\documentclass[12pt, a4paper]{report}
 
\newcounter{conta}
\newcounter{conta2}
\begin{document} \footnotesize

\noindent Bacharelado em Ci\^{e}ncia da Computa\c{c}\~{a}o
\hfill DCC/ICEx/UFMG \\
{\it Matem\'{a}tica Discreta}
\hfill $\mbox{1}^{\mbox{\underline{o}}}$ semestre de 2001 \\
Professor: Newton Jos\'{e} Vieira \hfill http://www.dcc.ufmg.br/\verb+~+nvieira \\
{\bf Segunda Lista de Exerc\'{\i}cios/Solu\c c\~ao de Exerc\'{\i}cios Selecionados}

\begin{description}
 \item[Aten\c c\~ao:] As primeiras quest\~oes apresentam um {\bf rascunho}, a {\bf estrutura l\'ogica
        da prova}  e a {\bf prova} propriamente dita. Evidentemente, o importante mesmo \'e
        a prova obtida. O rascunho foi introduzido para ressaltar {\em como\/} a prova foi obtida.
        E a {\em estrutura l\'ogica\/} da prova, para que fiquem bem expl\'{\i}citos os m\'etodos
        de prova utilizados. Esta \'ultima, al\'em de ser uma ``interpreta\c c\~ao l\'ogica'' da
        prova, serve tamb\'em como uma ``ponte'' entre o rascunho e a prova.
\end{description}

\begin{description} \footnotesize
 \item[Se\c c\~ao 3.1] \ 

 
  \begin{enumerate}

   \item[4.] {\em Suponha que $A\backslash B\subseteq C\cap D$ e $x\in A$. Prove que se
             $x\not\in D$ ent\~ao $x\in B$.}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Rascunho:}

             Inicialmente, tem-se:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $A\backslash B\subseteq C\cap D$ & & $x\not\in D\rightarrow x\in B$ \\
              $x\in A$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica de prova pela contrapositiva:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $A\backslash B\subseteq C\cap D$ & & $x\in D$ \\
              $x\in A$ \\
              $x\not\in B$
             \end{tabular}
             \end{center}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Estrutura l\'ogica da prova:}

             \begin{tabbing}
              xxx\=  \kill
              Suponha que $x\not\in B$. \\
                 \>[prova de $x\in D$] \\
              Portanto, se $x\not\in D$ ent\~ao $x\in B$.
             \end{tabbing}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Prova}

             Ser\'a feita uma prova pela contrapositiva. Assim, suponha que $x\not\in B$.
             Neste caso, como $x\in A$ e $A\backslash B\subseteq C\cap D$, segue-se que $x\in C\cap D$.
             Logo, $x\in D$. Portanto, se $x\not\in D$ ent\~ao $x\in B$.

 \item[Se\c c\~ao 3.2] \ 

   \item[3.] {\em Suponha que $A\cap C\subseteq B$ e $a\in C$. Prove, por contradi\c c\~ao,
             que $a\not\in A\backslash B$.}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Rascunho}

             Inicialmente, tem-se:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $A\cap C\subseteq B$ & & $a\not\in A\backslash B$ \\
              $a\in C$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica de prova por contradi\c c\~ao:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $A\cap C\subseteq B$ & & uma contradi\c c\~ao \\
              $a\in C$ \\
              $a\in A\backslash B$
             \end{tabular}
             \end{center}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Estrutura l\'ogica da prova:}

             \begin{tabbing}
              xxx\=  \kill
              Suponha que $a\in A\backslash B$. \\
                 \>[prova de uma contradi\c c\~ao] \\
              Portanto, $a\not\in A\backslash B$.
             \end{tabbing}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Prova:}

             Suponha que $a\in A\backslash B$. Neste caso, $a\in A$ e $a\not\in B$. De $a\in A$ e
             das hip\'oteses $A\cap C\subseteq B$ e $a\in C$, deduz-se que $a\in B$, o que
             contradiz a afirmativa $a\not\in B$. Portanto, $a\not\in A\backslash B$.

