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) cm 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.
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 = /5 e tg β = 3/8 e assim β os ângulos α e β não são iguais, apesar de α 1,8014 graus e β 0,5560 graus, ou seja, uma diferença de 1,454 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! α Atividade : 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 unidades. A soma das medidas dos catetos é. Ao dividir a medida dos catetos ao meio e traçar os segmentos do ponto médio até o ponto médio da hipotenusa obtemos dois triângulos retângulos e, novamente, a soma das medidas dos catetos é igual a ½ ½ ½ ½ 3
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco ½ + ½ + ½ + ½ =. 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 + + + = 8 8 8 ¼ ¼ ¼ Repetindo novamente a divisão da medida dos catetos obtemos como soma o valor ¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼+¼ =. Ao comparar estes valores vemos que para qualquer número de divisões que fizermos obteremos sempre como soma o valor 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 =, 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 J.R. Gerônimo/V.S. Franco d 1 d C 1 r 1 R 1 C r R C 3 r 3 R 3 d 3 (a) (b) (c) Se fôssemos responder imediatamente a intuição nos diria que d 3 seria maior. Porém, fazendo as contas como deve ser feito, obtemos: πr 1 + 1 πr1 + 1 πr1 1 d 1 = R 1 r 1 = π r 1 = π = π ; πr + 1 πr + 1 πr 1 d = R r = π r = π = π e πr 3 + 1 πr3 + 1 πr3 1 d 3 = R 3 r 3 = π r 3 = π = π. Assim, contrário a nossa intuição, as três medidas independem 1 do raio da circunferência consideradas, pois serão todas iguais a π. Observe que para fazer tais contas não é necessário o valor dos raios em questão. Atividade 5: Divisão por zero: "=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.1. a) É proposição e segundo dados históricos é verdadeira. b) É proposição e segundo as informações do noticiário é falsa. c) Não é proposição, pois é uma sentença interrogativa. d) É proposição, basta resolver para saber se é falsa ou verdadeira. e) É proposição, pois pode assumir apenas um valor lógico. f) É proposição e, com certeza, é verdadeira. g) É proposição e, com certeza, é verdadeira. h) É proposição, pois pode assumir apenas um valor lógico... 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 1 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..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 987543 +1 é primo Gosto de vôlei, condiciona que irei ao shopping e Bill Gates não é miserável. Em de abril de 1500, descobriu-se o Brasil ou sou brasileiro se, e somente se, sou inteligente..4. a) p: Quando chove e q: a garagem de João fica inundada. b) Falso ou verdadeiro, pois considerando a tabela verdade da condicional p q sempre verdadeira, teremos p q p q V V V F V V F F V Assim, mesmo quando q é verdadeira podemos ter p falsa (veja ª 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)..5. a) π é um número irracional ou é um número primo. b) π é um número irracional, condiciona que não é um número primo, bicondiciona que é um número primo, condiciona π é um número irracional. c) não é um número primo, condiciona π é um número irracional..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..7. Como cada proposição assume apenas dois valores lógicos e temos n proposições, pelo princípio multiplicativo de análise combinatória, temos... = n linhas na tabela verdade..8. a) p q ~p ~q (p q) (~p) (~q) (p q) (~p) (~q) V V F F V F V V F F V F V V F V V F F V V F F V V F V V b) p q r (q r) p (q r) c) p q (p q) q (p q) V V V V V V V V V V V F V V V F V V V F V V V F V V V V F F F F F F F V F V V V F F V F V F F F V V F F F F F F d) p q r (p q) (q r) (r p) (p q) (q r) (p q) (q r) (r p) V V V V V V V V V V F V V V V V V F V V V V V V V F F V F V F F F V V V V V V V F V F V V F V F 9
