Apêndice B: Resolução dos Exercícios Propostos · A área do quadrado apresentado é ... J.R. Gerônimo/V.S. Franco 2 A montagem do retângulo está ... sempre como soma o valor

Apêndice B: Resolução dos Exercícios Propostos

É importante que o aluno verifique a resolução dos exercícios somente após ter tentado resolvê-los. De fato, para que ocorra a aprendizagem é importante que se tente fazer os exercícios sozinho, depois discuti-los em grupo, utilizando estas resoluções apenas como uma maneira de ter certeza de que sua solução está correta, ou para buscar alguma dica. Se mesmo após a conferência da resolução houver alguma dúvida procure a ajuda do professor pois muitos exercícios podem ter outras formas de resolução.

Capítulo 1

Atividade 1: Áreas

Esta atividade tem como objetivo alertar para o uso de materiais concretos na observação de propriedades matemáticas que sem dúvida é muito importante mas deve-se tomar o máximo de cuidado, pois os resultados podem levar a erros grosseiros.

A área do quadrado apresentado é 64 unidades de área. Para fazer a peça e recortá-la imprima a próxima página que possui a figura em tamanho (11,5 x 11,5) cm2 com as marcações de recorte. Copiando esta figura para qualquer outro editor de imagens, você poderá aumentar ou diminuir a figura.

Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco

2

A montagem do retângulo está feita na figura a seguir:

A área do retângulo determinado por esta montagem, como

pode ser observado na figura se obtém multiplicando 5 x 13 = 65 unidades de área.

Apêndice B Resolução dos Exercícios

3

Num primeiro momento pode-se achar que temos duas figuras formadas por peças equivalentes e com áreas distintas. Isto não é verdade e a confusão ocorre exatamente por causa dos espaços que ficam entre as peças. Os espaços surgem porque os ângulos α e β (conforme figura a seguir) são tais que tg α = 2/5 e tg β = 3/8 e assim

α

β

os ângulos α e β não são iguais, apesar de α ≈ 21,8014 graus e β ≈ 20,5560 graus, ou seja, uma diferença de 1,2454 graus que é muito pequena para ser percebida pelo olho humano, já que uma circunferência possui 360 graus. É mais fácil acreditar que o espaço existente foi causado por uma construção ou recorte mal feito e acreditarmos que 65 = 64!

Atividade 2: Cálculo da Hipotenusa

Esta atividade tem como objetivo mostrar a dificuldade de se lidar com problemas que envolvem um número infinito de termos.

Ao construir o triângulo obtemos um triângulo retângulo isósceles com catetos medindo 1 unidade. Sendo assim, utilizando o

Teorema de Pitágoras, a hipotenusa deverá medir 2 unidades. A soma das medidas dos catetos é 2.

Ao dividir a medida dos

catetos ao meio e traçar os segmentos do ponto médio até o ponto médio da hipotenusa obtemos dois triângulos retângulos e, novamente, a soma das medidas dos catetos é igual a

½

½

½

½


4

½ + ½ + ½ + ½ = 2.

¼

¼

¼

¼

¼

¼

¼ ¼

Repetindo novamente a divisão da medida dos catetos obtemos como soma o valor ¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼ = 2.

Repetindo a divisão pela terceira vez o obtemos como soma o valor

281

81

81

81

81

81

81

81

81

81

81

81

81

81

81

81

=+++

+++++++

+++++++

Ao comparar estes valores vemos que para qualquer número de

divisões que fizermos obteremos sempre como soma o valor 2 e, por outro lado, parece que ao tomarmos um número infinito de divisões estaremos nos aproximando da hipotenusa do triângulo retângulo.

Sendo assim, uma conclusão natural seria que 2 = 2 , o que é um absurdo. A explicação deste fato é feita com ferramentas da análise e não será feita aqui.

Atividade 3: A faixa de Möbius

Para montar a faixa cilíndrica obtenha uma fita de papel e cole suas bordas como nas fotos abaixo:


5

Recortando na circunferência central obtemos duas faixas

cilíndricas como na foto abaixo:

Para montar a faixa de Möbius obtenha uma fita de papel e cole suas bordas invertendo-as como nas fotos abaixo:

Ao recortar na circunferência central da faixa de Möbius obtemos apenas uma faixa como na foto abaixo:

A conclusão que se chega é que apenas uma mudança num

objeto altera as características mais simples do objeto, como por exemplo, a separaçãoem duas partes através de um recorte deixa de existir.

Atividade 4: A moeda e a Terra

Vejamos as figuras do problema apresentado:


6

C1r1

R1

d1

C2r2

R2

d2

C3r3

R3

d3

(a) (b) (c) Se fôssemos responder imediatamente a intuição nos diria que

d3 seria maior. Porém, fazendo as contas como deve ser feito, obtemos:

d1 = R1 – r1 = π+π

21r2 1

– r1 = ππ−+π

2r21r2 11

= π21

;

d2 = R2 – r2 = π+π

21r2 2

– r2 = ππ−+π

2r21r2 22

= π21

e

d3 = R3 – r3 = π+π

21r2 3

– r3 = ππ−+π

2r21r2 33

= π21

. Assim, contrário a nossa intuição, as três medidas independem

do raio da circunferência consideradas, pois serão todas iguais a π21

. Observe que para fazer tais contas não é necessário o valor dos raios em questão.

Atividade 5: Divisão por zero: "2=3?"

O erro na “suposta” demonstração está ao fazer o cancelamento da expressão (1 – 1) que é igual a zero. No conjunto dos números inteiros só é válido o cancelamentos para números distintos de zero.

Atividade 6: Ilusão de Ótica

Contar com a visão para concluir afirmações pode levar a erros. A ilusão de ótica nos leva a vários casos destes. Veja as figuras abaixo, a original e com as circunferências vermelhas para ter certeza de que realmente são circunferências.


7

Capítulo 2

2.1. a) É proposição e segundo dados históricos é verdadeira. b) É proposição e segundo as informações do noticiário é falsa. c) Não é proposição, pois é uma sentença interrogativa. d) É proposição, basta resolver para saber se é falsa ou verdadeira. e) É proposição, pois pode assumir apenas um valor lógico. f) É proposição e, com certeza, é verdadeira. g) É proposição e, com certeza, é verdadeira. h) É proposição, pois pode assumir apenas um valor lógico.

2.2. a) Falsa, por exemplo, no losango isso não ocorre.

b) Falsa, nem sempre o trapézio possui todos os lados congruentes.

c) Verdadeira, por um teorema da geometria plana. d) Verdadeira, por um teorema de funções. e) Falsa, possui 12 arestas. f) Falsa, pois existem hexaedros com faces não congruentes. g) Verdadeira, por definição. h) Falsa, o retângulo nem sempre possui todos os lados

congruentes. 2.3. Podemos escrever, por exemplo, • Estudo matemática pra caramba, mas aquela matéria de

fundamentos é moleza, bicondiciona que prometo que estudarei todo fim de semana.


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• Bill Gates é miserável e o número 29875423+21 é primo • Gosto de vôlei, condiciona que irei ao shopping e Bill Gates não é

miserável. • Em 22 de abril de 1500, descobriu-se o Brasil ou sou brasileiro se, e

somente se, sou inteligente. 2.4. a) p: Quando chove e q: a garagem de João fica inundada.

b) Falso ou verdadeiro, pois considerando a tabela verdade da condicional p→ q sempre verdadeira, teremos

p q p→ q

V V V

F V V

F F V

Assim, mesmo quando q é verdadeira podemos ter p falsa (veja 2ª linha da tabela acima). Em outras palavras, a garagem da casa de João poderia ter sido inundada por outro motivo. c) Verdadeiro pela 1ª linha da tabela do item b). 2.5. a) π é um número irracional ou 2 é um número primo. b) π é um número irracional, condiciona que 2 não é um número primo, bicondiciona que 2 é um número primo, condiciona π é um número irracional.

c) 2 não é um número primo, condiciona π é um número irracional. 2.6. a) Não está frio. b) Está frio e está chovendo. c) Está frio ou está chovendo. d) Está frio bicondiciona que está chovendo. e) Está frio condiciona que não está chovendo. f) Está chovendo ou não está frio. g) Não está frio e não está chovendo. h) Está frio bicondiciona que não está chovendo.


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i) Está chovendo. j) Não está frio condiciona que está chovendo. 2.7. Como cada proposição assume apenas dois valores lógicos e temos n proposições, pelo princípio multiplicativo de análise combinatória, temos 2 × 2 × 2 ×.... ×2 = 2n linhas na tabela verdade. 2.8. a) p q ~p ~q (p∧q) (~p)∨(~q) (p∧q)∨(~p)∨(~q)

V V F F V F V

V F F V F V V

F V V F F V V

F F V V F V V

b) p q r (q∨ r) p∧(q∨ r) c) p q (p∨ q) q→(p∨ q)

V V V V V V V V V

V V F V V V F V V

V F V V V F V V V

V F F F F F F F V

F V V V F

F V F V F

F F V V F

F F F F F

d) p q r (p∨q) (q∨ r) (r∨ p) (p∨ q)∧(q∨ r)

(p∨ q)∧(q∨ r) ∧(r∨ p)

V V V V V V V V

V V F V V V V V

V F V V V V V V

V F F V F V F F

F V V V V V V V

F V F V V F V F


10

F F V F V V F F

F F F F F F F F

e) p ~p (~p→p) (~p→p)↔p f) p q (p∨ q) (p∨ q)→p

V F V V V V V V

F V F V V F V V

F V V F

F F F V

g) p q r (p∧q ∧r) (p∧q ∧r)∨ p

(p∧q ∧r)∨ p∨ q

(p∧q ∧r)∨ p∨ q∨ r

V V V V V V V

V V F F V V V

V F V F V V V

V F F F V V V

F V V F F V V

F V F F F V V

F F V F F F V

F F F F F F F

h) p q r (p∨ q ) (p∨ q ) ∧ r

i) p q (p∧ q)

(p∧ q)→q

V V V V V V V V V

V V F V F V F F V

V F V V V F V F V

V F F V F F F F V

F V V V V

F V F V F

F F V F F

F F F F F


11

j) p q (p∧ q) (q∧ p) (p∧ q)↔ (q∧ p)

V V V V V

V F F F V

F V F F V

F F F F V

k) p q r (p∨ q) (p∨ q)→

r l) p (p→ p) (p→

p)↔p

V V V V V V V V

V V F V F F V F

V F V V V

V F F V F

F V V V V

F V F V F

F F V F V

F F F F V

m) p q ~p ~q [p∨(~q)] (~p)↔[p∨(~q)]

V V F F V F

V F F V V F

F V V F F F

F F V V V V

n) p ~p (p→

~p) (p→

~p)↔p o) p q ~p (~p)→

q

V F F F V V F V

F V V F V F F V

F V V V

F F V F


12

p) p q ~p ~q (~q)→ (~p) q) p ~p p∨ ~p

V V F F V V F V

V F F V F F V V

F V V F V

F F V V V

r) p q r (q ∧ r) p∨(q∧r) s) p q r (p∨ q) (p∨ q)∨

r

V V V V V V V V V V

V V F F V V V F V V

V F V F V V F V V V

V F F F V V F F V V

F V V V V F V V V V

F V F F F F V F V V

F F V F F F F V F V

F F F F F F F F F F

t) p q r p∨(q∧r) p∧(p∨r) p∨(q∧r)→ p∧(p∨ r) (p→ q)→[p∨(q∧r)→ p∧(p∨ r)]

V V V V V V V

V V F V V V V

V F V V V V V

V F F V V V V

F V V V F F F

F V F F F V V

F F V F F V V

F F F F F V V

u) p q r (p∧q) (p∧r) (p∧q)∨(p∧r)

V V V V V V

V V F V F V

V F V F V V

V F F F F F


13

F V V F F F

F V F F F F

F F V F F F

F F F F F F

v) p q r p → q (p ∧ q) (q ∧ r) (p ∧ q)→ (q ∧ r) (p→ q)↔ [ (p ∧ q)→ (q ∧ r) ]

V V V V V V V V

V V F V V F F F

V F V F F F V F

V F F F F F V F

F V V V F V V V

F V F V F F V V

F F V V F F V V

F F F V F F V V

w) p q r (p∨q) (p∨r) (p∨q)∧(p∨r)

V V V V V V

V V F V V V

V F V V V V

V F F V V V

F V V V V V

F V F V F F

F F V F V F

F F F F F F

x) p q r (q∨r) p∨(q∨r)

V V V V V

V V F V V

V F V V V

V F F F V

F V V V V

F V F V V


14

F F V V V

F F F F F

y) p q r ~p ~q ~r (p∧ q∧ r) ∨ (~p∧ q ∧ ~r) ∨ (~p∧ ~q∧~r)

V V V F F F V V F V F

V V F F F V F F F F F

V F V F V F F F F F F

V F F F V V F F F F F

F V V V F F F F F F F

F V F V F V F V V V F

F F V V V F F F F F F

F F F V V V F F F V V

Etapa 2 2 2 3 4 3 5 3

z) p q r (p→q) → [p ∨ (q∨ r) → p ∧ (p∨ r)]

V V V V V V V V V V V V

V V F V V V V V V V V V

V F V F V V V V V V V V

V F F F V V V F V V V V

F V V V F F V V F F F V

F V F V F F V V F F F F

F F V V F F V V F F F V

F F F V V F F F V F F F

Etapa 2 5 1 3 2 4 1 3 2

2.9. Para termos uma tautologia, o valor lógico da proposição deverá ser verdadeiro em todas as possibilidades lógicas. Todas as proposições condicionais apresentadas são tautologias, pois construindo a seguir as tabelas-verdade de cada um dos itens obtemos o valor lógico verdadeiro em todas as possibilidades lógicas.

a) b)


15

p p → p p q p ∧ q → q ∧ p

V V V V V V V V V V V V V

F F V F V F V F F V F F V Etapa 1 2 1 F V F F V V V F F

F F F F F V F F F Etapa 1 2 1 3 1 2 1

c) d)

p p → p ∧ p p q p ∧ q → q


F F V F F F V F V F F V F

Etapa 1 3 1 2 1 F V F F V V V F F F F F V F Etapa 1 2 1 3 1

2.10.

a) p q r [p ∨ (q → r)] → p

V V V V V V V V V V

V V F V V V F F V V

V F V V V F V V V V

V F F V V F V F V V

F V V F V V V V F F

F V F F F V F F V F

F F V F V F V V F F

F F F F V F V F F F

Etapa 1 3 1 2 1 4 1

Como a tabela verdade apresenta valores lógicos verdadeiros e falsos, conforme se observa a coluna da Etapa 4, a proposição é uma contingência.

b) p q ~ (p ∧ q) ∨ ~ (q ↔ p)


16

V V F V V V F F V V V

V F V V F F V V F F V

F V V F F V V V V F F

F F V F F F V F F V F

Etapa 3 1 2 1 4 3 1 2 1

Como a tabela verdade nos fornece valores lógicos verdadeiros e falsos, (veja coluna da Etapa 4), a proposição é uma contingência.

c) p q (p ∧ q) → (q ∨ p)

V V V V V V V V V

V F V F F V F V V

F V F F V V V V F

F F F F F V F F F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1

Como a proposição nos fornece apenas valores lógicos verdadeiros, (veja coluna da Etapa 3), a proposição é uma tautologia.

d) p q ~ (p → q) ↔ ~ (p ∨ q)

V V F V V V V F V V V

V F V V F F F F V V F

V V F F V V V F F V V

V F F F V F F V F F F

Etapa 3 1 2 1 4 3 1 2 1

Como a tabela verdade apresenta valores lógicos verdadeiros e falsos, conforme se observa a coluna da Etapa 4, a proposição é uma contingência. 2.11. Teorema 2.10.a) Leis de adição: p ⇒ p ∨ q e q ⇒ p ∨ q. Vamos construir as tabelas-verdade das proposições:


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p q p → p ∨ q p q q → p ∨ q

V V V V V V V V V V V V V V

V F V V V V F V F F V V V F

F V F V F V V F V V V F V V

F F F V F F F F F F V F F F

Etapa 1 3 1 2 1 Etapa 1 3 1 2 1

Como as proposições são tautologias, conforme se observa a coluna da Etapa 3, temos o resultado.

Teorema 2.10.b) Leis de simplificação: p ∧ q ⇒ p e p ∧ q ⇒ q. Vamos construir as tabela verdade para as proposições:

p q p ∧ q → p p q p ∧ q → q


V F V F F V V V F V F F V F

F V F F V V F F V F F V V V

F F F F F V F F F F F F V F

Etapa 1 2 1 3 1 Etapa 1 2 1 3 1

Como as proposições são tautologias, conforme se verifica nas colunas da Etapa 3, temos o resultado desejado. Teorema 2.10.d) Modus Ponens: (p → q) ∧ p ⇒ q. Consideremos a tabela verdade:

p q (p → q) ∧ p → q

V V V V V V V V V

V F V F F F V V F

F V F V V F F V V

F F F V F F F V F

Etapa 1 2 1 3 1 4 1


18

Como a tabela verdade é uma tautologia (veja coluna da Etapa 4), então a condicional é uma implicação, donde temos o resultado.

Teorema 2.10.e) Modus Tollens: (p → q) ∧ ~q ⇒ ~p. Vamos construir a tabela verdade para a proposição:

p q (p → q) ∧ ~ q → ~ p

V V V V V F F V V F V

V F V F F F V F V F V

F V F V V F F V V V F

F F F V F V V F V V F

Etapa 1 2 1 3 2 1 4 2 1

Como a proposição é uma tautologia, conforme se verifica a coluna da Etapa 4, temos o resultado. Teorema 2.10.f) Dilemas construtivos:

(p→q) ∧ (r→s) ⇒ (p ∨ r) → (q ∨ s) e (p→q) ∧ (r→s) ⇒ (p ∧ r) → (q ∧ s). Vamos construir as tabelas-verdade para as proposições:

p q r s (p → q) ∧ (r → s) → (p ∨ r) → (q ∨ s)

V V V V V V V V V V V V V V V V V V V

V V V F V V V F V F F V V V V V V V F

V V F V V V V V F V V V V V F V V V V

V V F F V V V V F V F V V V F V V V F

V F V V V F F F V V V V V V V V F V V

V F V F V F F F V F F V V V V F F F F

V F F V V F F F F V V V V V F V F V V

V F F F V F F F F V F V V V F F F F F


19

F V V V F V V V V V V V F V V V V V V

F V V F F V V F V F F V F V V V V V F

F V F V F V V V F V V V F F F V V V V

F V F F F V V V F V F V F F F V V V F

F F V V F V F V V V V V F V V V F V V

F F V F F V F F V F F V F V V F F F F

F F F V F V F V F V V V F F F V F V V

F F F F F V F V F V F V F F F V F F F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1

p q r s (p → q) ∧ (r → s) → (p ∧ r) → (q ∧ s)

V V V V V V V V V V V V V V V V V V V

V V V F V V V F V F F V V V V F V F F

V V F V V V V V F V V V V F F V V V V

V V F F V V V V F V F V V F F V V F F

V F V V V F F F V V V V V V V F F F V

V F V F V F F F V F F V V V V F F F F

V F F V V F F F F V V V V F F V F F V

V F F F V F F F F V F V V F F V F F F

F V V V F V V V V V V V F F V V V V V

F V V F F V V F V F F V F F V V V F F

F V F V F V V V F V V V F F F V V V V

F V F F F V V V F V F V F F F V V F F

F F V V F V F V V V V V F F V V F F V

F F V F F V F F V F F V F F V V F F F

F F F V F V F V F V V V F F F V F F V

F F F F F V F V F V F V F F F V F F F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1


20

Como as proposições são tautologias, (veja colunas da Etapa 4), temos o resultado. Teorema 2.10.g) Dilemas destrutivos:

(p → q) ∧ (r → s) ⇒ [(~q ∨ ~s) → (~p ∨ ~r)] e

(p → q) ∧ (r → s) ⇒ [(~q ∧ ~s) → (~p ∧ ~r)]. Vamos construir as tabelas-verdade para as proposições:

p q r s p → q ∧ r → s → ~ q ∨ ~ s → ~ p ∨ ~ r

V V V V V V V V V V V V F V F F V V F V F F V

V V V F V V V F V F F V F V V V F F F V F F V

V V F V V V V V F V V V F V F F V V F V V V F

V V F F V V V V F V F V F V V V F V F V V V F

V F V V V F F F V V V V V F V F V F F V F F V

V F V F V F F F V F F V V F V V F F F V F F V

V F F V V F F F F V V V V F V F V V F V V V F

V F F F V F F F F V F V V F V V F V F V V V F

F V V V F V V V V V V V F V F F V V V F V F V

F V V F F V V F V F F V F V V V F V V F V F V

F V F V F V V V F V V V F V F F V V V F V V F

F V F F F V V V F V F V F V V V F V V F V V F

F F V V F V F V V V V V V F V F V V V F V F V

F F V F F V F F V F F V V F V V F V V F V F V

F F F V F V F V F V V V V F V F V V V F V V F

F F F F F V F V F V F V V F V V F V V F V V F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1 5 2 1 3 2 1 4 2 1 3 2 1

p q r s p → q ∧ r → s → ~ q ∧ ~ s → ~ p ∧ ~ r

V V V V V V V V V V V V F V F F V V F V F F V


21

V V V F V V V F V F F V F V F V F V F V F F V

V V F V V V V V F V V V F V F F V V F V F V F

V V F F V V V V F V F V F V F V F V F V F V F

V F V V V F F F V V V V V F F F V V F V F F V

V F V F V F F F V F F V V F V V F F F V F F V

V F F V V F F F F V V V V F F F V V F V F V F

V F F F V F F F F V F V V F V V F F F V F V F

F V V V F V V V V V V V F V F F V V V F F F V

F V V F F V V F V F F V F V F V F V V F F F V

F V F V F V V V F V V V F V F F V V V F V V F

F V F F F V V V F V F V F V F V F V V F V V F

F F V V F V F V V V V V V F F F V V V F F F V

F F V F F V F F V F F V V F V V F F V F F F V

F F F V F V F V F V V V V F F F V V V F V V F

F F F F F V F V F V F V V F V V F V V F V V F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1 5 2 1 3 2 1 4 2 1 3 2 1

Como as proposições são tautologias (veja colunas da Etapa 5), temos o resultado.

Teorema 2.11.a) (p → q) ⇔ (~p) ∨ q. Vamos construir a tabela verdade da proposição:

p q (p → q) ↔ (~p) ∨ q

V V V V V V F V V

V F V F F V F F F

F V F V V V V V V

F F F V F V V V F


22

Etapa 1 3 1 4 2 3 1

Como a proposição é tautologia (veja coluna da Etapa 4), temos o resultado. Teorema 2.11.b) (p ↔ q) ⇔ (p → q) ∧ (q → p). Vamos construir a tabela verdade da proposição:

p q (p ↔ q) ↔ (p → q) ∧ (q → p)


V F V F F V V F F F F V V

F V F F V V F V V F V F F

V F F V F V F V F V F V F

Etapa 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1

Como a proposição é tautologia (veja coluna da Etapa 4), temos o resultado. Teorema 2.11.d) Reductio ad Absurdum: (p → q) ⇔ (p ∧ ~q) → c. Vamos construir a tabela verdade da proposição:

p q (p → q) ↔ (p ∧ ~ q) → c

V V V V V V V F F V V F

V F V F F V V V V F F F

F V F V V V F F F V V F

V F F V F V F F V F V F

Etapa 1 2 1 5 1 2 2 1 4 3

Como a proposição é tautologia (coluna da Etapa 5), temos o resultado.


23

Teorema 2.12.b) ~(p ∨ q) ⇔ (~p ∧ ~q). Vamos construir a tabela verdade da proposição:

p q ~ (p ∨ q) ↔ (~ p ∧ ~ q)

V V F V V V V F V F F V

V F F V V F V F V F V F

F V F F V V V V F F F V

F F V F F F V V F V V F

Etapa 3 1 2 1 4 2 1 3 2 1

Como a proposição é tautologia (coluna da Etapa 4), temos o resultado.

Teorema 2.13.a) Leis comutativas: p ∧ q ⇔ q ∧ p e p ∨ q ⇔ q ∨ p. Vamos construir as tabelas-verdade das proposições:

p q p ∧ q ↔ q ∧ p p q p ∨ q ↔ q ∨ p

V V V V V V V V V V V V V V V V V V

V F V F F V F F V V F V V F V F V V

F V F F V V V F F F V F V V V V V F

F F F F F V F F F F F F F F V F F F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1 Etapa 1 2 1 3 1 2 1


Teorema 2.13.b) Leis de idempotências: p ∧ p ⇔ p e p ∨ p ⇔ p. Vamos construir as tabelas-verdade das proposições.

p p ∧ p ↔ p p p ∨ p ↔ p

V V V V V V V V V V V V


24

F F F F V F F F F F V F

Etapa 1 2 1 3 1 Etapa 1 2 1 3 1


Teorema 2.13.c) Leis associativas:

(p ∧ q) ∧ r ⇔ p ∧ (q ∧ r) e (p ∨ q) ∨ r ⇔ p ∨ (q ∨ r). Vamos construir as tabelas-verdade das proposições:

p q r (p ∧ q) ∧ r ↔ p ∧ (q ∧ r)


V V F V V V F F V V F V F F

V F V V F F F V V V F F F V

V F F V F F F F V V F F F F

F V V F F V F V V F F V V V

F V F F F V F F V F F V F F

F F V F F F F V V F F F F V

F F F F F F F F V F F F F F

Etapa 1 2 1 3 1 4 1 3 1 2 1

p q r (p ∨ q) ∨ r ↔ p ∨ (q ∨ r)


V V F V V V V F V V V V V F

V F V V V F V V V V V F V V

V F F V V F V F V V V F F F

F V V F V V V V V F V V V V

F V F F V V V F V F V V V F

F F V F F F V V V F V F V V


Etapa 1 2 1 3 1 4 1 3 1 2 1


25

Como as proposições são tautologias (colunas da Etapa 4), temos o resultado. Teorema 2.13.d) 2ª. lei distributiva: p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r). Vamos construir a tabela verdade da proposição:

p q r p ∨ (q ∧ r) ↔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

V V V V V V V V V V V V V V V V

V V F V V V F F V V V V V V V F

V F V V V F F V V V V F V V V V

V F F V V F F F V V V F V V V F

F V V F V V V V V F V V V F V V

F V F F F V F F V F V V F F F F

F F V F F F F V V F F F F F V V

F F F F F F F F V F F F F F F F

Etapa 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1

Como a proposição é tautologia (coluna da Etapa 4), temos o resultado. Teorema 2.14: Vamos construir as tabelas-verdade das proposições:

d) p p ∨ t ↔ t e) p p ∧ ~ p ↔ c

V V V V V V V V F F V V F

F F V V V V F F F V F V F

Etapa 1 2 1 3 2 Etapa 1 3 2 1 4 1

f) p p ∧ c ↔ c h) ~ t ↔ c i) ~ c ↔ t

V V F F V F F V V F V F V V


26

F F F F V F 2 1 3 1 2 1 3 1

Et. 1 2 1 3 1

j) p p ∨ ~ p ↔ t

V V V F V V V

F F V V F V V

Etapa 1 3 2 1 4 1

Como as proposições são tautologias (colunas em destaque), temos o resultado. 2.12. a) Consideremos a tabela verdade :

p q (p ∧ q) → (p ∨ q)

V V V V V V V V V

V F V F F V V V F

F V F F V V F V V

F F F F F V F F F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1

Como a tabela verdade nos fornece uma tautologia (veja coluna da Etapa 3), a condicional p ∧ q → p ∨ q é uma implicação.

b) Consideremos a tabela verdade:

p q1 q2 [(q → p) ∧ (r → p)] → [(q ∨ r) → p]

V V V V V V V V V V V V V V V V

V V F V V V V F V V V V V F V V

V F V F V V V V V V V F V V V V

V F F F V V V F V V V F F F V V

F V V V F F F V F F V V V V F F

F V F V F F F F V F V V V F F F

F F V F V F F V F F V F V V F F


27

F F F F V F V F V F V F F F V F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1

Como a proposição é uma tautologia, conforme se observa a coluna da etapa 4, temos o resultado.

c) Vamos construir a tabela verdade para a proposição:

p q r [(p → q ∨ r) ∧ ~ r] → (p → q)

V V V V V V V V F F V V V V V

V V F V V V V F V V F V V V V

V F V V F F V V F F V V V F F

V F F V F F F F F V F V V F F

F V V F V V V V F F V V F V V

F V F F V V V F V V F V F V V

F F V F V F F V F F V V F V F

F F F F V F F F V V F V F V F

Etapa 1 2 1 3 1 4 2 1 5 1 2 1

Como a proposição é uma tautologia (coluna da etapa 5), temos o resultado. 2.13. a)

p q (p ↔ q) ↔ (~ p ↔ ~ q)

V V V V V V F V V F V

V F V F F V F V F V F

F V F F V V V F F F V


Etapa 1 3 1 4 2 1 3 2 1

Observe que na coluna da etapa 4 só aparecem valores lógicos verdadeiros. Logo, o símbolo ↔ pode ser substituído por ⇔, mostrando assim o desejado.


28

b) p q (p → q) → (~ p ↔ ~ q)



F V F V V F V F F F V


Etapa 1 3 1 4 2 1 3 2 1

Note que na etapa 4 não temos somente valores lógicos verdadeiros. Portanto, a proposição não é uma tautologia.

c) p q [(p → q) ∧ ~ p → ~ q

V V V V V F F V V F V

V F V F F F F V V V F

F V F V V V V F F F V


Etapa 1 3 1 4 2 1 5 2 1

p q (p → q) → (~ p ↔ ~ q)



F V F V V F V F F F V


Etapa 1 3 1 4 2 1 3 2 1

Como as tabelas-verdade têm o mesmo resultado, as proposições são equivalentes, e não são tautologias.

2.14. a) p q p∨ q

V V F

V F V


29

F V V

F F F

b)

p q p ∨ q ∧ ~ [p ∧ q]

V V V V V F F V V V

V F V V F V V V F F

F V F V V V V F F V

F F F F F F V F F F

Etapa 1 2 1 4 3 1 2 1

c) Como ambas proposições têm a mesma tabela verdade, estas são equivalentes.

d) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ q ↔ q ∨ p:

p q (p ∨ q) ↔ [q ∨ p]

V V V F V V V F V

V F V V F V F V V

F V F V V V V V F

F F F F F V F F F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1

Como encontramos uma tautologia (observe a coluna da etapa 3), obtemos o resultado.

e) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ (q ∨ r) ↔(p ∨ q) ∨ r.

p q r p ∨ (q ∨ r) ↔ (p ∨ q) ∨ r

V V V V V V F V V V F V V V

V V F V F V V F V V F V F F

V F V V F F V V V V V F F V


30

V F F V V F F F V V V F V F

F V V F F V F V V F V V F V

F V F F V V V F V F V V V F

F F V F V F V V V F F F V V


Etapa 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1

Como encontramos uma tautologia, conforme se verifica a coluna da etapa 4, obtemos o resultado.

f) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ t ↔ ~p

p t p ∨ t ↔ ~ p

V V V F V V F V

F V F V V V V F

Etapa 1 2 1 3 2 1

Como encontramos uma tautologia, (veja coluna da etapa 3) obtemos o resultado.

g) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ c ↔ p.

p c p ∨ c ↔ p

V F V V F V V

F F F F F V F

Etapa 1 2 1 3 1

Como encontramos uma tautologia, observe coluna da etapa 3, obtemos o resultado.

h) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ p ↔ c.


31

p p ∨ p ↔ c

V V F V V F

F F F V V F

Etapa 1 2 1 3 1

Como a tabela verdade apresenta apenas valores lógicos verdadeiros (veja coluna da etapa 3), obtemos o resultado.

i) Consideremos a tabela verdade da proposição ~(p ∨ q) ↔ (p ⇔ q).

p q ~ (p ∨ q) ↔ (p ↔ q)

V V V V F V V V V V

V F F V V F V V F F

F V F F V V V F F V

F F V V F F V F V F

Etapa 3 1 2 1 4 1 2 1

Como encontramos uma tautologia (veja coluna da etapa 4), obtemos o resultado.

