Determine se são verdadeiras ou falsas:
\exists d>0 \mid \forall x, x<1+d \Rightarrow 2 x<2+\frac{1}{2}

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado dá e o que pede.
  • Informação dada: a fórmula lógica
\exists d>0\\ \mid\\ \forall x,\\ x<1+d \Rightarrow 2x<2+\tfrac{1}{2}.
  • Interpretação do enunciado: “Existe algum número real d positivo tal que, para todo número real x, se x<1+d então 2x<2+\tfrac{1}{2}.”
  • O que é pedido: determinar se essa afirmação é verdadeira ou falsa (ou seja, se existe ao menos um d>0 que torne a implicação verdadeira para todo x).

Passo 2

Entendendo os quantificadores e a implicação. Explicação didática:
  • \exists d>0 quer dizer "existe pelo menos um d com d>0".
  • \forall x quer dizer "para todo x" (presumimos x\in\mathbb{R}).
  • A implicação x<1+d \Rightarrow 2x<2+\tfrac{1}{2} significa: sempre que a hipótese x<1+d for verdadeira, então a conclusão 2x<2+\tfrac{1}{2} deve ser verdadeira. Se a hipótese for falsa para algum x, a implicação é verdadeira para esse x (isso é uma propriedade padrão de implicação lógica).
  • Na prática, para que a afirmativa com \forall x seja verdadeira, a desigualdade 2x<2+\tfrac{1}{2} precisa segurar para todos os x que satisfaçam x<1+d.

Passo 3

Transformar a conclusão para relacioná-la com a hipótese. Técnica básica: a multiplicação por 2 é uma função estritamente crescente, então de x<1+d segue
2x<2(1+d).
Assim, sempre que x<1+d tivermos 2x<2(1+d). Para garantir que 2x<2+\tfrac{1}{2} para todos esses x, basta que o número máximo possível de 2x (quando x se aproxima de 1+d por baixo) seja ainda menor que 2+\tfrac{1}{2}.

Passo 4

Usar a desigualdade obtida para encontrar uma condição sobre d. Se para todo x<1+d vale 2x<2(1+d), então uma condição suficiente para que sempre tenha 2x<2+\tfrac{1}{2} é
2(1+d)\le 2+\tfrac{1}{2}.
Explicação: se 2(1+d)\le 2+\tfrac{1}{2} então, a partir de 2x<2(1+d) segue 2x<2+\tfrac{1}{2}. Observação: não precisamos de estrita desigualdade no lado direito porque x<1+d é estrito, então 2x<2(1+d) estrito e portanto também 2x<2+\tfrac{1}{2} mesmo quando 2(1+d)=2+\tfrac{1}{2}.

Passo 5

Resolver a desigualdade para d. Desenvolvendo
2(1+d)\le 2+\tfrac{1}{2}
2+2d\le 2+\tfrac{1}{2}
2d\le \tfrac{1}{2}
d\le \tfrac{1}{4}.
Portanto, qualquer d satisfazendo 0<d\le \tfrac{1}{4} torna a implicação verdadeira para todo x.

Passo 6

Verificar que essa condição é também necessária (checar o caso contrário). Se d>\tfrac{1}{4}, então 2(1+d)>2+\tfrac{1}{2}. Nesse caso é possível escolher x com x<1+d mas suficientemente próximo de 1+d tal que 2x\ge 2+\tfrac{1}{2}, o que quebra a implicação. Exemplo concreto: suponha d=\tfrac{1}{4}+\delta com \delta>0. Tome
x=1+d-\tfrac{\delta}{2} = 1+\tfrac{1}{4}+\delta-\tfrac{\delta}{2} = 1+\tfrac{1}{4}+\tfrac{\delta}{2}.
Temos x<1+d e
2x = 2\Bigl(1+\tfrac{1}{4}+\tfrac{\delta}{2}\Bigr) = 2+\tfrac{1}{2}+\delta > 2+\tfrac{1}{2},
logo a implicação falha. Isso confirma que somente d\le \tfrac{1}{4} podem funcionar.

Passo 7

Conclusão lógica e dica prática para prova. Já vimos que existem muitos d>0 que funcionam (por exemplo d=\tfrac{1}{4} ou d=\tfrac{1}{10}). Então a afirmação existencial é verdadeira. Em provas, procedimento padrão para esse tipo de enunciado:
  • transformar a implicação usando monotonicidade (aqui multiplicar por 2),
  • achar a condição sobre o ponto de acumulação 1+d,
  • exibir um d>0 que satisfaça essa condição (ou mostrar que não existe).
    Aqui basta mostrar que d=\tfrac{1}{4} funciona, por exemplo.

Resposta

Verdadeira

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