Utilizador:Thiago Marcel/Profmat/MA11/Lista2

1a

Prove-se a lei de corte para a soma em  $\mathbb {N} ,x+a=y+a\Rightarrow x=y$

Considere $X=\{a\in \mathbb {N} :x+a=y+a\Rightarrow x=y:\forall \;x,y\in \mathbb {N} \}\;e\;P(a):x+a=y+a\Rightarrow x=y$ .
Mostrar que $P(a)$ ocorre para todo a natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;a\in X\Rightarrow a+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Assim, vamos mostrar que $1\in X$ $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):x+1=y+1\Rightarrow _{1}s(x)=s(y)\Rightarrow _{2}x=y$ $P(1):x+1=y+1\Rightarrow _{1}s(x)=s(y)\Rightarrow _{2}x=y$ .
- A implicação 1 é pela definição de sucessão, e a implicação 2 é pela identidade da sucessão.
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):x+k=y+k\Rightarrow x=y$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):x+k+1=y+k+1\Rightarrow x=y$ $P(k+1):x+k+1=y+k+1\Rightarrow x=y$ é válida.
- Como $P(k+1):x+k+1=y+k+1\Rightarrow _{3}s(x+k)=s(y+k)\Rightarrow _{4}x+k=y+k\Rightarrow _{5}x=y$ .
- A igualdade 3 pela definição de sucessor, a igualdade 4 é pela identidade da sucessão e a igualdade 5 é pela hipótese de indução ser válida para a=k.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, P(a) é válida para todo a natural.

1b

Prove-se a lei de corte para a multiplicação em  $\mathbb {N}$ :  $x\cdot a=y\cdot a\Rightarrow x=y$

Considere $X=\{a\in \mathbb {N} :x\cdot a=y\cdot a\Rightarrow x=y:\forall \;x,y\in \mathbb {N} \}\;e\;P(a):x\cdot a=y\cdot a\Rightarrow x=y$ .
Mostrar que $P(a)$ ocorre para todo a natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;a\in X\Rightarrow a+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Assim, vamos mostrar que $1\in X$ $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):x\cdot 1=y\cdot 1\Rightarrow _{1}x=y$ $P(1):x\cdot 1=y\cdot 1\Rightarrow _{1}x=y$ .
- A implicação 1 é garantida pela definição de multiplicação.
Vamos supor que $k\in X$ , ou seja, $P(k):x\cdot k=y\cdot k\Rightarrow x=y$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):x\cdot (k+1)=y\cdot (k+1)\Rightarrow x=y$ $P(k+1):x\cdot (k+1)=y\cdot (k+1)\Rightarrow x=y$ é válida.
- Assim $P(k+1):x\cdot (k+1)=y\cdot (k+1)\Rightarrow _{2}x\cdot k+x=y\cdot k+y$
- A implicação 2 é garantida pela propriedade distributiva.
- nesse
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, P(a) é válida para todo a natural.

2

Mostre que nos naturais não existe solução para as equações:  $x+n=n+x=n,n\in \mathbb {N}$ . Isso mostra que em  $\mathbb {N}$  não existe o elemento neutro para a soma.

Prova

Primeiro devemos saber quais as equações que temos:
- $x+n=n+x=n\Rightarrow x+n=n,n+x=n,x+n=n+x$
Dizer que uma dessas equações têm solução nos naturais, significa dizer que x pode assumir um valor natural que satisfaça as equações e dizer que não têm solução significa dizer que é absurdo x poder assumir algum valor natural.
Vamos analisar as equações acima, pela lei da tricotomia. Fixando n natural, temos que $x=1,x>1\;ou\;x<1$ .
Tome $x=1$ $x=1$ , assim em $n+x=n$ $n+x=n$ , temos que $n+1=n\Rightarrow _{1}s(n)=n$ $n+1=n\Rightarrow _{1}s(n)=n$ . Mas, n não pode ser igual ao seu sucessor, logo é absurdo tomarmos $x=1$ $x=1$ .
- A implicação 1 é garantida pela definição de sucessão de um número natural.
Tome $x<1$ , mas não existe número natural menor que 1, logo é absurdo tomarmos $x<1$ .
Tome $x>1\Rightarrow _{2}\exists \;m\in \mathbb {N} ,tal\;que\;x=1+m$ $x>1\Rightarrow _{2}\exists \;m\in \mathbb {N} ,tal\;que\;x=1+m$ . Aplicando o valor de x na equação: $n+x=n$ $n+x=n$ nos dá $n+1+m=n\Rightarrow _{3}s(n)+m=n\Rightarrow _{4}n>s(n)$ $n+1+m=n\Rightarrow _{3}s(n)+m=n\Rightarrow _{4}n>s(n)$
- Mas é absurdo n ser maior que o seu sucessor, logo é absurdo tomarmos x > 1.
- A implicação 2 é resultado da definição de desigualdade: $a>b,se\;e\;somente\;se,\exists \;m\in \mathbb {N} ,tal\;que\;a=b+m$ . A implicação 3 é pela definição de sucessor. A implicação 4 é pela definição de desigualdade.
Portanto as equações não têm solução nos naturais, ou seja, não é possível haver um x natural que satisfaça as equações. Logo não existe o elemento neutro para a soma.

3a1

Teorema: Axioma da adição ou sucessor de uma adição:  $\forall m,n\in \mathbb {N} ,m+(n+1)=(m+n)+1$ .

