# Análise real/Desigualdades
### Ordem entre dois números naturais

Um número "m" é menor que o outro "n", se existe um natural "p" tal que o maior "n" é igual ao menor "m" adicionado a esse natural "p":
* Ou seja, o maior "n" é o "p"-sucessor de "m", ié, $n=s_{p}(m)$.
* Ou também $m+p={\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\m\;vezes\end{matrix}}+{\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\p\;vezes\end{matrix}}={\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\m+p\;vezes\end{matrix}}={\begin{matrix}\underbrace {1+1+...+1} \\n\;vezes\end{matrix}}=n$
É considerada uma definição, mesmo que possamos provar. Pois o "p" indica que se somarmos 1 p-vezes ao menor número, teremos o maior. Dessa maneira "m" é dito menor que "n".

### Transitividade da relação de ordem

Prova:
* Sejam $m<n\;e\;n<p$. Pela definição da Relação de ordem, $\exists \;q,r\in \mathbb {N} ,\;tal\;que\;m+q=n\;e\;n+r=p\Rightarrow (m+q)+r=p$.
* Pela associatividade da adição dos naturais temos que $m+(q+r)=p$.
* Pela definição da relação de ordem $m<p$.

### 1 é o menor natural

Tomado qualquer natural diferente de 1, teremos que esse natural é maior que 1, isto é,
Prova:
* Por indução sobre m, devemos mostrar que é válido para o primeiro m possível, que no caso é o sucessor de 1, que é 2, assim: 1<2.
* Devemos supor que seja válido para qualquer m tomado, ou seja, para quando m = k, ou seja, 1<k.
* Devemos agora, provar ser válido para m = k+1. No entanto, k+1 é o sucessor de k, logo k<k+1, como por hipótese da indução 1<k, pela transitividade da relação de ordem, 1<k+1.

### o sucessor de um número é maior que esse número

* Vamos mostrar por indução sobre n, que $s(p)>p,\forall \;p\in \mathbb {N}$
** Devemos mostrar que é válido para p = 1, ou seja, $s(1)>1$. Mas $s(1)=2\;e\;2>1$.
** Suponhamos que é válido para p = k, ou seja, $s(k)>k,\forall \;k\in \mathbb {N}$.
** Como $k+n=s(k)=k+1\Rightarrow _{1}s(k+n)=s(k+1)\Rightarrow _{2}k+n+1=s(k+1)\Rightarrow _{3}k+1+n=s(k+1)\Rightarrow _{4}$
** $\Rightarrow _{4}\exists \;n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;s(k+1)>k+1.$
** onde a implicação 1 é pela identidade de sucessão, a implicação 2 é pela sucessão de um natural, a implicação 3 é pela comutatidade da adição e a implicação 4 é pela definição de desigualdade.

### o sucessor do emésimo-sucessor de um natural

    Vamos provar por indução sobre m:
* Vamos mostrar que é válido para m = 1, ou seja $s^{1+1}(p)>s^{1}(p)$.
** Como $s(p)>p\Rightarrow \exists \;n\in \mathbb {N} ,$ tal que $s(p)=n+p\Rightarrow s(s(p))=s(n+p)\Rightarrow s^{1+1}(p)=n+p+1=n+s(p)\Rightarrow s^{2}(p)>s^{1}(p)$
* Suponha válido para m = k, ou seja, $s^{k+1}(p)>s^{k}(p),\forall \;k,p\in \mathbb {N}$
* Mostrar válido para m = k + 1, ou seja, $s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p),\forall \;k,p\in \mathbb {N}$
** Como $s^{k+1}(p)>s^{k}(p)\Rightarrow _{1}\exists \;n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;s^{k+1}(p)=n+s^{k}(p)\Rightarrow _{2}s(s^{k+1}(p))=s(n+s^{k}(p))\Rightarrow _{3}$
** $\Rightarrow _{3}s^{k+1+1}(p)=n+s^{k}(p)+1=n+s(s^{k}(p))\Rightarrow _{4}s^{k+2}(p)=n+s^{k+1}(p)\Rightarrow _{5}s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p)$.
*** onde as implicações 1 e 5 são pela definição de desigualdade, a implicação 2 pela identidade de sucessão, a implicação 3 é pela definição de sucessor e a implicação 4 é pela definição de k-sucessor.

### Monotonicidade

Dados dois naturais, a relação de ordem não se perde somando ou multiplicando um natural qualquer por ambos os membros.
Prova:
* adição:
** Por hipótese temos que m<n. Pela definição da desigualdade, existe um q natural tal que m+q = n.
** Pela recíproca da lei de corte para adição, temos que $m+q+p=n+p$.
** Pela lei comutativa da adição, temos que m+p+q = n+p, logo m+p<n+p.
* multiplicação: Como m<n, pela definição de desigualdade, existe um q natural tal que m+q = n, assim $(m+q).p=n.p$, pela lei distributiva, temos que m.p+q.p = n.p, logo $m\cdot p<n\cdot p.$

