Universidade Federal de Mato Grosso do Sul - UFMS
Introdução à Lógica - 3
aProva - Lic. Matemática
RESOLUÇÃO - Prof. E.T.Galante
1. (2,0 pontos)
Prove que n3+ 2n é múltiplo de 3 para todo n ∈ N.
Resolução: (indução 1a forma)
n = 1 ⇒ n3+ 2n = 13+ 2 · 1 = 1 + 2 = 3, que é múltiplo de 3. Hipótese de indução (n = k > 1): k3+ 2k é múltiplo de 3.
Prova para n = k + 1:
(k + 1)3+ 2(k + 1) = (k3+ 3k2+ 3k + 1) + (2k + 2) = (k3+ 2k) + (3k2+ 3k + 1 + 2).
Da hipótese de indução, (k3+ 2k)é múltiplo de 3, ou seja, (k3+ 2k) = 3p.
Por outro lado, (3k2 + 3k + 1 + 2) = (3k2+ 3k + 3) = 3(k2+ k + 1) = 3q.
Portanto (k + 1)3+ 2(k + 1) = 3p + 3q = 3(p + q) = 3m.
Isto é, (k + 1)3 + 2(k + 1) é múltiplo de 3 e o enunciado está provado por indução.
2. (2,0 pontos)
(a) Prove que√3 é irracional; Resolução:
Supor que √3 é racional, isto é,√3 = p
q, fração irredutível. √ 3 = p q ⇒ ( √ 3)2 = p q 2 ⇒ 3 = p 2 q2 ⇒ p 2 = 3q2.
• Se q é par, então q2 é par, daí p2 é par, logo p é par. Absurdo.
• Se q é ímpar, então q2 é ímpar, daí p2 é ímpar, logo p é ímpar.
Daí, fazendo p = 2n − 1 e q = 2m − 1, vem que: (2n − 1)2 = 3(2m − 1)2 4n2− 4n + 1 = 3(4m2− 4m + 1) 4n2− 4n + 1 = 12m2− 12m + 3 4n2− 4n = 12m2− 12m + 2 2n2− 2n = 6m2− 6m + 1 2(n2− n) = 2(3m2− 3m) + 1 2x = 2y + 1 par = ímpar Absurdo.
(b) Prove que √3 2é irracional. Resolução: Supor que √3 2 é racional, isto é, √32 = p q, fração irredutível. 3 √ 2 = p q ⇒ ( 3 √ 2)3 = p q 3 ⇒ 2 = p 3 q3 ⇒ p 3 = 2q3.
Portanto p3 é par, donde segue que p é par. Daí p = 2k, o que acarreta:
2q3 = (2k)3 2q3 = 8k3 2q3 = 2(4k3) q3 = 4k3 q3 = 2(2k3) q3 = 2m Portanto q3 é par, daí q é par.
Então camos com: p é par, q é par e p
q fração irredutível. Absurdo. 3. (2,0 pontos)
Sejam a, b, c, d números inteiros positivos tais que a b < c d. Prove que: a b < a + c b + d < c d. Resolução: Da hipótese a b < c d vem que: a < bc d . Daí temos: a < bc d ⇒ a + c b + d < bc d + c b + d = bc+dc d b + d = c(b+d) d b + d = c(b + d) d(b + d) = c d. Portanto: a + c b + d < c d. (1)
Por outro lado, da mesma hipótese a b < c d, vem que: ad b < c, isto é, c > ad b . Daí temos: c > ad b ⇒ a + c b + d > a + adb b + d = ab+ad b b + d = a(b+d) b b + d = a(b + d) b(b + d) = a b. Portanto: a b < a + c b + d. (2)
De (??) e de (??) temos o resultado pedido no enunciado: a a + c c
4. (2,0 pontos)
(a) Prove que se a soma de dois números for irracional, então pelo menos um deles será irracional;
Resolução:
Seja a hipótese H: a soma de dois números, a + b, é irracional. Seja a tese T : pelo menos um dos dois números, a ou b, é irracional.
Assim, vemos que o enunciado é uma estrutura condicional: H ⇒ T , a qual podemos demonstrar pela contrapositiva: ¬T ⇒ ¬H.
Agora note que:
¬T: ambos os números a e b são racionais. ¬H: a soma dos dois números a + b é racional. Prova de que ¬T ⇒ ¬H:
Sejam a e b dois números racionais. Então a = p
q e b = r
s, onde p, q, r e s são números inteiros, com q e s não-nulos. Daí, a + b = p q + r s = ps + qr qs = m n, com m, n não-nulos. Logo, a + b é um número racional.