Considere $X=\{n\in \mathbb {N} :m+(n+1)=(m+n)+1:\forall \;m\in \mathbb {N} \}\;e\;P(n):m+(n+1)=(m+n)+1$ .
Mostrar que $P(n)$ ocorre para todo n natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;n\in X\Rightarrow n+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Assim, vamos mostrar que $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):(m+1)+1=m+(1+1)\Rightarrow _{1}s(m+1)=m+2$ . A implicação 1 é garantida pela definição de sucessor e a equação resultante é garantida pela definição de sucessor.
Suponhamos que $k\in X$ $k\in X$ , ou seja, é válido $P(k):(m+k)+1=m+(k+1)\Rightarrow _{2}s(m+k)=m+s(k)$ $P(k):(m+k)+1=m+(k+1)\Rightarrow _{2}s(m+k)=m+s(k)$ .
- A implicação 2 é válida pela definição de sucessor.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, é válido que $P(k+1):(m+(k+1))+1=m+((k+1)+1),\;ou\;seja,\;s(m+s(k))=m+s(s(k))$ $P(k+1):(m+(k+1))+1=m+((k+1)+1),\;ou\;seja,\;s(m+s(k))=m+s(s(k))$ .
- Por hipótese, $s(m+k)=m+s(k)$ . Pela identidade da sucessão temos que $s(s(m+k))=s(m+s(k))$ .
- Mas $s(s(m+k))=_{1}s((m+k)+1)=_{2}((m+k)+1)+1=_{3}(m+(k+1))+1=_{4}(m+s(k))+1=_{5}m+(s(k)+1)=_{6}m+s(s(k))$ .
- Logo $s(m+s(k))=s(s(m+k))=m+s(s(k))$ $s(m+s(k))=s(s(m+k))=m+s(s(k))$ e portanto $P(k+1)$ $P(k+1)$ é válido e assim $k+1\in X$ $k+1\in X$ .
  - onde as igualdades 1,2,4,6 são devido à definição de sucessor, as igualdades 3,5 são pela hipótese de indução.
Logo $s(m+s(k))=s(s(m+k))=m+s(s(k))$
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, P(n) é válida para todo n natural.

3a2

Teorema: Associatividade da adição:  $\forall m,n,p\in \mathbb {N} ,m+(n+p)=(m+n)+p$ .

Considere $X=\{p\in \mathbb {N} :m+(n+p)=(m+n)+p:\forall \;m,n\in \mathbb {N} \}\;e\;P(p):m+(n+p)=(m+n)+p$ .
Mostrar que $P(p)$ ocorre para todo p natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;p\in X\Rightarrow p+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Fixemos m,n naturais. Assim, vamos mostrar que $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):m+(n+1)=_{1}(m+n)+1$ . A igualdade 1 é válida pelo teorema anterior, "Axioma da adição".
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):m+(n+k)=(m+n)+k$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):m+(n+(k+1))=(m+n)+(k+1)$ $P(k+1):m+(n+(k+1))=(m+n)+(k+1)$ é válida.
- Como $P(k+1):m+(n+(k+1))=_{2}m+((n+k)+1)=_{3}(m+(n+k))+1=_{4}((m+n)+k)+1=_{5}(m+n)+(k+1)$ $P(k+1):m+(n+(k+1))=_{2}m+((n+k)+1)=_{3}(m+(n+k))+1=_{4}((m+n)+k)+1=_{5}(m+n)+(k+1)$ .
  - onde as igualdades 2, 3 e 5 ocorrem pelo axioma da adição e a 4 pela hipótese de indução.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, P(p) é válida para todo p natural.

3b

Teorema: Comutatividade da adição:  $\forall m,n\in \mathbb {N} ,m+n=n+m$ .

Considere $X=\{n\in \mathbb {N} :m+n=n+m:\forall \;m\in \mathbb {N} \}\;e\;P(n):m+n=n+m$ .
Mostrar que $P(n)$ ocorre para todo n natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;n\in X\Rightarrow n+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Fixemos m natural. Assim, vamos mostrar que $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):m+1=_{1}1+m.$ . A igualdade 1 é válida por que m e 1 são comutáveis.
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):m+k=k+m$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):m+(k+1)=(k+1)+m$ $P(k+1):m+(k+1)=(k+1)+m$ é válida.
- Assim, $m+(k+1)=_{2}(m+k)+1=_{3}(k+m)+1=_{4}k+(m+1)=_{5}k+(1+m)=_{6}(k+1)+m$ $m+(k+1)=_{2}(m+k)+1=_{3}(k+m)+1=_{4}k+(m+1)=_{5}k+(1+m)=_{6}(k+1)+m$
  - onde as igualdades 2, 4 e 6 ocorrem pela associatividade da adição, a igualdade 3 ocorre pela hipótese de indução e a igualdade 5 ocorre por 1 e m ser comutáveis.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, $P(n)$ é válida para todo n natural.

3c

Teorema: Associatividade da multiplicação:  $\forall m,n,p\in \mathbb {N} ,m\cdot (n\cdot p)=(m\cdot n)\cdot p$ .

Considere $X=\{p\in \mathbb {N} :m\cdot (n\cdot p)=(m\cdot n)\cdot p:\forall \;m,n\in \mathbb {N} \}\;e\;P(p):m\cdot (n\cdot p)=(m\cdot n)\cdot p$ .
Mostrar que $P(p)$ ocorre para todo p natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;p\in X\Rightarrow p+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Fixemos m,n naturais. Assim, vamos mostrar que $1\in X$ $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):m\cdot (n\cdot 1)=_{1}m\cdot n=_{2}(m\cdot n)\cdot 1$ $P(1):m\cdot (n\cdot 1)=_{1}m\cdot n=_{2}(m\cdot n)\cdot 1$ .
- As igualdades 1,2 são devidos à definição de multiplicação.
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):m\cdot (n\cdot k)=(m\cdot n)\cdot k$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):m\cdot (n\cdot (k+1))=(m\cdot n)\cdot (k+1)$ $P(k+1):m\cdot (n\cdot (k+1))=(m\cdot n)\cdot (k+1)$ é válida.
- Como $P(k+1):m\cdot (n\cdot (k+1))=_{3}m\cdot ((n\cdot k)+n)=_{4}(m\cdot (n\cdot k))+m\cdot n=_{5}((m\cdot n)\cdot k)+m\cdot n=_{6}(m\cdot n)\cdot (k+1)$ $P(k+1):m\cdot (n\cdot (k+1))=_{3}m\cdot ((n\cdot k)+n)=_{4}(m\cdot (n\cdot k))+m\cdot n=_{5}((m\cdot n)\cdot k)+m\cdot n=_{6}(m\cdot n)\cdot (k+1)$ .
  - onde as igualdades 3, 4 e 6 ocorre pela distributividade e a igualdade 5 ocorre pela hipótese de indução.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, $P(p)$ é válida para todo p natural.

