Um filtro próprio, para o qual vale que ou $$A\in\mathcal{F}$$, ou $$A^{C}\in\mathcal{F}$$, para qualquer $$A\subset I$$, é chamado de ultrafiltro.

O ultrafiltro $$\mathcal{F}$$ satisfaz às seguintes propriedades:

• $$A\cup B\in\mathcal{F}\Longleftrightarrow A\in\mathcal{F}$$ ou $$B\in\mathcal{F}$$.
• $$A\in\mathcal{F}\Longleftrightarrow A^{C}\notin\mathcal{F}$$.

Demonstração:

1)

a) Se $$A\cup B\in\mathcal{F}$$ e $$A\notin\mathcal{F}$$, é certo que $$A^{C}\in\mathcal{F}$$.

O conjunto $$(A\cup B)\cap A^{C}\in\mathcal{F}$$, pelo (Teorema 1).

Ademais, $$(A\cup B)\cap A^{C} = (A\cap A^{C})\cup (B\cap A^{C})=\emptyset \cup (B\cap A^{C})=B\cap A^{C}$$.

Dado que $$B\cap A^{C}=(A\cup B)\cap A^{C}\in\mathcal{F}$$, novamente, pelo Teorema 1, tem-se que $$B\in\mathcal{F}$$.

Analogamente, demonstra-se que $$A\in\mathcal{F}$$, se for assumido que $$A\cup B\in\mathcal{F}$$ e $$B\notin\mathcal{F}$$.

b) Se $$A$$(ou$$B$$) $$\in\mathcal{F}$$, o axioma 2 de filtros garante que $$A\cup B\in\mathcal{F}$$, dado que $$A\subseteq (A\cup B)\subseteq I$$.

2)

Se $$A\in\mathcal{F}$$, não se pode ter $$A^{C}\in\mathcal{F}$$.

Com efeito, como $$\mathcal{F}$$ é um filtro próprio (i.e: não contém o vazio), o Teorema 2 garante que, se $$A,A^{C}\in\mathcal{F}$$, ter-se-ia $$\emptyset=A\cap A^{C}\in\mathcal{F}$$.

A recíproca da segunda afirmação é obtida de modo análogo, iniciado-se com $$A^{C}\in\mathcal{F}$$.

O post Lógica Matemática – Teorema 2 – Filtros apareceu primeiro em Educacional Plenus.

\[A\cap B\in\mathcal{F}\Longleftrightarrow A,B\in\mathcal{F}.\]

Demonstração

1) Válida a regra, demonstra-se que $$\mathcal{F}$$ é um filtro, isto é, que $$\mathcal{F}$$ cumpre os axiomas de filtro.

Com efeito, o axioma (i) equivale a $$A,B\in\mathcal{F}\Longrightarrow A\cap B\in\mathcal{F}$$.

Sejam $$A\in\mathcal{F}$$ e $$E\subseteq I$$ tais que $$A\subseteq E$$. Dado que $$A=A\cap E$$, é fato que $$A\cap E\in\mathcal{F}$$. Daqui, pela regra enunciada, é fato que $$B\in\mathcal{F}$$.

Comprova-se, assim, a validade do axioma (ii) de filtro.

2) Do fato de que $$\mathcal{F}$$ é um filtro, o axioma (i) equivale a $$A,B\in\mathcal{F}\Longrightarrow A\cap B\in\mathcal{F}$$.

Se $$A\cap B\in\mathcal{F}$$, é fato que que $$A\cap B\subset A\subset I$$, então,  a partir do axioma (ii), tem-se $$A\in\mathcal{F}$$. Analogamente, demonstra-se que $$E\in\mathcal{F}$$.

O post Lógica Matemática – Teorema 1 – Filtros apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Seja $$\mathcal{F}\subset\mathcal{P}(I)$$ um filtro.

Seja $$B$$ um subconjunto próprio de $$I$$. Tem-se $$B\in\mathcal{F}$$ se, e somente se, existirem $$n\in\mathbb{N}$$ e uma família $$\{A_{i}\}_{i=1}^{n}\subset\mathcal{F}$$ tais que

\[\bigcap_{i=1}^{n}A_{i}\subset B.\]

Demonstração:

i) Suponha válido que existem $$n\in\mathbb{N}$$ e a família $$\{A_{i}\}_{i=1}^{n}\subset\mathcal{F}$$ tais que $$\bigcap_{i=1}^{n}A_{i}\subset B$$.

