Resolução lista de exercicios AV1 Francinaldo

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Questão 1 
Vamos mostrar que: 
A U B = B ⇔ A ⸦ B ⇔ A ∩ B = A 
Sejam (1) A U B = B; (2) A ⸦ B e (3) A ∩ B = A. Logo Para mostrarmos as equivalências 
do enunciado, basta mostrarmos que: 
 
(1) ⇒ (2) ⇒ (3) ⇒ (1). 
 
Comecemos por provar que (1) ⇒ (2), isto é: 
A U B = B ⇒ A ⸦ B 
Seja x ∈ A, logo: 
x ∈ A ⇒ x ∈ A U B 
Por hipótese A U B = B. Daí segue que: 
x ∈ A ⇒ x ∈ A U B ⇒ x ∈ B. 
Portanto: 
x ∈ A ⇒ x ∈ B 
Logo: 
A ⸦ B. 
Assim concluímos que: 
A U B = B ⇒ A ⸦ B 
Vamos provar agora que (2) ⇒ (3), isto é: 
A ⸦ B ⇒ A ∩ B = A 
Note que para mostrar que A ∩ B = A, precisamos mostrar que: 
A ∩ B ⸦ A e A ⸦ A ∩ B 
Assim, seja x ∈ A ∩ B, logo: 
x ∈ A ∩ B ⇒ x ∈ A e x ∈ B ⇒ x ∈ A 
Portanto: 
A ∩ B ⸦ A (*) 
Por outro lado, seja x ∈ A. Por hipótese A ⸦ B, ou seja, todo elemento pertencente a A 
também pertence a B, isto é: 
x ∈ A ⇒ x ∈ B 
Ora, 
x ∈ A e x ∈ B ⇒ x ∈ A ∩ B 
Assim dado x ∈ A, temos que x ∈ A ∩ B. Portanto: 
A ⸦ A ∩ B (**) 
De (*) e (**) segue que: 
A ∩ B = A 
Portanto concluímos que: 
A ⸦ B ⇒ A ∩ B = A 
Por fim vamos provar que (3) ⇒ (1), isto é: 
A ∩ B = A ⇒ A U B = B 
Mais uma vez para mostrarmos que A U B = B, precisamos mostrar que: 
A U B ⸦ B e B ⸦ A U B 
Ora, seja x ∈ B, logo: 
x ∈ B ⇒ x ∈ A U B. 
Isto acarreta que: 
B ⸦ A U B (1) 
Por outro lado, seja x ∈ A U B, logo: 
x ∈ A U B ⇒ x ∈ A ou x ∈ B 
 Se x ∉ A, logo x ∈ B. 
Assim para todo x ∈ A U B, implica que x ∈ B. Portanto: 
A U B ⸦ B 
 Se x ∈ A, segue por hipótese (A ∩ B = A) que: 
x ∈ A ⇒ x ∈ A ∩ B 
Daí temos: 
x ∈ A ⇒ x ∈ A ∩ B ⇒ x ∈ A e x ∈ B ⇒ x ∈ B 
Novamente, para todo x ∈ A U B, temos que x ∈ B. Portanto: 
A U B ⸦ B (2) 
De (1) e (2) segue que: 
A U B = B 
Assim, concluímos que: 
A ∩ B = A ⇒ A U B = B 
Daí segue a demonstração pedida no enunciado: 
A U B = B ⇔ A ⸦ B ⇔ A ∩ B = A 
Questão 2 
Seja U um conjunto universo de maneira que A ⸦ U e B ⸦ U, vamos demonstrar as 
relações De Morgan. 
(Letra A) 
Vamos mostrar que: 
(A ∪ B)c = Ac ∩ Bc 
Seja x ∈ (A ∪ B)c, logo: 
x ∈ (A ∪ B)c ⇔ x ∈ U e x ∉ (A ∪ B) 
⇔ x ∈ U e ~ (x ∈ (A∪ B)) 
 ⇔ x ∈ U e ~ (x ∈ A ou x ∈ B) 
⇔ x ∈ U e (x ∉ A e x ∉ B) 
⇔ (x ∈ U e x ∉ A) e (x ∈ U e x ∉ B) 
⇔ x ∈ Ac e x ∈ Bc 
⇔ x ∈ (Ac ∩ Bc) 
Portanto, concluímos que: 
(A ∪ B)c = Ac ∩ Bc 
(Letra B) 
Vamos mostrar que: 
(A ∩ B)c = Ac ∪ Bc 
Seja x ∈ (A ∩ B)c, logo: 
x ∈ (A ∩ B)c ⇔ x ∈ U e x ∉ (A ∩ B) 
⇔ x ∈ U e ~ (x ∈ (A ∩ B)) 
⇔ x ∈ U e ~ (x ∈ A e x ∈ B) 
⇔ x ∈ U e (x ∉ A ou x ∉ B) 
⇔ (x ∈ U e x ∉ A) ou (x ∈ 𝐔 e x ∉ B) 
⇔ x ∈ Acou x ∈ Bc 
⇔ x ∈Ac ∪ Bc 
Portanto, concluímos que: 
(A ∩ B)c = Ac ∪ Bc 
 
OUTRA MANEIRA DE RESOLVER O ITEM (b) 
Vamos mostrar que: 
(A ∩ B)c = Ac ∪ Bc 
Seja x ∈ (A ∩ B)c, logo: 
x ∈ (A ∩ B)c ⇒ x ∈ U e x ∉ A ∩ B ⇒ 
{
 