2.15. a) A contrapositiva de p → q é ~q →~p. Assim, a contrapositiva é ~(~p) → ~(~q) que é equivalente a p → q.

b) A recíproca de p → q é q → p. Assim, a contrapositiva é ~p → ~q.

c) A inversa de p → q é ~p →~q . Assim, a contrapositiva é q→ p.

d) A contrapositiva de p → ~q é ~(~q) →~p que é equivalente a q→ ~p.

e) A contrapositiva de ~p → q é ~q→~(~p) que é equivalente a ~q→ p.

f) A recíproca de p→~q é ~q→p. Logo a contrapositiva da recíproca é

~p→~(~q) ⇔ ~p→ q.


32

g) A recíproca de ~p →~q é ~q→ ~p. 2.16. a) p q P ↓ q

V V V F V

V F V F F

F V F F V

F F F V F

Etapa 1 2 1

b) i) Consideremos a tabela verdade da proposição:

p ~ p → p ↓ p

V F V V V F V

F V F V F V F

Etapa 2 1 3 1 2 1

Como a tabela verdade é uma tautologia temos o resultado desejado. ii) Consideremos a tabela verdade da proposição:

p q p ∧ q ↔ (p ↓ p) ↓ (q ↓ q)

V V V V V V V F V V V F V

V F V F F V V F V F F V F

F V F F V V F V F F V F V

F F F F F V F V F F F V F

Etapa 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1

Como a tabela nos fornece uma tautologia temos o resultado desejado. iii) Consideremos a tabela verdade:


33

p q p ∨ q ↔ (p ↓ q) ↓ (p ↓ q)

V V V V V V V F V V V F V

V F V V F V V F F V V F F

F V F V V V F F V V F F V

F F F F F V F V F F F V F

Etapa 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1

Como a tabela verdade é uma tautologia, segue o resultado. iv) Consideremos a tabela da proposição:

p q p ↓ q ↔ ~ p ∧ ~ q

V V V F V V F V F F V


F V F F V V V F F F V


Etapa 1 2 1 4 2 1 3 2 1

Assim temos o resultado desejado, pois a tabela nos fornece uma tautologia.

2.17. a) Sejam p e q proposições. Teremos 16 tabelas verdade, como segue:

p q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

V V V V V V V V V V F F F F F F F F

V F V V V V F F F F V V V V F F F F

F V V V F F V V F F V V F F V V F F

F F V F V F V F V F V F V F V F V F

Legenda:


34

1. [(p ∧ q) → (p → q)].

2. p ∨ q.

3. (q → p).

4. [(p → q) → (p ∧ q)].

5. p → q.

6. [(q → p) → (p ∧ q)].

7. [(p ∨ q) → (p ∧ q)].

8. p ∧ q.

9. ~(p ∧ q).

10. ~[(p ∨ q) → (p ∧ q)].

11. ~[(q → p) → (p ∧ q)].

12. ~(p → q).

13. ~[(p → q) → (p ∧ q)].

14. ~(q → p).

15. ~(p ∨ q).

16. ~[(p ∧ q) → (p → q)]. b) A principal dificuldade está em obter o operador negação em função dos outros operadores. De fato, ~p deverá ser escrito como uma combinação de um dos operadores, mas as propriedades:

p ∧ p ⇔ p, p ∨ p ⇔ p, p ↔ p e p → p impedem de mudar o valor lógico de p utilizando estes operadores. Quanto a colocar os operadores em função do operador negação, a propriedade ~(~p) ⇔ p também torna este procedimento impossível. c) Temos:

i) Conjunção: Temos p ∧ q ⇔ ~[~(p ∧ q)].

ii) Disjunção: Temos que p ∨ q ⇔ ~[(~p) ∧ (~q)]. Veja tabelas 2.2 e 2.7.

iii) Negação: Temos ~p ⇔ ~(p ∧ p).


35

iv) Condicional: Comparando as tabelas 2.4 e 2.9, temos

p → q ⇔ ~[p ∧ (~q)]. v) Bicondicional: Observando que a bicondicional pode ser definida como (p→q)∧(q→p), pelo item iv) segue que

p ↔ q ⇔ [~[p ∧ (~q)]] ∧ [~[q ∧ (~p)]].

d) Temos

i) Negação: É claro que ~p ⇔ pp, visto que as tabelas verdades para ambas as proposições são equivalentes.

p p p

V V F V

F F V F

Etapa 1 2 1

ii) Conjunção: Consideremos a tabela verdade da proposição (pq) (pq):

p q (p q) (p q)

V V V F V V V F V

V F V V F F V V F

F V F V V F F V V

F F F V F F F V F

Etapa 1 2 1 3 1 2 1

Vemos que tal proposição possui a mesma tabela verdade que a proposição

p ∧ q. Logo, p ∧ q ⇔ (pq) (pq) iii) Disjunção: Pelos itens i) e ii) e pelo item ii) da letra c), temos

p ∨ q ⇔~[(~p) ∧ (~q)] ⇔~[(pp) ∧ (qq)] ⇔~[((pp) (qq)) ((pp) (qq))] ⇔

⇔[((pp) (qq)) ((pp) (qq))] [((pp) (qq)) ((pp) (qq))]

iv) Condicional: pelo item iv) da letra c) e pelos itens i) e ii) temos

p → q ⇔ ~[p ∧ (~q)] ⇔ ~[p ∧ (qq)] ⇔ ~[(p(qq)) (p(qq))] ⇔


36

⇔ [(p(qq))(p(qq))] [(p(qq))(p(qq))]

v) Bicondicional: Por definição de bicondicional e pelo item iv), temos

p ↔ q ⇔ (p → q) ∧ (q → p) ⇔

⇔ [(p(qq))(p(qq))][(p(qq))(p(qq))]∧[(q(pp))(q(pp))] [(q(pp))(q(pp))] ⇔

⇔ ([(p(qq))(p(qq))][(p(qq))(p(qq))][(q(pp))(q(pp))] [(q(pp))(q(pp))])([(p(qq))(p(qq))][(p(qq))(p(qq))][(q(pp))(q(pp))][(q(pp))(q(pp))]). e) Observe que este operador já foi dado no Exercício 2.16 segue que

i) Negação: Temos ~p ⇔ p ↓ p.

ii) Conjunção: Temos p ∧ q ⇔ (p ↓ p) ↓ (q ↓ q).

iii) Disjunção: Temos p ∨ q ⇔ (p ↓ q) ↓ (p ↓ q). Agora, utilizando os itens iv) e v) da letra c), obtemos iv) Condicional: Temos

p→q ⇔ ~[p∧(~q)] ⇔~[p ∧ (q ↓ q)] ⇔~[(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)]⇔

⇔ [(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)] ↓ [(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)]. v) Bicondicional: Temos

p ↔ q ⇔

⇔ (p → q) ∧ (q → p) ⇔ [(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)] ↓ [(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)] ∧ [(q ↓ q) ↓ [(p ↓ p) ↓ (p ↓ p)] ↓ [(q ↓ q) ↓ [(p ↓ p) ↓ (p ↓ p)] ⇔

⇔ ([(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)] ↓ [(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)] ↓ [(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)] ↓ [(p ↓ p) ↓ [(q ↓ q) ↓ (q ↓ q)]) ↓ ([(q ↓ q) ↓ [(p ↓ p) ↓ (p ↓ p)] ↓ [(q ↓ q) ↓ [(p ↓ p) ↓ (p ↓ p)] ↓ [(q ↓ q) ↓ [(p ↓ p) ↓ (p ↓ p)] ↓ [(q ↓ q) ↓ [(p ↓ p) ↓ (p ↓ p)]).


37

2.18. Resolvendo a equação de 2o grau obtemos como soluções x1=2 e x2=1. Logo, no conjunto dos números reais (escolhido como universo de discurso) o quantificador é o existencial

{∃ x∈ IR / x2 – 3x + 2= 0}. Portanto, o universo aqui é o conjunto dos números reais. Se consideramos o conjunto universo U={1, 2}, podemos neste caso utilizar o quantificador universal:

{∀ x ∈ U/ x2 – 3x + 2= 0}.

2.19. a) Existe cobra que não é réptil. b) Todos os matemáticos são sociáveis. c) Todos os cavalos não são dóceis. 2.20. a) Conjunto das cobras. b) Conjunto das pessoas com formação em matemática. c) Conjunto dos cavalos.

2.21. Calculando as raízes da equação x2 + 2x + 1=0, obtemos x1=x2= – 1. Assim, a) Verdadeiro, pois para todo x em IR temos x2 + 2x + 1=(x+1)2 ≥ 0. b) Falso, pois para x= 1 temos x2 + 2x + 1 > 0. c) Verdadeiro, pois é a negação do item b). d) Falso, pois é negação de item a).

2.22. a) (∃ x ∈ IR) ( xx3 = ). b) (∀ x∈ IR) ((x – 1)(x+1) = x2 – 1).

c) (∃ x ∈ IR) ( xx2 = ). d) (∀ x∈ IR) ( x2 – 2 x + 4 ≠ 0). Observe que se aqui o universo fosse o conjunto dos números complexos (C), o quantificador seria o existencial. e) (∃ x ∈ IR) (∃ y ∈ IR) (x + y =5) ou (∀ x ∈ IR) (∃ y ∈ IR) (x + y =5).

f) (∃ a ∈ IR) )1a2a

aaa2a

( 223

−−=−−

. Note que se o universo fosse IR*, o conjunto dos números reais exceto o zero, então o quantificador seria o universal.


38

g) (∃ x ∈ IR) (cos x = 0). h) (∀ x ∈ IR) (∀ y ∈ IR) (∀ z ∈ IR) ( x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2xy – 2xz – 2yz). 2.23. Teorema 2.19.b) Se p(x) e q(x) são sentenças abertas, então

(∀x) (p(x) ∧ q(x)) ⇔ [(∀x) (p(x)) ∧ (∀x) (q(x))].

Consideremos as proposições P(x): (∀x)(p(x) ∧ q(x)) e Q(x): [(∀x) (p(x) ∧ (∀x) q(x))]. Mostremos que P(x) ⇒ Q(x). Se P(x) é verdadeiro, significa que qualquer que seja o elemento x do universo de discurso p(x) e q(x) são verdadeiras. Assim, qualquer que seja x, p(x) é verdadeira e qualquer que seja x, q(x) é verdadeira. Logo, Q(x) é verdadeira. Caso P(x) seja falso, a condicional P(x) → Q(x) é verdadeira independente do valor lógico de Q(x). Reciprocamente, queremos mostrar que Q(x) ⇒ P(x) Se Q(x) for verdadeira, então para todo x no domínio de definição da proposição p(x) e q(x) são verdadeiras, ou seja, P(x) é verdadeira. Caso Q(x) seja falsa, a condicional Q(x) → P(x) será sempre verdadeira. Portanto em ambos os casos, Q(x) ⇒ P(x). Assim, concluímos o resultado. Teorema 2.19.c) Se p(x) e q(x) são sentenças abertas, então

[(∃x) (p(x)) ∨ (∃x) (q(x))] ⇔ (∃x) (p(x) ∨ q(x)).

Sejam P(x) e Q(x) as proposições [(∃x) (p(x)) ∨ (∃x) (q(x))] e (∃x) (p(x) ∨ q(x)) respectivamente. Mostremos inicialmente que P(x) ⇒ Q(x). Com efeito, se P(x) é verdadeira, então existe pelo menos um x no universo de discurso tal que p(x) é verdadeiro ou existe x no universo de discurso tal que q(x) é verdadeiro. Assim existe x tal que p(x) ou q(x) é verdadeiro. Logo Q(x) é verdadeiro. Caso contrário, ou seja, P(x) é falso, então a condicional P(x) → Q(x) é sempre verdadeira. Logo, em ambos os casos P(x) ⇒ Q(x). Mostremos agora que Q(x) ⇒ P(x). De fato, se Q(x) é verdadeira. Então existe x no domínio de definição tal que ou p(x) ou q(x) são verdadeiras. Sem perda de generalidades, suponhamos que p(x) seja verdadeira. Dessa forma (∃x) (p(x)) é verdadeira. Logo P(x) é verdadeira. Caso, Q(x) seja falsa, a condicional Q(x) → P(x) é verdadeira, independente do valor lógico de P(x). Portanto, Q(x) ⇒ P(x). Teorema 2.20.a) Seja p(x,y) uma sentença aberta com duas variáveis livres, então (∃x)(∃y)(p(x,y)) ⇔ (∃y)(∃x)(p(x,y)). Vamos mostrar que a


39

proposição P: (∃x) (∃y) (p(x, y)) ↔ (∃y) (∃x) (p(x, y)) é uma tautologia. Com efeito, se (∃x) (∃y) (p(x, y)) é verdadeira, existe pelo menos um x1 e um y1 tal que p(x1, y1) é verdadeira. Logo, para este y1, se escolhermos x1 então p(x1,y1) é verdadeira, isto é, p(x1, y1) é verdadeira. Caso (∃x)(∃y)(p(x,y)), seja falsa, a condicional (∃x) (∃y) (p(x, y)) → (∃y) (∃x) (p(x, y)) é verdadeira. Isto mostra que (∃x) (∃y) (p(x, y)) ⇒ (∃y) (∃x) (p(x, y)). Com os mesmos argumentos, mostramos que (∃y)(∃x) (p(x,y)) ⇒ (∃x)(∃y) (p(x,y)). Portanto, (∃x) (∃y) (p(x, y)) ⇔ (∃y) (∃x) (p(x, y)). Teorema 2.20.b) Seja p(x,y) uma sentença aberta com duas variáveis livres, então (∀x)(∀y)(p(x,y)) ⇔ (∀y)(∀x)(p(x,y)). Mostremos que a proposição (∀x)(∀y)(p(x,y)) ↔ (∀y)(∀x)(p(x,y)) é sempre verdadeira. De fato, se (∀x)(∀y)(p(x,y)) é verdadeiro então para todo x, p(x,y) é verdadeiro, qualquer que seja y. Assim, para todo y, p(x,y) é verdadeiro, qualquer que seja x. Se (∀x)(∀y)(p(x,y)) for falso a condicional (∀x)(∀y)(p(x,y)) → (∀y)(∀x)(p(x,y)) será sempre verdadeira. Logo, (∀x)(∀y)(p(x,y)) ⇒ (∀y)(∀x)(p(x,y)). Analogamente mostramos que (∀y)(∀x)(p(x,y)) ⇒ (∀x)(∀y)(p(x,y)). Teorema 2.20.e) Seja p(x,y) uma sentença aberta com duas variáveis livres, então ~[(∃x)(∃y)(p(x,y))]⇔ (∀x)(∀y)(~p(x,y)). Procedendo como na demonstração do item d) temos

~[(∃x) (∃y) (p(x,y))] ⇔~[(∃x)] [(∃y) (p(x, y))] ⇔(∀x) [~(∃y) (p(x, y))] ⇔

⇔ (∀x) (∀y) (~p(x, y)).

Teorema 2.20.f) Seja p(x,y) uma sentença aberta com duas variáveis livres, então ~[(∀x)(∃y)(p(x,y))]⇔ (∃x)(∀y)(~p(x,y)). De fato, temos

~[(∀x) (∃y) (p(x, y))] ⇔~[(∀x)] [(∃y) (p(x, y))] ⇔ (∃x) [~(∃y) (p(x, y))] ⇔

⇔ (∃x) (∀y) (~p(x,y)). Teorema 2.20.g) Seja p(x,y) uma sentença aberta com duas variáveis livres, então ~[(∃x)(∀y)(p(x,y))]⇔ (∀x)(∃y)(~p(x,y)). Com efeito,


40

~[(∃x) (∀y) (p(x,y))] ⇔~[(∃x)] [(∀y) (p(x, y))] ⇔

⇔ (∀x) [~(∀y) (p(x,y))] ⇔(∀x)(∃y) (~p(x, y)). Teorema 2.20.h) Se (∀x) (∀y) [p(x) ∨ p(y)] é verdadeiro, temos as seguintes possibilidades: 1. (∀x) (p(x)) é verdadeiro: Neste caso não interessa o valor de y, (∀x) (p(x)) ∨ (∀y) (p(y)) sempre será verdadeiro. 2. (∃x1) (p(x1)) é falso, então (∀y) (p(y)) é verdadeiro, pois, caso contrário, (∀y) (p(x1) ∨ p(y)) seria falso contrariando a hipótese, logo (∀x) (p(x)) ∨ (∀y) (p(y)) é verdadeiro.Reciprocamente, se (∀x) (p(x)) ∨ (∀y) (p(y)) é verdadeiro então teremos (∀x) (p(x)) verdadeiro ou (∀y) (p(y)) verdadeiro e assim, p(x) ou p(y) será sempre verdadeiro. Logo, (∀x) (∀y) [p(x) ∨ p(y)] é verdadeiro. 2.24. Seja f uma função definida sobre o conjunto dos números reais. Dizemos que o limite de f(x) quando x tende a b é L, se

(∀ ε > 0) (∃ δ > 0) (∀x ∈ IR) (0 < |x – b| < δ → |f(x) – L)| < ε). A sua negação de é

(∃ ε > 0) (∀ δ > 0) [(∃ x ∈ IR) (0 < |x – b| < δ ∧ |f(x) – L| ≥ ε). 2.25. a) Se p(x) for representado por “fazer alguma coisa denominada x” então podemos representar a frase “fazer nada” pelo quantificador universal (∀ x)[~p(x)]. Logo, a frase “eu não fiz nada” é representada pela negação que é dada por ~(∀ x)[~p(x)] ⇔ (∃ x)[p(x)], ou seja, obtém-se a representação da frase “eu fiz alguma coisa”.1 b) Se q(x) for representado por “entendi alguma coisa denominada x” então podemos representar a frase “entendi nada” pelo quantificador universal (∀ x)[~q(x)]. Logo, a frase “eu não entendi nada” é representada pela negação que é dada por ~(∀ x)[~q(x)] ⇔ (∃ x)[q(x)], ou seja, obtém-se a representação da frase “eu entendi alguma coisa”.2

1 Logo, se alguém disser que não fez nada pode estar certo que ela fez alguma

coisa. 2 Logo, se ao explicar um assunto para alguém e este lhe disser que não

entendeu nada, fique tranqüilo, alguma coisa ele entendeu.


41

c) Se r(x) for representado por “vi alguém denominado x” então podemos representar a frase “vi nada” pelo quantificador universal (∀ x)[~r(x)]. Logo, a frase “eu não vi nada” é representada pela negação que é dada por ~(∀ x)[~r(x)] ⇔ (∃ x)[r(x)], ou seja, obtém-se a representação da frase “eu vi alguma coisa”.3 2.26. Em primeiro lugar, observamos que (∃! x)(p(x) é equivalente a

(∃ x)( p(x)) ∧ (∀ x)( ∀ y) [(p(x) ∧ p(y))→ x = y], onde a primeira parte da conjunção se refere a existência de x e a segunda parte se refere a unicidade. Portanto, sua negação é dada por

~(∃! x)(p(x)) ⇔ (∀x)(~p(x)) ∨ (∃ x)(∃ y) [(p(x) ∧ p(y) ∧ (x ≠ y)]. 2.27. a) Vamos demonstrar que p ∧ (p ∨ q) ↔ p é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos

p ∧ (p ∨ q) p e p p ∧ (p ∨ q).

Ordem Proposição Justificativa

1 p ∧ (p ∨ q) H1

2 (p∧ p) ∨ (p∧ q) 1, Distributiva

3 p∨ (p ∧ q) 2, Idempotência

4 (p ∧t) ∨ (p∧ q) 3, Tautologia

5 p ∧ (t ∨ q) 4, Distributiva

6 p ∧ (q∨ t) 5, Comutativa

7 p ∧ t 6, Tautologia

8 p 7, Tautologia

Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas.

3 Logo, se alguém lhe disse que não viu ninguém, acredite, ele viu

alguém.


42

b) Vamos demonstrar que p ∨ (p ∧ q) ↔ p é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos

p ∨ (p ∧ q) p e p p ∨ (p ∧ q).


1 p∨ (p∧ q) H1

2 (p∧ t) ∨ (p ∧ q) 1, Tautologia

3 p∧ (t ∨ q) 2, Distributiva

4 p∧ (q ∨ t) 3, Comutativa

5 p ∧ t 4, Tautologia

6 p 5, Tautologia


c) Vamos demonstrar que (p → q) ↔ (p ∨ q → q) é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos

(p → q) (p ∨ q → q) e (p ∨ q → q) (p → q).


1 p∨ q → q H1

2 ~[(p∨ q) ∧ ~q] 1, Condicional

3 ~(p∨ q) ∨ ~(~q) 2, De Morgan

4 ~(p∨ q) ∨ q 3, Dupla Negação

5 (~p∧~q) ∨ q 4, De Morgan

6 q ∨ (~p∧~q) 5, Comutativa

7 (q ∨ ~p)∧(q∨~q) 6, Distributiva

8 (q ∨ ~p)∧ t 7, Tautologia

9 q ∨ ~p 8, Tautologia


43

10 ~p ∨ q 9, Comutativa

11 p → q 10, Condicional


d) Vamos demonstrar que (p → q) ↔ ~p ∨ q é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos

(p → q) ~p ∨ q e ~p ∨ q (p → q).


1 p→ q H1

2 ~(p ∧~q) 1, Condicional

3 ~p ∨~(~q) 2, De Morgan

4 ~p ∨ q 3, Dupla Negação


e) Vamos demonstrar que (p→q) ∧ (p→ ~q) ↔ ~p é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos

(p→q) ∧ (p→ ~q) ~p e ~p (p→q) ∧ (p→ ~q).


1 (p→q) ∧ (p→ ~q) H1

2 ~(p ∧~q)∧~(p∧~(~q) 1, Condicional

3 ~(p ∧~q)∧~(p∧q) 2, Dupla Negação

4 (~p ∨ q)∧(~p∨~q) 3, De Morgan

5 ~p ∨ (q∧~q) 4, Distributiva

6 ~p ∨ c 5, Contradição

7 ~p 6, Contradição


44


f) Vamos demonstrar que p→ (p ∧ q) ↔ p→ q é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos

p→ (p ∧ q) p→ q e p→ q p→ (p ∧ q).


1 p→ (p ∧ q) H1

2 ~p ∨ (p∧ q) 1, Condicional

3 (~p ∨ p) ∧ (~p∨ q) 2, Distributiva

4 t ∧ (~p ∨ q) 3, Tautologia

5 ~p ∨ q 4, Tautologia

6 p→ q 5, Condicional


g) Vamos demonstrar que (p → q) → [(p ∧ r) → (q ∧ r)] é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos

p → q [(p ∧ r) → (q ∧ r)].


1 p → q H1

2 ~p ∨ q 1, Condicional

3 (~p∨ q) ∨ (~r) 2, Adição

4 (~p)∨ [ (~r) ∨ q] 3, Associativa, Comutativa

5 (~p)∨ [ (~r ∨ q) ∧ t] 4, Tautologia

6 (~p)∨ [ (~r ∨ q) ∧ (~r ∨ r)] 5, Tautologia

7 ~p∨ [~r ∨ (q ∧ r)] 6, Distributiva


45

8 (~p∨ ~r) ∨ (q ∧ r) 7, Associativa

9 ~(p ∧ r) ∨ (q ∧ r) 8, De Morgan

10 (p ∧ r) → (q ∧ r) 9, Condicional

2.28. Denotando “estudar medicina” por M, “conseguir uma boa vida” por C, “estudar artes” por A, “viver uma vida boa” por N e “colégio é perda de tempo” por D, podemos simbolizar o argumento por:

H1: M → C

H2: A → N

H3: (C ∨ N) → ~D

H4: D T : (~M) ∧ (~A)

Observemos por exemplo que, quando aplicado Modus Tollens em H3 e H4, ou seja, em [(C ∨ N) → ~D] ∧ D, obtemos ~ (C ∨ N) e por De Morgan, obtemos ~C ∧ ~N. Através da lei da simplificação, isto nos leva a ~C (e também a ~N). De ~C e H1, novamente pelo Modus Tollens, obtemos ~M. Analogamente de ~N e H2 e Modus Tollens, obtemos ~A. Finalmente a conjunção de ~M e ~A nos dá a tese ~M ∧ ~A. Só para lembrar, nesta demonstração utilizamos Modus Tollens, Leis de De Morgan e Leis de simplificação. Utilizando a tabela, obtemos

Ordem Proposição Justificativa 1 M → C H1 2 A → N H2 3 (C ∨ N) → ~D H3 4 D H4 5 ~ (C ∨ N) 3, 4, Modus Tollens 6 ~C ∧ ~N 5, De Morgan 7 ~ C 6, simplificação 8 ~ N 6, simplificação 9 ~M 1, 7, Modus Tollens

10 ~A 2, 8, Modus Tollens 11 ~M ∧ ~A 9, 10, Conjunção

Validade do argumento H1, H2, H3, H4 T.


46

Assim, o argumento H1, H2, H3, H4 T é válido.4 2.29. Ordem Proposição Justificativa

1 (p ∨ q) H1 2 ~p H2 3 ~p ∧ (p ∨ q) 1,2, conjunção 4 (~p ∧ p) ∨ (~p ∧ q) 3, distributiva 5 c ∨ (~p ∧ q) 4, substituição, contradição 6 ~p ∧ q 5, contradição 7 q 6, simplificação

Validação do argumento (p ∨ q), ~p q. Este argumento é denominado silogismo disjuntivo.

2.30. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos (p → q) (~q → ~p) e (~q → ~p) (p → q). Vejamos o primeiro argumento:

Ordem Proposição Justificativa 1 p → q H1

2 ~(p ∧ ~q) 1, condicional 3 ~(~q ∧ p) 2, substituição, comutativa 4 ~[~q ∧ ~(~p)] 3, substituição, dupla negação 5 ~q → ~p 4, condicional

Validação do argumento (p → q) (~q → ~p). Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo

processo de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas. Este argumento é denominado “Lei contrapositiva”.

4 Uma outra maneira de estabelecer a validade deste argumento seria

construir sua tabela-verdade que requer 2x2x2x2x2 = 25 = 32 linhas.


47

2.31. Utilizando o mesmo processo dos exemplos anteriores, vamos mostrar a validade de um argumento utilizando equivalências e, assim, o argumento recíproco também será válido: Ordem Proposição Justificativa

1 (p → r) ∨ (q → s) H1

2 (~p ∨ r) ∨ (~q ∨ s) 1, substituição, condicional 3 ~p ∨ [ r ∨ (~q ∨ s)] 2, associativa 4 ~p ∨ [ (r ∨ ~q) ∨ s] 3,substituição, associativa 5 ~p ∨ [ (~q ∨ r) ∨ s] 4, substituição, comutativa 6 ~p ∨ [ ~q ∨( r ∨ s)] 5, substituição, associativa 7 (~p ∨ ~q) ∨ (r ∨ s) 6, associativa 8 ~(p ∧ q) ∨ (r ∨ s) 7, substituição, De Morgan 9 (p ∧ q) → (r ∨ s) 8, condicional

Validação do argumento (p → r) ∨ (q → s) (p ∧ q) → (r ∨ s).

2.32. a)


1 q∨(r→u) H1

2 q→ s H2

3 ~s→ (u→p) H3

4 ~s H4

5 ~q 2, 4, Modus Tollens

6 u → p 3, 4, Modus Ponens

7 r → u 1, 5, Silogismo Disjuntivo

8 r → p 6, 7, Lei Transitiva

b) Ordem Proposição Justificativa

1 p∨ (q∧r) H1

2 q → s H2

3 r→ u H3


48

4 s ∧ u→ p∨ r H4

5 ~p H5

6 q ∧ r 1, 5, Silogismo Disjuntivo

7 r 6, Simplificação

c) Ordem Proposição Justificativa

1 p ∨ q H1

2 ~q ∨ r H2

3 ~(p ∨ r) H3 negação da tese

4 (~p) ∧ (~r) 3, De Morgan

5 ~p 4, Simplificação

6 ~r 4, Simplificação

7 q 1, 5, Silogismo Disjuntivo

8 ~q 2, 6, Silogismo Disjuntivo

9 q ∧~q 7, 8, Conjunção Teorema 2.13.e - Contradição

Como a linha 9 é uma contradição, temos o resultado desejado.

d) Ordem Proposição Justificativa

1 p →q H1

2 ~q H2

3 ~q→~p 1, Contrapositiva

4 ~p 2, 3, Modus Ponens

e) Ordem Proposição Justificativa

1 p ↔ q H1

2 q H2

3 (p→q) ∧ (q→p) 1, Bicondicional

4 q→p 3, Simplificação

5 p 2, 4, Modus Ponens


49

f)


1 p → ~q H1

2 r → q H2

3 r H3

4 q 2, 3, Modus Ponens

5 ~p∨ ~q 1, condicional, Teorema 2.10.a - De Morgan, Teorema 2.8.a - Dupla negação

6 ~q∨ ~p 5, Comutativa

7 ~p 4, 6, Silogismo Disjuntivo

g)


1 p → q H1

2 r → ~q H2

3 q→ ~r 2, Contrapositiva, Dupla negação

4 p→ ~r 1, 3, Lei Transitiva

5 r→ ~p 4, Contrapositiva, Dupla negação

2.33. Em todos os itens utilizaremos o 1º ou o 2º Princípio dependendo do valor de n0. a) Seja P(n): 1+3+5+...+(2n-1)= n2. Primeiramente, mostremos que P(1) é verdadeiro. De fato, (2.1 – 1)=1=12. Suponhamos agora que P(k) é verdadeiro, ou seja, 1+3+5+...+(2k – 1)= k2. Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato,

1+3+5+...+(2k – 1)+[2(k+1) – 1]= k2+(2k+2 – 1), pela hipótese de indução. Mas k2+(2k+2 – 1) = k2+2k+1= (k+1)2, como queríamos demonstrar.


50

b) Seja P(n): 30+31+...+3n=.

213 1n −+

Primeiramente, mostremos que

P(0) é verdadeiro. De fato, 30 = 1 = .

213 10 −+

Suponhamos agora que

P(k) seja verdadeiro, ou seja, 30+31+...+3k=.

213 1k −+

Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, por indução

30+31+...+3k+3k+1= 213 1k −+

+ (3k+1). Mas

213 1k −+

+(3k+1)= 2)3(213 1k1k ++ +−= 2

1)21)(3.3(2

)3.3(21)3.3( kkk −+=

+−=

= 213

213

213.3

213).3.3( 1)1k(2k2kk −

=−

=−

=− +++

.

Portanto P(k+1) é verdadeiro. Assim, P(n) é verdadeiro ∀n ∈ IN. c) Seja P(n): 2n ≥ 1+n. Primeiramente mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, 1 ≥ 1+0. Agora, por hipótese de indução, suponhamos que P(k) seja verdadeiro, ou seja, 2k≥ 1+k. Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, pela hipótese de indução, 2k+1= 2.2k ≥ 2.(1+k). Mas 2.(1+k) =2+2k ≥ 2+k = 1+ (1+k), como queríamos demonstrar.

d) Podemos escrever (∀ n ∈ IN) (32n-1 é divisível por 8) como

P(n): (∃ a ∈ Ζ+)(32n – 1 = 8.a).

Primeiramente, mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, consideremos a = 0, temos a ≥ 0, a ∈ Z e 32.0 – 1=8.0. Portanto P(0) é verdadeiro. Suponhamos agora que P(k) seja verdadeiro, ou seja,

(∃a, a≥ 0 , a∈Ζ) (32.k – 1=8.a). Mostremos que P(k+1) é verdadeiro. De fato, considere b = 9a+1, temos b≥ 0, b ∈ Z e 32(k+1) – 1=32k+2 –1=32k.32 – 1=(32k – 1).32+32 – 1. Pela hipótese de indução, (32k – 1).32+32 – 1 =(8.a).9+8=8(9a+1)=8.b, como queríamos demonstrar.


