thegoodfellas/blogset-br huggingface dataset:
Luminoso com reparo da Lona "Translucida", feito p/ o Restaurante e Choperia Cida's;Tamanho: 1,25x1,25. O grafico abaixo representa o traco da curva parametrizada diferenciavel plana$ \alpha(t) = ( e^{sen(t)} - 2 cos(4t)) ( cos(t), sen(t) ) $, para $ t \in R $A respeito dessa curva, avalie as afirmacoes a seguir:$ \alpha $ e injetiva no intervalo $ ( 0, 2 \pi ) $ .$ \alpha $ tem curvatura constante.$ \alpha ( t + 2 \pi ) = \alpha ( t ) $ para $ t \in R $$ \alpha $ tem vetor tangente unitario em $ t = 0 $ com $ \alpha ' ( 0 ) = ( -1, 0 ) $.O traco de $ \alpha $ esta contido em um circulo de raio $ r < ( e + 2 ) $ .E correto apenas o que se afirma em:III e III e IVIII e VIII, IV e VResposta D:Vamos analisar as afirmacoes dadas:I - Incorreto.Pelo grafico de $ \alpha $ claramente ve-se que a curva nao e injetiva, por exemplo substitua $ t = \frac{\pi}{4} $ e $ t = \frac{3 \pi}{4} $.II - Incorreto.Basta observar a curva apresentada na figura.III - Correto.Ok. pois o periodo de $ \alpha $ e igual a $ 2 \pi $ .IV - Incorreto.Pois $ \alpha ' (0) = ( -1, 1 ) $ que nao e um vetor unitario. V - Correto.Basta observar a curva apresentada na figura, considerando que $ e + 2 > 5,7 $. Rules of Inference and Logic ProofsBruce IkenagaBruce Ikenaga e professor de Matematica na Millersville University Pennsylvania - USA. Este texto, faz parte de uma colecao de notas de aulas sobre tecnicas de provas matematicas, que podem ser acessadas na pagina Notes on Math Proof (traduzido e publicado com a permissao do autor).Uma prova e uma argumentacao a partir das hipoteses ( suposicoes ) ate uma conclusao. Cada passo da argumentacao segue as leis da logica. Em matematica, uma declaracao nao e aceita como valida ou correta se nao for acompanhada de uma prova. Esta insistencia na prova e uma das caracteristicas que diferenciam a matematica de outros assuntos.Escrever provas e dificil, nao ha procedimentos que voce possa seguir que garantam o sucesso. Os padroes que as provas seguem sao complicados, e ha um monte deles. Voce nao pode esperar conseguir fazer as provas seguindo regras, memorizando formulas ou olhando alguns exemplos em um livro.Por este motivo, vou comecar por discutir as provas logicas. Uma vez que elas sao mais padronizadas do que a maioria das provas, elas sao um bom lugar por onde comecar. Elas devem ser escritas em formato de coluna, com cada passo justificado por uma regra de inferencia. A maioria das regras de inferencia vira de tautologias. Uma vez que uma tautologia e uma afirmacao que e "sempre verdadeira" , faz sentido usa-las para tirarmos conclusoes.Como a maioria das provas, as de logica geralmente comecam com as premissas, que sao declaracoes que voce esta autorizado a assumir como sendo verdadeiras. A conclusao e a afirmacao que voce precisa provar. A ideia
