Técnicas de Prova
Definição
Em matemática, uma definição indica o significado matemático de uma palavra.
Exemplos
- Inteiro par: \( 2k \)
- Número primo: \( k > 1 \land \text{k divisível somente por 1 e ele mesmo} \)
- Função: relação entre conjuntos
Axioma (Postulado)
Afirmação matemática auto-evidente.
Teorema
Afirmação matemática condicional que demanda prova. Composta por hipótese e conclusão (\( A \vDash B \)).
Lema
Afirmação que serve de base para provar um teorema.
Corolário
Afirmação consequência de um teorema.
Exemplo
Sejam \( m, n \in \mathbb{N} \). Se \( m \) e \( n \) são ímpares, então \( m + n \) e \( m - n \) são pares.
Definição
Seja \( n \in \mathbb{N} \). \( n \) é par se \( \exists{k} \in \mathbb{N}, n = 2k \). \( n \) é ímpar se \( \exists{j} \in \mathbb{N}, n = 2j + 1 \).
\[ n = 2k + 1, m = 2j + 1 \]
Observação Os números genéricos (\( k \) e \( j \)) dos exemplos devem ser diferentes, que nem são aqui!
\[ m + n = 2k + 2j + 2 = 2(k + j + 1) \]
\[ m - n = (2j + 1) - (2k + 1) = 2(j - k) \]
Como \( (k + j + 1) \) é um número inteiro, \( m + n \) e \( m - n \) são par.
O Método Direto
Começo \( \to \) fim \( \to \) se encontra no meio.
Exemplo
\[ a \neq 0 , b \neq 0, c \neq 0 \in \mathbb{N} \]
Se \( a \) divide \( b \) e, por usa vez, \( b \) divide \( c \), então \( a \) divide \( c \).
- Divisão: \( a, b, q \in \mathbb{N}, b = aq \) (\( a \) divide \( b \))
- Símbolo: \( a|b \)
É preciso definir um \( k \in \mathbb{N}, c = ak \).
\[ q, r \in \mathbb{N}, b = aq \land c = br \implies c = br = (aq)r = a(qr) \therefore k = qr \]
Algoritmo da Divisão em \( \mathbb{N} \)
\[ a, b \in \mathbb{N}, q, r \in \mathbb{N}, b = aq + r \land 0 \leq r < a \]
Com \( a \) sendo o quoeficiente e \( r \) o resto.
Exemplo
Sejam \( m, n \in \mathbb{R} \).
\[ n > m > 0 \implies \frac{m + 1}{n + 1} > \frac{m}{n} \]
Assumindo a conclusão como verdadeira:
\[ (m + 1)n > (n + 1)m \implies mn + n > mn + m \implies n > m \]
Somar quaisquer termos não muda a desigualdade, logo
\[ \frac{m + 1}{n + 1} > \frac{m}{n} \]
Exemplo
i) \( n \) é ímpar;
ii) \( n^{2} \) é ímpar;
iii) \( n^{2} - 2n + 1 \) é par.
Exemplo
Use a contrapositiva para mostrar que se \( \frac{2x}{1 + x^{2}} \) é irracional, então \( x \) é um número irracional.
Contrapositiva: \( x \in \mathbb{Q} \implies \frac{2x}{1 + x^{2}} \in \mathbb{Q}, x = \frac{m}{n}, m, n \neq 0 \in \mathbb{Z} \). Assim,
\[ \frac{2x}{1 + x^{2}} = \frac{\frac{2m}{n}}{1 + (\frac{2m}{n})^{2}} = \frac{2mn}{n^{2} + 4m^{2}} \in \mathbb{Q} \]
Visto que \( 2mn, n^{2} + 4m^{2} \in \mathbb{Z} \) e \( n^{2} + 4m^{2} \neq 0 \). Como a contrapositiva é verdadeira, a afirmação é verdadeira.
