MA11 - Exercícios Resolvidos - 23 32

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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.
3 N ́umeros Cardinais
1. Seja f : X → Y uma função. A imagem inversa p or f de um conjunto B ⊂ Y e o
conjunto f−1(B) = {X ∈ x; f(x) ∈ B}. Prove que se tem sempre f−1(f(A)) ⊃ A para to do
A ⊂ X.e f f( −1(B)) ⊂ B para to do B ⊂ Y . Prove também que é injetiva se, e somente se,f
f f−1( (A)) = A para to do A ⊂ X. Analogamente, mostre que f é sobrejetiva se, e somente se,
f f( −1(B)) = B para to do B ⊂ Y .
Solução
• Prova de que para todo A X.f−1( (f A)) ⊃ A ⊂
Por definição temos que . Assim tomando um f−1( ( (f(A)) = {x ∈ X; f x) ∈ f A)} x ∈
A ⇒ f f f f(x) ∈ (A). Assim x ∈ −1( (A)). Ou seja, dado qualquer elemento contido
em A ele também estará contido em )), concluindo que f−1( (f A f−1( (f A)) ⊃ A
• Prova de que para todo B Y.f( (f−1 B)) ⊂ B ⊃
Por definição temos que . Isso implica que qualquerf( (f−1(B)) = {x ∈ X; f x) ∈ B}
elemento de f(f−1(B)) pertencerá também a B. Logo f(f−1(B)) .⊂ B
• Prova de que é injetiva f ⇔ f−1( (f A)) = A para to do A ⊂ X
(⇒) A inclusão de A em )) já foi demonstrada no primeiro item. Resta agoraf−1( (f A
mostrar que )) e com isso A ⊃ f−1(f(A f−1(f(A)) = .A
Suponha por absurdo que exista um x )), mas que não pertença a A.∈ f−1( (f A
Como x ∈ f−1(f(A)) então f(x) f(A). E como f é uma função injetora existe um∈
a ∈ A tal que, f(x) = f(a). Isso resulta então em um absurdo pois se f(x) = f(a) e f
é injetora isso implicaria em x = a, e por hipótese x /∈ A. Logo conclui-se que se x ∈
f f−1( (A)) então x ∈ A e p ortanto A ⊃ f−1( )).f(A
Por fim se )) e então A = A ⊃ f−1(f(A f−1(f(A)) ⊂ A f−1(f( )).A
(⇐) ???
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A Matemática do Ensino Médio Diego Oliveira - Vitória da Conquista / BA
• Prova de que f é sobrejetiva ⇔ f−1(f(B)) = B para to do .B ⊂ X
???
2. Prove que a função é injetiva se, e somente se, existe uma função f : X → Y g : Y → X
tal que g(f(x)) = x para to do .x ∈ X
Solução:
(⇒)
Se f : X → Y é uma função injetiva então existe uma função .g : Y → X
Tomando agora um e um então o par ( é injetiva.y ∈ Y x ∈ X y , x) ∈ g e f(x) = y, pois f
Sendo assim g(f( (x)) = g y) = x para to do x ∈ X. C.Q.D..
(⇐)
Se g : Y → X é uma função, então existe uma função , onde ( .f : X → Y x, y ) ∈ f
Supondo por absurdo que não seja injetora, então existe um f x e um x0 pertencentes a X
tal que (x, y) ∈ f e (x0, y ) ∈ f logo, g( (f(x0) = g y) = x. Mas , como p or hipótese g(f(x)) = ex
x0 6= x temos então um absurdo. Logo é injetora. C.Q.D.f
3. Prove que a função é sobrejetiva se, e somente se, existe uma função f : X → Y h : Y ⇒ X
tal que f(h(y)) = y para to do .y ∈ Y
Solução:
(⇒)
Se f : X → Y e uma função então existe uma função .h : Y → X
Dado também um . E como é umax ∈ X existe um y ∈ Y de modo que o par (x, y) ∈ f h
função de X e Y então f( ((h(y)) = f y , x)) = f(x) = y. C.Q.D.
(⇐)
Se existe uma função então existe uma função .h : Y → X f : X → Y
Tomando por absurdo que não seja sobrejetora, então existe um f y ∈ Y onde nenhum x ∈ X
resulte em ( . O que é um absurdo, pois por hipótese x, y) ∈ h f(h(y)) = y para to do .y ∈ Y
4. Dada a função são funções tais que f : X → Y , sup onha que g, h : Y → X g(f(x)) = x
para to do para to dox ∈ X e f(h(y)) = y y ∈ Y . Prove que .g = h
Solução:
Para to do temosy ∈ Y
h(y) = x (1)
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Por hipótese
g(f(x)) = x (2)
o que implica em
g(f(h(y))) = h(y) (3)
Como f : X → Y de (2) podemos concluir que existe um tal quey0 ∈ Y
g(y
0
) = x (4)
de modo que por (1) e (4) podemos dizer que
h(y) = g(y
0
) (5)
• Prova de que .y = y0
Sup ondo p or absurdo que y 6= y0 , então através da igualdade imediatamente acima conclúımos
que f(x) 6= y. Ou seja, existe então um tal que nenhum implique em y ∈ Y x ∈ X g(f(x)) = .x