Do primeiro axioma de filtros, o conjunto $$\bigcap_{i=1}^{n}A_{i}$$ pertence ao filtro. Do segundo axioma de filtro, dado que $$\bigcap_{i=1}^{n}A_{i}\subset B$$, é fato que $$B\in\mathcal{F}$$.

ii) Suponha válido que $$B\in\mathcal{F}$$.

Dado que $$B\neq I$$, tomam-se $$x,y\in B^{C}$$. Daqui, edificam-se os conjuntos $$A_{1}=B\cup \{x\}$$ e $$A_{2}=B\cup \{y\}$$.

Dado que $$B\subset B\cap \{x\} = A_{1}$$ e $$B\subset B\cap \{y\} = A_{2}$$, é fato, pelo segundo axioma de filtro, que $$A_{1},A_{2}\in\mathcal{F}$$.

Ademais, $$A_{1}\cap A_{2}=B\subset B$$, donde se conclui a recíproca do teorema.⊂

O post Lógica Matemática – Lema sobre Filtros apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) Prove que, se $$(g\circ f)(x)$$ é injetiva, $$f$$ é injetiva.

b) Prove que, se $$(g\circ f)(x)$$ é sobrejetiva, $$g$$ é sobrejetiva.

Demonstração:

a) Provaremos a seguinte afirmação: dados $$x,y\in A$$, se $$f(x)=f(y)$$, vale que $$x=y$$.

Com efeito, sejam $$x,y\in A$$ e $$f(x)=f(y)$$ em $$B$$. Dado que $$g$$ está bem definida, $$g(f(x)=g(f(y))$$; em outras palavras: $$(g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)$$. Da hipótese de que a função composta é injetiva, temos que $$x=y$$.

b) Provaremos a seguinte afirmação: dado $$p\in C$$, existe $$q\in B$$ tal que $$g(q)=p$$.

De fato, pela hipótese de que a função composta é sobrejetiva, dado $$p\in C$$, existe $$x\in A$$ tal que $$(g\circ f)(x)=p$$. Isto é: $$g(f(x))=p$$. Porque $$f$$ é bem definida, basta por $$f(x)=q\in B$$, para verificar que $$g(q)=p$$.

O post Lógica Matemática – Conjuntos e Funções (exercício 6) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) Prove que $$f(f^{-1}(Y))\subset Y$$, para todo $$Y\subset B$$.

b) Prove que $$f$$ é sobrejetora se, e somente se, $$f(f^{-1}(Y))= Y$$.

Demonstração

a) Seja $$s\in f(f^{-1}(Y))$$, então há $$p\in f^{-1}(Y)$$ tal que $$s=f(p)$$. Mais ainda: dado que $$p\in f^{-1}(Y)$$, tem-se $$f(p)\in Y$$. Logo $$s\in Y$$.

Fica provado que $$f(f^{-1}(Y))\subset Y$$, para todo $$Y\subset B$$.

Será suficiente provar que $$Y\subset f(f^{-1}(Y))$$, para que o item (b) seja verdadeiro.

b)

(i) Suponha, por absurdo, que $$f$$ não seja sobrejetora, mas vale $$Y\subset f(f^{-1}(Y))$$. Existe $$z\in B$$ tal que $$z\neq f(x)$$, para todo $$x\in A$$. De outro modo, $$f^{-1}(\{z\})=\emptyset$$.

Pondo $$Y=\{z\}$$, nota-se que $$\{z\}\subset f(f^{-1}(\{z\}))=f(\emptyset)=\emptyset$$.

Esta última conclusão é absurda, logo a função deve ser sobrejetora.

(ii) Seja $$f$$ uma função sobrejetora. Então, dado $$z\in Y$$, existe $$w\in A$$ tal que $$f(w)=z$$. Em particular, $$w\in f^{-1}(Y)$$.

Se $$z\notin f(f^{-1}(Y))$$, é certo que, para todo $$p\in f^{-1}(Y)$$, $$z\neq f(p)$$. Mas, em particular, $$w\in f^{-1}(Y)$$. Deste modo, para $$p=w$$, $$f(p)\neq f(w)$$. A última afirmação é absurda. Portanto é necessário que $$Y\subset f(f^{-1}(Y))$$.