51

e) Fixado x ∈ ]–1,+∞[, seja P(n): (1+x)n ≥ 1 + n.x. Primeiramente mostremos que P(n) é verdadeiro para o menor natural. Neste caso o número natural é 1. De fato, (1+x)1 ≥ 1+1.x. Portanto P(1) é verdadeiro. Agora, por hipótese de indução , vamos supor que P(k) é verdadeiro, ou seja, (1+x)k ≥ 1+kx. Queremos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, (1+x)k+1=(1+x)k.(1+x) ≥ (1+kx).(1+x), por indução, mas

(1+kx).(1+x) = (1+x+kx+x2k) = 1+(k+1).x+x2k > 1+(k+1).x. Logo, P(k+1) é verdadeiro e, portanto, P(n) é verdadeiro para todo n∈IN*, como queríamos demonstrar.

f) Consideremos P(n): 12 + 22 + 32 + ... + n2 = 6)1n2)(1n(n ++

. Primei-

ramente, mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, 02= 6)10.2)(10(0 ++.

Vamos supor agora que P(k) é verdadeiro, ou seja,

12+22+32+...+k2= 6)1k2)(1k(k ++

. Mostraremos que P(k+1) também é verdadeiro. De fato,

12+22+32+...+k2+(k+1)2= 6)1k2)(1k(k ++

+ (k+1)2, por indução, mas

6)1k2)(1k(k ++

+(k+1)2 = 6)1k(6)1k2)(1k(k 2++++

=

= 6)]1k(6)1k2(k)[1k( ++++

= 6)6k6kk2)(1k( 2 ++++

=

= 6)6k7k2)(1k( 2 +++

= 6)3k2)(2k)(1k( +++.

Logo, P(k+1) é verdadeiro e, portanto, P(n) é verdadeiro para todo n∈IN, como queríamos demonstrar.


52

g) Fixando m ∈ IN chamamos de P(n) a expressão “am .an =am+n”. Por definição, temos a0 = 1 e am+1 = am.a, para todo número natural n. Sendo assim, faremos indução em n. Primeiramente, mostremos que P(n) é verdadeiro para o menor natural n0. Neste caso o número é 0. De fato,

am.a0=am.1=am=am+0. Agora, por hipótese de indução, suponhamos que P(k) é verdadeiro, ou seja, am.ak=am+k. Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, am.ak+1 = am.(ak.a) = (am.ak).a = am+k.a, pela hipótese de indução. Mas am+k.a = a(m+k)+1 = am+(k+1), como queríamos demonstrar.

h) Seja P(n): (∃ a ∈ Ζ+)(22n–1.3n+2+1 = 11.a).

Primeiramente, mostremos que P(1) é verdadeiro. De fato, 22.1-1.31+2+1=2.33+1=55=5.11.

Portanto P(1) é verdadeiro. Agora, por hipótese de indução, suponhamos que P(k) seja verdadeiro, ou seja,

(∃a, a∈Z, a>0) tal que (∀k ∈ IN, k≥1), 22.k- 1.3k+2+1=11.a. Queremos mostrar que P(k+1) também é verdadeiro. De fato,

22.k+1.3k+3+1=2.22k.3.3k+2+1= 2.2.22k-1.3.3k+2+1= =12.22k-1.3k+2+1= 12.22k-1.3k+2+1+11 – 11= =12.22k-1.3k+2+12-11= 12(22k-1.3k+2+1) – 11, que, por indução é igual a 12.(11.a) – 11= 11.(12a –1), como queríamos demostrar, pois a ∈ Z e a > 0 implica que 12.a – 1 ∈ IN*.

i) Seja P(n): (∀ n ∈ IN) [(n3 + 2n) é divisível por 3]. Primeiramente, mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, 03+2.0=0=3.0. Agora, por hipótese de indução, suponhamos que P(k) seja verdadeiro, isto é,

(∃a, a∈Z, a≥0) tal que (∀k ∈ IN, k≥ 1), k3+2k=3.a. Queremos mostrar que P(k+1) também é verdadeiro. De fato,

(k+1)3+2(k+1)=k3+3k2+3k+1+2k+2=(k3+2k)+3k2+3k+3, que, por indução é igual a 3a+3k2+3k+3 que é igual a 3.(a+k2+k+1). Como k ∈ IN e a ∈ IN temos a+k2+k+1 ∈ IN. Portanto, P(k+1) é verdadeiro. Assim, P(n) é verdadeiro ∀n∈ IN.


53

j) Seja P(n): 1nn

)1n(n1

4.31

3.21

2.11

+=

+

++++ K. Primeiramente,

mostremos que P(1) é verdadeiro. De fato, 111

2.11

+=

. Suponhamos agora, que P(k) é verdadeiro, ou seja,

( )1k

k)1k(k

14.3

13.2

12.1

11k,INk

+=

+

++++≥∈∀ K.

Queremos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, por indução temos que

=

++

++

++++)2k)(1k(

1)1k(k

14.3

13.2

12.1

1K

)2k)(1k(1

1kk

+++

+ . Mas,

)2k)(1k(1

1kk

+++

+ = )2k)(1k(1)2k(k

++++

= )2k)(1k(1k2k2

++++

= )2k)(1k()1k)(1k(

++++

=

= 1)1k(1k++

+

.

Logo, P(k+1) é verdadeiro e, portanto, P(n) é verdadeiro para todo n ∈ IN*, como queríamos demonstrar. 2.34. a) Por indução em n temos que para n=0, r>0 implica que C(0,r)=0 (por definição, pois C(0,r)=0 para r ≠ 0). Suponhamos que seja válido para n=k. Assim, r>k implica que C(k,r)=0. Então para r>k+1, temos, por definição, que C(k+1,r) = C(k,r)+C(k,r–1) = 0, pois r> k+1 implica que (r > k) ∧ (r–1>k). Assim, pela hipótese de indução, C(k,r)=0 e C(k,r–1)=0, o que prova a veracidade da proposição. b) Por indução em n temos para n=0, C(0,0)=1, por definição. Suponhamos que seja verdadeiro para n = k, então C(k,k)=1. Assim, C(k+1,k+1)=C(k,k+1)+C(k,k)=0+1=1, pois pelo item a) C(k,k+1)=0 e C(k,k)=1 pela hipótese de indução. Assim temos o resultado desejado.


54

c) Por indução em n temos para n=0, C(0,r)=0, pois por definição C(0,r)=0 se r≠ 0. Suponhamos que a proposição seja verdadeira para n=k. Assim, r<0 ⇒ C(k,r) = 0. Então para r < 0, temos C(k+1,r) = C(k,r) + C(k,r – 1) = 0 + 0 = 0, pois r < 0 implica r – 1 < 0 e utilizemos a hipótese de indução duas vezes. Isto prova a veracidade da proposição. d) Por indução em n temos para n = 0, C(0,0) = 1, por definição. Suponhamos que seja verdadeiro para n = k, então C(k,0)=1. Vejamos para n=k+1, C(k+1,0)=C(k,0)+C(k,-1)=1+0=1. Pelo Item c) temos C(k,-1)=0 e pela hipótese de indução temos C(k,0)=1. Assim temos o resultado. e) Vamos também utilizar a indução em n. Para n = 0 temos r =0 pois

0≤r≤ n. Logo, C(0,0)=1= )!00(!0!0− , pois, por definição, 0!=1. Suponha-

mos que a proposição seja verdadeira para n=k. Assim,

)!rk(!r!k

)r,k(Ckr0−

=⇒≤≤.

Então, para 0 ≤ r ≤ k+1, C(k+1,r)=C(k,r)+C(k,r – 1). Vamos dividir em casos:

1. r = k+1: Neste caso temos C(k+1,k+1)=1=

( )( ) ( ) ( )[ ]!1k1k!1k

!1k+−++

+

, utilizando o Item b).

2. r = 0: Neste caso, C(k+1,0) = 1 =

( )( )[ ]!01k!0

!1k−+

+

, utilizando o Item d).

3. 0 < r < k+1, ou seja, 1 ≤ r ≤ k: Neste caso temos

C(k+1,r)=C(k,r)+C(k,r – 1)= ( )!rk!k!k− + ( ) ( )[ ]!1rk!1r

!k−−− ,

pela hipótese de indução. Mas


55

( )!rk!k!k− + ( ) ( )[ ]!1rk!1r

!k−−− = ( ) ( )!rk!1r.r

!k−− + ( ) ( ) ( )!rk.1rk!1r

!k−+−− =

( )( ) ( ) ( )1rk!.rk!1r.r

!k.r!k1rk+−−−

++−

=

( )( ) ( ) ( )1rk!.rk!1r.r

!k.r1rk+−−−

++−

=

( )( )!r1k!r

!1k−+

+

, como queríamos demonstrar. 2.35. Primeiramente, mostremos que se k=1, a igualdade se verifica. De fato, se k=1 então T(2k)=2, por definição. Por outro lado, 2.log22=2 e, assim, P(1) é verdadeira. Agora, por hipótese de indução, suponhamos que a igualdade T(2m) = 2m.log22

m = m.2m seja verdadeira para m>1. Assim, T(2m)=m.2m. Queremos então mostrar que para k=m+1 a igualdade também se verifica. De fato, T(2m+1)=2(T(2m)+2m+1, por definição. Mas, pela hipótese de indução, 2(T(2m)+2m+1 = 2m.2m+2m+1= m.2m+1+2m+1 = 2m+1.(m+1) = = (m+1).2m+1=2m+1.log22

m+1. Portanto se k= m + 1 a igualdade se verifica. Assim temos o desejado. 2.36. É suficiente provar este resultado quando x>1, pois os outros casos envolvem apenas o sinal. Consideremos a proposição:

P(n) : “n é um produto de números primos”.

Temos que P(2) é verdadeiro. Suponhamos que P(r) é verdadeiro para 2 ≤ r < k. Se k for primo temos P(k) verdadeiro. Caso contrário, existem inteiros m e n tais que k = m.n, com 2 ≤ m < k e 2 ≤ n < k. Pela hipótese de indução, temos P(m) e P(n) verdadeiros, ou seja, m e n são produtos de números primos. Logo, m.n = k também será produto de números primos, ou seja, P(k) é verdadeiro. Portanto, pelo 3º Princípio da Indução Finita, temos o desejado.

2.37. Método 1:


1 A é o conjunto dos números primos positivos

Hipótese 1

2 B ⊆ A Hipótese 2

3 A é finito Negação da tese


56

4 B é finito 2,3, Propriedade dos conjuntos finitos5

5 A = {p1, p2,…,pn} 3, definição de conjunto finito

6 a = p1. p2. ….pk + 1 5, Produto e soma de inteiros

7 a admite pelo menos um fator primo p

6, Exercício 2.36

8 p = pi para algum 1 ≤ i ≤ n 1,3

9 p | a 7

10 p | p1, p2,...pn 8

11 p | 1 7,10, Contradição

Método 2 Podemos considerar apenas o conjunto dos números primos positivos. De fato, um superconjunto de um conjunto infinito é um conjunto infinito. Suponhamos então que exista um número finito de números primos positivos p1, p2, …, pn e consideremos

a = p1 ,p2 ,...,pn + 1.

Temos a > 1 e pelo Exercício 2.36, a admite um fator primo positivo p que deve ser um dos pi’s, 1< i ≤ n. Logo, p|a e p | p1, ...pn e , portanto, p|1, o que é uma contradição. 2.38. Primeiramente, vamos calcular P(n) para alguns valores de n

n p(n) n p(n) n p(n) n p(n) n p(n) 1 1523 18 503 35 61 52 197 69 911 2 1447 19 461 36 53 53 223 70 971 3 1373 20 421 37 47 54 251 71 1033 4 1301 21 383 38 43 55 281 72 1097

5 Os conjuntos finitos e infinitos serão estudados no Capítulo 6.


57

5 1231 22 347 39 41 56 313 73 1163 6 1163 23 313 40 41 57 347 74 1231 7 1097 24 281 41 43 58 383 75 1301 8 1033 25 251 42 47 59 421 76 1373 9 971 26 223 43 53 60 461 77 1447

10 911 27 197 44 61 61 503 78 1523 11 853 28 173 45 71 62 547 79 1601 12 797 29 151 46 83 63 593 80 1681 13 743 30 131 47 97 64 641 14 691 31 113 48 113 65 691 15 641 32 97 49 131 66 743 16 593 33 83 50 151 67 797 17 547 34 71 51 173 68 853

Observemos que até o número 79 temos P(n) primo.(para verificar este resultado pode- se utilizar um programa computacional), porém

P(80) = 1681 = 412. Portanto, P(n) nem sempre é primo. Se não calculássemos o valor para n = 80 talvez teríamos conjeturado que P(n) é primo mas não conseguiríamos torná-la um teorema. Como P(80) é falsa a conjectura é falsa.

2.39. Seja (a n) n ∈ IN*, uma seqüência tal que a1 = 1 e an+1 = an + 8n. Vamos determinar alguns valores de an :

a1 = 1

a2 = a1 + 8 = 9

a3 = a2 + 8.2 = 9 + 16 = 25

a4 = a3 + 8.3 = 25 + 24 = 49

a5 = a4 + 8.4 = 49 + 32 = 81

Como podemos observar devemos ter P(n) : an = (2n – 1)2 verdadeiro para todo n ∈IN*. De fato, temos P(1) verdadeiro pois:

a1 = (2.1 – 1)2 = 12 = 1 Suponhamos que P(k) seja verdadeiro. Então, temos ak = (2k – 1)2 e assim


58

ak+1=ak+8k=(2k–1)2+8k =

= 4k2–4k+1+8k=4k2+8k+1=(2k+1)2=(2(k+1)–1)2, como queríamos demonstrar. 2.40. Primeiramente, vamos calcular An para alguns valores de n:

n An n An

1

42

21

4

500250

250125

2

2010

105

5

25001250

1250625

3

10050

5025

6

125006250

62503125

Podemos notar que o valor provável de An é

−−

−−

1n1n

1n1n

5.45.2

5.25

. Provaremos por indução esta afirmação:

Seja P(n) :An =

−−

−−

1n1n

1n1n

5.45.2

5.25

, quando A=

42

21

. Temos, obviamente, P(1) verdadeiro. Suponhamos que P(k) seja verdadeiro, ou seja,

AK =

−−

−−

1k1k

1k1k

5.45.2

5.25

. Multiplicando ambos os lados por A obtemos

A . A k =

=

42

21

.

−−

−−

1k1k

1k1k

5.45.2

5.25

=

++++

−−−−

−−−−

1k1k1k1k

1k1k1k1k

5.165.45.85.2

5.85.25.45

=

kk

kk

5.45.2

5.25

. Portanto, P(k + 1) é verdadeiro.

Capítulo 3


59

3.1.

a) b)

c) Impossível d)

e)Impossível 3.2. Consideremos uma reta r, um plano α e dois pontos P e Q com P ≠ Q, onde r~α significa a relação entre r e α, temos:

Casos P∈ r P∈Π r~α Figura Ilustrativa

1 S S r ⊆ α α P r

2 S S r // α (impossível)

3 S S r ∩ α =P α

P

r

4 S S r ∩ α = Q ≠

P (impossível)

5 S N r ⊆ α (impossível)


60

6 S N r // α α

P r

7 S N r ∩ α =P (impossível)

8 S N r ∩ α = Q ≠ P α

Pr

Q

9 N S r ⊆ α αrP

10 N S r // α α P

r

11 N S r ∩ α =P (impossível)

12 N S r ∩ α = Q ≠ P

αP

r

Q


61

13 N N r ⊆ α α

P

r

14 N N r // α α

P

r

15 N N r ∩ α =P (impossível)

16 N N r ∩ α = Q ≠ P α

P

Q

3.3. Proposição 3.3

c) Seja x∈ A, por hipótese A = B, logo, pelo Axioma da Extensão, x∈ A ⇔ x∈ B, mas por hipótese B = C, assim temos também pelo Axioma da Extensão, x ∈ B ⇔ x ∈ C. Logo, pelo Teorema 2.16 (transitividade da bi-implicação), temos x ∈ A ⇔ x ∈ C. Portanto, novamente pelo Axioma da Extensão, A = C.

d) Observe que x ∈ A→ x ∈ A é sempre verdadeiro, logo, pela Definição 3.2, A ⊂ A. 3.4. De fato, a negação de (∀A)(∀B)(A ⊂ B → B ⊂ A) é equivalente a (∃A)(∃B)(~(A ⊂ B → B ⊂ A)) que é equivalente a (∃A)(∃B)(A ⊂ B ∧ B ⊄ A)). Mas esta proposição é verdadeira, pois podemos exibir conjuntos A e B tais que A esteja contido em B e exista um elemento do conjunto B não pertencente a A. Para isto, basta considerarmos os conjuntos A = {1,2} e B = {1,2,3}. Assim temos que A ⊂ B, mas B ⊄ A pois 3 ∈ B mas 3 ∉ A.


62

3.5. a) Seja x ∈ A, como A ⊆ B então x∈ B, mas por hipótese B ⊂ C, logo x∈ C. Assim, A ⊂ C. Além disso, temos A ≠ C pois se A = C teremos B ⊂ A. Isto implica que todo elemento de B está em A, o que contradiz a hipótese A ⊆ B, que garante que existe um elemento em B que não pertence a A. Portanto, A ⊆ C.

b) Seja x ∈ A, como A ⊂ B então x ∈ B, mas por hipótese B ⊆ C, logo x ∈ C. Assim, A ⊂ C. Além disso, A ≠ C pois se A = C teremos C ⊂ B. Isto implica que todo elemento de C está em B, o que contradiz a hipótese B ⊆ C, que garante que existe um elemento em C que não pertence a B. Portanto, A ⊆ C. 3.6. a) i) A e B são comparáveis pois B ⊂ A. ii) Temos que y ∈ R e y ∉ S, assim R ⊄ S e t ∈ S e t ∉ R, assim S ⊄ R. Logo, por definição, R e S não são comparáveis. b) Imediato do item f) da Proposição 3.3. c) A1={1}, A6={1, 2, 3, 4, 5, 6}, A2={1, 2}, A7={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, A3={1, 2, 3}, A8={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A4={1, 2, 3, 4}, A9={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, A5={1, 2, 3, 4, 5}, A10={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}.

d) An={1, 2, 3, ... , n}, n ∈ IN.

3.7 A ∪ C={1, 2, 3, 4, 5, 8, 9} C ∪ A={1, 2, 3, 4, 5, 8, 9} Comutativo

A ∩ C={2, 4} C ∩ A={2, 4} Comutativo

B ∪ C={1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9} C ∪ B={1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9} Comutativo

B ∩ C=∅ C ∩ B=∅ Comutativo

A∪(B∪C)={1,2,3,4,5,6,8,9} (A∪B)∪C={1,2, 3, 4, 5, 6, 8, 9} Associativo

A ∩ (B∩ C)=A∩ ∅=∅ (A ∩B) ∩ C={1,3,5}∩ ∅=∅ Associativo


63

A ∪ (B∩ C)={1, 2, 3, 4, 5} (A∪B) ∩ (A∪C)={1, 2, 3, 4, 5} Distributivo

A ∩ (B∪ C)={1, 2, 3, 4, 5} (A∩B) ∪ (A∩C)={1, 2, 3, 4, 5} Distributivo

3.8. Suponhamos, sem perda de generalidade, que A ∩ B = ∅. Assim temos, A ∩ B ∩ C = (A ∩ B) ∩ C = ∅ ∩ C = ∅.

3.9. a) Falsa, pois o conjunto ∅ não é elemento, por exemplo, do {1}. b) Verdadeira, pois o conjunto ∅ é subconjunto de qualquer conjunto,

pelo Teorema 3.5.

c) Verdadeira, pois no conjunto {∅, {∅}} temos o conjunto ∅.

d) Verdadeira, pois o conjunto ∅ é subconjunto de qualquer conjunto, pelo Teorema 3.5.

e) Falsa, pois o conjunto ∅ não possui elemento e no conjunto {0} temos o elemento 0.

f) Falsa, pois os únicos elementos do conjunto {{2}, {3, 4}} são os conjuntos {2} e {3, 4}.

g) Falsa, pois não temos elementos em 2 para que estes estejam no conjunto {{2}},{3,4}}.

h) Verdadeira, pois no conjunto {2,{2},{3,4}} temos o elemento 2. i) Verdadeira, pois no conjunto {2,{2},{3,4}} temos o elemento {3,4}. j) Depende da construção dos números naturais.

k) Falsa, pois o conjunto ∅ não possui elemento.

l) Falsa, pois se a = {1,2} temos {1,2} ⊄ {{1,2}}, pois, por exemplo, 1∉{1,2}, o único elemento deste conjunto é o conjunto {1,2}.

m) Verdadeira, pois no conjunto {4, {4}} temos o elemento {4}. n) Verdadeira, pois no conjunto {4, {4}} temos o elemento 4, único

elemento de {4}. o) Verdadeira, pois no conjunto {4, {4}} temos o elemento 4. p) Verdadeira, pois o conjunto {c} é o único elemento que pertence aos

dois conjuntos, que estão fazendo a interseção. q) Falsa, pois a, b e c não pertencem a ambos os conjuntos. 3.10. {∅, {m}, {a}, {t}, {e}, {i}, {c}, {m, a}, {m, t}, {m, e}, {m, i}, {m, c}, {a, t}, {a, e}, {a, i}, {a, c}, {t, e}, {t, i}, {t, c}, {e, i}, {e, c},


64

{i, c}, {m , a, t}, {m, a, e}, {m , a, i}, {m, a, c}, {m, t, e}, {m, t, i}, {m, t, c}, {m, e, i}, {m, e, c}, {m, i, c}, {a, t, e}, {a, t, i}, {a, t, c}, {a, e, i}, {a, e, c}, {a, i, c}, { t, e, i}, {t,i,c}, {t, e, c}, {e, i, c}, {m, a, t, e}, {m, a, t, i}, {m, a, t, c}, {m, a, e, i}, {m, a, e, c}, {m, t, e, i}, {m, t, e, c}, {m, t, i, c}, {m, e, i, c}, {a, t, e, i}, {a, t, e, c}, {a, t, i, c}, {a, e, i, c}, {t, e, i, c}, {m, a, t, e, i}, {m, a, t, e, c}, {m, a, t, i, c}, {m, a, e, i, c}, {m, t, e, i, c}, {a, t, e, i, c}, {m, a, e, i, c}, {m, a, t, e, i, c}}. 3.11. a) Temos

B = { x∈Z | x2<15} = {x∈ Z | 15x < } = { x∈ Z | 15x15 <<− }.

Como 15 < 4, temos B ⊆ A. b) A = {m, e, n, t, c, a, p, o} e B = {c, o, n, t, e, m, p, l, a}. Como qualquer elemento de A pertence também a B e l ∉ A temos A ⊆ B.

c) Temos A = {a ∈ IR | a > 0 e a2 < 25} = { a ∈ R | 0 < a < 5} e

B={b ∈ IR| b > 0 e 4b < 30}={ b ∈ R| 0 < b < 215

}. Como 5< 215

, temos A ⊆ B.

d) Temos A ∩ B =∅ e A ∪ B=Z.

3.12. Considere os conjuntos

A= {a, b, 1, 2}, B={a, b, c, 4} e C={1, 2, 3, 4}

e teremos o desejado. 3.13. a) I1 ∪ I2=] –∞, 5] b) I1 ∪ I3=[–1, 10] c) I1 ∪ I4=[–3, 6] d) I1 ∪ I5=[–1, +∞[ e) I1∩ I2=[–1, 1] f) I1∩ I3=[0, 1] g)I1 ∩ I4=[–1, 1] h) I3 ∪ I5=[0, +∞[ i) I2 ∪ I4=] –∞, 6] j) I2 \ I4=] –∞, –3[ k) CIR I2 = ]5, +∞[ l) CIR I5 =] –∞, 3[ m) CIR(I2∩I3)=] –∞, 0[ ∪ ]5, +∞[ n) I2∩ I4∩ I1∩ I3=[0,1]


65

o) I1 ∩ I2∩ I3=[0, 1] p) I3 ∩ I4=[0, 6] q) CIR(I2) ∪ CIR(I5) =] –∞, 3[∪]5, +∞[ r) I1 ∩ I5=∅ s) CIR(I1) =] –∞, –1[ ∪ ]1, +∞[ t) I1 ∪ I2 ∪ I3 ∪ I4=] –∞, 10] u)I1 ∪ I2∪ I3∪ I4∪ I5=IR

3.14.

-1 1

5a)

0 10

6

-3

b) c

-1 1

3

c)

3.15. a) A e B são iguais, pois a equação x2= –4 não admite solução em IN, portanto B também é ∅. b) A e B não são iguais, uma vez que não é possível divisão por zero, 0 não pode ser elemento de B. c) A e B são iguais, pois todo número inteiro maior ou igual a zero pertence a IN. Portanto B = IN. d) A e B são iguais, pois B é constituído por todos os números reais compreendidos entre 0 e 1, o mesmo acontece com A. É importante lembrar que são duas maneiras distintas de escrever o mesmo conjunto. 3.16.


66

CAD

BE

A

EDC

B

Diagrama de Venn-Euler e Diagrama de linha.

3.17.

Polígonos

A

D

G

C

E

H B F

A D G

C

E

H FB

Diagrama de Venn-Euler e Diagrama de linha. 3.18. Teorema 3.9 a) Devemos mostrar que x∈B ⇒ x∈A∪B. Observemos que a proposição (x∈B)→[(x∈A)∨(x∈B)] é sempre verdadeira, pela regra lógica de adição, assim temos o resultado.

b) Para a primeira parte devemos mostrar que x ∈ A ∩ B ⇒ x ∈ A. Basta observarmos que a condicional [(x ∈ A) ∧ ( x∈ B)] → (x ∈ A) é sempre verdadeira, pela regra lógica de simplificação, donde segue o resultado.


67

Para a segunda parte devemos mostrar que x∈ A ∩ B ⇒ x ∈ B. Para isto, basta observarmos que a proposição [(x∈ A) ∧ (x∈ B)]→ x∈ B é sempre verdadeira pela regra lógica de simplificação, donde temos o desejado.

c) Suponhamos que A ⊂ B, pelo item b) temos A ∩ B ⊂ A. Resta mostrar que A ⊂ A ∩ B. Seja x∈ A, como A ⊂ B temos que x ∈ A implica x ∈ A e x ∈ B o que, por sua vez, implica x ∈ A ∩ B, logo A ⊂ A ∩ B, como queríamos. Reciprocamente, seja x∈ A, por hipótese A = A ∩ B, assim x ∈ A ∩ B. Logo, x ∈ A ∧ x ∈ B, o que implica que x ∈ B, pela lei de simplificação. Portanto, A ⊂ B.

d) Pelo item b) temos A ∩ (A ∪ B) ⊂ A, resta mostrar que A ⊂ A ∩ (A ∪ B). Seja x ∈ A, pelo item a) temos x ∈ A∪ B. Logo, x∈ A e x ∈ A ∪ B, ou seja, x ∈ A ∩ (A ∪ B). Assim, A ⊂ A ∩ (A ∪ B) e, portanto, A ∩ (A ∪ B) = A.

e) Para a primeira parte, considere x ∈ A ∪ ∅, então (x ∈ A) ∨ (x ∈ ∅). Por definição, x ∈ ∅ é sempre falso, então temos que x ∈ A deve ser verdadeiro. Assim, x ∈ A ∪ ∅ é equivalente a x ∈ A, ou seja, A ∪ ∅ = A. Para a segunda parte, sabemos que ∅ ⊂ A ∩ ∅, pois ∅ está contido em qualquer conjunto. Seja x ∈ A∩∅, então (x ∈ A) ∧ (x∈ ∅). Pela lei da simplificação x ∈ ∅. Logo, A ∩ ∅ ⊂ ∅ e obtemos o desejado. Teorema 3.11

b) Se x ∈ C \ (A ∪ B), temos por definição que x ∈ C e x ∉ A ∪ B, logo, por definição de união (x ∈ C) ∧ ~(x ∈ A ∨ x ∈ B). Pela Lei de De Morgan, temos que (x ∈ C) ∧ (x ∉ A ∧ x ∉ B). Mas, pela lei distributiva, isto é equivalente a

(x ∈ C ∧ x ∉ A) ∧ (x ∈ C ∧ x ∉ B)

e, assim, x ∈ (C \ A) ∩ (C \ B), pela definição de interseção. Observemos que todos os resultados utilizados foram equivalências lógicas e portanto se x ∈ (C \ A) ∩ (C \ B) teremos x ∈ C \ (A ∪ B), donde segue o resultado.


68

c) Se x ∈ C \ (B \ A), temos, por definição, que x ∈ C e x ∉ (B \ A), logo, por definição, (x ∈ C) ∧ ~(x ∈ B ∧ x ∉ A). Pelas Leis de De Morgan, temos que (x ∈ C) ∧ (x ∉ B ∨ x ∈ A). Mas isto equivale a (x ∈ C ∧ x ∉ B) ∨ (x∈C ∧ x∈A) e, assim, x ∈ (A ∩ C) ∪ (C \ B). Observemos que todos os resultados utilizados formam equivalências lógicas e portanto se x ∈ (A ∩ C) ∪ (C \ B) teremos x ∈ C \ (B \ A), donde segue o resultado.

d) Basta observar que [(x ∈ A ∧ x ∉ A) ↔ x ∈ ∅] é uma proposição sempre verdadeira, já que x ∈ A e x ∉ A é sempre falsa. e) Conseqüência dos itens c e d, considerando C = B = A e A = B. f) De fato, temos

x ∈ (A ∩ B) \ (A ∩ C) ⇔

⇔ (x ∈ A ∩ B) ∧ (x ∉ A ∩ C) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (x ∉ A ∩ C)⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ ~( x ∈ A ∩ C) ⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ ~(x ∈ A ∧ x ∈ C) ⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (x ∉ A∨ x ∉ C) ⇔

⇔ [(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ x ∉ A]∨ [(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ x∉ C] ⇔

⇔ [(x ∈ A ∧ ~x ∈ A) ∧ x ∈ B)] ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∉ C) ⇔

⇔ x ∈ A ∧ (x ∈ B ∧ x ∉ C) ⇔ x∈ A ∩ (B \ C).

h) Temos, por definição, que B \ A ⊂ B, suponhamos que A ∩ B = ∅, se x ∈ B, então, como A ∩ B=∅, temos x ∉ A. Logo, x ∈ B \ A, assim B \ A = B. Reciprocamente, se A ∩ B ≠ ∅ teríamos x ∈ A e x ∈ B. Como, por hipótese, B \ A = B, x ∈ A e x ∈ B \ A, ou seja, x ∉ A. Assim, x ∈ A e x ∉ A, o que é uma contradição.

i) Temos, por definição de diferença de conjuntos, que A \ ∅ ⊂ A. Se A ⊄ A \ ∅ então existe algum x ∈ A tal que x ∉ A \ ∅, ou seja, x ∈ A e (x ∉ A ou x ∈ ∅). Isto é equivalente a dizer que x ∈ A e x ∉ A, o que é uma contradição. Logo, A ⊂ A \ ∅ e, portanto, A \ ∅ = A.


69

j) Temos, pelo Teorema 3.5, que ∅ ⊂ ∅ \ A. Se ∅ \ A ⊄ ∅ então existe x ∈ ∅ \ A tal que x ∉ ∅, ou seja, x ∈ ∅ e x ∉ A e x ∉ ∅. o que é uma contradição. Logo, ∅ \ A ⊂ ∅ e, portanto, ∅ \ A = ∅.

