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
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.
2
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
β
α
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
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
2 unidades. A
½
½
½
½
3
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
½ + ½ + ½ + ½ = 2.
¼
Repetindo novamente a divisão
da medida dos catetos obtemos como
soma o valor
¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼ = 2.
¼
¼
¼
¼
¼
¼
¼
Repetindo a divisão
pela terceira vez o obtemos
como soma o valor
1 1 1 1 1 1 1
+ + + + + + +
8 8 8 8 8 8 8
1 1 1 1 1 1
+ + + + + + +
8 8 8 8 8 8
1 1 1
+ + + =2
8 8 8
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:
4
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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:
5
Fundamentos de Matemática
d2
d1
C1
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
r1
R1
C2
r2
R2
C3
r3
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:
2πr1 + 1
2πr1 + 1 − 2πr1
1
2π
= 2π ;
d1 = R1 – r1 = 2π – r1 =
2πr2 + 1
2πr2 + 1 − 2πr2
1
2π
d2 = R2 – r2 = 2π
– r2 =
= 2π e
2πr3 + 1
2πr3 + 1 − 2πr3
1
2π
d3 = R3 – r3 = 2π – r3 =
= 2π .
Assim, contrário a nossa intuição, as três medidas independem
1
do raio da circunferência consideradas, pois serão todas iguais a 2π .
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.
6
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
Capítulo 2
2.1. a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
É proposição e segundo dados históricos é verdadeira.
É proposição e segundo as informações do noticiário é falsa.
Não é proposição, pois é uma sentença interrogativa.
É proposição, basta resolver para saber se é falsa ou verdadeira.
É proposição, pois pode assumir apenas um valor lógico.
É proposição e, com certeza, é verdadeira.
É proposição e, com certeza, é verdadeira.
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.
7
Fundamentos de Matemática
•
•
•
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
V
F
F
V
V
F
p→ q
V
V
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.
8
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
V
V
F
F
V
F
V
F
F
F
V
V
F
V
F
V
b)
d)
p
q
r
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
p
q
r
V
V
V
V
F
F
V
V
F
F
V
V
V
F
V
F
V
F
(p∧q)
V
F
F
F
(q∨ r) p∧(q∨ r)
V
V
V
V
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
F
F
(~p)∨(~q) (p∧q)∨(~p)∨(~q)
F
V
V
V
V
V
V
V
c) p
q
V
V
F
F
V
F
V
F
(p∨ q) q→(p∨ q)
V
V
V
V
V
V
F
V
(p∨q) (q∨ r) (r∨ p) (p∨ q)∧(q∨ (p∨ q)∧(q∨ r) ∧(r∨ p)
r)
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
F
V
F
F
V
V
V
V
V
V
V
F
V
F
9
Fundamentos de Matemática
F
F
F
F
V
F
F
F
V
F
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
V
F
e) p ~p (~p→p) (~p→p)↔p
V F
V
V
F V
F
V
g) p
q
r
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
p
q
r
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
h)
F
F
f)
F
F
p
q (p∨ q) (p∨ q)→p
V
V
V
F
V
V
V
V
F
F
F
V
V
V
F
F
(p∧q ∧r) (p∧q ∧r)∨ (p∧q ∧r)∨ p∨ (p∧q ∧r)∨ p∨ q∨
p
q
r
V
V
V
V
F
V
V
V
F
V
V
V
F
V
V
V
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
F
V
F
F
F
F
(p∨ q ) (p∨ q ) ∧
r
V
V
V
F
V
V
V
F
V
V
V
F
F
F
F
F
i)
p
q
V
V
F
F
V
F
V
F
(p∧ (p∧ q)→q
q)
V
V
F
V
F
V
F
V
10
Apêndice B
j)
p
V
V
F
F
Resolução dos Exercícios
q (p∧ q) (q∧ p) (p∧ q)↔ (q∧
p)
V
V
V
V
F
F
F
V
V
F
F
V
F
F
F
V
(p∨ q)→
r
(p∨ q)
V
V
V
F
V
V
V
F
V
V
V
F
F
V
F
V
k)
p
V
V
V
V
F
F
F
F
q
V
V
F
F
V
V
F
F
r
V
F
V
F
V
F
V
F
m)
p
q
V
V
F
F
V
F
V
F
~p ~q [p∨(~q)] (~p)↔[p∨(~q)]
F
F
V
F
F
V
V
F
V
F
F
F
V
V
V
V
p
~p
(p→
~p)
V
F
F
V
F
V
n)
(p→
~p)↔p
F
F
l)
o)
p (p→ p)
V
V
F
V
p
q
V
V
F
F
V
F
V
F
(p→
p)↔p
V
F
~p (~p)→
q
F
F
V
V
V
V
V
F
11
Fundamentos de Matemática
p)
r)
t)
u)
p
q
V
V
F
F
V
F
V
F
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
~p ~q (~q)→ (~p)
F
F
V
F
V
F
V
F
V
V
V
V
p
q
r (q ∧ r) p∨(q∧r)
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
F
F
F
V
F
F
F
s)
V
V
V
V
V
F
F
F
q)
p
V
F
p
q
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
~p p∨ ~p
F
V
V
V
r (p∨ q) (p∨ q)∨
r
V
V
V
F
V
V
V
V
V
F
V
V
V
V
V
F
V
V
V
F
V
F
F
F
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
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
V
V
V
V
F
F
F
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
V
V
F
V
V
V
V
V
V
V
F
V
V
V
p
q
r
V
V
V
V
V
V
F
F
V
F
V
F
(p∧q) (p∧r) (p∧q)∨(p∧r)
V
V
V
V
F
V
F
V
V
F
F
F
12
Apêndice B
F
F
F
F
v)
Resolução dos Exercícios
V
V
F
F
V
F
V
F
p
q
r
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
w) p
q
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
x)
F
F
F
F
F
F
F
F
p → q (p ∧ q) (q ∧ r)
V
V
F
F
V
V
V
V
V
V
F
F
F
F
F
F
F
F
F
F
(p ∧ q)→ (q ∧ r)
(p→ q)↔ [ (p ∧ q)→ (q ∧ r) ]
V
F
V
V
V
V
V
V
V
F
F
F
V
V
V
V
V
F
F
F
V
F
F
F
r (p∨q) (p∨r) (p∨q)∧(p∨r)
V
V
V
V
F
V
V
V
V
V
V
V
F
V
V
V
V
V
V
V
F
V
F
F
V
F
V
F
F
F
F
F
p
q
r
V
V
V
V
F
F
V
V
F
F
V
V
V
F
V
F
V
F
(q∨r)
V
V
V
F
V
V
p∨(q∨r)
V
V
V
V
V
V
13
Fundamentos de Matemática
F
F
y)
F
F
p
q
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
p
V
V
V
V
F
F
F
F
V
F
V
F
r ~p ~q ~r (p∧ q∧ r) ∨
V F F F
V
V
F F F V
F
F
V F V F
F
F
F F V V
F
F
V V F F
F
F
F V F V
F
V
V V V F
F
F
F V V V
F
F
Etapa
z)
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
2
q
2
2
r (p→q)
V V
V
V F
V
F V
F
F F
F
V V
V
V F
V
F V
V
F F
V
Etapa
2
3
→
V
V
V
V
F
F
F
V
5
[p
V
V
V
V
F
F
F
F
1
(~p∧ ~q∧~r)
F
F
F
F
F
V
F
F
∨
V
F
F
F
F
V
F
V
3
5
3
(~p∧ q ∧ ~r)
4
∨ (q∨ r)
V
V
V
V
V
V
V
F
V
V
V
V
V
V
F
F
3
2
→
V
V
V
V
F
F
F
V
4
p
V
V
V
V
F
F
F
F
1
F
F
F
F
F
F
F
V
∧
V
V
V
V
F
F
F
F
3
(p∨ r)]
V
V
V
V
V
F
V
F
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)
14
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
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
1
3
1
2
1
4
1
Etapa
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)
15
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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:
16
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
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
1
2
1
3
1
4
1
Etapa
17
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
1
2
1
3
2
1
4
2
1
Etapa
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
18
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
1
2
1
3
1
2
1
4
1
2
1
3
1
2
1
Etapa
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
F
V
V V V F
V 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
F
V
F
F
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 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
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
1
2
1
3
2
1
4
1
2
1
3
1
2
1
Etapa
V F
V F
V F
1
F
F
19
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
20
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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:
q)
V
→
V
F
V
F
V
F
F
(~p)
V
↔
V
F
F
F
V
F
V
p
q
(p
V
V
V
F
∨
V
V
V
F
F
F
V
V
V
V
V
F
V
V
V
F
q
21
Fundamentos de Matemática
Etapa
1
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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:
q)
V
↔
V
F
V
F
V
V
(p
V
↔
V
F
F
F
F
F
F
Etapa
1
p
q
(p
V
V
V
q)
V
→
V
(q
V
∧
V
p)
V
→
V
V
V
F
F
F
F
V
V
V
V
F
V
V
F
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
F
2
1
4
1
2
1
3
1
2
1
