cap1

Comentrio sobre o Exemplo 2 da seo 1.6.

Julguei ser interessante registrar comentrio sobre este exemplo porque, a meuver, o autor foi um tanto desastrado ao tentar explicar suas idias.

A ttica que ele usou foi aplicar sempre o

Teorema 1. Seja a R tal que a > 0, e n N : n 2. Ento existe um nico real > 0 tal que

n = a.

Certo. Ento, para demonstrar que se a um real, e n um natural mpar,ento existe uma nica raiz real para a equao n = a, o autor divide o problemaem dois casos.

No primeiro deles, ele considera apenas os casos em que a > 0. Sendo assim,pelo Teorema 1, demonstra-se a tese.

Imagino que o autor s incluiu a assero de que < 0 n < 0 para mostrarque no h como um nmero negativo gerar um nmero positivo se elevado a umapotncia mpar, talvez para ressaltar a fora do Teorema 1.

No caso seguinte, a < 0, o autor usa o mesmo teorema, com a ttica de considerara > 0. Assim, o Teorema 1 se torna aplicvel, e por fim, considera-se o negativode tal raiz real para demonstrar a tese.

Comentrio sobre o Exemplo 6 da seo 1.6.

O autor expressou duas relaes que me pareceram muito estranhas, por que euno conseguia deduzir uma da outra:

k

n< y x

ek

n< x.

Mas a explicao bastante simples: h a liberdade de se definir n; ento, sex < y x, define-se da seguinte forma:

nx > k kn< x.

Como x < y x, pela transitividade, kn< y x. Caso y x < x, ento define-se n

assim:n (y x) > k k

n< y x,

e novamente, pela transitividade,k

n< x.

Ento, realmente no faz diferena considerar os casos, por que no final das contas,as duas condies sero satisfeitas.

Demonstrao dos casos x = 0 e y = 0. O autor delegou ao leitor a tarefade demonstrar a existncia de um racional dentre os reais 0 e y.

Escolhi arbitrariamente demonstrar primeiro a veracidade de tal propriedade sex = 0.

H que se dividir a demonstrao em dois casos.No primeiro deles, y > 0.Sendo assim, pelo Princpio de Arquimedes h um natural k tal que k > y.

1

DEMONSTRAO DAS PROPRIEDADES DAS POTNCIAS 2

Pelo mesmo princpio, h um natural n tal que ny > k kn< y. Como k

n> 0,

ento t = kn.

Agora, seja y < 0. Ento, y > 0, e pela demonstrao anterior, h t tal que0 < t < y. Ora, ento, multiplicando-se todos os membros desta relao por 1,conclui-se que y < t < 0. Neste caso, s = t.

Para o caso x = 0, basta permutar x por y e construir uma demonstraoanloga.

Comentrio sobre a seo 1.7

No tenho certeza se consegui entender exatamente o que o autor quis dizercom o comentrio do segundo pargrafo desta seo, mas talvez tenha obtido exito.Assim, creio que seja justificvel registrar meu raciocnio.

Inicialmente, decidi registrar minhas dvidas. O autor comentou que devio apropriedade (2) das razes, segue que tal definio no depende da frao m

n, n > 0,

que for adotada como representante do racional r. Eu no tinha certeza sobrequal seria a propriedade a qual o autor estaria se referindo. E mesmo se fosse apropriedade que estava pensando, eu no tinha certeza se minha interpretao seriacorreta.

Mas, digamos que eu tenha acertado qual a propriedade tratada. A saber,Se n for mpar, e a um real qualquer, o nico tal que n = a indicado por n

a.

Se tal teorema for a hiptese a qual o autor se referiu, eu acho que o autor quisus-lo da seguinte forma: suponha que

mn e

mn sejam tais que m

n= m

n = r, e

mn 6= m

n . Se

(

mn

)n= a, e

(

mn)n

= a, ou seja, se ambas as quantidades foremas razes ensimas de um certo real, ento elas so iguais. Ou seja, elas no podemser diferentes, e por conseguinte sero iguais. Desta forma, a escolha da frao m

nrepresentante de r pode ser qualquer.