Teorema 3.12 c) Temos a seguinte seqüência de equivalências lógicas que nos levam ao resultado:

x ∈ A ∩ CE A ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ CE A) ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∉ A) ⇔

⇔ (x ∈ A) ∧ ~(x ∈ A) ⇔ c ⇔ x ∈ ∅. d) De fato, temos

x ∈ A ∪ CE A ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ CE A) ⇔ (x ∈ A) ∨ [(x ∈ E) ∧ (x ∉ A) ⇔

⇔ [(x ∈ A) ∨ (x ∈ E)] ∧ [(x ∈ A) ∨ (x ∉ A)] ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ E) ⇔

⇔ x ∈ E. f) Temos a seguinte seqüência de equivalências lógicas que nos levam ao resultado:

x ∈ CE (A∩B) ⇔ x ∉ (A ∩ B) ⇔ ~[x ∈ (A ∩ B)]⇔~[(x ∈ A) ∧ (x ∈ B)] ⇔

⇔ x ∉ A ∨ x ∉ B ⇔ x ∈ CE A ∨ x ∈ CE B ⇔ x ∈ CE A ∪ CE B.

g) Temos a seguinte seqüência de equivalências lógicas que nos levam ao resultado:

x ∈ CE A ∩ B ⇔ (x ∈ CE A) ∧ (x ∈ B) ⇔ (x ∉ A) ∧ (x ∈ B) ⇔

⇔ (x ∈ B) ∧ (x ∉ A) ⇔ x ∈ B – A. h) Temos a seguinte seqüência de equivalências lógicas que nos levam ao resultado:

x ∈ A ∪ CE B ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ CE B) ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∉ B) ⇔

⇔ ~[(x ∉ A) ∧ (x ∈ B)] ⇔ ~(x ∈ B – A) ⇔ x ∉ B – A ⇔

⇔ x ∈ CE (B \ A).


70

i) Segue imediatamente da Definição 3.10. j) Temos, pelo item anterior e pelo item i) do Teorema 3.11,

CE ∅ = E \ ∅ = E.

k) Temos, pelo item i) e pelo item i) do Teorema 3.11 CE E = E–E = ∅.

Teorema 3.13 b) De fato, temos

x ∈ A ∩ (B ∩ C) ⇔

⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B ∩ C) ⇔ (x ∈ A) ∧ [(x ∈ B) ∧ (x ∈ C)] ⇔

⇔ [(x ∈ A) ∧ (x ∈ B)] ∧ (x ∈ C) ⇔ (x ∈ A ∩ B) ∧ x ∈ C ⇔

⇔ x ∈ (A ∩ B) ∩ C.

c) De fato, temos

x ∈ A ∪ B ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) ⇔ (x ∈ B) ∨ (x ∈ A) ⇔ x ∈ B ∪ A. d) De fato, temos

x ∈ A ∩ B ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B) ⇔ (x ∈ B) ∧ (x ∈ A) ⇔ x ∈ B ∩ A. f) De fato, temos

x ∈ A ∩ (B∪ C) ⇔ x ∈ A ∧ (x ∈ B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∧ [(x ∈ B) ∨ (x ∈ C)] ⇔

⇔ [(x ∈ A)∧ (x ∈ B)]∨ [(x ∈ A)∧ (x ∈ C)] ⇔

⇔ (x ∈ A ∩ B) ∨ (x ∈ A ∩ C) ⇔ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

g) De fato, temos x ∈ A ∪ A ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ A ⇔ x ∈ A.

h) De fato, temos x ∈ A ∩ A ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ A ⇔ x ∈ A. 3.19. Temos, por hipótese,


71

A= {2k, k∈ Z} = {...,–6 , –4, –2, 0, 2, 4, 6, ...},

B= {3k, k∈ Z} = {..., –9, –6, –3, 0, 3, 6, 9, ...} e

C= {5k, k∈ Z} = {..., –15, –10, –5, 0, 5, 10, 15, ...}.

Logo, temos B ∩ C= {15k, k∈ Z} = {..., –45,–30, –15, 0, 15, 30, 45,...} e assim

A ∩ (B ∩ C)= {30k, k∈ Z} = {..., –90, –60, –30, 0, 30, 60, 90, ...}. Temos também

A ∩ B = {6k, k∈ Z} = {...,–42,–36,–30,–24,–18,–12,–6,0, 6,12,18,24,...} e assim

(A ∩ B) ∩ C= {30k, k∈ Z} = {..., –90, –60, –30, 0, 30, 60, 90, ...}.

3.20. a) A ∪ B={a, b, c, d, e, f} b) A ∪ C={a, b, c, d, e, f, g, h}=E

c) A ∩ B={c, d} d) A ∩ C=∅

e) B ∩ C={e, f} f) A ∪ B ∪ C={a,b,c,d,e,f,g,h}=E

g) B ∪C={c, d, e, f, g, h} h) A ∩ B ∩ C=∅ i) C \ B={g, h} j) A \ C={a, b, c, d}=A k) A \ B={a, b} l) CE B={a, b, g, h}

m) A ∩ CE C={a,b,c,d}=A= CE C n) A \ CE B ={c, d}

o) B ∩ CE B=∅

q) CE B \ C={a, b}

p) CE E=∅, CE A={e, f, g, h},

CE C={a, b, c, d}

3.21.

Teorema 3.16

b) Suponha que B ⊂ A, para todo A em C. Seja x∈ B então, como B ⊂ A,

x∈A, qualquer que seja A ∈ C, ou seja, Ax

CA∈∈ I

. Portanto, AB

CA∈⊆ I

.


72

d) Temos que x ∈ CE A

CA∈I

se, e somente se, Ax

CA∈∉ I

. Assim, temos que para algum A em C, x ∉ A, ou seja, x ∈ CE A, para algum A ∈ C.

Portanto, CAx

∈∈ U

CE A.

f) De fato, temos

∈∨

∈⇔

∈

∈∈∈∈BxAxBAx

CCBCACCBCA EE

IIIUI ⇔

⇔ (x∈ A, ∀ A ∈ C) ou (x∈ B, ∀ B ∈ CE C) ⇔

⇔ x ∈ A ∪ B, (∀ A ∈ C) ou (∀ B ∈ CE C) ⇔

⇔ ( )BAx

CCB,CA E

∪∈∈∈I

. Proposição 3.18

b) Para demonstrar que ℘(A

CAU∈ ) ⊃

)A(CA℘

∈U

devemos mostrar que

X ∈ )A(

CA℘

∈U

⇒ X ∈ ℘(A

CAU∈ ).

De fato, se X ∈ )A(

CA℘

∈U

então X ∈ ℘(A) para algum A ∈ C, ou seja,

X ⊂ A, para algum A ∈ C. Logo, X ⊂ A

CAU∈ e assim X ∈℘(

ACA

U∈ ), como

queríamos demonstrar. Teorema 3.22 b) Temos que

(a, x) ∈ A × (B ∪ C) ⇔

⇔ (a ∈ A) ∧ (x ∈ B ∪ C) ⇔ (a ∈ A) ∧ [(x ∈ B) ∨ (x ∈ C)] ⇔

⇔ [(a∈ A) ∧ (x∈ B)] ∨ [(a∈ A) ∧ (x∈ C)] ⇔

⇔ [(a, x) ∈ A×B] ∨ [(a, x) ∈ A×C] ⇔ (a, x) ∈ [(A×B) ∪ (A×C)].


73

3.22. a) Falso, basta considerar A={1, 2}, B={1, 2, 3} e C={1, 2}. b) Falso, basta considerar A={1, 2}, B={3, 4, 5} e C={1, 2, 3, 4, 5, 6}. c) Falso, basta considerarmos A={1}, B={1, 2} e C={{1, 2}, 3}. d) Falso, basta tomar A={x, 1} e B={{x, 1}, 2}. e) Falso, basta considerarmos A={1}, B={{1}, 2} e C={{{1}, 2}, 3}. f) Verdadeiro. Justificaremos de duas maneiras: 1. Com equivalências lógicas:

x ∈ [(A \ B)∪ (A ∩ B)] ⇔ x ∈ [(A \ B)∨ x ∈ (A ∩ B)] ⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ B) ∨ x ∈ (A ∩ B) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ⇔

⇔ x ∈ A ∧ (x ∉ B ∨ x ∈ B) ⇔ x ∈ A ∧ t ⇔ x ∈ A. 2. Sem equivalências lógicas:

Seja x ∈ [(A \ B) ∪ (A ∩ B)], então, por definição de união, x ∈ (A \ B) ou x ∈ (A ∩ B). Consideremos os dois casos separadamente:

i) Se x ∈ (A \ B) então x ∈ A e x ∉ B. Logo, x ∈ A.

ii) Se x ∈ (A ∩ B), então x ∈ A e x ∈ B. Logo x ∈ A.

Portanto, em ambos os casos, x ∈ A. Dessa forma,

x ∈ [(A \ B)∪ (A ∩ B)] ⇒ x ∈ A, isto é, (A \ B)∪ (A ∩ B) ⊂ A.

Reciprocamente, consideremos x∈ A. Se x∈ B, então x∈ (A ∩ B). Logo, x ∈ [(A \ B)∪ (A ∩ B)]. Caso x ∉ B, então x ∈ (A \ B), por definição. Portanto, x ∈ [(A \ B)∪ (A ∩ B)]. Assim, x ∈ A ⇒ x ∈ [(A \ B)∪ (A ∩ B)], ou seja, A ⊆ [(A \ B)∪ (A ∩ B)]. Portanto, (A \ B) ∪ (A ∩ B) = A.


74

g) Verdadeiro, como A \ B é um subconjunto de A temos que A \ B é também um subconjunto de A ∪ B. h) Verdadeiro, pois

x ∈ A ∩ (A ∩ B) ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ (A ∩ B) ⇔ x ∈ A ∧ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ A) ∧ x ∈ B ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B ⇔ x ∈ A ∩ B. Uma outra maneira de demonstrar é a seguinte:

Seja x ∈ A ∩ (A ∩ B]. Por definição de interseção, x ∈ A ∧ x ∈ (A ∩ B). Logo, x ∈ A ∩ B. Isto significa que A ∩ (A ∩ B) ⊂ (A∩B). Reciprocamente seja x ∈ (A∩B), então x∈A∧x∈B. Assim, x ∈ A. Como x ∈A ∧ x ∈ (A∩B), segue que x ∈ A ∩ (A ∩ B). Portanto, (A ∩ B) ⊂ A ∩ (A ∩ B). Dessa forma, A ∩ (A ∩ B) = (A ∩ B).

3.23. a) De fato, temos

x ∈ B \ CE A ⇔ x ∈ B ∧ x ∉ CE A ⇔ x ∈ B ∧ ~(x ∈ CE A) ⇔

⇔ x ∈ B ∧ ~(x ∉ A) ⇔ ⇔ x ∈ B ∧ ~(~x ∈ A) ⇔

⇔ x ∈ B ∧ x ∈ A ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B ⇔ x ∈ A ∩ B. b) De fato, temos

x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ B) ∨ (x ∈ B ∧ x ∉ A) ⇔

⇔ [(x∈A ∨ x∈B) ∧ (x∈A ∨ x∉A)] ∧ [( x∉B ∨ x ∈ B) ∧ [(x ∉ B ∨ x ∉ A)] ⇔

⇔ [(x∈A ∨ x∈B) ∧ t] ∧ [t ∧ [(x∉A ∨ x∉B)] ⇔ (x∈A ∨ x∈B) ∧ (x∉A ∨ x ∉ B) ⇔

⇔ x ∈ A ∪ B ∧ x ∉ A ∩ B) ⇔ x ∈ A ∪ B \ A ∩ B. c) De fato, temos

x∈ (A \ B) ∪ B ⇔ x ∈ (A \ B) ∨ x ∈ B ⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ B) ∨ x ∈ B ⇔

⇔ (x∈ B ∨ x ∈ A) ∧( x ∈ B ∨ x ∉ B) ⇔

⇔ (x∈ B ∨ x∈ A) ∧ [x∈ B ∨ ~(x∈ B)] ⇔(x ∈ B ∨ x ∈ A) ∧ t ⇔

⇔ (x ∈ B ∨ x ∈ A) ⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ⇔ x ∈ A ∪ B. d) De fato, temos


75

x ∈ A \ B ⇔ x ∈ A ∧ x ∉ B ⇒ x ∈ A ⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B ⇒ x ∈ A ∪ B. e) De fato, temos

x ∈ A ∪ (A∩B) ⇔ x ∈ A ∨ (x ∈ A∩B) ⇔ x ∈ A ∨ (x∈A ∧ x∈B) ⇔ x ∈ A. f) De fato, temos

x ∈ A \ (A ∩ B) ⇔ x ∈ A ∧ (x ∉ A ∩ B) ⇔ x ∈ A ∧ ~(x ∈ A ∩ B) ⇔

⇔ x ∈ A ∧ ~(x ∈ A ∧ x ∈ B) ⇔ x ∈ A ∧ [~(x ∈ A) ∨ ~(x ∈ B)] ⇔

⇔ (x∈ A ∧ x ∉ A) ∨ (x ∈ A ∧x ∉ B) ⇔ c ∨ (x∈A ∧ x ∉ B) ⇔

⇔ x ∈ A ∧ x ∉ B ⇔ x ∈ A \ B.

g) Como A ⊂ ∅, temos A = ∅, pois ∅ ⊂ A é sempre verdadeiro pelo Teorema 3.5. h) De fato, temos

x∈ (A \ B)∩ (C \ D) ⇔

⇔ x ∈ A \ B ∧ x ∈ C \ D ⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ B) ∧ (x ∈ C ∧ x ∉ D) ⇔

⇔ x ∈ A ∧ (x ∉ B ∧ x ∈ C) ∧ x ∉ D ⇔

⇔ x ∈ A ∧ (x ∈ C ∧ x ∉ B) ∧ x ∉ D ⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ C) ∧ (x ∉ B ∧ x ∉ D) ⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ C) ∧ (~x ∈ B ∧ ~x ∈ D) ⇔

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ C) ∧ ~(x ∈ B ∨ x ∈ D) ⇔

⇔ x ∈ A ∩ C ∧ ~(x ∈ B ∪ D) ⇔

⇔ x ∈ A ∩ C ∧ (x ∉ B ∪ D) ⇔ x ∈ (A ∩ C) \ (B ∪ D).

i) Suponhamos que A = B e seja C ∈ ℘(A), assim C ⊂ A. Como A = B, C ⊂ B, logo C ∈ ℘(B). Assim, ℘(A) ⊂ ℘(B). Considere agora C ∈ ℘(B), assim C ⊂ B. Como A = B, C ⊂ A, logo C ∈ ℘(A). Assim, ℘(B) ⊂ ℘(A). Logo, ℘(A) = ℘(B). Reciprocamente, suponhamos que ℘(A) = ℘(B) e seja x ∈ A, então {x} ∈ ℘(A). Como ℘(A) = ℘(B), então {x} ∈ ℘(B). Assim, temos {x} ⊂ B e então x ∈B. Logo, A ⊂ B. Considere agora x ∈ B, então {x} ∈ ℘(B). Como ℘(A) = ℘(B), então {x} ∈ ℘(A). Assim, temos {x} ⊂ A e então x ∈A. Logo, B ⊂ A. Portanto, A = B.


76

j) Suponhamos que A ⊂ B. Seja C ∈℘(A), assim C ⊂ A. Como A ⊂ B, segue que C ⊂ B, logo C∈℘(B) e assim ℘(A) ⊂ ℘(B). Reciprocamente, suponhamos que ℘(A) ⊂ ℘(B) e seja x ∈ A, então{x}∈℘(A). Como ℘(A) ⊂ ℘(B), então {x}∈℘(B). Logo, {x} ⊂ B e x ∈ B. Portanto, A ⊂ B.

k) Se a ∈ B temos

XaX}a{)B(}a{B}a{)B(X)B(X ℘∈℘∈

∈⇒⊆⇒℘∈⇒⊂ UU.

Logo, B ⊂ )B(X ℘∈U

X. Suponhamos que a ∈ )B(X ℘∈U

X, então existe X ∈℘(B) tal

que a ∈ X. Logo, existe X ⊆ B tal que a ∈ X, assim, a ∈ B. Logo, )B(X ℘∈U

X ⊂ B e a igualdade segue.

l) Suponhamos que A ∩ B = ∅, se tivermos ℘(A) ∩ ℘(B) ≠ {∅}, existe C ≠ ∅ tal que C ∈℘(A) e C ∈ ℘(B) e isto implica C ⊂ A ∧ C ⊂ B. Logo, C ⊂ A ∩ B e então A ∩ B ≠ ∅, o que é uma contradição. Reciprocamente, suponhamos que ℘(A) ∩ ℘(B) = {∅}, se A ∩ B ≠ ∅ existe x ∈ A ∧ x∈ B. Isto implica {x} ⊂ A e {x} ⊂ B e logo {x}∈℘(A) e {x}∈℘(B). Portanto, ℘(A) ∩ ℘(B) ≠ {∅}, o que é uma contradição.

m) Como ℘(A) ∈ ℘(B) temos ℘(A) ⊂ B. Por outro lado, A ∈ ℘(A). Portanto, A ∈ B.

n) X

)B(X ℘∈I

=∅. De fato, como ∅ ∈ ℘(B), então

X)B(X ℘∈

I = ∅ ∩

XX

)B(X∅≠℘∈I

= ∅.

o) De fato, temos

(a, x) ∈(A ∪ B) × X ⇔ a ∈ (A ∪ B) ∧ x ∈ X ⇔ (a ∈ A ∨ a ∈ B) ∧ x ∈ X ⇔

⇔ (x∈X ∧ a∈A) ∨ (x∈X ∧ a∈B) ⇔ (a ∈ A ∧ x ∈ X) ∨ (a ∈ B ∧ x ∈ X) ⇔

⇔ (a, x) ∈ A × X ∨ (a, x) ∈ B × X ⇔ (a, x) ∈ (A × X) ∪ (B × X).


77

p) De fato, temos

(a, x) ∈ A ∩ B × X ⇔ a ∈ A ∩ B ∧ x ∈ X ⇔ (a ∈ A ∧ a ∈ B) ∧ x ∈ X ⇔

⇔ (a∈A ∧ a∈B) ∧ (x∈X ∧ x ∈ X) ⇔ a ∈ A ∧ (a ∈ B ∧ x ∈ X) ∧ x ∈ X ⇔

⇔ a∈A ∧ (x∈X ∧ a∈B) ∧ x ∈ X ⇔ (a ∈ A ∧ x ∈ X) ∧ (a ∈ B ∧ x ∈ X) ⇔

⇔ (a, x) ∈ A × X ∧ (a, x) ∈ B × X ⇔ (a, x) ∈ (A × X) ∩ (B × X).

q) De fato, temos

x∈ A∩ B ⇔ x∈ A ∧ x ∈ B ⇔ (x∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (x ∈ C ∨ x ∉ C) ⇔

⇔ [(x∈ A ∧ x∈ B)∧ x∈ C]∨ [(x∈ A ∧ x∈ B)∧ x∉ C] ⇒

⇒ (x∈A ∧ x∈C) ∨ (x∈B ∧ x ∉ C) ⇒ (x∈A ∧ x ∈ C) ∨ (x∈ B ∧ x ∈ CE C)

⇒ x ∈ A ∩ C ∨ x ∈ B ∩ CE C⇒ x ∈ (A ∩ C) ∪ (B ∩ CE C).

r) De fato, temos

(a, x) ∈(A \ B) × X ⇔ a ∈ (A \ B) ∧ x ∈ X ⇔ (a ∈ A ∧ a ∉ B) ∧ x ∈ X ⇔

⇔ (a∈A ∧ a∉B) ∧ (x∈X ∧ x∈X) ⇔ (a ∈ A ∧ x ∈ X) ∧ (a ∉ B ∧ x ∈ X) ⇔

⇔ (a, x) ∈ A × X ∧ (a, x) ∉ B × X ⇔ (a, x) ∈ (A × X) \ (B × X).

s) De fato, temos

x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ CE C) ⇒ x ∈ (A ∪ C) ∧ x ∈ (B ∪ CE C) ⇒

⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ CE C) ⇒

⇒ [(x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (x ∈ B)] ∨ [(x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ x ∈ CE C] ⇒

⇒ [(x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (x ∈ B)] ∨ [x ∈ CE C ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C)] ⇒

⇒ [(x∈ A ∨ x∈ C) ∧ (x∈ B)] ∨ [(x∈ CE C ∧ x ∈ A)∨ (x∈ CE C ∧ x ∈ C)]

⇒ [(x∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (x∈ B)] ∨ (x∈ CE C ∧ x ∈ A) ⇒ x∈ A ∨ x∈ B ⇒

⇒ x∈ A ∪ B. 3.24. Basta considerarmos os conjuntos

A= {1, 2, 3}, B= {3, 4, 6} e C= {2, 5, 6}

e teremos um contra-exemplo. De fato, (A ∩ B) ∪ C={2, 3, 5, 6} e A ∩ (B ∪ C)={2, 3}. Mostremos agora a equivalência entre a igualdade dada e C ⊂ A.


78

Suponhamos que (∀A,∀B,∀C)[(A ∩ B) ∪ C = A ∩ (B ∪ C)] e considere x ∈ C. Então x ∈ (A ∩ B) ∪ C e, pela hipótese, x ∈ A ∩ (B ∪ C). Logo, x ∈ A e, portanto, C ⊂ A. Reciprocamente, suponhamos que C ⊂ A então, temos que x∈(A ∩ B) ∪ C se, e somente se x ∈ (A ∩ B) ou x∈C, ou seja, (x∈ A e x ∈ B) ou x∈C. Mas isto equivale a (x∈A ou x∈C) e (x ∈ B ou x ∈ C) o que, por sua vez, equivale a x ∈ (A ∪ C) e x ∈ (B ∪ C). Como C ⊂ A, temos que x ∈ (A ∪ C) e x ∈ (B ∪ C) é equivalente a x ∈ A e x ∈ (B ∪ C), ou seja, x ∈ A ∩ (B ∪ C).

3.25. a) A \ B={2, 5} e B \ A=∅. Assim A ∆ B={2, 5} b) Devemos mostrar que (A \ ∅) ∪ (∅ \ A)=A. Com efeito,

x∈ (A \ ∅) ∪ (∅ \ A) ⇔ (x ∈ A \ ∅) ∨ (x ∈ ∅ \ A) ⇔

⇔ (x∈ A ∧ x ∉ ∅) ∨ (x ∈ ∅ ∧ x ∉ A).

Mas (x ∈ ∅ ∧ x ∉ A) é sempre falsa, pois x ∉ ∅. Assim

(x ∈ A ∧ x ∉ ∅) ∨ (x ∈ ∅ ∧ x ∉ A) ⇔ x ∈ A ∧ x ∉ ∅ ⇔ x ∈ A ∧ t ⇔ x ∈ A.

c) Devemos mostrar que (A \ A) ∪ (A \ A)= ∅. De fato, A \ A=∅, pelo item a do Teorema 3.11, assim ∅ ∪ ∅=∅.

d) Como A ∆ B = (A – B) ∪ (B – A) e B ∆ A = (B – A) ∪ (A – B), o resultado segue da comutatividade da união de dois conjuntos.

e) Seja x um elemento de (A ∆ B) ∆ C. Como

(A ∆ B) ∆ C = ((A ∆ B) \ C) ∪ (C \ (A ∆ B)), temos os seguintes casos:

1. x ∈ A ∆ B e x ∉ C: Neste caso temos os seguintes subcasos:

i) x ∈ A e x ∉ B e x ∉ C.

ii) x ∉ A e x ∈ B e x ∉ C

2. x ∉ A ∆ B e x ∈ C: Neste caso temos os seguintes subcasos:

i) x ∈ A e x ∈ B e x ∈ C.

ii) x ∉ A e x ∉ B e x ∈ C.


79

Logo, das três relações x ∈ A, x ∈ B e x ∈ C, um elemento de (A ∆ B) ∆ C satisfaz exatamente uma delas ou todas simultaneamente. Por outro lado um elemento x pertence a A ∆ (B ∆ C) somente nos seguintes casos:

1. x ∈ A e x ∉ B ∆ C: Neste caso, temos os seguintes subcasos:

i) x ∈ A e x ∈ B e x ∈ C.

ii) x ∈ A e x ∉ B e x ∉ C.

2. x ∉ A e x ∈ B ∆ C: Neste caso, temos os seguintes subcasos:

i) x ∉ A e x ∈ B e x ∉ C.

ii) x ∉ A e x ∉ B e x ∈ C. que são exatamente as condições anteriores. Portanto,

(A ∆ B) ∆ C = A ∆ (B ∆ C). 3.26. Não é verdadeiro, basta considerarmos A= {1, 2, 3}, B= {3, 4, 6} e C= {2, 5, 6}, teremos que

A ∪ (B \ C)={1, 2, 3, 4} e (A ∪ B) \ (A ∪ C) = {4}. 3.27.

a) Não é partição, pois ∅ ∈ ℑ, 0 ∉ A, assim {o, 10} ⊄ A. Logo,

5 ∉ U

ℑ∈B

B e 6 pertence a dois conjuntos distintos. Logo, ii) não é

verdadeira. Podemos definir uma nova partição ℑ= {{1,6},{2,7},{3,8},{4,9},{5,10}}.

b) Não é partição, pois ∅ ∈ ℑ e 0 ∉ A. Uma nova partição pode ser

ℑ={{1,6},{2,7},{3,8},{4,9},{5,10}}.

c) Não é partição, pois ∅ ∈ ℑ, 9 ∉ B, para qualquer B∈ ℑ e 5 pertence a dois conjuntos distintos. Uma nova partição pode ser

ℑ= {1,6},{2,7},{3,8},{4,5},{9,10}}.


80

d) Não é partição, pois ∅ ∈ ℑ, e 6 pertence a dois conjuntos distintos. Podemos definir uma nova partição

ℑ= {{1},{2,7},{3,8},{4,9},{5,6,10}}.

e) Não é partição, pois ∅ ∈ ℑ e Uℑ∈≠

BAB

, uma vez que 10∉ U

ℑ∈B

B. Uma

nova partição pode ser ℑ = {{1,6,10},{2,7,8,3},{3,4},{5,9}}.

f) Não é partição pois ∅ ∈ ℑ. Podemos definir uma nova partição

ℑ = {{1,6},{2,7},{3,8,4,9},{5,10} }.

g) Não é partição, pois 1 pertence a dois conjuntos distintos e além

disso, 0 ∈ U

ℑ∈B

B e 0∉A, logo ii) não se verifica. Uma nova partição pode

ser

ℑ={{6},{2,7},{3,8},{4,9},{1,5,10}}.

h) Não é partição, pois Uℑ∈≠

BAB

, ou seja, B={11, 12}⊄ A. Uma nova partição pode ser ℑ= {{1,6},{2,7},{3,8},{4,9},{5,10}}.

i) Não é partição, pois 5 pertence a dois conjuntos distintos e 8∉ B para qualquer B∈ ℑ. Uma nova partição pode ser

ℑ = {{1,6.8},{2,7},{3},{4,9},{5,10}}. j) Não é partição, pois 5 pertence a dois conjuntos distintos. Uma nova partição pode ser ℑ = {{1,6},{2,7,8},{3,5},{4,9},{10}}.

k) Não é partição, pois 6∉ B qualquer que seja o conjunto B∈ ℑ. Uma nova partição pode ser

ℑ = {{1},{2,7},{3,5},{4,6,9},{8,10}}. l) É partição, pois satisfaz os três itens da definição.


81

3.28. Podemos encontrar as seguintes partições: a) Em relação ao conjunto {1, 2}, temos

• {{1},{2}},

• {{1,2}}. b) Em relação ao conjunto {1,2,3}, temos

• {{1},{2},{3}},

• {{1,2},{3}},

• {{1,3},{2}},

• {{1},{2,3}},

• {{1,2,3}} c) Em relação ao conjunto {a,b,c,d}, temos

• {{a},{b},{c},{d}},

• {{a,b},{c},{d}},

• {{a,b},{c,d}},

• {{a,c},{b},{d}},

• {{a,c},{b,d}},

• {{a,d},{b},{c}},

• {{a,d},{b,c}},

• {{a},{b,c},{d}},

• {{a,d},{b,c}},

• {{a},{b,d},{c},

• {{c,d},{a},{b}},

• {{a,b,c},{d}},

• {{a,b,d},{c}},

• {{b,c,d},{a}},

• {a,b,c,d}.

3.29. De fato, Uℑ∈BB

={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, assim basta observarmos que

todo elemento de A pertence a Uℑ∈BB

, assim A ⊂ Uℑ∈BB

e, por definição, ℑ é uma cobertura de A.


82

3.30. a) Seja ℑ uma coleção de conjuntos fechada para a união. Por hipótese, temos A ∩ B e A ∪ B em ℑ para quaisquer A e B em ℑ. As leis comutativas, associativa e distributiva seguem do Teorema 3.13. A identidade aditiva é o conjunto vazio e a identidade multiplicativa é o conjunto união de todos os conjuntos de ℑ. O complemento é o complementar de um conjunto na união de todos os conjuntos de ℑ.

b) Por definição, temos p ∨ q e p ∧ q pertencente ao conjunto das proposições. As leis comutativa, associativa e distributiva seguem das equivalências lógicas. A identidade aditiva é a contradição e a identidade multiplicativa é a tautologia. O complemento é a negação. 3.31.

x

yx = y

0

a)

x

yx = y

0

b)

c)

3.32. A única condição é que A= B. De fato,

(x, y) ∈ A × B ⇔ x∈ A ∧ y ∈ B. Por outro lado, (x, y) ∈ B × A ⇔ x∈ B ∧ y ∈ A. Logo, x∈ A ⇔ x ∈ B.

3.33. Suponhamos que A × B = ∅ e que A e B sejam diferentes do conjunto vazio. Logo, existem a∈ A e b∈ B pela Definição 3.21 tal que


83

A × B ≠ ∅, pois (a, b) ∈ A × B, o que contradiz a hipótese. A recíproca segue do Exemplo 3.29. 3.34. Seja (a,x) ∈ A × C, logo (a ∈ A) ∧ x ∈ C), então, como A ⊂ B, temos (a∈B) ∧ (x∈C), logo (a, x) ∈ B × C, como queríamos demonstrar. 3.35. De fato, temos (a, x) ∈ (A × C) ∩ (B × D) ⇔ [(a, x) ∈ (A × C) ] ∧ [(a, x) ∈ (B × D)] ⇔

⇔[(a ∈ A) ∧ (x ∈ C)] ∧ [(a ∈ B) ∧ (x ∈ D)] ⇔

⇔ (a ∈ A) ∧ [(x ∈ C) ∧ (a ∈ B)] ∧ (x ∈ D) ⇔

⇔(a ∈ A) ∧ [(a ∈ B) ∧ (x ∈ C)] ∧ (x ∈ D) ⇔

⇔[(a ∈ A) ∧ (a ∈ B)] ∧ [(x ∈ C) ∧ (x ∈ D)] ⇔

⇔ [a ∈ (A ∩ B)] ∧ [x ∈ (C ∩ D)] ⇔ (a, x) ∈ (A ∩ B) × (C ∩ D). 3.36. Suponhamos que (a ∈ A) ∧ (x ∉ C), como x ∉ C, então (a,x) ∉ A×C. Logo, a ∈ A ∧ [(a, x) ∉ A × C]. Reciprocamente, como (a, x) ∉ A × C e a ∈ A, então x ∉ C. Assim, (a ∈ A) ∧ (x ∉ C). 3.37. Seja (a, b) ∈ A × B, assim, por definição, a∈ A e b∈ B. Como A ⊂ X e B ⊂ Y então

a∈ A ⇒ a ∈ X e b ∈ B ⇒ B∈ Y.

Logo a ∈ X e B ∈ Y e portanto (a, b) ∈ X × Y. A recíproca nem sempre é válida, valerá somente se A e B forem ambos vazios ou ambos diferentes do conjunto vazio. De fato, se ambos forem vazios o resultado é imediato, do Teorema 3.5. Suponhamos que A × B ⊆ X × Y, onde A e B são ambos não vazios e considere x ∈ A. Assim temos (x,y) ∈ A × B, para todo y ∈ B. Logo, (x,y) ∈ X × Y e, portanto, x ∈ X, ou seja, A ⊆ X. Analogamente, temos B ⊆ Y. Quando exatamente um dos conjuntos é vazio, digamos o conjunto A, teremos A × B = ∅ ⊆ X × Y, independente do conjunto B e assim existirá um conjunto B que não esteja contido necessariamente em Y. 3.38. a) A × B ={(1,2), (1,3), (1,4), (2,2), (2,3), (2,4), (3,2), (3,3), (3,4)}.

b) B × A ={(2,1), (3,1), (4,1), (2,2), (3,2), (4,2), (2,3), (3,3), (4,3)}.