V
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
V
V
V
F
F
V
V
F
Etapa
V
V
F
F
1
→
V
F
V
V
2
q)
V
F
V
F
1
↔
V
V
V
V
5
(p
V
V
F
F
1
∧
F
V
F
F
2
~
q)
F
V
F
V
2
V
F
V
F
1
→
V
F
V
V
4
c
F
F
F
F
3
Como a proposição é tautologia (coluna da Etapa 5), temos o resultado.
22
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
Teorema 2.12.b) ~(p ∨ q) ⇔ (~p ∧ ~q).
Vamos construir a tabela verdade da proposição:
q)
V
V
F
F
∨
V
V
V
F
1
2
p
q
~
(p
V
V
F
F
V
F
V
F
F
F
F
V
3
Etapa
(~
p
V
F
V
F
↔
V
V
V
V
~
q)
V
V
F
F
∧
F
F
F
V
F
F
V
V
F
V
F
V
V
F
V
F
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:
q ↔ q ∧
V V V V
p
p
q
V
∧
V V
V
V
V
F
V
F
F
V
F
F
V
F
V
F
F
V
V
V
F
F
F
F
F
F
V
F
Etapa
1
2
1
3
1
p
q
V
p
V
∨
V V
q ↔ q ∨
V V V V
V
V
F
V
V
F
V
F
V
V
F
F
V
F
V
V
V
V
V
F
F
F
F
F
F
F
F
V
F
F
F
2
1
Etapa
1
2
1
3
1
2
1
p
p
Como as proposições são tautologias (veja colunas da Etapa 3), temos o
resultado.
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
∨
↔
↔
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
p
V
23
Fundamentos de Matemática
F
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
F
F
F
V
F
Etapa 1
2
1
3
1
F
F
F
F
V
F
Etapa 1
2
1
3
1
Como as proposições são tautologias (veja colunas da Etapa 3), temos o
resultado.
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:
q)
V
V
V
V
F
F
F
F
∧
V
V
F
F
F
F
F
F
1
p
q
r
(p
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
Etapa
V
V
F
F
V
V
F
F
∧
V
F
F
F
F
F
F
F
2
1
q)
p
q
r
(p
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
V
V
V
F
F
F
F
∨
V
V
V
V
V
V
F
F
1
2
Etapa
p
V
F
V
F
V
F
V
F
↔
V
V
V
V
V
V
V
V
(q
V
V
V
V
F
F
F
F
∧
V
F
F
F
F
F
F
F
3
1
4
1
r
V
V
F
F
V
V
F
F
∨
V
V
V
V
V
V
V
F
p
V
F
V
F
V
F
V
F
↔
V
V
V
V
V
V
V
V
1
3
1
4
r
r)
V
V
F
F
V
V
F
F
∧
V
F
F
F
V
F
F
F
3
1
2
1
(q
V
V
F
F
V
V
F
F
∨
V
V
V
F
V
V
V
F
r)
V
V
V
V
F
F
F
F
∨
V
V
V
V
V
V
V
F
1
3
1
2
1
V
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
F
24
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
V
F
V
V
V
V
F
F
F
F
1
Etapa
∨
V
V
V
V
V
F
F
F
3
∧
V
F
F
F
V
F
F
F
2
(q
V
V
F
F
V
V
F
F
1
↔ (p
V V
V V
V V
V V
V F
V F
V F
V F
4 1
r)
V
F
V
F
V
F
V
F
1
∨
V
V
V
V
V
V
F
F
2
∧
V
V
V
V
V
F
F
F
3
q)
V
V
F
F
V
V
F
F
1
(p
V
V
V
V
F
F
F
F
1
∨
V
V
V
V
V
F
V
F
2
r)
V
F
V
F
V
F
V
F
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
V
F
V
F
Etapa 1
f)
p
p
V
V
∧
F
∨
V
V
2
t ↔ t
V V V
V V V
1
3
c ↔ c
F V F
e)
2
p
p
V
F
V
F
Etapa 1
h) ~
F
t ↔ c
V V F
∧ ~ p ↔ c
F F V V F
F V F V F
3
2
1
4
1
i) ~ c ↔ t
V F V V
25
Fundamentos de Matemática
F
F
F
F
V
F
Et. 1
2
1
3
1
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
2
1
3
1
2
p
p
V
F
V
F
∨ ~ p ↔ t
V F V V V
V V F V V
Etapa
1
3
j)
2
1
4
1
3
1
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
1
2
1
3
1
2
1
Etapa
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
26
Apêndice B
F
Resolução dos Exercícios
F
F
Etapa
F
V
F
V
F
V
F
V
F
F
F
V
F
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
1
2
1
3
1
4
2
1
5
1
2
1
Etapa
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
F
F
F
V
F
V
V
F
V
V
F
1
3
1
4
2
1
3
2
1
Etapa
Observe que na coluna da etapa 4 só aparecem valores lógicos
verdadeiros. Logo, o símbolo ↔ pode ser substituído por ⇔,
mostrando assim o desejado.
27
Fundamentos de Matemática
b)
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
V
V
F
V
F
F
F
V
F
F
F
V
F
V
V
F
V
V
F
1
3
1
4
2
1
3
2
1
Etapa
Note que na etapa 4 não temos somente valores lógicos verdadeiros.
Portanto, a proposição não é uma tautologia.
c)
q)
V
V
F
F
→
V
F
V
V
1
3
p
q
[(p
V
V
F
F
V
F
V
F
Etapa
~
p
V
F
V
F
∧
F
F
V
V
F
F
V
V
1
4
2
~
q
V
V
F
F
→
V
V
F
V
F
V
F
V
V
F
V
F
1
5
2
1
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
V
V
F
V
F
F
F
V
F
F
F
V
F
V
V
F
V
V
F
1
3
1
4
2
1
3
2
1
Etapa
Como as tabelas-verdade têm o mesmo resultado, as proposições são
equivalentes, e não são tautologias.
2.14. a)
p
q
V
V
V
F
p∨ q
F
V
28
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
F
F
V
F
V
F
b)
p
q
p
V V
V F
F V
F F
Etapa
V
V
F
F
1
∨
V
V
V
F
2
∧
F
V
V
F
4
q
V
F
V
F
1
~
[p
F
V
V
V
3
V
V
F
F
1
∧
V
F
F
F
2
q]
V
F
V
F
1
c) Como ambas proposições têm a mesma tabela verdade, estas são
equivalentes.
d) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ q ↔ q ∨ p:
q)
V
V
F
F
∨
F
V
V
F
1
2
p
q
(p
V
V
F
F
V
F
V
F
Etapa
[q
V
F
V
F
↔
V
V
V
V
p]
V
F
V
F
∨
F
V
V
F
1
3
1
2
1
V
V
F
F
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
V
V
V
V
V
F
V
F
V
V
V
V
∨
V
F
F
(q
V
V
F
∨
F
V
V
r)
V
F
V
↔
V
V
V
(p
V
V
V
∨
F
F
V
q)
V
V
F
∨
V
F
F
r
V
F
V
29
Fundamentos de Matemática
V
F
F
F
F
F
V
V
F
F
F
V
F
V
F
Etapa
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
V
F
F
F
F
V
F
V
V
F
F
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
V
F
V
F
V
V
V
V
V
V
F
F
F
F
V
V
V
F
F
F
V
V
F
F
V
F
V
V
F
F
V
F
V
F
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
V
F
∨
F
V
1
2
p
t
p
V
F
V
V
Etapa
~
p
V
V
↔
V
V
F
V
V
F
1
3
2
1
t
Como encontramos uma tautologia, (veja coluna da etapa 3) obtemos o
resultado.
g) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ c ↔ p.
V
F
∨
V
F
1
2
p
c
p
V
F
F
F
Etapa
F
F
↔
V
V
V
F
1
3
1
c
p
Como encontramos uma tautologia, observe coluna da etapa 3,
obtemos o resultado.
h) Consideremos a tabela verdade da proposição p ∨ p ↔ c.
30
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
V
F
∨
F
F
1
2
p
p
V
F
Etapa
V
V
↔
V
V
F
F
1
3
1
p
c
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).
q)
V
V
F
V
∨
F
V
V
F
1
2
p
q
~
(p
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
F
V
Etapa
3
(p
V
F
V
F
↔
V
V
V
V
q)
V
V
F
F
↔
V
F
F
V
1
4
1
2
1
V
F
V
F
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.
31
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
g) A recíproca de ~p →~q é ~q→ ~p.
2.16. a)
V
F
V
F
1
2
1
q
P
V
V
F
F
V
F
V
F
Etapa
b)
V
V
F
F
↓
F
F
F
V
p
q
i) Consideremos a tabela verdade da proposição:
~ p → p
V
F V V V
F
V F V F
Etapa 2 1 3 1
p
↓
F
V
2
p
V
F
1
Como a tabela verdade é uma tautologia temos o resultado desejado.
ii) Consideremos a tabela verdade da proposição:
V
V
F
F
∧
V
F
F
F
1
2
p
q
p
V
V
F
F
V
F
V
F
Etapa
(p
V
F
V
F
↔
V
V
V
V
1
4
q
p)
V
V
F
F
↓
F
F
V
V
(q
V
V
F
F
↓
V
F
F
F
1
2
q)
V
F
V
F
↓
F
V
F
V
1
3
1
2
1
V
F
V
F
Como a tabela nos fornece uma tautologia temos o resultado desejado.
iii) Consideremos a tabela verdade:
32
Apêndice B
p
Resolução dos Exercícios
q
p
V
V
V
F
F
V
F
F
Etapa
V
V
F
F
1
∨
V
V
V
F
2
q
V
F
V
F
1
↔
V
V
V
V
4
↓
F
F
F
V
2
(p
V
V
F
F
1
q)
V
F
V
F
1
↓
V
V
V
F
3
(p
V
V
F
F
1
↓
F
F
F
V
2
q)
V
F
V
F
1
Como a tabela verdade é uma tautologia, segue o resultado.
iv) Consideremos a tabela da proposição:
V
V
F
F
↓
F
F
F
V
1
2
p
q
p
V
V
F
F
V
F
V
F
Etapa
~
p
V
F
V
F
↔
V
V
V
V
F
F
V
V
1
4
2
q
~
q
V
V
F
F
∧
F
F
F
V
F
V
F
V
V
F
V
F
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
V
V
F
F
q
V
F
V
F
1
V
V
V
V
2
V
V
V
F
3
V
V
F
V
4
V
V
F
F
5
V
F
V
V
6
V
F
V
F
7
V
F
F
V
8
V
F
F
F
9 10 11
F F F
V V V
V V F
V F V
12
F
V
F
F
13
F
F
V
V
14
F
F
V
F
15
F
F
F
V
16
F
F
F
F
Legenda:
33
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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).
34
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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 ⇔ pp, visto que as tabelas verdades para
ambas as proposições são equivalentes.
p
p
p