 
 
 
x ∈ 𝐔 e (x ∈ A e x ∉ B)
ou
x ∈ 𝐔 e (x ∉ A e x ∈ B)
ou
x ∈ 𝐔 e (x ∉ A e x ∉ B) 
 
 Se x ∈ 𝐔 e (x ∈ A e x ∉ B), segue que: 
(x ∈ 𝐔 e x ∈ A) e (x ∈ 𝐔 e x ∉ B) 
⇒ x ∈ A e x ∈ Bc. 
Ora, de x ∈ Bc, tem-se que: 
x ∈ Ac ∪ Bc 
 De maneira análoga, se x ∈ 𝐔 e (x ∉ A e x ∈ B), logo: 
(x ∈ 𝐔 e x ∉ A) e (x ∈ 𝐔 e x ∈ B) 
⇒ x ∈ Ac e x ∈ B 
De x ∈ Ac, segue que: 
x ∈ Ac ∪ Bc 
 Se x ∈ 𝐔 e (x ∉ A e x ∉ B), logo: 
x ∈ 𝐔 e (x ∉ A e x ∉ B) ⇒ (x ∈ 𝐔 e x ∉ A) e (x ∈ 𝐔 e x ∉ B) 
⇒ x ∈ Ac e x ∈ Bc 
De x ∈ Ac, segue que: 
x ∈ Ac ∪ Bc. 
Portanto: 
(A ∩ B)c ⸦ Ac ∪ Bc (i) 
Por outro lado, seja x ∈ Ac ∪ Bc, logo: 
⇒ x ∈ Ac ∪ Bc ⇒ x ∈ Acou x ∈ Bc 
⇒ (x ∈ 𝐔 e x ∉ A) ou (x ∈ 𝐔 e x ∉ B) 
⇒ x ∈ 𝐔 e (x ∉ A ou x ∉ B) 
⇒ x ∈ 𝐔 e x ∉ A ∩ B 
⇒ x ∈ (A ∩ B)C 
Assim: 
Ac ∪ Bc ⸦ (A ∩ B)c (ii) 
Portanto concluímos de (i) e (ii) que: 
(A ∩ B)c = Ac ∪ Bc 
Questão 3 
 
Precisamos determinar o erro nas equivalências acima ao afirmar que: 
x = 1 ⇔ x = ±1. 
Notemos que: 
(x − 1)2 = x2 − 2x + 1 = 0 Possui uma única raiz real x = 1. Logo: 
x = 1 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 é uma equivalência verdadeira. 
Note também que: 
x2 − 2 ∙ 1 + 1 = x2 − 1 = 0 Possui as raízes reais x = ±1. Logo: 
x2 − 2 ∙ 1 + 1 = 0 ⇔ x2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 são equivalências verdadeiras. 
Por outro lado a equivalência: 
x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x2 − 2 ∙ 1 + 1 = 0 é falsa. 
De fato, Se considerarmos a teoria dos conjuntos. 
Note que: 
 As raízes de x2 − 2 ∙ 1 + 1 = 0 são x = ±1, daí suas raízes pertencem ao conjunto 
{1, -1} 
 A raiz de x2 − 2x + 1 = 0 é x = 1, daí sua raiz pertence ao conjunto {1}. 
Perceba que{1} ⸦ {1, −1} logo: 
x2 − 2x + 1 = 0 ⇒ x2 − 2 ∙ 1 + 1 = 0 
Por outro lado {1, −1} ⊄ {1} logo: 
x2 − 2 ∙ 1 + 1 = 0 ⇏ x2 − 2x + 1 = 0 
Portanto: 
x2 − 2x + 1 = 0 ⇎ x2 − 2 ∙ 1 + 1 = 0 
E assim, concluímos que: 
x = 1 ⇎ x = ±1. 
UMA ABORDAGEM SOBRE A QUESTÃO 3: 
Seja p(x) um polinômio: P(x) = anx
n + an−1x
n−1 +⋯+ a2x
2 + a1x + a0. Tomando 
α raiz de P(x), isto é, P(α) = 0 e definindo um polinômio q(x) obtido da substituição em 
P(x) do termo aix
i por aiα
i. Segue que as raízes de q(x), exceto α, não são raízes de P(x). 
O exercício da questão 3 é um exemplo desse tipo de situação. 
De fato; 
Tomando α = 1 raiz de x2 − 2x + 1 = 0 e substituindo o termo −2x por −2α em 
x2 − 2x + 1 = 0, obtemos: 
x2 − 2 ∙ 1 + 1 = 0 
⇔ x2 − 1 = 0 
⇔ x = ±1 
Logo a raiz x = −1 não é raiz de x2 − 2x + 1 = 0. 
GENERALIZANDO PARA UM POLINÔMIO DO 2° GRAU. 
Seja P(x) = ax2 + bx + c e P(α) = 0. 
Vamos substituir o termo bx por bα, gerando o polinômio q(x) abaixo: 
q(x) = ax2 + bα + c. (I) 
Ora, note que: 
P(α) = 0 ⇒ aα2 + bα + c = 0 c = −aα2 − bα (II) 
Substituindo (II) em (I), obtemos: 
q(x) = ax2 + bα + c = ax2 + bα − aα2 − bα 
⇒ q(x) = ax2 − aα2 = a(x2 − α2) 
⇒ q(α) = 0 e q(−α) = 0 
Daí segue que −α não é raiz de P(x). 
De fato, sabemos que P(x) = ax2 + bx + c e P(α) = 0. 
Suponhamos que – α seja uma raiz de P(x), isto é, P(−α) = 0. Daí segue que: 
0 = P(α) − P(−α) = aα2 + αb + c − a(−α)2 − (−α)b − c 
⇒ aα2 + αb + c − aα2 + αb − c = 0 
⇒ 2αb = 0 ⇒ αb = 0 (I) 
Substituindo (I) em P(α) = 0, obtemos: 
aα2 + bα + c = 0 ⇒ α2 =
−c
a
 ⇒ α = ±√
−c
a
 , o que é um absurdo. 
Portanto −α não é raiz de P(x). 
 
