2021 I ANÁLISE ANP 03 LT 03 G 02

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IA ANP 03 LT 03 
Semana 03 19 a 25 / 04 / 21 
Grupo 02 
Aluno Artur Sherrer 
Aluno Daniel Siqueira Mofatti 
Aluno Felipe de Paula Paschoal 
Aluno Mariana Carla de Melo Pravato 
Aluno 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1) Considere 𝒰 um conjunto universo e 𝒜 ⊂ 𝒰. Use o método de redução ao absurdo (MRA) 
para mostrar que 𝒜 ∪ 𝒜 ⊂ 𝒰 e 𝒰 ⊂ 𝒜 ∪ 𝒜 . 
 
 
 
 
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2) Use o método de redução ao absurdo (MRA) para mostrar que uma função dada por 𝑓(𝑥) =
𝑎𝑥 + 𝑏, com 𝑎 e 𝑏 reais, é crescente se, e somente se, 𝑎 > 0. 
 
Observação: uma afirmação do tipo “A se, e somente se, B” significa A ⟺ B. Para ser 
demonstrada, é necessário demonstrar “A ⟹ B” (que chamamos ida) e “B ⟹ A” (que 
chamamos volta). 
 
 
 
 
 
 
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3) Use o método de redução ao absurdo (MRA) para mostrar que uma função dada por 𝑓(𝑥) =
𝑎𝑥 + 𝑏, com 𝑎 e 𝑏 reais, é decrescente se, e somente se, 𝑎 < 0. 
 
 
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4) Dizemos que uma função real de variável real ℎ é limitada se, e somente se, existe um 
número real 𝑘 (fixo) tal que 
𝑦 ≤ 𝑘, ∀ 𝑦 ∈ 𝐼𝑚(ℎ), 
sendo 𝐼𝑚(ℎ) o conjunto imagem da função ℎ, isto é, 𝐼𝑚(ℎ) = {𝑦 ∈ ℜ: ∃𝑥 ∈ ℜ 𝑐𝑜𝑚 ℎ(𝑥) = 𝑦}. 
 
Naturalmente, uma função real de variável real ℎ é ilimitada se, e somente se, não existe um 
número real 𝑘 (fixo) tal que 𝑦 ≤ 𝑘, ∀ 𝑦 ∈ 𝐼𝑚(ℎ). 
 
Use o método de redução ao absurdo (MRA) para mostrar que uma função dada por 𝑓(𝑥) =
𝑎𝑥 + 𝑏, com 𝑏 ∈ ℜ é ilimitada se, e somente se, 𝑎 ≠ 0. 
 
 
 
4)𝑎) 𝑃: 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 , 𝑏 ∈ ℝ , é 𝑖𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑𝑎 ; 𝑄 ∶ 𝑎 ≠ 0 
 𝑃′ { 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 , 𝑏 ∈ ℝ , é 𝑖𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑𝑎 ; ~𝑄 ∶ 𝑎 = 0 } 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑎 = 0 → 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 ⟹ 𝑓(𝑥) = 𝑏 , 𝑐𝑜𝑚 𝑖𝑠𝑠𝑜 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑧𝑒𝑟 
𝑞𝑢𝑒 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 𝑥 ∈ ℝ , 𝑓(𝑥) = 𝑏 (1) 
 
 𝑃𝑒𝑙𝑎 𝑎𝑓𝑖𝑟𝑚𝑎çã𝑜 (1) 𝑠𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑓(𝑥) = 𝑏 = 𝑦 , ∀ 𝑥 ∈ ℝ 𝑒 𝑎 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑓(𝑥) é 𝑖𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 ℎ𝑖𝑝ó𝑡𝑒𝑠𝑒 (2) 
 
𝐷𝑒 𝑎𝑐𝑜𝑟𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑎𝑠 𝑎𝑓𝑖𝑟𝑚𝑎çõ𝑒𝑠 (1) 𝑒 (2) 𝑐𝑖𝑡𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑖çã𝑜 ! 
 
𝑂 𝑚𝑜𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑖çã𝑜 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑎𝑢𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑓(𝑥) 𝑠𝑒𝑟 𝑖𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑𝑎 
𝑗á 𝑞𝑢𝑒 𝑛ã𝑜 𝑝𝑜𝑑𝑒 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑖𝑟 𝑢𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑀 ≥ 𝑦 , ∀𝑦 ∈ 𝐼𝑚(𝑥) 𝑛𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛çã𝑜. 
 