84

2 3

234

1 3 4

123

2

a) b)

c) A × C ={(1,a), (1,b), (1,c), (2,a), (2,b), (2,c), (3,a), (3,b), (3,c)}.

d) C × A ={(a,1), (a,2), (a,3), (b,1), (b,2), (b,3), (c,1), (c,2), (c,3)}.

2 3

abc

1 b c

123

a

c) d)

e) B × C ={(2,a), (2,b), (2,c), (3,a), (3,b), (3,c), (4,a), (4,b), (4,c)}.

f) (A × B) ∩ (A × C) = ∅.

g) A × (B ∪ C) ={(1,2), (1,3), (1,4), (1,a), (1,b), (1,c), (2,2), (2,3), (2,4), (2,a), (2,b), (2,c), (3,2), (3,3), (3,4), (3,a), (3,b), (3,c)}.

3 4

abc

2

e) g)

2 3

abc

1

234


85

h) (A × B) ∪ (A × C) ={(1,2), (1,3), (1,4), (2,2), (2,3), (2,4), (3,2), (3,3), (3,4), (1,a), (1,b), (1,c), (2,a), (2,b), (2,c), (3,a), (3,b), (3,c)}.

i) C × B ={(a,2), (a,3), (a,4), (b,2), (b,3), (b,4), (c,2), (c,3), (c,4)}.

j) A × (B ∩ C)= A × ∅=∅.

h)

2 3

abc

1

234

b c

234

a

i)

3.39. Seja x ∈ B então x ∈ A ∪ B e assim x ∈ A ∪ C. Como A ∩ B = ∅ temos que x ∉ A, logo x ∈ C. Portanto, B ⊂ C. Analogamente, concluímos que C ⊂ B e o resultado segue.

Capítulo 4

4.1. As relações de A em B são todos os subconjuntos do produto cartesiano A × B. Como A × B = {(1,a),(1,b),(1,c)}, teremos as seguintes relações: ∅, {(1,a)}, {(1,b)}, {(1,c)}, {(1,a),(1,b)}, {(1,a),(1,c)}, {(1,b),(1,c)} e A × B. 4.2. Agruparemos os resultados na seguinte tabela:

ITEM RELAÇÃO INVERSA DOMÍNIO IMAGEM

a) {(2,b),(3,b),(1,d),(3,d) {b,d} B

b) {(a,b),(d,c),(b,a),(d,a),(c,a)} {a,b,c} B


86

c) {(x,y) ∈ IR × IR | x2+y2=1} [-1,1] [-1,1]

d) {(x,y) ∈ Z × Z | x2+y2=1} {-1,0,1} {-1,0,1}

e) {(y,x) ∈ IR × IR | x > y + 1} IR IR

f) {(y,x) ∈ Z × Z | x > y2 } Z*+ Z

4.3. Exemplo 4.3: A = {0,1,2}, B = {c,d,e,f} e R(A,B) = {(0,d),(0,e),(1,d),(1,f),(2,c),(2,d)}.

DIAGRAMA CARTESIANO DIAGRAMA SAGITAL

0 1 2

f

e

d

c

0

1

2c

e

f

d

Exemplo 4.4: A = IN, B = IN, R(A,B,P)={(x,y)∈IN×IN|x é divisível por y} Representaremos esta relação através dos diagramas, considerando apenas o subconjunto {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} de IN.


1 2

12

45

0 3 4 6 7 85 9 10

3

6

89

7

10

98

1

2

345

6

7

10

0

98

1

2

345

6

7

10

0


87

Exemplo 4.6 A = {a1,a2,a3}, B = {b1,b2,b3,b4} e R={( a1, b1), (a1, b2), ( a1, b3), ( a2, b3)}


b1

b2

a1 a2

b3

b4

B

a3 A

a1

a3

b3

b2

b1

b4

B

a2

A

Exemplo 4.8 X um conjunto e ℘(X) o conjunto das partes de X, e a relação R(X,℘(X),P) em X × ℘(X) caracterizada pela proposição P(x,y): “x ∈ y”


∅{1}

{3}{1, 2}

1 2

{2}

{1, 3}

X℘(X)

{2, 3}

3 X

1

3

∅

{1}

{2}

{3}

{1, 2}

{1, 3}

{2, 3}

X℘(X)

2

X

4.4. Exemplo 4.4 A = IN, B = IN, R(A,B,P)={(x,y)∈IN×IN|x é divisível por y}

Representaremos a inversa desta relação através dos diagramas, considerando apenas o subconjunto {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} de IN.


88


1 2

12

45

0 3 4 6 7 85 9 10

3

6

89

7

10

98

1

2

345

6

7

1 0

0

98

1

2

345

6

7

1 0

0

Exemplo 4.8

X um conjunto e ℘(X) o conjunto das partes de X, e a relação R(X,℘(X),P) em X × ℘(X) caracterizada pela proposição P(x,y): “x ∈ y”


∅ {1} {3}{1,2}

1

2

{2} {1,3} X ℘(X){2,3}

3

X

1

3

∅

{1}

{2}

{3}

{1, 2}

{1, 3}

{2, 3}

X℘(X)

2

X

4.5. Agruparemos os resultados na seguinte tabela: DIAGRAMA CARTESIANO

ITEM RELAÇÃO INVERSA


89

a)

a b

1

2

c d

3

1 2 3

d

c

b

a

b)

a b

a

b

c d

c

d

a

b

a b

c

d

c d

c)

(-1,0)

(0, -1)

(1, 0)

(0, 1)

(-1,0)

(0, -1)

(1, 0)

(0, 1)

d) (-1,0)

(0, -1)

(1, 0)

(0, 1)

(-1,0)

(0, -1)

(1, 0)

(0, 1)


90

e) x

y

(0,-1)

(1, 0)

x

y

(0,-1)

(1, 0)

f)

x

y

x

y

DIAGRAMA SAGITAL

ITEM RELAÇÃO INVERSA

a) 3

1

b

c

d

a

2

3

1

b

c

d

a

2


91

b) c

a

b

c

d

a

b

d

c

a

b

c

d

a

b

d

c) Não é conveniente Não é conveniente

d)

-1

1

0

-1

1

0

Z Z

-1

1

0

-1

1

0

Z Z

e) Não é conveniente Não é conveniente

f)

-1

2

4

3

2

5

1

-21

0

Z Z

-1

2

4

3

2

5

1

-21

0

ZZ

4.6. a) R = A × A.

• A × A é reflexiva. De fato: (∀a ∈ A) (a R a) pois (a, a) ∈ A × A. • A × A é simétrica. De fato, se (a, b) ∈ A × A, então a,b∈A e

assim (b,a)∈A×A. • A × A é transitiva. De fato: Se (a, b), (b, c) ∈ A × A, então a, b, c

∈ A e assim (a, c) ∈ A × A. • A × A não é anti-simétrica. (a, b), (b, a) ∈ A × A, porém não

necessariamente a = b.


92

b) R(Z,Z) = {(x, y) ∈ Z × Z | x = 1}.

• R(Z,Z) não é reflexiva, pois (2, 2) ∉ R.

• R(Z,Z) não é simétrica, pois (1, 2) ∈ R mas (2, 1) ∉ R.

• R(Z,Z) é transitiva. De fato: para que as hipóteses estejam satisfeitas devemos escolher sempre o par ordenado (1, 1) o outro pode ser qualquer (1, y). Assim teremos, (1, 1), (1, y) ∈ R e (1, y) ∈ R.

• R é anti-simétrica. De fato: (1, y) e (y, 1) estão em R ⇔ y = 1.

c) R’(IR,IR) = {(x, y) ∈ IR × IR| y = x} = IIR. • R’ é reflexiva: ∀x ∈ IR, teremos (x,x) ∈ R’.

• R’ é simétrica, se (x, y) ∈ R’, então x = y, logo (y, x) ∈ R’.

• R’ é transitiva, se (x, y) ∈ R’ e (y, z) ∈ R’, teremos x = y = z e assim, (x, z) ∈ R’.

• R’ é anti-simétrica. se (x, y) ∈ R’ e se (y, x) ∈ R’, teremos x = y. d) R = {(a,a), (a,b), (b,b), (b,c), (c,b)}.

• R não é reflexiva pois (c,c) ∉ R.

• R não é simétrica pois (a,b) ∈ R mas (b,a) ∉ R.

• R não é transitiva pois (a,b) ∈ R e (b,c) ∈ R mas (a,c) ∉ R.

• R não é anti-simétrica pois (b,c) ∈ R e (c,b) ∈ R mas c é diferente de b.

e) R’ = {(a,a), (a,b), (b,b), (b,c), (c,b), (c,c)},

• R’ é reflexiva pois (x,x) ∈ R’ para todo x ∈ A.

• R’ não é simétrica pois (a,b) ∈ R’ mas (b,a) ∉ R’.

• R’ não é transitiva pois (a,b) ∈ R’ e (b,c) ∈ R’ mas (a,c) ∉ R’.

• R’ não é anti-simétrica pois (b,c) ∈ R’ e (c,b) ∈ R’ mas c é diferente de b.


93

f) R = R(A,A,P) onde A = { x | x é uma reta do espaço euclidiano} e P(x,y): “x é paralela a y"

• R é ou não reflexiva, dependendo da definição de paralelas utilizada: 1o Caso: Duas retas são paralelas se a interseção é vazia. Neste caso, retas coincidentes não são paralelas e assim a relação não é reflexiva. 2o Caso: Duas retas são paralelas se a distância entre elas é constante. Neste caso, retas coincidentes são paralelas e assim a relação reflexiva.

• R é simétrica, pois se r // s então s // r. R é transitiva, pois se r // s e s // t, então r // t.

• R não é anti-simétrica, pois existem retas r e s tais que r // s, s // r e r ≠ s.

g) R(A,A,P) onde A = {x | x é ser humano} e P(x,y): “x ama y.

• R não é reflexiva, pois existem seres humanos que não se amam.

• R não é simétrica, pois existem x, y tal que x ama y porém, y não ama x.

• R não é transitiva, pois existem x, y, z tal que x ama y, y ama z mas x odeia z.

• R não é anti-simétrica: existem x que ama y e y que ama x e x não é y.

h) R(A,A,P) onde A = { x | x e um segmento de reta no plano euclidiano} e P(x,y): "x é congruente a y".

• R é reflexiva, pois x ≡ x.

• R é simétrica, pois x ≡ y ⇔ y ≡ x.

• R é transitiva, pois se x ≡ y e y ≡ z então x tem a mesma medida que y e y tem a mesma medida que z, logo x e z tem a mesma medida, logo x ≡ z.

• R não é anti-simétrica, pois existem segmentos x e y tais que x ≡ y, y≡x e x ≠ y.


94

i) R(A,A,P) onde A = { x | x é uma reta do espaço euclidiano} e P(x,y): "x é perpendicular a y".

• R não é reflexiva, pois nenhuma reta é perpendicular a si mesma.

• R é simétrica, pois se r é perpendicular a s então s é perpendicular a r.

• R não é transitiva, pois se s é perpendicular a r e r é perpendicular a t , isto não implica que s seja perpendicular a t.

• R não é anti-simétrica, pois existem r ⊥ s e s ⊥ r com r ≠ s. 4.7. a) De fato, temos

y ∈ CX(R ∩ S) ⇔ y (R ∩ S) x

⇔ (y, x) ∈ (R ∩ S)

⇔ (y, x) ∈ R ∧ (y, x) ∈ S)

⇔ y R x ∧ y S x

⇔ y∈ CX(R) ∧ y ∈ CX(S)

⇔ y∈ CX(R) ∩ CX(S) b) De fato, temos

y ∈ CX(R ∪ S) ⇔ y (R ∪ S) x

⇔ (y, x) ∈ (R ∪ S)

⇔ (y, x) ∈ R ∨ (y, x) ∈ S

⇔ y R x ∨ y S x

⇔ y∈ CX(R) ∨ y ∈ CX(S)

⇔ y∈ CX(R) ∪ CX(S)

4.8. a) Temos que R não é simétrica pois (a,b) ∈ R e (b,a) ∉ R, assim R não é uma relação de equivalência.

b) A relação R não é reflexiva pois (c,c) ∉ R, logo R não é uma relação de equivalência.


95

c) Como visto no item a) do Exercício 4.6 esta relação é reflexiva, simétrica e transitiva, logo é de equivalência. d) Pelo Exemplo 4.18, temos que a relação vazia não é reflexiva, logo não é de equivalência. e) Não é de equivalência, pois não é simétrica. Basta considerarmos x= 2 e y = 3, teremos 2 ≤ 3, mas 3 não é menor ou igual 2. f) Não é de equivalência, pois não é transitiva, basta considerarmos x = 1, y = 4 e z = 1, assim x + y = 5 e y + z = 5, mas x + z = 2 ≠ 5. g) Um segmento X é eqüipolente a Y se tiverem o mesmo comprimento. Como X tem o mesmo comprimento de X, X é eqüipolente a X, logo R é reflexiva. Se X tem o mesmo comprimento de Y, Y tem o mesmo comprimento de X, logo R é simétrica. Se X tem o mesmo comprimento de Y, e Y tem o mesmo comprimento de Z, X tem o mesmo comprimento de Z e assim X é eqüipolente a Z, logo R é transitiva. Assim, R é de equivalência. 4.9. a) Temos, por definição de relação inversa que

R–1 = {(b, a) ∈ B × A (a, b) ∈ R}, S–1 = {(c, b) ∈ C × B (b, c) ∈ S} e (S ° R)–1= {(c,a)∈ C×A ∃b ∈ B com (a,b) ∈ R e (b,c)∈S}.

Por definição de composta,

R–1 ° S–1 = {(c, a) ∈ C × A ∃b ∈ B com (c, b) ∈ S–1 e (b, a) ∈ R–1}=

= {(c, a) ∈ C × A ∃b ∈ B com (b, c) ∈ S e (a, b) ∈ R}.

Comparando (S ° R)–1 e R–1 ° S–1 obtidas temos a igualdade desejada.

b) Seja x ∈ E como R é reflexiva, temos que (x, x) ∈ R, logo (x, x) ∈ R–1, pelo item a) do Teorema 4.5. Assim, (x, x) ∈ R ° R–1 e (x, x) ∈ R–1 ° R.

c) Seja (x, y) ∈ R ° R–1, então, por definição de composta, existe z ∈ E tal que (x, z) ∈ R–1 e (z, y) ∈ R. Por definição de relação inversa, temos


96

i) (z, y) ∈ R ⇒ (y, z) ∈ R–1

ii) (x, z) ∈ R–1 ⇒ (z, x) ∈ R.

Assim, de i), ii) e a definição de composta, (y, x) ∈ R°R–1, logo independentemente da hipótese de R ser simétrica, temos R ° R–1 simétrica. Demonstra-se, de maneira análoga, que R–1 ° R, é simétrica, também independente de R ser simétrica.

d) Suponhamos que S ° R é simétrica, vamos mostrar que S ° R = R ° S. Seja (x, y) ∈ S ° R. Como S ° R é simétrica (y, x) ∈ S ° R, assim, por definição de composta, existe z ∈ E tal que (y, z) ∈ R e (z, x) ∈ S. Como R e S são simétricas (z, y) ∈ R e (x, z) ∈ S. Assim, por definição de composta (x, y) ∈ R ° S. Da mesma forma, se (x, y) ∈ R ° S, temos que (y, x) ∈ S ° R, e como S ° R é simétrica, (x, y) ∈ S ° R e assim teremos que S ° R = R ° S. Reciprocamente, suponhamos que S ° R = R ° S, se (x, y) ∈ S ° R então por hipótese, (x, y)∈ R°S, assim existe z ∈ E tal que (x, z) ∈ S e (z, y) ∈ R. Como R e S são simétricas (z, x) ∈ S e (y, z) ∈ R e assim, por definição de composta (y, x) ∈ S ° R, donde S ° R é simétrica. 4.10.

a) De fato, se R é reflexiva então para todo x ∈ A temos (x, x) ∈ R. como o diagrama cartesiano ∆ contém todos os pontos de coordenadas (x, y) com x R y e (x, x) é representado pelos pontos da bissetriz obtemos o desejado. A recíproca segue o mesmo raciocínio.

b) De fato, se R é simétrica e um ponto do diagrama cartesiano ∆ de R representa (x, y) ∈ R devemos ter (y, x) ∈ R. Assim, ∆ possui um ponto de coordenadas (y, x) que é exatamente o ponto simétrico com relação à bissetriz. A recíproca é análoga.

c) Se ∆ contém pontos simétricos em relação à bissetriz então devemos ter dois pontos com coordenadas trocadas, ou seja, pontos que representam pares ordenados do tipo (x, y) e (y, x) como y ≠ x. Isto


97

implica que R não é anti-simétrica. De maneira análoga, mostra-se a recíproca. 4.11.

a) Temos que R é reflexiva se, e somente se, para todo x ∈ A temos (x, x) ∈ R, ou seja, o ponto que representa x possui uma flecha sobre si mesmo.

b) Temos que R é simétrica se, e somente se, x R y ⇒ y R x. Assim, se o ponto que representa x liga-se ao ponto que representa y devemos ter que o ponto y liga-se ao ponto que representa x, isto equivale a ter flecha dupla. c) Suponhamos que R seja anti-simétrica. Se o diagrama possuir flechas duplas então teremos dois pontos representando x e y distintos em A tais que x está ligado com y e y ligado com x, ou seja, (x, y) ∈ R e (y, x) ∈ R tais que y ≠ x, o que contradiz a hipótese. A recíproca é análoga. d) Suponhamos que R é transitiva e consideremos um par de flechas consecutivas. A primeira flecha representa um par (x, y) ∈ R e a segunda flecha representa um par (y, z) ∈ R. Como R é transitiva temos (x, z) ∈ R a flecha que representa (x, z) é exatamente a flecha com origem na origem da primeira flecha e extremidade na extremidade da segunda flecha.

4.12. a) Como X ∩ E = X ∩ E, temos que x R x e, por tanto, R é reflexiva. Suponhamos que X ∩ E = Y ∩ E, então Y ∩ E = X ∩ E. Logo, R é simétrica. Finalmente, se X ∩ E = Y ∩ E e Y ∩ E = Z ∩ E, então temos X ∩ E = Z ∩ E. Logo, R é transitiva.

b) Como X ∪ E = X ∪ E temos que S é reflexiva. Suponhamos que X ∪ E = Y ∪ E, então Y ∪ E = X ∪ E. Logo, S é simétrica. Finalmente, se X ∪ E = Y ∪ E e Y ∪ E = Z ∪ E, então X ∪ E = Z ∪ E. Logo S é transitiva.


98

4.13. Seja A = {a, b, c} a) Considere R = {(a, a), (b, b), (a, b), (a, c), (b, c)}

• R não é reflexiva pois (c, c) ∉ R.

• R não é simétrica pois (a, b) ∈ R mas (b, a) ∉ R.

• R não é transitiva pois (a, b) ∈ R e (b, c) ∈ R mas (a, c) ∉ R. b) Sejam R = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (c, a), (b, c)}, S = {(a, a), (b, b), (a, b), (b, c), (b, a), (c, b)} e T = {(a, a), (b, b), (a, b), (b, c), (a, c), (b, a)} Temos que:

• R é reflexiva mas não é simétrica, pois (a, b) ∈ R e (b,a) ∉ R, nem transitiva, pois (a, b) ∈ R, (b, c) ∈ R, mas (a,c) ∉ R.

• S é simétrica mas não é reflexiva, pois (c,c) ∉ R, nem transitiva, pois (a, b) ∈ R, (b, c) ∈ R, mas (a,c) ∉ R.

• T é transitiva mas não é reflexiva nem simétrica. c) Sejam R = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, a), (b, c), (c, b)}, S = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, c), (a, c)} e T = {(a, a), (b, b), (a, b), (b, a)} Temos

• R é reflexiva e simétrica mas não é transitiva.

• S é reflexiva e transitiva mas não é simétrica.

• T é simétrica e transitiva mas não é reflexiva.

4.14. a) R é reflexiva se, e somente se, R-1 é reflexiva. Suponhamos que R seja reflexiva, então para todo x em A, (x, x) ∈ R. Assim, por definição de inversa, (x, x) ∈ R-1 e, portanto, R-1 é reflexiva. Reciprocamente, se R-1 é reflexiva, então para todo x em A, (x, x) ∈ R-1 e assim, por definição de inversa, (x, x) ∈ R e, portanto, R é reflexiva.

b) R é simétrica se, e somente se, R-1 é simétrica.


99

Suponhamos que R seja simétrica, se (y, x) ∈ R-1 temos, por definição que (x, y) ∈ R e assim, por hipótese, (y, x) ∈ R. Logo, pela definição de inversa, (x, y) ∈ R-1 e, portanto, R-1 é simétrica. Reciprocamente, suponha-mos que R-1 seja simétrica, se (x, y) ∈ R, temos que (y, x) ∈ R-1 e por hipótese, (x, y) ∈ R-1. Logo, pela definição de inversa (y, x) ∈ R e, portanto, R é simétrica. d) R é anti-simétrica se, e somente se, R-1 é anti-simétrica.

Suponhamos que R seja anti-simétrica, então se (x, y) ∈ R e (y, x) ∈ R, temos x = y. Se (y, x) ∈ R-1 e (x, y) ∈ R-1, temos que (x, y) ∈ R e (y, x)∈R, assim, por hipótese, x = y e portanto R-1 é anti-simétrica. Recíproca-mente, se R-1 é anti-simétrica então (y, x) ∈ R-1 e (x, y) ∈ R-1 implica x = y. Assim, se (x, y) ∈ R e (y, x) ∈ R então (y, x) ∈ R-1 e (x, y) ∈ R-1 e, portanto, x = y. Assim R é anti-simétrica.

4.15. a) Sendo A = {a,b} ∪ {c,d,e} = {a, b, c, d, e}, teremos R = {(a,a),(a,b),(b,a),(b,b),(c,c),(c,d),(d,c),(c,e),(e, c),(d, d),(d, e),(e, d),(e, e)}.

b) Sendo A = {a,b,c} ∪ {d} ∪ {e} = {a, b, c, d, e}, teremos R = {(a, a),(a, b), (b, a), (a, c), (c, a), (b, b), (b, c), (c, b), (c, c), (d, d), (e,e)}.

c) Sendo A= {0, ±2, ±4,...} ∪ {±1, ±3, ±5,...} = Z, teremos R = {(x,y) | x e y possuem a mesma paridade}.

4.16. a) O produto cartesiano determina a partição ℑ = {A}. b) A relação identidade IA determina a partição ℑ = {{x} x ∈ A}.

c) A relação R determina a partição ℑ = {{a, b}, {c}}. d) Exemplo 4.27


100

A = {x | x é um triângulo no plano euclidiano} e para x, y em A, considere a proposição P(x,y): "x é semelhante6 a y".

Esta relação determina a partição ℑ formada por conjunto da forma: X∆ = {T ∈ AT é semelhante a ∆} onde ∆ é um triângulo no plano euclidiano. e) Exemplo 4.28 R = R(Z,Z,P) a relação no conjunto dos números inteiros definida pela proposição P(x,y): “x – y é divisível por n".

Esta relação determina a partição ℑ formada por conjuntos da forma. Xi = {i + k.n k ∈ Z}, onde i = 0, 1, 2, ..., n – 1 e n é um número inteiro fixo maior ou igual a 2. f) Exemplo 4.33 R é a relação no conjunto dos números reais definida pela proposição P(x,y): “x – y é um número inteiro”.

Esta relação determina a partição ℑ formada por conjuntos da forma Xy = {y + k k ∈ Z}, onde y ∈ [0, 1[. 4.17. Segue dos itens a), b) e c) do Teorema 4.5. 4.18. Seja A = {a, b, c} a) S = {(a, a), (a, b), (b, a), (b,c)} ⊂ A × A.

• Não é reflexiva, pois (b, b) ∉ S.

• Não é transitiva, pois (a, b) ∈ S, (b, c) ∈ S e (a, c) ∉ S.

• Não é anti-simétrica, pois (a,b) ∈ S, (b, a) ∈ S e a ≠ b. b) S1 = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, c), (b, b), (c, c)} é reflexiva, porém

• Não é transitiva, pois (a, b) ∈ S1, (b, c) ∈ S1 e (a, c) ∉ S1.

• Não é anti-simétrica pois (a, b) e (b, a) estão em S1 mas a ≠ b.

6 Dizemos que dois triângulos são semelhantes quando possuirem

ângulos internos congruentes e lados correspondentes proporcionais. Uma outra caracterização de triângulos semelhantes afirma que dois triângulos são semelhantes se possuírem ângulos internos congruentes.


101

S2 = {(a, a), (a, b), (b, a)} é transitiva, mas não é

• Reflexiva, pois por exemplo (b, b) ∉ S2.

• Anti-simétrica pois (a, b) e (b, a) estão em S2 mas a ≠ b. S3 = {(a, a), (b, b), (a, b), (b, c)} é anti-simétrica, mas não é

• Reflexiva, pois (c, c) ∉ S3.

• Transitiva, pois (a, b) ∈ S3, (b, c) ∈ S3 e, no entanto, (a, c) ∉ S3. c) S4 = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, a)} não é anti-simétrica. S5 = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, c)} não é transitiva. S6 = {(a, a), (a, b), (b, c), (a, c)} não é reflexiva. 4.19. Segue dos itens a), b) e d) do Teorema 4.5. 4.20. Suponhamos que R seja uma relação num conjunto A ao mesmo tempo de equivalência e de ordem. Assim, R é simétrica e anti-simétrica. Logo, não podemos ter (x, y) ∈ R com x ≠ y pois se (x, y) ∈ R, então (y,x) ∈ R pois R é simétrica e x ≠ y, pois R é anti-simétrica. Assim R somente terá elementos da forma (x, x) com x ∈A. Como R é reflexiva devemos ter R = IA. Se a relação é de ordem total e se x, y ∈ A, devemos ter (x, y) ∈ R ∨ (y, x) ∈ R, o que não é possível na relação identidade. Logo, para que uma relação seja de ordem e de equivalência ela deverá ser a relação identidade e esta relação não poderá ser de ordem total, a menos que A seja unitário. 4.21. a) Não é reflexiva pois (d, d) ∉ R, assim não é uma relação de ordem parcial. b) Não é reflexiva, pois (d, d) ∉ R’, assim não é uma relação de ordem parcial. 4.22.

Exemplo 4.48: Considere a = )n,m( e b = )'n,'m( , diremos que a é menor que b, e escreveremos a < b, se m + n’ < n + m’. Devemos mostrar que esta relação é uma relação de ordem total. Mostremos inicialmente que para quaisquer a, b ∈ Z, temos que ocorre exatamente


102

uma das três condições: a = b ou a < b ou b < a esta é a chamada lei

da tricotomia. De fato: Sejam a = )n,m( , b = )'n,'m( ∈ Z, pela lei da tricotomia em IN, temos m + n’ = n + m’ ou m + n’ < n + m’ ou n + m’ < m + n’. Logo, por definição, temos a = b ou a < b ou b < a. Vamos agora mostrar que a relação é uma relação de ordem. Seja

a = )n,m( ∈ Z, temos a ≤ a pois m + n ≤ n + m, logo, esta relação satisfaz a propriedade reflexiva. Sejam a, b ∈ Z tais que a ≤ b e b ≤ a, pela item lei da tricotomia, temos a = b. Logo, esta relação é simétrica.

Agora, consideremos a = )n,m( , b = )'n,'m( e c = )"n,"m( elementos de Z tais que a ≤ b e b ≤ c. Assim, temos

m + n’ ≤ n + m’ e m’ + n” ≤ n’ + m”. Somando as desigualdades obtemos

m + n’ + m’ + n” ≤ n + m’ + n’ + m”. Pela lei do cancelamento da adição em IN, obtemos m + n” ≤ n + m”, ou seja, a ≤ c. Logo, esta relação é transitiva. A comparabilidade segue diretamente da lei da tricotomia. Portanto, esta relação é de ordem total.

Exemplo 4.49: No conjunto dos números racionais Q = { ba

|a, b∈Z, b≠0},

definimos a seguinte relação: 'b'a

ba≤

se, e somente se, a.b’ ≤ b.a’. • “≤” é reflexiva pois ab ≤ ab.

• Suponhamos que 'b'a

ba≤

e ba

'b'a≤

, então ab’ ≤ ba’ e a’b ≤ b’a.

Logo, ab’ = a’b e assim 'b'a

ba=

, donde segue que a relação é anti-simétrica.

• A propriedade transitiva é imediata.

• A relação é de ordem total, pois dados dois números ba

e dc

em Q, sabemos comparar ad e cb.

4.23.


103

• “≼” é reflexiva, pois se (x, y) ∈ R × R, então y = y e x ≤ x, logo

(x, y) ≼ (x, y).

• “≼” é transitiva, pois se (x,y) ≼ (u,v) e (u,v) ≼ (z,w), temos quatro casos a considerar:

o y = v e v = w, x ≤ u e u ≤ z : neste caso, temos y = w e

x ≤ z. Assim, (x,y) ≼ (z,w). o y < v e v < w: neste caso, temos y < w. Assim,

(x,y) ≼ (z,w). o y = v e x ≤ u e v < w: neste caso, como y = v < w,

temos y < w. Assim, (x,y) ≼ (z,w). o y < v e u = z e v ≤ w: neste caso, temos y < v ≤ w ⇒

y < w. Assim, (x,y) ≼ (z,w).

Como esgotamos todas as possibilidades temos que “≼” é transitiva.

• “≼” é anti-simétrica, pois se (x,y) ≼ (z,w) e (z,w) ≼ (x,y), temos quatro casos a considerar:

o y = w e x ≤ z e w = y e z ≤ x: Neste caso, temos y = w e x = z. Assim, (x, y) = (z, w).

o y < w e w < y: este caso é impossível.

o y = w e x ≤ z e w < y: este caso também não ocorre, pois y =w < y é impossível.

o y < w, w = y e z ≤ x: este caso também não ocorre, pois w = y < w é impossível.

Logo, “≼”é anti-simétrica.

• “≼” é de ordem total, pois dados (x, y), (z, w) em R × R,

temos y < w, y = w ou w< y. No primeiro caso (x,y) ≼ (z,w).

No terceiro caso, (z,w) ≼ (x,y). Se ocorrer o segundo caso,

teremos x≤z ou z ≤ x. No primeiro subcaso (x,y) ≼ (z,w) e no

segundo subcaso (z,w) ≼ (x,y). Assim em todas os casos

teremos (x,y) ≼ (z,w) ou (z,w) ≼ (x,y). 4.24. Temos que R é:


104

• Reflexiva pois para todo (a, b) ∈ E temos a ≤ a e b ≤ b.

• Anti-simétrica pois se (a, b) R (c, d) e (c, d) R (a, b) temos a ≤ c e b ≤ d e c ≤ a e d ≤ b.

Logo, a = c e b = d e portanto (a, b) = (c, d).

• Transitiva pois se (a, b) R (c, d) e (c, d) R (e, f) temos a ≤ c e b ≤ d e c ≤ e e ≤ d ≤ f.

Logo, a ≤ e e b ≤ f. Portanto, (a, b) R (e, f).

• R não é total pois (2, 1) não está relacionado com (1, 2) e (1, 2) não está relacionado com (2, 1).

