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Análise Matemática – Conjuntos Indutivos

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— 2. Conjuntos Indutivos —

Depois de provar que { 0 <1 } vimos que poderíamos construir os números naturais de acordo com o seguinte procedimento;

  1. { 0 + 1 <1 + 1 } e definir { 1 + 1 = 2 }
  2. { 1 + 1=2 <1 + 1+1 } e definir { 1 + 1+1=2+1 = 3 }

Seguindo esta linha de pensamento poderíamos definir os números naturais, mas é claro que este método seria tudo menos rigoroso e neste momento nós estamos interessados em ter bases matemáticas rigorosas.

De forma a introduzir os números naturais de uma forma mais rigorosa primeiro devemos definir o que é um conjunto indutivo.

Definição 9 { X \subset \mathbb{R} } diz-se um conjunto indutivo se .

\displaystyle x \in X \Rightarrow x + 1 \in X \ \ \ \ \ (28)

Como um exemplo de um conjunto indutivo temos { \mathbb{R} }.

Uma coisa importante a notar é que uma interseção de um número (mesmo um número infinito) de conjuntos indutivos tem como resultado um conjunto indutivo (a demonstração deste facto fica como um exercício para o leitor).

Vamos agora considerar o conjunto de todos os conjuntos indutivos que contêm o elemento { 0 }. A intersecção de todos esses conjuntos é um conjunto indutivo, que contém { 0 \, }. Vamos definir este novo conjunto como sendo o conjunto dos números naturais e denotá-lo que por { \mathbb{N} }.

Definição 10 Seja {x_1,x_2,x_3,\cdots} a colecção de todos os conjuntos indutivos que contêm o elemento {0}. Definimos {\mathbb{N}}, o conjunto dos números naturais como sendo:

\displaystyle \mathbb{N}=x_1\cap x_2\cap x_3\cap \cdots \ \ \ \ \ (29)

A partir desta abordagem podemos deduzir uma série de propriedades dos números naturais à semelhança do que fizemos para os números reais.

— 2.1. Axiomas de Peano —

— 2.1.1. Introdução ao Axiomas de Peano —

Outra maneira de abordar esta questão é construir os números naturais de uma forma axiomática. Os axiomas mais utilizados são os Axiomas de Peano e neles os conceitos primitivos são números naturais, zero, e sucessor:

— 2.1.2. Axiomas de Peano —

Axioma 9

\displaystyle \forall n \in \mathbb{N} \quad n = n \ \ \ \ \ (30)

Axioma 10

\displaystyle \forall n, p \in \mathbb{N} \quad n = p \Rightarrow p = n \ \ \ \ \ (31)

Axioma 11

\displaystyle \forall n, p, q \in \mathbb{N} \quad n = p, p = q \Rightarrow n = q \ \ \ \ \ (32)

Axioma 12

\displaystyle a \in \mathbb{N} \vee b =a \Rightarrow b \in \mathbb{N} \ \ \ \ \ (33)

Axioma 13

\displaystyle 0 \in \mathbb{N} \ \ \ \ \ (34)

Axioma 14 { S } é uma aplicação que associa cada número natural { n } ao seu sucessor.

\displaystyle S (n) = n + 1 \ \ \ \ \ (35)

Axioma 15 { 0 } não é sucessor de nenhum número natural.

\displaystyle \forall n \in \mathbb{N} \quad S (n) \neq 0 \ \ \ \ \ (36)

Axioma 16 { S } é uma aplicação injectiva:

\displaystyle \forall m, n \in \mathbb{N}, \quad S (m) = S (n) \Rightarrow m = n \ \ \ \ \ (37)

Axioma 17 Seja { K } é um conjunto indutivo e { 0 \in K }. Se { \forall n \in \mathbb{N} \quad n \in K \Rightarrow S (n) \in K } então { K = \mathbb{N} }.

Os axiomas anteriores definem a relação de igualdade como sendo reflexiva, simétrica e transitiva em {\mathbb{N}} (axiomas 9, 10 e 11 respectivamente).

O Axioma 12 estabelece que o conjunto de números naturais é fechado relativamente à operação de igualdade. O Axioma 15 estabelece {0} como sendo o primeiro número natural. Relativamente ao axioma 16 iremos entender melhor o que é uma aplicação injectiva quando começarmos a publicar material sobre Álgebra Linear.

O último Axioma é muitas vezes chamado na literatura como o princípio da indução finita. Ele serve como base de um método muito poderoso de provar declarações sobre { K \subset \mathbb{N} }.

— 2.1.3. Método da Indução Finita —

Este método é chamado o método de indução finita e o seu procedimento é: Suponhamos que queremos provar alguma condição, { C (n) }, que é suposto ser válida sempre que { n } é um número natural. O método de indução finita diz-nos que não precisamos de provar a validade de { C (n) } para todos os casos individualmente. O que temos de provar é:

  1. { C (0) } é uma condição verdadeira. Estritamente falando não precisamos de começar com {0}, mas sim com o primeiro número natural, { p }, que faça com que a proposição que pretendemos demonstrar é verdadeira. Este caso é chamado do caso base.
  • { \forall n \in \mathbb{N} \quad C (n) \Rightarrow C (n + 1) }. Traduzindo para uma linguagem mais simples: Sempre que a condição é válida para um determinado número natural ela também é válida para o seu sucessor. O facto de assumirmos que {C(n)} é válida para um certo {n} tem o nome de hipótese indutiva.E esta é a declaração formal do método de indução finita, mas talvez seja melhor fornecermos uma imagem mental que explana o espírito deste método.