V
F
Etapa
V
F
1
F
V
2
V
F
1
ii) Conjunção: Consideremos a tabela verdade da proposição (pq) 
(pq):
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 ⇔ (pq)  (pq)
iii) Disjunção: Pelos itens i) e ii) e pelo item ii) da letra c), temos
p ∨ q ⇔~[(~p) ∧ (~q)] ⇔~[(pp) ∧ (qq)] ⇔~[((pp)  (qq))  ((pp) 
(qq))] ⇔
⇔[((pp)  (qq))  ((pp)  (qq))]  [((pp)  (qq))  ((pp) 
(qq))]
iv) Condicional: pelo item iv) da letra c) e pelos itens i) e ii) temos
p → q ⇔ ~[p ∧ (~q)] ⇔ ~[p ∧ (qq)] ⇔ ~[(p(qq))  (p(qq))] ⇔
35
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
⇔ [(p(qq))(p(qq))]  [(p(qq))(p(qq))]
v) Bicondicional: Por definição de bicondicional e pelo item iv), temos
p ↔ q ⇔ (p → q) ∧ (q → p) ⇔
⇔
[(p(qq))(p(qq))][(p(qq))(p(qq))]∧[(q(pp))(q(pp))]
[(q(pp))(q(pp))] ⇔
⇔ ([(p(qq))(p(qq))][(p(qq))(p(qq))][(q(pp))(q(pp))]
[(q(pp))(q(pp))])([(p(qq))(p(qq))][(p(qq))(p(qq))][(q(p
p))(q(pp))][(q(pp))(q(pp))]).
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)]).
36
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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).
3
2.22. a) (∃ x ∈ IR) ( x = x ).
b) (∀ x∈ IR) ((x – 1)(x+1) = x2 – 1).
2
c) (∃ x ∈ IR) ( x = x ).
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).
a3 − 2a 2 − a
= a 2 − 2a − 1)
a
f) (∃ a ∈ IR)
. Note que se o universo fosse IR*,
(
o conjunto dos números reais exceto o zero, então o quantificador
seria o universal.
37
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
38
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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,
39
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
~[(∃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.
40
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
1
p ∧ (p ∨ q)
Justificativa
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
p
6, Tautologia
8
Proposição
7, Tautologia
Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo
de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas.
3
alguém.
Logo, se alguém lhe disse que não viu ninguém, acredite, ele viu
41
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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).
Ordem Proposição
1
p∨ (p∧ q)
Justificativa
H1
2
(p∧ t) ∨ (p ∧ q)
1, Tautologia
3
p∧ (t ∨ q)
2, Distributiva
4
p∧ (q ∨ t)
3, Comutativa
5
p∧t
p
4, Tautologia
6
5, Tautologia
Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo
de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas.
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).
Ordem
1
Proposição
Justificativa
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
42
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
10
~p ∨ q
9, Comutativa
11
p→q
10, Condicional
Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo
de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas.
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).
Ordem Proposição
1
p→ q
Justificativa
H1
2
~(p ∧~q)
1, Condicional
3
~p ∨~(~q)
2, De Morgan
4
~p ∨ q
3, Dupla Negação
Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo
de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas.
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).
Ordem Proposição
1
(p→q) ∧ (p→ ~q)
Justificativa
H1
3
~(p ∧~q)∧~(p∧~(~q) 1, Condicional
2, Dupla Negação
~(p ∧~q)∧~(p∧q)
4
(~p ∨ q)∧(~p∨~q)
3, De Morgan
5
~p ∨ (q∧~q)
4, Distributiva
6
~p ∨ c
~p
5, Contradição
2
7
6, Contradição
43
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo
de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas.
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).
Ordem Proposição
1
p→ (p ∧ q)
Justificativa
H1
2
~p ∨ (p∧ q)
3
4
(~p ∨ p) ∧ (~p∨ q) 2, Distributiva
3, Tautologia
t ∧ (~p ∨ q)
5
~p ∨ q
4, Tautologia
6
p→ q
5, Condicional
1, Condicional
Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo
de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas.
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)].
Ordem Proposição
1
p→q
Justificativa
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
44
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
H 3 e H 4 , 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
1
Proposição
M→C
2
A→N
3
(C ∨ N) → ~D
D
4
5
6
7
8
9
10
11
~ (C ∨ N)
~C ∧ ~N
~C
~N
~M
~A
~M ∧ ~A
Justificativa
H1
H2
H3
H4
3, 4, Modus Tollens
5, De Morgan
6, simplificação
6, simplificação
1, 7, Modus Tollens
2, 8, Modus Tollens
9, 10, Conjunção
Validade do argumento H1, H2, H3, H4  T.
45
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
Assim, o argumento H1, H2, H3, H4  T é válido.4
2.29.
Ordem
1
Proposição
(p ∨ q)
2
~p
Justificativa
H1
H2
1,2, conjunção
~p ∧ (p ∨ q)
(~p ∧ p) ∨ (~p ∧ q) 3, distributiva
4, substituição, contradição
c ∨ (~p ∧ q)
5, contradição
~p ∧ q
q
6, simplificação
3
4
5
6
7
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
1
2
3
4
5
Proposição
p→q
~(p ∧ ~q)
~(~q ∧ p)
~[~q ∧ ~(~p)]
~q → ~p
Justificativa
H1
1, condicional
2, substituição, comutativa
3, substituição, dupla negação
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.
46
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Proposição
(p → r) ∨ (q → s)
(~p ∨ r) ∨ (~q ∨ s)
~p ∨ [ r ∨ (~q ∨ s)]
~p ∨ [ (r ∨ ~q) ∨ s]
~p ∨ [ (~q ∨ r) ∨ s]
~p ∨ [ ~q ∨( r ∨ s)]
(~p ∨ ~q) ∨ (r ∨ s)
~(p ∧ q) ∨ (r ∨ s)
(p ∧ q) → (r ∨ s)
Justificativa
H1
1, substituição, condicional
2, associativa
3,substituição, associativa
4, substituição, comutativa
5, substituição, associativa
6, associativa
7, substituição, De Morgan
8, condicional
Validação do argumento (p → r) ∨ (q → s)  (p ∧ q) → (r ∨ s).
2.32. a)
Ordem
Proposição
1
q∨(r→u)
b)
Justificativa
H1
2
q→ s
H2
3
~s→ (u→p)
H3
4
~s
H4
5
6
~q
u→p
2, 4, Modus Tollens
3, 4, Modus Ponens
7
r→u
1, 5, Silogismo Disjuntivo
8
r→p
6, 7, Lei Transitiva
Ordem
Proposição
1
p∨ (q∧r)
Justificativa
H1
2
q→s
H2
3
r→ u
H3
47
Fundamentos de Matemática
4
s ∧ u→ p∨ r
H4
5
~p
H5
6
q∧r
r
1, 5, Silogismo Disjuntivo
7
c)
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
Ordem
Proposição
1
p∨q
6, Simplificação
Justificativa
H1
2
~q ∨ r
H2
3
~(p ∨ r)
H3 negação da tese
4
(~p) ∧ (~r)
~p
~r
q
~q
3, De Morgan
5
6
7
8
9
q ∧~q
4, Simplificação
4, Simplificação
1, 5, Silogismo Disjuntivo
2, 6, Silogismo Disjuntivo
7, 8, Conjunção
Teorema 2.13.e - Contradição
Como a linha 9 é uma contradição, temos o resultado desejado.
d)
Ordem
Proposição
1
p →q
H1
2
~q
H2
3
~q→~p
~p
1, Contrapositiva
4
e)
Justificativa
Ordem
Proposição
1
p↔q
2, 3, Modus Ponens
Justificativa
H1
2
q
H2
3
(p→q) ∧ (q→p)
1, Bicondicional
4
q→p
p
3, Simplificação
5
2, 4, Modus Ponens
48
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
f)
Ordem Proposição
1
p → ~q
Justificativa
H1
2
r→q
H2
3
r
H3
4
5
q
6
~q∨ ~p
~p
2, 3, Modus Ponens
1, condicional,
Teorema 2.10.a - De Morgan,
Teorema 2.8.a - Dupla negação
5, Comutativa
~p∨ ~q
7
4, 6, Silogismo Disjuntivo
g)
Ordem Proposição
1
p→q
H1
Justificativa
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.
49
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
3n+1 − 1
.
b) Seja P(n): 30+31+...+3n= 2
Primeiramente, mostremos que
30 +1 − 1
.
2
P(0) é verdadeiro. De fato, 30 = 1 =
Suponhamos agora que
3k + 1 − 1
.
P(k) seja verdadeiro, ou seja, 30+31+...+3k= 2
Vamos mostrar
que P(k+1) é verdadeiro. De fato, por indução
0
1
k
3 +3 +...+3 +3
3k +1 − 1
2
=
+ (3k+1).
k+1
Mas
3 k +1 − 1 + 2 (3 k +1 ) (3 k .3) − 1 + 2(3 k .3) (3 k .3)(1 + 2) − 1
3k +1 − 1
=
k+1
2
2
2
2
+(3 )=
=
=
(3k.3).3 − 1 3k.32 − 1 3k + 2 − 1 3(k +1)+1 − 1
=
=
=
2
2
2
2
.
=
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.
50
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
n(n + 1)(2n + 1)
6
f) Consideremos P(n): 1 + 2 + 3 + ... + n =
. Primei0(0 + 1)(2.0 + 1)
6
ramente, mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, 02=
.
2
2
2
2
Vamos supor agora que P(k) é verdadeiro, ou seja,
k (k + 1)(2k + 1)
6
12+22+32+...+k2=
.
Mostraremos que P(k+1) também é verdadeiro. De fato,
12+22+32+...+k2+(k+1)2=
por indução, mas
k (k + 1)(2k + 1)
6
+ (k+1)2,
k (k + 1)(2k + 1)
k (k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1) 2
6
6
+(k+1)2 =
=
2
(k + 1)[k (2k + 1) + 6(k + 1)] (k + 1)(2k + k + 6k + 6)
6
6
=
=
=
(k + 1)(2k 2 + 7k + 6) (k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6
6
=
=
.
Logo, P(k+1) é verdadeiro e, portanto, P(n) é verdadeiro para todo
n∈IN, como queríamos demonstrar.
51
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
52
Apêndice B
j)
Seja
Resolução dos Exercícios
P(n):
 1
1
1
1 
n
 =