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco F F V F V V F F F F F F F F F F e) p ~p (~p p) (~p p) p f) p q (p q) (p q) p V F V V V V V V F V F V V F V V F V V F F F F V g) p q r (p q r) (p q r) p (p q r) p q (p q r) p q r V V V V V V V V V F F V V V V F V F V V V V F F F V V V F V V F F V V F V F F F V V F F V F F F V F F F F F F F h) p q r (p q ) (p q ) r i) p q (p q) (p q) q V V V V V V V V V V V F V F V F F V V F V V V F V F V V F F V F F F F V F V V V V F V F V F F F V F F F F F F F 10
Apêndice B Resolução dos Exercícios j) p q (p q) (q p) (p q) (q p) V V V V V V F F F V F V F F V F F F F V k) p q r (p q) (p q) r l) p (p p) (p p) p V V V V V V V V V V F V F F V F V F V V V V F F V F F V V V V F V F V F F F V F V F F F F V m) p q ~p ~q [p (~q)] (~p) [p (~q)] V V F F V F V F F V V F F V V F F F F F V V V V n) p ~p (p ~p) (p ~p) p o) p q ~p (~p) q V F F F V V F V F V V F V F F V F V V V F F V F 11
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco p) p q ~p ~q (~q) (~p) q) p ~p p ~p V V F F V V F V V F F V F F V V F V V F V F F V V V r) p q r (q r) p (q r) s) p q r (p q) (p q) r V V V V V V V V V V V V F F V V V F V V V F V F V V F V V V V F F F V V F F V V F V V V V F V V V V F V F F F F V F V V F F V F F F F V F V F F F F F F F F F F t) p q r p (q r) p (p r) p (q r) p (p r) (p q) [p (q r) p (p r)] V V V V V V V V V F V V V V V F V V V V V V F F V V V V F V V V F F F F V F F F V V F F V F F V V F F F F F V V u) p q r (p q) (p r) (p q) (p r) V V V V V V V V F V F V V F V F V V V F F F F F 1
Apêndice B Resolução dos Exercícios F V V F F F F V F F F F F F V F F F F F F F F F v) p q r p q (p q) (q r) (p q) (q r) (p q) [ (p q) (q r) ] V V V V V V V V V V F V V F F F V F V F F F V F V F F F F F V F F V V V F V V V F V F V F F V V F F V V F F V V F F F V F F V V w) p q r (p q) (p r) (p q) (p r) V V V V V V V V F V V V V F V V V V V F F V V V F V V V V V F V F V F F F F V F V F F F F F F F x) p q r (q r) p (q r) V V V V V V V F V V V F V V V V F F F V F V V V V F V F V V 13
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco F F V V V F F F F F y) p q r ~p ~q ~r (p q r) (~p q ~r) (~p ~q ~r) V V V F F F V V F V F V V F F F V F F F F F V F V F V F F F F F F V F F F V V F F F F F F V V V F F F F F F F F V F V F V F V V V F F F V V V F F F F F F F F F V V V F F F V V Etapa 3 4 3 5 3 z) p q r (p q) [p (q r) p (p r)] V V V V V V V V V V V V V V F V V V V V V V V V V F V F V V V V V V V V V F F F V V V F V V V V F V V V F F V V F F F V F V F V F F V V F F F F F F V V F F V V F F F V F F F V V F F F V F F F Etapa 5 1 3 4 1 3.9. 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 1 F V F F V V V F F F F F F F V F F F Etapa 1 1 3 1 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 1 F V F F V V V.10. a) p q r [p (q r)] p V V V V V V V V V V V V F V V V F F V V V F V V V F V V V V V F F V V F V F V V F V V F V V V V F F F V F F F V F F V F F F V F V F V V F F F F F F V F V F F F Etapa 1 3 1 1 4 1 F F F F F V F Etapa 1 1 3 1 Como a tabela verdade apresenta valores lógicos verdadeiros e falsos, conforme se observa a coluna da Etapa 4, a proposição é uma contingência. b) p q ~ (p q) ~ (q p) 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 1 4 3 1 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 1 3 1 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 1 4 3 1 1 Como a tabela verdade apresenta valores lógicos verdadeiros e falsos, conforme se observa a coluna da Etapa 4, a proposição é uma contingência..11. Teorema.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 1 Etapa 1 3 1 1 Como as proposições são tautologias, conforme se observa a coluna da Etapa 3, temos o resultado. Teorema.