Lógica Matemática – Conjuntos – Leis de d’ Morgan

Dados os conjuntos $$A$$ e $$B$$, são válidas as seguintes afirmações:

i) $$\overline{A\cup B}=\bar{A}\cap\bar{B}$$.

ii) $$\overline{A\cap B}=\bar{A}\cup\bar{B}$$.

Demonstração:

i) Sê $$x\in \overline{A\cup B}$$, então $$x\notin (A\cup B)$$. Suponha, por absurdo, que $$x\in A$$. Por outro lado, se $$x\in A$$, é certo que $$x\in (A\cup B)$$. Deste modo, há uma contradição, em que $$x\notin (A\cup B)$$ e $$x\in (A\cup B)$$. Por conseguinte, é impossível que $$x\in A$$ e $$x\in \overline{A\cup B}$$. A única opção é $$x\notin A\Longrightarrow x\in \bar{A}$$. O raciocínio é análogo para $$B$$.

A consequência é $$x\in\bar{A}$$ e $$x\in\bar{B}\Longrightarrow x\in\bar{A}\cap\bar{B}$$, isto é, $$\overline{A\cup B}\subseteq\bar{A}\cap\bar{B}$$

Partindo de $$x\in\bar{A}\cap\bar{B}$$, é certo que $$x\in\bar{A}$$ e $$x\in\bar{B}$$, logo $$x\notin A$$ e $$x\notin B$$. Se, por absurdo, $$x\in\overline{A\cup B}$$, é certo que $$x\in B$$, dado que $$x\notin A$$. Mas, novamente por hipótese, $$x\notin B$$. Deste modo, há uma contradição, em que $$x\in B$$ e $$x\notin B$$. O raciocínio é análogo para o caso que parte de $$x\notin B$$ e resulta em $$x\in A$$. A consequência exibe que,dado $$x\in\overline{A\cup B}$$, é certo que $$x\notin A$$ e $$x\notin B$$, ou seja, $$x\in \bar{A}$$ e $$x\in\bar{B}$$. Escrito de outra forma: $$\overline{A\cup B}\subseteq\bar{A}\cap\bar{B}$$.

ii) Seja $$x\in\overline{A\cap B}$$, então $$x\notin (A\cap B)$$. Há duas opções mutuamente exclusivas: ou $$x\in A$$ ,ou $$x\notin A$$. Da primeira, decorre o fato de que $$x\notin B$$, dado que a hipótese é $$x\notin (A\cap B)$$. Então $$x\in\bar{B}$$. Sabe-se que $$B\subseteq \bar{A}\cup\bar{B}$$, deste modo, dado que $$x\in\bar{B}$$, $$x\in  \bar{A}\cup\bar{B}$$. No segundo caso, dado que $$x\notin A$$, é certo que $$x\in\bar{A}$$. Porque $$\bar{A}\subseteq\bar{A}\cup\bar{B}$$, é fato que $$x\in\bar{A}\cup\bar{B}$$. Em ambos os casos ($$x\in A$$ ou $$x\notin A$$), $$x\overline{A\cap B}$$ implica $$x\in\bar{A}\cup\bar{B}$$. Provou-se que $$\overline{A\cap B}\subseteq\bar{A}\cup\bar{B}$$.

Por outro lado, seja $$x\in(\bar{A}\cup\bar{B})$$. Suponha que $$x\notin \overline{A\cap B}$$, isto é, $$x\in (A\cap B)$$. Isto implica que $$x\in A$$ e $$x\in B$$. Mas, pela hipótese do absurdo, $$x\in(\bar{A}\cup\bar{B})$$, então só podemos ter $$x\in \bar{B}\Longrightarrow x\notin B$$. Mas, novamente da hipótese absurda, tem-se que $$x\in B$$. Há, portanto, uma contradição, em que $$x\in B$$ e $$x\notin B$$. Deste modo, não se pode ter $$x\in (A\cap B)$$, isto é, $$x\in\overline{A\cap B}$$. Provou-se que $$\bar{A}\cup\bar{B}\subseteq\overline{A\cap B}$$.