MULIMEA NUMERELOR NATURALE . 1 Triplete Peano DEFINIIA 1.1. Numim triplet Peano un triplet ( N, 0, s ) unde

N este o mulime nevid, 0N iar s:NN este o funcie astfel nct sunt verificate axiomele : P1 : 0s( N ) P2 : s este o funcie injectiv P3 : dac PN este o submulime astfel nct 0P i (nPs(n)P ), atunci P=N . n cele ce urmeaz, acceptm ca axiom existena unui triplet Peano (cititorului dornic de aprofundarea acestei chestiuni i recomandm lucrrile [7] i [19] ) . LEMA 1.2. N={0}s(N). Demonstraie Dac notm P={0}s (N), atunci PN i cum P verific P3, deducem c P=N . TEOREMA 1.3. Fie ( N, 0, s ) un triplet Peano iar ( N, 0, s ) un alt triplet format dintr-o mulime nevid N, un element 0N i o funcie s:N N. Atunci : 1 ) Exist o unic funcie f:NN astfel nct f(0)= 0, iar diagrama Ns

Dac ( N, 0, s ) este un triplet Peano, atunci

f Ns

N

f N

este comutativ (adic f s = sf ) . 2 ) Dac ( N, 0, s) este un triplet Peano, atunci f este bijecie. Demonstraie 1) Pentru a proba existena lui f, vom considera toate relaiile RNN a.. : r1 : (0, 0) R r2 : Dac (n, n)R, atunci (s(n), s(n))R iar prin R0 vom nota intersecia acestor relaii . Vom demonstra c R0 este o relaie funcional i astfel f va fi funcia ce va avea drept grafic pe R0 (astfel, din (0, 0)R0 vom deduce c f (0)=0 iar dac nN i f (n)=nN, (n , n)R0, deci (s(n), s(n))R0, adic, f(s(n))=s(n)=s(f (n)). Pentru a demonstra c R0 este o relaie funcional, vom demonstra c pentru orice nN, exist nN a. . (n, n)R0

iar dac pentru nN i n,

nN avem (n, n)R0 i (n, n)R0 , atunci n= n . Pentru prima parte, fie P={nN : exist nN a. . (n, n)R0 }N. Cum (0, 0)R0 deducem c 0P. Fie acum nP i nN a.. (n, n)R0. Din definiia lui R0 deducem c (s(n), s(n))R0 ; obinem c s(n)P i cum (N, 0, s) este triplet Peano, deducem c P=N. Pentru a doua parte, fie Q={nN : dac n, nN i (n, n), (n, n)R0 n= n}N i s demonstrm la nceput c 0Q. n acest sens, vom demonstra c dac (0, n)R0 atunci n=0. Dac prin absurd, n0, atunci vom considera relaia R1=R0 {(0, n)}NN. Din n0 deducem c (0, 0)R1 iar dac pentru mN avem (n, m)R1 , atunci (n, m)R0 i (n , m) (0, n). Astfel (s(n), s(m))R0 i cum (s(n), s(m))(0, n) (cci s(n) 0 conform cu P1), deducem c (s(n), s(m))R1 . Cum R1 verific r1 i r2 ar trebui ca R0R1 absurd (cci R1 este inclus strict n R0 ). Pentru a proba c 0Q, fie n, nN a. . (0, n), (0 , n)R0. Atunci, innd cont de cele stabilite mai sus, deducem c n=n=0, deci 0Q. Fie acum nQ i n N a. . (n, n)R0 ; vom demonstra c dac (s(n), n)R0, atunci n=s(n). S presupunem prin absurd c n s(n) i s considerm relaia R2 =R0 {(s (n), n)} . Vom demonstra c R2 verific r1 i r2 .

