Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto X. Prove que:
Estas leis de distributividade e leis de Morgan podem ser generalizadas. Seja \left(A_{i}\right)_{i \in I} uma família de subconjuntos de X. Prove que: \Longrightarrow(\(g)\left(\bigcap_{i \in I} A_{i}\right)^{\complement}=\bigcup_{i \in I} A_{i}{ }^{\complement});

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá:
  • Pede para provar a igualdade
\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)^{\complement}=\bigcup_{i\in I} A_i^{\complement},
onde \left(A_i\right)_{i\in I} é uma família arbitrária de subconjuntos de X.
  • Informação dada: cada A_i é um subconjunto de X e I é um conjunto índice (pode ser finito ou infinito). Não há outras hipóteses.

Passo 2

Relembrando as definições (aulas rápidas e úteis que vamos usar):
  • Complemento relativo: para A\subseteq X, o complemento A^{\complement} é o conjunto de todos os pontos de X que não estão em A. Em notação:
A^{\complement}=\{x\in X \mid x\notin A\}.
  • Interseção de família: x\in\bigcap_{i\in I} A_i significa que x pertence a todos os A_i; em linguagem lógica:
x\in\bigcap_{i\in I} A_i \iff \forall i\in I,\; x\in A_i.
  • União de família: x\in\bigcup_{i\in I} A_i significa que x pertence a pelo menos um dos A_i; em lógica:
x\in\bigcup_{i\in I} A_i \iff \exists i\in I,\; x\in A_i.
  • Nota sobre negação de quantificadores (essencial aqui): a negação de \forall i,\; P(i) é \exists i,\; \neg P(i). Ou seja, “não está em todos” equivale a “existe um que não está”.
Vou usar essas equivalências para demonstrar a igualdade por dupla inclusão: mostrar que cada lado está contido no outro.

Passo 3

Prova da primeira inclusão
\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)^{\complement}\subseteq \bigcup_{i\in I} A_i^{\complement}.
Tomemos um elemento qualquer x\in X e suponha que
x\in\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)^{\complement}.
Pelo significado de complemento isso quer dizer
x\notin \bigcap_{i\in I} A_i.
Usando a definição da interseção com quantificadores:
x\notin \bigcap_{i\in I} A_i \iff \neg\big(\forall i\in I,\; x\in A_i\big).
Pela regra da negação de quantificadores isto é equivalente a
\exists i\in I \text{ tal que } x\notin A_i.
Mas x\notin A_i é exatamente x\in A_i^{\complement}. Portanto existe i\in I tal que x\in A_i^{\complement}, o que, pela definição de união, implica
x\in\bigcup_{i\in I} A_i^{\complement}.
Como x foi um elemento arbitrário da hipótese, provamos a inclusão desejada.

Passo 4

Prova da segunda inclusão
\bigcup_{i\in I} A_i^{\complement}\subseteq \left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)^{\complement}.
Novamente, tome x\in X com
x\in\bigcup_{i\in I} A_i^{\complement}.
Pela definição de união existe algum índice j\in I tal que
x\in A_j^{\complement},
ou seja x\notin A_j. Assim x não pertence a todos os A_i (pois falta pertencer a A_j), logo
x\notin \bigcap_{i\in I} A_i.
Pelo significado de complemento isto equivale a
x\in\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)^{\complement}.
Como x foi arbitrário, a inclusão está provada.

Passo 5

Conclusão da igualdade
Juntando as duas inclusões das Passos 3 e 4 obtemos
\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)^{\complement}=\bigcup_{i\in I} A_i^{\complement}.
Comentário didático final: o argumento é puramente lógico — transforma a propriedade “pertencer à interseção” em um quantificador universal e usa a regra de negação de quantificadores para trocar \forall por \exists. Isso é exatamente a forma como as Leis de De Morgan se generalizam para famílias arbitrárias (não precisa que I seja finito). Se quiser, podemos repetir a prova no caso dual (complemento da união = interseção dos complementos).

Resposta

\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)^{\complement}=\bigcup_{i\in I} A_i^{\complement}

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