AV-2013.3

Prévia do material em texto

Avaliação: CEL0270_2013/02_AV_201307002641 » LÓGICA MATEMÁTICA 
Tipo de Avaliação: AV 
Aluno: 201307002641 - LUIZ OTAVIO DE OLIVEIRA SANTOS 
Professor: ROGERIO PINTO ESPINDOLA Turma: 9006/AF 
Nota da Prova: 6,9 Nota de Partic.: 0,1 Data: 04/11/2013 19:25:16 
 
 
 1a Questão (Ref.: 201307010806) Pontos: 0,8 / 0,8 
Completando as afirmativas (I), (II), e (III) abaixo, temos, respectivamente: 
(I) A condição: Um "sim" gera um "não" e um "não" gera um "sim", é representada pela porta lógica ________. 
(II) A condição: A saída somente será "sim" se ambos os dados de entrada forem "sim" é representada pela 
porta lógica _______. 
(III) A condição: Para que o dado de saída seja "sim" basta que um dos dados de entrada seja "sim" é 
representada pela porta lógica _______. 
 
 
 NOT, AND, OR. 
 
NOT, OR, AND. 
 
OR, NOT, AND. 
 
AND, OR, NOT. 
 
AND, NOT, OR. 
 
 
 
 2a Questão (Ref.: 201307012492) Pontos: 0,8 / 0,8 
Sabendo que os valores booleanos de A e B são respectivamente 0 e 1, determine o valor booleano de A + B e 
A.B, respectivamente. 
 
 
 
0 e 0 
 
Não há valores lógicos 
 
0 e 1 
 1 e 0 
 
1 e 1 
 
 
 
 3a Questão (Ref.: 201307037197) Pontos: 0,0 / 0,8 
Observe a frase em linguagem corrente: Existem lanchonetes da estrada que se são pequenas, então são 
despovidas de luxo. 
Pede-se: 
(a) Transforme a frase de linguagem corrente em linguagem lógica de predicados. 
(b) Negue a frase sob esta linguagem lógica de predicados, com o auxilio das equivalencias logicas e 
(c) Transcreva, na linguagem corrente, a frase obtida na linguagem lógica de predicados, apresentando-a na 
forma mais simples. 
Observação: Não é permitido simplesmente acrescentar o não antes da frase. 
 
 
 
Resposta: A) P = existem lanchonetes da estrada que são pequenas q= são desprovidas de luxo B)~p<->~q C) 
nao existem lanchonetes da estrada que sao pequenas se somente se nao forem desprovidas de luxo 
 
 
Gabarito: (a) Existe x tal que ( p -> q ) 
(b) Para todo x , ( p ^ ~q) 
(c) Todos as lanchonetes da estrada são pequenas e não são desprovidas de luxo. 
 
 
 
 4a Questão (Ref.: 201307010811) Pontos: 0,8 / 0,8 
Considerando as equivalências lógicas conhecidas como Leis de Morgan, determine a negativa da frase: O 
menino do cabelo vermelho fez o dever de casa ou foi à festa da amiga. 
 
 
 
O menino do cabelo vermelho não fez o dever de casa ou não foi à festa da amiga. 
 
O menino do cabelo vermelho fez o dever de casa e não foi à festa da amiga. 
 
O menino do cabelo vermelho não fez o dever de casa ou foi à festa da amiga. 
 
O menino do cabelo vermelho não fez o dever de casa e foi à festa da amiga. 
 O menino do cabelo vermelho não fez o dever de casa e não foi à festa da amiga. 
 
 
 
 5a Questão (Ref.: 201307010808) Pontos: 0,8 / 0,8 
Considerando as afirmativas sobre tautologias, contradições e contingências, é correto afirmar que: 
 
 
 
Chama-se contingência toda proposição composta em cuja última coluna da sua tabela verdade só 
aparece a letra F. 
 
Contingência é toda proposição composta P(p,q,r,s,...) cujo valor lógico é sempre falso, quaisquer que 
sejam os valores lógicos das proposições simples componentes (p,q,r,s,...). 
 