Questão 4 (PARTE 1): 
Dada a equação √x + 2 = x. Vamos escrever as implicações lógicas correspondentes a 
sua resolução. 
Sejam: 
P: √x + 2 = x, 
Q: √x = x − 2, 
R: x = (x − 2)2, 
S: x = x2 − 4x + 4, 
T: x2 − 5x + 4 = 0 e 
U: x ∈ {1, 4} 
Note que: 
P ⇒ Q ⇒ R ⇒ S ⇒ T ⇒ U 
Porém, 
U ⇒ T ⇒ S ⇒ R ⇏ Q ⇒ P 
Todas são reversíveis, exceto de R para Q, isto é: 
R ⇏ Q 
A implicação é irreversível devido ao seguinte fato: 
x = (x − 2)2 ⇒ √x = |x − 2| ≠ x − 2 
Observe que: 
√x + 2 = x ⇒ √x = x − 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 2. 
Note que a raiz: 
x = 1 < 2 
Daí o aparecimento da raiz estranha x = 1, observe: 
√x + 2 = x ⇒ √1 + 2 ≠ 1 ⇒ 1 + 2 ≠ 1 ⇒ 3 ≠ 1 
Logo x = 1 não é raiz da equação √x + 2 = x. 
Portanto apenas x = 4 > 2 é solução da equação √x + 2 = x 
 
 
 
 
 
Questão 4 (PARTE 2): 
Dada a equação √x + 3 = x. Vamos escrever as implicações lógicas correspondentes a 
sua resolução. 
Sejam: 
P: √x + 3 = x, 
Q: √x = x − 3, 
R: x = (x − 3)2, 
S: x = x2 − 6x + 9, 
T: x2 − 7x + 9 = 0 e 
U: x ∈ {
7−√13
2
,
7+√13
2
} 
Note que: 
P ⇒ Q ⇒ R ⇒ S ⇒ T ⇒ U 
Porém, 
U ⇒ T ⇒ S ⇒ R ⇏ Q ⇒ P 
Todas são reversíveis, exceto de R para Q, isto é: 
R ⇏ Q 
A implicação é irreversível devido ao seguinte fato: 
x = (x − 3)2 ⇒ √x = |x − 3| ≠ x − 3 
Note também que: 
√x + 3 = x ⇒ √x = x − 3 ≥ 0 ⇒ x ≥ 3. 
Porém, observe: 
√13 ≅ 3,605… ⇒ x =
7−√13
2
≅ 
7−3,605
2
≅
7−3,605
2
≅
3,395
2
≅ 1,6975 < 3 
Daí o aparecimento da raiz estranha x =
7−√13
2
 
Logo x =
7−√13
2
 < 3 não é raiz da equação √x + 3 = x. 
Portanto concluímos que penas x = 
7+√13
2
> 3 é solução da equação √x + 3 = x. 
 
UMA ABORDAGEM SOBRE A QUESTÃO 4: 
Vamos resolver a equação √x +m =x, Ɐ m > 0 no conjunto dos números reais. 
A condição de existência da equação é dada por: 
√x + m = x ⇒ √x = x – m ≥ 0 ⇒ x – m ≥ 0 ⇒ x ≥ m > 0. 
Agora vamos resolver a equação: 
√x +m = x ⇒ √x = x −m ⇒ (√x)2 = (x − m)2 
Como x > 0. Logo: 
(√x)2 = (x + m)2 ⇒ x = x2 − 2mx + m2 
 ⇒ x2 − 2mx − x + m2 = 0 
⇒ x2 − (2m + 1)x + m2 = 0 
Resolvendo a equação do 2° Grau, obtemos: 
∆ = [−(2m + 1)]2 − 4 ∙ 1 ∙m2 
⇒ ∆ = 4m2 + 4m + 1 − 4m2 
⇒ ∆ = 4m + 1 
Daí segue que: 
x = 
2m + 1 ± √4m+ 1
2
= m+
1 ± √4m+ 1
2
 
Sejam x1 e x2 as raízes da equação de modo que: 
x1 = m+
1− √4m+1
2
 e x2 = m+
1+ √4m+1
2
 
Como m > 0, segue nitidamente que: 
m > 0 ⇒ 4m > 0 ⇒ 4m+ 1 > 1 ⇒ √4m+ 1 > √1 = 1 (*) 
⇒ 1 + √4m + 1 > 2 > 0 ⇒ 
1+√4m+1 
2
>
0
2
 