 \item[Se\c c\~ao 3.3] \ 

   \item[10.] {\em Suponha que $\mathcal{F}$ e $\mathcal{G}$ s\~ao fam\'{\i}lias n\~ao vazias de
             conjuntos. Prove que se $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$ ent\~ao
             $\cap\mathcal{G}\subseteq\cap\mathcal{F}$.}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Rascunho:}

             Inicialmente, tem-se:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\mathcal{F}\not=\emptyset$ & & $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}\rightarrow 
                                                          \cap\mathcal{G}\subseteq\cap\mathcal{F}$ \\
              $\mathcal{G}\not=\emptyset$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica de prova direta da implica\c c\~ao:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\mathcal{F}\not=\emptyset$ & & $\cap\mathcal{G}\subseteq\cap\mathcal{F}$ \\
              $\mathcal{G}\not=\emptyset$ \\
              $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Isto \'e o mesmo que (pela defini\c c\~ao de ``$\subseteq$''):
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\mathcal{F}\not=\emptyset$ & & $\forall x(x\in\cap\mathcal{G}\rightarrow x\in\cap\mathcal{F})$ \\
              $\mathcal{G}\not=\emptyset$ \\
              $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica do $x$ arbitr\'ario para ``$\forall$'':
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\mathcal{F}\not=\emptyset$ & & $x\in\cap\mathcal{G}\rightarrow x\in\cap\mathcal{F}$ \\
              $\mathcal{G}\not=\emptyset$ \\
              $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica de prova direta da implica\c c\~ao:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\mathcal{F}\not=\emptyset$ & & $x\in\cap\mathcal{F}$ \\
              $\mathcal{G}\not=\emptyset$ \\
              $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$ \\
              $x\in\cap\mathcal{G}$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Isto \'e o mesmo que (pela defini\c c\~ao de ``$\cap$'' aplicada a fam\'{\i}lia):
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\mathcal{F}\not=\emptyset$ & & $\forall A\in\mathcal{F}(x\in A)$ \\
              $\mathcal{G}\not=\emptyset$ \\
              $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$ \\
              $x\in\cap\mathcal{G}$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica do $x$ arbitr\'ario para ``$\forall$'':
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\mathcal{F}\not=\emptyset$ & & $x\in A$ \\
              $\mathcal{G}\not=\emptyset$ \\
              $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$ \\
              $x\in\cap\mathcal{G}$ \\
              $A\in\mathcal{F}$
             \end{tabular}
             \end{center}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Estrutura l\'ogica da prova:}

             \begin{tabbing}
              xxx\=xxx\=xxx\=xxx\=  \kill
              Suponha que $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$. \\
                 \>Seja $x$ arbitr\a'ario. \\
                 \> \> Suponha que $x\in\cap\mathcal{G}$. \\
                 \> \> \> Seja $A$ arbitr\a'ario tal que $A\in\mathcal{F}$. \\
                 \> \> \> \>[prova de $x\in A$] \\
                 \> \> \> Portanto, $\forall A\in\mathcal{F}(x\in A)$, ou seja, $x\in\cap\mathcal{F}$. \\
                 \> \> Portanto, $x\in\cap\mathcal{G}\rightarrow x\in\cap\mathcal{F}$. \\
                 \>Portanto,$\forall x(x\in\cap\mathcal{G}\rightarrow x\in\cap\mathcal{F})$, ou seja,
                         $\cap\mathcal{G}\subseteq\cap\mathcal{F}$. \\
              Portanto, $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}\rightarrow\cap\mathcal{G}\subseteq\cap\mathcal{F}$.
             \end{tabbing}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Prova:}