+
+
+K+
n(n + 1)  n + 1 .
 1.2 2.3 3.4
1
mostremos que P(1) é verdadeiro. De fato, 1.2
agora, que P(k) é verdadeiro, ou seja,
=
Primeiramente,
1
1 + 1 . Suponhamos
 1
1
1
1 
k
 =
+
+
+K+
k (k + 1)  k + 1 .
 1.2 2.3 3.4
(∀k ∈ IN, k ≥ 1)
Queremos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, por indução
temos que

 1
1
1
1
1
1
= k +

+
+
+K+
+
k (k + 1) (k + 1)(k + 2)  k + 1 (k + 1)(k + 2) .
 1.2 2.3 3.4
Mas,
k (k + 2) + 1
(k + 1)(k + 1)
k
1
k 2 + 2k + 1
+
k + 1 (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2) =
k +1
(
k
= + 1) + 1 .
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.
53
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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!
0
!
(
0
− 0)! , pois, por definição, 0!=1. Suponha0≤r≤ n. Logo, C(0,0)=1=
mos que a proposição seja verdadeira para n=k. Assim,
0 ≤ r ≤ k ⇒ C(k, r) =
k!
r! (k − r)! .
Então, para 0 ≤ r ≤ k+1, C(k+1,r)=C(k,r)+C(k,r – 1). Vamos dividir em
casos:
(k + 1)!
1. r = k+1: Neste caso temos C(k+1,k+1)=1= (k + 1)! [(k + 1) − (k + 1)]! ,
utilizando o Item b).
(k + 1)!
2. r = 0: Neste caso, C(k+1,0) = 1 = 0 ! [(k + 1) − 0]! , utilizando o Item d).
3. 0 < r < k+1, ou seja, 1 ≤ r ≤ k: Neste caso temos
k!
k!
C(k+1,r)=C(k,r)+C(k,r – 1)= k ! (k − r )! + (r − 1)! [k − (r − 1)]! ,
pela hipótese de indução. Mas
54
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
k!
k!
k!
k!
k ! (k − r )! + (r − 1)! [k − (r − 1)]! = r.(r − 1)! (k − r )! + (r − 1)! (k − r + 1)(
. k − r )! =
(k − r + 1)k !+r.k !
(k − r + 1 + r ).k !
(k + 1)!
r.(r − 1)! (k − r )!.(k − r + 1) = r.(r − 1)! (k − r )!.(k − r + 1) = r ! (k + 1 − r )! ,
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.log22m = 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.log22m+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:
Ordem Proposição
Justificativa
1
A é o conjunto dos números primos Hipótese 1
positivos
2
Hipótese 2
B⊆A
3
A é finito
Negação da tese
55
Fundamentos de Matemática
4
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
B é finito
2,3, Propriedade dos
conjuntos finitos5
3, definição de conjunto
A = {p1, p2,…,pn}
finito
5, Produto e soma de
a = p1. p2. ….pk + 1
inteiros
a admite pelo menos um fator primo 6, Exercício 2.36
p
1,3
p = pi para algum 1 ≤ i ≤ n
5
6
7
8
9
10
p|a
p | p1, p2,...pn
7
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
1
2
3
4
5
p(n)
1523
1447
1373
1301
n
18
19
20
21
p(n)
503
461
421
383
n p(n) n p(n) n p(n)
35 61 52 197 69 911
36 53 53 223 70 971
37 47 54 251 71 1033
38 43 55 281 72 1097
Os conjuntos finitos e infinitos serão estudados no Capítulo 6.
56
Apêndice B
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
Resolução dos Exercícios
1231
1163
1097
1033
971
911
853
797
743
691
641
593
547
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
347
313
281
251
223
197
173
151
131
113
97
83
71
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
41
41
43
47
53
61
71
83
97
113
131
151
173
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
313
347
383
421
461
503
547
593
641
691
743
797
853
73
74
75
76
77
78
79
80
1163
1231
1301
1373
1447
1523
1601
1681
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
57
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
1 2
2 4 


4
125 250
250 500 


2
 5 10 
10 20


5
 625 1250 
1250 2500


3
25 50 
50 100


6
3125 6250 
6250 12500


 5n−1 2.5n−1 
 n−1

4.5n−1  . Provaremos
Podemos notar que o valor provável de An é 2.5
por indução esta afirmação:
 5n−1 2.5n−1 
 n−1

4.5n−1  , quando A=
Seja P(n) :An = 2.5
1 2
2 4 

.
Temos, obviamente, P(1) verdadeiro. Suponhamos que P(k) seja
verdadeiro, ou seja,
 5k −1 2.5k −1 
 k −1

4.5k −1  .
AK = 2.5
Multiplicando ambos os lados por A obtemos
A.Ak=
k −1
2.5k −1   5k −1 + 4.5k −1
1 2  5
2 4  2.5k −1 4.5k −1  2.5k −1 + 8.5k −1
 =
.
=
.
2.5k −1 + 8.5k −1   5k
 