ntradevr, (0, 0)R2 ( cci 0 s(n) ) iar dac (p, p)R2 , atunci (p, p) R0 i (p, p)( s(n), n) . Deducem c (s(p), s(p))R0 i dac presupunem (s(p), s(p))= =(s(n), n), atunci s(p) =s(n), deci p=n. De asemenea, s(p)=n. Atunci (n, n)R0 i (n, p)R0 iar cum nQ n=p, deci n=s(p)=s(n), ceea ce contrazice faptul c ns(n). Prin urmare, (s(p), s(p)) (s(n), n), ceea ce ne arat c (s(p), s(p))R2 , adic R2 satisface r1 i r2 . Din nou ar trebui ca R0R2 absurd !. Deci (s (n), n)R0 n=s(n) astfel c dac r, s N i (s(n), r), (s(n), s )R0 , atunci r = s = s(n), adic s(n)Q, deci Q=N. Pentru a proba unicitatea lui f, s presupunem c mai exist f:NN a.. f(0)=0 i s(f(n))=f(s(n)) pentru orice nN. Considernd P={nN : f(n)=f(n)}N, atunci 0P iar dac nP (adic f(n)=f(n)), atunci s(f(n))=s(f(n))f(s(n))=f(s(n))s(n)P i atunci P=N, adic f=f. 2) S artm la nceput c f este injectiv. Pentru aceasta vom considera P={nN : dac mN i f(m)=f(n)m=n}N i s demonstrm la nceput c 0P. Pentru aceasta fie mN a. . f(0)=f(m) i s demonstrm c m=0. Dac prin absurd m0, atunci m=s(n) cu nN iar egalitatea f(m)=f(0) devine f(s(n))=f(0)= =0, de unde s(f(n))=0, ceea ce este absurd deoarece prin ipotez (N, 0, s) este un triplet Peano. Fie acum nP; pentru a demonstra c s(n)P, fie mN a.. f(m)=f(s(n)). Atunci m0 (cci n caz contrar ar rezulta c 0=f(0)=f(s(n))=s(f(n)), absurd !), deci conform Lemei 1.2., m=s(p) cu pN iar egalitatea f(m)=f(s(n)) devine f(s(p))=f(s(n))s(f(p))=s(f(n)), adic f(p)=f(n) i cum nP, atunci n=p i astfel m=s(p)=s(n). Pentru a demonstra surjectivitatea lui f s considerm P={nN:exist nN a. . n=f (n)}N . Cum f(0)=0 deducem c 0P. Fie acum nP ; atunci exist nN a.. n=f (n). Deoarece s(n)=s(f(n))=f(s(n)), deducem c s(n)P i cum

tripletul (N, 0, s) este un triplet Peano, deducem c P=N, adic f este i surjectiv, deci bijectiv . Observaie Conform Teoremei 1.3. (cunoscut i sub numele de teorema de recuren ) un triplet Peano este unic pn la o bijecie. n cele ce urmeaz vom alege un triplet Peano oarecare (, 0, s) i pe care l vom fixa ; elementele lui le vom numi numere naturale . Elementul 0 va purta numele de zero . Notm * = \ {0}. Vom nota 1=s(0), 2=s(1), 3=s(2), e.t.c., astfel c ={0, 1, 2, }. Funcia s poart numele de funcia succesor . Axiomele P1 P3 sunt cunoscute sub numele de axiomele lui Peano . Axioma P3 poart numele de axioma induciei matematice. 2 Adunarea numerelor naturale TEOREMA 2.1. Exist o unic operaie algebric pe pe care o vom nota prin + i o vom numi adunarea numerelor naturale astfel nct pentru orice m, n s avem : A1 : 0+m=m A2 : s(n)+m=s(n+m) . Demonstraie S probm la nceput unicitatea i pentru aceasta s presupunem c mai exist o operaie algebric pe a.. sunt verificate A1 i A2. Fie P={n | n+m=nm, pentru orice m}. Din A1 deducem c 0P iar din A2 deducem c dac nP, atunci s(n)+m=s(n)m s(n+m)=s(nm), ceea ce este adevrat deoarece s este injectiv i am presupus c nP. Deci P=, adic cele dou operaii coincid. Considerm un element m (pe care l fixm) i tripletul (, m, s) ; conform Teoremei 1.3. exist o unic funcie fm: a. . fm(0)=0 i s(fm(n))= =fm(s(n)) pentru orice n . Pentru n definim n+m=fm (n). Atunci 0+m=fm(0)=m iar s(n)+m= =fm (s(n))=s (fm (n))=s( n+m ). Axiomele A1A2 poart numele de axiomele adunrii Observaie numerelor naturale.

PROPOZIIA 2.2. Pentru orice m, n avem

A10 : n+0=n0 A2 : n+s (m)= s(n+m) .