⇒ 
1+ √4m+1
2
> 0 
⇒ x2 = m+
1+ √4m+1
2
> m ⇒ x2 > m 
Portanto x2 satisfaz a condição de existência, logo x2 é solução da equação √x + m = x. 
Agora de (*), temos: 
√4m+ 1 > 1 ⇒ −√4m + 1 < −1 ⇒ 1 − √4m+ 1 < −1 + 1 = 0 
⇒ 
1 − √4m+ 1
2
<
0
2
= 0 
⇒ x1 = m+
1−√4m+1
2
< m ⇒ x1 < m 
 
Portanto x1 não satisfaz a condição de existência da equação, logo x2 não é solução de 
√x + m = x. 
Assim chegamos a conclusão que √x +m = x, possui uma única solução Ɐ m > 0. 
Questão 5 (PARTE 1): 
Vamos mostrar utilizando o princípio de indução finita que: 
p(n): (
n+1
n
)
n
≤ n Ɐ n ≥ 3. 
i) Primeiro façamos com n = 3, logo: 
(
4
3
)
3
=
64
27
 ≤ 3 
Portanto para n = 3 a desigualdade é verdadeira. 
ii) Agora supondo que p(n) é válida para todo n ≥ 3, vamos mostrar que p(n+1) também 
é válida, isto é: 
(
n+2
n+1
)
n+1 
≤ n + 1 
Ora, partindo da hipótese de indução, segue que: 
(
n+1
n
)
n
≤ n ⇒ (
n+1
n
)
n
 ∙ (
n+1
n
) ≤ n ∙ (
n+1
n
) ; onde (
n+1
n
) > 0, pois n ≥ 3. 
⇒ (
n+1
n
)
n+1
≤ n + 1 (*) 
Por outro lado notemos que: 
 (
n+1
n
) – (
n+2
n+1
) = 
(n+1)2− n ∙ (n+2)
n ∙ (n+1)
 = 
n2+ 2n + 1 − n2− 2n
n2 + n
 = 
 1 
n2 + n
 > 0 ; pois n ≥ 3. 
Daí segue que: 
(
n+1
n
) – (
n+2
n+1
) > 0 
⇒ (
n+2
n+1
) < (
n+1
n
) 
E por consequência obtemos que: 
(
n+2
n+1
)
n+1
 < (
n+1
n
)
n+1
 (**) pois n ≥ 3. 
Logo, de (*) e (**), segue o resultado para p(n+1). 
(
n+2
n+1
)
n+1
 < (
n+1
n
)
n+1
≤ n + 1 ⇒ (
n+2
n+1
)
n+1
≤ n + 1 
Portanto pelo princípio de indução finita, concluímos que: 
p(n): (
n+1
n
)
n
≤ n Ɐ n ≥ 3. 
Questão 5 (PARTE 2): 
A sequência dos números 1, √2, √3
3
, √4
4
, √5
5
... é dada por an = √n
n
. 
Assim vamos mostrar que an é decrescente a partir do terceiro termo. 
Do item anterior, temos que: 
(
n+1
n
)
n
≤ n Ɐ n ≥ 3. 
Assim segue para todo n ≥ 3 que: 
(
n+1
n
)
n
≤ n ⇒ 
(n+1)
nn
n
≤ n ⇒ (n + 1)n ≤ n ∙ nn = nn+1 
⇒ √(n + 1)nn+1 ≤ √nn+1
n+1
 ⇒ (n + 1)
n
n+1 ≤ n 
⇒ ((n + 1)
n
n+1)
1
n
 ≤ n
1
n ⇒ (n + 1)(
n
n+1
)∙ 
1
n
 = (n + 1)
1
n+1 ≤ n
1
n 
⇒ √n + 1
n+1 ≤ √nn Ɐ n ≥ 3. 
OBS.: As propriedades utilizadas acima são todas válidas, uma vez que n ≥ 3. 
Portanto concluímos que an é decrescente a partir do terceiro termo, pois: 
√n + 1
n+1 ≤ √nn ⇒ an+1 ≤ an Ɐ n ≥ 3. 
Logo: 
√n
n
 ≤ ... ≤ √5
5
 ≤ √4
4
 ≤ √3
3
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 6: 
Vamos mostrar utilizando o princípio de indução finita que: 
p(n): 1 + 22 + 32 +⋯+ n2 =
n(n+1)(2n+1)
6
 Ɐ n ∈ IN. 
i) Primeiro façamos n = 1, logo: 
1 = 12 =
1 ∙ (1 + 1) ∙ (2 ∙ 1 + 1)
6
=
1 ∙ 2 ∙ 3
6
=
6
6
 
Portanto p(n) é verdadeira para n = 1. 
ii) Agora supondo que p(n) é válida para todo n ∈ IN, vamos mostrar que p(n+1) também 
é válida, isto é: 
1 + 22 + 32 +⋯+ n2+(n + 1)2 =
(n + 1)(n + 2)[2(n + 1) + 1]
6
 
Ora, utilizando a hipótese de indução na expressão 1 + 22 + 32 +⋯+ n2+(n + 1)2, 
obtemos: 
1 + 22 + 32 +⋯+ n2+(n + 1)2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
+(n + 1)2 
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
+(n + 1)2 
=
n(n + 1)(2n + 1) + 6 ∙ (n + 1)2
6
 
=
(n + 1) ∙ [n ∙ (2n + 1) + 6 ∙ (n + 1)]
6
 
=
(n + 1)(2n2 + n + 6n + 6)
6
 
=
(n + 1)[2n ∙ (n + 2) + 3 ∙ (n + 2)]
6
 
=
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
 
=
(n + 1)(n + 2)[2(n + 1) + 1]
6
 
Assim segue que p(n + 1) é válida. 
Portanto pelo princípio de indução finita, concluímos que: 
p(n): 1 + 22 + 32 +⋯+ n2 =
n(n+1)(2n+1)
6
 é válida Ɐ n ∈ IN. 
 