3d1

Teorema: Comutatividade de 1 e m na multiplicação: Para quaisquer  $m\in \mathbb {N} ,$   tem-se que  $m\cdot 1=1\cdot m$ .

Considere $X=\{m\in \mathbb {N} :m\cdot 1=1\cdot m\}\;e\;P(m):m\cdot 1=1\cdot m$ .
Mostrar que $P(m)$ ocorre para todo m natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;m\in X\Rightarrow m+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Vamos mostrar que $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):1\cdot 1=1\cdot 1$ . (verdadeiro)
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):k\cdot 1=1\cdot k$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):1\cdot (k+1)=(k+1)\cdot 1$ $P(k+1):1\cdot (k+1)=(k+1)\cdot 1$ é válida.
- Como $P_{k+1}:1\cdot (k+1)=_{1}1\cdot k+1\cdot 1=_{2}k\cdot 1+1\cdot 1=_{3}(k+1)\cdot 1$ $P_{k+1}:1\cdot (k+1)=_{1}1\cdot k+1\cdot 1=_{2}k\cdot 1+1\cdot 1=_{3}(k+1)\cdot 1$ .
  - onde a igualdade 1 é dada pela definição de multiplicação, a igualdade 2 é devida a hipótese de indução e a igualdade 3 é devida a distributividade dos naturais.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, $P(m)$ é válida para todo m natural.

3d2

Teorema: Comutatividade da Multiplicação: Para quaisquer  $m,n\in \mathbb {N} ,$   tem-se  $m\cdot n=n\cdot m$ .

Considere $X=\{n\in \mathbb {N} :m\cdot n=n\cdot m,:\forall \;m\in \mathbb {N} \}\;e\;P(n):m\cdot n=n\cdot m$ .
Mostrar que $P(n)$ ocorre para todo n natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;n\in X\Rightarrow n+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Fixando m natural. Vamos mostrar que $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):m\cdot 1=1\cdot m$ . (verdadeiro, garantido pelo teorema anterior)
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):m\cdot k=k\cdot m$ é válida.

Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):m\cdot (k+1)=(k+1)\cdot m$ $P(k+1):m\cdot (k+1)=(k+1)\cdot m$ é válida.
- Como $P_{k+1}:m\cdot (k+1)=_{1}m\cdot k+m\cdot 1=_{2}k\cdot m+1\cdot m=_{3}(k+1)\cdot m$ $P_{k+1}:m\cdot (k+1)=_{1}m\cdot k+m\cdot 1=_{2}k\cdot m+1\cdot m=_{3}(k+1)\cdot m$ .
  - onde as igualdades 1 e 3 ocorrem pela definição de multiplicação e a igualdade 2 ocorre pelas hipóteses de indução para quando n=1 e para quando n = k.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, $P(n)$ é válida para todo n natural.

4

Teorema: Distributividade: Para quaisquer  $m,n,p\in \mathbb {N} ,$   tem-se  $m\cdot (n+p)=m\cdot n+m\cdot p$ .

Considere $X=\{p\in \mathbb {N} :m\cdot (n+p)=m\cdot n+m\cdot p:\forall \;m,n\}\;e\;P(p):m\cdot (n+p)=m\cdot n+m\cdot p$ .
Mostrar que $P(p)$ ocorre para todo p natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;p\in X\Rightarrow p+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Fixamos m,n como sendo naturais quaisquer. Vamos mostrar que $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):m\cdot (n+1)=m\cdot n+m\cdot 1$
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):m\cdot (n+k)=m\cdot n+m\cdot k$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):m\cdot (n+(k+1))=m\cdot n+m\cdot (k+1)$ $P(k+1):m\cdot (n+(k+1))=m\cdot n+m\cdot (k+1)$ é válida.
- Assim: $m\cdot (n+(k+1))=_{1}m\cdot ((n+k)+1)=_{2}m\cdot (n+k)+m=_{3}(m\cdot n+m\cdot k)+m=_{4}m\cdot n+(m\cdot k+m\cdot 1)=_{5}$
- $=_{5}m\cdot n+m\cdot (k+1)$ $=_{5}m\cdot n+m\cdot (k+1)$ .
  - onde a igualdade 1 ocorre pela definição de adição, as igualdades 2 e 5 ocorrem pela definição de multiplicação, a igualdade 3 pela hipótese e a igualdade 4 pela associatividade da adição.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, $P(p)$ é válida para todo p natural.

5a

Mostre que  $s(p)>p,\forall \;p\in \mathbb {N}$

Considere $X=\{p\in \mathbb {N} :s(p)>p\}\;e\;P(p):s(p)>p$ .
Mostrar que $P(p)$ ocorre para todo p natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;p\in X\Rightarrow p+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Assim, vamos mostrar que $1\in X$ $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):s(1)>1\Rightarrow _{1}2>1$ $P(1):s(1)>1\Rightarrow _{1}2>1$ .
- onde a implicação 1 é devida ao sucessor de 1.
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):s(k)>k$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):s(k+1)>k+1$ $P(k+1):s(k+1)>k+1$ é válida.
- Pela hipótese da indução: $s(k)>k\Rightarrow _{2}\exists \;n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;s(k)=k+n\Rightarrow _{3}s(s(k))=s(k+n)\Rightarrow _{4}s(k+1)=k+n+1\Rightarrow _{5}s(k+1)=k+1+n\Rightarrow _{6}s(k+1)>k+1$
- onde as implicações 2,6 são pela definição de desigualdade, a implicação 3 é pela identidade de sucessores e a implicação 4 é pela definição de sucessores.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, P(p) é válida para todo p natural.

