MA11 - Exercícios Resolvidos - 13 22

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A Matemática do Ensino Médio Diego Oliveira - Vitória da Conquista / BA
18. A diferença entre conjuntos é definida por A−B = {x|x ∈ A e x /∈ B}. Determine uma
condição necessária e suficiente para que se tenha ) = ( .A− (B − C A−B)− C
Solução:
Usando a figura da questão anterior teremos:
A− (B − C) = (7, 8, 4, 5) -[(3, 8, 5, 6)-(4, 5, 6, 1)]
A− (B − C) = (7, 8, 4, 5) -[(3, 8)]
A A− (B − C) = (7, 4, 5) = ∩ C
Do lado direito têm se:
(A−B)− C = [(7, 4 5 (3 8 5 (4 1), , 8) − , , , 6)] − , 5 6, ,
(A−B)− C = [(7, 4)] − (4 5 6 1), , ,
(A−B)− C = (7) Que são somente os pontos de A.
Assim para que a igualdade seja verdadeira ou 4 . Em ambos os casos se∪5 = 7 ou 4∪5 = ∅
conclui que A ∩ C = .∅
19. Prove que se um quadrado perfeito é par então sua raiz quadrada é par e que se um
quadrado perfeito é impar então sua raiz quadrada é impar.
Solução:
O produto de dois números impares é impar.
(2 (2k + 1) · q + 1) =
4k q + 2 + 2k q + 1 = 2(2k q + k + q) + 1
= 2p+ 1
Assim se tomamos um qualquer de modo que seu quadrado ( ) seja par, então n n2 n não p o de
ser impar. Como fica provado que a raiz de um quadrado perfeito par também é par.
√
n2 = n
De modo análogo se prova que se é impar n2 n também o é.
20. Prove o teorema de Cantor: se A é um conjunto e P(A) é o conjunto das partes de A,
não existe uma função f: A P(A) que seja sobrejetiva.→
Sugestão: Suponha que exista uma tal função e considere X = f {x ∈ A : x /∈ f(x)}.
Solução:
Essa demonstração consta no livro “Matemática Discreta” do Edward R. Scheinerman na
página 189.
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Seja A um conjunto e seja ). Para mostrar que f : A → P (A f não é sobrejetora, devemos
achar um B ∈ P(A) (isto é, B ⊆ A) para o qual não existe com f(a) = B. Em outrasa ∈ A
palavras, Bé um conjunto que “perde”. Para este fim, sejaf
B = {x ∈ A : x /∈ f(x)}
Afirmamos que não existe nenhum com f(a) = B.a ∈ A
Como f(x) é um conjunto - na verdade, um subconjunto de A - a condiç~ao x /∈ f(x)
tem sentido
Suponhamos, por contradição, que exista um tal que a ∈ A f(a) = B. Ponderamos: ?a ∈ B
• Se a ∈ B, então, como B = f(a), temos ). Assim, pela definição de B,a ∈ f(a
a /∈ f(a); isto é a /∈ B. ⇒⇐
• Se a /∈ B = f(a), então, pela definição de B, a ∈ B. ⇒⇐
Tanto a ∈ B como a /∈ B levam a contradições; dáı, nossa suposição [existe um coma ∈ A
f(a) = B] é falsa e, assim, f não é sobrejetora.
Observação
O livro do Scheinerman ainda traz uma ilustração desta prova.
Sejam A = ) conforme definida na tabela a seguir.{1, 2 3 (, } e f : A→ P A
a f(a) a ∈ f( )?a
1 {1 2, } sim
2 {3 não}
3 {} não
Ora, B = {x ∈ A : x /∈ ∈f(x)}. Como 1 f(1), mas 2 /∈ f(2) e 3 /∈ f(3), temos B = {2 ., 3}
Note que não há a ∈ A com f(a) = B
Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida correção.
Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com
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A Matemática do Ensino Médio Diego Oliveira - Vitória da Conquista / BA
A MATEM ́ATICA DO ENSINO MÉDIO
A matemática do Ensino médio (volume 1)
Elon Lages Lima
Paulo Cezar Pinto Carvalho.
Eduardo Wagner.
Augusto César Morgado.
Resolvido por: Diego Oliveira.
2 N ́umeros Naturais