 
 
Questão 7 (PARTE 1): 
Dado X um conjunto finito e Y ⸦ X. Vamos mostrar que Y também é finito e mostrar 
que n(Y) ≤ n(X), onde n(X) e n(Y) são os números cardinais de X e de Y respectivamente. 
Consideremos In = {1,2,3… , n} o conjunto dos números naturais de 1 até n. 
Um conjunto X é finito e possui n elementos quando podemos estabelecer uma 
correspondência biunívoca f: In → X. 
Daí por definição n é o número cardinal de In e de X, isto é: 
n(X) = n(In) = n 
Assim basta provar que: 
n(Y) ≤ n(X) = n(In) = n ⇒ n(Y) ≤ n 
Faremos a demonstração do enunciado utilizando o princípio de indução finita, sem perda 
de generalidade consideremos: 
X = In 
i) Para n = 0, temos que: 
X = I0 = ∅ ⇒ n(X) = 0 
Assim os possíveis subconjuntos Y serão: 
 Y = ∅ ⇒ n(Y) = 0 = n(X) 
Portanto Y é finito e n(Y) ≤ n(X) para n = 0. 
Para n = 1, temos que: 
X = I1 = {1} ⇒ n(X) = 1 
Assim os possíveis subconjuntos Y de X, serão: 
 Y = ∅ ⇒ n(Y) = 0 < 1 = n(X) 
 Y = {1} ⇒ n(Y) = 1 = n(X) 
Portanto Y é finito e n(Y) ≤ n(X) para n = 1. 
ii) Agora vamos supor por indução que X é finito e possui n elementos, com Y ⸦ X 
Então: 
Y é finito e n(Y) ≤ n é verdade Ɐ n ≥ 1, 
E vamos mostrar que: 
Y é finito e n(Y) ≤ n + 1 
Vamos mostrar primeiro que: 
n(Y) ≤ n + 1 
Seja X um conjunto com n + 1 elementos, isto é X = In+1 e Y ⸦ In+1. Logo: 
 Se Y ⸦ In = X. 
Temos por hipótese de indução que: 
n(Y) ≤ n < n + 1 = In+1 
Portanto: 
n(Y) ≤ In+1 = n + 1 
 Se Y ⊄ In = X. 
Segue que: 
n + 1 ∈ Y, onde Y − {n + 1} ⸦ In. 
Daí temos por hipótese de indução que: 
Y − {n + 1} é finito e n(Y − {n + 1}) ≤ n 
Logo ∃ δ: Ip → Y − {n + 1} bijetiva, com p ≤ n. assim: 
p + 1 ≤ n + 1 
Agora vamos definir a função θ: Ip+1 → Y, tal que; 
θ: Ip+1 → Y 
 a → {
δ(x), se a ∈ Ip 
n + 1, se a = p + 1
 
Notemos que θ é bijetiva, logo há uma correspondência biunívoca entre Ip+1 e Y. 
Portanto: 
n(Y) = p + 1 ≤ n + 1 
 
Agora mostremos que Y é infinito. 
Seja X um conjunto com n + 1 elementos e Y ⸦ X. 
 Se X = Y, segue que X e Y possuem mesma quantidade de elementos, ou seja, mesma 
cardinalidade. Assim Y possui n + 1 elementos. Portanto Y é finito. (Mostraremos 
com mais detalhes na parte 2 da demonstração) 
(Utilizamos o lema1 para demonstração a seguir) 
Lema1: Se B é finito e possui n elementos e b ∈ B, então B – {b} é finito com n – 1 
elementos. 
 Se X ≠ Y, então existe a ∈ X tal que a ∉ Y. Daí temos que: 
Y ⸦ X − {a} 
Note que pelo lema1 segue que X − {a} possui n elementos, visto que X possui n + 1 
elementos. E pelo mesmo lema X − {a} também é finito. 
Portanto pela hipótese de indução, segue que Y é finito. 
(Hipótese de indução: Se um conjunto A= X − {a} é finito e possui n elementos, então 
todo subconjunto de A é finito.) 
Assim concluímos pelo princípio de indução finita que n(Y) ≤ n(X) e Y é finito. 
Questão 7 (PARTE 2): 
Queremos mostrar que: 
Se X = Y, então n(X) = n(Y) 
Utilizaremos o teorema2 para mostrar o que se pede. 
Teorema1: Seja A ⸦ In, Se existe f: In → A bijetiva então A = In 
Por hipótese temos que Y ⸦ X = In 
Por outro lado existe uma correspondência biunívoca f: In → X = Y, isto é, f: In → Y é 
bijetiva. 
Logo pelo teorema1, temos que: 
Y = In 
Logo: n(Y) = n = n(X) 
Portanto concluímos que se X = Y então n(X) = n(Y). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 8 
Sejam X e Y conjuntos finitos, Vamos mostrar que X ∪ Y é finito e que: 
n(X∪ Y) = n(X) + n(Y) − n(X ∩ Y). 
Observando o diagrama para o caso em que X∩ Y ≠ ∅. 
 
