Exercício 8. Mostre que sendo \alpha um corte, então -\alpha definido acima também será um corte, e além disto, vale que
\alpha+_{\mathbb{R}}(-\alpha)=0^{*}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá:
  • Pedido 1: Mostrar que, sendo \alpha um corte (Dedekind cut), o conjunto -\alpha definido acima também é um corte.
  • Pedido 2: Mostrar que vale a igualdade
\alpha+_{\mathbb{R}}(-\alpha)=0^{*}.
Informações fornecidas (que vou usar; todas retiradas do enunciado ou da definição padrão de cortes):
  • \alpha é um corte, isto é, um subconjunto de \mathbb{Q} que satisfaz:
    1. \alpha\neq\varnothing e \alpha\neq\mathbb{Q}.
    2. Se p\in\alpha e q\in\mathbb{Q} com q<p então q\in\alpha (fecho para baixo).
    3. \alpha não tem maior elemento: para todo p\in\alpha existe p'\in\alpha com p<p'.
  • A definição de -\alpha que vou usar (aquela “definida acima”) é a seguinte:
-\alpha=\{\,q\in\mathbb{Q}\mid \exists r\in\mathbb{Q}\setminus\alpha\text{ tal que }q<-r\,\}.
Em palavras: q pertence a -\alpha se existe um racional r que não está em \alpha e tal que q<-r.
  • A soma de cortes \alpha+\beta (definição padrão que usarei) é o conjunto dos racionais que ficam estritamente abaixo de alguma soma de um elemento de \alpha com um de \beta:
\alpha+\beta=\{\,s\in\mathbb{Q}\mid \exists a\in\alpha,\\ \exists b\in\beta\text{ com }s<a+b\,\}.
  • O corte 0^{*} (o zero) é
0^{*}=\{\,q\in\mathbb{Q}\mid q<0\,\}.

Passo 2

Primeira meta: mostrar que -\alpha satisfaz as três propriedades de um corte. Vou provar cada item separadamente, explicando por que cada condição é satisfeita.
Lembrete rápido do que preciso provar sobre -\alpha:
  1. -\alpha\neq\varnothing e -\alpha\neq\mathbb{Q}.
  2. Fecho para baixo: se x\in-\alpha e y<x então y\in-\alpha.
  3. Ausência de máximo: para todo x\in-\alpha existe x'\in-\alpha com x<x'.
Vou tratar cada item em sequência, com justificativas didáticas.

Passo 3

Provar que -\alpha\neq\varnothing e -\alpha\neq\mathbb{Q}.
  • -\alpha\neq\varnothing: Como \alpha\neq\mathbb{Q}, existe r_{0}\in\mathbb{Q}\setminus\alpha. Então tome qualquer racional q com q<-r_{0} (por exemplo, q=-r_{0}-1). Pela definição de -\alpha existe o mesmo r_{0}\notin\alpha que testemunha que q\in-\alpha. Logo -\alpha não é vazio.
  • -\alpha\neq\mathbb{Q}: Como \alpha\neq\varnothing, existe a_{0}\in\alpha. Para esse a_{0} observe que qualquer racional q\ge -a_{0} não pode estar em -\alpha com testemunho a_{0}, porque para pertencer a -\alpha deveria existir r\notin\alpha com q<-r, isto é -r>q\ge -a_{0}, implicando r<a_{0}. Mas se r<a_{0} e a_{0}\in\alpha e \alpha é fechado para baixo, então r\in\alpha, contradizendo r\notin\alpha. Assim nenhum q\ge -a_{0} pertence a -\alpha. Logo -\alpha não é todo \mathbb{Q}.
Conclusão: -\alpha é nem vazio nem todo \mathbb{Q}.

Passo 4

Provar que -\alpha é fechado para baixo.
Se x\in-\alpha então, por definição, existe r\in\mathbb{Q}\setminus\alpha tal que x<-r. Seja y\in\mathbb{Q} com y<x. Então y<-r também (pois y<x<-r). Pelo mesmo r\notin\alpha temos que y\in-\alpha. Portanto -\alpha é fechado para baixo.
(Lição curta: a condição de pertencer a -\alpha é “existir um r\notin\alpha que serve de cota superior negativa”, e qualquer número menor também serve.)

Passo 5

Provar que -\alpha não tem maior elemento.
Tomemos x\in-\alpha. Então existe r\notin\alpha com x<-r. Como x<-r, existe um racional x' tal que x<x'<-r (usar densidade de \mathbb{Q}: entre dois racionais existe outro racional). Esse x' satisfaz x'<-r e, portanto, pelo mesmo testemunho r\notin\alpha, tem x'\in-\alpha. Assim dado x\in-\alpha encontramos x'\in-\alpha com x<x'. Logo -\alpha não tem maior elemento.
Observação didática: usamos densidade de \mathbb{Q} para “subir” um pouco dentro de -\alpha; a definição de corte exige exatamente essa propriedade (sem máximo).

Passo 6

Conclusão parcial: -\alpha satisfaz as três propriedades de corte (não vazio e não tudo, fechado para baixo e sem máximo). Portanto -\alpha é um corte. Isso resolve a primeira parte do enunciado.