Como uma tautologia é sempre verdadeira (V), a negação da tautologia é sempre falsa (F), ou seja, é 
uma contingência e vice versa 
 
Chama-se contradição toda proposição composta em cuja última coluna da sua tabela verdade aparecem 
os valores V e F cada uma pelo menos uma vez . 
 Tautologia é toda proposição composta P(p,q,r,s,...) cujo valor lógico é sempre verdade, quaisquer que 
sejam os valores lógicos das proposições simples componentes (p,q,r,s,...). 
 
 
 
 6a Questão (Ref.: 201307070175) Pontos: 0,5 / 0,8 
Nas regras de Equivalência lógica P⇔Q ( P é equivalente a Q) temos que P↔Q é uma tautologia. Prove usando 
tabela verdade que(p⋀q)→r⇔p→(q→r) 
 
 
 
Resposta: r p q p^q (p^q)->r 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 v f f f f v f f 
v v v f f v f v f v f f f f v v v 
 
 
Gabarito: 
Solução: 
Devemos provar que (p⋀q)→r↔p→(q→r) é uma tautologia. 
p q r p⋀q P:(p⋀q)→r q→r Q:p→(q→r) P↔Q 
 v v v v v v v v 
 v v f v f f f v 
 v f v f v v v v 
 v f f f v v v v 
 f v v f v v v v 
 f v f f v f v v 
 f f v f v v v v 
 f f f f v v v v 
 
 
 
 
 7a Questão (Ref.: 201307035183) Pontos: 0,8 / 0,8 
Determinando a contrapositiva da condicional ~q→p , obtemos: 
 
 
 ~q→ ~p 
 p→ q 
 ~p→ q 
 ~q→ p 
 ~p→ ~q 
 
 
 
 8a Questão (Ref.: 201307070152) Pontos: 0,8 / 0,8 
A proposição Q:(p⋁q)→(p⋀q)é uma : 
 
 
 
Contradição 
 
Tautologia 
 
Falso, quando ambos, p e q são verdade 
 
Verdade, quando p é verdade e q é falso 
 Contingência 
 
 
 
 9a Questão (Ref.: 201307012521) Pontos: 0,8 / 0,8 
A negação é uma operação sobre as sentenças e se constitui em um estudo importante e significativo da 
Semântica Formal. Para estabelecer a negativa da frase : "Toda pessoa fala francês" deve-se afirmar que: 
 
 
 
Alguém fala francês 
 Existe uma pessoa que não fala francês 
 
Não é verdade que existe pessoa que fala francês 
 
Existe uma pessoa que fala francês 
 
Toda pessoa não fala francês 
 
 
 
 10a Questão (Ref.: 201307035067) Pontos: 0,8 / 0,8 
Temos que a negação de (p ^ q) é equivalente a (p v q). Portanto a resposta correta para a negação 
da proposição " X é um número par e Y é um número primo." É igual a: 
 
 
 X não é um número impar ou Y não é um número primo. 
 Y é um número impar e X é um número primo. 
 X é um número impar ou Y não é um número primo. 
 Y é um número impar ou X é um número primo. 
 Y é um número primo ou X é um número impar. 
 
 
 
 11a Questão (Ref.: 201307010827) DESCARTADA 
Para demonstrar, por absurdo, um argumento P1 , P2 , P3 ,..., Pn, Q considera-se a negação da 
conclusão ~Q como premissa adicional e conclui-se uma contradição, por exemplo, uma 
fórmula falsa do tipo P e ~P. 
Demonstrando, por absurdo, a validade do argumento p  q , r ~ q , p ~r temos: 
1. p  q premissa 
2. r  ~ q premissa 
3. ~(p  ~r) premissa adicional 
 
4. q  ~r 2 ,contraposição 
5. p  ~r 1,4, silogismo hipotético 
6. (p~r) ^ ~(p~r) 3,5, conjunção 
7. F 6 
 
Podemos afirmar que: 
 
 
 
 
 Está correta a demonstração por absurdo. 
 
A justificativa do passo 6 deveria ser 3,5, silogismo hipotético. 
 A justificativa do passo 5 deveria ser 1,4, argumentação. 
 
A demonstração acima não condiz com a demonstração por absurdo. 
 
A justificativa do passo 4 deveria ser 2, recíproca