Talvez tenha sido isto o que o autor pensou.

Demonstrao das propriedades das potncias

O autor delegou esta tarefa, ento, decidi registrar.

Propriedade 1. Deve-se demonstrar que ar. as = ar+s. A prova consiste emaplicar o Princpio da induo finita.

Mas antes, ser necessrio apresentar a definio.Seja a R, e r Q. Define-se a potncia de base a elevado a r-sima potncia

atravs da recurso:

ar =

{0, se r = 0ar1. a, se r 6= 0.

Agora possvel provar os teoremas.Seja r Q um racional determinado. verdade que ar. a0 = ar+0, pois:

ar. a0 =ar. 1

=ar

=ar+0.


Seja agora hiptese de induo que ar. ap = ar+p. Ento:

ar. ap+1 = ar. (ap. a)(0.0.1)= (ar. ap) . a(0.0.2)

=(ar+p

). a(0.0.3)

= ar+p. a(0.0.4)

= ar+p+1.

Creio que devo fazer um registro das propriedades que foram usadas. Na Equao0.0.1, foi usada a propriedade associativa para a incluso dos parnteses, e a defini-o, para expresso de ap+1 como ap. a. Na Equao 0.0.2, foi usada a propriedadeassociativa do produto de reais. Na Equao 0.0.3 foi usada a hiptese de induo.E finalmente, na Equao 0.0.4, foi usada a definio, para exprimir ar+p. a comoar+p+1.

Assim, pode-se considerar que a prova est completa.

Propriedade 2. Deve-se demonstrar que (ar)s = ars.Novamente, a prova consiste em aplicar o Princpio da Induo Finita.Seja ento r um racional determinado.A hiptese fundamental a ser provada

(ar)0 = ar.0.

Mas isto fcil:

(ar)0 = 1

= a0

= ar.0.

Seja agora a hiptese de induo (ar)p = arp verdadeira para todo racional menorou igual a p. Ento:

(ar)p+1 = (ar)p . a(0.0.5)= (arp) . a(0.0.6)= arp. a(0.0.7)

= arp+1.

Na Equao 0.0.5 foi usada a definio, na Equao 0.0.6 foi usada a hiptese deinduo, e na Equao 0.0.7 foi usada a definio novamente.

Propriedade 3. Deve-se demonstrar que aras

= ars, desde que respeitada ascondies de existncia.

Aplica-se o Princpio da Induo Finita.Seja r um racional determinado.A hiptese fundamental a ser provada

ar

a0= ar0.


Fcil:ar

a0=ar

1= ar

= ar0.

Seja verdadeira a hiptese de induo arap

= arp para todo racional menor ouigual a p. Ento:

ar

ap+1=

ar

ap. a

=ar

ap

a

=arp

a= arp. a1

= arp1.

Propriedade 4. Ento vejamos.A tese fundamental a ser provada

(ab)0 = a0b0.

Mas isto fcil:

(ab)0 =1

=1. 1

=a0b0.

Agora, seja verdadeira a hiptese de induo

(ab)p = apbp

para todo inteiro menor ou igual a p.Ento:

(ab)p+1 = (ab)p (ab)

= (apbp) (ab)

= (apa) (bpb)

= ap+1bp+1.

Creio que seria desnecessrio explicitar cada uma das propriedades dos reais usadasna demonstrao. H muito a ser feito. Isto pode ser feito pelo leitor.

Propriedade 5. Deve ser provado que se a > 1 e r < s, ento ar < as.Tal prova demanda a demonstrao de teoremas auxiliares, os chamados lemas.Vejamos os Lemas primeiro.

Lema 2. Seja a R : a > 1, e n N. Ento, an > 1 n > 0.Demonstrao. Prova-se inicialmente a implicao reversa; ou seja, que n >

0 an > 1.Para isto, pode-se usar o PIF.Hiptese inicial: n = 1; tese inicial: an > 1.


verdade, poisn = 1 an = a > 1.

Hiptese de induo: an > 1n p, p N. Ento:a > 1 apa > apap+1 > apap+1 > 1.