    Vamos supor que o nosso objetivo é provar uma determinada condição para todos os números naturais. Primeiro de tudo temos de provar que a condição é válida para { n=0 }. Depois de fazermos isso, temos de provar que sempre que a condição é válida para um determinado número natural também é válida para o número natural que se lhe segue.

    Deste modo acabamos de provar que a condição é válida para todos os números naturais. “E porquê?” alguns dos leitores podem perguntar. Bem em primeiro lugar nós provamos que a proposição é verdadeira para { 0 } e em segundo lugar provamos que sempre que a proposição é verdadeira para um número natural teria de ser verdadeira para seu sucessor também. Ou seja depois de sabermos que a condição é válida para { 0 \, } ficamos a saber que também é válida para { 1 }. Mas agora, pelo segundo passo também é válida para { 2}! Mas agora, novamente pelo segundo passo também é válida para { 3 }! Mas agora, pelo segundo passo também vale para 4 { }! e assim por diante…

    Como já é nosso hábito, vamos agora dar um exemplo de forma a quebrar um pouco a nossa cadeia de abstracção

    Proposição 12 A soma dos {n} primeiros números naturais pode calcular-se usando a seguinte expressão:

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = 1 + 2 + 3 + \ \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2} \ \ \ \ \ (38)

    Demonstração: Vamos usar o método da Indução Finita para demonstrar a igualdade proposta. Vamos em primeiro lugar provar que é válida para {C(1)}, o nosso caso base.

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^1i = \frac{1 (1 + 1)}{2}

    O lado esquerdo dessa igualdade é uma soma com apenas um número e assim fica

    \displaystyle 1 = \frac{1 \times 2}{2} \Rightarrow 1 = 1

    que é uma afirmação verdadeira. A primeira etapa está concluída e é hora de darmos o salto indutivo.

    O que precisamos agora é de provar é que, se { C (n) } é válida,necessariamente { C (n + 1) } também é válida. Prestem atenção para o facto de agora estarmos a assumir que { C(n) } é uma proposição válida para { n } e o que pretendemos provar é que a veracidade de { C (n + 1) } segue.

    (Peço desculpa por estar a ser repetitivo, mas partindo da minha experiência, a maioria das pessoas acaba por não entender o método de indução finita e porque/como ele funciona devido a não entender a verdadeira natureza deste passo crucial e acabam por somente aplicar mecanicamente o método para conseguirem passar no exame.)

    Agora vamos supor que

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2}

    para um certo { n } e queremos provar que

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1 }^{n + 1} i = \frac{(n + 1) (n + 1 + 1)}{2} = \frac{(n + 1) (n + 2)} {2}

    se segue. O fato de assumirmos que { \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2} } é verdade para um certo { n } não é ridículo porque sabemos um { n } para o qual a proposição é válida: { n=1 }.

    {\begin{aligned} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n + 1} i &= 1 + 2 + 3 + \cdots + n + (n + 1) \\ &=(1 + 2 + 3 + \cdots + n) +( n + 1)\\ &=\frac{n (n + 1)}{2} + (n + 1) \end{aligned}}

    Onde a última igualdade é válida pela hipótese indutiva. Continuando:

    {\begin{aligned} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n + 1} i &= \frac{n (n + 1)}{2} + (n + 1) \\ &=\frac{n (n + 1)}{2} + \frac{2 (n + 1)}{2}\\ &=\frac{(n + 1) (n + 2)}{2} \end{aligned}}

    Portanto, ao assumir a validade de { \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2} } para { n } fomos capazes de provar a validade de { \displaystyle \sum_{i = 1}^{n + 1} i = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2}}, que é o resultado esperado.

    Assim { \displaystyle \sum_{i = 1}^n i = \frac{n (n + 1)}{2} } é válida para todos os { n \in \mathbb{N} }.

    \Box

    O Método da Indução Finita de facto é um método poderoso, mas eu sempre fico um pouco insatisfeito com ele.

    Sim, nós podemos provar a veracidade de uma proposição, mas nós não conseguimos entender por que tal proposição é verdadeira. E isso sempre me faz pensar como foi que o primeiro matemático (ou matemática) foi capaz de discernir sobre a validade de tal proposição.

    De qualquer modo, vamos ver uma prova diferente da proposição anterior, que permite compreender por que razão a fórmula da soma é como é.

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = S = 1 + 2 + 3 + \dots + n

    por outro lado

    \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = S = n + (n-1) + (n-2) + \cdots + 1

    Somando ambas as equações termo a termo obtemos

    {\begin{aligned} 2S &= (n + 1) + (n-1 + 2) + (n-2 + 3) + \cdots + (n + 1==\\ &=(n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + \cdots + (n + 1) \end{aligned}}

    Que é uma soma com com {n} termos, sendo que todos eles são iguais a { n + 1 }. Ora a soma de { n } termos iguais é o que nós conhecemos como uma multiplicação.

    \displaystyle (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + \cdots (n + 1) = n (n + 1)

    por isso temos

    \displaystyle 2S = n (n + 1) \Rightarrow S=\frac{n (n + 1)}{2} \Rightarrow \displaystyle \sum_{i = 1}^ni = \frac{n (n + 1)}{2}

    .

    Com esta demonstração nós conseguimos entender de onde vem o factor {n}, de onde vem o factor {n+1} e porque temos que dividir por {2}.

    Com este artigo damos por terminado a nossa introdução à Análise Real e a partir do próximo artigo vamos começar a tratar propriamente da Análise Real, e vamos fazê-lo recorrendo à sucessões.

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