4.5k −1 + 16.5k −1  = 2.5k
2.5k 

4.5k 
Portanto, P(k + 1) é verdadeiro.
Capítulo 3
58
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
3.1.
a)
b)
d)
c) Impossível
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
Figura Ilustrativa
r~α
1
S
S
r⊆α
2
S
S
r // α
α
P
r
(impossível)
r
3
S
S
4
S
S
5
S
N
r ∩ α =P
α
P
r ∩ α = Q ≠ (impossível)
P
(impossível)
r⊆α
59
Fundamentos de Matemática
6
S
N
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
P
r // α
r
α
7
S
N
r ∩ α =P
(impossível)
r
P
8
S
N
r∩α=Q≠
P
9
N
S
r⊆α
Q
α
α
r
P
r
10
N
S
r // α
11
N
S
r ∩ α =P
α
P
(impossível)
r
12
N
S
r∩α=Q≠
P
α
P
Q
60
Apêndice B
13
N
Resolução dos Exercícios
N
P
r⊆α
r
α
r
14
N
N
P
r // α
α
15
16
N
N
N
r ∩ α =P
N
r∩α=Q≠
P
(impossível)
P
α
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.
61
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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},
A2={1, 2},
A3={1, 2, 3},
A4={1, 2, 3, 4},
A5={1, 2, 3, 4, 5},
A6={1, 2, 3, 4, 5, 6},
A7={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7},
A8={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8},
A9={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9},
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={1,3,5}∩ ∅=∅ Associativo
A ∩ (B∩ C)=A∩ ∅=∅
62
Apêndice B
A ∪ (B∩ C)={1, 2, 3, 4, 5}
A ∩ (B∪ C)={1, 2, 3, 4, 5}
Resolução dos Exercícios
(A∪B) ∩ (A∪C)={1, 2, 3, 4, 5} Distributivo
(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},
63
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
{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 | x < 15 } = { x∈ Z | − 15 < x < 15 }.
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
15
15
B={b ∈ IR| b > 0 e 4b < 30}={ b ∈ R| 0 < b < 2 }. Como 5< 2 ,
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]
d) I1 ∪ I5=[–1, +∞[
e) I1∩ I2=[–1, 1]
h) I3 ∪ I5=[0, +∞[
g)I1 ∩ I4=[–1, 1]
j) I2 \ I4=] –∞, –3[
k) CIR I2 = ]5, +∞[
m) CIR(I2∩I3)=] –∞, 0[ ∪ ]5, +∞[
c) I1 ∪ I4=[–3, 6]
f) I1∩ I3=[0, 1]
i) I2 ∪ I4=] –∞, 6]
l) CIR I5 =] –∞, 3[
n) I2∩ I4∩ I1∩ I3=[0,1]
64
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
o) I1 ∩ I2∩ I3=[0, 1]
p) I3 ∩ I4=[0, 6]
q) CIR(I2) ∪ CIR(I5) =] –∞, 3[∪]5, +∞[
s) CIR(I1) =] –∞, –1[ ∪ ]1, +∞[
t) I1 ∪ I2 ∪ I3 ∪ I4=] –∞, 10]
u)I1 ∪ I2∪ I3∪ I4∪ I5=IR
3.14.
a)
r) I1 ∩ I5=∅
c
b)
5
c)
6
3
-1
1
0
10
-1
1
-3
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.
65
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
A
B
C D E
E
C
B
D
A
Diagrama de Venn-Euler e Diagrama de linha.
3.17.
A D
D
C
H
B
E
A
Polígonos
G
C
F
E
G
H
B
F
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.
66
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
67
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
68
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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).
69
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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,
70
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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}
i) C \ B={g, h}
k) A \ B={a, b}
h) A ∩ B ∩ C=∅
j) A \ C={a, b, c, d}=A
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=∅
p) CE E=∅, CE A={e, f, g, h},
q) CE B \ C={a, b}
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∈ I A
B⊆ I A
A∈C
A∈C
. Portanto,
.
x∈A, qualquer que seja A ∈ C, ou seja,
71
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
I A
x∉ I A
A∈C
. Assim, temos
d) Temos que x ∈ CE A∈C se, e somente se,
que para algum A em C, x ∉ A, ou seja, x ∈ CE A, para algum A ∈ C.
Portanto,
x∈ U
A∈C
CE A.
f) De fato, temos