Ento, o referido verdade e dou f.Agora, a prova da implicao direta: an > 1 n > 0.Pode-se provar por exemplo usando-se o mtodo da contraposio. Ento, seja

n < 0. Resulta que n > 0, e pela prova anterior, an > 1, e da,anan > an a0 > an 1 > an an < 1.

Ou seja, o referido verdade e dou f. Lema 3. Seja a R : a > 1, e r Q. Ento, ar > 1 r > 0.

Demonstrao. Usa-se uma prova direta baseada no Lema 2 para a implica-o reversa e uma prova por contraposio para a implicao direta.

Prova da implicao direta: r > 0 ar > 1.Se r Q, ento r = p

q, p Z q N. Por hiptese, a > 1, e isto implica que

a1q > 1:

a > 1(a

1q

)q> 1

Lema 1 a 1q > 1,pois q > 1, e

(a

1q

)q> 1.

Da,

apq > 1

(a

1q

)p> 1

Lema 1

p > 0,

pois a1q > 1, e a

pq > 1, por hiptese. Como p > 0, ento p

q> 0 e portanto r > 0.

Teorema. Seja a R : a > 1, r Q, e s Q. Ento, ar > as r > s.Demonstrao. Basta aplicar uma pequena alterao na hiptese, e usar o

Lema 3:

ar > as ars > 1Lema 2

r s > 0r > s.

Agora, restaria provar que se 0 < a < 1, e r < s, ento ar > as.Mas a prova bem fcil.Ser necessrio construir um teorema auxiliar, e ento aplic-lo.

Lema 4. Seja a R : 0 < a < 1, e r Q. Ento, ar > 1 r < 0.

0.1. DEMONSTRAO 6

Demonstrao. Se 0 < a < 1, ento a1 > 1. Sendo r o expoente de potnciaracional, deve ser do tipo p

q, p Z q N. Da,

a1 > 1

a qq > 1(a

1q

)q> 1

Lema 1

a1q > 1.

Logo:

apq > 1

(a

1q

)p> 1

p > 0p < 0.

Decorre disto que pq< 0, e que portanto, r < 0.

Teorema. Seja 0 < a < 1, e r < s, ento ar > as.

Demonstrao. Basta modificar a tese, e aplicar o Lema 4:

ar > as ars > 1Lema 3

r s < 0r < s.

0.1. Demonstrao

O objetivo demonstrar o seguinte

Teorema. Sejam a > 0 um real e n 2 um natural. Ento existe um nico real > 0 tal que n = a. Simbolicamente:

H ={

a R+n N/n 2 T = R

+/n = a.

Demonstrao. Basta seguir o algoritmo proposto pelo autor no exemplo an-terior. Ento, inicialmente preciso construir a sequncia de intervalos encaixantes.

Seja um dgito um nmero pertencente ao conjunto {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. A0 o maior dgito tal que An0 < a. Assim, (A0 + 1)

n > a. Da, a0 = A0 e b0 = A0 + 1.Seja agora A1 o maior dgito tal que

(A0 +

A110

)n< a. Ento,

(A0 +

A1+110

)n> a.

Novamente, a1 = A0 + A110 e b1 = A0 +A1+110

.Enfim, an =

ni=0

Ai10i

, e bn =n

i=0Ai10i

+ 110n

. A sequncia [an, bn] uma sequnciade intervalos encaixantes (SIE), pois

an+1 an = An+110n+1

0 an+1 an;

0.1. DEMONSTRAO 7

bn+1 bn = 110n+1

110n

=1

10n

(1

10 1)

= 910n+1

bn+1 < bn.Alm disto, bn an = 110n , que tende a zero conforme cresce o valor de n.De modo que, sendo tal sequncia uma SIE, existe um nico real > 0 tal que

an bnn N;e isto implica que

(0.1.1) ann n bnn.A prova de que a equao 0.1.1 verdadeira reside em uma aplicao do PIF.A etapa bsica consiste em mostrar que

an bn a2n b2n.Mas isto bem fcil. Seno vejamos: sendo an e positivos, ento, pela propri-

edade OM), verifica-se que

(0.1.2)an an ana2n an.