             Suponha que $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$. Seja $x$ arbitr\'ario tal que $x\in\cap\mathcal{G}$.
             Seja um conjunto $A$ arbitr\'ario tal que $A\in\mathcal{F}$. Como $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$,
             $A\in\mathcal{G}$. Como $x\in\cap\mathcal{G}$ e $A\in\mathcal{G}$, $x\in A$. Como $A$ \'e
             arbitr\'ario tal que $A\in\mathcal{F}$, segue-se que $x\in A$ para todo $A\in\mathcal{F}$, ou seja,
             $x\in\cap\mathcal{F}$. Como $x$ \'e arbitr\'ario tal que $x\in\cap\mathcal{G}$, conclui-se que
             $\cap\mathcal{G}\subseteq\cap\mathcal{F}$. Finalmente, deduz-se que se 
             $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{G}$ ent\~ao $\cap\mathcal{G}\subseteq\cap\mathcal{F}$.
             
   \item[11.] {\em Suponha que $\{A_i\,\,|\,\,i\in I\}$ \'e uma fam\'{\i}lia indexada de conjuntos. Prove que
             $\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)\subseteq\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$.}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Rascunho:}

             Inicialmente, tem-se:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              --- & & $\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)\subseteq\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$
             \end{tabular}
             \end{center}
             o que \'e o mesmo que (pela defini\c c\~ao de ``$\subseteq$''):
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              --- & & $\forall X(X\in\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)\rightarrow X\in\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica do $X$ arbitr\'ario para ``$\forall$'' e a t\'ecnica de prova direta
             da implica\c c\~ao:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $X\in\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)$ & & $X\in\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Isto \'e o mesmo que (pela defini\c c\~oes de $\cup_{i\in I}$ e de $\mathcal{P}$:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\exists i\in I(X\in\mathcal{P}(A_i))$ & & $X\subseteq\cup_{i\in I}A_i$
             \end{tabular}
             \end{center}
             o que \'e mesmo que (pela defini\c c\~ao de ``$\subseteq$''):
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\exists i\in I(X\in\mathcal{P}(A_i))$ & & $\forall x(x\in X\rightarrow x\in\cup_{i\in I}A_i)$
             \end{tabular}
             \end{center}
             Utilizando-se a t\'ecnica do $x$ arbitr\'ario para ``$\forall$'' e a t\'ecnica de prova direta
             da implica\c c\~ao:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\exists i\in I(X\in\mathcal{P}(A_i))$ & & $x\in\cup_{i\in I}A_i$ \\
              $x\in X$ \\
             \end{tabular}
             \end{center}
             o que \'e o mesmo que (pela defini\c c\~ao de ``$\cup_{i\in I}$''):
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $\exists i\in I(X\in\mathcal{P}(A_i))$ & & $\exists i\in I(x\in A_i)$ \\
              $x\in X$ \\
             \end{tabular}
             \end{center}
             Por instancia\c c\~ao existencial obt\'em-se:
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $i_0\in I$                & & $\exists i\in I(x\in A_i)$ \\
              $X\in\mathcal{P}(A_{i_0})$ \\
              $x\in X$ \\
             \end{tabular}
             \end{center}
             o que \'e o mesmo que (pela defini\c c\~ao de ``$\mathcal{P}$''):)
             \begin{center}
             \begin{tabular}{lcl}
              {\em Suposi\c c\~oes} &\ \ \ & {\em A provar} \\ \cline{1-1}\cline{3-3}
              $i_0\in I$                & & $\exists i\in I(x\in A_i)$ \\
              $X\subseteq A_{i_0}$ \\
              $x\in X$ \\
             \end{tabular}
             \end{center}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Estrutura l\'ogica da prova:}

             \begin{tabbing}
              xxx\=xxx\=xxx\=xxx\=  \kill
              Seja $X$ arbitr\a'ario tal que $X\in\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)$. \\
                 \> Seja $x$ arbitr\a'ario tal que $x\in X$. \\
                 \> \> [prova de $x\in\cup_{i\in I}A_i$] \\
                 \> Portanto, $\forall x(x\in X\rightarrow x\in\cup_{i\in I}A_i)$, ou seja, 
                      $X\subseteq\cup_{i\in I}A_i$, ou ainda, $X\in\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$. \\
              Portanto, $\forall X(X\in\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)\rightarrow X\in\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$, ou
              seja, $\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)\subseteq\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$.
              \end{tabbing}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Prova:}