x ∈  I A  U  I B  ⇔  x ∈ I A  ∨  x ∈ I B 
A ∈C  
B∈C E C  ⇔
 A∈C   B∈C E C  
⇔ (x∈ A, ∀ A ∈ C) ou (x∈ B, ∀ B ∈ CE C) ⇔
⇔ x ∈ A ∪ B, (∀ A ∈ C) ou (∀ B ∈ CE C) ⇔
⇔
x∈
I
A ∈C,B∈C E C
(A ∪ B )
.
Proposição 3.18
U A
U ℘( A )
devemos mostrar que
b) Para demonstrar que ℘( A∈C ) ⊃ A∈C
U ℘( A )
U A
X ∈ A∈C
⇒ X ∈ ℘( A∈C ).
U ℘( A )
então X ∈ ℘(A) para algum A ∈ C, ou seja,
De fato, se X ∈ A∈C
U A
U A
X ⊂ A, para algum A ∈ C. Logo, X ⊂ A∈C e assim X ∈℘( A∈C ), 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)].
72
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
73
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
74
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
75
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
{a} ⊂ B ⇒ {a} ∈℘(B) ⇒ {a} ⊆ U X ⇒ a ∈ U X
X∈℘( B )
X∈℘( B )
.
U
X. Suponhamos que a ∈ X∈℘(B ) X, então existe X ∈℘(B) tal
U
que a ∈ X. Logo, existe X ⊆ B tal que a ∈ X, assim, a ∈ B. Logo, X∈℘(B ) X ⊂ B
e a igualdade segue.
Logo, B ⊂
U
X∈℘( B )
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)
I X
X∈℘( B )
=∅. De fato, como ∅ ∈ ℘(B), então
I X
X∈℘( B )
I X
=∅∩
X∈℘( B )
X≠∅
= ∅.
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).
76
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
77
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
78
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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,
U
B
5 ∉ B∈ℑ 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}}.
79
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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}}.
U
B
UB ≠ A
e) Não é partição, pois ∅ ∈ ℑ e B∈ℑ
, uma vez que 10∉ B∈ℑ . 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 ∈
ser
UB
B∈ℑ
e 0∉A, logo ii) não se verifica. Uma nova partição pode
ℑ={{6},{2,7},{3,8},{4,9},{1,5,10}}.
UB ≠ A
, ou seja, B={11, 12}⊄ A. Uma nova
h) Não é partição, pois B∈ℑ
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.
80
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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,
UB
B∈ℑ
={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, assim basta observarmos que
todo elemento de A pertence a
ℑ é uma cobertura de A.
UB
B∈ℑ
, assim A ⊂
UB
B∈ℑ
e, por definição,
81
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
a)
y
x=y
0
x
b) y
x=y
0
x
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
82
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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)}.
83
Fundamentos de Matemática
a)
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
b)
4
3
3
2
2
1
1 2
2 3
3
4
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)}.
c)
d)
c
3
b
2
a
1
1 2
a b
3
c
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)}.
e)
g)
4
3
2
c
c
b
b
a
a
2 3
4
1 2
3
84
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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)
i)
4
3
4
2
c
3
2
b
a
1 2
a b
3
c
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
a)
{(2,b),(3,b),(1,d),(3,d)
b)
{(a,b),(d,c),(b,a),(d,a),(c,a)}
DOMÍNIO IMAGEM
{b,d}
B
{a,b,c}
B
85
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
*
Z
2
f)
Z+
{(y,x) ∈ Z × Z | x > y }
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
f
0
e
f
e
d
1
c
0
1
2
2
d
c
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.
DIAGRAMA CARTESIANO
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
DIAGRAMA SAGITAL
0
0
1
1
2
2
3
4
3
4
5
5
6
6
7
7
8
8
9
9
10
10
86
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
Exemplo 4.6
A = {a1,a2,a3}, B = {b1,b2,b3,b4} e R={( a1, b1), (a1, b2), ( a1, b3), ( a2, b3)}
DIAGRAMA CARTESIANO
B
b4
DIAGRAMA SAGITAL
a3
b3
b4
b3
a2
b2
b2
a1
b1
b1
B
A
a2
a1
a3
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”
DIAGRAMA CARTESIANO
DIAGRAMA SAGITAL
∅
℘(X)
X
{2, 3}
{1, 3}
{1, 2}
{3}
{2}
{1}
∅
{1}
3
2
{2}
{3}
{1, 2}
1
{1, 3}
X
1
2
3
{2, 3}
X
℘(X)
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.
87
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
DIAGRAMA CARTESIANO
DIAGRAMA SAGITAL
0
0
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1
1
2
2
3
4
3
4
5
5
6
6
7
7
8
8
9
9
10
10
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”
DIAGRAMA CARTESIANO
DIAGRAMA SAGITAL
∅
X
{1}
3
3
{2}
{3}
2
2
{1, 2}
1
1
{1, 3}
X
{2, 3}
∅ {1} {2} {3}{1,2}{1,3}{2,3} X ℘(X)
X
℘(X)
4.5. Agruparemos os resultados na seguinte tabela:
DIAGRAMA CARTESIANO
ITEM
RELAÇÃO
INVERSA
88
Apêndice B
a)
Resolução dos Exercícios
3
d
2
c
b
1
a
a
b
c
d
1
d
b)
2
3
d
c
c
b
b
a
a
a
b
c
a
d
(0, 1)
b
c
d
(0, 1)
c)
(1, 0)
(-1,0)
(0, -1)
(0, -1)
(0, 1)
d)
(0, 1)
(1, 0)
(-1,0)
(0, -1)
(1, 0)
(-1,0)
(1, 0)
(-1,0)
(0, -1)
89
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
y
y
e)
(1, 0)
(1, 0)
x
x
(0,-1)
(0,-1)
y
y
f)
x
x
DIAGRAMA SAGITAL
ITEM
RELAÇÃO
a
b
a)
c
d
INVERSA
1
1
2
3
2
3
a
b
c
d
90
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
a
a
b
b)
b
c
e)
f)
c
d
d
Não é conveniente
1
1
d)
b
c
d
c)
a
b
c
d
Não é conveniente
1
1
0
0
0
-1
Z
-1
Z
-1
Z
Não é conveniente
a
0
-1
Z
Não é conveniente
5
2
2
5
4
1
1
4
3
0
0
3
2
-1
-1
2
1
Z
-2
Z
-2
Z
1
Z
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.
91
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
•
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.
(1, 2) ∈ R mas (2, 1) ∉ R.
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.
92
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
93
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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)
⇔ yRx∧ySx
⇔ 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
⇔ yRx∨ySx
⇔ 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.
94
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
95
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
96
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
97
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
-1
-1
Assim, por definição de inversa, (x, x) ∈ R e, portanto, R 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.
98
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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. Recíprocamente, 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
99
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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 ∈ AT 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.
100
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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 antisimétrica. 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 = (m, n) e b = (m' , n' ) , 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
101
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
uma das três condições: a = b ou a < b ou b < a esta é a chamada lei
da tricotomia. De fato: Sejam a = (m, n) , b = (m' , n' ) ∈ 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 = (m, n) ∈ 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 = (m, n) , b = (m' , n' ) e c = (m" , n" ) 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.
a
Exemplo 4.49: No conjunto dos números racionais Q = { b |a, b∈Z, b≠0},
a a'
≤
definimos a seguinte relação: b b' se, e somente se, a.b’ ≤ b.a’.
• “≤” é reflexiva pois ab ≤ ab.
a a'
a' a
≤
≤
• Suponhamos que b b' e b' b , então ab’ ≤ ba’ e a’b ≤ b’a.
a a'
=
Logo, ab’ = a’b e assim b b' , donde segue que a relação é antisimétrica.
• A propriedade transitiva é imediata.
a
c
• A relação é de ordem total, pois dados dois números b e d em
Q, sabemos comparar ad e cb.
4.23.
102
Apêndice B
•
Resolução dos Exercícios
“≼” 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
o
x ≤ z. Assim, (x,y) ≼ (z,w).
y < v e v < w: neste caso, temos y < w. Assim,
o
(x,y) ≼ (z,w).
y = v e x ≤ u e v < w: neste caso, como y = v < w,
o
temos y < w. Assim, (x,y) ≼ (z,w).
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
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).
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:
103
Fundamentos de Matemática
•
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
104
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
12
a)
12
b)
6
4
4
6
3
2
2
3
1
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}}.
{a, b, c, d}
{a, b, c} {a, b, d} {b, c, d} {a, c, d}
{a, b} {a, c} {a, d} {b, c}{b, d}{c, d}
{a}
{b}
{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:
105
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
8
7
6
5
4
3
2
1
0
1
2 3 4
5
4.29.
30
15
6
3
10
2
5
6 7 8
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
a
e
b
c
106
Apêndice B
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}.
Resolução dos Exercícios
g
c
h
e
d
a
f
b
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 condições 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.
107
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
8
12
10
2
3
5
4
1
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)
LIA(B) = {0, 1};
LSA(B) = ∅
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)
LIA(B) = ∅;
LSA(B) = {x ∈ Zx ≥ 2}
m = 2 é o máximo e o elemento maximal de B;
108
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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)
e LIA(B) não existe;
LSA(B) ={x ∈ Q x ≥ ½}
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)}
109
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
(A, ∅)
(A,{a})
({2}, ∅)
({2},{a}) ({0},{b})
({2},B)
(∅, ∅)
(∅,{b})
({0}, ∅)
(A,{b})
(A, B) ({2},{b}) ({0},{a})
(∅,{a}) ({0},B)
(∅, 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)}
C = U Bi
i∈I
4.38. Seja
. 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
UB ⊆ F
B∈ℜ
Seja
, ou seja, C ⊆ F. Pelo Teorema 4.19, temos que C = Supℑ(ℜ).
D = I Bi
i∈I
. 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,
seja G ⊆ D. Pelo Teorema 4.20, temos D = infℑ(ℜ).
B ⊆ IB
B∈ℜ
, ou
110
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
111
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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 (10) = 4 e os números são 1, 3, 7 e 9.
φ (12) = 4 e os números são 1, 5, 7 e 11.
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
A
f
x1
y1
x2
y2
x3
A
x1
x2
x3
B
f
B
y1
y2
112
Apêndice B
terceiro não temos setas saindo de x3, assim
não existe y ∈ B tal que x3 f y.
Resolução dos Exercícios
f
A
x1
B
y1
x2
y2
x3
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)}, f5={(1,2), (2,1), (3,1)},
f2={(1,1), (2,1), (3,2)},
f6={(1,2), (2,1), (3,2)},
f3={(1,1), (2,2), (3,2)},
f7={(1,2), (2,2), (3,1)}
f4={(1,1), (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.
y
x
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).
113
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
•
f (x)
f (y)
g( x ) = g( y ) ⇒ (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
1
f (x)  f 
=
=  ( x )
h(x) = x + 1 g( x )  g 
2
f ( −1)
e) Falso, caso x = – 1, g ( −1) não está definida.
 1 = 1, se x ≥ 0
f (x ) = f ( x ) = 
 − 1 = 1, se x < 0 , assim (∀x ∈ IR) (|f| (x) = 1).
f)
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 (x)
2 x 9 − 2x 2 + 1
x2 − 1
.
(f/g)(x) = g( x ) =
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.
114
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
(f . g)(x)= f(x) . g(x)=( 1 – x2) (1+x2)=1 – x4.
Dom(f . g)= IR.
f (x)
1− x2
(f / g)(x) = g ( x ) = 1 + x 2 .
Dom(f /g )= IR.
h) Item II)
(f + g)(x) = f(x) + g(x) =
x2 − 1 + x .
Dom (f+g) = [1, +∞].
2
(f . g)(x) = f(x) . g(x) = ( x − 1 )( x ) =
x3 − x .
Dom(f . g) = [1, +∞].
f (x)
(f / g)(x) = g ( x ) =
x2 − 1
x =
x2 − 1
x .
Dom(f / g)=[1, +∞].
x 2 + 3x + 1
x+3 1
h) Item III) (f + g)(x) = f(x) + g(x) = x − 4 + x = x 2 − 4 x .
Dom(f + g)= IR \ {0,4}.
 x +3  1
x+3

 
(f . g)(x) = f(x) . g(x) =  x − 4   x  = x 2 − 4 x .
Dom(f . g)=IR \ {0,4}.
x+3
x−4
f (x)
 x+3 x
1
x 2 + 3x

 
(f / g)(x)= g ( x ) = x =  x − 4   1  = x − 4 .
Dom(f / g)= IR – {0,4}.
115
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
se x ≥ 0
 0

h) Item IV) (f + g)(x)= f(x) + g(x)= |x| – x= − 2x se x < 0.
Dom(f + g)= IR.
 − x 2 se x ≥ 0
 2
(f . g)(x)= f(x) . g(x)= |x|. ( – x)=  x se x < 0
Dom(f . g)= IR.
 − 1 se x > 0
f (x)
x

(f / g)(x) = g ( x ) = − x =  1 se x < 0 .
Dom(f / g)=IR \ {0}.
 f 

f 2 + 

g
f
o

 é uma função de A \ {b} em IR, pois
i)
g ° f (b)=g(f(b))=g(0)=0.
Então temos

 f  
 f (x)  
 =  x, (f ( x ) )2 + 
 , x ∈ A − {b} =
f 2 + 






 g o f  
 g( f ( x ))  
 13  
π 
=  a, ,  c, π 2 + 2
,
3
π
+π




 4 + 3 2   37 
 d,

 2 + 2 ,  e, 4 .