Analogamente,

(0.1.3)an an 2.

Decorre das equaes 0.1.2 e 0.1.3, e da propriedade transitiva da relao de orde-namento que:

a2n 2.Da mesma forma, demonstra-se que

2 b2n.Logo, verdade que

a2n 2 b2n.Vejamos ento a etapa indutiva. Seja por hiptese de induo verdadeira a

relao

(0.1.4) ain i bini N : i m.So verdadeiras as relaes

(0.1.5) amn me

(0.1.6) m bmn .Certo, pela compatibilidade da ordem frente a multiplicao (propriedade OM) dotexto), decorre que

(0.1.7)amn an m anam+1n man.

DEMONSTRAO DO TEOREMA DOS INTERVALOS ENCAIXANTES 8

Analogamente,

(0.1.8)amn m amn m+1.

Pode-se demonstrar por reductio ad absurdum que as desigualdades 0.1.7 e 0.1.8implicam na relao de ordenamento am+1n m+1: seja man > amn . Entom1 > am1n ; mas isto um absurdo, pela hiptese de induo 0.1.4. Logo, man amn . Aplicando a propriedade da transitividade da relao de ordenamento dosreais, conclui-se a tese 0.1.1.

Concluindo a demonstrao solicitada pelo autor, por construo, n = a, ecomo nico pelo teorema dos intervalos encaixantes, h uma nica raiz realpositiva para a equao n = a.

Demonstrao do Teorema dos Intervalos encaixantes

O objetivo demonstrar que se uma sequncia de intervalos encaixante, ento,a sequncia formada pelo quadrado de seus termos tambm .

preciso demonstrar a veracidade de duas condies:{(I) [ai, bi] [ai+1, bi+1]i N(II)r > 0n N : bn an < r.

Demonstrao da veracidade da propriedade [a2i , b2i ] [a2i+1, b

2i+1

]i N.Sendo ai, bi R+i N, pode-se basear em uma propriedade extensivamente usadapelo autor, a propriedade do exemplo 4 da seo 1.2 (inclusive j demonstrada noitem f do exemplo 3 desta mesma seo):

ai < ai+1 a2i < a2i+1;bi > bi+1 b2i > b2i+1,

e analogamente,ai < bi a2i < b2i .

Demonstrao da Propriedader > 0,n N/b2n a2n < r. A hiptesenatural a ser usada a segunda condio do TIE:

r > 0,n N/bn an < r.Antes de iniciar a demonstrao, interessante registrar uma verificao da

veracidade da propriedade.Sabe-se que vlida a seguinte hiptese:

r > 0,n N/bn an < r.Ento, lgico que para este valor de r, este valor de n garante que

b2n a2n < r (bn + an) .Como os possveis valores de r = r (bn + an) so todos os reais positivos (pois r

por hiptese positivo, e assim tambm so os termos ai e bi), ento para todos osreais r > 0, h um valor de n tal que b2n a2n < r; o valor de n que garante quepara r, bn an < r.

Mas uma demonstrao formalmente completa passa por demonstrar esta pro-priedade na ordem correta; ou seja, dado um real positivo qualquer, determinar ovalor de n tal que b2n a2n < r.

DEMONSTRAO DO TEOREMA DOS INTERVALOS ENCAIXANTES 9

Seja r um nmero real positivo. Ento:n N/bn an < r.

Se bn + an < 1, ento b2n a2n < bn an < r, e o teorema est demonstrado nestecaso.

Seno, ento bn + an = 1, e neste caso,(bn an) 1 < r (bn an) (bn + an) < r b2n a2n < r,

e o teorema est demonstrado.Em ltimo caso, bn + an > 1.Sendo assim, (b2n a2n) > (bn an), e fatalmente ser necessrio encontrar n

que possibilite determinar (b2n a2n) < r.Bom, parece-me que a busca deveria comear por um nmero maior que bm+am,

pois

k > bm + am 1k

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