             Seja um conjunto arbitr\'ario $X$ tal que $X\in\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)$, ou seja,
             existe $i\in I$ tal que $X\in \mathcal{P}(A_i)$. Seja $x$ arbitr\'ario tal que $x\in X$.
             Dado que existe $i\in I$ tal que $X\in \mathcal{P}(A_i)$, seja $i_0\in I$ um elemento tal
             que $X\in \mathcal{P}(A_{i_0})$, ou ainda, $X\subseteq A_{i_0}$. Como $x\in X$ e
             $X\subseteq A_{i_0}$, segue-se que $x\in A_{i_0}$. Assim, pode-se concluir que
             existe $i\in I$ tal que $x\in A_i$, ou seja, $x\in \cup_{i\in I}A_i$. Como $x$ \'e um
             elemento arbitr\'ario de $X$, deduz-se que $X\subseteq\cup_{i\in I}A_i$, ou seja,
             $X\in \mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$. E como $X$ \'e um conjunto arbitr\'ario de
             $\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)$, conclui-se finalmente que 
             $\cup_{i\in I}\mathcal{P}(A_i)\subseteq\mathcal{P}(\cup_{i\in I}A_i)$.

  \item[Se\c c\~ao 3.4] \ 

   \item[8.] {\em Prove que $A\subseteq B$ sse $\mathcal{P}(A)\subseteq\mathcal{P}(B)$.}

             \vspace*{1mm}
             {\bf Prova:}

             ($\rightarrow$) Suponha que $A\subseteq B$. Seja $X$ arbitr\'ario tal que $X\in\mathcal{P}(A)$,
                ou seja, $X\subseteq A$. De $A\subseteq B$ e $X\subseteq A$ segue-se que $X\subseteq B$, ou seja,
                $X\in\mathcal{P}(B)$. Assim, como $X$ \'e arbitr\'ario $\mathcal{P}(A)\subseteq\mathcal{P}(B)$.

             ($\leftarrow$) Suponha que $\mathcal{P}(A)\subseteq\mathcal{P}(B)$. Segue-se, ent\~ao, que para
                todo conjunto $X$, se $X\in\mathcal{P}(A)$ ent\~ao $X\in\mathcal{P}(B)$. Em particular, como
                $A\in\mathcal{P}(A)$, $A\in\mathcal{P}(B)$. Em outras palavras, $A\subseteq B$.
                   
  \item[Se\c c\~ao 3.5] \ 

   \item[7.]{\em Suponha que $\mathcal{F}$ e $\mathcal{G}$ s\~ao fam\'{\i}lias n\~ao vazias de
             conjuntos.}
             \begin{enumerate}
              \item[(a)] {\em Prove que $\cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})=(\cup\mathcal{F})\cup(\cup\mathcal{G})$.}

                     \vspace*{1mm}
                     {\bf Prova:}

                     \vspace*{.5mm}
                     \underline{\em Parte 1\/}: $\cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})\subseteq
                                                       (\cup\mathcal{F})\cup(\cup\mathcal{G})$.
                      Seja $x$ arbitr\'ario tal que $x\in\cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$, ou seja, existe
                      $C\in \mathcal{F}\cup\mathcal{G}$ tal que $x\in C$. Seja ent\~ao um $C_0$ tal que
                      $C_0\in \mathcal{F}\cup\mathcal{G}$ e $x\in C_0$. Ent\~ao $C_0\in \mathcal{F}$ ou
                      $C_0\in \mathcal{G}$. No primeiro caso, como $x\in C_0$, $x\in\cup\mathcal{F}$; e no
                      segundo, ainda como $x\in C_0$, $x\in\cup\mathcal{G}$. Assim, conclui-se que
                      $x\in\cup\mathcal{F}$ ou $x\in\cup\mathcal{G}$, ou seja, $x\in(\cup\mathcal{F})\cup
                      (\cup\mathcal{G})$. Como $x$ \'e elemento arbitr\'ario de $\cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$,
                      segue-se que $\cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})\subseteq
                      (\cup\mathcal{F})\cup(\cup\mathcal{G})$.

