Pular para o conteúdo principal

A Propriedade Arquimediana dos Reais e a Densidade de ℚ em ℝ por Rudin

A Propriedade Arquimediana dos Reais e a Densidade de em por Rudin (pág. 9)

A Propriedade Arquimediana dos Reais e a Densidade de em por Rudin (pág. 9)

Fernando Francisco de Sousa Filho

21/07/2016

(a) Se x ∈ ℝ,  y ∈ ℝ,  e x > 0 então existe um inteiro positivo n tal que
nx > y
(b) Se x ∈ ℝ,  y ∈ ℝ,  e x < y então existe um p ∈ ℚ tal que x < p < y.
A parte (a) é conhecida como a propriedade arquimediana dos reais. A parte (b) pode ser descrita assim: é denso em , ou seja, entre quaisquer dois números reais existe um número racional.
Prova
(a) Seja A o conjunto de todos os elementos nx, onde n pode assumir qualquer valor inteiro positivo. Se (a) fosse falsa, teríamos nx ≤ y , ou seja, y seria uma cota superior do conjunto A. Por outro lado, A é subconjunto dos reais, portanto, se é limitado superiormente, possui a menor cota superior dentro de . Seja então α = supA. Como x > 0 e x ∈ A temos que x < α. Neste caso, α − x < α, logo α − x não é cota superior de A. Se α − x não é cota superior de A então existe um elemento de A maior que α − x. Seja então mx este elemento, com m inteiro positivo. Temos, portanto, que α − x < mx para algum m inteiro positivo. Mas, se isto é verdade, teremos
α − x < mx ⇒ α < (m + 1)x
Aqui chegamos a uma contradição, visto que (m + 1) é um inteiro positivo portanto (m + 1)x ∈ A. Concluímos que A não pode possuir supremo, o que prova (a).
(b) x < y ⇒ y − x > 0.
(a) garante que dado z ∈ ℝ, existe um inteiro positivo n tal que n(y − x) > z, logo, podemos admitir z = 1 e chegamos a
n(y − x) > 1
mas n(y − x) > 1 ⇒ ny − nx > 1 ⇒ ny > nx + 1, que equivale a
nx + 1 < ny
(a) garante ainda que dado nx e 1 > 0, existe m1inteiro positivo tal que 1⋅m1 = m1 > nx. Como esta relação aplica-se a nx > 0, é imediato que aplica-se também a nx ≤ 0.
(a) também garante que, dado  − nx qualquer e 1 > 0, existe m2 inteiro positivo tal que 1⋅m2 = m2 >  − nx. Mas m2 >  − nx ⇒  − m2 < nx. Logo, existem os inteiros positivos m1 e m2 tais que
 − m2 < nx < m1
Tudo isso para concluir que nx está entre dois números inteiros. Como nx é um número real que está entre dois números inteiros, existem dois outros inteiros, m − 1 e m, um sucessor do outro, de tal forma que m − 1 ≤ nx < m, ou seja, nx < m e m − 1 ≤ nx ⇒ m ≤ nx + 1. Portanto, nx é menor que um número inteiro m e nx + 1 é maior ou igual a este mesmo número inteiro m. Assim,
nx < m ≤ nx + 1 < ny
Dividindo-se tudo pelo inteiro positivo n chegamos a
x < (m)/(n) < y
e podemos em fim apresentar p = (m)/(n) ∈ ℚ

Comentários

Postagens mais visitadas deste blog

O conjunto das raízes quadradas de 2 por falta não possui máximo

O conjunto das raízes quadradas de 2 por falta não possui máximo O conjunto das raízes quadradas de 2 por falta não possui máximo Fernando Francisco de Sousa Filho 05/07/2016 Exercício: Prove que o conjunto E das raízes quadradas de 2 por falta não tem máximo. Seja r um número tal que r ²  < 2 . Temos de mostrar que, qualquer que seja o número r , existe um outro número s tal que ⎧ ⎨ ⎩ r  <  s      r ²  <  s ²  < 2  A ideia inicial é tomarmos s  =  r  +  ( 1 )/( n ) , com n  ∈ ℕ , n  > 0 . Fazendo assim, garantimos que teremos r  <  s . Vamos, então, procurar determinar, dado um r qualquer com r ²  < 2 , um valor de n de tal forma que r ²  <  s ²  < 2 . Agora, tanhamos fé... s ²  =  r ²  +  ( 2 r )/( n )  +  ( 1 )/( n ² )  < 2 Desenvolvendo a inequação, temos: r ²  +  ( 2 r )/( n )  +  ( 1 )/( n ² )  < 2 ⇒  r ²  +  ⎛ ⎝ 2 r  +  ( 1 )/( n ) ⎞ ⎠ ( 1 )/( n )  < 2 Aqui entra um ponto importante...

Curso de Análise (Elon) - Cap. 3 Questão 4

Capítulo 3 - Questão 4 Livro Curso de Análise - Vol.1 - Elon Capítulo 3 - Questão 4 Fernando Francisco de Sousa Filho 12 de novembro de 2013 Sejam K ,  L corpos. Uma função f : K  →  L chama-se um homomorfismo quando se tem f ( x  +  y ) =  f ( x ) +  f ( y ) e f ( x ⋅ y ) =  f ( x )⋅ f ( y ) , quaisquer que sejam x ,  y  ∈  K . i) Dado um homomorfismo f : K  →  L , prove que f (0) = 0 . Prova : f (0) =  f (0 + 0) =  f (0) +  f (0) ⇒  f (0) = 2 f (0) . Se f (0) ≠ 0,  pela lei do corte, chegamos a 1 = 2 (Absurdo!). Logo, f (0) = 0 . ■ ii) Prove também que ou f ( x ) = 0 para todo x  ∈  K ou então f (1) = 1 e f é injetiva. Prova : Suponhamos f ( x ) = 0 para todo x  ∈  K , então teremos a) f ( x  +  y ) = 0 , mas f ( x  +  y ) =  f ( x ) +  f ( y ) = 0 + 0 = 0. b) f ( xy ) = 0 , mas f ( xy ) =  f ( x )⋅ f ( y ) = 0⋅0 = 0 . Logo, confirma-se a primeira possibilidade. Vamos mostrar, então, que, se f (1) ≠ 0 então f (1) = 1 .Suponhamos f (1...