5b

Mostre que  $s^{m+1}(p)>s^{m}(p),\forall \;m,p\in \mathbb {N}$

Considere $X=\{p\in \mathbb {N} :s^{m+1}(p)>s^{m}(p),\forall \;m\in \mathbb {N} \}\;e\;P(p):s^{m+1}(p)>s^{m}(p)$ .
Mostrar que $P(p)$ ocorre para todo p natural, equivale a mostrar que $X=\mathbb {N}$ . Para isso usaremos o 4º axioma de Peano, pelo qual diz que se $1\in X\;e\;p\in X\Rightarrow p+1\in X,$ logo $X=\mathbb {N}$ .
Assim, vamos mostrar que $1\in X$ $1\in X$ , ou seja, que P(1) é válida. Como $P(1):s^{1+1}(p)>s^{1}(p)\Rightarrow _{1}s(p+1)>_{2}p+1$ $P(1):s^{1+1}(p)>s^{1}(p)\Rightarrow _{1}s(p+1)>_{2}p+1$ .
- onde a implicação 1 é por definição de sucessores e a desigualdade 2 é devido ào teorema da questão anterior: "5a".
Suponhamos que $k\in X$ , ou seja, $P(k):s^{k+1}(p)>s^{k}(p)$ é válida.
Devemos mostrar que $k+1\in X$ $k+1\in X$ , ou seja, $P(k+1):s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p)$ $P(k+1):s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p)$ é válida.
- Como $s^{k+1}(p)>s^{k}(p)\Rightarrow _{1}\exists \;n\in \mathbb {N} ,tal\;que\;s^{k+1}(p)=n+s^{k}(p)\Rightarrow _{2}s(s^{k+1}(p))=s(n+s^{k}(p))\Rightarrow _{3}$
- $\Rightarrow _{3}s^{k+1+1}(p)=n+s^{k}(p)+1=n+s(s^{k}(p))\Rightarrow _{4}s^{k+2}(p)=n+s^{k+1}(p)\Rightarrow _{5}s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p)$ $\Rightarrow _{3}s^{k+1+1}(p)=n+s^{k}(p)+1=n+s(s^{k}(p))\Rightarrow _{4}s^{k+2}(p)=n+s^{k+1}(p)\Rightarrow _{5}s^{k+2}(p)>s^{k+1}(p)$ .
  - 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 sucessor.
Portanto, pelo 4º axioma de Peano, $X=\mathbb {N}$ , ou seja, P(p) é válida para todo p natural.

6

Mostre que em  $\mathbb {N} ,m\cdot n=1\Rightarrow m=n=1$

Pela tricotomia em m, ocorre uma das três "m<1 ou m=1 ou m>1".
Caso m<1. Absurdo, m é natural e 1 é o menor natural
Caso m>1, pela definição de desigualdade, existe k natural, tal que, m=1+k. Como $m\cdot n=1\Rightarrow (1+k)\cdot n=1\Rightarrow n+k\cdot n=1$ . Absurdo, pois estou somando dois termos naturais e o resultado é 1.
Resta o caso em que m=1: Como $m\cdot n=1\Rightarrow 1\cdot n=1\Rightarrow$ n=1.
Portanto </math\; >m=1 e n=1</math>.

7a (soma)

Sejam o conjunto  $\Gamma =\mathbb {N} \times \mathbb {N}$  e o conjunto de classes de equivalência  $\mathbb {Z} =\{[(m,n)]:(m,n)\in \Gamma \}$ , onde  $(m,n)\sim (p,q)\Longleftrightarrow m+q=n+p$ .
Mostre que as operações binárias:

$\oplus :\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} \mapsto \mathbb {Z} ,onde\;[(m,n)]\oplus [(p,q)]=[(m+p,n+q)]$ e
$\otimes :\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} \mapsto \mathbb {Z} ,onde\;[(m,n)]\odot [(p,q)]=[(mp+nq,mq+np)]$

Não dependem do representante da classe, isto é, se  $[(m,n)]=[(m',n')]\;e\;[(p,q)]=[(p',q')]$  então

$[(m,n)]\oplus [(p,q)]=[(m',n')]\oplus [(p',q')]$ e
$[(m,n)]\odot [(p,q)]=[(m',n')]\odot [(p',q')]$

Prova:
Como $[(m,n)]=[(m',n')]\;e\;[(p,q)]=[(p',q')],\Leftrightarrow \;m+n'=n+m'\;e\;p+q'=q+p'\Leftrightarrow m+n'+p+q'=n+m'+q+p'\Leftrightarrow$ $[(m,n)]=[(m',n')]\;e\;[(p,q)]=[(p',q')],\Leftrightarrow \;m+n'=n+m'\;e\;p+q'=q+p'\Leftrightarrow m+n'+p+q'=n+m'+q+p'\Leftrightarrow$
- $\Leftrightarrow m+p+n'+q'=n+q+m'+p'\Leftrightarrow [(m+p,n+q)]=[(m'+p',n'+q')]\Leftrightarrow [(m,n)]\oplus [(p,q)]=[(m',n')]\oplus [(p',q')]$ .

7b (multiplicação)

Temos que $[(m,n)]=[(m',n')]\;e\;[(p,q)]=[(p',q')],\Leftrightarrow \;m+n'=n+m'\;e\;p+q'=q+p'$ .
Multiplicando a primeira igualdade por p e q, e a segunda por m' e n':
Teremos que $mp+n'p=np+m'p,mq+n'q=nq+m'q\;e\;m'p+m'q'=m'q+m'p',n'p+n'q'=n'q+n'p'$
Somando as duas primeiras igualdades com o membro oposto e as duas últimas com o membro oposto.
Teremos que $mp+n'p+nq+m'q=np+m'p+mq+n'q\;e\;m'p+m'q'+n'q+n'p'=m'q+m'p'+n'p+n'q'$ $mp+n'p+nq+m'q=np+m'p+mq+n'q\;e\;m'p+m'q'+n'q+n'p'=m'q+m'p'+n'p+n'q'$ .
- Assim $[(mp+nq,np+mq)]=[(m'p+n'q,n'p+m'q)]=[(m'p+n'q,m'q+n'p)]=[(m'p'+n'q',m'q'+n'p')]$
Logo $[(mq+np,mp+nq)]=[(m'q'+n'p',m'p'+n'q')]\Leftrightarrow [(m,n)]\odot [(p,q)]=[(m',n')]\odot [(p',q')]$ .