O que contraria o enunciado do problema. Portanto, e assim (por meio da equação 5)y = y
0
temos que g = h. C.Q.D.
5. Defina uma função sobrejetiva tal que, para todo f : N → N n ∈ N, a equação f(x) = n
possui uma infinidade de ráızes x ∈ N. (Sugestão: todo número natural se escreve, de modo
único sob a forma 2 , onde a · b a, b ∈ N e b é ́ımpar.)
Solução:
A função pedida é f : N→ N com f(n) = a sendo n = 2a · b com b inteiro e ́ımpar.
• Prova de que a função é sobrejetora.
Isso é evidente, pois como é qualquer, então é sobrejetora.a f
• Prova de que a função possui infinitas ráızes.
Se f(n) = a então f(20 · b) = 0 para todo valor de possui infinitas ráızes.b. Assim, f
f(20 · 1) = 0
f(20 · 3) = 0
f(20 · 5) = 0
...
6. Prove, por indução, que se X é um conjunto finito com elementos então existem !n n
bijeções .f : X → X
Solução:
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(Base da indução) Para n = 1 então X é um conjunto unitário e, portanto, só pode ter
uma bijeção (n! = 1). Provando a base da indução.
(Passo indutivo) Seja X um conjunto com + 1 elementos então a função n = k f terá k+ 1
elementos no domı́nio e no contradomı́nio.
Dm Cm
a1
a2
...
ak +1
a1
a2
...
ak +1
Fixando o elemento do Dm podemos relacioná-lo a qualquer elemento do Cm, sendo assim,a1
temos k + 1 possibilidades para f( ( (a1): f(a1) = a1, ou f a1) = a2,...,ou f a1) = .ak +1 
Feito então essa relação (um elemento do Dm com um elemento do Cm), sobrarão k elementos
no Dm e no Cm a serem relacionados de modo a formarem uma bijeção. Por hipótese de indução
o numero de bijeções que podem ser feitos com esses elementos é igual a !.k k
Finalmente, aplicando o prinćıpio fundamental da contagem teremos (k+ 1) · k! = (k+ 1)! de
bijeções que podem ser constrúıdas. Concluindo a prova da indução.
7. Qual o erro da seguinte demonstração por indução:
Teorema: Todas as pessoas têm a mesma idade.
Prova: Provaremos por indução que se X é um conjunto de n (n ≥ 1) p essoas, então to dos
os elementos de X têm a mesma idade. Se = 1 a afirmação é evidentemente verdadeira pois sen
X é um conjunto formado por uma única pessoa, todos os elementos de X têm a mesma idade.
Suponhamos agora que a afirmação seja verdadeira para todos os conjuntos de n elementos.
Consideremos um conjunto com é umn+1 p essoas, { }a1, a2, · · · , a , an n+1 . Ora, {a1, a , a2, · · · n}
conjunto de n p essoas, logo a1, a , a2, · · · n têm a mesma idade. Mas {a2, · · · , a , an n+1 } também
é um conjunto de elementos, logo todos os seus elementos, em particular , têm an an e an+1 
mesma idade. Mas de têm a mesma idade de têm a mesma idade, todosa1, a , a2, · · · n an e an+1 
os elementos de têm a mesma idade, conforme queŕıamos demonstrar.{a1, a , a , a2, · · · n n+1 }
Solução:
O passo indutivo, no processo de prova por indução, é a demonstração da condição.
P (n)⇒ P (n+ 1)
Entretanto, para n = 1 a implicação é falha
P (1) ⇒ P (2)
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pois, a indução é feita sobre o conjunto o qual {a2, ..., an+1 } a1 não p ertence. É a desconsid-
eração desse fato que acarreta o erro na indução.
8. Prove, por indução, que um conjunto com n elementos possui 2n sub conjuntos.
Solução :1
• Provando para .1
Seja A um conjunto com 1 elemento (A = ), então P(A) = { }a1 {∅, a1} ⇒= 2 .1
• Provando para .n = k + 1
Precisamos provar que se B ́e um conjunto com +1 elementos então P(B) têm 2n k +1 elementos.
Se n(B) = + 1 então ele pode ser escrito comok
B = A ∪ { }ak +1 
Já que por hipótese de indução n(A) = . Assim, para cada subconjunto S de A existem 2k
subconjuntos de B: S e S . Logo n(P(B)) = 2 o que implica em n(P(A)) = 2∪ {ak +1 } ·2k = 2 .k +1 
Obs: A notação n(B) é usada para denotar o numero de elementos do conjunto B.
9. Dados n (n ≥ 2) objetos de pesos distintos, prove que é posśıvel determinar qual o mais