### Tricotomia

Dados $m,n\in \mathbb {N}$. Das três possibilidades, somente uma é verdadeira:
* 1) m = n
* 2) m<n
* 3) n<m.
* Demonstração: Fixemos m natural. Queremos mostrar que para qualquer n, natural, dado, teremos que m = n ou m<n ou n<m (isto é, m e n são comparáveis).
** Suponha que exista um conjunto X, subconjunto dos números naturais que são comparáveis com m. Assim $X=\{n\in \mathbb {N} ;n=m\;ou\;n<m\;ou\;m<n\}$.
** Vamos provar que $X=\mathbb {N}$ por indução sobre n.
*** Devemos mostrar que é válido para n = 1, isto é, 1=m ou 1<m ou m<1:
**** caso m = 1, então 1 = 1
**** caso m é natural e diferente de 1, pelo axioma de que "1 é o menor natural", então 1 < m.
**** Portanto 1 é comparável com m e $1\in X$
*** Vamos supor que é válido para $n=k,k\in \mathbb {N}$, ou seja, das três possibilidade, uma é verdadeira, k=m ou k<m ou m<k e assim $k\in X$.
*** provar válido para n = k+1, ou seja, que das três possibilidade, uma é verdadeira, k+1=m ou k+1<m ou m<k+1 e assim $k+1\in X$.
**** caso k=m, logo k+1=m+1, e assim k+1 é o sucessor de m, e portanto m<k+1 e $k+1\in X$.
**** caso k<m, pelo axioma da ordem de dois números $\exists \;p\in \mathbb {N} ;k+p=m$.
***** caso $p=1\Rightarrow k+1=m\Rightarrow k+1\in X$.
***** caso 1<p, pela monotonicidade k+1<k+p. Como k+p = m, logo $k+1<m\Rightarrow k+1\in X$.
***** Pelo axioma que 1 é o menor inteiro, não é possível que p<1, portanto $k+1\in X$.
**** caso m<k, pelo axioma da ordem de dois números $\exists \;p\in \mathbb {N} ;m+p=k$.
***** caso $p=1\Rightarrow m+1=k\Rightarrow (m+1)+1=k+1\Rightarrow m+1<k+1.\;Como\;m<m+1$ logo pela transitividade da relação de ordem, $m<k+1\Rightarrow k+1\in X$.
***** caso 1<p, pela monotonicidade, m+1<m+p. Pela definição de desigualdade, existe um q natural tal que m+1+q=m+p. Como m+p = k, logo m+1+q=k, e assim m+1+q+1 = k+1, portanto m+1<k+1. Como m<m+1, pela transitividade da relação de ordem m < k+1 $\Rightarrow k+1\in X$.
***** Pelo axioma que 1 é o menor inteiro, não é possível que p<1, portanto $k+1\in X$.

### relatividade entre múltiplos de um natural

Sejam $m,n,p,r\in \mathbb {N} ;m\cdot p+r=n\cdot p\Rightarrow \exists \;q\in \mathbb {N} ;r=q\cdot p$
* Vamos fixar m e n naturais. Faremos a indução sobre p, assim:
** para quando p = 1, temos que $m\cdot 1+r=n\cdot 1\Rightarrow r=r\cdot 1\Rightarrow \exists q\in \mathbb {N} ;r=q\cdot 1$
** Suponha que seja válido para p = k, isto é, que $m\cdot k+r'=n\cdot k\Rightarrow \exists \;q\in \mathbb {N} ;r'=q\cdot k$.
** Mostrar válido para p = k+1, ou seja, que $m\cdot (k+1)+r''=n\cdot (k+1)\Rightarrow \exists \;q\in \mathbb {N} ;r''=q\cdot (k+1)$.
*** Pela propriedade distributiva $n\cdot (k+1)=n\cdot k+n$.
*** Por hipóteses $n\cdot k+n=m\cdot k+r'+n=m\cdot k+q\cdot k+m+r=m\cdot k+q\cdot k+m+q\cdot 1$.
*** Pela comutatividade da adição $m\cdot k+m+q\cdot k+q$.
*** Pela propriedade distributiva $m\cdot (k+1)+q\cdot (k+1)$
*** Tomemos $r''=q\cdot (k+1)$, assim $m\cdot (k+1)+r''=n\cdot (k+1);r''=q\cdot (k+1)$.

### Lei do Corte para desigualdades

Dados m,n,p naturais, de forma que $m+p<n+p$ ou que $m\cdot p<n\cdot p$, então ocorre em ambas que m < n.
* adição. Como $m+p<n+p$. Pela definição de ordem, existe um q natural tal que $m+p+q=n+p$. Pela comutatividade da adição, $m+q+p=n+p$. Pela lei do corte da adição, m+q=n. Pela relação de ordem entre dois números, m<n.
* multiplicação.
** 1ª Prova: Como $m\cdot p<n\cdot p$. Pela definição de ordem, existe um r natural tal que $m\cdot p+r=n\cdot p$.
*** Pela relatividade entre dois múltiplos naturais, temos que $r=q\cdot p\Rightarrow m\cdot p+q\cdot p=n\cdot p$. Pela propriedade distributiva, $(m+q)\cdot p=n\cdot p$. Pela lei do corte da multiplicação, $m+q=n$. Pela relação de ordem entre dois números, $m<n$.
** 2ª prova: ou Pela tricotomia, temos que dados m,n naturais temos que m=n ou m<n ou n<m.
*** caso m=n, logo mp=np (não atende nossa hipótese)
*** caso n<m, logo pela monotonicidade temos que np<mp, para qualquer p natural (também não atende a nossa hipótese)
*** logo m<n, pois as outras duas possibilidades são incompatíveis com a nossa hipótese e pela tricotomia uma das três comparações é verdade.