O post Lógica Matemática – Conjuntos e Funções (exercício 5) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) Prove que $$X\subset f^{-1}(f(X))$$, para todo $$X\subset A$$.

b) Prove que a função é injetora se, e somente se, $$f^{-1}(f(X))=X$$, para todo $$X\subset A$$.

Demonstração

a) Suponha haver $$p\in X$$, com $$p\notin f^{-1}(f(X))$$.

De $$p\notin f^{-1}(f(X))$$ e da definição de $$f^{-1}(f(X))$$, tem-se que $$f(p)\notin f(X)$$.

Mais ainda: de $$f(p)\notin f(X)$$, tem-se que, para todo $$x\in X$$, $$f(p)\neq f(x)$$. Mas, em particular, $$p=x$$, pois $$p\in X$$. Logo, da hipótese de que $$f$$ é função, $$f(p)=f(x)$$, o que contradiz a hipótese inicial de que $$p\notin f^{-1}(f(X))$$.

Prova-se que, se $$p\in X$$, não se pode ter $$p\notin f^{-1}(f(X))$$, isto é, $$p\in f^{-1}(f(X))$$.

Com este resultado, basta provarmos a afirmação a seguir para demonstrar o item (b) do problema.

b) Provaremos a afirmação: A $$f$$ é injetora se, e somente se, $$f^{-1}(f(X))\subset X$$. 

(i) Seja $$f$$ uma função injetora.

Dado $$p\in f^{-1}(f(X))$$, tem-se $$f(p)\inf(X)$$. Daqui, existe $$x\in X$$ tal que $$f(x)=f(p)$$. Pela hipótese da função injetora, tem-se que $$x=p$$, ou seja, $$p\in X$$.

Provou-se, portanto, que $$f^{-1}(f(X))\subset X$$.

(ii) Assume-se que $$f^{-1}(f(X))\subset X$$.

Sejam $$x,p\in A$$ tais que $$f(p)=f(x)$$. Na hipótese, põe-se $$X=\{x\}$$.

Assim, $$f^{-1}(f(\{x\}))\subset \{x\}$$. Por outro lado, nota-se que $$p\in f^{-1}(f(\{x\}))$$, logo $$p\in\{x\}$$, ou seja, $$p=x$$.

Fica demonstrado que $$f$$ é uma função injetora.

O post Lógica Matemática – Conjuntos e Funções (exercício 4) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Demonstração:

De fato, seja $$p\in f(A\cap B)$$. Então há $$x\in (A\cap B)$$ tal que $$f(x)=p$$. Porque $$x\in (A\cap B)$$, é certo que $$x\in A$$ e $$x\in B$$. Do primeiro caso, conclui-se que $$p\in f(A)$$, uma vez que existe $$x\in A$$ tal que $$f(x)=p$$. Do segundo caso e pelo raciocínio análogo ao anterior, temos $$p\in f(B)$$.Portanto $$p\in f(A)$$ e $$p\in f(B)$$, isto é, $$p\in f(A\cap B)$$.

Um contraexemplo para $$f(A\cap B)\supseteq f(A)\cap f(B)$$.

Suponha que $$f(x_{1})=f(x_{2})$$ e $$x_{1}\neq x_{2}$$. Tomemos $$A=\{x_{1}\}$$ e $$B=\{x_{2}\}$$.

Com efeito, $$f(A)=f(B)=\{p\}$$, mas $$f(A\cap B)=f(\emptyset)=\emptyset$$. Logo é impossível que $$\{p\}\subseteq\emptyset$$.

O post Lógica Matemática – Conjuntos e Funções (exercício 3) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Demonstração:

De fato, se $$p\in f(A)\cup f(B)$$, é certo que $$p\in f(A)$$ ou $$p\in f(B)$$. Do primeiro caso, temos, por definição do conjunto imagem, a existência de $$x\in A$$ tal que $$f(x)=p$$. Mas, se $$x\in A$$, é certo que $$x\in A\cup B$$. Portanto existe $$x\in A\cup B$$ tal que $$f(x)=p$$, isto é, $$p\in f(A\cup B)$$.

Do caso em que $$p\in f(B)$$, teremos $$p\in f(A\cup B)$$, pelo mesmo raciocínio empregado anteriormente. Deste modo, dados os dois casos implicando a mesma consequência, só se pode ter $$p\in f(A\cup B)$$.