e operar sobre as premissas, utilizando as regras de inferencia ate chegar a conclusao.Regra das Premissas. Voce pode escrever uma premissa em qualquer ponto de uma prova.A segunda regra de inferencia voce vai usar na maioria das provas de logica. As vezes e chamada de modus ponendo ponens, mas usarei um nome mais curto.Modus Ponens. (do Latim e significa modo de afirmar) Se voce sabe $P$ e $P \rightarrow Q$, entao voce pode escrever $Q$ (considerar Q verdadeira).Nas regras de inferencia, e entendido que simbolos como "P" e "Q" podem ser substituidos por quaisquer declaracoes, incluindo sentencas compostas.Exemplo. Aqui esta um exemplo simples de modus ponens. Suponha que $P$ e $P \rightarrow Q$ sao premissas. Entao eu posso usar modus ponens para derivar $Q$:$$\begin{matrix}1. & P & \text{Premissa} \\2. & P \rightarrow Q & \text{Premissa} \\3. & Q & \text{Modus Ponens (1,2)}\end{matrix}$$Vou escrever as provas de logica em 3 colunas. As demonstracoes em provas logicas sao numeradas para que voce possa referencia-las, e os numeros vao na primeira coluna. As demonstracoes reais ficam na segunda coluna. A terceira coluna contem a sua justificativa para a sentenca escrita na coluna 2. Assim, as declaracoes 1 $(P)$ e 2 $(P \rightarrow Q)$ sao premissas, entao a regra das premissas me permitem escreve-las. O Modus ponens diz que, se eu ja escrevi $P$ e $P \rightarrow Q$ em quaisquer das linhas anteriores, em qualquer ordem, entao eu posso escrever $Q$. Eu fiz isso na linha 3 , citando a regra ("Modus ponens") e as linhas ( 1 e 2 ) , que continham as declaracoes que eu precisava para aplicar o modus ponens.Aqui esta outro exemplo.$$\begin{matrix}1. & (A \vee \neg B) \rightarrow \neg C & \text{Premissa} \\2. & \neg D & \text{Premissa} \\3. & (A \vee \neg B) & \text{Premissa} \\4. & \neg C & \text{Modus Ponens (1,3)} \\\end{matrix}$$Ha varias coisas a serem observadas aqui. Em primeiro lugar, $(A \vee \neg B)$ esta tomando o lugar de $P$ na regra modus ponens, e $\neg C$ esta tomando o lugar de $Q$. Como comentei antes deste exemplo, "P" e "Q" podem ser quaisquer sentencas, incluindo declaracoes compostas.Observe tambem que a sentenca se-entao, $(A \vee \neg B) \rightarrow \neg C$ , e listada primeiro e a $\neg C$ e listada em segundo lugar. Nao importa qual tenha sido escrita em primeiro lugar, desde que ambas foram escritas antes de aplicar modus ponens.Finalmente, a declaracao $ \neg D $ nao participou no passo do modus ponens. Talvez seja parte de uma prova maior, e $ \neg D $ sera utilizada mais tarde . O fato de $ \neg D $ ficar entre as duas pecas modus ponens nao faz diferenca.Dupla negacao. Em qualquer declaracao, voce pode substituir $P$ por $ \neg \neg P $ ou $ \neg \neg P $ por $ P $ e escrever abaixo a nova sentenca.Exemplo. Neste exemplo, eu estou aplicando dupla negacao com $P$ substituido por $ A \rightarrow \neg C $:$$\begin{matrix}1. & \neg [ \neg ( A \rightarrow \neg C ) ] & \text{Premissa} \\2. & A \rightarrow \neg C & \text{Dupla
negacao (1)} \end{matrix}$$A Dupla negacao surge muitas vezes, o suficiente para que, como um atalho, eu vou muitas vezes pular uma etapa e usa-la sem mencionar isso nos exemplos de algumas das outras regras de inferencia .Modus tollens. (do Latim e significa modo que nega) Se voce souber $ \neg Q $ e $ P \rightarrow Q $, voce pode escrever $ \neg P $.Exemplo. Aqui esta um exemplo simples de Modus tollens:$$\begin{matrix}1. & \neg Q & \text{Premissa}\\2. & P \rightarrow Q & \text{Premissa}\\3. & \neg P & \text{Modus tollens (1,2)}\\\end{matrix}$$No proximo exemplo, eu estou aplicando modus tollens com $ P $ substituido por $ C $ e $ Q $ substituido por $ A \rightarrow B $:$$\begin{matrix}1. & \neg (A \rightarrow B) & \text{Premissa}\\2. & C \rightarrow (A \rightarrow B) & \text{Premissa}\\3. & \neg