8

Prove a existência do elemento neutro $\theta$ para a soma $\oplus$ em $\mathbb {Z}$ , isto é, $x\oplus \theta =\theta \oplus x=x,\forall \;x\in \mathbb {Z}$

Prova:

Como $x,\theta \in \mathbb {Z} ,logo\;x=[(y,z)],\theta =[(\alpha ,\beta )]$ $x,\theta \in \mathbb {Z} ,logo\;x=[(y,z)],\theta =[(\alpha ,\beta )]$ .
- Como $x\oplus \theta =[(y,z)]\oplus [(\alpha ,\beta )]=[(y+\alpha ,z+\beta )]$ e $\theta \oplus x=[(\alpha ,\beta )]\oplus [(y,z)]=[(\alpha +y,\beta +z)]$
Assim $x\oplus \theta =x\Rightarrow [(y+\alpha ,z+\beta )]=[(y,z)]\Rightarrow (y+\alpha ,z+\beta )\sim (y,z)\Rightarrow y+\alpha +z=z+\beta +y\Rightarrow \alpha =\beta \Rightarrow \theta =[(\alpha ,\alpha )]$
Determine $t\in \mathbb {N}$ , tal que $[(t,1)]=[(\alpha ,\alpha )]]\Rightarrow (t,1)\sim (\alpha ,\alpha )\Rightarrow t+\alpha =1+\alpha \Rightarrow t=1\Rightarrow [(1,1)]$ é o elemento neutro para a soma.

9

Prove a existência do elemento Neutro $\pi$ para o produto $\odot \;em\;\mathbb {Z}$ , isto é, $x\odot \pi =\pi \odot x=x,\forall \;x\in \mathbb {Z}$

Prova:

Sejam $x,\pi \in \mathbb {Z} ,tal\;que\;x=[(y,z)],\pi =[(\alpha ,\beta )]$ $x,\pi \in \mathbb {Z} ,tal\;que\;x=[(y,z)],\pi =[(\alpha ,\beta )]$ .
- Façamos $x\odot \pi =[(y,z)]\odot [(\alpha ,\beta )]=[(y\cdot \alpha +z\cdot \beta ,y\cdot \beta +z\cdot \alpha )]$ e $\pi \odot x=[(\alpha ,\beta )]\odot [(y,z)]=[(\alpha \cdot y+\beta \cdot z,\alpha \cdot z+\beta \cdot y)]$
Assim $x\odot \pi =x\Rightarrow [(y\cdot \alpha +z\cdot \beta ,y\cdot \beta +z\cdot \alpha )]=[(y,z)]\Rightarrow (y\cdot \alpha +z\cdot \beta ,y\cdot \beta +z\cdot \alpha )\sim (y,z)\Rightarrow$ $x\odot \pi =x\Rightarrow [(y\cdot \alpha +z\cdot \beta ,y\cdot \beta +z\cdot \alpha )]=[(y,z)]\Rightarrow (y\cdot \alpha +z\cdot \beta ,y\cdot \beta +z\cdot \alpha )\sim (y,z)\Rightarrow$
- $\Rightarrow y\cdot \alpha +z\cdot \beta +z=y\cdot \beta +z\cdot \alpha +y\Rightarrow y\cdot \alpha +z\cdot (\beta +1)=y\cdot (\beta +1)+z\cdot \alpha \Rightarrow \alpha =\beta +1\Rightarrow \pi =[(\beta +1,\beta )]$

Determine t, tal que $[(2,t)]=[(\alpha +1,\alpha )]]\Rightarrow (2,t)\sim (\alpha +1,\alpha )\Rightarrow t+\alpha +1=2+\alpha \Rightarrow t=1\Rightarrow [(2,1)]$ é o elemento neutro para a multiplicação.

10a

Associativa para a  $\oplus \;em\;\mathbb {Z}$ : Sejam  $x,y,z\in \mathbb {Z} ,x\oplus (y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus z$

Prova:

Sejam $x=[(a,b)],y=[(c,d)],z=[(e,f)]\in \mathbb {Z} ,$
Assim $x\oplus (y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus z\Leftrightarrow [(a,b)]\oplus ([(c,d)]\oplus [(e,f)])=([a,b]\oplus [(c,d)])\oplus [(e,f)]\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow [(a,b)]\oplus [(c+e,d+f)]=[(a+c,b+d)]\oplus [(e,f)]\Leftrightarrow [(a+(c+e),b+(d+f))]=[((a+c)+e,(b+d)+f)]\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow (a+(c+e),b+(d+f))]\sim [((a+c)+e,(b+d)+f)\Leftrightarrow a+(c+e)+b+(d+f)=(a+c)+e+(b+d)+f$ .
Como os naturais são associativos para a adição, a soma $\oplus$ em Z é associativa.

10b

Associativa para a  $\odot \;em\;\mathbb {Z}$ : Sejam  $x,y,z\in \mathbb {Z} ,x\odot (y\odot z)=(x\odot y)\odot z$

Prova:

Sejam $x=[(a,b)],y=[(c,d)],z=[(e,f)]\in \mathbb {Z} ,$
Assim $x\odot (y\odot z)=(x\odot y)\odot z\Leftrightarrow [(a,b)]\odot ([(c,d)]\odot [(e,f)])=([a,b]\odot [(c,d)])\odot [(e,f)]\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow [(a,b)]\odot [(ce+df,cf+de)]=[(ac+bd,ad+bc)]\odot [(e,f)]\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow [(a(ce+df)+b(cf+de),a(cf+de)+b(ce+df))]=[((ac+bd)e+(ad+bc)f,(ac+bd)f+(ad+bc)e)]\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow (a(ce+df)+b(cf+de),a(cf+de)+b(ce+df))\sim ((ac+bd)e+(ad+bc)f,(ac+bd)f+(ad+bc)e)\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow (a(ce+df)+b(cf+de),a(cf+de)+b(ce+df))\sim ((ac+bd)e+(ad+bc)f,(ac+bd)f+(ad+bc)e)\Leftrightarrow$
- $\Leftrightarrow a(ce+df)+b(cf+de)+(ac+bd)f+(ad+bc)e=a(cf+de)+b(ce+df)+(ac+bd)e+(ad+bc)f\Leftrightarrow$
- $\Leftrightarrow ace+adf+bcf+bde+acf+bdf+ade+bce=acf+ade+bce+bdf+ace+bde+adf+bcf$
- Como os naturais são associativos para a adição e multiplicação, a multiplicação $\oplus$ em Z é associativa.