(b) Prove que se x for número real positivo, então x + 1 x ≥ 2. Resolução:
Novamente, vamos provar por contraposição. Isto é, vamos supor que x é um número tal que x+1
x < 2 e concluir que x não pode ser um número real e positivo. Suponha x tal que x + 1
x < 2, então
x2+ 1 x < 2.
Agora, ao multiplicarmos por x ambos os lados da desigualdade, o sentido desta pode ou não se manter.
Se, por um lado, o sentido da desigualdade não se mantiver, então x < 0, mas isso nega a proposição x real e positivo.
Por outro lado, se o sentido da desigualdade é mantido, então: x2+ 1
x < 2 ⇒ x
2+ 1 < 2x ⇒ x2+ 1 < 2x ⇒ x2− 2x + 1 < 0 ⇒ (x − 1)2 < 0,
mas com isso novamente negamos a proposição x real e positivo.
(OBS: note que se x fosse o número complexo 1 + i a desigualdade (x − 1)2 < 0
5. (2,0 pontos) Uma prova era constituída de duas questões: A e B. Dentre todos que zeram a prova, 350 acertaram somente uma questão, 250 acertaram a questão B, 100 acertaram ambas as questões e 200 erraram a primeira (questão A). Quantos zeram a prova?
Resolução:
• O 100 na interseção A ∩ B vem da frase 100 acertaram ambas as questões. • O 150 em B − A vem da frase 250 acertaram a questão B.
• O 200 em A − B vem da frase 350 acertaram somente uma questão. • O 50 fora de A ∪ B vem da frase 200 erraram o primeiro.
6. (2,0 pontos) Prove que:
(A ∩ B) ∪ C = A ∩ (B ∪ C) ⇐⇒ C ⊂ A. Resolução:
(⇒) IDA. Para mostrar que a igualdade de conjuntos à esquerda implica em C ⊂ A, devemos tomar um elemento x em C e daí deduzir que x também pertence a A. Seja x ∈ C.
Então x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
Como por hipótese (A ∩ B) ∪ C = A ∩ (B ∪ C), temos que x ∈ A ∩ (B ∪ C). Daí x ∈ A e x ∈ (B ∪ C).
Logo, x ∈ A. Portanto C ⊂ A.
(⇐) VOLTA. Para mostrar que C ⊂ A implica na igualdade de conjuntos, cumpriremos as duas etapas (I) e (II) abaixo:
I. (A ∩ B) ∪ C ⊂ A ∩ (B ∪ C) Seja x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
Então x ∈ (A ∩ B) ou x ∈ C.
Se, por um lado, x ∈ (A∩B), então, x ∈ A e x ∈ B, e, dessa forma, x ∈ A∩(B∪C). Se, por outro lado, x ∈ C, então como por hipótese C ⊂ A, vem que x ∈ A, e, dessa forma, x ∈ A ∩ (B ∪ C).
II. A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ C Seja x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
Então x ∈ (A ∩ B) ou x ∈ C.
Se, por um lado, x ∈ (A∩B), então, x ∈ A e x ∈ B, e, dessa forma, x ∈ A∩(B∪C). Se, por outro lado, x ∈ C, então como por hipótese C ⊂ A, vem que x ∈ A, e, dessa forma, x ∈ A ∩ (B ∪ C).
Portanto, de fato, (A ∩ B) ∪ C ⊂ A ∩ (B ∪ C)
Considerando IDA e VOLTA feitas acima, demonstramos a equivalência pedida no enunciado do exercício.
7. (2,0 pontos)
Seja uma sequência tal que os dois primeiros termos são a1 = 1 e a2 = 3; cada um dos
termos seguintes é a soma dos dois anteriores, isto é: an= an−1+ an−2.
Demonstre que pra todo n vale a desigualdade: an <
7 4
n . Resolução: (Indução 2a forma)
Passo base: De fato,
n = 1 ⇒ 1 < 7 4, n = 2 ⇒ 3 < 7 4 2 .
Passo indutivo: Seja então k ≥ 2 e suponhamos agora que an < (7/4)n vale para
todo inteiro positivo menor ou igual a k. Queremos então provar que ak+1 <
7 4
k+1 .
Mas lembremos que ak+1 = ak+ ak−1. Da hipótese de indução, a a rmação vale, em
particular, para n = k e n = k − 1. Logo, temos ak < 7 4 k e ak−1< 7 4 k−1 , donde, ak+1 < 7 4 k + 7 4 k−1 = 7 4 k−1 7 4 + 1 = 7 4 k−1 · 11 4 , porém como 11 4 < 7 4 2 , temos que ak+1 < 7 4 k−1 7 4 2 = 7 4 k+1 , como queríamos demonstrar.