Contrariamente, assumimos que $$p\in f(A\cup B)$$. Assim, há $$x\in (A\cup B)$$ tal que $$f(x)=p$$. Há apenas duas possibilidades: $$x\in A$$, ou $$x\notin A$$. A primeira possibilidade implica no pertencimento de $$x\in A$$ e, portanto, no fato de que $$p\in f(A)$$. A segunda possibilidade faz com que $$x\in B$$, portanto $$p\in f(B)$$.

Daqui, ou $$p\in f(A)$$, ou $$p\in f(B)$$, isto é, $$p\in f(A\cup B)$$.

O post Lógica Matemática – Conjuntos e Funções (exercício 2) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Demonstração:

Assumimos que $$f$$ é sobrejetora, isto é: existe, para cada $$y\in Y$$, algum $$x\in X$$ tal que $$f(x)=y$$.

Dado algum $$p\in (Y-f(A))$$, é certo que $$p\in Y$$ e $$p\notin f(A)$$. Da segunda afirmação, ocorre que, para qualquer $$x\in A$$, $$f(x)\neq p$$. Por outro lado, da primeira afirmação e da hipótese de que a função é sobrejetora, existe $$x\in X$$ tal que $$p=f(x)$$. Porque a primeira afirmação é válida, conclui-se que $$x\in X-A$$. Deste modo, $$p=f(x)$$, para algum $$x\in X-A$$.

Por definição, isto é equivalente a dizer que $$p\in f(X-A)$$.

Assumimos que $$Y-f(A)\subseteq f(X-A)$$, para provarmos que a função é sobrejetora.

Com efeito, se $$p\in Y$$, há duas opções: ou $$p\in Y-f(A)$$, ou $$p\in f(A)$$. Do segundo caso, concluímos que existe $$x\in A\subset X$$ tal que $$p=f(x)$$. Em outras palavras, para $$p\in f(A)$$, existe $$x\in X$$ tal que $$f(x)=p$$.

No outro caso possível, temos $$p\in Y-f(A)$$, portanto $$p\in f(X-A)$$, ou seja, existe $$x\in X-A$$ tal que $$f(x)=p$$.

Em ambos os casos, se $$p\in Y$$, existe $$x\in X$$ para o qual $$f(x)=p$$.

O post Lógica Matemática – Conjuntos e Funções (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Podemos definir a família com os elementos $$B_{i}=\cup^{i}_{n=1}A_{n}$$. Daqui, concluímos a seguinte igualdade:

\[B_{i}=A_{1}\cup…\cup A_{i}\subseteq A_{1}\cup…\cup A_{i}\cup A_{i+1}=B_{i+1}\].

(i) Provaremos que $$A\subseteq \cup_{n\in\mathbb{N}}B_{n}$$.

Com efeito, dado qualquer $$x\in A$$, existe $$A_{s}$$, com $$s\in\mathbb{R}$$, tal que $$x\in A_{r}$$. A razão pela qual este fato é verdadeiro vem de $$A = \cup_{n\in\mathbb{N}}A_{n}$$; deve haver, no mínimo, algum conjunto desta união que contém $$x$$.

Ademais, é fato que $$A_{r}\subseteq \cup^{r}_{n=1}A_{n}=B_{r}$$. Então é certo que $$x\in \cup_{n\in\mathbb{N}}B_{n}$$. Logo, provamos que, se $$x\in A$$, é fato que $$x\in \cup_{n\in\mathbb{N}}B_{n}$$.

(ii) Provaremos que $$A\supseteq \cup_{n\in\mathbb{N}}B_{n}$$.

De fato, dado $$x\in \cup_{n\in\mathbb{N}}B_{n}$$, existe $$s\in\mathbb{N}$$ tal que $$x\in B_{s}\subset \cup_{n\in\mathbb{N}}B_{n}$$.

De $$B_{s}=\cup^{s}_{n=1}A_{n}$$, existe algum $$r\in\{1,2,…,s\}$$ tal que $$x\in A_{r}$$. Além disso, é certo que $$A_{r}\subset\cup_{n\in\mathbb{N}}A_{n}$$. Logo, mostramos que, se $$x\in \cup_{n\in\mathbb{N}}B_{n}$$, é fato que $$x\in \cup_{n\in\mathbb{N}}A_{n}=A$$.

Referência:

Curso de Análise Real – Neri e Cabral

O post Lógica Matemática – Conjuntos – Famílias (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.