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 1 3 1 Etapa 1 1 3 1 Como as proposições são tautologias, conforme se verifica nas colunas da Etapa 3, temos o resultado desejado. Teorema.10.d) Modus Ponens: (p q) p q. Consideremos a tabela verdade: p q (p q) p q V V V V V V V V V V F V F F F V V F F V F V V F F V V F F F V F F F V F Etapa 1 1 3 1 4 1 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.10.e) Modus Tollens: (p q) ~q ~p. Vamos construir a tabela verdade para a proposição: p q (p q) ~ q ~ p V V V V V F F V V F V V F V F F F V F V F V F V F V V F F V V V F F F F V F V V F V V F Etapa 1 1 3 1 4 1 Como a proposição é uma tautologia, conforme se verifica a coluna da Etapa 4, temos o resultado. Teorema.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 Etapa 1 1 3 1 1 4 1 1 3 1 1 p q r s (p q) (r s) (p r) (q s) V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V V F V V V F V F F V V V V F V F F V V F V V V V V F V V V V F F V V V V V V F F V V V V F V F V V F F V V F F V F V V V F F F V V V V V V V F F F V V F V F V F F F V F F V V V V F F F F V F F V V F F F F V V V V F F V F F V V F F F V F F F F V F V V F F V F F F F V V V F V V V V V V V F F V V V V V F V V F F V V F V F F V F F V V V F F F V F V F V V V F V V V F F F V V V V F V F F F V V V F V F V F F F V V F F F F V V F V F V V V V V F F V V F F V F F V F F V F F V F F V F F V V F F F F F F V F V F V F V V V F F F V F F V F F F F F V F V F V F V F F F V F F F Etapa 1 1 3 1 1 4 1 1 3 1 1 19
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco Como as proposições são tautologias, (veja colunas da Etapa 4), temos o resultado. Teorema.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 1 3 1 1 5 1 3 1 4 1 3 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 0
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 1 3 1 1 5 1 3 1 4 1 3 1 Como as proposições são tautologias (veja colunas da Etapa 5), temos o resultado. Teorema.11.a) (p q) (~p) q. Vamos construir a tabela verdade da proposição: p q (p q) (~p) q V V V V V V F V V V F V F F V F F F F V F V V V V V V F F F V F V V V F 1
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco Etapa 1 3 1 4 3 1 Como a proposição é tautologia (veja coluna da Etapa 4), temos o resultado. Teorema.11.b) (p q) (p q) (q p). Vamos construir a tabela verdade da proposição: p q (p q) (p q) (q p) V V V V V V V V V V V V V V F V F F V V F F F F V V F V F F V V F V V F V F F V F F V F V F V F V F V F Etapa 1 1 4 1 1 3 1 1 Como a proposição é tautologia (veja coluna da Etapa 4), temos o resultado. Teorema.11.d) Reductio ad Absurdum: (p q) (p ~q) c. Vamos construir a tabela verdade da proposição: p q (p q) (p ~ q) c V V V V V V V F F V V F V F V F F V V V V F F F F V F V V V F F F V V F V F F V F V F F V F V F Etapa 1 1 5 1 1 4 3 Como a proposição é tautologia (coluna da Etapa 5), temos o resultado.
Apêndice B Resolução dos Exercícios Teorema.1.b) ~(p q) (~p ~q). Vamos construir a tabela verdade da proposição: p q ~ (p q) (~ p ~ q) V V F V V V V F V F F V V F F V V F V F V F V F F V F F V V V V F F F V F F V F F F V V F V V F Etapa 3 1 1 4 1 3 1 Como a proposição é tautologia (coluna da Etapa 4), temos o resultado. Teorema.13.a) Leis comutativas: p q q p e p q q p. Vamos construir as tabelas-verdade das proposições: p q p q q p p q p q q p V V V V V V V V V V V V V V V V V V V F V F F V F F V V F V V F V F V V F V F F V V V F F F V F V V V V V F F F F F F V F F F F F F F F V F F F Etapa 1 1 3 1 1 Etapa 1 1 3 1 1 Como as proposições são tautologias (veja colunas da Etapa 3), temos o resultado. Teorema.13.b) Leis de idempotências: p p p e p p p. Vamos construir as tabelas-verdade das proposições. p p p p p p p p V V V V V V V V V V V V 3