                     \vspace*{.5mm}
                      \underline{\em Parte 2\/}: $(\cup\mathcal{F})\cup(\cup\mathcal{G})\subseteq
                                                        \cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$.
                      Por contradi\c c\~ao. Suponha que existe um elemento $x$ tal que
                      $x\in(\cup\mathcal{F})\cup(\cup\mathcal{G})$ e $x\not\in\cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$.
                      Seja $x_0$ um tal elemento. Com isto, segue-se que: (1) $x_0\in\cup\mathcal{F}$ ou
                      $x_0\in\cup\mathcal{G}$ e (2) \'e falso que $x_0\in\cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$,
                      ou seja, \'e falso que exista conjunto $C\in \mathcal{F}\cup\mathcal{G}$ tal que
                      $x_0\in C$, ou ainda, $x_0\not\in C$ para todo conjunto $C$ em $\mathcal{F}\cup\mathcal{G}$.
                      Esta \'ultima contradiz (1). Portanto, $(\cup\mathcal{F})\cup(\cup\mathcal{G})\subseteq
                      \cup(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$.

              \item[(b)] {\em Voc\^e pode descobrir e provar um teorema similar sobre 
                                                                   $\cap(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$?}

                      Um teorema similar \'e: $\cap(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})=(\cap\mathcal{F})\cap
                      (\cap\mathcal{G})$.

                     \vspace*{1mm}
                     {\bf Prova:}

                     (Pode-se fazer uma prova similar \`a do item anterior. Abaixo ser\'a apre\-sen\-ta\-da uma
                     prova no estilo ``encadeamento de se, e somente se's'', o que poderia ter sido feito
                     tamb\'em no item anterior.)

                     Basta provar que $x\in\cap(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$ se, e somente se,
                     $x\in(\cap\mathcal{F})\cap (\cap\mathcal{G})$ para todo $x$. Para isto, seja $x$ um elemento
                     arbitr\'ario. Tem-se:

                     \begin{tabbing}
                      $x\in\cap(\mathcal{F}\cup\mathcal{G})$ \=sse $\forall C\in\mathcal{F}\cup\mathcal{G}(x\in C)$ \\
                        \>sse $\forall C(C\in\mathcal{F}\cup\mathcal{G}\rightarrow x\in C)$ \\
                        \>sse $\forall C[(C\in\mathcal{F}\vee C\in\mathcal{G})\rightarrow x\in C]$ \\
                        \>sse $\forall C[\neg (C\in\mathcal{F}\vee C\in\mathcal{G})\vee x\in C]$ \\
                        \>sse $\forall C[(\neg C\in\mathcal{F}\wedge \neg C\in\mathcal{G})\vee x\in C]$ \\
                        \>sse $\forall C[(\neg C\in\mathcal{F}\vee x\in C)\wedge(\neg C\in\mathcal{G}\vee x\in C)]$ \\
                        \>sse $\forall C[(C\in\mathcal{F}\rightarrow x\in C)\wedge(C\in\mathcal{G}\rightarrow x\in C)]$ \\
                        \>sse $\forall C(C\in\mathcal{F}\rightarrow x\in C)\wedge\forall C(C\in\mathcal{G}\rightarrow x\in C)$ \\
                        \>sse $\forall C\in\mathcal{F}(x\in C)\wedge\forall C\in\mathcal{G}(x\in C)$ \\
                        \>sse $x\in\cap\mathcal{F}\wedge x\in\cap\mathcal{G}$ \\
                        \>sse $x\in(\cap\mathcal{F})\cap(\cap\mathcal{G})$
                     \end{tabbing}