 
 
 
 
Temos: 
 
X = (X − Y) ∪ (X ∩ Y) ⟹ n(X) = n(X − Y) + n(X ∩ Y) (I) 
 
Y = (Y − X) ∪ (X ∩ Y) ⟹ n(Y) = n(Y − X) + n(X ∩ Y) (II) 
Por outro lado: 
X ∪ Y = (X − Y) ∪ (Y − X) ∪ (X ∩ Y) 
⟹ n(X ∪ Y) = n(X − Y) + n(Y − X) + n(X ∩ Y) (*) 
Substituindo (I) e (II) em (*), obtemos: 
n(X ∪ Y) = n(X) − n(X ∩ Y) + n(Y) − n(X ∩ Y) + n = n(X) + n(Y) − n(X ∩ Y) 
Portanto: 
n(X ∪ Y) = n(X) + n(y) − n(X ∩ Y) 
 
Se X∩ Y = ∅. Temos que n(X ∩ Y) = 0, logo: 
 
n(X ∪ Y) = n(X) + n(y) − n(X ∩ Y) = n(X) + n(Y) − 0 
n(X ∪ Y) = n(X) + n(Y) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 9 
Seja a0, a1a2…an… a representação decimal de um número real α, tal que a0 ∈ ℕ e 
0 ≤ an ≤ 9, ∀ n ∈ ℕ ∪ {0}. Logo: 
α = a0 +
a1
10
+
a2
10²
+⋯+
an
10n
+⋯ 
E seja: 
αn = a0 +
a1
10
+
a2
102
+⋯+
an
10n
 
Vamos mostrar que o erro cometido quando α é substituído por αn não é superior a 10
−n, 
isto é: 
α − αn ≤ 10
−n, ∀ n ∈ ℕ ∪ {0} . 
Ora; 
α − αn = a0 +
a1
10
+
a2
102
+⋯+
an
10n
+
an+1
10n+1
+⋯− (a0 +
a1
10
+
a2
102
+⋯+
an
10n
) 
⇒ α − αn =
an+1
10n+1
+
an+2
10n+2
+⋯ 
Notemos que: 
0 ≤ an+1 ≤ 9, 0 ≤ an+2 ≤ 9, ..., 0 ≤ an+k ≤ 9 ∀ k ≥ 1. 
Logo: 
α − αn =
an+1
10n+1
+
an+2
10n+2
+⋯ ≤
9
10n+1
+
9
10n+2
+⋯ =
1
10n
 (
9
10
+
9
102
+⋯) 
Note que (
9
10
+
9
102
+⋯) é a soma dos termos de uma progressão geométrica (PG) 
infinita. Logo pela fórmula da soma dos termos de uma PG infinita, obtemos: 
(
9
10
+
9
102
+⋯) = 
9
10
1 −
1
10
=
9
10
9
10
= 1 
Daí, segue que: 
α − αn ≤
1
10n
 (
9
10
+
9
102
+⋯) =
1
10n
∙ 1 =
1
10n
 
Portanto: 
α − αn ≤ 10
−n 
Questão 10 
Seja 𝒙𝒏 =
𝒏
𝒏+𝟏
, com n ∈ IN, uma sequência. Vamos mostrar que (𝒙𝒏) é crescente limitada 
com 𝒙𝒏 ≤ 𝟏, Ɐ n ∈ IN. 
Vamos mostrar primeiro que (𝑥𝑛) é crescente 
Temos que uma sequência (𝑥𝑛) é crescente quando: 
𝑥𝑛 < 𝑥𝑛+1, Ɐ 𝑛 ≥ 1. 
Daí precisamos verificar se 𝑥𝑛 < 𝑥𝑛+1, isto é: 
𝑛
𝑛 + 1
< 
𝑛 + 1
𝑛 + 2
 
Ora, observe que: 
𝑛 + 1
𝑛 + 2
−
𝑛
𝑛 + 1
=
(𝑛 + 1)2 − 𝑛(𝑛 + 2)
(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)
=
𝑛2 + 2𝑛 + 1 − 𝑛2 − 2𝑛
(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)
 
 
⇒ 
𝑛 + 1
𝑛 + 2
−
𝑛
𝑛 + 1
=
1
(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)
 
 
Como 𝑛 ≥ 1, segue que: 
𝑛 + 1
𝑛 + 2
−
𝑛
𝑛 + 1
=
1
(𝑛 + 2)(𝑛 + 1)
> 0 
⇒ 
𝑛 + 1
𝑛 + 2
−
𝑛
𝑛 + 1
> 0 
⇒ 
𝑛 + 1
𝑛 + 2
>
𝑛
𝑛 + 1
 