C & \text{Modus tollens (1,2)}\\\end{matrix}$$Silogismo disjuntivo. Se voce souber $ \neg P $ e $ P \vee Q $, voce pode escrever $ Q $.Exemplo. Aqui esta a forma mais simples de silogismo disjuntivo:$$\begin{matrix}1. & \neg P & \text{Premissa}\\2. & P \vee Q & \text{Premissa}\\3. & Q & \text{Silogismo disjuntivo (1,2)}\\\end{matrix}$$No proximo exemplo, estou aplicando silogismo disjuntivo, com $ A \vee B $ substituindo $ P $ e $ D $ substituindo $ Q $ na regra:$$\begin{matrix}1. & \neg (A \vee B) & \text{Premissa}\\2. & (A \vee B) \vee D & \text{Premissa}\\3. & D & \text{Silogismo disjuntivo (1,2)}\\\end{matrix}$$No proximo exemplo, observe que $ P $ e o mesmo que $ \neg \neg P $, por isso e a negacao de $ \neg P $.$$\begin{matrix}1. & P & \text{Premissa}\\2. & \neg P \vee (Q \rightarrow R) & \text{Premissa}\\3. & Q \rightarrow R & \text{Silogismo disjuntivo (1,2)}\\\end{matrix}$$Este foi um caso onde eu saltei o passo da dupla negacao. Sem pular o passo, a prova ficaria assim:$$\begin{matrix}1. & P & \text{Premissa}\\2. & \neg P \vee (Q \rightarrow R) & \text{Premissa}\\3. & \neg \neg P & \text{Dupla negacao}\\4. & Q \rightarrow R & \text{Silogismo disjuntivo (1,2)}\\\end{matrix}$$Lei de DeMorgan. Em qualquer declaracao, voce pode substituir:$$\begin{matrix}1. & \neg (P \vee Q) & \text{por} & \neg P \wedge \neg Q \\2. & \neg P \wedge \neg Q & \text{por} & \neg (P \vee Q) \\3. & \neg(P \wedge Q) & \text{por} & \neg P \vee \neg Q \\4. & \neg P \vee \neg Q & \text{por} & \neg (P \wedge Q) \\\end{matrix}$$Como de costume, depois de ter substituido, voce anota a nova declaracao.A lei de DeMorgan nos diz como distribuir $\neg$ atraves de $\vee$ ou $ \wedge $, ou como retirar $\neg$ de $ \vee $ ou $ \wedge $ . Para distribuir, voce anexa $\neg$ em cada termo, em seguida, troca $ \vee $ por $ \wedge $ ou $ \wedge $ por $ \vee $. Para retirar, voce tira $\neg$ de cada termo , em seguida, troca $\vee$ por $ \wedge $ ou $ \wedge $ por $\vee$.Exemplo.$$\begin{matrix}1. & \neg ( \neg P \vee \neg Q) & \text{Premissa} \\2. & P \wedge Q & \text{DeMorgan (1)}\end{matrix}$$Observe que a aplicacao literal de DeMorgan teria dado $ \neg \neg P \wedge \neg \neg Q
$. Eu mudei isso para $ P \wedge Q $, suprimindo a etapa da dupla negacao.Construindo uma conjuncao. Se voce sabe que $ P $ e $ Q $, voce pode escrever $ P \wedge Q $.Exemplo. Neste exemplo, observe que eu coloquei as pecas em parenteses para agrupa-las apos construir a conjuncao.$$\begin{matrix}1. & P \iff Q & \text{Premissa} \\2. & P \vee Q & \text{Premissa} \\3. & (P \iff Q) \wedge (P \vee Q) & \text{Construindo uma Conjuncao (1,2)}\end{matrix}$$Regra do Silogismo. Se voce souber $ P \rightarrow Q $ e $ Q \rightarrow R $, entao voce pode escrever $ P \rightarrow R $.Exemplo. A Regra do Silogismo diz que voce pode encadear os silogismos. Por exemplo:$$\begin{matrix}1. & P \rightarrow ( Q \vee R) & \text{Premissa} \\2. & (Q \vee R) \rightarrow \neg S & \text{Premissa} \\3. & P \rightarrow \neg S & \text{Regra do Silogismo (1,2)}\end{matrix}$$Definicao de Bicondicional. Se voce sabe $ P \iff Q $, voce pode escrever $P \rightarrow Q $ e voce pode escrever $ Q \rightarrow P $. Se voce sabe $ P \rightarrow Q $ e $ Q \rightarrow P $, voce pode escrever $ P \iff Q $.Exemplo.