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco F F F F V F F F F F V F Etapa 1 1 3 1 Etapa 1 1 3 1 Como as proposições são tautologias (veja colunas da Etapa 3), temos o resultado. Teorema.13.c) Leis associativas: (p q) r p (q r) e (p q) r p (q r). Vamos construir as tabelas-verdade das proposições: p q r (p q) r p (q r) V V V V V V V V V V V V V V V V F V V V F F V V F V F F V F V V F F F V V V F F F V V F F V F F F F V V F F F F F V V F F V F V V F F V V V F V F F F V F F V F F V F F F F V F F F F V V F F F F V F F F F F F F F V F F F F F Etapa 1 1 3 1 4 1 3 1 1 p q r (p q) r p (q r) 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 F V V V F V V V V V F V V V F F V V F V F V V V F F F F V V F V V V V V F V V V V F V F F V V V F V F V V V F F F V F F F V V V F V F V V F F F F F F F F V F F F F F Etapa 1 1 3 1 4 1 3 1 1 4
Apêndice B Resolução dos Exercícios Como as proposições são tautologias (colunas da Etapa 4), temos o resultado. Teorema.13.d) ª. lei distributiva: p (q r) (p q) (p r). Vamos construir a tabela verdade da proposição: p q r p (q r) (p q) (p r) V V V V V V V V V V V V V V V V V V F V V V F F V V V V V V V F V F V V V F F V V V V F V V V V V F F V V F F F V V V F V V V F F V V F V V V V V F V V V F V V F V F F F V F F V F V V F F F F F F V F F F F V V F F F F F V V F F F F F F F F V F F F F F F F Etapa 1 3 1 1 4 1 1 3 1 1 Como a proposição é tautologia (coluna da Etapa 4), temos o resultado. Teorema.14: Vamos construir as tabelas-verdade das proposições: d) p p t t e) p p ~ p c V V V V V V V V F F V V F F F V V V V F F F V F V F Etapa 1 1 3 Etapa 1 3 1 4 1 f) p p c c h) ~ t c i) ~ c t V V F F V F F V V F V F V V 5
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco F F F F V F 1 3 1 1 3 1 Et. 1 1 3 1 j) p p ~ p t V V V F V V V F F V V F V V Etapa 1 3 1 4 1 Como as proposições são tautologias (colunas em destaque), temos o resultado..1. a) Consideremos a tabela verdade : p q (p q) (p q) V V V V V V V V V V F V F F V V V F F V F F V V F V V F F F F F V F F F Etapa 1 1 3 1 1 Como a tabela verdade nos fornece uma tautologia (veja coluna da Etapa 3), a condicional p q p q é uma implicação. b) Consideremos a tabela verdade: p q 1 q [(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 6
Apêndice B Resolução dos Exercícios F F F F V F V F V F V F F F V F Etapa 1 1 3 1 1 4 1 1 3 1 Como a proposição é uma tautologia, conforme se observa a coluna da etapa 4, temos o resultado. c) Vamos construir a tabela verdade para a proposição: p q r [(p q r) ~ r] (p q) V V V V V V V V F F V V V V V V V F V V V V F V V F V V V V V F V V F F V V F F V V V F F V F F V F F F F F V F V V F F F V V F V V V V F F V V F V V F V F F V V V F V V F V F V V F F V F V F F V F F V V F V F F F F F V F F F V V F V F V F Etapa 1 1 3 1 4 1 5 1 1 Como a proposição é uma tautologia (coluna da etapa 5), temos o resultado..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 Etapa 1 3 1 4 1 3 1 Observe que na coluna da etapa 4 só aparecem valores lógicos verdadeiros. Logo, o símbolo pode ser substituído por, mostrando assim o desejado. 7
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco b) 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 Etapa 1 3 1 4 1 3 1 Note que na etapa 4 não temos somente valores lógicos verdadeiros. Portanto, a proposição não é uma tautologia. c) p q [(p q) ~ p ~ q V V V V V F F V V F V V F V F F F F V V V F F V F V V V V F F F V F F F V F V V F V V F Etapa 1 3 1 4 1 5 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 Etapa 1 3 1 4 1 3 1 Como as tabelas-verdade têm o mesmo resultado, as proposições são equivalentes, e não são tautologias..14. a) p q p q V V F V F V 8