Exemplo
\[ a \neq 0, b, c \in \mathbb{R} \]
\[ ax^{2} + bx + c = 0 \iff x = \frac{-b \pm \sqrt{b^{2} - 4ac}}{2a} \]
Sendo \( x \) uma solução da equação e \( a \neq 0 \) podemos dividir \( ax^{2} + bx + c = 0 \) por \( a \) para obtermos
\[ x^{2} + \frac{b}{a}x + \frac{c}{a} = 0 \]
Assim, por completar os quadrados, segue que
\[ \left(x + \frac{b}{2a}\right)^{2} - \left(\frac{b}{2a}\right)^{2} + \frac{c}{a} = 0 \]
Pondo \( x \) em evidência
\[ x = -\frac{2}{2a} \pm \sqrt{\left(\frac{b}{2a}\right)^{2} - \frac{c}{a}} = \frac{-b \pm \sqrt{b^{2} - 4ac}}{2a} \]
Para provar que esse valor resolve a equação, basta substituir
\[ x^{2} = \frac{2b^{2} - 4ac \mp 2b \sqrt{b^{2} - 4ac}}{4a^{2}} \]
\[ ax^{2} = \frac{2b^{2} - 4ac \mp 2b \sqrt{b^{2} - 4ac}}{4a} \]
\[ bx = \frac{-b^{2} \pm b\sqrt{b^{2} - 4ac}}{2a} \]
\[ ax^{2} + bx + c = \frac{2b^{2} - 4ac \mp 2b \sqrt{b^{2} - 4ac}}{4a} + \left(\frac{-b^{2} \pm b\sqrt{b^{2} - 4ac}}{2a \cdot 2}\right)^{2} + \frac{c \cdot 4a}{1 \cdot 4a} \implies \frac{0}{4a} = 0 \]
Exemplo
\[ a, l, k \in \mathbb{N}, a^{3} + a^{2} + a = 2l \iff 2k \]
Verificando \( a = 2k \implies a^{3} + a^{2} + a = 2l \)
\[ a^{3} + a^{2} + a = (2k)^{3} + (2k)^{2} + 2k = 2[4k^{3} + 2k^{2} + k] \therefore a^{3} + a^{2} + a = 2l \]
\( a^{3} + a^{2} + a = 2l \implies a = 2k \) pode pode ser provada pela contrapositiva.
\[ a^{3} + a^{2} + a = (2k + 1)^{3} + (2k + 1)^{2} + 2k + 1 = 2[4k^{3} + 8k^{2} + 6k + 1] + 1 \]
Exemplo
Um inteiro positivo \( n \) com quatro dígitos é divisível por 3 se, e somente se, a soma dos dígitos de \( n \) é divisível por 3.
\[ n = d_{3}d_{2}d_{1}d_{0} \]
\[ n = d_{0} + 10d_{1} + 100d_{2} + 1000d_{3} = (d_{0} + d_{1} + d_{2} + d_{3}) + 9d^{1} + 99d^{2} + 999d_{3} \]
Desse modo, se \( 3|n \), então \( m = 3k, k \im \mathbb{Z} \) e da expressão acima tiramos que
\[ d_{0} + d_{1} + d_{2} + d_{3} = 3[k - 3d_{1} - 33d_{2} - 333d_{3}] \]
Logo, \( 3|(d_{0} + d_{1} + d_{2} + d_{3}) \).
Se 3 divide a soma dos dígitos de \( n \), então \( d_{0} + d_{1} + d_{2} + d_{3} = 3k
Prova por Contradição
Assimuma a conclusão como falsa. Se chegarmos a um absurdo, então a conclusão é verdadeira.
Exemplo
Observação Números irracionais não possuem uma notação definida. Vamos adotar \( \mathbb{A} \) aqui porque é uma letra livre.
\[ a \in \mathbb{R}, b \in \mathbb{A} \vDash (a + b) \in \mathbb{A} \]
\[ Q = (a + b) \in \mathbb{A} \]
\[ ~Q = (a + b) \in \mathbb{R} \]
\[ a = \frac{m}{n}, a + b = \frac{r}{s}, m \neq 0, n, r, s \neq 0 \in \mathbb{R} \]
\[ b = \frac{r}{s} - a = \frac{r}{s} - \frac{m}{n} = \frac{nr - ms}{ns} \]
Isso gera um absurdo, ao dizer que \( b \) é irracional em vez de de irracional. Portanto \( (a + b) \in \mathbb{A} \).
Exemplo
\[ x > 0, y > 0 \in mathbb{R} \vDash \sqrt{x + y} \neq \sqrt{x} + \sqrt{y} \]
\[ Q = \sqrt{x + y} \neq \sqrt{x} + \sqrt{y} \]
\[ ~Q = \sqrt{x + y} = \sqrt{x} + \sqrt{y} \]
\[ (\sqrt{x + y}^{2}) = (\sqrt{x})^{2} + (\sqrt{x})^{2} \implies x + y = x + 2\sqrt{xy} + y \implies (x + y) - x = (x + 2\sqrt{xy} + y) - x \implies y = \sqrt{xy} + y \implies y - y = (2\sqrt{xy} + y) - y \implies 0 = 2\sqrt{xy} \]
Sendo \( x = 0 \) ou \( y = 0 \).
Isso gera um absurdo, pois \( x > 0 \) e \( y > 0 \). Portanto, \( \sqrt{x + y} \neq \sqrt{x} + \sqrt{y} \).
Exemplo
\[ x > 0, y > 0 \in \mathbb{Q} \vDash \frac{x}{y} + \frac{y}{x} > 2 \]
\[ Q = \frac{x}{y} + \frac{y}{x} > 2 \]
\[ ~Q = \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \leq 2 \]
\[ \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \leq 2 \implies xy \cdot \left(\frac{x}{y} + \frac{y}{x}\right) \leq xy \cdot 2 \implies x^{2} + y^{2} \leq 2xy \implies x^{2} - 2xy + y^{2} \leq 0 \implies (x - y)^{2} \leq 0 \]
\( (x - y)^{2} \) não pode ser menor que 0, devido ao quadrado, logo, a única opção é
\[ (x - y)^{2} = 0 \iff x - y = 0 \iff x = y \]
O que é um absurdo, pois \( x \neq y \).