Logo 𝑥𝑛 < 𝑥𝑛+1, Ɐ 𝑛 ≥ 1 e assim concluímos que (𝑥𝑛) é crescente. 
Agora vamos mostrar primeiro que (𝒙𝒏) é limitada com 𝒙𝒏 ≤ 𝟏, Ɐ n ∈ IN. 
Por definição a sequência (𝑥𝑛) é limitada quando possui um limite superior e um limite 
inferior, isto é, existem números reais M e m tal que: 
m ≤ 𝑥𝑛 ≤ M 
Ora note que: 
(𝑥𝑛) = (
1
2
,
2
3
,
3
4
, … ,
𝑛
𝑛 + 1
) 
Daí como (𝑥𝑛) é crescente, segue que 𝑥1 = 𝑚 é o menor elemento da sequência, portanto: 
m =
1
2
 (Limite inferior) 
 
Resta agora verificar se (𝑥𝑛) é limitada superiormente. Assim, como (𝑥𝑛) é crescente e 
seus termos crescem infinitamente para 
𝑛
𝑛+1
, vamos calcular: 
lim
𝑛→∞
𝑛
𝑛 + 1
 
Se o limite existir, dizemos que (𝒙𝒏) é limitada superiormente e seu limite superior é: 
𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
𝒏
𝒏 + 𝟏
= 𝐌 
Assim segue que: 
M = lim
𝑛→∞
𝑛
𝑛 + 1
= lim
𝑛→∞
𝑛
𝑛⁄
𝑛
𝑛 +
1
𝑛
= lim
𝑛→∞
1
1 +
1
𝑛
=
1
1 + 0
= 1 
Observe que na última passagem quando n tende para infinito, 
1
𝑛
 tende para zero. 
Assim concluímos que (𝑥𝑛) é limitada pois existem números reais M e m tal que: 
m ≤ 𝑥𝑛 ≤ M ⇒ 
1
2
≤ 𝑥𝑛 ≤ 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 11 
Teorema da caracterização da função afim: Seja f: IR → IR uma função monótona 
injetiva. Se o acréscimo f(x + h) – f(x) = φ(h) depender apenas de h, mas não de x, então 
f é uma função afim. 
Vamos provar o teorema. Suponha f crescente e sejam h, k, ∈ IR. Logo: 
Se h < k, então: 
h + x < k + x 
Como f é crescente e injetiva (*), segue que: 
f(h + x) < f(k + x) 
⇒ f(x + h) – f(x + k) < 0 
Por outro lado: 
φ(h) – φ(k) = f(x + h) – f(x) – [f(x + k) – f(x)] 
= f(x + h) – f(x) – f(x + k) + f(x) 
= f(x + h) – f(x + k) < 0 
⇒ φ(h) – φ(k) < 0 ⇒ φ(h) < φ(k) 
Assim, φ: IR → IR também é crescente pois: 
h < k ⇒ φ(h) < φ(k) 
Além disso, observe que: 
 φ(0) = f(x + 0) – f(x) = f(x) – f(x) = 0 ⇒ φ(0) = 0 
 φ(h + k) = f(x + h + k) – f(x) = f((x + h) + k) – f(x + k) + f(x + k) – f(x) 
⇒ φ(h + k) = φ(h) + φ(k) 
Logo φ satisfaz a condição (3) do teorema fundamental da proporcionalidade. E assim 
φ satisfaz também as condições (1) e (2), pois são equivalentes a condição (3). 
Assim, utilizando o teorema fundamental da proporcionalidade, fazendo a = φ(1), temos 
que: 
a = φ(1) ⇒ φ(h) = φ(h ∙ 1) = h ∙ φ(1) = a ∙ h. 
Assim, φ(h) = ah Ɐ h ∈ IR. 
 
 
Daí segue que: 
φ(h) = ah, Ɐ h ∈ IR 
 ⇒ f(x + h) – f(x) = ah (fazendo x = 0) 
 ⇒ f(h) – f(0) = ah 
 ⇒ f(h) = ah + f(0) (chamando f(0) = b) 
⇒ f(h) = ah + b Ɐ h ∈ IR 
Portanto, concluímos que: 
f(x) = ax + b Ɐ x ∈ IR 
Para f decrescente a demonstração é análoga. 
 
(PARTE 2) 
Uma justificativa para a injetividade da função ser utilizada em (*). 
Como f é monótona. Segue que f é crescente ou decrescente. 
Em ambos os casos dados h, k ∈ IR, elementos do domínio da função com h ≠ k, temos: 
{
f crescente: h > k ⇒ f(h) > f(k)
ou 
f decrescente: h > k ⇒ f(h) < f(k) 
 
 ⇒ f(h) ≠ f(k). 
 
 
A RECIPROCA DO TEOREMA DA QUESTÃO 11 É VERDADEIRA. 
 De fato. Seja f(x) = ax + b. Logo: 
f(x + h) – f(x) = a ∙ (x + h) + b – [ax + b] 
= ax + ah + b – ax – b = ah = φ(h). 
Portanto concluímos que o acréscimo f(x + h) – f(x) = φ(h) depende apenas de h. 
 