$$\begin{matrix}1. & P \iff Q & \text{Premissa} \\2. & Q & \text{Premissa} \\2. & Q \rightarrow P & \text{Def. de Bicondicional (1)} \\3. & P & \text{Modus Ponens (2,3)}\end{matrix}$$Decompondo uma conjuncao. Se voce souber $ P \wedge Q $, voce pode escrever $ P $ e voce pode escrever $ Q $.Exemplo. Voce pode decompor uma conjuncao para obter as pecas individuais:$$\begin{matrix}1. & P \wedge (Q \iff \neg R) & \text{Premissa} \\2. & P & \text{Decompondo uma conjuncao (1)} \\2. & Q \iff \neg R & \text{Decompondo uma conjuncao (1)}\end{matrix}$$Note que voce nao pode decompor uma disjuncao!$$\begin{matrix}1. & P \vee Q & \text{Premissa} \\2. & \text{???} & \text{Errado!}\end{matrix}$$Sabendo que $ P \vee Q $ e verdade, voce sabe que ou $ P $ ou $ Q $ deve ser verdade. O problema e que voce nao sabe qual e, entao voce nao pode assumir que qualquer uma delas, em especial, seja verdade.Construindo uma disjuncao. Se voce sabe $ P $, e $ Q $ e qualquer declaracao, entao voce pode escrever $ P \vee Q $.Exemplo. Se voce sabe que uma sentenca e verdadeira, voce pode fazer um "ou" dela com qualquer outra sentenca para construir uma disjuncao.$$\begin{matrix}1. & P & \text{Premissa} \\2. & P \vee (\text{Calvin dorme com a luz acesa}) & \text{Construindo uma disjuncao (1)}\end{matrix}$$Note que nao importa o que a outra afirmacao e!Comutatividade das Conjuncoes. Em qualquer declaracao, voce pode substituir $ P \wedge Q $ por $ Q \wedge P $ ( e escrever a nova declaracao ) .Comutatividade das disjuncoes. Em qualquer declaracao, voce pode substituir $ P \vee Q $ por $ Q \vee P $ ( e escrever a nova declaracao ) .Exemplo. As regras de comutatividade sao tao faceis que com frequencia eu as uso sem mencao explicita. Elas dizem que voce pode escrever os termos em uma sentenca "ou" ou numa sentenca "e" em qualquer ordem.Aqui esta a
comutatividade da conjuncao :$$\begin{matrix}1. & P \wedge \neg Q & \text{Premissa} \\2. & \neg Q \wedge P & \text{Comutatividade (1)}\end{matrix}$$Aqui esta a comutatividade para uma disjuncao :$$\begin{matrix}1. & (Q \rightarrow P) \vee R & \text{Premissa} \\2. & R \vee (Q \rightarrow P) & \text{Comutatividade (1)}\end{matrix}$$Antes de dar alguns exemplos de provas de logica, eu vou explicar de onde as regras de inferencia vem. Voce provavelmente ja percebeu que as regras de inferencia correspondem a tautologias. Na verdade, voce pode comecar com as tautologias e usar um pequeno numero de regras simples de inferencia para derivar todas as outras regras de inferencia .Tres dessas regras simples foram citadas acima: A Regra das Premissas, o Modus Ponens e Construindo uma conjuncao. Aqui estao outras duas:Equivalencia. Voce pode substituir uma declaracao por outra que lhe seja logicamente equivalente. Lembre-se que $ P $ e $ Q $ sao logicamente equivalentes se e somente se $ P \iff Q $ e uma tautologia.Por exemplo, uma vez que $ P $ e $ \neg \neg P $ sao logicamente equivalentes, voce pode substituir $ P $ por $ \neg \neg P $ ou $ \neg \neg P $ por $ P $. Esta e a dupla negacao.Substituicao. Voce pode pegar uma tautologia conhecida e substituir em sentencas simples.Exemplo. A tautologia Silogismo Disjuntivo diz $ ( \neg P \wedge ( P \vee Q )) \rightarrow Q, suponha que voce tenha $ \neg ( A \wedge D ) $ e $ (A \wedge D) \vee C $ como premissas. Veja como voce pode aplicar as regras de inferencia simples e