leve e qual o mais pesado fazendo 2 3 pesagens em uma balança de pratos.n− É esse o número
ḿınimo de pesagens que permitem determinar o mais leve e o mais pesado?
Solução da primeira parte:
Para n = 2 é obvio. Colocamos um objeto em cada prato da balança e observamos que com
apenas uma (2 2 = 1) pesagem é posśıvel perceber qual o mais pesado e o mais leve.· 2−
Se tivermos +1 objetos então podemos separar um deles em 2n = k n−3 p esagens, descobrimos
qual o mais pesado e qual o mais leve entre os objetos restantes. Em seguida comparamos ok
objeto que foi separado inicialmente com o objeto mais pesado dos k objetos já p esados. Agora
temos duas p ossibilidades.
• O objeto separado inicialmente é mais pesado.
Nesse caso já é posśıvel distinguir o objeto mais leve e o mais pesado com apenas (2n−3) + 1 =
2(n− 1) p esagem.
Contudo, como 2( 3 então fica provado a afirmação.n− 1) < 2(n+ 1) −
• O objeto separado inicialmente é mais leve.
1Solução retirada das notas de aula da professora Anjolina Grisi de Oliveira da UFPE em 2007. Dispońıvel
em: http://www.cin.ufpe.br/ if670/1-2007/apinducao.p df
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Nesse caso devemos realizar mais uma pesagem, pois o objeto separado pode ser o mais leve.
Assim, nesse caso teremos realizado (2n− 3) + 2 = 2n− 1 p esagens.
Como 2 3 então fica novamente provado que 2 3 é um numero suficienten− 1 = 2(n+ 1) − n−
de pesagens para determinar o objeto mais leve e o mais pesado.
Solução da segunda parte
Não. Como vemos na prova do passo indutivo pode ocorrer de conseguirmos determinar o
objeto mais leve e mais pesado com um numero maior de pesagens. Entretanto, 2n − 3 é o n◦
ḿınimo que garante o resultado para qualquer situação.
10. Prove que, dado um conjunto com n elementos, é posśıvel fazer uma fila com seus
subconjuntos de tal modo que cada subconjunto da fila pode ser obtido a partir do anterior pelo
acréscimo ou pela supressão de um único elemento.
Solução:
Para n = 1 é obvio.
Suponhamos então um conjunto X com elementos dispostos numa fila tal como é descriton
como no enunciado.
Tomamos agora um ( + 1) elemento e o acrescentamos a fila, na ordem inversa, a cadan
subconjunto da fila anterior, começando com o último. Assim teremos uma fila com todos os
elementos de X, dispostos como descritos no enunciado.
11. Todos os quartos do Hotel Georg Cantor estão ocupados, quando chegam os trens T ,1
T2, ..., Tn, ... (em quantidade infinita), cada um deles com infinitos passageiros. Que deve fazer
o gerente para hospedar todos?
Solução :2
No hotel, cujos quartos são passe o hóspede do quarto Q1, Q , ...,2, ..., Qn Qn para o quarto
Q2n−1. Assim, todos os quartos de número par ficarão vazios e os de numero ı́mpar, ocu-
pados. Em seguida, numere os três assim, Os passageiros do trem T1, T , T , T , ...3 5 7 Ti serão
pi1, p , p , ...,i2 i3, ..., pik de mo do que pik é o k-ésimo passageiro de . Finalmente, complete aTi
lotação do hotel alojando o passageiro no quarto de número 2 . Como todo número parpik 
k · i
se escreve, de modo único, sob a forma 2 é impar, haverá um hospede apenas emk · i com k ∈ N
cada quarto.
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
2Solução retirada da página do professor Luciano Monteiro de Castro da UFRN
(http://www.cerescaico.ufrn.br/matematica/arquivos/capmem/cardinais.p df)
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A matemática do Ensino médio (volume 1)
Elon Lages Lima
Paulo Cezar Pinto Carvalho.
Eduardo Wagner.
Augusto César Morgado.
Resolvido por: Diego Oliveira.
4 N ́umeros Reais
1. Dados os intervalos A = [ 3), B = [1,4], C = [2,3), D = (1,2] e E = (0,2] dizer se 0−1,
p ertence a ((A−B) (C D)) E.− ∩ −
Solução
Observe os segmentos:
−1 3
1 4
Assim A − B = [ 1,1). Do mesmo modo se conclui que C D = (1,2]. Então (A− ∩ −B) −
(C∩D) é o próprio A B como se mostra na figura a seguir:−
−1 1
1 2
