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Num corpo ordenado \(K\), definimos como valor absoluto de um elemento \(x\) e denotamos por \(|x|\) o número:
\(|x| = \begin{cases} x & \text{ se } x \geq 0\\ -x & \text{ se } < 0\end{cases}\)
Num corpo ordenado, dado um elemento x, ou x e -x são ambos zero, ou um é positivo e outro é negativo. Aquele entre x e -x que não for negativo, será chamado \(|x|\). Sendo assim, \(|x|\) é o maior dos elementos x e -x. Este fato poderia ter sido usado como definição:
\(|x| = max\left\{x, -x\right\}\)
Assim, temos que \(|x| \geq x\) e \(|x| \geq -x\), mas observe que \(|x| \geq -x\) pode ser escrito como \(-|x| \leq x\) dessa forma:
\(|x| \leq x \leq |x| \),
para todo \(x \in K\).
Teorema 1
Sejam x, a elementos de um corpo ordenado K. As seguintes afirmações são equivalentes;
- \(-a \leq x \leq a\);
- \(x \leq a\; e\; -x \leq a\);
- \(|x| \leq a\).
Demonstração.
Corolário
Dados \(a\), \(x\), \(b \in K\), tem-se \(|x \; – \; a| \leq b\) se, e somente se, \(a \; – \;b \leq x \leq a + b\).
Pelo teorema já demonstrado acima temos que, \(|x \; – \; a| \leq b\) é equivalente a \(-b \leq x \; – \; a \leq b\) somando a em todos os membros da desigualdade \(a \; – \; b \leq x \leq a + b\).
Todas as afirmações do teorema e do seu corolário são ainda verdadeiras com \(< \) em lugar de \(\leq\). Vamos verificar essa afirmação:
Em geral temos as seguintes equivalências:
\(x \in \left(a\; – \;\varepsilon, a + \varepsilon\right) \Leftrightarrow a \;- \varepsilon < x < a + \varepsilon \Leftrightarrow |x \;-\; a | < \varepsilon\)
Teorema 2
Para elementos arbitrários de um corpo ordenado K, valem as relações:
- \(|x + y| \leq |x| + |y|\);
- \(|x \cdot y| = |x| \cdot |y|\);
- \(|x|\; – \; |y| \leq ||x|\; -\; |y|| \leq |x \;-\; y|;\);
- \(|x\; -\; z| \leq |x \;-\; y| + |y\; – \; z|\).
Demonstração:
Teorema 3
Num corpo ordenado K, as seguintes afirmações são equivalentes:
- \(\mathbb{N} \subset K\) é ilimitado superiormente;
- dados \(a\), \(b \in K\), com a > 0, existe \(n \in \mathbb{N}\) tal que \(n \cdot a > b\);
- dado qualquer \(a > 0\) em \(K\), existe \(n \in \mathbb{N}\) tal que \(0 < \frac{1}{n} < a\).
Demonstração:
Um corpo ordenado K chama-se arquimediano quando vale qualquer uma das três condições equivalentes citadas no teorema.
Exercício 1
Prove que para todo \(a,\; b \in \mathbb{R}\), \(|a| \cdot |b| = |a \dot b|\).
Demonstração: Por definição, temos que:
\(|a \cdot b| = \begin{cases} ab & \text{ se } ab \geq 0\\ -ab & \text{ se } ab < 0 \end{cases}\)
Sendo assim podemos dividir em casos:
Primeiro caso: \(a \geq 0,\; b \geq 0\).
Como a e b são números positivos temos que:
\(|a| \cdot |b| = a \cdot b = |a\cdot b|\).
Segundo caso: \(a < 0, \; b < 0\).
Como a e b são ambos negativos temos que:
\(|a| \cdot |b| = (-a) (-b) = a \cdot b = |a \cdot b|\).
Terceiro caso: \(a < 0, \; b \geq 0\).
\(|a| \cdot |b| = (-a)(b) = -ab\)
Como a é negativo e b é positivo ab < 0 e pela definição de módulo -ab é igual a |ab| se ab < 0. Sendo assim:
\(|a| \cdot |b| = (-a)(b) = -ab = |a \cdot b|\).
Quarto caso: \(a < 0,\; b \geq 0\).
\(|a| \cdot |b| = (a)(-b) = -ab\)
Como a é positivo e b é negativo ab < 0 e pela definição de módulo -ab é igual a |ab| se ab < 0. Sendo assim:
\(|a| \cdot |b| = (a)(-b) = -ab = |a \cdot b|\).
Exercício 2
Prove que para todo \(a, \; b \in \mathbb{R}\), \(|a| \geq b \Leftrightarrow -b \geq a \geq b\).
\((\Rightarrow)\)
Assumindo que \(|a| \geq b\), multiplicando por (-1) de ambos os lados obtemos que \(-|a| \geq -b\). Observe que é trivial a seguinte relação:
\(-|a| \geq a \geq |a|\)
Sendo assim:
\(-b \geq -|a| \geq a \geq |a| \geq b\)
\((\Leftarrow)\)
Assumindo que \(-b \leq a \leq b\) temos alguns casos.
Primeiro caso: \(a \geq 0\).
Sendo \(a > 0\) temos que \(|a| = a\) e por hipótese temos que \(a \leq b\) portanto \(|a| = a \leq b\).
Segundo caso: \(a < 0\).
Sendo \(a < 0\) temos que \(|a| = -a\) e por hipótese temos que \(a \geq -b\). Observe que \(-b \leq a \) multiplicando ambos os lados por (-1) obtemos \(-a \leq b\)
Portanto, \(|a| = -a \leq b\).
Prove que: dois números reais,\(a\) e \(b\), são iguais se e somente se, para todo \(\varepsilon > 0\), \(|a – b| < \varepsilon\).
\((\Rightarrow)\)
Assumindo que \(a = b\) temos que \(|a – b| = |0| = 0 < \varepsilon, \; \forall \varepsilon > 0\).
\((\Leftarrow)\)
Assumindo que para todo \(\varepsilon > 0, |a – b| < \varepsilon.\) devemos provar que isso é valido somente se \(a = b\).
Supondo por contradição que \(a \neq b\), sendo \(a\) diferente de \(b\) então existe uma distancia entre eles, dessa forma podemos dizer que \(|a\;-\;b| > 0\).
Sendo assim \(|a\;-\;b|\) é um valor valido para \(\varepsilon\).
Se \(\varepsilon = |a\;-\;b| \) então \(|a\;-\;b| < \varepsilon = |a\;-\;b|\) e \( |a\;-\;b| < |a\;-\;b|\) é uma contradição.
Então de fato \(a\) e \(b\) devem ser iguais.
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