Apêndice B Resolução dos Exercícios b) F V V F F F p q p q ~ [p q] V V V V V F F V V V V F V V F V V V F F F V F V V V V F F V F F F F F F V F F F Etapa 1 1 4 3 1 1 c) Como ambas proposições têm a mesma tabela verdade, estas são equivalentes. d) Consideremos a tabela verdade da proposição p q q p: p q (p q) [q p] V V V F V V V F V V F V V F V F V V F V F V V V V V F F F F F F V F F F Etapa 1 1 3 1 1 Como encontramos uma tautologia (observe a coluna da etapa 3), obtemos o resultado. e) Consideremos a tabela verdade da proposição p (q r) (p q) r. p q r p (q r) (p q) r V V V V V V F V V V F V V V V V F V F V V F V V F V F F V F V V F F V V V V V F F V 9
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco V F F V V F F F V V V F V F F V V F F V F V V F V V F V F V F F V V V F V F V V V F F F V F V F V V V F F F V V F F F F F F F F V F F F F F Etapa 1 3 1 1 4 1 1 3 1 Como encontramos uma tautologia, conforme se verifica a coluna da etapa 4, obtemos o resultado. f) Consideremos a tabela verdade da proposição p t ~p p t p t ~ p V V V F V V F V F V F V V V V F Etapa 1 1 3 1 Como encontramos uma tautologia, (veja coluna da etapa 3) obtemos o resultado. g) Consideremos a tabela verdade da proposição p c p. p c p c p V F V V F V V F F F F F V F Etapa 1 1 3 1 Como encontramos uma tautologia, observe coluna da etapa 3, obtemos o resultado. h) Consideremos a tabela verdade da proposição p p c. 30
Apêndice B Resolução dos Exercícios p p p c V V F V V F F F F V V F Etapa 1 1 3 1 Como a tabela verdade apresenta apenas valores lógicos verdadeiros (veja coluna da etapa 3), obtemos o resultado. i) Consideremos a tabela verdade da proposição ~(p q) (p q). p q ~ (p q) (p q) V V V V F V V V V V V F F V V F V V F F F V F F V V V F F V F F V V F F V F V F Etapa 3 1 1 4 1 1 Como encontramos uma tautologia (veja coluna da etapa 4), obtemos o resultado..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..16. a) p q P q V V V F V V F V F F F V F F V F F F V F Etapa 1 1 b) i) Consideremos a tabela verdade da proposição: p ~ p p p V F V V V F V F V F V F V F Etapa 1 3 1 1 Como a tabela verdade é uma tautologia temos o resultado desejado. ii) Consideremos a tabela verdade da proposição: p q p q (p p) (q q) V V V V V V V F V V V F V V F V F F V V F V F F V F F V F F V V F V F F V F V F F F F F V F V F F F V F Etapa 1 1 4 1 1 3 1 1 Como a tabela nos fornece uma tautologia temos o resultado desejado. iii) Consideremos a tabela verdade: 3
Apêndice B Resolução dos Exercícios p q p q (p q) (p q) V V V V V V V F V V V F V V F V V F V V F F V V F F F V F V V V F F V V F F V F F F F F V F V F F F V F Etapa 1 1 4 1 1 3 1 1 Como a tabela verdade é uma tautologia, segue o resultado. iv) Consideremos a tabela da proposição: p q p q ~ p ~ q V V V F V V F V F F V 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 Etapa 1 1 4 1 3 1 Assim temos o resultado desejado, pois a tabela nos fornece uma tautologia..17. a) Sejam p e q proposições. Teremos 16 tabelas verdade, como segue: p q 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 V V V V V V V V V V F F F F F F F F V F V V V V F F F F V V V V F F F F F V V V F F V V F F V V F F V V F F F F V F V F V F V F V F V F V F V F Legenda: 33
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco 1. [(p q) (p q)].. 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)]. 1. ~(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. e.7. iii) Negação: Temos ~p ~(p p). 34