 
 
 
Questão 12 
Seja f: IR → IR uma função monótona que transforma P.A em P.A. Vamos mostrar que f 
é uma função afim. 
Demonstração: Seja 𝜑: ℝ → ℝ a função definida por: 
𝜑(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(0). (I) 
Logo: 
𝜑(0) = 0, pois 𝜑(0) = 𝑓(0) − 𝑓(0) = 0. 
Observe agora que 𝜑(𝑥) também transforma uma progressão aritmética (PA) 
(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑖, …) em outra PA (𝜑(𝑥1), 𝜑(𝑥2), . . . 𝜑(𝑥𝑖), … ). 
Por hipótese, (𝑓(𝑥1), 𝑓(𝑥2), . . . , 𝑓(𝑥𝑖), … ) é uma PA, então: 
𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥1) + (𝑖 − 1)𝑟, em que 𝑟 ∈ ℝ é a razão da PA. 
De (I), tomando 𝑥 = 𝑥𝑖, tem-se que: 
𝜑(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥𝑖) − 𝑓(0) ⇒ 𝜑(𝑥𝑖) = 𝑓(𝑥1) + (𝑖 − 1)𝑟 − 𝑓(0) 
⇒ 𝜑(𝑥𝑖) = (𝑓(𝑥1) − 𝑓(0)) + (𝑖 − 1)𝑟 ⇒ 𝜑(𝑥𝑖) = 𝜑(𝑥1) + (𝑖 − 1)𝑟. 
Assim podemos afirmar que 𝜑(𝑥) transforma uma PA em PA de mesma razão 𝑟. 
Agora, para qualquer 𝑥 ∈ ℝ, (−𝑥, 0, 𝑥) são termos de uma PA. Como 𝑓 e 𝜑 
transformam PA em PA, então (𝑓(−𝑥), 𝑓(0), 𝑓(𝑥)) e (𝜑(−𝑥), 𝜑(0), 𝜑(𝑥)) são PA’s. Logo: 
𝑓(0) − 𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(0) ⇒ 2𝑓(0) = 𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥) 
 
 ⇒ 𝑓(0) =
𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥)
2
 
Substituindo 𝑓(0) em (I), obtemos: 
𝜑(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(0) ⇒ 𝜑(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 
𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥)
2
 
⇒ 2𝜑(𝑥) = 2𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) − 𝑓(−𝑥) 
⇒ 2𝜑(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(−𝑥) 
⇒ φ(x) =
𝑓(𝑥) − 𝑓(−𝑥)
2
 (*) 
Por outro lado, de (I), obtemos: 
𝜑(−𝑥) = 𝑓(−𝑥) − 𝑓(0) (II) 
Substituindo agora 𝑓(0) em (II), obtemos: 
𝜑(−𝑥) = 𝑓(−𝑥) − 𝑓(0) ⇒ 𝜑(−𝑥) = 𝑓(−𝑥) − 
𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥)
2
 
⇒ 2𝜑(−𝑥) = 2𝑓(−𝑥) − 𝑓(𝑥) − 𝑓(−𝑥) 
⇒ 2𝜑(−𝑥) = 𝑓(−𝑥) − 𝑓(𝑥) 
⇒ φ(−x) =
𝑓(−𝑥) − 𝑓(𝑥)
2
 
− φ(−x) =
−𝑓(−𝑥) + 𝑓(𝑥)
2
 (**) 
De (*) e (**) Concluímos que: 
𝜑(−𝑥) = −𝜑(𝑥), para todo 𝑥 ∈ ℝ. 
Agora vamos Fixar 𝑥 ∈ ℝ e consideremos a sequência (0, 𝑥, 2𝑥, . . . , 𝑛𝑥, . . . ), para todo 
𝑛 ∈ ℕ, que é uma PA de razão igual a 𝑥. Suas imagens por 𝜑: 0, 𝜑(𝑥), 𝜑(2𝑥), … , 𝜑(𝑛𝑥) 
formam uma PA de razão 𝜑(𝑥). Segue que 𝜑(𝑛𝑥) = 𝑛𝜑(𝑥), para todo 𝑛 ∈ ℕ. 
Se 𝑛 < 0 segue que – 𝑛 ∈ ℕ e logo vale: 
𝜑(𝑛𝑥) = −𝜑(−𝑛𝑥) = − (−𝑛𝜑(𝑥)) = 𝑛𝜑(𝑥).Portanto a igualdade 𝜑(𝑛𝑥) = 𝑛𝜑(𝑥) é válida para todo 𝑛 ∈ ℤ e 𝑥 ∈ ℝ. Então, Pelo Teorema 
Fundamental da Proporcionalidade segue que 𝜑 é linear, ou seja, 𝜑(𝑥) = 𝑎𝑥. 
Assim, tomando 𝑓(0) = 𝑏, obtemos: 
𝜑(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(0) ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝜑(𝑥) + 𝑓(0) 
⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏, para todo 𝑥 ∈ ℝ. 
 
 
 
 
 
 
 
 
A RECIPROCA DA QUESTÃO 12 É VERDADEIRA. 
Sejam x1, x2, … , xi, … os termos de uma P.A de razão r. Note que: 
r = xi+1 − xi 
E seja f: IR → IR, tal que f(x) = ax + b, com a, b ∈ IR uma função afim. 
Então vamos mostrar que: 
yi = 𝑓(xi) Ɐ i = 1, 2, 3, ... formam uma P.A. 
De fato, basta verificar se a P.A formada pelos elementos y1, y2, … , yi possui uma razão. 
Logo vamos calcular yi+1 − yi, observe: 
yi+1 − yi = f(xi+1) − f(xi) = axi+1 + b − (axi + b) 
= axi+1 − axi = a(xi+1 − xi) = ar 
Assim a razão q da P.A formada pelos elementos y1, y2, … , yi, … é: 
q = ar 
Portanto concluímos que yi = 𝑓(xi) Ɐ i = 1, 2, 3, ... formam uma P.A.