a tautologia do Silogismo Disjuntivo:$$\begin{matrix}1. & \neg (A \wedge D) & \text{Premissa} \\2. & (A \wedge D) \vee C & \text{Premissa} \\3. & \neg (A \wedge D) \wedge ((A \wedge D) \vee C) & \text{Constr. conjuncao (1,2)} \\4. & \neg (A \wedge D) \wedge ((A \wedge D) \vee C) \rightarrow C & \text{Subst. (Silogismo Disjuntivo) (3)} \\5. & C & \text{Modus Ponens (3,4)}\end{matrix}$$Repare que eu usei quatro das cinco regras de inferencia simples: a Regra das Premissas, Modus Ponens, Construindo uma Conjuncao, e Substituicao . Na linha 4, eu usei a tautologia do silogismo disjuntivo $ (( \neg P \wedge ( P \vee Q )) \rightarrow Q) $ substituindo $ (A \wedge D ) $ por $ P $ e $ C $ por $ Q $. ( Algumas pessoas usam a palavra " instanciacao " para este tipo de substituicao. )A vantagem dessa abordagem e que voce tem apenas cinco regras simples de inferencia. A desvantagem e que as provas tendem a ser mais longas. Com a abordagem que vou usar, o silogismo disjuntivo e uma regra de inferencia, e a prova e:$$\begin{matrix}1. & \neg (A \wedge D) & \text{Premissa} \\2. & (A \wedge D) \vee C & \text{Premissa} \\3. & C & \text{Silogismo Disjuntivo (1,2)}\end{matrix}$$A abordagem que eu estou usando transforma as tautologias em regras de inferencia de antemao, e por isso voce nao vai precisar usar as regras de Equivalencia e Substituicao muitas vezes. Mas voce tem permissao para usa-las, e aqui e onde elas podem
ser uteis. Suponha que voce esta escrevendo uma prova e voce gostaria de usar uma regra de inferencia, mas ela nao foi mencionada acima. Anote a declaracao logica correspondente, em seguida, construa uma tabela verdade para provar que e uma tautologia (se ela nao estiver na lista de tautologias ). Em seguida, faca uma Substituicao para usar sua nova tautologia.Se voce fosse fazer uma pizza, uma abordagem seria comprar os ingredientes, a massa, o molho, o queijo, as coberturas, etc., levar tudo para casa, montar a pizza, e coloca-la no forno. Usando tautologias juntamente com as cinco regras de inferencia simples e como fazer a pizza a partir do zero. Mas voce tambem pode ir ao mercado e comprar uma pizza congelada, leva-la para casa e coloca-la no forno. Usando muitas regras de inferencia que vem de tautologias, a abordagem que vou usar, e como comecar a partir da pizza congelada.A seguir estao algumas provas que utilizam as regras de inferencia. Em cada caso, algumas premissas, declaracoes que sao assumidas como verdadeiras, sao dadas, assim como uma sentenca a provar. A prova consiste em utilizar as regras de inferencia para produzir a sentenca a provar a partir das premissas. Exemplo. Premissas:$ \neg A \rightarrow ( C \wedge D ) $, $ A \rightarrow B $, $ \neg B $.Prove: $ C $.$$\begin{matrix}1. & A \rightarrow D & \text{Premissa} \\2. & \neg B & \text{Premissa} \\3. & \neg A & \text{Modus tollens (1,2)} \\4. & \neg A \rightarrow ( C \wedge D ) & \text{Premissa} \\5. & C \wedge D & \text{Modus Ponens (3,4)} \\6. & C & \text{Decompondo uma conjuncao (5)}\end{matrix}$$Uma coisa e ver que os passos estao corretos, outra coisa e ver como voce pensaria para faze-los. Eu usei a minha experiencia com formas logicas combinadas com o metodo de trabalhar para tras ( do fim para o comeco ).Estou tentando provar $ C $, entao eu olhei para declaracoes contendo $ C $. Apenas a primeira premissa contem $ C $. Vi que $ C $ estava contida na consequente de um se-entao, por modus ponens, a consequente segue se voce sabe o antecedente.O antecedente da primeira premissa e $ \neg A $. Por isso, procurei outra premissa contendo um ou $ A $ ou $ \neg A $. A unica outra premissa contendo $ A $ e a segunda. Neste caso, $ A $ aparece como o antecedente de um se-entao. Por modus tollens, $ \neg A $ decorre da negacao do consequente $ B $. Mas eu notei que eu tinha $ \neg B $ como premissa, entao tudo o que restava era executar todos os passos para a frente e escrever tudo.A fim de fazer isso, eu precisava ter uma boa familiaridade com as regras basicas de inferencia: Modus ponens, modus tollens, e assim por diante. Voce vai adquirir essa familiaridade escrevendo provas logicas.Voce tambem tem que se concentrar, a fim de lembrar-se onde voce esta a medida que voce trabalha para tras. Voce pode precisar rascunhar coisas no papel para evitar confusao. Continue a praticar, e
voce descobrira que as provas ficam mais faceis com o tempo e a pratica.Exemplo. Premissas: $ P \wedge Q, P \rightarrow \neg (Q \wedge R), S \rightarrow R $Prove: $ \neg S $.$$\begin{matrix}1. & P \wedge Q & \text{Premissa} \\2. & P & \text{Decompondo uma conjuncao (1)} \\3. & Q & \text{Decompondo uma conjuncao (1)} \\4. & P \rightarrow \neg (Q \wedge R) & \text{Premissa} \\5. & \neg (Q \wedge R) & \text{Modus Ponens (3,4)} \\6. & \neg Q \vee \neg R & \text{DeMorgan (5)} \\7. & \neg R & \text{Silogismo Disjuntivo (3,6)} \\8. & S \rightarrow R & \text{Premissa} \\9. & \neg S & \text{Modus Tollens (7,8)}\end{matrix}$$Exemplo. Premissas: $ \neg (A \vee B) \rightarrow C, \neg A, \neg C $Prove: $ B $.$$\begin{matrix}1. & \neg ( A \vee B ) \rightarrow C & \text{Premissa} \\2. & \neg C & \text{Premissa} \\3. & A \vee B & \text{Modus tollesn (1,2)} \\4. & \neg A & \text{Premissa} \\5. & B & \text{Silogismo Disjuntivo (3,4)}\end{matrix}$$Observe que no passo 3, eu poderia ter escrito $ \neg \neg ( A \vee B ) $. Eu omiti o passo da dupla negacao, como tenho feito em outros exemplos.Copyright 2009 by Bruce Ikenaga.
Para resolver a equacao $ x^2 = cos(x) $ utiliza-se a Formula de Taylor da funcao $ cos(x) $. Considerando essa observacao, analise as afirmacoes a seguir:As raizes dessa equacao, obtidas com uma aproximacao de segunda ordem na formula de Taylor, sao $ \pm \frac{\sqrt{6}}{3} $.O erro de truncamento de uma aproximacao de segunda ordem para $ cos(x) $ e limitado por $ \frac{\left | x^3 \right |}{6} $.Ao usar aproximacoes de quarta ordem em vez de aproximacoes de segunda ordem para $ cos(x) $, os erros de truncamento sao reduzidos em 25%.E correto apenas o que se afirma em:IIIIIII e IIII e IIIResposta D:Vamos analisar as afirmacoes dadas:I - Correto.A expansao de Taylor, de segunda ordem, para $ cos(x) $ e: $ cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2!} $, entao a equacao dada fica assim:$ x^2 = 1 - \frac{x^2}{2} \iff x^2 = \frac{2}{3} $ e portanto as raizes sao $ \pm \frac{\sqrt{6}}{3} $.II - correto.Sim pois o (n+1)-esimo termo da expansao de Taylor determina o erro de truncamento. Como temos $ n=2 $ entao $ n+1=3 $ e o erro e limitado por $ \left | \frac{x^3}{3!} \right | $.III - Incorreto.Obviamente que pelas alternativas dadas na questao nao haveria a necessidade de avaliar essa afirmacao. Mas podemos verificar que, usando $ \frac{\pi}{6} $ como exemplo temos que o valor exato de seu cosseno e $ 0.5 $.Usando a serie de Taylor de segunda ordem temos o valor de $ 0,45169 $ o que implica em um erro de aproximadamente 10% . Usando a expansao de quarta ordem, $ 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} $, nos obtemos um valor de $ 0,50180 $ para o cosseno, isto significa praticamente 0% de erro. Considerando $ E $ um espaco metrico, $ A \subset E $ um conjunto aberto e $ (x_n) \subset E $ uma sequencia convergente para $ p \in A $, analise as afirmacoes abaixo.O complementar de $ A $ e fechado em $ E $.Toda vizinhanca aberta de $ p $ esta contida em $ A $.$ x_n \in A $, para todo $ n $ suficientemente grande.E correto apenas o que se afirma em: IIIIIII e III e IIIResposta E:Vamos, entao, analisar as afirmacoes:I. CorretoNum espaco metrico o complementar de aberto e fechado e vice-versa (e um teorema).II. IncorretoUma vizinhanca aberta de $ p \in A $ pode conter pontos em $ A $ e pontos na fronteira de $ A $.III. CorretoTambem e um teorema: Se $ p $ e um ponto limite de um conjunto $ A $ , entao toda vizinhanca de $ p $ contem infinitos pontos de $ A $. Considere a transformacao linear $ T: R^2 \rightarrow R^2 $ definidapor $ T(x,y) = (2x + 6y, 6x + 2y) $. Com relacao a esseoperador, analise as assercoes a seguir. O nucleo de $ T $ e um subespaco vetorial de $ R^2 $ de dimensao 1. PORQUE $ T $ e um operador normal. A respeito dessas assercoes, assinale a opcao correta.A. As duas assercoes sao proposicoes verdadeiras, e a segunda e
uma justificativa correta da primeira.B. As duas assercoes sao proposicoes verdadeiras, mas a segunda nao e uma justificativa correta da primeira.C. A primeira assercao e uma proposicao verdadeira, e a segunda, uma proposicao falsa.D. A primeira assercao e uma proposicao falsa, e a segunda, uma proposicao verdadeira.E. Tanto a primeira quanto a segunda assercoes sao proposicoes falsas.Resposta D:Vamos analisar a primeira assercao: O nucleo de $ T $ e um subespaco vetorial de $ R^2 $ de dimensao 1.Seja $ N(T) $ o nucleo da transformacao, entao: $ N(T) = \left \{ (x,y) \in R^2; T(x,y) = (0,0) \right \} $. Dessa forma:$ (2x + 6y, 6x + 2y) = (0, 0) $, entao$ 2x + 6y = 0 $ e $ 6x + 2y = 0 $ , que desenvolvendo nos da $ x = 0 $ e $ y = 0 $. Portanto $ N(T) = (0, 0) $ cuja dimensao e $ 0 $. Ou seja, a primeira assercao e uma proposicao falsaAgora vejamos a segunda assercao: $ T $ e um operador normal. Diremos que $ T $ e normal se $ T \circ T^* = T^* \circ T $.Primeiramente vamos encontrat $ T^* $:$ \left \langle (a,b) , T(x,y) \right \rangle $$ = \left \langle (a,b) , (2x + 6y, 6x + 2y) \right \rangle $$ = a \cdot (2x + 6y) + b \cdot (6x + 2y) $$ = 2ax + 6ay + 6bx + 2by $$ = (2a + 6b)x + (6a + 2b)y $$ = \left \langle (2a + 6b, 6a + 2b) , (x,y) \right \rangle $Logo $ T^*(a,b) = (2a + 6b, 6a + 2b) $, assim:$ T \circ T^* = T(2a + 6b, 6a + 2b) $$ = ( 2(2a + 6b) + 6(6a + 2b), 6(2a + 6b) + 2(6a + 2b) ) $, e portanto$ T \circ T^* = ( 40a + 24b, 24a + 40b ) $.Por outro lado, temos:$ T^* \circ T = T^*(2x + 6y, 6x + 2y) $$ = ( 2(2x + 6y) + 6(6x + 2y), 6(2x + 6y) + 2(6x + 2y) ) $, e portanto$ T^* \circ T = ( 40x + 24y, 24x + 40y ) $.Logo $ T \circ T^* = T^* \circ T $ e a segunda assercao e uma proposicao verdadeira.