10c

Comutativa para a  $\oplus \;em\;\mathbb {Z}$ :  $x\oplus y=y\oplus x\in \mathbb {Z}$

Prova:

Sejam $x=[(a,b)],y=[(c,d)]\in \mathbb {Z} ,$
Assim $x\oplus y=y\oplus x\Leftrightarrow [(a,b)]\oplus [(c,d)]=[(c,d)]\oplus [(a,b)]\Leftrightarrow [(a+c,b+d)]=[(c+a,d+b)]\Leftrightarrow (a+c,b+d)\sim (c+a,d+b)\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow (a+c)+(d+b)=(c+a)+(b+d)$ .
Como os naturais são comutativos para a adição, a soma $\oplus$ em Z é comutativa.

10d

Comutativa para a  $\odot \;em\;\mathbb {Z}$ :  $x\odot y=y\odot x\in \mathbb {Z}$

Prova:

Sejam $x=[(a,b)],y=[(c,d)]\in \mathbb {Z} ,$
Assim $x\odot y=y\odot x\Leftrightarrow [(a,b)]\odot [(c,d)]=[(c,d)]\odot [(a,b)]=\Leftrightarrow [(ac+bd,ad+bc)]=[(ca+db,cb+da)]\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow (ac+bd,ad+bc)\sim (ca+db,cb+da)\Leftrightarrow (ac+bd)+(cb+da)=(ad+bc)+(ca+db)$ .
Como os naturais são comutativos e associativos para a adição e multiplicação, a multiplicação $\odot$ em Z é comutativa.

11a

Mostre que existe o elemento inverso para a soma  $\oplus$ , isto  ́e, para todo  $x\in \mathbb {Z}$ , existe  $y\in \mathbb {Z}$  tal que  $x\oplus y=y\oplus x=\theta$ .

Tome $x\in \mathbb {Z} ,$ com $x=[a,b]$ e $\theta =[(\alpha ,\alpha )]$ .
Devemos mostrar que existe $y\in \mathbb {Z}$ , tal que $x\oplus y=y\oplus x=\theta$ .
Consideremos que $y=[(c,d)]$ .
Logo $[(a,b)]\oplus [(c,d)]=[(\alpha ,\alpha )]\Rightarrow [(a+c,b+d)]=[(\alpha ,\alpha )]\Rightarrow (a+c,b+d)\sim (\alpha ,\alpha )\Rightarrow a+c+\alpha =b+d+\alpha \Rightarrow a+c=b+d\Rightarrow c+a=d+b\Rightarrow$
$\Rightarrow (c,d)\sim (b,a)\Rightarrow [(c,d)]=[(b,a)]$ .
Portanto dado $x=[(a,b)]\in \mathbb {Z}$ , existe $y=[(b,a)]\in \mathbb {Z}$ que é elemento neutro da soma.

11b

Existe elemento inverso para a multiplicacao $\otimes$ em $\mathbb {Z}$ ? Isto ́e, $x\odot y=y\odot x=I$ . Justifique sua resposta.

Tome $x\in \mathbb {Z} ,$ com $x=[a,b]$ e $\theta =[(\alpha +1,\alpha )]$ .
Devemos mostrar que existe $y\in \mathbb {Z}$ , tal que $x\odot y=y\odot x=\theta$ .
Consideremos que $y=[(c,d)]$ .
Logo $[(a,b)]\odot [(c,d)]=[(\alpha +1,\alpha )]\Rightarrow [(ac+bd,ad+bc)]=[(\alpha +1,\alpha )]\Rightarrow (ac+bd,ad+bc)\sim (\alpha +1,\alpha )\Rightarrow ac+bd+\alpha =ad+bc+\alpha +1\Rightarrow$
$\Rightarrow ac+bd+1=ad+bc+1+1\Rightarrow ca+db+1=da+cb+1+1$ $\Rightarrow ac+bd+1=ad+bc+1+1\Rightarrow ca+db+1=da+cb+1+1$ .
- Mas $a=b\;ou\;a\neq b$ $a=b\;ou\;a\neq b$ . Caso $a=b\Rightarrow cb+db+1=db+cb+2\Rightarrow 1=2$ $a=b\Rightarrow cb+db+1=db+cb+2\Rightarrow 1=2$ , absurdo. Logo $a\neq b$ $a\neq b$ , ou seja, $a<b\;ou\;b<a$ $a<b\;ou\;b<a$ .
  - (a<b) Vamos considerar que $a<b$ , assim $\exists \;k\in \mathbb {N}$ , tal que $b=a+k$
  - Logo $ca+d(a+k)=da+c(a+k)+1\Rightarrow ca+da+dk=da+ca+ck+1\Rightarrow dk=ck+1\Rightarrow$
  - Mas $c=d\;ou\;c\neq d$ $c=d\;ou\;c\neq d$ . Caso $c=d\Rightarrow dk+1=ck+1+1\Rightarrow 1=2$ $c=d\Rightarrow dk+1=ck+1+1\Rightarrow 1=2$ , absurdo. Logo $c\neq d$ $c\neq d$ , ou seja, $c<d\;ou\;d<c$ $c<d\;ou\;d<c$ .
    - (a<b e c<d) Vamos considerar que $c<d$ , assim $\exists \;m\in \mathbb {N}$ , tal que $d=c+m$
    - Logo $(c+m)k=ck+1\Rightarrow ck+mk=ck+1\Rightarrow mk=1.$ $(c+m)k=ck+1\Rightarrow ck+mk=ck+1\Rightarrow mk=1.$
      - Pela questão 6, m=k=1. Logo d=c+1, b=a+1. Portanto $[(\alpha ,\alpha +1)]\odot [(\alpha ,\alpha +1)]=[(\alpha +1,\alpha )]$ .
    - (a<b e d<c) Vamos considerar que $d<c$ , assim $\exists \;p\in \mathbb {N}$ , tal que $c=d+p$
    - Logo $dk+1=(d+p)k+1+1\Rightarrow dk+1=dk+pk+2\Rightarrow pk+2=1\Rightarrow s(pk+1)=1$ , absurdo, pois 1 não é sucessor de nenhum natural pelo axioma de Peano.
  - (b<a) Vamos considerar que $b<a$ , assim $\exists \;l\in \mathbb {N}$ , tal que $a=b+l$
  - Logo $c(b+l)+db=d(b+l)+cb+1\Rightarrow cb+cl+db=db+dl+cb+1\Rightarrow cl=dl+1\Rightarrow$
  - Mas $c=d\;ou\;c\neq d$ $c=d\;ou\;c\neq d$ . Caso $c=d\Rightarrow cl+1=dl+1+1\Rightarrow 1=2$ $c=d\Rightarrow cl+1=dl+1+1\Rightarrow 1=2$ , absurdo. Logo $c\neq d$ $c\neq d$ , ou seja, $c<d\;ou\;d<c$ $c<d\;ou\;d<c$ .
    - (b<a e c<d) Vamos considerar que $c<d$ , assim $\exists \;q\in \mathbb {N}$ , tal que $d=c+q$
    - Logo $cl=(c+q)l+1\Rightarrow cl+1=cl+ql+1+1\Rightarrow 1=ql+1+1\Rightarrow 1=s(ql+1)$ , absurdo, pois 1 não é sucessor de nenhum natural pelo axioma de Peano.
    - (b<a e d<c) Vamos considerar que $d<c$ , assim $\exists \;r\in \mathbb {N}$ , tal que $c=d+r$
    - Logo $(d+r)l=dl+1\Rightarrow dl+rl=dl+1\Rightarrow rl=1$ $(d+r)l=dl+1\Rightarrow dl+rl=dl+1\Rightarrow rl=1$ .
      - Pela questão 6, r=l=1. Logo c=d+1, a=b+1. Portanto $[(\alpha +1,\alpha )]\odot [(\alpha +1,\alpha )]=[(\alpha +1,\alpha )]$ .