Apêndice B Resolução dos Exercícios iv) Condicional: Comparando as tabelas.4 e.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 V F V F F V F Etapa 1 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 1 3 1 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.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.18. Resolvendo a equação de o grau obtemos como soluções x 1 = e x =1. Logo, no conjunto dos números reais (escolhido como universo de discurso) o quantificador é o existencial { x IR / x 3x + = 0}. Portanto, o universo aqui é o conjunto dos números reais. Se consideramos o conjunto universo U={1, }, podemos neste caso utilizar o quantificador universal: { x U/ x 3x + = 0}..19. a) Existe cobra que não é réptil. b) Todos os matemáticos são sociáveis. c) Todos os cavalos não são dóceis..0. a) Conjunto das cobras. b) Conjunto das pessoas com formação em matemática. c) Conjunto dos cavalos..1. Calculando as raízes da equação x + x + 1=0, obtemos x 1 =x = 1. Assim, a) Verdadeiro, pois para todo x em IR temos x + x + 1=(x+1) 0. b) Falso, pois para x= 1 temos x + x + 1 > 0. c) Verdadeiro, pois é a negação do item b). d) Falso, pois é negação de item a)... a) ( x IR) ( x 3 = x ). b) ( x IR) ((x 1)(x+1) = x 1). c) ( x IR) ( x = x ). d) ( x IR) ( x 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). a 3 a a ( = a a 1) f) ( a IR) a. 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) ( x + y + z = (x + y + z) xy xz yz)..3. Teorema.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.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.0.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 x 1 e um y 1 tal que p(x 1, y 1 ) é verdadeira. Logo, para este y 1, se escolhermos x 1 então p(x 1,y 1 ) é verdadeira, isto é, p(x 1, y 1 ) 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.0.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.0.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.0.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.0.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.0.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.. ( x 1 ) (p(x 1 )) é falso, então ( y) (p(y)) é verdadeiro, pois, caso contrário, ( y) (p(x 1 ) 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..4. 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)..5. 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. 1 Logo, se alguém disser que não fez nada pode estar certo que ela fez alguma coisa. 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. 3.6. 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)]..7. a) Vamos demonstrar que p (p q) p é uma tautologia utilizando o método dedutivo. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos p (p q) p e p p (p q). Ordem Proposição Justificativa 1 p (p q) H 1 (p p) (p q) 1, Distributiva 3 p (p q), Idempotência 4 (p t) (p q) 3, Tautologia 5 p (t q) 4, Distributiva 6 p (q t) 5, Comutativa 7 p t 6, Tautologia 8 p 7, Tautologia Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas. 3 Logo, se alguém lhe disse que não viu ninguém, acredite, ele viu alguém. 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 Justificativa 1 p (p q) H 1 (p t) (p q) 1, Tautologia 3 p (t q), Distributiva 4 p (q t) 3, Comutativa 5 p t 4, Tautologia 6 p 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 Proposição Justificativa 1 p q q H 1 ~[(p q) ~q] 1, Condicional 3 ~(p q) ~(~q), 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 4
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 Justificativa 1 p q H 1 ~(p ~q) 1, Condicional 3 ~p ~(~q), 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 Justificativa 1 (p q) (p ~q) H 1 ~(p ~q) ~(p ~(~q) 1, Condicional 3 ~(p ~q) ~(p q), Dupla Negação 4 (~p q) (~p ~q) 3, De Morgan 5 ~p (q ~q) 4, Distributiva 6 ~p c 5, Contradição 7 ~p 6, Contradição 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 Justificativa 1 p (p q) H 1 ~p (p q) 1, Condicional 3 (~p p) (~p q), Distributiva 4 t (~p q) 3, Tautologia 5 ~p q 4, Tautologia 6 p q 5, 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 Justificativa 1 p q H 1 ~p q 1, Condicional 3 (~p q) (~r), 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.8. 