4.25. a) Suponhamos por absurdo que (∀x ∈ A) (∀y ∈ A) [( x R y) → (y R x)] seja verdadeira, então, se x R y, devemos ter y R x, logo, pela propriedade transitiva, (∀x ∈ A) (x R x), o que é um absurdo, pela definição de ordem estrita.

b) x < x é absurdo ∴ A relação “x é menor que y” não é reflexiva. Mas se x < y e y < z então x < z. Assim a relação é transitiva. Por definição é uma relação de ordem estrita. c) A ⊆ A (Absurdo, pois A = A) Mas se A ⊆ B e B ⊆ C temos que A ⊆ C, assim a relação “contido propriamente” é uma relação de ordem estrita. d) Basta acrescentar que todo elemento está relacionado com ele mesmo, pois pelo item a) ela sempre é anti-simétrica. Logo teremos uma relação de ordem parcial. 4.26.


105

12

1

2 3

4

6

12b)a)6

4

3

2

1

4.27. A = ℘({a, b, c, d}) = {∅, {a}, {b}, {c}, {d}, {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}, {a, b, c}, {a, b, d}, {a, c, d}, {b, c, d}, {a, b, c, d}}.

∅

{b} {c}

{a, c}{a, b}

{a, b, c, d}

{b, c}

{a} {d}

{a, d} {b, d}{c, d}

{a, b, c} {a, b, d} {b, c, d} {a, c, d}

4.28. Temos que a relação é dada por

R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (7, 7), (8, 8), (8, 7), (3, 1), (8, 6), (8, 5), (8, 2), (8, 4), (6, 5), (6, 2), (6, 4), (4, 2), (5, 2)}

e o diagrama cartesiano é dado a seguir:


106

1 2

12

45

0 3 4 6 7 85

3

6

8

7

4.29. 30

3 2 5

615

10

EMax(A) = {30}. EMin(A) = {3, 2, 5}. LSA(B) = {30}. LIA(B) = {2}. SupA(B) = 30. InfA(B) = 2. MaxA(B) = 30. MinA(B) = 2.

4.30. Considere a relação de ordem dada pelo diagrama de linha ao lado. O conjunto {d, e} é limitado inferiormente pelo conjunto {a, b, c} mas não possui ínfimo.

f

d e

ba c


107

4.31. Considere o seguinte diagrama de linha ao lado. Temos

LS({c,d}) = {g, h} = LS({e, f}), LI({c, d}) = {a, b} = LI({e, f})

e, no entanto, {c, d} ≠ {e, f}.

a b

d ec

f

hg

4.32. Vamos mostrar que se B é um subconjunto de um conjunto

parcialmente ordenado (A,≼) e existe um mínimo de B, então ele é único. Suponhamos então que m1 e m2 sejam mínimos de S. Então,

como m2 ∈ S temos m1 ≼ m2. Além disso, m1 ∈ S e então m2 ≼ m1. Logo, pela propriedade anti-simétrica temos m1=m2. 4.33.

a) Teorema 4.19: Seja (A,≼) um conjunto ordenado e B um subconjunto não vazio de A. Temos s = supA(B) se, somente se, as seguintes condi-ções ocorrem:

a) Para todo x ∈ B temos x ≼ s.

Se existe y ∈ A tal que x ≼ y, para todo x ∈ B, então s ≼ y.

Vamos mostrar a sua recíproca. Seja B um subconjunto não vazio de A e s ∈ A satisfazendo as condições a) e b). Pelo item a) temos que s ∈ LSA(B). O item b) nos garante que se y ∈ LSA(B) então s ≤ y, ou seja, s ∈ LIA(ISA(B)). Portanto, s = supA (B).

b) Teorema 4.20: Seja (A,≼) um conjunto ordenado e B um subconjunto não vazio de A. Temos t = infA(B) se, somente se, as seguintes condições ocorrem:

a) Para todo x ∈ B temos t ≼ x.

Se existe y ∈ A tal que y ≼ x, para todo x ∈ B então y ≼ t. Suponhamos que t = infA(B), temos que t = maxA(LIA(B)). Assim, antes de mais nada, s é um elemento de LIA(B), por definição de máximo.


108

Logo, para todo x ∈ B temos t ≤ x. Além disso, se existe y ∈ A tal que y ≤ x, para todo x ∈ B, pela definição de limitante superior y ≤ t. Reciprocamente, seja B um subconjunto não vazio de A e t ∈ A satisfazendo as condições a) e b). Pelo item a) temos que t ∈ LIA(B). O item b) nos garante que se y ∈ LIA(B) então y ≤ t, ou seja, t ∈ LSA(LIA(B)). Portanto, t = infA (B). 4.34.

3

1

410 2

12

5

8

4.35. Os números inteiros, racionais, irracionais, reais, com a ordem usual são ordenados e não são limitados inferiormente. 4.36. a) LSA(B) = ∅ LIA(B) = {0}; B não possui máximo e nem elemento maximal;

m = 0 é o mínimo de B e o elemento minimal de B em A; SupA(B) não existe; InfA(B) = 0;

b) LSA(B) = ∅ LIA(B) = {0, 1}; B não possui máximo e nem elemento maximal;

m = 1 é o mínimo de B e o elemento minimal de B; m = 0 é o mínimo de A; SupA(B) não existe. InfA(B) = 1.

c) LSA(B) = {x ∈ Zx ≥ 2} LIA(B) = ∅; m = 2 é o máximo e o elemento maximal de B;


109

B não possui mínimo nem elementos minimais; SupA(B) = 2. InfA(B) não existe.

d) LSA(B) =∅ e LIA(B) ={..., -3, -2, -1, 0}; MáxA(B) não existe e MínA(B) = 0

Não existe elemento maximal em B e o elemento minimal é 0; SupA(B) não existe. InfA(B) = 0.

e) LSA(B) ={x ∈ Q x ≥ ½} e LIA(B) não existe; Não existe máximo, nem mínimo de B em A;

Não existe elemento maximal, nem elemento minimal em B; SupA(B) = ½. InfA(B) não existe.

f) LSA(B) ={x ∈ Q x > 2 }

LIA(B) ={x ∈ Q x > – 2 }; Não existe máximo, mínimo, supremo e ínifimo de B em A;

Não existe elementos maximais, nem elementos minimais em B; 4.37. Sendo A = {0, 2} e B = {a, b} temos ℘(A) × ℘(B) = {∅, {0}, {2}, A} × {∅, {a}, {b}, B} = {(∅, ∅), (∅, {a}), (∅, {b}), (∅, B), ({0}, ∅), ({0}, {a}), ({0}, {b}), ({0}, B), ({2}, ∅), ({2}, {a}), ({2}, {b}), ({2, B), (A, ∅), (A, {a}), (A, {b}), (A, B)}


110

(∅, B)

(∅,{b}) (∅,{a})

({0},{b})({2},{a})

(A, ∅)

(A, B)

({2},B) ({0},B)

(∅, ∅) ({2},{b}) ({0},{a})

(A,{a}) ({2}, ∅) ({0}, ∅) (A,{b})

LI(S) = {({2}, B), (∅, B), (∅, {a}), ({2}, {a})}

LS(S) = {A, {a}), ({2}, ∅), (A, ∅), ({2}, {a})} Max(S) = ({2}, {a}) = Inf(S) Min(S) = ({2}, {a}) = Sup(S)

Emax = {(A, ∅)}

Emin = {(∅, B)}

4.38. Seja U

IiiBC

∈=

. É claro que B ⊆ C para todo B ∈ ℜ. Seja F ∈ℑ tal que B ⊆ F para todo B ∈ ℜ. Pelo item a) do Teorema 3.16, temos

FBB

⊆ℜ∈U

, ou seja, C ⊆ F. Pelo Teorema 4.19, temos que C = Supℑ(ℜ).

Seja I

IiiBD

∈=

. É claro que C ⊆ B para todo B ∈ ℜ. Seja G ∈ ℑ tal que

G ⊆ B para todo B ∈ ℜ. Pelo item b) do Teorema 3.16, Iℜ∈

⊆B

BB, ou

seja G ⊆ D. Pelo Teorema 4.20, temos D = infℑ(ℜ).


111

4.39. Seja a um elemento num conjunto bem ordenado que possui máximo (A, ≤). Suponhamos que a não é máximo e consideremos o conjunto B={x ∈ A x > y}. Temos que B ⊆ A e B é não vazio. Logo, pela Definição 4.21, temos que existe o mínimo de B. Seja b = minA(B). Pela definição de mínimo não existe z ∈ A tal que a < z < b, ou seja, b é sucessor imediato de a. 4.40. • LSR([a, b]) = LSR([a, b[) = LSR(]a, b]) = LSR(]a, b[) = LSR(]-∞, b]) =

LSR(]-∞, b[) = [b, +∞[. • LIR([a, b]) = LIR([a, b[) = LIR(]a, b]) = LIR(]a, b[) =

= LIR([a, +∞[) = LIR(]a, +∞[) = ]-∞, a].

• MaxR([a, b]) = MaxR(]a, b]) = MaxR(]-∞, b]) = b.

Não existem MaxR([a, b[), MaxR(]a, b[), MaxR(]-∞, b[), MaxR([a, +∞[) e MaxR(]a, +∞[).

• MinR([a, b]) = MinR([a, b[) = MinR([a, +∞[) = a.

Não existem MinR(]a, b[), MinR(]a, b]), MinR(]-∞, b]), MinR(]-∞, b[) e MinR(]a, +∞[).

• SupR([a, b]) = SupR([a, b[) = SupR(]a, b]) = SupR(]a, b[) =

= SupR(]-∞, b]) = SupR(]-∞, b[) = b.

Não existem SupR([a, +∞[) e SupR(]a, +∞[).

• InfR([a, b]) = InfR([a, b[) = InfR(]a, b]) = InfR(]a, b[) =

= InfR([a, +∞[) = InfR(]a, +∞[) = a.

Não existem inf(]-∞, b]) e InfR(]-∞, b[).

Capítulo 5


112

5.1. a) φ é uma relação de IN em IN. Para todo número natural n é possível obter os números naturais menores que n e que são primos com n, assim Dom φ = IN. Dado um número natural n a quantidade de números naturais menores que n e que são primos com n é única. Assim se n φ a e n φ b, então a = b. Portanto, (φ,IN,IN) é uma função. b) Temos

φ (7) = 6, pois todos os números naturais menores que 7 e distintos de 0 são primos 7, ou seja, 1,2,3,4,5 e 6.

φ (8) = 4 e os números são 1, 3, 5 e 7.



φ (13) = 12, pois todos os números naturais menores que 13 e não nulos são primos com 13, ou seja, 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11 e 12.

c) Quando p é um número primo, φ (p)=p – 1, pois todos os números inteiros positivos menores que p é primo com p. 5.2. Temos ϕ(1,3) = 1, ϕ(0,4) = 0, ϕ(e) = 2, ϕ(π) = 3 e ϕ (–1,56) = –1.

5.3. Consideremos o diagrama sagital ao lado. No diagrama de flechas temos as seguintes regras: • De todo elemento de A sai uma flecha.

• Sai uma única flecha de cada um dos elementos de A. Para que uma relação seja uma função de A em B, todo elemento x de A deve ter um e, somente um, correspondente y em B. Assim deve sair uma e somente uma flecha de cada elemento do conjunto A, no 1o diagrama temos uma função, mas nos outros dois diagramas não temos uma função, pois no segundo temos duas setas saindo de x1 e assim, x1 f y1 e x1 f y2 com y1 ≠ y2, e no

fA B

x1

x2

x3

y1

y2

f

A B

x1

x2

x3

y1

y2


113

terceiro não temos setas saindo de x3, assim não existe y ∈ B tal que x3 f y.

fA B

x1

x2

x3

y1

y2

5.4. Para cada x ∈ A temos duas possibilidades para f(x) a saber: f(x)=1 e f(x)=2. Assim, teremos as seguintes possibilidades: (f(1)=1 ou f(1)=2) e (f(2)= 1 ou f(2)= 2) e (f(3)= 1 ou f(3)= 2). Isto nos fornecerá 23 = 8 funções, a saber:

f1={(1, 1), (2, 1), (3, 1)}, f2={(1,1), (2,1), (3,2)}, f3={(1,1), (2,2), (3,2)}, f4={(1,1), (2,2), (3,1)},

f5={(1,2), (2,1), (3,1)}, f6={(1,2), (2,1), (3,2)}, f7={(1,2), (2,2), (3,1)} f8={(1,2), (2,2), (3,2)},

5.5. Dada uma função qualquer, não há regra geral que permita afirmar sobre o gráfico de uma função e retas horizontais. Considere a função f(x) = x2, cujos gráfico é dado ao lado, temos uma reta horizontal não interceptando o gráfico, temos uma reta horizontal interceptando o gráfico em um ponto e temos uma reta interceptando o gráfico em dois pontos.

x

y

5.6. a) As funções soma e produto estão definidas em A∩B, assim em cada uma delas existe f(x) e g(x). Assim seus domínios são A∩B. A função quociente está definida em A∩B exceto nos elementos em que g(x) = 0. Assim, seu domínio é A∩B \ {x ∈ B | g(x) = 0}. No caso da função módulo, é possível calcular |f(x)| para todo x ∈ A e, assim o seu domínio é A. Além disso, se x = y então f(x) = f(y) e g(x) = g(y), pois f e g são funções. Logo, • f(x) + g(x) = f(y) + g(y) ⇒ (f + g)(x) = (f + g)(y).

• f(x) . g(x) = f(y) . g(y) ⇒ (f . g)(x) = (f . g)(y).


114

• )x(g)x(f

= )y(g)y(f

⇒ (f / g)(x) = (f / g)(y).

• |f(x)| = |f(y)|. b) h(x) = x3 + 3x + 1 = (x3) + (3x + 1) = f(x) + g(x) = (f+g) (x). c) h(x) = x2 – 4 = (x + 2) (x – 2) = f(x) . g(x) = (f.g) (x).

d) Como (∀x ∈ IR), (x2 + 1 ≠ 0), temos que

h(x) = )x(

gf

)x(g)x(f

1x1

2

==

+

e) Falso, caso x = – 1, )1(g)1(f

−−

não está definida.

f) ( )

<=−

≥===

0xse,11

0xse,11)x(fxf

, assim (∀x ∈ IR) (|f| (x) = 1). g) (f + g)(x)= f(x) + g(x)= 2x9 – 2x2 + 1 + x2 – 1= 2x9 – x2.

Dom (f + g)= Dom f ∩ Dom g = ]-2, 2[ ∩ ]-∞, 1]= ]-2, 1].

(f. g)(x) = f(x) . g(x) = (2x9 – 2x2 + 1) .( x2 – 1)=2x11 - 2x9 - 2x4 + 3x2 – 1.

Dom (f . g)= Dom f ∩ Dom g = ]-2, 1].

(f/g)(x) = )x(g)x(f

= 1x1x2x2

2

29

−+−

.

Dom (f/g)=( Dom f ∩ Dom g) - { x ∈ Dom g | g(x)=0}= ]-2, -1[∪]-1, 1]. h) Item I) (f + g)(x) = f(x) + g(x)=1 – x2 + 1+ x2=2. Dom(f + g)= IR.


115

(f . g)(x)= f(x) . g(x)=( 1 – x2) (1+x2)=1 – x4. Dom(f . g)= IR.

(f / g)(x) = )x(g)x(f

= 2

2

x1x1

+−

. Dom(f /g )= IR. h) Item II)

(f + g)(x) = f(x) + g(x) = 1x2 − + x .

Dom (f+g) = [1, +∞].

(f . g)(x) = f(x) . g(x) = ( 1x2 − )( x ) = xx3 − .

Dom(f . g) = [1, +∞].

(f / g)(x) = )x(g)x(f

= x

1x2 −

= x1x2 −

.

Dom(f / g)=[1, +∞].

h) Item III) (f + g)(x) = f(x) + g(x) = 4x3x

−+

+ x1

= x4x1x3x

2

2

−++

. Dom(f + g)= IR \ {0,4}.

(f . g)(x) = f(x) . g(x) =

−+

4x3x

x1

= x4x3x

2 −+

. Dom(f . g)=IR \ {0,4}.

(f / g)(x)= )x(g)x(f

= x1

4x3x

−+

=

−+

4x3x

1x

= 4xx3x2

−+

. Dom(f / g)= IR – {0,4}.


116

h) Item IV) (f + g)(x)= f(x) + g(x)= |x| – x=

<−≥

.0xsex2

0xse0

Dom(f + g)= IR.

(f . g)(x)= f(x) . g(x)= |x|. ( – x)=

<

≥−

0xsex

0xsex2

2

Dom(f . g)= IR.

(f / g)(x) = )x(g)x(f

= x

x

− =

<>−0xse1

0xse1

. Dom(f / g)=IR \ {0}.

i)

+

fg

ff 2

o é uma função de A \ {b} em IR, pois

g ° f (b)=g(f(b))=g(0)=0. Então temos

( ) { }

.4

37,e,

22

234,d,,c,

313

,a

bAx,))x(f(g

)x(f)x(f,x

fg

ff

22

22

++

π+ππ

+π

=

=

−∈

+=

+

o

5.7. Teorema 5.7 Item b) f({x}) = {f(x)}, ∀ x ∈ A. De fato, seja y ∈ f({x}) então existe b ∈ {x} tal que y = f(b), assim b = x e y = f(x). Portanto, y ∈ {f(x)}.

Item f) I) f –1(Y1 \ Y2) = f –1 (Y1) \ f –1 (Y2).

De fato, temos


117

x ∈ f -1(Y1 \ Y2) ⇔ f(x) ∈ Y1 \ Y2 ⇔ f(x) ∈ Y1 ∧ f(x) ∉ Y2 ⇔

⇔ x ∈ f -1(Y1) ∧ x ∉ f -1(Y2) ⇔ x ∈ f –1 (Y1) \ f –1 (Y2).

Item f) II) f –1(CB Y2) = CA (f –1 (Y1)).

Tomando Y1 = B e Y2 =Y1 na 1a parte e observando que f –1(B) = A, então

x ∈ f –1(CB Y2) ⇔ x ∈ f-1(B \ Y1) ⇔ x ∈ f –1(B) \ f –1(Y1) ⇔

⇔ x ∈ A \ f –1(Y1) ⇔ x ∈ CA (f –1 (Y1)).

Item h) I) )Y(fYf 11

UUΓ∈γ

γ−

Γ∈γγ

− =

.

Mostremos inicialmente que

Γ∈γγ

− UY1f ⊂

( )Y1fγ

Γ∈γ

−U. De fato, seja

x ∈

Γ∈γγ

− UY1f, então existe y

UΓ∈γ

γ∈ Y

tal que f(x)=y. Logo, para algum γ ∈ Γ, existe y ∈ Yγ tal que f(x)=y. Assim, x ∈ f -1(Yγ), para algum

γ ∈ Γ. Portanto, x ∈ ( )Y1f

γΓ∈γ

−U. Mostremos agora que

( )Y1fγ

Γ∈γ

−U está

contido em

Γ∈γγ

− UY1f. De fato, seja x∈

( )Y1fγ

Γ∈γ

−U, então x ∈ f -1(Yγ),

para algum γ ∈ Γ. Logo, para algum γ ∈ Γ, existe y ∈ Y tal que f(x)=y.

Assim, f(x) = y para y ∈ U

Γ∈γγY e, portanto, x ∈

Γ∈γγ

− UY1f.

Item h) II) IIΓ∈γ

γ−

Γ∈γγ

− =

)Y(fYf 11

. .e fato, temos:


118

⇔∈⇔

∈

Γ∈γγ

Γ∈γγ

− II Y)x(fYfx 1

f(x) ∈ Yγ, ∀γ ∈ Γ ⇔ x ∈ f –1(Yγ), ∀γ ∈ Γ

⇔ ( )I

Γ∈γγ

−∈ Yfx 1

.

Teorema 5.11 b) (g ° f) ° h = g ° (f ° h). Utilizando o item a), temos

((f° g)° h) (x) = (f° g) (h(x)) = f(g(h(x))) = f((g° h)(x)) = f° (g° h)(x).

5.8. (f°g)(x)=f(g(x))=2 – 3 (x2 – 5x + 3)=2– 3x2 + 15x–9=– 3x2 +15x–7.

Dom(f ° g)= IR.

(g°f)(x)=(2 – 3x)2 –5(2 – 3x) + 3=4 – 12x + 9x2 – 10 +15x + 3=9x2+3x–3.

Dom(g ° f)= IR.

5.9. Temos

(f° g)(x) = 1 – (1 – x)2 = 1 – (1 – 2x + x2) = 2x – x2

e

(g° f)(x) = 1 – (1 – x2)= x2.

Logo, para x = –1 temos (f° g)(x) = – 3 e (g° f)(x) = 1. Para x = 0, temos que

(f°g)(x) = 0 e (g ° f)(x) = 0. Para x = ½, temos (f° g)(x) = ¾ e (g° f)(x)=¼.

5.10. Considerando o gráfico, temos: a) Dom f = IR b) f(–5) =0 c) g(1) =2 d) f(– 2 ) =2

e) Im f = ]–∞,2]∪[4,6] f) f(0) =0 g) f(3) =4 h) 4 ∉ Dom(g)

i) Dom g =]–∞, 4[ j) g(–4) =3 k) f(–3) =2 l) g(–2) =0

m) Im g =[0, 3] n) g(0) =2 o) f(5) =6 p) g(–999) =3

q) (f ° g)(1) = –1 r) (f ° g)(–8) =4 s (g ° f)( –5) =2 t) (g ° f)( –2) =5/3


119

5.11. A função g é sobrejetora, pois se z ∈ E, como g ° f: E → E é

sobrejetora, então existe x ∈ E, tal que z = g ° f(x). Isto implica que g(f(x)) = z. Considere y = f(x) que pertence a F. Logo, existe y ∈ F tal que g(y) = z. Portanto g é sobrejetora. A função f é injetora, pois dados x, y ∈ E, suponhamos que f(x) = f(y),

então g(f(x)) =g(f(y)), pois g é função. Logo, g ° f(x) = g ° f(y). Como g f é injetora, temos x = y. Portanto, f é injetora. Contra-exemplo: considere as funções f: IR+ → IR e g: IR → IR+, tal

que f(x) = x e g(x) = x2. A função composta g f é bijetora pois temos g f: IR+ → IR+, g f(x) = x, ou seja, a identidade. Por outro lado, f não é sobrejetora, pois nenhum número é levado nos reais negativos e g não é injetora, pois g(1) = g(–1) = 1. 5.12. Vamos demonstrar primeiramente que f é injetora. De fato, temos

f(x1) = f(x2) ⇒ g(f(x1)) = g(f(x2)) ⇒ (g ° f)(x1) = (g ° f)(x2) ⇒ x1 = x2.

Logo f é injetora. Mostremos agora que g é sobrejetora. Seja y ∈ E e

x = f (y). Temos x ∈ F e g(x) = g( f(y)) = (g ° f)(y) = y. Logo, existe x ∈ F tal que g(x) = y. Portanto g é sobrejetora.

5.13. a) (f ° f)(x) = f(f(x)) = (x+1)+1 = x+2.

(f ° g)(x) = f(g(x)) = f(x2 + x +1) = x2+x +1+1= x2+x+2.

(g ° f)(x)= g(f(x))=(x+1)2+x+1+1= x2+2x+1+x+2= x2+3x+3.

b) Para mostrar que f é bijetora devemos mostrar que f é injetora e sobrejetora, simultaneamente. Afirmamos que f é injetora. De fato, seja x1, x2 ∈IR, então f(x1)= f(x2) implica x1+1= x2+1 e, assim x1= x2. Logo, f é injetora. Agora mostremos que f é sobrejetora. Seja y ∈ IR e considere x = y – 1, teremos f(x)= f(y – 1)=(y – 1)+1=y. Logo f é sobrejetora. Para

obter a inversa f –1 devemos ter f ° f –1(x) = x, ou seja, f(f –1(x))= x. Isto

equivale a f –1(x) + 1 = x. Logo, então f -1(x) = x – 1. Verifica-se

facilmente que f ° f –1(x) = x. Portanto, f –1 é a inversa de f.


120

c) Tomando x1=0 e x2 = – 1 temos x1 ≠ x2 e g(0) = 1 = g(–1). Logo, g não é injetora. Temos também que g não é sobrejetora, pois para y = 0 não existe x ∈ IR tal que g(x) = y. 5.14. a) Temos f(0)=02=0, g(0)= –2 e as pré-imagens de 1 por f são –1 e 1. A pré-imagem de 1 por g é 3.

b) Temos g ° f(x)= g(f(x))=x2 – 2 e f ° g(x)= f(g(x))=(x – 2)2= x2 – 4x +4.

Assim para x = 1 temos (g ° f)(1)=-1 e (f ° g)(1)=1. Logo g ° f ≠ f ° g.

c) f não é injetora, pois considerando x1=–2 e x2=2 temos f(x1)=f(x2)=4 e x1 ≠ x2. Temos também que f não é sobrejetora pois não existe x ∈ IR tal que f(x) seja um número negativo. A função g é injetora, pois consideremos x1, x2 ∈ IR, temos que g(x1) = g(x2) implica em x1–2=x2 –2 do que se conclui que x1 = x2. A função g é sobrejetora, pois dado y ∈ IR, considere x=y+2 e teremos, g(x) = g(y + 2) = y+2 – 2 = y.

d) As pré-imagens de 4 por g ° f são os elementos do conjunto

{x ∈ IR|(gf)(x) = 4} ={x ∈ IR|x2–2=4}= {x∈IR|x2=6} = { }6,6− .

As pré-imagens de 4 por f ° g são os elementos do conjunto

{x ∈ IR | (f g) (x) = 4} = {x ∈ IR | x2 – 4x + 4=4}= {0, 4}.

5.15. a) As funções f e g não são iguais pois não satisfaz a condição a) da Definição 5.3. b) As funções f e g são iguais pois possuem o mesmo domínio, o mesmo contra-domínio e

f={(x,y) ∈ A×R|x f y}={(x, x2)|x ∈ A}={(0, 0), (3, 9)}={(x, 3x) x ∈ B}=

= = {(x, y) ∈ B × R | x g y} = g.


121

5.16. a) Como f(x1) = f(x2) implica x13 = x2

3 e isto implica que x1 = x2 temos que f é injetora. Quanto a sobrejetividade, dado y ∈ IR,

considere x = 3 y e teremos f(x) = y. Portanto, f é bijetora.

b) Como temos

f(x1) = f(x2) ⇒ 3x1 – 1=3x2 – 1 ⇒ 3x1 = 3x2 ⇒ x1 = x2,

a função f é injetora. Quanto a sobrejetividade, dado y ∈ IR, considere

x = 31y +

e teremos f(x) = y. Portanto, f é bijetora. c) A função não é injetora pois considerando x1= 2 e x2= –2 temos f(x1) = f(x2) = 16. Logo, f não é bijetora. Observe que f também não é sobrejetora, pois não existe x ∈ IR tal que f(x) = –1. 5.17. a) f = (x, 3x) x ∈ A}, A = {1,3,4} e B = {3,6,9,12,15}. Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Exemplo 5.22. Diagrama Sagital: Exemplo 5.27. Diagrama Barra e Pizza: Exemplo 5.29. Injetividade

f é injetora pois f(x) = f(y) ⇒ 3x = 3y ⇒ x = y. Sobrejetividade

f não é sobrejetora pois não existe x ∈ A tal que f(x) = 15. b) R4(A, B) = {(a,1), (b,2), (c,3)}, A = {a,b,c} e B = {1,2,3} e R5(A, B) = {(a,1), (b,2), (c,2)}, A = {a,b,c} e B = {1,2,3}. Representação gráfica:


122

Diagrama Cartesiano: Exemplo 5.21. Diagrama Sagital: Exemplo 5.26. Diagramas de Barra e de Pizza: Exemplo 5.28. Injetividade

R4 é injetora pois (∀x ∈ A) (∀y ∈ A) (R4(x) = R4(y) ⇒ x = y).

R5 não é injetora pois R5(b) = R5(c) = 2 e b ≠ c. Sobrejetividade R4 é sobrejetora pois Im R4 = B.

R5 não é sobrejetora pois não existe x ∈ A tal que R5(x) = 3. c) (IA, A, A). Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Exemplo 5.22. Diagrama Sagital: Considerando A = {1, 2, 3} teremos

1

3

2

1

3

2

Se A não for finito não será possível a representação. Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado. Injetividade

IA é injetora pois IA(x) = IA(y) ⇒ x = y.


123

Sobrejetividade

IA é sobrejetora pois dado y∈A considere x=y∈A e teremos IA(x)=x=y.

d) f = {(x, b) x ∈ A}, A, b quaisquer. Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Exemplo 5.23. Diagrama Sagital: Exemplo 5.27. Diagrama Barra e Pizza: Não é adequado. Injetividade f não é injetora quando A possuir mais de um elemento. De fato, se existirem x, y ∈ A tais que x ≠ y teremos f(x) = b = f(y). Sobrejetividade f não é sobrejetora quando B possuir mais de um elemento. De fato, se existir y ∈ B, y ≠ b não haverá x ∈ A tal que f(x) = y.

e) A, B quaisquer tais que A ⊆ B, (IA, A, B). Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Exemplo 5.23. Diagrama Sagital: Considerando A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 3, 4} teremos

1

3

2

1

3

2

4

Se A não for finito não será possível a representação. Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado.


124

Injetividade

IA,B é injetora pois IA,B(x) = IA,B(y) ⇒ x = y. Sobrejetividade

Quando A ≠ B temos que IA,B não é sobrejetora pois dado y ∈ B – A não existirão x ∈ A tal que IA,B(x) = y.

f) f: A → B, C ⊆ A, B = {0,1}

∉∈

=Cxse0

Cxse1)x(fC

. Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Exemplo 5.24. Diagrama Sagital: Considerando A = {1, 2, 3, 4}, C = {2, 3} teremos

1

3

0

12

4

Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado. Injetividade Se C possuir mais de um elemento fC não é injetora pois existirão x, y ∈ C tais que x ≠ y e fC(x) = fC(y) = 1. Se C for vazio ou possuir 1 elemento dependerá do conjunto A possuir mais de 1 elemento. Caso positivo existirão x, y ∈ A tais que x ≠ y e fC(x) = fC(y) = 0. Caso negativo fC será trivialmente injetora. Sobrejetividade


125

Se C for vazio então não existirá x ∈ A tal que fC(x) = 1. Se C ≠ ∅ e C = A então não existirá x ∈ A tal que fC(x) = 0. Caso contrário, sempre existirão x ∈ A (x ∉ C ou x ∈ C) tal que fC(x) = 1 ou fC(x) = 0. Logo, neste ultimo caso, teremos fC sobrejetora.

g) ϕ: R → R, ϕ(x) = [[ x]]. Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Representaremos apenas uma parte da função.

1 2 3 4 5

1

2

3

4

-1

-1

-2

-2

-3

-3

Diagrama Sagital: Não é possível esta representação. Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado. Injetividade

Não é injetora pois ϕ(x) = ϕ(y) para x, y ∈ [n, n + 1[. Sobrejetividade

Não é sobrejetora pois ϕ tem como imagem somente números inteiros.

h) f: R – {–1} → R, 1x1x

)x(f2

+−

=.

g: R → R, g(x) = x – 1.


126

Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Representaremos apenas uma parte da função.

1 2 3-1-2

f

1 2 3-1-2

g

Diagrama Sagital: Não é possível esta representação. Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado. Injetividade

f é injetora pois f(x) = f(y) ⇒ 1y1y

1x1x 22

+−

=+−

⇒ x – 1 = y – 1 ⇒ x = y.

g é injetora pois gx) = g(y) ⇒ x – 1 = y – 1 ⇒ x = y. Sobrejetividade

f é sobrejetora pois dado y ∈ IR seja x = y + 1 e teremos

f(x) = f(y + 1) = y

2y)2y(y

2yy2y

2y11y2y

1)1y(1)1y( 222

=++

=++

=+

−++=

++−+

.

g é sobrejetora pois para y ∈ R considere x = y + 1 e teremos g(x) = (y + 1) – 1 = y. i) A = {a, b, c}, B = {1, 2, 3} e C = {1, 2, 3, 4}.

f1: A → B, f1 = {(a, 1), (b, 2), (c, 1)}.

f2: A → B, f2 = {(a, 1), (b, 2), (c, 3)}.

f3: A → C, f3 = {(a, 1), (b, 2), (c, 1)}.

f4: C → A, f4 = {(1, a), (2, b), (3, c), (4, c)}.