𝐷𝑎í 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 ~𝑄 é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎 , 𝑚𝑎𝑠 𝑎 𝑠𝑢𝑎 𝑛𝑒𝑔𝑎çã𝑜 é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎, 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝑄 ∶ 𝑎 ≠ 0 é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜. 
𝑃𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑧𝑒𝑟 𝑡𝑎𝑚𝑏é𝑚 𝑞𝑢𝑒 ( 𝑃 ⟹ 𝑄 ) 
 
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑖𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜 se, e somente se, 𝑎 ≠ 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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b) Use o método de redução ao absurdo (MRA) para mostrar que a função real com domínio 
real, dada por 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏, é sobrejetora se, e somente se, 𝑎 ≠ 0. 
 
 
 𝑏) 𝑃: 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 ; 𝑄 ∶ 𝑎 ≠ 0 
 𝑃′ { 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 , é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 ; ~𝑄 ∶ 𝑎 = 0 } 
 
 𝑇𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑓: 𝐴 → 𝐵 , 𝑐𝑜𝑚 𝐴, 𝐵 ∈ ℝ 
 
 𝑓(𝑥) ∈ 𝐵, ∃𝑥 ∈ 𝐴 | 𝑓(𝑥) = 𝑦 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝑦 ⟹ 𝑥 =
𝑦−𝑏
𝑎
 
𝑓(𝑥) = 𝑓 (
𝑦 − 𝑏
𝑎
) , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 = 0, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 
𝑦 − 𝑏
𝑎
 𝑡𝑒𝑟á 𝑢𝑚𝑎 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎çã𝑜, 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑚 𝑎𝑏𝑠𝑢𝑟𝑑𝑜. 
 
𝑁ã𝑜 ℎá 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 
𝑦 − 𝑏
𝑎
 𝑠𝑒 𝑎 = 0 
 
𝐷𝑎í 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 ~𝑄 é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎 , 𝑚𝑎𝑠 𝑎 𝑠𝑢𝑎 𝑛𝑒𝑔𝑎çã𝑜 é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎, 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑄 ∶ 𝑎 ≠ 0 
𝑃𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑧𝑒𝑟 𝑡𝑎𝑚𝑏é𝑚 𝑞𝑢𝑒 ( 𝑃 ⟹ 𝑄 ) 
 
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 se, e somente se, 𝑎 ≠ 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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c) Use o método de redução ao absurdo (MRA) para mostrar que a função real com domínio 
real, dada por 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏, é injetora se, e somente se, ela é sobrejetora. 
 
𝑐) 𝑃: 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 , 𝑥 ∈ ℝ ; 𝑄 ∶ 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 , 𝑐𝑜𝑚 𝑎 ≠ 0 
 𝑃′ { 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 , 𝑥 ∈ ℝ; ~𝑄 ∶ 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑛ã𝑜 é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 } 
 
𝑇𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥1 , 𝑥2 ∈ ℝ 𝑒𝑚 𝑞𝑢𝑒 𝑥1 ≠ 𝑥2 
 
(𝑥1 ≠ 𝑥2) ⟹ ( 𝑥1 ∗ 𝑎 ≠ 𝑥2 ∗ 𝑎) ⟹ (𝑎𝑥1 + 𝑏 ≠ 𝑎𝑥2 + 𝑏) 
𝑆𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑓(𝑥) 𝑛ã𝑜 é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑎 = 0 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑎 = 0 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 (0𝑥1 + 𝑏 ≠ 0𝑥2 + 𝑏) ⟹ (𝑏 ≠ 𝑏) 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑑𝑜 é 𝑢𝑚 𝑎𝑏𝑠𝑢𝑟𝑑𝑜 ! 
 
𝐷𝑎í 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 ~𝑄 é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎 , 𝑚𝑎𝑠 𝑎 𝑠𝑢𝑎 𝑛𝑒𝑔𝑎çã𝑜 é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎 
𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑄 ∶ 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 , 𝑐𝑜𝑚 𝑎 ≠ 0 
 
𝑃𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑧𝑒𝑟 𝑡𝑎𝑚𝑏é𝑚 𝑞𝑢𝑒 ( 𝑃 ⟹ 𝑄 ) 
 
𝐷𝑒𝑚𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 é 𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 se, e somente se, ela é 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎.