UNIVERSIDADE DO ESTADO DO AMAZONAS

CENTRO DE ESTUDOS SUPERIORES DE PARINTINS- CESP

2ª LICENCIATURA EM MATEMÁTICA- PARFOR

EXERCÍCIO SOBRE LÓGICA PROPOSICIONAL

FUNDAMENTOS DE ANÁLISE MATEMÁTICA

PROFESSOR: Msc. MAILDSON ARAÚJO FONSECA

PARINTINS

2015

JOÃO DO CARMO DOS SANTOS DE OLIVEIRA

JOANA DA SILVA TAVARES

MARIAN RAIMUNDA BITENCOURT DE SOUZA

ORENILDO BRITO DA SILVA

EXERCÍCIO SOBRE LÓGICA PROPOSICIONAL

FUNDAMENTOS DE ANÁLISE MATEMÁTICA

Trabalho exigido pela Universidade Estado do Amazonas - UEA para obtenção de nota da AP1na disciplina Fundamentos de Análise Matemática do Curso de 2ª Licenciatura em Matemática, sob a orientação do Professor Msc. Maildson Araújo Fonseca.

PARINTINS

2015

EXERCICIO RESOLVIDO

1- Formalize os seguintes argumentos usando as letras sentenciais indicadas. Utilize os indicadores de inferência para facilitar.

a)           Se Deus existe, então a vida tem significado. Deus existe. Portanto, a vida tem significado.                                   

 Resposta:

D: Deus existe;

V: A vida tem significado;

{D → V, D} |— V

b)    Como hoje não é Quinta-feira, deve ser Sexta-feira. Hoje é Quinta-feira ou Sexta-feira.

Resposta:

 Q: Hoje não é quinta

  S: Deve ser sexta feira

{Q v S, ~Q} |— S

c)           Hoje é um fim de semana se somente se hoje é Sábado ou Domingo. Portanto, hoje é um fim de semana, desde que hoje é Sábado.

Resposta:

F: Hoje é um fim de semana;

       S: Hoje é sábado;

       D: Hoje é domingo;

       {F ↔ (S ∨ D), S} |— F

2) Sejam  a, b e d números inteiros, tais que a e b são ambos divisíveis por d. Prove que a+b e a-b também são divisíveis por d.

Resposta:

H: a, b e d são números inteiros, a e b ambos divisíveis por d.

T: a+b e a-b também são divisíveis por d.

Como a e b são divisíveis por d, existe inteiros m e n, tais que:

a= md      e   b= nd, deste modo

a+b= md+nd= (m+n)d, logo a+b é divisível por d, por outro lado

a-b=md - nd= (m-n)d

3) Sejam a, b e d números inteiros. Prove os seguintes corolários do exercício anterior:

(1) Se d divide a soma S = a+b e uma das parcelas, então d divide a outra parcela.

Resposta:

H: a, b e d,     s=a + b,    d divide a soma é uma parcela

T: d divide a outra

S= m. d          como divide a soma, então existe m inteiro tal que, vamos supor que d divide a, logo existe n inteiro tal que a=n.d, assim

S = a + b

md = nd+ b

md - nd= b

(m – n)d= b, logo d divide b

(2) Se d divide a diferença D = a - b e um dos números a e b, então d divide o outros destes números.

Resposta:

H: a, b e d,     D=a - b,    d divide a diferença é um numero a e b.

T: d divide o outro destes números.

D= m. d          como divide a soma, então existe m inteiro tal que, vamos supor que d divide a, logo existe n inteiro tal que a=n.d, assim

D = a - b

md = nd - b

md + nd= b

(m + n)d= b, logo d divide b

4) Considere a sequência dos números primos 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,...,Pn, será verdade que Pn= 2x3x5x...xPn+1 é primo pra todo n?

Resposta:

Podemos utilizar de forma relativamente simples e bastante criativa, como Euclides provou, por redução ao absurdo essa sequencia.

Teríamos M= 2+1=3 (primo)

Teríamos M= 2x3+1=7(primo)

Teríamos M= 2x3x5+1=31(primo)

Teríamos M=2x3x5x7+1=211(primo)

Teríamos M=2x3x5x7x11+1=2311(primo)

Teríamos M=2x3x5x7x11x13+1=30031(composto)      59X509

A sequencia gera números primos maiores que x ou números compostos que possuem fatores também maiores que x.

5) Prove por contradição que existem infinitos números primos.

Resposta:

Seja k = (p1; p2 ;...; pn) + 1. Deste modo, k não é divisível por nenhum dos números primos p1; p2;... ; pn.

Portanto, k é divisível por algum outro número primo diferente de p1; p2;... ; pn ou k é primo. Em qualquer dos dois casos, tem-se a existência de um primo diferente de p1; p2;... ; pn. Isto contradiz a suposição de que existe uma quantidade limitada de números primos.

6) Dê três demonstração diferentes do Teorema de Pitágoras.

Por comparação de áreas

1. Desenha-se um quadrado de lado
2. De modo a subdividir este quadrado em quatro retângulos, sendo dois deles quadrados de lados, respectivamente, e : Traça-se dois segmentos de reta paralelos a dois lados consecutivos do quadrado, sendo cada um deles interno ao quadrado e com o mesmo comprimento que o lado do quadrado;
3. Divide-se cada um destes dois retângulos em dois triângulos retângulos, traçando-se as diagonais. Chama-se o comprimento de cada diagonal;
4. A área da região que resta ao retirar-se os quatro triângulos retângulos é igual a
5. Desenha-se agora o mesmo quadrado de lado mas coloca-se os quatro triângulos retângulos noutra posição dentro do quadrado: a posição que deixa desocupada uma região que é um quadrado de lado
6. Assim, a área da região formada quando os quatro triângulos retângulos são retirados é igual a

Como representa a área do quadrado maior subtraída da soma das áreas dos triângulos retângulos, e representa a mesma área, então . Ou seja: num triângulo retângulo o quadrado da hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos.

Por semelhança de triângulos

Demonstração que utiliza o conceito de semelhança: os triângulos ABC, ACH e CBH têm a mesma forma, diferindo apenas pelas suas posições e tamanhos.

Esta demonstração se baseia na proporcionalidade dos lados de dois triângulos semelhantes, isto é, que a razão entre quaisquer dois lados correspondentes de triângulos semelhantes é a mesma, independentemente do tamanho dos triângulos.

Sendo ABC um triângulo retângulo, com o ângulo reto localizado em C, como mostrado na figura. Desenha-se a altura com origem no ponto C, e chama-se H sua intersecção com o lado AB. O ponto H divide o comprimento da hipotenusa, c, nas partes d e e. O novo triângulo, ACH, é semelhante ao triângulo ABC, pois ambos tem um ângulo reto, e eles compartilham o ângulo em A, significando que o terceiro ângulo é o mesmo em ambos os triângulos também,^[14] marcado como θ na figura. Seguindo-se um raciocínio parecido, percebe-se que o triângulo CBH também é semelhante à ABC. A semelhança dos triângulos leva à igualdade das razões dos lados correspondentes:

O primeiro resultado é igual ao cosseno de cada ângulo θ e o segundo resultado é igual ao seno.

Estas relações podem ser escritas como:

Somando estas duas igualdades, obtém-se

que, rearranjada, é o teorema de Pitágoras:

Uma variante

Usando a mesma figura da demonstração acima, após ser mostrado que ΔABC, ΔACH e ΔCBH são semelhantes, pode-se demonstrar o teorema de Pitágoras usando-se o fato de que "a razão entre as áreas de triângulos semelhantes é igual ao quadrado da razão entre lados correspondentes", da seguinte forma: Chamando-se a área de ΔABC de x, a área de ΔACH é x*(b/c)², e a área de ΔCBH é x*(a/c)² (pois c, b e a são as hipotenusas de ΔABC, ΔACH e ΔCBH, respectivamente). Então, como a área do triângulo inteiro é a soma das áreas dos dois triângulos menores, tem-se x*(a/c)² + x*(b/c)² = x, então (a/c)² + (b/c)² = 1, então a² + b² = c².

Demonstração de Bhaskara

A análise da figura da direita permite computar a área do quadrado construído sobre a hipotenusa de um triângulo retângulo: ela é quatro vezes a área desse triângulo mais a área do quadrado restante, de lado (b−a). Equacionando-se, segue que:

Logo:

(o termo (b-a)² é um produto notável)

(por comutatividade da multiplicação: 2ab = 2ba)