             \end{enumerate}
          
  \item[Se\c c\~ao 3.6] \ 

   \item[5.]{\em Suponha que $\mathcal{F}$ \'e uma fam\'{\i}lia de conjuntos tal que para todo 
            $\mathcal{G}\subseteq\mathcal{F}$, $\cup\mathcal{G}\in\mathcal{F}$. Prove que existe um \'unico conjunto
            $A$ tal que $A\in\mathcal{F}$ e $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq A)$.}

            \vspace*{1mm}
            {\bf Prova:}

            Ser\'a provado que existe um conjunto $A$ tal que:
            \begin{enumerate}
             \item[(1)] $A\in\mathcal{F}$ e $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq A)$ e
             \item[(2)] para todo conjunto $X$, se $X\in\mathcal{F}$ e $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq X)$ ent\~ao
                        $X=A$ (o que garante a unicidade).
            \end{enumerate}
            Isto segue do fato de que (1) e (2) s\~ao verdadeiras para $A=\cup\mathcal{F}$, como mostrado abaixo.

            \vspace*{.5mm}
            {\em Prova de\/} $\cup\mathcal{F}\in\mathcal{F}$ e $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq\cup\mathcal{F})$.
            \begin{enumerate}
             \item[\ ] $\cup\mathcal{F}\in\mathcal{F}$ segue da hip\'otese do teorema, visto que
                       $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{F}$.
                       Para provar que $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq\cup\mathcal{F})$, seja um conjunto
                       arbitr\'ario $B$ tal que $B\in\mathcal{F}$. Seja um elemento arbitr\'ario $x$ tal que $x\in B$.
                       Como $x\in B$ e $B\in\mathcal{F}$, segue-se que $x\in\cup\mathcal{F}$. Como $x$ \'e um elemento
                       arbitr\'ario de $B$, $B\subseteq\cup\mathcal{F}$. E como $B$ \'e um conjunto arbitr\'ario de
                       $\mathcal{F}$, fica provado que $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq\cup\mathcal{F})$.
            \end{enumerate}

            \vspace*{.5mm}
            {\em Prova de\/} para todo $X$, se $X\in\mathcal{F}$ e $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq X)$ ent\~ao
                        $X=\cup\mathcal{F}$.
            \begin{enumerate}
             \item[\ ] Seja $X$ um conjunto arbitr\'ario de $\mathcal{F}$ tal que $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq X)$.
                       Ser\'a provado que, neste caso, $X=\cup\mathcal{F}$.

                       1) Prova de $X\subseteq\cup\mathcal{F}$. Esta segue da suposi\c c\~ao de que $X\in\mathcal{F}$. 

                       2) Prova de $\cup\mathcal{F}\subseteq X$. Seja $y$ arbitr\'ario tal que $y\in\cup\mathcal{F}$.
                       Ent\~ao existe $C\in\mathcal{F}$ tal que $y\in C$; seja $C_0$ tal que $C_0\in\mathcal{F}$ e $y\in C_0$.
                       Como $C_0\in\mathcal{F}$ e $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq X)$, segue-se que $C_0\subseteq X$.
                       Desta e de $y\in C_0$, deduz-se que $y\in X$. Como $y$ \'e um elemento arbitr\'ario de $\cup\mathcal{F}$,
                       conclui-se que $\cup\mathcal{F}\subseteq X$.

                       Como $X$ \'e um conjunto arbitr\'ario de $\mathcal{F}$ tal que $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq X)$,
                       conclui-se que: para todo $X$, se $X\in\mathcal{F}$ e $\forall B\in\mathcal{F}(B\subseteq X)$ ent\~ao
                        $X=\cup\mathcal{F}$.
            \end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{description}

\end{document}