1. Dado o numero natural a, seja um conjunto com as seguintes propriedades:Y ⊂ N
(1) a Y;∈
(2) n ∈ Y ⇒ n + 1 Y.∈
Prove que Y contem todos os números naturais maiores do que ou iguais a .a
Solução:
Considere um conjunto Y onde X = Ia∪ Ia = {n ∈ N;n < a}. Se provarmos que ,X = N
então logicamente Y = . Como a primeira demonstração é mais simples vamos{n ∈ N;n ≥ a}
fo car nela.
Passo base:
• Se 1 < a então 1∈Ia o que implica em 1 ;∈ X
• Se 1 ≥ a então 1 ∈ Y que implica que 1 .∈ X
Em todo caso 1 .∈ X
Passo indutivo:
Sup ondo que k ∈ N então ou k ∈ Ia ou .k ∈ Y
• Se k ∈ Ia então k < a que implica que:
◦ k + 1 ≥ a, nesse caso k + 1 ∈ Y;
◦ ou então k + 1 + 1< a, nesse caso k ∈ I .a
Em todo caso k + 1 .∈ X
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• Se k ∈ Y, então k ≥ a ⇒ k + 1 > a ∈ Y que implica novamente que k + 1 ,∈ X
p ois Y .⊂ X
Como o numero 1 e todos os seus sucessores pertencem a X então X = N. O que conduz a
conclusão de que Y = .{n ∈ N;n ≥ a}
2. Use o exerćıcio anterior para provar que 2n + 1 < 2n em seguida, que n ≤ 2 < 2 paran
to do 5.n ≤
Solução de A:
Essa proposição simplesmente não ocorre para n = 2 (verifique!). No entanto para n ≥ 3 isso
ocorre. Vamos prova-la pela indução já que pro outro caso isso não seria posśıvel.
Passo base:
Para n = 3 temos:
2(3) + 1 < 23
Logo a desigualdade é valida para n = 3.
Passo indutivo:
Se a desigualdade é verdadeira para , então:n = k
2k + 2 + 1 = 2 + 2k
2(k + 1) + 1 = 2 + 2k
Acontece que 2k + 2 < 2k +1 . Veja:
2k + 2 < 2k +1
2 < 2 2k +1 − k
2 < 2k(2 1)−
2 < 2k
Como n = k, então k não pode ser menor que três. O que prova essa ultima desigualdade.
Assim:
2(k + 1) + 1 = 2 + 2k < 2k +1
⇒ 2(k + 1) + 1 < 2k +1
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Completando o passo indutivo e também a demonstração.
Solução de B:
Passo base:
Para n = 5 temos:
5 22 < 5
Logo a desigualdade é valida para n = 5.
Passo indutivo:
Se a formula e verdadeira para , então:n = k
(k + 1) + 1) + 2 = (2k k2 ≤ 2k + k2
Vamos provar que 2k + k2 < 2 .k +1 
2 2k + k2 < k +1
k2 < 2k +1 − 2k
k2 < 2k(2 1)−
k2 < 2k
Essa ultima inequação e verdadeira por hipótese assim:
( 2k + 1)2 < k + k2 < 2k +1
Que simplificando fica:
(k + 1)2 < 2k +1
O que completa o passo indutivo e a demonstração.
3. Complete os detalhes da seguinte demonstração do Principio da Boa ordenação:
Seja A um conjunto que não possui um menor elemento. Considere o conjunto X formado⊂ N
pelos números naturais n tais que 1, 2,... não pertence a A. Observe que 1 ∈ X e, aĺem disso, se
n ∈ X então todos os elementos de A, conclua que n + 1 logo, por indução, segue-se que X∈ X
= N, portanto A e vazio.
Solução:
O enunciado do problema sugere que N = X A. Mostrar que X = seria simplesmente∪ N
aplicar o Prinćıpio da Boa Ordenação (PBO). No entanto o exerćıcio é de indução portanto
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seguiremos os dois passos:
Passo base:
1 ∈ X por hipótese.
Passo indutivo:
Tomando k ∈ X então k + 1 ∈ A ou então k + 1 .∈ X
Contudo não pode ocorrer de A pois pelo PBO A teria de ter um menor elemento.k + 1 ∈
O que iria contrariar a tese. Portanto, . Como 1 e todo os seus sucessores pertencemk + 1 ∈ N
a X então se conclui que e queA é vazio.X = N
4. Prove por indução que 