Passo 7

Segunda meta: provar a igualdade \alpha+_{\mathbb{R}}(-\alpha)=0^{*}. Vou provar duas inclusões.
Primeira inclusão:
\alpha+(-\alpha)\subseteq 0^{*}.
Seja s\in\alpha+(-\alpha). Pela definição de soma existe a\in\alpha e b\in-\alpha tais que s<a+b. Pelo fato de b\in-\alpha existe r\notin\alpha com b<-r. Como b<-r e s<a+b segue
s < a + b < a - r.
Agora, por ser r\notin\alpha e a\in\alpha, não pode acontecer r\le a porque se r\le a então o fecho para baixo de \alpha implicaria r\in\alpha, contradizendo r\notin\alpha. Portanto necessariamente r>a, o que implica a-r<0. Combinando:
s < a - r < 0.
Logo s<0, ou seja, s\in 0^{*}. Como s foi arbitrário em \alpha+(-\alpha), temos \alpha+(-\alpha)\subseteq 0^{*}.
(Explicação curta: qualquer soma de um elemento de \alpha com um de -\alpha é estritamente negativa.)

Passo 8

Segunda inclusão:
0^{*}\subseteq \alpha+(-\alpha).
Queremos: dado t\in 0^{*} (ou seja t<0), encontrar a\in\alpha e b\in-\alpha com t<a+b.
Estratégia: mostrar que a família de valores \{a-r: a\in\alpha,\\ r\notin\alpha\} tem supremo igual a 0. Isso permite, para qualquer \varepsilon>0, escolher a\in\alpha e r\notin\alpha com a-r>-\varepsilon. Tomando \varepsilon=-t>0 obtemos a-r>t. Em seguida escolhemos b\in\mathbb{Q} com -r- \delta < b < -r para \delta pequeno, de modo que b\in-\alpha (pois r\notin\alpha é testemunho de qualquer b<-r) e a+b>t. Vou dar os detalhes.
Detalhes formais:
  1. Proposição auxiliar (intuição): para todo \varepsilon>0 existem a\in\alpha e r\notin\alpha tais que
a-r>-\varepsilon.
Prova da proposição auxiliar: seja \varepsilon>0. Considere L=\sup\alpha (em \mathbb{R}; a construção por cortes garante que \alpha tem uma “fronteira” arbitrariamente aproximável por racionais). Dois casos:
  • Se \mathbb{Q}\setminus\alpha tem menor elemento r_{0}, então r_{0}>a para todo a\in\alpha e, porque \alpha não tem máximo, existem elementos a\in\alpha arbitrariamente próximos por baixo de r_{0}. Assim existe a\in\alpha com a>r_{0}-\varepsilon, isto é a-r_{0}>-\varepsilon. Tomando r=r_{0}\notin\alpha obtém-se o desejado.
  • Se \mathbb{Q}\setminus\alpha não tem menor elemento, então existem elementos de \mathbb{Q}\setminus\alpha arbitrariamente próximos de L por cima e há elementos de \alpha arbitrariamente próximos de L por baixo (porque \alpha não tem máximo). Assim escolhemos a\in\alpha e r\notin\alpha com r-a<\varepsilon, i.e. a-r>-\varepsilon.
    Este argumento usa a propriedade fundamental de um corte: a fronteira entre \alpha e seu complemento pode ser aproximada por racionais de ambos os lados. Logo a proposição auxiliar está estabelecida.
  1. Usando a proposição: tome t\in 0^{*}, isto é t<0. Escolha \varepsilon=-t>0. Pelas observações acima existe a\in\alpha e r\notin\alpha tais que
a-r>t.
Agora escolha um racional b com
-r- \delta < b < -r,
onde \delta>0 é tão pequeno que ainda valha a+b>t. Isso é possível porque a-r>t implica a- r - t>0; escolha \delta com 0<\delta<a-r-t. Então para tal \delta temos
a+b > a+(-r-\delta)=a-r-\delta > t.
Além disso, como b<-r e r\notin\alpha, pela definição de -\alpha segue b\in-\alpha. Portanto existem a\in\alpha e b\in-\alpha com a+b>t. Assim t\in\alpha+(-\alpha) (lembre que soma de cortes contém racionais estritamente menores que alguma soma; aqui temos soma estritamente maior que t, então t fica dentro do conjunto).
Como t foi arbitrário em 0^{*}, obtemos 0^{*}\subseteq\alpha+(-\alpha).
(Comentário didático: a ideia é aproximar a “fronteira” entre \alpha e seu complemento por racionais de ambos os lados de modo a obter somas arbitrariamente próximas de 0 por baixo; assim qualquer número negativo fica estritamente abaixo de alguma soma a+b.)

Passo 9

Combinando as duas inclusões dos passos anteriores obtemos
\alpha+(-\alpha)=0^{*}.
Isto completa a demonstração da segunda parte.

Resposta

-\alpha é um corte.
\alpha+_{\mathbb{R}}(-\alpha)=0^{*}

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