12

Mostre que  $x\otimes \theta =\theta \otimes x=\theta$ , para todo  $x\in \mathbb {Z}$ .

Tome $\theta =[(\alpha ,\alpha )]\in \mathbb {Z}$ . Considere $x=[(a,b)]\in \mathbb {Z}$ .
Assim $[(a,b)]\otimes [(\alpha ,\alpha )]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow [(a\cdot \alpha +b\cdot \alpha ,a\cdot \alpha +b\cdot \alpha )]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow (a\cdot \alpha +b\cdot \alpha ,a\cdot \alpha +b\cdot \alpha )\sim (\alpha ,\alpha )\Leftrightarrow a\cdot \alpha +b\cdot \alpha +\alpha =\alpha +a\cdot \alpha +b\cdot \alpha$ $[(a,b)]\otimes [(\alpha ,\alpha )]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow [(a\cdot \alpha +b\cdot \alpha ,a\cdot \alpha +b\cdot \alpha )]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow (a\cdot \alpha +b\cdot \alpha ,a\cdot \alpha +b\cdot \alpha )\sim (\alpha ,\alpha )\Leftrightarrow a\cdot \alpha +b\cdot \alpha +\alpha =\alpha +a\cdot \alpha +b\cdot \alpha$ .
- Pela comutatividade da soma e da multiplicação dos naturais é verdade.
Assim $[(\alpha ,\alpha )]\otimes [(a,b)]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow [(\alpha \cdot a+\alpha \cdot b,\alpha \cdot a+\alpha \cdot b)]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow (\alpha \cdot a+\alpha \cdot b,\alpha \cdot a+\alpha \cdot b)\sim (\alpha ,\alpha )\Leftrightarrow \alpha \cdot a+\alpha \cdot b+\alpha =\alpha +\alpha \cdot a+\alpha \cdot b$ $[(\alpha ,\alpha )]\otimes [(a,b)]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow [(\alpha \cdot a+\alpha \cdot b,\alpha \cdot a+\alpha \cdot b)]=[(\alpha ,\alpha )]\Leftrightarrow (\alpha \cdot a+\alpha \cdot b,\alpha \cdot a+\alpha \cdot b)\sim (\alpha ,\alpha )\Leftrightarrow \alpha \cdot a+\alpha \cdot b+\alpha =\alpha +\alpha \cdot a+\alpha \cdot b$
- Pela comutatividade da soma e da multiplicação dos naturais é verdade.
Assim $[(a,b)]\otimes [(\alpha ,\alpha )]=[(\alpha ,\alpha )]\otimes [(a,b)]\Leftrightarrow [(a\cdot \alpha +b\cdot \alpha ,a\cdot \alpha +b\cdot \alpha )]=[(\alpha \cdot a+\alpha \cdot b,\alpha \cdot a+\alpha \cdot b)]\Leftrightarrow$ $[(a,b)]\otimes [(\alpha ,\alpha )]=[(\alpha ,\alpha )]\otimes [(a,b)]\Leftrightarrow [(a\cdot \alpha +b\cdot \alpha ,a\cdot \alpha +b\cdot \alpha )]=[(\alpha \cdot a+\alpha \cdot b,\alpha \cdot a+\alpha \cdot b)]\Leftrightarrow$
- $\Leftrightarrow (a\cdot \alpha +b\cdot \alpha ,a\cdot \alpha +b\cdot \alpha )\sim (\alpha \cdot a+\alpha \cdot b,\alpha \cdot a+\alpha \cdot b)\Leftrightarrow a\cdot \alpha +b\cdot \alpha +\alpha \cdot a+\alpha \cdot b=a\cdot \alpha +b\cdot \alpha +\alpha \cdot a+\alpha \cdot b$
- Pela comutatividade da soma e da multiplicação dos naturais é verdade.

13

Define-se em  $\mathbb {Z}$  a operação diferença de inteiros, por  $x\ominus y=x\oplus (-y)$ , onde  $-y$  ́e o inverso aditivo de y. Dados  $x,y\in \mathbb {Z}$ , determine-se explicitamente a classe de equivalência de  $x\ominus y$ .