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: H 1 : M C H : A N H 3 : (C N) ~D H 4 : 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 H e Modus Tollens, obtemos ~A. Finalmente a conjunção de ~M e ~A nos dá a tese ~M ~A. Só para lembrar, nesta demonstração utilizamos Modus Tollens, Leis de De Morgan e Leis de simplificação. Utilizando a tabela, obtemos Ordem Proposição Justificativa 1 M C H 1 A N H 3 (C N) ~D H 3 4 D H 4 5 ~ (C N) 3, 4, Modus Tollens 6 ~C ~N 5, De Morgan 7 ~ C 6, simplificação 8 ~ N 6, simplificação 9 ~M 1, 7, Modus Tollens 10 ~A, 8, Modus Tollens 11 ~M ~A 9, 10, Conjunção Validade do argumento H 1, H, H 3, H 4 T. 45
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco Assim, o argumento H 1, H, H 3, H 4 T é válido. 4.9. Ordem Proposição Justificativa 1 (p q) H 1 ~p H 3 ~p (p q) 1,, conjunção 4 (~p p) (~p q) 3, distributiva 5 c (~p q) 4, substituição, contradição 6 ~p q 5, contradição 7 q 6, simplificação Validação do argumento (p q), ~p q. Este argumento é denominado silogismo disjuntivo..30. Para isto devemos mostrar a validade dos argumentos (p q) (~q ~p) e (~q ~p) (p q). Vejamos o primeiro argumento: Ordem Proposição Justificativa 1 p q H 1 ~(p ~q) 1, condicional 3 ~(~q p), substituição, comutativa 4 ~[~q ~(~p)] 3, substituição, dupla negação 5 ~q ~p 4, condicional Validação do argumento (p q) (~q ~p). Para demonstrar o segundo argumento utilizamos o mesmo processo de baixo para cima pois foram utilizadas somente equivalências lógicas. Este argumento é denominado Lei contrapositiva. 4 Uma outra maneira de estabelecer a validade deste argumento seria construir sua tabela-verdade que requer xxxx = 5 = 3 linhas. 46
Apêndice B Resolução dos Exercícios.31. Utilizando o mesmo processo dos exemplos anteriores, vamos mostrar a validade de um argumento utilizando equivalências e, assim, o argumento recíproco também será válido: Ordem Proposição Justificativa 1 (p r) (q s) H 1 (~p r) (~q s) 1, substituição, condicional 3 ~p [ r (~q s)], associativa 4 ~p [ (r ~q) s] 3,substituição, associativa 5 ~p [ (~q r) s] 4, substituição, comutativa 6 ~p [ ~q ( r s)] 5, substituição, associativa 7 (~p ~q) (r s) 6, associativa 8 ~(p q) (r s) 7, substituição, De Morgan 9 (p q) (r s) 8, condicional Validação do argumento (p r) (q s) (p q) (r s)..3. a) Ordem Proposição Justificativa 1 q (r u) H 1 q s H 3 ~s (u p) H 3 4 ~s H 4 5 ~q, 4, Modus Tollens 6 u p 3, 4, Modus Ponens 7 r u 1, 5, Silogismo Disjuntivo 8 r p 6, 7, Lei Transitiva b) Ordem Proposição Justificativa 1 p (q r) H 1 q s H 3 r u H 3 47
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco 4 s u p r H 4 5 ~p H 5 6 q r 1, 5, Silogismo Disjuntivo 7 r 6, Simplificação c) Ordem Proposição Justificativa 1 p q H 1 ~q r H 3 ~(p r) H 3 negação da tese 4 (~p) (~r) 3, De Morgan 5 ~p 4, Simplificação 6 ~r 4, Simplificação 7 q 1, 5, Silogismo Disjuntivo 8 ~q, 6, Silogismo Disjuntivo 9 q ~q 7, 8, Conjunção Teorema.13.e - Contradição Como a linha 9 é uma contradição, temos o resultado desejado. d) Ordem Proposição Justificativa 1 p q H 1 ~q H 3 ~q ~p 1, Contrapositiva 4 ~p, 3, Modus Ponens e) Ordem Proposição Justificativa 1 p q H 1 q H 3 (p q) (q p) 1, Bicondicional 4 q p 3, Simplificação 5 p, 4, Modus Ponens 48
Apêndice B Resolução dos Exercícios f) Ordem Proposição Justificativa 1 p ~q H 1 r q H 3 r H 3 4 q, 3, Modus Ponens 5 ~p ~q 1, condicional, Teorema.10.a - De Morgan, Teorema.8.a - Dupla negação 6 ~q ~p 5, Comutativa 7 ~p 4, 6, Silogismo Disjuntivo g) Ordem Proposição 1 p q H 1 Justificativa r ~q H 3 q ~r, Contrapositiva, Dupla negação 4 p ~r 1, 3, Lei Transitiva 5 r ~p 4, Contrapositiva, Dupla negação.33. Em todos os itens utilizaremos o 1 º ou o º Princípio dependendo do valor de n 0. a) Seja P(n): 1+3+5+...+(n-1)= n. Primeiramente, mostremos que P(1) é verdadeiro. De fato, (.1 1)=1=1. Suponhamos agora que P(k) é verdadeiro, ou seja, 1+3+5+...+(k 1)= k. Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, 1+3+5+...+(k 1)+[(k+1) 1]= k +(k+ 1), pela hipótese de indução. Mas k +(k+ 1) = k +k+1= (k+1), como queríamos demonstrar. 49