127

Representação gráfica: Diagrama Cartesiano:

a b

1

2

c

3

f1

a b

1

2

c

3

f2

a b

1

2

c

3

f3

4

a

b

1 2

c

3

f4

4

Diagrama Sagital:

1

3

b

a

c

2

1

3

b

a

c

2

1

3

b

a

c

2

4

1

3

b

a

c

2

4


128

Diagrama de Barra:

a b

1

2

c

3f1

a b

1

2

c

3f2

a b

1

2

c

3

f34

A função f4 não tem representação em barras pois A não é um conjunto numérico finito. Diagrama de Pizza:

ac

b

f1

a

c

b

f2

a c

b

f3

A função f4 não tem representação em barras pois A não é um conjunto numérico finito. Injetividade f1 não é injetora pois f1(a) = f1(c) = 1.

f2 é injetora pois f2(x) = f2(y) ⇒ x = y, ∀x, y ∈ A. f3 não é injetora pois f3(a) = f3(c) = 1. f4 não é injetora pois f4(3) = f4(4) = c. Sobrejetividade

f1 não é sobrejetora pois não existe x ∈ A tal que f1(x) = 3.

f2 é sobrejetora pois ∀y ∈ B, ∃ x ∈ A tal que f2(x) = y.

f3 não é sobrejetora pois não existe x ∈ A tal que f3(x) = 3.


129

f4 é sobrejetora pois ∀y ∈ B, ∃ x ∈ A tal que f4(x) = y.

j) f: R → R, f(x) = x2. Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Representaremos apenas uma parte da função.

-2 -1 1 2

1

4

Diagrama Sagital: Não é possível esta representação. Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado. Injetividade Não é injetora pois f(2) = f(–2) = 4. Sobrejetividade

Não é sobrejetora pois para y = –1 não existe x ∈ R, tal que f(x) = –1.

k) f: Z → Z, f(x) = x + 3 e g: Z → Z, g(x) = x – 3. Representação gráfica: Diagrama Cartesiano: Faremos parcialmente este diagrama


130

1 2 3 4

1

2

3

4

-1-1-2-3-4

5

6

1 2 3 4

1

2

3

4

-1-1

-2

65 7

f g

Os outros diagramas não são possíveis. Injetividade: f: Exemplo 5.41.

g: é injetora pois f(x1) = f(x2) ⇒ x1 – 3 = x2 – 3 ⇒ x1 = x2. Sobrejetividade: f: Exemplo 5.47. g: é sobrejetora, pois dado um número inteiro y qualquer, tomamos x = y + 3 e assim f(x) = f(y + 3) = y + 3 – 3 = y. 5.18. Ao traçarmos uma reta paralela ao eixo x, esta intercepta o gráfico em um único ponto. 5.19. a) De todas as combinações possíveis obtemos 6 funções injetoras fi: A → B, a saber:

• f1 = {(1,3),(2,4)} • f4 = {(1,4),(2,5)}

• f2 = {(1,3),(2,5)} • f5 = {(1,5),(2,3)}

• f3 = {(1,4),(2,3)} • f6 = {(1,5),(2,4)}


131

b) De todas as combinações possíveis obtemos 6 funções sobrejetoras fi: A → B, a saber:

• f1 = {(1,4),(2,4),(3,5)} • f4 = {(1,5),(2,5),(3,4)}

• f2 = {(1,4),(2,5),(3,4)} • f5 = {(1,5),(2,4),(3,5)}

• f3 = {(1,4),(2,5),(3,5)} • f6 = {(1,5),(2,4),(3,4)} c) De todas as combinações possíveis obtemos 6 funções sobrejetoras fi: A → B, a saber:

• f1 = {(1,4),(2,4),(3,6)} • f4 = {(1,5),(2,6),(3,4)}

• f2 = {(1,4),(2,6),(3,5)} • f5 = {(1,6),(2,4),(3,5)}

• f3 = {(1,5),(2,4),(3,6)} • f6 = {(1,6),(2,5),(3,4)} 5.20. f1(1) = 1, f1(2) = 2, f1(3) = 3

f2(1) = 1, f2(2) = 3, f2(3) = 2 f3(1) = 2, f3(2) = 1, f3(3) = 3 f4(1) = 3, f4(2) = 2, f4(3) = 1 f5(1) = 2, f5(2) = 3, f5(3) = 1 f6(1) = 3, f6(2) = 1, f6(3) = 2

5.21. Por exemplo, defina r:℘(A) - ∅ → A pela tabela abaixo:

B r(B)

{a} a

{b} b

{c} c

{a, b} a

{a, c} c

{b, c} b

{a, b, c} c

5.22. Cada função será apresentada por cada linha da tabela a seguir, sendo no total 27 funções.

X → a b c X → a b c


132

f1(x) a a a f15(x) b b c f2(x) a a b f16(x) b c a f3(x) a a c f17(x) b c b f4(x) a b a f18(x) b c c f5(x) a b b f19(x) c a a f6(x) a b c f20(x) c a b f7(x) a c a f21(x) c a c f8(x) a c b f22(x) c b a f9(x) a c c f23(x) c b b f10(x) b a a f24(x) c b c f11(x) b a b f25(x) c c a f12(x) b a c f26(x) c c b f13(x) b b a f27(x) c c c f14(x) b b b

5.23. Dado n ∈ IN, n ≥ 2, considere R = R(Z,Z,P) a relação no conjunto dos números inteiros definida pela proposição P(x,y): “x – y é divisível por n". Fixado n ∈ IN, n ≥ 2, temos f: Z → Z/R, dada por:

f(x) = x = {y ∈ Z y – x é divisível por n}={y ∈ Z y = x + kn, k∈Z}. 5.24. Como f é uma função f(a) = f(a) e todo a ∈ X tem imagem f(a), assim para todo x ∈ X, teremos f(x) = f(x) e conseqüentemente x R x, ∀x ∈ X. Assim, R é reflexiva. Se x R y, então f(x) = f(y) ou f(y) = f(x) e assim y R x e portanto a relação é simétrica. Se x R y e y R z, então f(x) = f(y) = f(z), logo f(x) = f(z), e assim, por definição, x R z. Portanto a relação é transitiva.

5.25. Suponhamos que f(x) = f(y) então teremos (x3, 2x

) = (y3, 2y

) donde segue que x3 = y3 e, logo, x = y. Portanto, f é injetora. Como, por exemplo, não existe x ∈ IR tal que f(x) = (–1,1), temos que f não é sobrejetora.

5.26. Primeiramente, vamos mostrar que f é injetora. Dados m, n ∈ IN, suponhamos que f(m) = f(n). Temos quatro casos a considerar:


133

1) m e n pares: neste caso, temos 2m

= f(m) = f(n) = 2n

e,portanto, m=n.

2) m e n ímpares: neste caso, temos – 21m+

= f(m) = f(n) = – 21n +

e, portanto, m=n.

3) m par e n ímpar: neste caso, temos 2m

= f(m) = f(n) = – 21n +

, o que não ocorre pois teríamos um número negativo igual a um número positivo.

4) m ímpar e n par: neste caso, temos – 21m+

= f(m) = f(n) = 2n

, o que também não ocorre pois teríamos um número negativo igual a um número positivo.

Logo, f é injetora. Para mostrar que f é sobrejetora seja m ∈ Z, queremos encontrar n ∈ IN tal que f(n) = m. Temos dois casos a considerar: 1) m é maior ou igual a zero: neste caso, considere n = 2m, que é um

número natural par, logo teremos f(n) = f(2m) = 2m2

= m. 2) m é menor do que zero: neste caso, considere n = –2m – 1, que é um número natural ímpar, logo teremos

f(n) = f(–2m-1) = – 21)1m2( +−−

= – 2m2−

=m. Portanto, f é sobrejetora. 5.27. Mostremos que g é monótona decrescente. De fato, sejam x1,x2∈IR, então

x1 < x2 ⇒ -2x1 > -2x2 ⇒ -2x1+3> -2x2 +3 ⇒ g(x1) > g(x2).

Para mostrar que f é monótona não-crescente, sejam x1, x2 ∈ IR tais que x1 ≤ x2. Como f é uma função constante temos que f(x1) = f(x2). Logo, f(x2) ≤ f(x1) e portanto f é monótona não-crescente em (IR,≤).


134

5.28. Vamos mostrar que toda função monótona crescente ou decrescente é injetora. Para isto, considere f: A → B uma função monótona decrescente. Suponhamos, por absurdo, que f não seja injetora, então existem x1, x2 ∈ A com x1 ≠ x2 tais que f(x1) = f(x2), o que contradiz o fato da função ser monótona decrescente. Portanto f é injetora. 5.29. A função h será invertível para todo a ≠ 0. De fato, sendo a ≠ 0,

consideremos a função g(x) = abx −

e teremos

h° g(x) = xbbxb

abx

a =+−=+

−

e

g° h (x) =

xa

bbxa=

−+.

Logo, h é invertível e g é a inversa de h. Quando a = 0 teremos a função constante h(x) = b que não é injetora. 5.30. a) De fato, temos f(-x) = (–x)n = (–1)n.xn = (–1)n.f(x). Se n é par temos (–1)n=1 e, assim, f(-x)=f(x), logo f é par. Se n é ímpar temos (–1)n=–1 e assim, f(–x)= –f(x), logo, f é ímpar. b) Seja g(x) = 2x4 + 5x9 – x2 + 8, temos

g(-x) = 2(–x)4 + 5(-x)9 – (–x)2 + 8 = 2x4 – 5x9 – x2 + 8.

Logo, g(–x) ≠ g(x), pois considerando x = 1 temos g(1) = 4 e g(–1) =14. Observe que temos também g(–x) ≠ –g(x). Portanto g não é nem par nem ímpar. c) I) Sejam f e g funções pares, temos (f.g) (–x)= f(–x).g(–x) = f(x).g(x) = (f.g)(x). (f+g)( –x)=f(–x) + g(–x) = f(x)+g(x)=(f+g)(x). (f/g)( –x) = f(–x)/g(–x) = f(x)/g(x) = (f/g)(x). Logo, f.g, f+g e f/g são pares.

II) Sejam f e g funções ímpares, temos


135

(f.g) (–x)= f(–x).g(–x) = –f(x).( –g(x)) = f(x).g(x) = (f.g)(x). (f+g)( –x)=f(–x) + g(–x) = –f(x)+( –g(x)) = – (f(x)+g(x))= – (f+g)(x). (f/g)( –x) = f(–x)/g(–x) = –f(x)/( –g(x)) =f(x)/g(x) = (f/g)(x). Logo, f.g e f/g são pares e f+g é uma função ímpar.

III) Sejam f uma função par e g uma função ímpar, temos (f.g) (–x)= f(–x).g(–x) = f(x).( –g(x)) = – (f(x).g(x)) = – (f.g)(x). (f/g)( –x) = f(–x)/g(–x) = f(x)/( –g(x)) =– (f(x)/g(x)) = – (f/g)(x). (g/f)( –x) = g(–x)/f(–x) = g(x)/( –f(x)) =– (g(x)/f(x)) = – (g/f)(x). Logo, f.g, f/g e g/f são ímpares. d) (f+g)( –x)=f(–x)+g(–x)= f(x) – g(x). Assim não se pode concluir se f+g é par ou ímpar. e) Seja g uma função par, para mostrar que o gráfico de g é simétrico em relação ao eixo Oy, devemos mostrar que se (x, y) ∈ g, então (–x, y) ∈ g. De fato, se (x, y) ∈ g então, por definição, temos y = g(x). Como g é par g(–x) = g(x) = y e, portanto, o ponto (–x,y) ∈ g. Seja f uma função ímpar, para mostrar que o gráfico da função f é simétrico em relação a origem devemos mostrar que se (x, y) ∈ f, então (–x, –y) ∈ f. De fato, se (x, y) ∈ f então, por definição, y = f(x). Como f é ímpar, temos f(–x) = – f(x) = – y e, portanto, o ponto (–x, –y) ∈ f. f) I) Temos f(–x)= 2(–x)4 – 3(–x)2 + 1 = 2x4 – 3x2 + 1 = f(x). Logo, f é par. II) Temos f(–x) = 5(–x)9 – 7(–x) = –5x9 + 7x = – ( 5x9–7x) = –f(x). Logo, f é ímpar.

III) Temos f(–x)= 1x1x

1)x(1)x(

+−−−

=+−−−

. Para x = 1, temos f(1) = 0 e f(–1) =1. Logo, existe x tal que f(-x) ≠ f(x) e f(-x) ≠-f(x). Portanto, f não é nem par e nem ímpar.


136

IV) Temos f(–x) = 1x)xx(

1x)xx(

1xxx

1)x()x()x(

2

2

2

9

2

9

2

9

+−

−=+−−

=++−

=+−−−−

= –f(x). Logo, f é ímpar. g) Existe, como f deve ser par e ímpar simultaneamente é verdadeiro que f(–x) = f(x) e f(–x) = –f(x), para todo x ∈ IR. Substituindo a segunda igualdade na primeira obtemos –f(x) = f(x), ou seja, 2f(x) =0 ⇒ f(x)= 0. Logo, a função f: IR → IR, f(x)=0, é a única função par e ímpar simultaneamente. 5.31. Por definição,

( )

+∉+

+∈+

=+

∈

∈

U

U

Zn

ZnC

21

n,n1xse0

21

n,n1xse1

1xf

.

Como UU

ZnZn 21

n,nx21

n,n1x∈∈

+∈⇔

+∈+

, temos fC(x + 1) = fC(x),. Assim, fC é uma função periódica de período 1. 5.32. Seja o conjunto de todos os pontos do espaço euclidiano e a operação f que associa a cada dois pontos A e B o ponto médio do segmento AB. - Temos f(A, B) = M e f(B, A) = M, logo a operação é comutativa

A

B

M

- N é o ponto médio de f(f(A, B), C) e O é o ponto médio de f(A, f(A, B)). Assim a operação não é associativa.

A

B

M

OC

T

N


137

5.33. Exemplo 5.67: O conjunto de todas as funções f: X → X, denotado por F(X,X),

• Idempotente: f é idempotente ⇔ f ° f = f ⇔ f ° f(x) = f(x). Não dá para encontrar os elementos idempotentes pois são infinitos. Vamos dar um exemplo de uma função que é idempotente. Seja X um conjunto qualquer e f: ℘(X)×℘(X) → ℘(X)×℘(X) tal que f(A,B) = (A ∪ B, A ∪ B). Temos que

f ° f(A,B) = f(A ∪ B, A ∪ B) = ((A∪B)∪(A∪B), (A∪B)∪(A∪B)) = = (A ∪ B, A ∪ B) = f(A,B).

Assim, para cada conjunto X temos um elemento f em (℘(X)×℘(X),℘(X)×℘(X)).

• Elemento neutro: As funções f: A → A possuem elemento neutro para todo A, que é a função identidade IA: A → A. Mas f: A → B, com A ≠ B, não possui, pois por definição, um elemento é elemento neutro com uma operação “*” se x * e = x = e * x. No caso em questão, f ° IA = f e IB ° f = f, mas IA ≠ IB.

• Elementos simetrizáveis: As funções invertíveis são elementos simetrizáveis, pois neste caso a inversa g: A → A da função f: A → A nos dá o elemento que composto com f dá o elemento neutro, ou seja, f ° g = IA.

• Elementos regulares: Este conjunto não possui elemento regular pois pode-se sempre alterar o domínio das funções e implicar na desigualdade das funções. Por exemplo, o melhor candidato a elemento regular é a identidade mas, mesmo neste caso, se B ⊂ A e D ⊂ A, seja f: B → A e g: D → A. Pode ocorrer f ° IA = g ° IA e f ≠ g.

Exemplo 5.68: O conjunto de todos os pontos do espaço euclidiano e a operação associa a cada dois pontos A e B, o ponto médio do segmento AB.

• Idempotente: todos os pontos são idempotentes pois qualquer ponto A é ponto médio do intervalo AA.

• Elemento neutro: não existe elemento neutro pois o ponto médio de um segmento sempre é diferente dos extremos quando estes extremos são distintos.


138

• Elementos simetrizáveis: como não existe elemento neutro não temos como falar em elementos simetrizáveis.

• Elementos regulares: todos os pontos são regulares, pois dados três pontos A. B e C do espaço euclidiano, se o ponto médio de AB é igual o ponto médio de AC então A = C.

5.34. Consideremos o conjunto das matrizes quadradas de ordem n. Sejam

nnij

nn2n1n

n22221

n11211

)a(

aaa

aaa

aaa

A ×=

=

L

MMM

L

L

nnij

nn2n1n

n22221

n11211

)b(

bbb

bbb

bbb

B ×=

=

L

MMM

L

L

nnij

nn2n1n

n22221

n11211

)c(

ccc

ccc

ccc

C ×=

=

L

MMM

L

L

Adição: a1) Associativa

(A + B) + C = ((aij + bij)n×n + (cij)n×n=(aij)n×n + (bij + cij))n×n= A + (B + C)

a2) Elemento Neutro: O elemento neutro é a matriz nula n × n, pois

(A + 0) = (aij)n×n + (0)n×n = (aij + 0)n×n = (aij)n×n = A.

a3) O elemento inverso da adição da matriz A é a matriz (–A ) = (–aij)n×n. De fato

A + (–A) = (aij)n×n + (–aij)n×n = (aij – aij)n×n = (0ij)n×n = 0. Multiplicação: m1) O produto de matrizes é associativo


139

(A.B) = D = (dij)n onde dij = ∑=

n

1kkjikba

.

(D.C) = E = (eij)n onde eij = =∑

=

n

1lljilcd

( ) )C.B.(Acbacbacban

1k

n

1lljkliklj

n

1l

n

1kklik

n

1llj

n

1kkjik =

==

= ∑ ∑∑∑∑ ∑

= == == = .

m2) O elemento neutro é a matriz identidade de ordem n, In = (xij)n×n

onde

≠=

=.jise0

jise1xij

. De fato, A. In = (yij)n×n, onde yij = ∑=

n

1kkjikxa

, ou seja, yij = ai1 + ai2x2j + … + ainxnj = aij, pois xkj ≠ 0 somente quando k = j. A matriz possui elemento inverso multiplicativo somente quando ela for invertível ou quando o seu determinante for diferente de zero. d) Distributiva A(B + C) = =

( ) ( ) ( ) ( ) ACABcabacabacban

1kkjik

n

1kkjik

n

1kkjikkjik

n

1kkjkjik +=+=+=+ ∑∑∑∑

==== 5.35. a) Se e e e’ são elementos neutros então e = e.e’ = e’. b) Mostre que o simétrico de um elemento, quando existe, é único.

Sejam y e z os simétricos de um elemento x com relação a operação “*” que possui elemento neutro 0, então

y = y * 0 = y * (x * z) = (y * x) * z = 0 * z = z. 5.36. a) Temos (a f b) f (b’ f a’)=[(a f b) f b’] f a’=[a f (b f b’)] f a’=(a f e) f a’ = a f a’ = e e (b’ f a’) f (a f b)=[(b’ f a’) f a’] f b=[b’ f (a’ f a)] f b=(b’ f e) f b = b’ f b = e.


140

Pelo item b) do Exercício 5.35 o simétrico é único, assim temos (a f b)’ = b’ f a’. Com relação a segunda igualdade temos a’ f a = e e a f a’ = e. Pela unicidade do elemento simétrico, o simétrico de a’ é a e assim (a’)’ = a.

b) Sejam y, z ∈ G, temos

x f y = x f z ⇒ x’ f (x f y) = x’ f (x f z) ⇒ (x’ f x) f y = (x’ f x) f z ⇒

⇒ e f y = e f z ⇒ y = z e

y f x = z f x ⇒ (y f x) f x’ = (z f x) f x’ ⇒ y f (x f x’) = z f (x f x’) ⇒

⇒ y f e = z f e ⇒ y = z. 5.37. a.0 =a.(b + (–b)) = ab + (–ab) = 0 5.38. a) Comutativa: Sim, pois x f y = f(x, y) = x + y – 1 = y + x – 1 = f(x, y) = y f x. Associativa: Sim, pois

(x f y) f z = [f(x, y)] f z = f(f(x, y) f z) = f(x, y) + z –1 = = x + y – 1 + z – 1 = x + y + z – 2

e x f( y f z) = x f (f(y, z) = x + f(y, z) – 1 = x + y + z – 1 – 1 =

= x + y + z – 2. Elemento idempotente:

x f x = x ⇔ f(x, x) = x ⇔ x + x – 1 = x ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1 Elemento neutro:

x f θ = x = θ f x ⇔ x + θ – 1 = x ⇔ θ = 1. Elemento simétrico:

x f x’ = 1 ⇔ f(x, x’) = 1 ⇔ x + x’ – 1 = 1 ⇔ x + x’ = 2 ⇒ x’ = 2 – x.


141

Elemento regular:

x f y = x f z ⇒f(x, y) = f(x, z) ⇒ x + y – 1 = x + z – 1 ⇒ y = z Logo, todo elemento é regular. b) Comutativa: Não, pois

2 f 1 = f(2, 1) = 2 + 1 +4.1 = 7 1 f 2 = f(1, 2) = 1 + 2 + 1. 2 = 5.

Associativa: Não, pois

1 f (2 f 3) = 1 f 17 = 1 + 17 + 17 = 35 (1 f 2) f 3 = 5 f 3 = 5 + 3 + 25.3 = 83.

Elemento idempotente:

x f x = x ⇔ x + x + x2.x = x ⇔ x3 + x = 0 ⇔ x(x2 + 1) = 0 ⇔ x = 0 Elemento neutro:

x f θ = x = θ f x ⇔

=θ++θ

=θ+θ+

xx.x

x.xx2

2

⇔ θ = 0. Elemento simétrico:

x f x’ = 0 ⇔ x + x’ + x2.x = 0 ⇔ x’ = 2x1x

+−

x’ f x = 0 ⇔ x’ + x + x’2.x = 0 ⇔ x’ = x2x.411 2−±−

Logo, os elementos simétricos são as soluções de

2x1x

+−

= x2x.411 2−±−

. Elemento regular:

x f y = x f z ⇒ x + y + x2.y = x + z + x2.z ⇒ y + x2.y = z + x2.z ⇒


142

⇒ y(1 + x2) = z(1 + x2) ⇒ y = z.

y f x = z f x ⇒ y + x + y2.x = z + x + z2.x ⇒ y + y2.x = z + z2.x ⇒

⇒ y – z = (z2 – y2).x ⇒ (y + z).x = – 1. Logo, nenhum elemento é regular. c) Comutativa: Sim, pois

f(x, y) = xy1yx

++

= yx1xy

++

= f(y, x). Associativa: Sim, pois

x f (y f z) = x f

++yz1zy

= yz1zy

.x1

yz1zy

x

++

+

++

+

= xzxyyz1zyxyzx

++++++

e

(x f y) f z =

++xy1yx

f z = z.

xy1yx

1

zxy1yx

++

+

+++

= yzxzxy1xyzzyx+++

+++

. Elemento idempotente:

x f x = x ⇒ xx1xx

++

= x ⇒ 2x1x2

+ = x ⇒ 2x = x.(1 + x2) ⇒

⇒ x.(1 + x2 – 2) = 0 ⇒ x.(x2 – 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x = ± 1. Elemento neutro:

x f θ = x = θ f x ⇔ θ+θ+

x1x

= x ⇔ x + θ = x + x2θ ⇒ θ = x2θ ⇒ θ = 0.

Elemento simétrico: Como 1 + xy > 0, ∀x, y ∈ IR+ temos


143

x f x’ = 0 ⇔ 'xx1'xx

++

= 0 ⇔ x + x’ = 0 ⇔ x’ = – x.

Elemento regular: Se y ≠ z temos

x f y = x f z ⇒ xy1yx

++

= xz1zx

++

⇒ x + x2z + y + xyz = x + x2.y + z + xyz ⇒ ⇒ x2z + y = x2.y + z ⇒ x2(z – y) = z – y ⇒ x2 = 1 ⇒ x = ± 1.

d) Comutativa: Sim, pois

f(x, y) = 22 yx + =

22 xy + = f(y, x). Associativa: Sim, pois

(x f y) f z = 22 yx + f z =

222 zyx ++ e

x f (y f z) = x f 22 zy + =

222 zyx ++


x f x=x ⇔ 22 xx + =x ⇔ 2x2 =x ⇔ 2 x=x ⇔ ( 2 - 1).x=0 ⇔ x=0.

Elemento neutro:

x f θ = x = θ f x ⇔ 22x θ+ = x ⇔ x2 + θ2 = x2 ⇔ θ2 = 0 ⇔ θ = 0.

Elemento simétrico:

x f x’ = 0 ⇔ 22 'xx + = 0 ⇔ x2 + x’2 = 0 ⇔ x’ = x = 0. Logo, 0 é o único elemento que possui simétrico. Elemento regular:


144

x f y=x f z ⇒22 yx + = 22 zx + ⇒ x2 + y2=x2 + z2 ⇒ y2=z2 ⇒ y=z.

Logo, todo elemento é regular. e) Comutativa: Sim, pois

f(a, b) = a+ b – ab = b + a – ba = f(b, a). Associativa: Sim, pois

a f(b f c) = a f (b + c – bc) = a + b + c – bc – a(b+c – bc) = = a + b + c – bc – ab – ac + abc.

(a f b) f c = (a + b – ab) f c = a + b – ab + c – (a + b – ab)c = = a + b – ab + c – ac – bc + abc.


a f a=a ⇔ a + a – a.a = a ⇔ a – a2 = 0 ⇔ a(a – 1) = 0 ⇔ a = 0 ou a = 1. Elemento neutro:

a f θ=a ⇔ a + θ – a.θ=a ⇔ θ - a. θ=0 ⇔ θ(a – 1)=0 ⇔ θ=0 ou a = 1.

Logo, θ = 0. Elemento simétrico:

a f a’ = 0 ⇔ a + a’ – a.a’ = 0 ⇔ a’(1 – a) = -a ⇔ a’ = a1a− .

O elemento a = 1 não possui simétrico. Elemento regular:

a f b = a f c ⇒ a + b - ab= a + c - ac ⇒ b(1 – a) = c(1 – a) ⇒ b = c, se a ≠ 1

Logo, todo elemento distinto de 1 é regular. f) Comutativa: Não, pois

f(1, 2) = 1+ 22 = 5 e f(2, 1) = 2 + 12 = 3.


145

Associativa: Não, pois

1 f(2 f 3) = 1 f 11 = 122. (1 f 2) f 3 = 5 f 3 = 14.


a f a = a ⇔ a + a2 = a ⇔ a2 = 0 ⇔ a = 0. Elemento neutro:

a f θ = a ⇔ a + θ2 = a ⇔ θ2 = 0 ⇔ θ = 0

θ f a = a ⇔ θ + a2 = a ⇔ θ = a – a2. Logo, não existe elemento neutro. Elemento simétrico:

Como não existe elemento neutro não é possível obter elemento simétrico. Elemento regular:

a f b = a f c ⇒ a + b2 = a + c2 ⇒ b2 = c2 ⇒ b = ± c.

b f a = c f a ⇒ b + a2 = c + a2 ⇒ b = c. Logo, nenhum elemento é regular, mas todo elemento é regular à esquerda. g) Comutativa: Não, pois

f(1, 2) = 2.1+ 2 = 4 e f(2, 1) = 2.2 + 1 = 5. Associativa: Não, pois

1 f(2 f 3) = 1 f 7 = 9. (1 f 2) f 3 = 4 f 3 = 11.


a f a = a ⇔ 2a + a = a ⇔ 3a = a ⇔ 2a = 0 ⇔ a = 0.


146

Elemento neutro:

a f θ = a ⇔ 2a + θ = a ⇔ θ = – a.

θ f a = a ⇔ 2θ + a = a ⇔ 2θ = 0 ⇔ θ = 0. Logo, não existe elemento neutro. Elemento simétrico:

Como não existe elemento neutro não é possível obter elemento simétrico. Elemento regular:

a f b = a f c ⇒ 2a + b = 2a + c ⇒ b = c.

b f a = c f a ⇒ 2b + a = 2c + a ⇒ 2b = 2c ⇒ b = c.

Logo, todo elemento é regular.

5.39. Apresentaremos as operações através de suas tabelas:

F1 a b F2 a b F3 a b F4 a b

a a a a a a a a a a a a

a a a a a b a b a a b b


a a b a a b a a b a a b



a b a a b a a b a a b a


F13 a b F14 a b F15 a b F16 a b

a b b a b b a b b a b b


147


5.40. a) Seja A = {x, y} temos

A × A = {(x, x), (x, y), (y, y), (y, x)}.

Considere f: A × A → A dada pela tabela . x y

x x x

y x x

Temos que f é comutativa e associativa. b) O conjunto das matrizes quadradas e a operação de multiplicação.

c) Sejam A = {x, y, z} e f: A × A → A dada pela tabela . x y z

x x y z

y y x y

z z y x

Temos y.(y.z) = y.y = x (y.y).z = x.z = z Logo, não é associativa. É comutativa pois a tabela é simétrica.

d) Sejam A = {a, b, c, e} e f: A × A → A dada pela tabela . e a b c

e e a b c

a a e c b

b b b e e

c c a e c.


148

Capítulo 6

6.1. Como #(A) = n e #(B) = m existem funções f: {1,2,3,…,n} → A e g: {1,2,3,…,m} → B

que são bijetoras. Qualquer elemento i do conjunto {1, 2, 3, 4, …, m.n} pode ser escrito de maneira única como i = b.n + r, onde 0 ≤ b < m e 1 ≤ r ≤ n. Consideremos a função h: {1, 2, 3, 4, …, m.n} → A × B, dada por h(i) = (f(r),g(b)) que é bijetora. Portanto, #(A × B) = n.m.

6.2. Para cada B ∈ ℘(IN) associamos a função

gB(x) =

∉∈

Bxse1Bxse0

em F(IN,{0,1}). É claro que para cada B existe uma única função gB em F(IN,{0,1}) e que para cada função f: IN → {0,1} existe um único B ∈ ℘(IN), a saber, B = f –1(0). Logo, ℘(IN) ≈ F (IN, {0,1}).

6.3. Primeiramente, devemos observar que o conjunto IN é equipotente ao conjunto dos números naturais múltiplos de p, onde p ∈ IN*, denotado por pIN. De fato, considere a função f: IN → pIN dada por f(n) = p.n. Pela lei do cancelamento, temos que f é injetora e pela definição de múltiplo temos que f é sobrejetora. Logo, f é uma função bijetora e, portanto, IN é equipotente a pIN. Em particular, IN é equipotente a m.IN e a k.IN. Como a relação de equipotência é uma relação de equivalência temos que m.IN é equipotente a k.IN.

6.4. Seja f: A → A. Observemos primeiramente que o número de elementos de A é igual ao número de elementos de f(A), pois f é injetora. Observemos também que f(A) ⊆ A. Se f não é sobrejetora, temos f(A) ≠ A então o número de elementos de f(A) é menor do que o número de elementos de A, o que é uma contradição. Portanto, f é bijetora.


149

6.5. a) Ao encontrarmos o número de elementos de A unido com B, estamos somando o número de elementos de A com o número de elementos de B, mas ao fazer isto somamos duas vezes os elementos de A interseção B. Assim #(A ∪ B) é igual a #(A) mais #(B) subtraindo #(A∩B). b) Ao encontrarmos o número de elementos de A unido com B unido com C, estamos somando o número de elementos de A com os números de elementos de B com os números de elementos de C, mas ao fazer isto, estamos somando os números de elementos de A interseção B com A interseção C com B interseção C duas vezes. Em particular, a interseção A ∩ B ∩ C aparece a mais três vezes, na interseção de A com B, de A com C e de B com C, assim quando subtraímos [#(A ∩ B) + #(A ∩ C) + #(B ∩ C)] acabamos subtraindo o número #(A ∩ B ∩ C), logo para obter o #(A ∪ B ∪ C) devemos acrescentá-lo novamente dando o resultado desejado. c) Sejam os conjuntos A1, A2, A3 e A4. Utilizando raciocínio semelhante ao item anterior, temos que

#( A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4) =

=

∑∑∑

===<<

==<=

∩∩+∩−

4,3k3,2j

2,1ikji

kji

4,3,2j3,2,1i

jiji

4

1ii )AAA(#)AA(#A#

– #( A1∩A2∩A3∩A4).