n+ 1
n
n
≤ n. Para to do n ≥ 3 e conclua dáı que a sequencia
1, 2
√
2, 3
√
3, 4
√
4, ... e decrescente a partir do terceiro termo.
Solução de A:
Passo base:
Para n = 3 temos:

3 + 1
3
3
< 3
O que é verdadeiro.
Passo indutivo:
O que desejamos agora é provar que a desigualdade

(k + 1) + 1
k + 1
k +1
< k + 1
Ocorre que

(k + 1) + 1
k + 1
k +1
=

k + 2
k + 1 
k
·

k + 2
k + 1 

então podemos escrever a desigualdade como:

k + 2
k + 1 
k
·

k + 2
k + 1 

< k + 1
(k + 2)k +1
(k + 1)k +1 
< k + 1
( ( (k + 2)k +1 < k + 1)k +1 k + 1) = (k + 1)k +2
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Simplificando:
( (k + 2)k +1 < k + 1)k +2
O que evidencia a afirmação, concluindo que:

(k + 1) + 1
k + 1
k +1
< k + 1
Solução de B:
Sab emos que:

n+ 1
n
n
< n
⇒
n+ 1
n
< n1/n
⇒ n+ 1 < n1/n · n
⇒ n+ 1 < n
n+ 1
n
⇒

(n+ 1)
n
n+ 1 


1/n
< n1/n
⇒ (n+ 1)
n
n2 + n < n1/n
⇒ (n+ 1)
1
n+ 1 < n1/n
Essa ultima desigualdade nos leva a conclusão de que a sequência é decrescente a partir do
3◦ termo.
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5. Prove por indução que:
1 + 22 3+ 3 + ... + n2 =
n(n+ 1)(2 + 1)n
6
Solução:
O passo base pode ser facilmente demonstrado.
Passo indutivo:
1 + 22 2 2+ 3 + . . .+ k + ( + 1)k 2 =
k(k + 1)(2 + 1)k
6
+ ( + 1)k 2
=
k(k k+ 1)(2 + 1)
6
+ ( + 1)k 2
=
(k + 1)( + 2)(2 + 3)k k
6
=
(k k k+ 1)(( + 1) + 1)(2( + 1) + 1)
6
que implica em:
1 + 22 + 32 2+ . . .+ k + ( + 1)k 2 =
(k + 1)(( + 1) + 1)(2( + 1) + 1)k k
6
Completando o passo indutivo.
6. Critique a seguinte argumentação: Quer-se provar que todo numero natural é pequeno.
Evidentemente, 1 é um numero pequeno. Além disso, se + 1 também sera, poisn for pequeno, n
não se torna grande um numero pequeno simplesmente somando-lhe uma unidade. Logo, por
indução, todo numero natural e pequeno.
Solução:
O problema aqui ocorreria no passo indutivo. Pois quando tomamos um n natural “p equeno”
temos de nos perguntar, pequeno em relação a que? Se em relação ao maior de todos os números
naturais pequenos então n+ 1 seria grande?
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7. Use a distributividade para calcular (m + n)(1 + 1) de duas maneiras diferentes e em
seguida use a lei do corte para concluir que .m+ +n = n m
Solução:
1◦ Forma: Usamos a distributividade a direita.
(m + n)(1 + 1) = m(1 + 1) + n(1 + 1) = m + m + n + n = 2m + 2n;
2◦ Forma: Usamos a distributividade a esquerda.
(m + n)(1 + 1) = 1(m + n) + 1(m + n) = m + n + m + n = 2m + 2nm + m + n + n =
m + n + m + n
Usando a asso ciatividade
m + (n + n) + m = m + n + m + n
(m + (n + n)) + m = m + n + m + n
((m + n) + n) + m = m + n + m + n
(m + n) + (n + m) = (m + n) + (m + n)
Finalmente usando a Lei do corte (A + B = A + C B = C) então:⇒
n + m = m + n.
8. Seja X ⊂ N um conjunto não vazio, com a seguinte propriedade: para qualquer n , se∈ N
todos os números naturais menores do que n pertencem a X. Prove que X = .N
Solução:
Como o próprio livro diz demonstrações que envolvem o PBO são normalmente feitas por
absurdo. Então suponha por absurdo que X = N logo ∃A ⊂ N onde N = X ∪ A. Assim p elo
PBO ∃ a = minA e X = {n ∈ N; n < a}. No entanto considerando a hipótese , o que geraa ∈ X
o absurdo. Assim A = {} e então .X = N
9. Seja P(n) uma propriedade relativa ao numero natural n. Suponha que P(1), P(2) são
verdadeiras e que, para qualquer , a verdade de P(n) e P(n + 1) implica a verdade de P(nn ∈ N
+ 2). Prove que P(n) é verdadeira para todo .n ∈ N
Solução:
Considere A como o conjunto de elementos a ∈ N, tal que P(a) seja falsa. Suponha por
absurdo que A 6= ∅. Nesse caso A deve ter um elemento mı́nimo (min(A)) que chamaremos de
a1. Como P(1) e P(2) são verdadeiras então a1 > 2 é como a1 é elemento ḿınimo de A então
P(a1 − 2) e P( 1) também são verdadeiras. Entretanto como P(n) e P(n + 1) implicam ema1 −
P(n + 2) verdadeira então P( 2) e P( 1) implica em P(a) verdadeiro, o que é um absurdo,a1− a1−
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p ois Aa1 ∈
10. Use indução para provar que 13 + 2 + 33 3 + . . .+ n3 =
1
4
n2(n+ 1)2
Solução:
Base:
A igualdade se verifica para 1.
1 =
1
4
· 12(1 + 1)2
1 = 1
Passo indutivo:
Considerando a proposição verdadeira para k então:
13 + 2 + 3 + ( + 1)3 3 + . . .+ k3 k 3 =
1
4
· k2(k k+ 1) + (2 + 1)3
Operando com o lado direito da igualdade acima facilmente se chega á:
1
4
· k2(k k+ 1) + (2 + 1)3 =
k2(k + 1) + 4( + 1)2 k 3
4
e após certa álgebra:
k2(k k+ 1) + 4(2 + 1)3
4
=
1
4
( (k + 1)2 k + 2)2
concluindo o passo indutivo.
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