Exemplo
\[ a > 0, b > 0, c > 0 \in \mathbb{Z}, b = (a + 1), c = (a + 2), a^{2} + b^{2} = c^{2} \vDash a = 3, b = 4, c = 5 \]
\[ Q = a = 3, b = 4, c = 5 \]
\[ ~Q = a \neq 3, b \neq 4, c \neq 5 \]
\[ a^{2} + (a + 1) = (a + 2) \implies a^{2} + a^{2} + 2a + 1 = a^{2} + 4a + 4 \implies a^{2} - 2a - 3 = 0 \implies (a - 3)(a + 1) = 0 \implies a = 3 \lor a = -1 \]
O que é um absurdo, pois em nossa negação \( a \neq 3 \), e que \( a > 0 \) para todos os casos.
Teorema de Euclides
Observação Lembrando que estamo usando \( \mathbb{A} \) para representar o conjunto dos números irracionais!
\[ \sqrt{2} \in \mathbb{A} \]
\[ Q = \sqrt{2} \in \mathbb{A} \]
\[ ~Q = \sqrt{2} \in \mathbb{Q} \]
\[ m \neq 0, n \neq 0 \in \mathbb{Q}, \sqrt{2} = \frac{m}{n} \implies \text{mdc{m, n}} = 1 \implies \frac{m^{2}}{n^{2}} = 2 \lor 2n^{2} = m^{2} \implies n^{2} = \frac{m^{2}}{2} \implies 2|m \implies m = 2k, k \in \mathbb{Q} \implies (2k)^{2} = 2n^{2} \implies n^{2} = 2k^{2} \implies 2|n \]
Não é possível 2 dividir tanto \( m \) quanto \( n \), pois foi decidido que \( \text{mdc{m, n}} = 1 \).
Portanto, \( \sqrt{2} \in \mathbb{A} \).
Teorema
Existem infinitos números números primos.
\( p > 1 \in \mathbb{N} \) é primo se seus divisores forem 1 e ele mesmo.
\( Q = \exists{\infty} \in \mathbb{N} \) que não são primos.
\( ~Q = \) existe um número finito de primos.
\[ p_{1}, p_{2}, p_{3}, ..., p_{n} \implies q = (p_{1}, p_{2}, p_{3}, ..., p_{n}) + 1 \]
Isso implica que o nosso "maior primo" estaria fora da lista de números primos, e que \( \exists{pk} \) na lista tal que \( pk|q \).
\[ \frac{p1 \cdot ... \cdot pn}{pk} = 0 + 1 = 1 \implies pk + q \implies pk + 1 \]
O que seria um absurdo, pois somente 1 divide 1.
Exemplo
\[ x > 0, y > 0 \in \mathbb{Z} \vDash x^{2} - y^{2} \neq 1 \]
\[ Q = x^{2} - y^{2} \neq 1 \]
\[ ~Q = x^{2} - y^{2} = 1 \]
\[ x^{2} - y^{2} = 1 \implies (x - y)(x + 1) = 1 \implies x - y = 1 \land x + y = 1 \implies x = 1 \land y = 0 \]
O que seria um absurdo, pois \( y > 0 \).
Prova por Casos
Método que pode ser usado para provar um teorema considerando diferentes casos.
Exemplo
\[ n \in \mathbb{Z} \vDash n^{2} \geq n \]
Para \( n = 0 \)
\[ n^{2} = 0 \]
Para \( n > 0 \)
\[ n \geq 1 \implies n^{2} \geq n \]
Para \( n < 0 \)
\[ n \leq -1 \implies n^{2} \geq -n (\text{positivo}) > n (\text{negativo}) \]
Valor Absoluto
Suponha que \( x \) e \( y \) sejam números reais e a > 0. Então:
(1) \( |x| < a \iff -a < x < a \)
(2) \( |xy| = |x||y| \)
Caso 1: \( x \geq 0, y \geq 0 \)
\[ x + y \geq 0 \implies |x + y| = x + y = |x| + |y| \]
Caso 2: \( x < 0, y < 0 \)
\[ x + y < 0 \implies |x + y| = -(x + y) = -x + (-y) = |x| + |y| \]
Caso 3: \( x \geq 0, y < 0 \)
Se \( x + y \geq 0 \)
\[ |x + y| = x + y = x + (-y) = |x| + |y| \]
Se \( x + y < 0 \)
\[ |x + y| = -(x + y) = -x + (-y) \leq x + (-y) = |x| + |y| \]