Generalizando o resultado para os conjuntos A1, A2, …, Ak, temos

#( A1 ∪ A2 ∪… ∪ A4) =

=

++∩−+− ∑∑=

−=<=

K

KK

k,,2i1k,,2,1i

iiii

1k

1ii

0

21

21

21)AA(#)1(A#)1(

∑

−=

==

<<<

− ∩∩−+

k,1ki

3,2i2,1i

iiiii

2k

k

21

k21

ki21)AAA(#)1(

M

K

+ (–1)k-1 #(A1∩A2∩…∩Ak).


150

6.6. Sejam A, B, C e D conjuntos tais que A ≈ B, C ≈ D, A ∩ C = ∅ e B ∩ D = ∅. Logo, existem funções bijetoras f: A → B e g: C → D. Seja h: A ∪ C → B ∪ D, definida por h(x) = f(x) se x ∈ A e h(x)=g(x) se x∈C. Temos que h é bem definida pois A ∩ C = ∅ e, além disso, h é bijetora. De fato, se h(x) = h(y) então temos três casos: 1. x, y ∈ A: Neste caso, temos f(x) = f(y) o que implica x = y, pois f é injetora. 2. x, y ∈ B: Neste caso, temos g(x) = g(y) o que implica x = y, pois g é injetora. 3. x ∈ A e y ∈ B: Este caso não possível pois teríamos f(x) = g(y), o que não é possível pois B ∩ D = ∅. Logo, h é injetora. A sobrejetividade segue imediatamente da definição de h. Portanto, A ∪ C é equipotente a B ∪ D.

6.7. a) Se A ≈ B e C ≈ D, então A × C ≈ B × D. Basta considerar a função h: A × C → B × D, h(x,y) =(f(x), g(y)) onde f: A → B e g: C → D são funções bijetoras dadas pela eqüipotência dos conjuntos. Como h é bijetora (conseqüência da bijeção de f e g) temos que A × C é equipotente a B × D. b) A × B ≈ B × A. Basta considerar a função f: A × B → B × A definida por f(a,b) = (b,a), que é claramente bijetora. c) (A × B) × C ≈ A × (B × C). Basta considerar a função f: (A × B) × C → A × (B × C) definida por f((a,b),c) = f(a,(b,c), que é claramente bijetora. d) A × {x} ≈ A. Basta considerar a função f: A × {x} → A definida por f(a,x) = a, que é claramente bijetora. e) Se A ≈ B e C ≈ D, então F(C,A) ≈ F(D,B).


151

Considere a função h: F(C,A) → F(D,B) definida por h(r) = f ° r ° g–1, onde f: A → B e g: C → D são funções bijetoras dadas pela eqüipotência dos conjuntos. A função h é injetora pois se supormos h(r) = h(s) então f ° r ° g–1 = f ° s ° g–1. Assim, f–1 ° f ° r ° g–1 ° g = f–1 ° f ° s ° g–1 ° g, logo r = s. Para mostrar a sobrejetividade tome s ∈ F(D,B) e considere r = f–1 ° s ° g e teremos que f(r) = f ° r ° g–1 = f ° f–1 ° s ° g ° g–1 = s. Portanto, h é bijetora e F(C,A) é equipotente a F(D,B). f) Se B ∩ C = ∅ então F(B ∪ C,A) ≈ F(B,A) × F(C,A). Considere a função h: F(B ∪ C,A) → F(B,A) × F(C,A) definida por h(f) = (fB, fC), onde fB e fC são as funções restrição de f a B e de f a C, respectivamente. Mostremos que a função h está bem definida. De fato, as restrições de f a B e de f a C são únicas, então a função está bem definida. Afirmamos que h é injetora. De fato, se h(f1) = h(f2), então (f1B, f1C) = (f2B, f2C) e assim, f1B = f2B e f1C = f2C). Como as restrições a B e a C são iguais f1 = f2. Para mostrar a sobrejetividade, seja g = (f1, f2) em F(B,A) × F(C,A), seja f: B ∪ C → A, definida por

∈∈

=,Cxse)x(f

Bxse)x(f)x(f

2

1

está bem definida pois B ∩ C = ∅. Temos que h(f) = (f1, f2) = g, logo h é sobrejetora. g) F(C,A × B) ≈ F(C,A) × F(B,C). Considere a função h: F(C,A × B) → F(C,A) × F(C,B) definida por h(f) = (f1, f2), onde f1: C → A é tal que f1(c) = (p1 ° f)(c), onde p1: A × B → A é tal que p1(a,b) = a e f2: C → B é tal que f2(c) = (p2 ° f)(c), onde p2: A × B → B é tal que p2(a,b) = b. Mostremos que h está bem definida. De fato, suponhamos que h(f) = g1 e h(f) = g2. Temos g1 = (f1, f2) e g2 = (f1, f2), logo g1 = g2. Vamos mostrar agora que h é injetora, suponhamos que h(f) = h(g), então (f1, f2) = (g1, g2). Assim, f1 = g1 e f2 = g2, ou seja, p1 ° f = p1 ° g e p2 ° f = p2 ° g. Portanto, se f(c) = (c1, c2) e g(c) =(d1, d2), como (p1 ° f)(c) = (p1 ° g)(c), temos c1 = d1 e como (p2 ° f)(c) = (p2 ° g)(c), temos c2 = d2. Além disso, como o domínio e o contra-domínio de f e g são iguais temos f = g e, portanto, h é injetora. Afirmamos que h é sobrejetora. De fato, seja (g1, g2) ∈ F(C,A) × F(B,C) e consideremos a função f: C → A × B tal que f(c) = (c1, c2), onde c1 = g1(c) e c2 = g2(c). Assim, h(f) = (f1, f2), onde


152

f1(c) = p1 ° f(c) = p1(c1,c2) = c1 = g1(c) e f2(c) = p2 ° f(c) = p2(c1,c2) = c2 = g2(c).

Como f1 e f2 tem os mesmos domínios e contradomínios que g1 e g2, respectivamente, concluímos que f1 = g1 e f2 = g2 e assim h(f) = (g1, g2) e h é sobrejetora. h) F(C,F(B,A)) ≈ F(B × C,A). Considere a função h: F(C,F(B,A)) → F(B × C,A) definida por h(f) =g, onde g: B×C → A é definida por g(x,y) = [f(y)](x). A função h está bem definida pois se h(f) = g1 e h(f) = g2 então g1(x,y) =(f(y))(x) e g2(x,y) = (f(y))(x), ou seja, g1 = g2. A função h é injetora pois se tivermos h(r) = h(s) então [r(y)](x) = [s(y)](x), para todo (x, y) em B × C. Logo, r(y) = s(y) para todo y em B, ou seja, r = s. Para mostrar a sobrejetividade de h considere t: B × C → A e seja r: C → F(B,A)) definida por r(y) = f, onde f: B → A é definida por f(x) = t(x,y). Temos h(r) = g, onde g: B×C → A é definida por g(x,y) = [r(y)](x) = t(x,y). Logo, h é bijetora e F(C,F(B,A)) é equipotente a F(B × C,A).

6.8. Se A é um conjunto infinito e B é um conjunto não vazio vamos mos-trar que B × é um conjuntos infinito. Seja b ∈ B e consideremos o conjunto {b} × A. Mostraremos que {b} × A é infinito e assim pelo item a) do Corolário 6.11, temos o resultado. Como A é infinito, pelo Teorema 6.8, existe f : A → C bijetora, com C ⊆ A. Seja g: {b} × A → {b} × C definida por g(b,a) = (b,f(a)). Temos que, se g(b,a) = g(b,a’), então (b,f(a)) = (b,f(a’)) e assim, f(a) = f(a’) e como f é injetora, a = a’, donde (b,a) = (b,a’). Além disso, se (b,c) ∈ {b} × C, então existe a ∈ A, tal que, f(a) = c, pois f é sobrejetora. Logo, g(b,a) = (b,f(a)) = (b,c) e assim, g é sobrejetora, donde concluímos que {b} × A é infinito.

6.9. Suponhamos que A seja infinito e mostremos que A \ B é infinito. Vamos mostrar por indução sobre o número de elemento de B. Para B={b1} já foi provado. Suponhamos que para B={b1, b2, ...,bk} tenhamos A \ B infinto. Então para B’={b1, b2, ..., bk,bk+1} teremos A \ B’=(A \ B) \ {bk+1}. Como A \ B é infinito, pela hipótese de indução, então pelo Corolário 6.10 temos que (A \ B) \ {bk+1} é infinito.


153

Reciprocamente, suponhamos que B seja finito e A \ B infinito. Suponhamos por absurdo que A seja finito. Como A \ B ⊂ A, por definição, temos pelo item a) do Corolário 6.11, um absurdo. Assim, A é infinito.

6.10. Sejam A e B conjuntos infinitos. Como, por exemplo, A ⊂ A ∪ B, temos, pelo item a) do Corolário 6.11 que A ∪ B é infinito. Com relação a interseção, se considerarmos A e B conjuntos infinitos, A ∩ B nem sempre é infinito, pois por exemplo, se A e B forem disjuntos então A ∩ B=∅ e o ∅ é um conjunto finito.

6.11. Sejam A e B dois conjuntos enumeráveis. Temos, por definição, que A ∩ B ⊂ A. Assim, pelo item b) do Teorema 6.15, A ∩ B é enumerável.

6.12. Sejam A e B conjuntos finitos. Queremos mostrar que A ∩ B também é finito. Sabemos que A ∩ B é subconjunto de A e de B. Como A e B são finitos, pelo item b) do Corolário 6.11, temos que A∩ B também é finito, como queríamos demonstrar.

6.13. Podemos ter três situações distintas: 1) A e B são infinitos; por exemplo A={0, 1, 2,...} e B={..., - 2, - 1, 0}; 2) A é infinito e B é finito, por exemplo A = Z e B={0}; 3) A é finito e B é infinito, por exemplo A={2, 4, 6, 8} e B= IN. Afirmamos que não podemos ter dois conjuntos A e B finitos, como A ∪ B infinito. De fato, suponhamos por absurdo que A ∪ B é infinito com A e B finitos que, sem perda de generalidade, suporemos disjuntos. Pelo Exercício 6.9, temos que (A ∪ B) \ B é infinito, mas (A ∪ B) \ B = A, o que é uma contradição. Assim, A ∪ B é finito.


154

6.14.Seja f: A → B bijetora e D = f(C) tal que C é próprio em A, vamos mostrar que D é próprio em B. Temos que C é próprio em A, logo existe a∈ A tal que a∉ C. Afirmamos que f(a)∈ B mas f(a)∉ D. De fato, temos por definição de f que f(a) ∈ B. Se f(a) ∈ D = f(C) então existe x ∈ C tal que f(x) = f(a). Mas f é bijetora, logo injetora, assim x = a o que é um absurdo, pois a ∉ C. Portanto D é um subconjunto próprio de B.

6.15. Devemos mostrar que f é: i) injetora

De fato, sejam x1, x2 ∈ ]-1,1[ e suponhamos que f(x1)= f(x2), então

( ) ( ) 12221112212

2

1

1 xxxxxxx1xx1xx1

xx1

x−=−⇒−=−⇒

−=

− Como x1 e x2 devem ter o mesmo sinal temos dois casos a considerar: a) x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0

Teremos x1 – x1x2 = x2 – x2x1 ⇒ x1 = x2. b) x1 < 0 e x2< 0

Teremos x1 + x1x2 = x2 + x2x1 ⇒ x1 = x2. Logo, f é injetora.

ii) sobrejetora.

Dado, y ∈ IR, seja y1y

x+

=, e teremos

f(x)=f y1y

1

y1y

y1y

+−

+=

+

Se y≥0 então f(x)=

y1y

y1yy1

y1y

y1y

1

y1y

==

+−+

+=

+−

+


155

Se y<0 então f(x)=

y1y

y1yy1

y1y

y1y

1

y1y

==

−+−

−=

−+

−

. Logo, f é bijetora.

6.16. O conjunto dos número inteiros é infinito. Utilizamos o Teorema 6.8 exibindo uma função f: Z → 2Z bijetora. Como 2Z está contido pro-priamente em Z, teremos o desejado. Mostremos primeiramente que a função f: Z → 2Z, f(a) = 2a, é injetora. Sejam a, b ∈ Z, tais que f(a) = f(b), então 2a = 2b, ou seja, 2a – 2b = 0. Assim, temos 2.(a–b)=0 de onde se conclui que a = b. Para mostrar que f é sobrejetora seja b ∈ 2Z, então existe a ∈ Z, tal que b = 2a. Assim, f(a) = b. Portanto, f é bijetora.

6.17. Considere dois intervalos reais [a,b] e [c,d], onde a ≠ b e c ≠d. Para obter a bijeção consideramos a reta que passa pelos pontos (a,c) e (b,d) no diagrama cartesiano de IR × IR. Esta reta tem como equação:

y – c = abcd

−−

.(x – a).

Considere a função f: [a,b] → [c,d], dada por f(x) = abcd

−−

.(x – a) + c. Temos que f é injetora, pois se x, y ∈ [a,b] são tais que f(x) = f(y) temos

abcd

−−

.(x – a) + c = abcd

−−

.(y – a) + c ⇒ abcd

−−

.(x – a) = abcd

−−

.(y – a). Como a ≠ b e c ≠d temos x – a = y – a. Portanto, x = y e a função f é injetora. Para mostrar que f é sobrejetora, considere y ∈ [c,d]. Tome-

mos x = cdab

−−

.(y – c) + a e teremos

f(x) = abcd

−−

.( cdab

−−

.(y – c) + a – a) + c = abcd

−−

. cdab

−−

.(y – c) + c = = y – c + c = y.


156

Portanto, f é bijetora e os intervalos [a,b] e [c,d] são equipotentes.

6.18. Podemos considerar um segmento de reta associado a um intervalo real qualquer. Pelo exercício anterior, este intervalo pode ser o intervalo [0,1]. Da mesma maneira, o quadrado pode ser considerado como o produto cartesiano [0,1] × [0,1]. Assim, o problema se reduz a mostrar que o intervalo [0,1] é equipotente ao produto cartesiano [0,1] × [0,1]. De fato, considere a função que associa elemento de [0,1], digamos x = 0,x1x2x3x4x5x6... o elemento (x’, x”) onde

x’ = 0,x1x3x5x7x9x11... e x” = 0,x2x4x6x8x10x12... A unicidade desta representação decimal se obtém decrescendo uma unidade no último dígito dos decimais finitos e adicionando 9’s infinitamente. É imediato que esta função é bijetora e, portanto, temos o desejado.

6.19. Considere a função f: ]0, 1[ → ]–1, 1[, f(x)=2x – 1. Temos que f é injetora, pois se f(x) = f(y) então 2x – 1 = 2y – 1 e daí segue que x = y.

Além disso, se y ∈ ]–1,1[ considere x = 21y +

que pertence ao intervalo

]0,1[ e f(x) = 2. 21y +

– 1 = y, ou seja, f é sobrejetora. Portanto, f é bijetora. Como IR é equipotente a ]–1, 1[, temos que IR é equipotente a ]0, 1[.

6.20. Vamos mostrar que a união de uma família enumerável de conjuntos enumeráveis é enumerável. Seja {An} n∈ IN uma coleção

enumerável de conjuntos enumeráveis e A= nINn

A∈U

. Então existe uma coleção enumerável de funções bijetoras {fn: IN→ An} n∈ IN. Seja f: IN× IN → A, f(i, j)=fi(j). Temos que f é sobrejetora, pois se y ∈ A temos y∈ Ai para algum i∈ IN. Logo, y = fi (j) para algum j∈ IN. Logo, A é equipotente a um subconjunto de IN × IN. Portanto, A é enumerável pois IN × IN é enumerável.


157

6.21. Se fosse enumerável teríamos que o intervalo de ]0, 1[ seria enumerável, como união de conjuntos enumeráveis, o que contraria o Exemplo 6.16.

6.22. Como, por hipótese, A é infinito temos, pelo Lema 6.7, que existe uma função g: IN → A injetora. Temos dois casos a considerar: 1) a = g(0): neste casos definimos f: A → A – {a} por

f(g(n)) = g(n+), se n ∈ IN, f(x) = x, se x ∉ Im g.

Na demonstração do Teorema 6.8 foi visto que f é injetora. Vamos mostrar que f é sobrejetora e, para isto, considere x ∈ A – {a}. Se x ∉ Im g, então f(x) = x e se x ∈ Im g então existe n ≠ 0 tal que g(n) = x. Tomando m tal que m+ = n (possível pois n ≠ 0), teremos

f(g(m)) = g(m+) = g(n) = x. Portanto, f é bijetora. 2) a = g(n0), para algum n0 ∈ IN. Definindo a função h: IN → A, dada por h(n) = g(n + n0). Temos que h é injetora pois h(m) = h(n) implica g(m + n0) = g(n + n0), assim pela injetividade de g, m + n0 = n + n0 e, assim m = n. Além disso, temos h(0) = a e, portanto, recaímos no caso anterior, utilizando agora a função h.

6.23. O exercício anterior demonstra, por transitividade, que [0,1] é equipotente a ]0,1] e que ]0,1] é equipotente a ]0,1[. Logo, temos que o intervalo fechado [0,1] é equipotente ao intervalo aberto ]0,1[. Como IR é equipotente ao intervalo aberto ]0,1[ e este é equipotente ao intervalo fechado [0,1] que, por sua vez, é equipotente ao intervalo [a,b] temos que IR é equipotente ao intervalo [a,b]. Novamente, pelo exercício anterior, o intervalo fechado [a,b] é equipotente ao intervalo aberto ]a,b[. Daí conclui-se que os números reas é equipotente a qualquer intervalo real.

6.24. Seja A um conjunto enumerável. Podemos supor que A é infinito , pois caso contrário, o resultado é imediato. Assim, podemos escrever


158

A = {a1, a2, a3, a4, a5, ..., an,...}. Se associarmos a cada subconjunto finito de A um número decimal da forma 0,aiajakal...am, teremos um conjunto formado por números decimais finitos que é um subconjunto dos números racionais que é enumerável. Pelo item b) do Teorema 6.15, obtemos o desejado.

6.25. Primeiramente vamos mostrar que a função f: IN × IN→ IN, dada por f(m,n) = 2m.3n é injetora. De fato, dados (m,n), (p,q) ∈ IN × IN tais que f(m,n) = f(p,q) temos 2m.3n = 2p.3q e, pelo Teorema Fundamental da Aritmética, devemos ter m=p e n=q, como queríamos. Mostremos agora que o produto cartesiano de dois conjuntos enumeráveis é enumerável. Para isto consideremos A e B dois conjuntos quaisquer enumeráveis. Temos quatro casos a considerar: 1) A e B finitos: Neste caso temos A × B finito, pelo item e) da Proposição 6.4, e assim enumerável. 2) A finito e B infinito: Neste caso podemos supor A = {a1, a2, …, an} e que exista uma função h: B → IN bijetora. Considere a função g: A →IN, dada por g(ai) = i. Temos que a função

t = (g,h): A × B → {1, 2, …, n} × IN é bijetora e, além disso, f ° t: A × B → IN, f ° t(a,b) = 2i.3m é injetora pois se f ° t (i,m) = f ° t (j,p) então 2i.3m = 2j.3p e assim i = j e m = p. Assim, A × B ≈ {1, 2, …, n} × IN. Como M = f({1, 2, …, n} × IN} ⊂ IN , temos que M é enumerável e como f é injetora, {1, 2, …, n} × IN ≈ M. Assim, por transitividade A × B é equipotente a M e portanto enumerável. 3) B finito e A infinito: Neste caso temos A × B ≈ B × A, pelo item b) do Exercício 6.7 e caímos no segundo caso.

4) A e B são infinitos: Neste casos existem funções f: A → IN e g: B →IN. A função h = (f,g): A × B → IN é bijetora, logo A × B ≈ IN × IN e assim é enumerável.

6.26. Como qualquer intervalo [a,b] é equipotente ao intervalo ]0,1[ e este é não enumerável temos, pelo item a) do Teorema 6.15, que [a,b] é não enumerável.


159

6.27. Suponhamos que {1,2,3,…,m} ≼ {1,2,3,…,n} então, pela Proposição 6.17, existe uma funçao injetora de {1,2,3,…,m} em {1,2,3,…,n}. Se m > n existiriam p, q ∈ {1,2,3,…,m} com a mesma imagem em {1,2,3,…,n}, o que contraria a injetividade desta funçao, logo m ≤ n. Reciprocamente, suponhamos que m ≤ n, então {1,2,3,…,m} ⊂ {1,2,3,…,n} e, pelo item b) da Proposição 6.18, temos

{1,2,3,…,m} ≼ {1,2,3,…,n}.

6.28.

a) Se A ≼ B e C ≼ D então A × C ≼ B × D e F(C,A) ≼ F(D,B). Para a primeira parte, basta considerar a função h: A × C → B × D, dada por h(x,y) =(f(x), g(y)) onde f: A → B e g: C → D são funções injetoras dadas pela hipótese e Proposição 6.17. Como h é injetora (conseqüência do fato de f e g serem injetoras) temos que A × C tem potência menor ou igual a B × D, pela recíproca da Proposição 6.17. Para a segunda parte, considere a função definida por h(r): D → B, onde h: F(C,A) → F(D,B) definida por

[h(r)](d) =

∉∈−

gImdseb

gImdse)d(grf 1oo

, onde b é um elemento fixo qualquer de B, f: A → B e g: C → D são funções injetoras dadas pela hipótese e a Proposição 6.17. Assim, temos g–1: Im g → C. A função h é injetora pois se supormos h(r) = h(s) temos dois casos a considerar: 1) d ∉ Im g: Neste caso temos [h(r)](d) = [h(s)](d) = b. 2) d ∈ Im g: Neste caso temos

[h(r)](d) = f ° r ° g–1(d) e [h(s)](d) = f ° s ° g–1(d) e, portanto, f ° r ° g–1(d) = f ° s ° g–1(d) (*). Queremos mostrar que r(c) = s(c) para todo c ∈ C e assim, como r e s tem mesmo domínio e mesmo contra-domínio obtemos r = s. Como g é injetora, g: C → Im g é bijetora, assim para cada c ∈ C, existe um único d ∈ D tal que g–1(d) = c. Logo, r(c) = r(g–1(d)) e s(c) = s(g–1(d)). De (*) temos f(r(c)) = f(s(c)), como f é injetora r(c) = s(c) para todo c ∈ C. Logo, h é injetora. Portanto, F(C,A)


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tem potência menor ou igual a F(D,B), pela recíproca da Proposição 6.17.

b) Se A ≼ B, C ≼ D e B ∩ D = ∅ então A ∪ C ≼ B ∪ D. Conseqüen-

temente, A ≼ A∪ B.

Sejam A, B, C e D conjuntos tais que A ≼ B, C ≼ D e B ∩ D = ∅. Logo, existem funções injetoras f: A → B e g: C → D. Seja h: A ∪ C → B ∪ D, definida por h(x) = f(x) se x ∈ A e h(x) = g(x) se x ∈ C \ A. Temos que h é bem definida pois se h(x) = y e h(x) = z, temos y = f(x) ou y = g(x) e z = f(x) ou z = g(x). No primeiro caso temos y = f(x) e z = f(x) ou y = g(x) e z = g(x) e então y = z. No segundo caso temos y = f(x) e z = g(x) ou y = g(x) e z = f(x) o que é impossível, pois se x ∈ A ∪ C, então x ∈ A ou x ∈ C \ A. Além disso, h é injetora. De fato, se h(x) = h(y) então temos três casos: 1. x, y ∈ A: Neste caso, temos f(x) = f(y) o que implica x = y, pois f é injetora. 2. x, y ∈ C \ A: Neste caso, temos g(x) = g(y) o que implica x = y, pois g é injetora. 3. x ∈ A e y ∈ C \ A: Este caso não possível pois teríamos f(x) = g(y), o que não é possível pois B ∩ D = ∅. Logo, h é injetora. Portanto, A∪C tem potencia menor ou igual a B∪D.

6.29. A cada polinômio de grau n – 1 com coeficientes inteiros podemos associar uma n-upla de coordenadas inteiras. Segue do Exercício 6.25 que Z × Z ×…Z = (Z × Z) ×…Z é enumerável, assim o conjunto destes polinômios é enumerável.

6.30. Para cada número algébrico x existe um polinômio p com coeficientes inteiros tal que p(x) = 0. Como, pelo Exercício 6.29, os polinômios com coeficientes inteiros formam um conjunto enumerável, obtemos o desejado.

6.31. Lembremos que por definição, #(℘(A)) = # IR. Temos que


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2 #IN ≤ (2 #IN)n ≤ (2 #IN) #IN = 2)IN(2 # = 2 #IN, (*) onde a última igualdade segue do Exemplo 6.18. Segue das desigualdades (*) e do Teorema 6.19 (Teorema de Schröder-Bernstein) que (2 #IN)n = 2 #IN, de onde segue o resultado. 6.32. Mostraremos primeiramente que se A ⊂ IR × IR é enumerável, então IR × IR\A ≈ IR. De fato, seja P = {x ∈ IR| (x, y) ∈ A para algum y}.

Como A é enumerável, pelo item b) do Teorema 6.15, segue que P é enumerável, assim existe x0 ∈ IR, tal que x0 ∉ P (ver figura ao lado). Conseqüentemente, o conjunto X = {x0} × IR é disjunto de A, assim X ⊂ IR × IR\A. Mas #X = #IR, logo # IR × IR\A ≥ #IR e como, pelo Exercício 6.31,

A

P IR

IRX

x0

# (IR)2 = # IR, segue do Teorema 6.19 (Teorema de Schröder-Bernstein) o resultado. Segue também do Exercício 6.31 que existe uma aplicação bijetora F : IR × IR → IR. Considere A um subconjunto de IR e fixemos um número qualquer c em IR. Seja

B = F({c},A) = {y ∈ IR | ∃ x ∈ A, com y = F(c,x)} e considere a função g: IR → IR, dada por:

g(x) =

∈∈∉∈∉

)BxeAx(se),x,c(F

)BxeAx(ouAxse,x

A função g está bem definida, pois a união dos seus subconjuntos de definição nos dá

Af

A

c

F A g

B

todo o seu domínio e a interseção é vazia, além disso, g está definida por duas funções, a identidade e a F. Vamos mostrar que g é bijetora. De fato, se g(x) = g (y), então temos três casos a considerar,

1. x ∉ A e y ∉ A, assim x = g(x) = g(y) = y. 2. (x ∈ A e x ∈ B) e (y ∈ A e y ∈ B), assim x = g(x) = g(y) = y. 3. (x ∈ A e x ∉ B) e (y ∈ A e y ∈ B), assim x = g(x) = g(y) = F(c,y),

mas neste caso, por definição x ∈ B, o que contradiz a hipótese, logo este caso não pode existir.


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assim, g é injetora. Se y ∈ IR, temos dois casos a considerar:

1. y ∉ A ou (y ∈ A e y ∉ B), então pela definição de g, g(y) = y. 2. y ∈ A e y ∈ B, como B = F({c},A), existe x ∈ {c} × A, tal que

F(c,x) = y. Assim, g é sobrejetora e, portanto bijetora.

Consideramos então a aplicação f: IR × IR\ ({c} × A) → IR\A dada por, f(x,y) = g–1 ο F(x,y). Como F e g são bijetoras, temos que f é bijetora e assim, IR × IR\ ({c} × A) ≈ IR\A e como ({c} × A) é enumerável, pelo resultado acima e por transitividade, temos o resultado desejado.

6.33. Temos pelo Exercício 6.24 que o conjunto X de todos os subconjuntos finitos de IN é enumerável, assim, o conjunto Y de todos os subconjuntos infinitos de IN é dado por Y = ℘(IN)\X. Como #(℘(IN)) = # IR, utilizando demonstração análoga a do Exercício 3, temos o desejado.

6.34. Consideremos a seguinte proposição P(a): “o número natural a> 0 admite uma representação da forma asm

s + as–1ms–1 + ... + a1m + a0,

onde 0 ≤ ai < m, para i = 1, ..., s e as ≠ 0”. Vamos demonstrar que P(a) é verdadeira para todo número natural a, utilizando o 2º Princípio da Indução Finita. Afirmamos que P(1) é verdadeira. De fato, basta tomar s = 0 e a0 = 1. Suponhamos que P(k) seja verdadeira para todo natural u, com 1 ≤ u < k e mostremos que P(k) é verdadeira. Pelo algoritmo da divisão, temos que k = qm + r, onde 0 ≤ r < m. Se q = 0, teremos k = r. Assim, escolhendo a0 = r, ficamos com k = a0 e 0 < a0 = r < m e, portanto P(k) é verdadeira para este caso. Se q > 0, afirmamos que q < k. De fato, se q ≥ k, como m > 1, teremos neste caso k < qm, ou seja, qm + r < qm e assim r < 0, contrariando a hipótese, logo q < k. Assim, temos 1 ≤ q < k e pela hipótese de indução, P(q) é verdadeira, ou seja, q = bt–1m

t–1 + ... + b1m + b0, onde 0 ≤ bi < m, para i=1,...,t–1 e bt–1 ≠ 0. Logo, k = qm + r = bt–1m

t + ... + b1m2 + b0m + r. Fazen-

do bt–1 = as, …, b1 = a2, b0 = a1, r = a0 e t = s, teremos: k = asm

s + as–1ms–1 + ... a2m

2 + a1m + a0, onde 0 ≤ ai < m, para i = 1, ..., s e as = bt–1 ≠ 0. Assim, P(k) é verdadeira. Portanto, pelo 2º Princípio da Indução Finita, P(a) é verdadeira para todo natural a ≥ 1.


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6.35. Sejam A = {a1, a2, ..., an} e B = {b1, b2, ...} e g: A ∪ B → IN definida por g(ai) = i e g(bi) = n + i então g é injetora, pois se g(x) = g(y) temos três casos a considerar: 1. x = ai ∈ A, y = aj ∈ A: Neste caso, temos i = g(ai) = g(aj) = j; 2. x = ai ∈ A, y = bj ∈ B: Neste caso, temos i = g(ai) = g(bj) = n +j, o que é absurdo, pois i ≤ n. 3. x =bi ∈ B, y =bj ∈ B: Neste caso, temos n + i = g(bi) = g(bj) = n + j. Portanto, g é injetora, como queríamos demonstrar. Para mostrar que g é sobrejetora, seja m ∈ IN, se m ≤ n, então am ∈ A e g(am), se m > n, então m = n+ i e g(bi) = m + i = m e assim g é bijetora.

6.36. Devemos mostrar que para todo conjunto A, existe uma função escolha r: ℘(A) – ∅ → A , tal que r(B) ∈ B para todo B∈ ℘(A) – ∅. Se {A}i ∈ I onde cada A1 é um subconjunto de A diferente de ∅, ou seja, {A}i ∈ I =℘(A) – ∅, isto é, se B∈ ℘(A) - ∅, existe i ∈ I com B = Ai. Temos que I é não-vazio e cada Ai é não-vazio por construção. Então ∏∈Ii

iA é não vazio, ou seja, existe f∈

∏∈Ii

iA e assim existe f: I → A tal que

f(i) ∈ Ai, ∀i ∈ I. Tomamos

r: ℘(A) - ∅ → A, tal que r(B)=f(i), onde i é tal que B = Ai. Assim r(B) ∈ B, e temos o desejado.

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Apêndice B: Resolução dos Exercícios Propostos · A área do quadrado apresentado é ... J.R. Gerônimo/V.S. Franco 2 A montagem do retângulo está ... sempre como soma o valor