Fundamentos de Matemática J.R. Gerônimo/V.S. Franco 3 n + 1 1. b) Seja P(n): 3 0 +3 1 +...+3 n = Primeiramente, mostremos que 3 0 + 1 1 P(0) é verdadeiro. De fato, 3 0. = 1 = Suponhamos agora que 3 k + 1 1. P(k) seja verdadeiro, ou seja, 3 0 +3 1 +...+3 k = Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, por indução 3 + 1 1 3 0 +3 1 +...+3 k +3 k+1 = + (3 k+1 ). Mas 3 + 1 1 3 k + 1 1+ (3 k+ 1 ) (3 k.3) 1+ (3 k.3) (3 k.3)(1 + ) 1 = +(3 k+1 )= = = (3 k.3).3 1 3 k.3 1 3 k+ 1 3 (k+ 1) + 1 1 = = = =. Portanto P(k+1) é verdadeiro. Assim, P(n) é verdadeiro n IN. c) Seja P(n): n 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, k 1+k. Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, pela hipótese de indução, k+1 =. k.(1+k). Mas.(1+k) =+k +k = 1+ (1+k), como queríamos demonstrar. d) Podemos escrever ( n IN) (3 n -1 é divisível por 8) como P(n): ( a Ζ + )(3 n 1 = 8.a). Primeiramente, mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, consideremos a = 0, temos a 0, a Z e 3.0 1=8.0. Portanto P(0) é verdadeiro. Suponhamos agora que P(k) seja verdadeiro, ou seja, ( a, a 0, a Ζ) (3.k 1=8.a). Mostremos que P(k+1) é verdadeiro. De fato, considere b = 9a+1, temos b 0, b Z e 3 (k+1) 1=3 k+ 1=3 k.3 1=(3 k 1).3 +3 1. Pela hipótese de indução, (3 k 1).3 +3 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+x k) = 1+(k+1).x+x k > 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)(n + 1) f) Consideremos P(n): 1 + + 3 +... + n = 6. Primeiramente, 0 (0 + 1)(.0 + 1) mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, 0 = 6. Vamos supor agora que P(k) é verdadeiro, ou seja, k (k + 1)(k + 1) 1 + +3 +...+k = 6. Mostraremos que P(k+1) também é verdadeiro. De fato, k (k + 1)(k + 1) 1 + +3 +...+k +(k+1) = 6 + (k+1), por indução, mas k (k + 1)(k + 1) k(k + 1)(k + 1) + 6(k + 1) 6 +(k+1) = 6 ( k + 1)[k(k + 1) + 6(k + 1)] (k + 1)(k + k + 6k + 6) = 6 = 6 = (k + 1)(k + 7k + 6) ( k + 1)(k + )(k + 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 a m.a n =a m+n. Por definição, temos a 0 = 1 e a m+1 = a m.a, para todo número natural n. Sendo assim, faremos indução em n. Primeiramente, mostremos que P(n) é verdadeiro para o menor natural n 0. Neste caso o número é 0. De fato, a m.a 0 =a m.1=a m =a m+0. Agora, por hipótese de indução, suponhamos que P(k) é verdadeiro, ou seja, a m.a k =a m+k. Vamos mostrar que P(k+1) é verdadeiro. De fato, a m.a k+1 = a m.(a k.a) = (a m.a k ).a = a m+k.a, pela hipótese de indução. Mas a m+k.a = a (m+k)+1 = a m+(k+1), como queríamos demonstrar. h) Seja P(n): ( a Ζ + )( n 1.3 n+ +1 = 11.a). Primeiramente, mostremos que P(1) é verdadeiro. De fato,.1-1.3 1+ +1=.3 3 +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),.k- 1.3 k+ +1=11.a. Queremos mostrar que P(k+1) também é verdadeiro. De fato,.k+1.3 k+3 +1=. k.3.3 k+ +1=.. k-1.3.3 k+ +1= =1. k-1.3 k+ +1= 1. k-1.3 k+ +1+11 11= =1. k-1.3 k+ +1-11= 1( k-1.3 k+ +1) 11, que, por indução é igual a 1.(11.a) 11= 11.(1a 1), como queríamos demostrar, pois a Z e a > 0 implica que 1.a 1 IN *. i) Seja P(n): ( n IN) [(n 3 + n) é divisível por 3]. Primeiramente, mostremos que P(0) é verdadeiro. De fato, 0 3 +.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), k 3 +k=3.a. Queremos mostrar que P(k+1) também é verdadeiro. De fato, (k+1) 3 +(k+1)=k 3 +3k +3k+1+k+=(k 3 +k)+3k +3k+3, que, por indução é igual a 3a+3k +3k+3 que é igual a 3.(a+k +k+1). Como k IN e a IN temos a+k +k+1 IN. Portanto, P(k+1) é verdadeiro. Assim, P(n) é verdadeiro n IN. 5