Tome $x=[(a,b)],y=[(c,d)]$ . Definamos $-y=[(-c,-d)]$
Assim $x\oplus (-y)=[(a,b)]\oplus [(-c,-d)]=[(a-c,b-d)]$ .
Como $x\ominus y=x\oplus (-y)\Rightarrow [(a,b)]\ominus [(c,d)]=[(a-c,b-d)]$
No entanto x,y foram tomados em $\mathbb {Z}$ , logo $x\ominus y\in \mathbb {Z} \times \mathbb {Z}$ e como $x\oplus (-y)\in \mathbb {Z}$ , logo $\ominus :\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} \mapsto \mathbb {Z} ,onde[(a,b)]\ominus [(c,d)]=[(a-c,b-d)]$

14a

Mostre-se a existência de um cone positivo em  $\mathbb {Z}$ , isto é, um subconjunto  ${\mathcal {C}}$  que satisfaz :
(a) Se  $x,y\in {\mathcal {C}}$ , então  $x\oplus y$  e  $x\odot y\in {\mathcal {C}}$

Tome ${\mathcal {C}}=\{[(a,b)]\in \mathbb {Z} ;a>b\}$ .
Sejam $x,y\in {\mathcal {C}},com\;x=[(a,b)],y=[(c,d)],assim\;a>b,c>d$ . Pelas desigualdades existem k,l nos naturais, tais que $a=b+k,c=d+l$
Façamos $x\oplus y=[(a,b)]\oplus [(c,d)]=[(a+c,b+d)]$ $x\oplus y=[(a,b)]\oplus [(c,d)]=[(a+c,b+d)]$ .
- Como $a+c=b+k+d+l\Rightarrow a+c>b+d\Rightarrow [(a+c,b+d)]\in {\mathcal {C}}$
$x\odot y=[(a,b)]\odot [(c,d)]=[(ac+bd,ad+bc)]$ $x\odot y=[(a,b)]\odot [(c,d)]=[(ac+bd,ad+bc)]$ .
- Assim $ac+bd=(b+k)(d+l)+bd=bd+bl+kd+kl+bd$ , como $ad=(b+k)d=bd+kd$ e $bc=b(d+l)=bd+bl$ , assim $ac+bd=(bd+kd)+(bd+bl)+kl=ad+bc+kl$
- Logo ac+bd > ad+bc, isso implica que $[(ac+bd,ad+bc)]\in {\mathcal {C}}$ .
Portanto ${\mathcal {C}}=\{[(a,b)]\in \mathbb {Z} ;a>b\}$ é um cone positivo

14b

Mostre-se a existência de um cone positivo em  $\mathbb {Z}$ , isto  ́e, um subconjunto C que satisfaz :
(b) Os subconjuntos  $C,C_{-}=\{-x:x\in {\mathcal {C}}\}$  e  $\{\theta \}$  são disjuntos dois a dois.

Tome ${\mathcal {C}}=\{[(a,b)]\in \mathbb {Z} :a>b:a,b\in \mathbb {N} \}$ um cone positivo em $\mathbb {Z}$ . $C_{-}=\{-x:x\in {\mathcal {C}}\}=\{[(a,b)]\in \mathbb {Z} :a<b:a,b\in \mathbb {N} \}$ , o conjunto dos inversos aditivos de ${\mathcal {C}}$ e $\{\theta =[(1,1)]\}=\{[(a,b)]\in \mathbb {Z} :a=b:a,b\in \mathbb {N} \}$ o elemento neutro da soma.
Vamos mostrar que os três subconjuntos são disjuntos. Pela tricotomia em c,d, temos que $c=d,c<d\;ou\;d<c$ .
Seja $y=[(c,d)]\in \mathbb {Z} ,com\;c,d\in \mathbb {N}$ $y=[(c,d)]\in \mathbb {Z} ,com\;c,d\in \mathbb {N}$ .
- Caso $c=d,y=[(c,d)]\sim [(1,1)]$ , logo $y\in \{\theta \}.$
- Caso $d<c,y=[(c,d)]$ , logo $y\in \{{\mathcal {C}}\}.$
- Caso $c<d,y=[(c,d)]$ , logo $y\in \{{\mathcal {C}}_{-}\}.$

Portanto eles são disjuntos.

14c

Mostre-se a existência de um cone positivo em  $\mathbb {Z}$ , isto  ́e, um subconjunto C que satisfaz:
(c)  $\mathbb {Z} =C\cup C_{-}\cup \{\theta \}$ .

Pela tricotomia do item anterior, temos um $y=[(c,d)]\in \mathbb {Z} .$
$c=d\Rightarrow y\in \{\theta \}$
$c<d\Rightarrow y\in C_{-}$
$c>d\Rightarrow y\in C$
Então y em $\mathbb {Z}$ , se e somente se, pertence a algum dos três conjuntos, então $\mathbb {Z} =C\cup C_{-}\cup \{\theta \}$ .

15

Mostre que nos inteiros não existe solução para a equação:  $x\cdot [(5,7)]=[(1,2)]$

Seja $x=[(a,b)]\in \mathbb {Z}$
Assim $[(a,b)]\cdot [(5,7)]=[(1,2)]\Rightarrow [(5a+7b,7a+5b)]=[(1,2)]\Rightarrow 5a+5b+2b+1+1=5a+2a+5b+1\Rightarrow 2b+1=2a$
Temos que $a=b$ ou $a\neq b$
Caso $a=b$ , logo $2a=2b$ , logo é absurdo $s(2b)=2a$ .
Caso $a<b$ , existe k natural, tal que $b=a+k$ , assim $2(a+k)+1=2a\Rightarrow 2a+2k+1+1=2a+1\Rightarrow s(2k+1)=1$ . Absurdo 1 ser sucessor de algum número, pelo Axioma de Peano.
Caso $a>b$ , existe l natural, tal que $a=b+l$ , assim $2b+1=2(b+l)\Rightarrow 2b+1=2b+2l\Rightarrow 1=2l\Rightarrow 1=s(2l-1)$ . Absurdo 1 ser sucessor de algum número, pelo Axioma de Peano.
Portanto não existe solução nos inteiros.

16

Prove nos inteiros que, se  $x\neq \theta$ , então  $x\cdot x>\theta$  . Onde >  ́e a relação de ordem definido pelo cone.

Tome $x=[(a,b)]\neq \theta \Rightarrow a\neq b\Rightarrow a<b\;ou\;a>b$ .
( $a<b$ ) Tomemos $[(a,b)]\odot [(a,b)]=[(aa+bb,ab+ba)]$