Por fim temos (A−B) E−
−1 1
0 2
Como 0 B e 0∈ A− /∈ ∈E ∴ 0 ((A− −B) (C D)) E.∩ −
2. Verifique se cada passo na solução das inequações abaixo esta correto:
5x+ 3
2x+ 1
> 2 ⇒ 5 4x+ 3 > x+ 2 1⇒ x > −
2x2 + x
x2 + 1
< 2 ⇒ 2x2 + x < 2x2 + 2 ⇒ x < 2
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Solução
O processo para resolver inequações fracionárias é o seguinte:
5x+ 3
2x+ 1
> 2
5 2(2x+ 3 − x+ 1)
2x+ 1
> 2
x+ 1
2x+ 1
> 0
Resolvendo o numerador teremos: x+ 1 1.> 0⇒ x > −
Resolvendo o denominador teremos: 2x+ 1 > 0⇒ x > −0 5..
−
−
+
+
−
−
+ x+ 1
+ 2x+ 1
+ x+12 +1x
1 0 5.
Chegando a conclusão de que 5 ou 1. O que confirma a suspeita de que asx > −0. x < −
implicações da letra a estão erradas. Isso porque ela assume que 2 + 1 seja sempre maior quex
zero para todo valor de . A segunda implicação no entanto é verdadeira uma vez que x ∈ R x2 + 1
é de fato maior que zero para todo .x ∈ R
3. Seja a, b, c, d > 0 tais que
a
b
<
c
d
. Mostre que
a
b
<
a+ c
b+ d
<
c
d
Solução
ad < bc
ad + ab < bc ab+
a b a(d+ ) < b(c+ )
a
b
<
c+ a
d+ b
ad < bc
ad + cd < bc cd+
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d(a+ c d) < c(b+ )
a+ c
b+ d
<
c
d
Das duas desigualdades anteriores e do fato de que
a
b
<
c
d
resulta que:
a
b
<
c+ a
d+ b
<
c
d
Uma pergunta que pode surgir é: Como se soube que devia se somar na primeira desigual-ab 
dade ou na segunda?cd 
A resposta para isso é bem simples. Como já sabemos o resultado fica fácil. Por exemplo,
queremos provar que:
a
b
<
c+ a
d+ b
<
c
d
Do lado esquerdo temos:
a
b
<
c+ a
d+ b
Onde p o demos pro ceder do seguinte mo do:
a b a b(d+ ) < (c+ )
ad + ab < bc ab+
Assim percebemos que para provar o lado esquerdoprecisamos somar em ambos os lados.ab 
4. Qual é a aproximação da raiz cúbica de 3 com precisão de uma casa decimal.
Solução
Como a precisão é de uma única casa decimal a forma mais simples de se resolver o problema
é por inspeção, que nesse caso é 1,4. Outro método é por meio da formula de Newton (pág. 163).
5. Ao terminar um problema envolvendo radicais, os alunos são instados a racionalizar o
denominador do resultado. Por que?
Solução
Segundo o BLOG MANTHANO o costume de racionalizar os denominadores das frações
remonta a época em que não existia calculadoras, ou seja, era uma questão operacional; que
facilitava os cálculos manuais. Considerando a fração
1√
2
e sua forma já racionalizada
√
2
2
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é muito mais simples por meio desta ultima encontrar uma representação decimal para estas
quantidades. Isso porque é muito mais fácil realizar a divisão
1.4142
2
do que
1
1.4142 
.
Para mais detalhes consulte o link:
http://manthanos.blogspot.com.br/2011/03/porque-racionalizar-o-
denominador.html
6. Considere todos os intervalos da forma 

0,
1
n

. Existe um numero em comum entre todos
estes intervalos? E se forem tomados intervalos aberto?
Solução
O zero pertence a todos os intervalos. No entanto se considerarmos os intervalos abertos e
tomarmos n ∈

0,
1
k

com k > n, tem se que n /∈

0,
1
n

. Logo não existe um comum an
to dos esses intervalos.
7. Considere um numero racional m/n, onde m e n são primos entre si. Sob que condições
este numero admite uma representação decimal finita? Quando a representação é uma dizima
p eriódica simples?
Solução
Nesse caso aplica-se as seguintes regras:
• Se n é uma potencia de 10 então admite uma representação decimal finita.m/n 
• Se n no entanto for primo com 10 então admite uma representação por meio dem/n 
uma dizima periódica simples.
8. O numero 0 é racional ou irracional?, 123456789101112131415... 
Solução
Como a sequencia de números depois da virgula não é periódica o numero é irracional.
9. Utilize a interpretação geométrica de modulo para resolver as equações e inequações abaixo:
a) |x− 1| = 4
b) |x+ 1 2| <
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