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
116
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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)).


f −1 U Yγ  = U f −1( Yγ )
 γ∈Γ  γ∈Γ


Item h) I)
.

f −1 
 γ∈Γ

Mostremos inicialmente que
UY


 ⊂
γ
U f (Y )
−1
γ
γ∈Γ
. De fato, seja



f −1 
∈
γ
 γ∈Γ γ 

 , então existe y γ∈Γ
tal que f(x)=y. Logo, para
x ∈
algum γ ∈ Γ, existe y ∈ Yγ tal que f(x)=y. Assim, x ∈ f -1(Yγ), para algum
UY
UY
U f (Y )
−1
γ ∈ Γ. Portanto, x ∈
γ
γ∈Γ
U f (Y )
−1
. Mostremos agora que
γ∈Γ
γ
está
U (Y )



f −1 
f −1 γ
γ
 γ∈Γ


 . De fato, seja x∈ γ∈Γ
, então x ∈ f -1(Yγ),
contido em
para algum γ ∈ Γ. Logo, para algum γ ∈ Γ, existe y ∈ Y tal que f(x)=y.
UY
Assim, f(x) = y para y ∈
UY
γ∈Γ
γ

f −1 
 γ∈Γ

e, portanto, x ∈
UY


.
γ


f −1 I Yγ  = I f −1( Y γ )
 γ∈Γ  γ∈Γ


Item h) II)
.
.e fato, temos:
117
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco


x ∈ f −1 Yγ  ⇔ f ( x ) ∈ Yγ ⇔
 γ∈Γ 
γ∈Γ


f(x) ∈ Yγ, ∀γ ∈ Γ ⇔ x ∈ f –1(Yγ), ∀γ ∈ Γ
I
x∈
⇔
I
I f (Y )
−1
γ
γ∈Γ
.
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
j) g(–4) =3
i) Dom g =]–∞, 4[
g) f(3) =4
k) f(–3) =2
h) 4 ∉ Dom(g)
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
118
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
119
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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|(gf)(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.
120
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
5.16. a) Como f(x1) = f(x2) implica x13 = x23 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
y +1
x = 3 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:
121
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
3
3
2
2
1
1
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.
122
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
4
3
3
2
2
1
1
Se A não for finito não será possível a representação.
Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado.
123
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
1 se x ∈ C
fC ( x ) = 
0 se x ∉ C .
f) f: A → B, C ⊆ A, B = {0,1}
Representação gráfica:
Diagrama Cartesiano: Exemplo 5.24.
Diagrama Sagital: Considerando A = {1, 2, 3, 4}, C = {2, 3} teremos
4
3
2
1
0
1
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
124
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
4
3
2
1
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-1
-2
-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,
f (x) =
x2 − 1
x +1 .
g: R → R, g(x) = x – 1.
125
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
Representação gráfica:
Diagrama Cartesiano: Representaremos apenas uma parte da função.
g
f
-2
-1
1
2
3
-2
-1
1
2
3
Diagrama Sagital: Não é possível esta representação.
Diagrama de Barra e Pizza: Não é adequado.
Injetividade
x2 − 1 y2 − 1
=
y + 1 ⇒ x – 1 = y – 1 ⇒ x = y.
f é injetora pois f(x) = f(y) ⇒ x + 1
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
( y + 1)2 − 1 y 2 + 2 y + 1 − 1 y 2 + 2 y y ( y + 2)
=
=
=
=y
y+2
y+2
y+2
.
f(x) = f(y + 1) = ( y + 1) + 1
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)}.
126
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
Representação gráfica:
Diagrama Cartesiano:
f1
f2
3
3
2
2
1
1
a
b
c
a
f3
c
b
f4
4
c
3
b
2
a
1
a
b
1
c
2
3
4
Diagrama Sagital:
c
3
c
3
b
2
b
2
a
1
a
1
4
4
3
3
c
b
2
2
b
a
1
1
a
c
127
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
Diagrama de Barra:
f1
3
f2
3
2
2
1
1
f3
4
3
2
a
b
1
a
c
b
c
a
b
c
A função f4 não tem representação em barras pois A não é um conjunto
numérico finito.
Diagrama de Pizza:
f1
c
a
b
f2
f3
c
b
a
b
a
c
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.
128
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
4
1
-2
-1
1
2
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
129
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
6
5
4
4
3
3
2
2
1
1
-1
-4
-3
-2
-1
-1
-1
1
2
3
4
1
3
2
4
5
6
7
-2
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)}
130
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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,
f2(1) = 1,
f3(1) = 2,
f4(1) = 3,
f5(1) = 2,
f6(1) = 3,
f1(3) = 3
f2(2) = 3,
f3(2) = 1,
f4(2) = 2,
f5(2) = 3,
f6(2) = 1,
f2(3) = 2
f3(3) = 3
f4(3) = 1
f5(3) = 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
131
Fundamentos de Matemática
f1(x)
f2(x)
f3(x)
f4(x)
f5(x)
f6(x)
f7(x)
f8(x)
f9(x)
f10(x)
f11(x)
f12(x)
f13(x)
f14(x)
a
a
a
a
a
a
a
a
a
b
b
b
b
b
a
a
a
b
b
b
c
c
c
a
a
a
b
b
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
f15(x)
f16(x)
f17(x)
f18(x)
f19(x)
f20(x)
f21(x)
f22(x)
f23(x)
f24(x)
f25(x)
f26(x)
f27(x)
b
b
b
b
c
c
c
c
c
c
c
c
c
b
c
c
c
a
a
a
b
b
b
c
c
c
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
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.
x
y
3
5.25. Suponhamos que f(x) = f(y) então teremos (x , 2 ) = (y , 2 )
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.
3
5.26. Primeiramente, vamos mostrar que f é injetora. Dados m, n ∈ IN,
suponhamos que f(m) = f(n). Temos quatro casos a considerar:
132
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
m
n
1) m e n pares: neste caso, temos 2 = f(m) = f(n) = 2 e,portanto,
m=n.
m+1
n +1
2
= f(m) = f(n) = – 2 e,
2) m e n ímpares: neste caso, temos –
portanto, m=n.
m
n +1
3) m par e n ímpar: neste caso, temos 2 = f(m) = f(n) = – 2 , o que
não ocorre pois teríamos um número negativo igual a um número
positivo.
m+1
n
2
= f(m) = f(n) = 2 , o que
4) m ímpar e n par: neste caso, temos –
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
2m
número natural par, logo teremos f(n) = f(2m) = 2 = m.
2) m é menor do que zero: neste caso, considere n = –2m – 1, que é
um número natural ímpar, logo teremos
( −2m − 1) + 1
− 2m
2
f(n) = f(–2m-1) = –
= – 2 =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,≤).
133
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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,
x −b
consideremos a função g(x) = a e teremos
 x −b
a
+b = x−b+b = x
h° g(x) =  a 
e
ax +b −b
=x
a
.
g° h (x) =
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
134
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
(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.
(−x ) − 1 − x − 1
=
III) Temos f(–x)= ( −x ) + 1 − x + 1 . 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.
135
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
(−x)9 − (−x ) − x 9 + x − (x 9 − x )
(x 2 − x)
=
=
=
−
2
x2 + 1
x2 + 1
x 2 + 1 = –f(x).
IV) Temos f(–x) = ( −x ) + 1
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,

1

1 se x + 1∈ n, n + 2 


n∈Z 
fC (x + 1) = 
0 se x + 1∉ n, n + 1 


2  .
n∈Z 

U
U
x + 1∈

1

1
U n, n + 2  ⇔ x ∈ U n, n + 2  , temos f (x + 1) = f (x),.
n∈Z
n∈Z
Como
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
C
C
B
M
A
B
- 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.
M
T
O
A
N
C
136
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
137
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
•
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
 a11 a12 L a1n 


 a 21 a 22 L a 2n 
A =
= (aij )n×n
M
M
M 



a
 n1 an 2 L ann 
 b11 b12 L b1n 


 b 21 b 22 L b 2n 
B=
= (bij )n×n
M
M
M 



b
 n1 bn 2 L bnn 
 c 11 c 12 L c 1n 


 c 21 c 22 L c 2n 
C=
= (c ij )n×n
M
M
M 



c
 n1 c n 2 L c nn 
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
138
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
n
(A.B) = D = (dij)n onde dij =
∑a
ik b kj
k =1
n
∑d c
il lj
(D.C) = E = (eij)n onde eij =
=

 n
 aik bkj c lj =


l =1  k =1

n
∑∑
n
.
=
l =1
n

n

n
∑∑ (aikbkl )c lj = ∑ aik  ∑ bklc lj  = A.(B.C)
l = 1 k =1
k =1
 l =1

.
m2) O elemento neutro é a matriz identidade de ordem n, In = (xij)n×n
n
1 se i = j
x ij = 
aik x kj
0 se i ≠ j. . De fato, A. In = (yij)n×n, onde yij = k =1
onde
, 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) =
=
n
∑ a (b
ik
k =1
kj
+ c kj ) =
n
∑ (a
k =1
ik b kj
+ aik c kj ) =
n
∑ (a
k =1
ik b kj
n
) +∑ (a
ik c kj
) =AB + AC
k =1
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.
139
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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 ⇒
⇒efy=efz⇒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.
140
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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 + θ + x 2 .θ = x

