Mostre que, se A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n} são eventos do espaço amostral, então \left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}=\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, dadas as famílias de eventos A_{1},A_{2},\dots,A_{n} do espaço amostral, vale a igualdade
\left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}=\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}.
Informações dadas: os conjuntos A_{1},\dots,A_{n} estão definidos no mesmo espaço amostral. A tarefa é provar a igualdade entre dois conjuntos (ou eventos). Não há outras hipóteses ocultas.

Passo 2

Vamos lembrar definições básicas e como trabalhar com pertencimento de elementos (isso é fundamental para provas com conjuntos):
\bullet Definição de complementar: para qualquer evento B,
x\in B^{c}\quad\Longleftrightarrow\quad x\notin B.
\bullet Definição de interseção finita:
x\in \bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\quad\Longleftrightarrow\quad \forall i\in\{1,\dots,n\},\; x\in A_{i}.
\bullet Definição de união finita:
x\in \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}\quad\Longleftrightarrow\quad \exists i\in\{1,\dots,n\}\text{ tal que }x\in A_{i}.
Estas equivalências transformam afirmações sobre conjuntos em afirmações lógicas com quantificadores \forall (para todo) e \exists (existe), o que facilita aplicar a negação.

Passo 3

Estratégia da prova (método): provar igualdade de conjuntos mostrando duas inclusões:
\left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}\subseteq \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c} \quad\text{e}\quad \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}\subseteq \left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}.
Se cada lado está contido no outro, então os dois conjuntos são iguais. Este é um método padrão e direto.

Passo 4

Prova da primeira inclusão:
Prove que \left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}\subseteq \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}.
Seja x um elemento arbitrário tal que
x\in \left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}.
Pelo significado de complementar, isso equivale a
x\notin \bigcap_{i=1}^{n} A_{i}.
Pelo significado de interseção, x\notin \bigcap_{i=1}^{n} A_{i} significa que não é verdade que x pertence a todos os A_{i}. Em lógica isso se escreve como a negação de um “para todo”, e a negação de \forall é \exists: existe pelo menos um índice j\in\{1,\dots,n\} tal que
x\notin A_{j}.
Mas x\notin A_{j} é exatamente x\in A_{j}^{c}. Logo existe um j com x\in A_{j}^{c}, o que pelo significado de união dá
x\in \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}.
Como x foi arbitrário, concluímos
\left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}\subseteq \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}.

Passo 5

Prova da segunda inclusão:
Prove que \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}\subseteq \left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}.
Seja x tal que
x\in \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}.
Pelo significado de união, existe um índice j\in\{1,\dots,n\} com
x\in A_{j}^{c}.
Pelo significado de complementar, isso significa x\notin A_{j}. Se x\notin A_{j} para esse j, então não é verdadeiro que x pertença a todos os A_{i}; isto é, x\notin \bigcap_{i=1}^{n} A_{i}. Aplicando a definição de complementar novamente, obtemos
x\in \left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}.
Como x foi arbitrário, segue que
\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}\subseteq \left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}.

Passo 6

Conclusão: pelas duas inclusões das Passos 4 e 5, temos igualdade:
\left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}=\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}.
Intuitivamente: "não estar em todos os A_i" é o mesmo que "estar em pelo menos um complemento A_i^c". Isso é a versão em conjuntos da lei de De Morgan para uma conjunção finita.

Passo 7

Exemplo concreto para fixar a ideia (pequeno e prático):
Considere n=3 e eventos A,B,C. A fórmula diz
(A\cap B\cap C)^{c}=A^{c}\cup B^{c}\cup C^{c}.
Interprete: um resultado está fora da interseção A\cap B\cap C exatamente quando falha em entrar em pelo menos um dos eventos A,B ou C. Esse exemplo facilita lembrar a regra na prova: a negação de “tudo ao mesmo tempo” vira “alguma coisa falha”.

Resposta

\left(\bigcap_{i=1}^{n} A_{i}\right)^{c}=\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}^{c}

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