Demonstraie

Fie P={m: m+0=m }. Dac n A1 facem pe

m=0, deducem c 0+0=0, adic 0P. Dac mP, (adic m+0=m), atunci s(m)+0=s(m+0)=s(m), adic s(m)P, deci P=. Analog se probeaz i a doua relaie. PROPOZIIA 2.3. Dubletul (, +) este monoid comutativ cu proprietatea de simplificare. Demonstraie Din cele stabilite anterior, deducem c 0 este element neutru pentru adunarea numerelor naturale. Pentru a proba comutativitatea adunrii s considerm P={n : n+m=m+n pentru orice m} . Evident 0P. Dac nP, adic n+m=m+n pentru orice m, atunci s(n)+m=m+s(n) s(n+m)=s(m+n) n+m=m+n, ceea ce este adevrat. Deducem c P=, adic adunarea numerelor naturale este comutativ . Pentru a demonstra asociativitatea adunrii numerelor naturale, s considerm P ={p: (m+n)+p=m+(n+p) pentru orice m, n}. Evident 0P. Fie acum nP. Atunci (s(n)+m)+p=s(n+m)+p= =s(n+(m+p)) iar s(n)+(m+p)=s(n+(m+p)) i cum (n+m)+p=n+(m+p) deducem c s(n)P, adic P=. Pentru partea final fie P={p : dac m+p=n+p m=n}. Evident 0P i s presupunem c pP. Atunci m+s(p)=n+s(p) s(m+p)=s(n+p) m+p=n+p m=n (cci pP), adic s(p)P i astfel din nou P=. Observaie Dac n, atunci s(n)=s(n+0)=n+s(0)=n+1. PROPOZIIA 2.4. Dac m, n i m+n=0, atunci m=n=0.

Demonstraie Dac m 0 sau n 0, atunci exist p, q a. . m = s(p) sau n = s(q). n primul caz, obinem c m+n = s(p)+n = s(p+n) 0 absurd ! i analog n al doilea caz. Deci m = n = 0 . 3 nmulirea numerelor naturale PROPOZIIA 3.1. Exist o unic operaie algebric pe notat i numit nmulirea numerelor naturale a . pentru orice m, n s avem : I1 : m0=0 I 2 : ms(n)=mn+m. Demonstraie Fie m fixat ; considernd tripletul (, 0, fm ), unde fm: este definit prin fm(n)=n+m pentru orice n, atunci conform Teoremei 1.3. exist o unic funcie g m : a.. gm (0)=0 i fmgm = gm s. Definim mn = gm(n) i astfel m0=gm(0)=0 iar ms(n)=g m(s(n)= =fm(gm(n))=fm(mn)=mn+m . Unicitatea operaiei de nmulire cu proprietile I1 i I2 se probeaz ca n cazul adunrii. Observaie I1 i I2 poart numele de axiomele nmulirii numerelor naturale. n cele ce urmeaz, dac nu este pericol de confuzie, vom scrie mn= =mn pentru m, n. Analog ca n cazul adunrii numerelor naturale, se demonstreaz c pentru oricare numere naturale m, n avem :

I 10 : 0m=00 I 2 : s(n)m=nm+m.

LEMA 3.2. nmulirea numerelor naturale este distributiv la stnga fa de adunarea numerelor naturale. Demonstraie Fie P={p : m(n+p)=mn+mp n}. innd cont de I1 deducem c 0P. S presupunem acum c pP i fie m, n. Avem m(n+s(p))=m(s(n+p))=m(n+p)+m=mn+mp+m=mn+ms(p), adic s(p)P i astfel P= . pentru oricare m,

PROPOZIIA 3. 3. Dubletul (, ) este monoid comutativ. Demonstraie Pentru a proba asociativitatea nmulirii fie P={p : (mn)p=m(np) pentru oricare m, n}. n mod evident, 0P. S presupunem acum c pP i s demonstrm c s(p)P. Avem (mn)s(p)= =(mn)p+mn iar m(ns(p))=m(np+n)=m(np)+mn (conform Lemei 3.2.), de unde egalitatea (mn)s(p)=m(ns(p)), adic s(p)P, deci P=. Deoarece pentru orice n avem n1=ns(0)=n0+n=n iar 1n=s(0)n= =0n+n=n deducem c 1 este elementul neutru al nmulirii numerelor naturale. Pentru a proba comutativitatea nmulirii numerelor naturale fie P={n : nm=mn pentru orice m}. n mod evident 0P i s presupunem c n. Atunci pentru orice m, s(n)m=nm+m iar ms(n)=mn+m, de unde s(n)m=ms(n), adic s(n)P, deci P= . 4 Relaia natural de ordine de pe . DEFINIIA 4.1. Pentru m, n vom scrie mn (i vom spune c m este mai mic sau egal dect n sau c n este mai mare sau egal dect m) dac exist p a.. m+p=n ; convenim n acest caz s notm p=n-m. Dac p*, atunci mn i mn ; n acest caz vom scrie m