2
x f θ = x = θ f x ⇔ θ + x + θ .x = x ⇔ θ = 0.
Elemento simétrico:
−x
x f x’ = 0 ⇔ x + x’ + x .x = 0 ⇔ x’ = 1 + x 2
2
− 1 ± 1 − 4. x 2
2x
x’ f x = 0 ⇔ x’ + x + x’2.x = 0 ⇔ x’ =
Logo, os elementos simétricos são as soluções de
−x
− 1 ± 1 − 4. x 2
2x
1+ x2 =
.
Elemento regular:
x f y = x f z ⇒ x + y + x2.y = x + z + x2.z ⇒ y + x2.y = z + x2.z ⇒
141
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
⇒ 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
x+y
y+x
f(x, y) = 1 + xy = 1 + yx = f(y, x).
Associativa: Sim, pois
y+z
1 + yz
y+z
x + xyz + y + z
1 + x.
1
+
yz
1
=
= + yz + xy + xz
x+
 y+z 


x f (y f z) = x f  1 + yz 
e
 x+y 


(x f y) f z =  1 + xy 
x+y
+z
1 + xy
x+y
x + y + z + xyz
.z
1+
1 + xy = 1 + xy + xz + yz .
fz=
Elemento idempotente:
2x
x+x
x f x = x ⇒ 1 + xx = x ⇒ 1 + x 2 = x ⇒ 2x = x.(1 + x2) ⇒
⇒ x.(1 + x2 – 2) = 0 ⇒ x.(x2 – 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x = ± 1.
Elemento neutro:
x+θ
1
x f θ = x = θ f x ⇔ + xθ = x ⇔ x + θ = x + x2θ ⇒ θ = x2θ ⇒ θ =
0.
Elemento simétrico: Como 1 + xy > 0, ∀x, y ∈ IR+ temos
142
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
x + x'
x f x’ = 0 ⇔ 1 + xx' = 0 ⇔ x + x’ = 0 ⇔ x’ = – x.
Elemento regular: Se y ≠ z temos
x+y
x+z
1
+
xy
= 1 + xz ⇒ x + x2z + y + xyz = x + x2.y + z +
xfy=xfz⇒
2
xyz ⇒ ⇒ x z + y = x2.y + z ⇒ x2(z – y) = z – y ⇒ x2 = 1 ⇒ x = ± 1.
d) Comutativa: Sim, pois
f(x, y) =
x2 + y 2 =
y 2 + x 2 = f(y, x).
Associativa: Sim, pois
(x f y) f z =
x2 + y 2 f z =
x f (y f z) = x f
y 2 + z2 =
x 2 + y 2 + z2 e
x 2 + y 2 + z2
Elemento idempotente:
x f x=x ⇔
x 2 + x 2 =x ⇔
2x 2 =x ⇔
x=0.
2 x=x ⇔ ( 2 - 1).x=0 ⇔
Elemento neutro:
xfθ=x=θfx⇔
x 2 + θ2 = x ⇔ x2 + θ2 = x2 ⇔ θ2 = 0 ⇔ θ = 0.
Elemento simétrico:
2
2
x f x’ = 0 ⇔ x + x' = 0 ⇔ x2 + x’2 = 0 ⇔ x’ = x = 0.
Logo, 0 é o único elemento que possui simétrico.
Elemento regular:
143
Fundamentos de Matemática
2
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
2
2
2
x f y=x f z ⇒ x + y = x + z ⇒ 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.
Elemento idempotente:
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
1
−
a.
a f a’ = 0 ⇔ a + a’ – a.a’ = 0 ⇔ a’(1 – a) = -a ⇔ a’ =
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.
144
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
Associativa: Não, pois
1 f(2 f 3) = 1 f 11 = 122.
(1 f 2) f 3 = 5 f 3 = 14.
Elemento idempotente:
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.
Elemento idempotente:
a f a = a ⇔ 2a + a = a ⇔ 3a = a ⇔ 2a = 0 ⇔ a = 0.
145
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
a
a
a
a
b
a
a
F2
a
a
a
a
a
b
a
b
F3
a
a
a b
a a
b a
F4
a
a
a b
a a
b b
F5
a
a
a
a
a
b
b
a
F6
a
a
a
a
a
b
b
b
F7
a
a
a b
a b
b a
F8
a
a
a b
a b
b b
F9
a
a
a b
b a
a a
F10 a b
a
b a
a
a b
F11 a b
a
b a
a
b a
F12 a b
a
b a
a
b b
F13 a b
a
b b
F14 a b
a
b b
F15 a b
a
b b
F16 a b
a
b b
146
Apêndice B
a
Resolução dos Exercícios
a
a
a
a
b
a
b a
a
b b
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.
147
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
0 se x ∈ B

gB(x) = 1 se x ∉ B
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.
148
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
∑# A
i =1
=
i
−
∑#(A ∩ A ) + ∑#(A ∩ A
i
i< j
i =1, 2,3
j = 2,3, 4
i
j
j
∩ Ak )
i< j< k
i =1, 2
j = 2,3
k = 3, 4
– #( A1∩A2∩A3∩A4).
Generalizando o resultado para os conjuntos A1, A2, …, Ak, temos
#( A1 ∪ A2 ∪… ∪ A4) =
( −1)0
k
∑# A
i
+ ( −1)1
i =1
=
+ ( −1)k − 2
∑#(A
i 1 < i 2 <K < i k
i1 =1, 2
i 2 = 2,3
M
i k = k −1, k
∑#(A
i1 < i 2
i1 =1, 2,K, k −1
i 2 = 2,K, k
i1
i1
∩ A i2 ) + K +
∩ A i 2 ∩ A ik )
+ (–1)k-1 #(A1∩A2∩…∩Ak).
149
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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).
150
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
 f ( x ) se x ∈ B
f (x) =  1
f 2 ( x ) se x ∈ C,
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
151
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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 mostrar 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.
152
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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.
153
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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
x1
x2
=
⇒ x1 (1 − x 2 ) = x 2 (1 − x1 ) ⇒ x1 − x1 x 2 = x 2 − x 2 x1
1 − x1 1 − x 2
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
 y

 1+ y

f(x)=f
x=
y
1 + y , e teremos
y

1+ y
=

 1− y
1+ y
y
y
y
1+ y
1+ y
=
= =y
y
1+ y − y 1
1−
1+ y
Se y≥0 então f(x)= 1 + y
154
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
y
y
y
1− y
1− y
=
= =y
y
1− y + y 1
1+
1− y
1− y
Se y<0 então f(x)=
.
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 propriamente 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:
d−c
y – c = b − a .(x – a).
d−c
Considere a função f: [a,b] → [c,d], dada por f(x) = b − a .(x – a) + c.
Temos que f é injetora, pois se x, y ∈ [a,b] são tais que f(x) = f(y) temos
d−c
d−c
d−c
d−c
b − a .(x – a) + c = b − a .(y – a) + c ⇒ b − a .(x – a) = b − a .(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]. Tomeb−a
d
mos x = − c .(y – c) + a e teremos
d−c b−a
d−c b−a
f(x) = b − a .( d − c .(y – c) + a – a) + c = b − a . d − c .(y – c) + c =
= y – c + c = y.
155
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
y +1
Além disso, se y ∈ ]–1,1[ considere x = 2 que pertence ao intervalo
y +1
]0,1[ e f(x) = 2. 2 – 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
U An
enumerável de conjuntos enumeráveis e A= n∈IN . 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.
156
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
157
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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.
158
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
f o r o g −1(d) se d ∈ Im g

b
se d ∉ Im g ,
[h(r)](d) = 
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)
159
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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. Conseqüentemente, 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
160
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
n
2
(*)
2 #IN ≤ (2 #IN) ≤ (2 #IN) #IN = 2 ( # IN ) = 2 #IN,
onde a última igualdade segue do Exemplo 6.18. Segue das
desigualdades (*) e do Teorema 6.19 (Teorema de Schröder-Bernstein)
n
que (2 #IN) = 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,
IR
X
A
x0 IR
P
2
# (IR) = # 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
f
por:
A
A
g(x) =
se x ∉ A ou ( x ∈ A e x ∉ B )
 x,

se ( x ∈ A e x ∈ B )
F(c, x ),
c
F
A
g
B
A função g está bem definida, pois a união
dos seus subconjuntos de definição nos dá
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.
161
Fundamentos de Matemática
J.R. Gerônimo/V.S. Franco
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 asms + 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–1mt–1 + ... + b1m + b0, onde 0 ≤ bi < m, para i=1,...,t–1
e bt–1 ≠ 0. Logo, k = qm + r = bt–1mt + ... + b1m2 + b0m + r. Fazendo bt–1 = as, …, b1 = a2, b0 = a1, r = a0 e t = s, teremos:
k = asms + as–1ms–1 + ... a2m2 + 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.
162
Apêndice B
Resolução dos Exercícios
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
∏ Ai
é não vazio, ou seja, existe f∈
f(i) ∈ Ai, ∀i ∈ I. Tomamos
i∈I
∏ Ai
i∈I
e assim existe f: I → A tal que
r: ℘(A) - ∅ → A, tal que r(B)=f(i), onde i é tal que B = Ai. Assim r(B) ∈
B, e temos o desejado.
163