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Alguns teoremas com demonstrações prévias

[Teorema 1]: Todo número natural é menor que seu sucessor, ou seja, n < n + 1, para todo n ∈ ℕ.

     [Demonstração] Segue diretamente da definição da relação < (é menor que), visto que existe k ∈ ℕ, tal que n + k = n + 1, e tal k é o próprio 1 (um).

Portanto, para todo n ∈ ℕ, temos n < n + 1.     □

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[Teorema 2]: Seja n ∈ ℕ. Então n = 1 ou n > 1 (ou equivalentemente de forma compacta, n ≥ 1).

     [Demonstração] Suponha por absurdo que n < 1. Pela definição da relação <, então existe k ∈ ℕ, tal que n + k = 1.

Porém, como n ≠ 1, então n é o sucessor de algum número natural m, ou seja, n = m + 1, para algum m ∈ ℕ (por um dos axiomas de Peano).

Substituindo n por m + 1, temos

     ⟹   (m + 1) + k = 1

     ⟹   m + 1 + k = 1

     ⟹   m + k + 1 = 1

     ⟹   (m + k) + 1 = 1

     ⟹   1 é sucessor de m + k ∈ ℕ

absurdo, pois 1 não é sucessor de nenhum natural (outro dos axiomas de Peano).

Logo, pela tricotomia, concluímos que n = 1 ou n > 1.     □

Obs.: O Teorema 2 evidencia que o conjunto dos naturais tem um elemento mínimo, e este elemento é o número 1 (um).

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[Teorema 3]: Seja n ∈ ℕ. Então não existe m ∈ ℕ, tal que n < m < n + 1.

     [Demonstração] Suponha por absurdo que existe m, tal que n < m < n + 1.

Como n < m, pela definição da relação <, existe k ∈ ℕ, tal que

     n + k = m

mas como m < n + 1, novamente pela definição da relação <, existe p ∈ ℕ, tal que

     m + p = n + 1

Substituindo m por n + k, temos

     ⟹   (n + k) + p = n + 1

     ⟹   n + (k + p) = n + 1

     ⟹   k + p = 1

     ⟹   k < 1   e   p < 1

(absurdo, pois contradiz o Teorema 2).

Logo, não existe m ∈ ℕ, tal que n < m < n + 1.     □

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Princípio da Boa Ordem

[Teorema 4 – Princípio da Boa Ordem]

Seja X ⊆ ℕ não-vazio. Então, existe x₀ ∈ X tal que x₀ ≤ x, para todo x ∈ X.

     [Demonstração] Temos dois casos a considerar.

• Caso 1:   1 ∈ X.

Pelo Teorema 2, para todo x ∈ ℕ, temos 1 ≤ x. Como X ⊆ ℕ, em particular, temos 1 ≤ x, para todo x ∈ X.

Logo, está provada a existência do elemento mínimo x₀ = 1 ∈ X.     □

• Caso 2:   1 ∉ X.

Considere o conjunto Y ⊆ ℕ, cujos elementos são todos os naturais menores que qualquer elemento de X.

     Y = {y ∈ ℕ:  y < x,  para todo x ∈ X}.

Os conjuntos X e Y são disjuntos, pois todo elemento de Y é menor, e portanto diferente de qualquer elemento de X.

Como X não é vazio, então existe algum elemento x ∈ X ⊆ ℕ. Contudo, X ∩ Y = ∅, e por isso devemos ter x ∉ Y. Então, existe algum natural que não é elemento de Y. Logo, Y ≠ ℕ.

Novamente pelo Teorema 2, em particular, temos x ≥ 1, para todo x ∈ X ⊆ ℕ.

No entanto,

     1 ∉ X

     ⟹   x ≠ 1

     ⟹   x > 1

     ⟹   1 < x,   para todo x ∈ X.

Logo, pela propriedade que caracteriza os elementos de Y, concluímos que 1 ∈ Y.

Suponha por absurdo que

     para todo y ∈ Y,   y + 1 ∈ Y.

Caso essa hipótese fosse verdadeira, pelo Axioma da Indução, teríamos Y = ℕ (absurdo, pois já mostramos que Y ≠ ℕ).

Logo, deve existir algum y₀ ∈ Y, tal que

     y₀ + 1 ∉ Y.

Como y₀ ∈ Y, temos y₀ < x, para todo x ∈ X.

Além disso, como y₀ + 1 ∉ Y, então deve existir x₀ ∈ X tal que y₀ + 1 ≥ x₀, e em particular, y₀ < x₀ ∈ X.

Temos dois casos a analisar: y₀ + 1 > x₀ ou y₀ + 1 = x₀.

Suponha por absurdo que y₀ + 1 > x₀.

     ⟹   y₀ < x₀ < y₀ + 1

(absurdo, pois contradiz o Teorema 3).

Portanto, devemos ter y₀ + 1 = x₀.

Mostraremos a seguir que x₀ é o elemento mínimo de X.

Por fim, suponha por absurdo que existe x₁ ∈ X, tal que x₁ < x₀ = y₀ + 1.

Como y₀ ∈ Y e x₁ ∈ X, em particular, temos y₀ < x₁.

Logo, segue que

  ⟹   y₀ < x₁ < x₀ = y₀ + 1

(absurdo, pois contraria novamente o Teorema 3).

Portanto, não existe x₁ ∈ X, tal que x₁ < x₀, ou equivalentemente,

     para todo x ∈ X,   x ≥ x₀.     ■

Dúvidas? Comente.

Bons estudos! :-)[tex]\,[/tex]