 2-\frac{1}{n}\]
    A proposição não vale para \(n=0\) e mas vale para \(n\geq 1\), pois:
    \[\frac11 = 1 \leq 2 - \frac11\]
    Vamos admitir que o resultado seja válido para \(n\geq 1\), isto é:
    \[1 +\frac14 + \cdots + \frac{1}{k^2} \leq 2 - \frac{1}{n}\]
    Antes de expandir esta expressão para \(n+1\), lembramos que \(n+1>n\), logo \((n+1)(n+1)>n(n+1)\), garantindo que \(\dfrac{1}{(n+1)^2}<\dfrac{1}{n(n+1)}\). Esta desigualdade será usada na sequência para obtermos:
    \begin{align} \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k^2} &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} + \frac{1}{(n+1)^2} \\ & \leq 2 - \frac{1}{n} + \frac{1}{(n+1)^2} \\ & \color{red}{\leq} 2 - \frac{1}{n} + \color{red}{\frac{1}{n(n+1)}} \\ &= 2 - \frac{(n+1)}{n(n+1)} + \frac{1}{n(n+1)} \\ &= 2 - \frac{n}{n(n+1)} = 2 - \frac{1}{n+1} \end{align}
    Assim, o resultado é verdadeiro para todo \(n\geq 1\).

Exercícios: Usando o PIF, prove que:

  1. \(2+4+\cdots +2n = \displaystyle\sum_{k=1}^n 2k = n(n+1)\).
    Dica: \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} 2k = \displaystyle\sum_{k=1}^n 2k + 2(n+1)=n(n+1)+2(n+1)=(n+1)(n+2)\)
  2. \(1+3+\cdots +(2n-1) = \displaystyle\sum_{k=1}^n (2k-1) = n^2\).
    Dica: \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}(2k-1) = \displaystyle\sum_{k=1}^n(2k-1)+2n+1=n^2+2n+1=(n+1)^2\)
  3. \(2^n\) é par para todo \(n\in N\).
  4. \(2^n+1\) é ímpar para todo \(n\geq 1\).
  5. \(3^n \geq 2n+1\) para todo \(n\in N\).

Agora vamos estudar o comportamento de igualdades versus operações.

Teorema: Se \(a,b,c,d\in N\) então valem:

  1. \(a=b\) se, e somente se, \(a+c=b+c\) para qualquer \(c\in N\).
  2. \(a=b\) se, e somente se, \(ac=bc\) para todo \(c\in N\) 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 \(S=\{c\in N: a+c=b+c\}\).

É imediato que \(0\in S\) pois \(a+0=a=b=b+0\) que vale, por hipótese.

Admita, agora, que \(a+k=b+k\) implica que \(a=b\).

Assim, \(a+s(k)=b+s(k)\) implica que \(s(a+k)=s(b+k)\) que por sua vez implica que \(a+k=b+k\) e finalmente \(a=b\), portanto \(s(k)\in S\) 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 \(S=\{c\in N, c>0: ac=bc \Rightarrow a=b\}\).

Como \(a.1=b.1\) implica que \(a=b\), segue que \(1\in S\).

Suponha que \(k\in S\), 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, portanto \(a.s(k)=b.s(k)\) implica que \(a=b\), logo \(s(k)\in S\) e \(S=N-\{0\}\).

Demonstração de 3: Se \(a=b\) e usando (1) obtemos \(a+c=b+c\). Se \(c=d\) e usando (1) e somando \(b\), obtemos \(b+c=b+d\) e finalmente, se \(a+c=b+c\) e \(b+c=b+d\) então \(a+c=b+d\), como queríamos dempontrar.

7 Ordem em N

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

Definição: Sejam \(a,b\in N\). Dizemos que \(a\leq b\) se, e somente se, a equação \(a+x=b\) tem solução em \(N\), isto é, \(a\leq b\) se, e só se, existe \(c\in N\) tal que \(a+c=b\).

Dizemos que \(a \geq b\) se, e somente se, \(b\leq a\).

Na sequência, vamos estudar o comportamento das desigualdades frente às operações.

Teorema: Sejam \(a,b,c,d\in N\). Então:

  1. \(a\leq b\) se, e somente se, \(a+c\leq b+c\).
  2. \(a\leq b\) se, e somente se, \(ac\leq bc\) desde que \(c \neq 0\);
  3. Se \(a\leq b\) e \(c\leq d\) então \(a+c\leq b+d\).
  4. Se \(a\leq b\) e \(c\leq d\) então \(ac\leq bd\).

Demonstração de 4: Se \(a\leq b\) existe \(r\in N\) tal que \(a+r=b\). Se \(c\leq d\) existe \(s\in N\) 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 \(ac\leq bd\).

Os demais ítens podem ser provados de modo análogo.

A seguir, exibimos na forma de teorema, alguns resultados válidos em \(N\) e de grande interesse teórico.

Teorema: Valem os seguintes resultados:

  1. Todo número natural, exceto o zero, é sucessor de outro número natural.
  2. Se \(n\) é um número natural então \(n \geq 0\).
  3. Nenhum número natural é o seu próprio sucessor, isto é, \(s(p) \neq p\) para todo \(p\in N\).
  4. Entre \(0\) e \(1\) não existe qualquer número natural.
  5. Se \(p\in N\) e \(m\leq p\leq s(m)\) então \(p=m\) ou \(p=s(m)\).
  6. Se \(m,n\in N\) então \(m\leq n\) ou \(n\leq m\), ou seja \(N\) é completamente ordenado pela ordem \(\leq\).

Deixamos a demonstração como exercício.

8 Diferenças em N

Sejam \(m,n\in N\) com \(m \geq n\). Então a equação \(n+x=m\) tem solução, indicada por \(x=m-n\), que é 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 têm 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 \(x+b=a\). 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 \((a-b)+(c-d)\) de onde 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 assim \((a-b)-(c-d)=(a+d)-(b+c)\).

Teorema: Se as diferenças \(a-b\) e \(c-d\) têm sentido, então:

  1. \(m(a-b)=(ma)-(mb)\) para todo \(m\in N\).
  2. \((a-b).(c-d)=(ac+bd)-(ad+bc)\).

Demonstração: Fica como exercício.

Exercícios: Usando os resultados dos teoremas acima, se possível, calcule:

  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. \((5-2)*3\)