Solucoes de Exercicios Curso de Analise Vol 1 Elon Lages Lima

(1)

Solu¸c˜

oes de Exerc´ıcios do Livro

“Curso de An´

alise”, Volume I,

de Elon Lages Lima

Cleber Fernando Colle,

Edson Jos´

e Teixeira,

J´

ulio C. C. da Silva (jcconegundes@gmail.com) e

Rodrigo Carlos Silva de Lima (rodrigo.uﬀ.math@gmail.com)

(2)

Sum´

ario

1 Conjuntos e Fun¸c˜oes 7

Exerc´ıcio 1.1 . . . 8 Exerc´ıcio 1.2 . . . 9 Exerc´ıcio 1.3 . . . 10 Exerc´ıcio 1.4 . . . 11 Exerc´ıcio 1.5 . . . 12 Exerc´ıcio 1.6 . . . 13 Exerc´ıcio 1.7 . . . 14 Exerc´ıcio 1.8 . . . 15 Exerc´ıcio 1.9 . . . 16 Exerc´ıcio 1.10 . . . 17 Exerc´ıcio 1.11 . . . 18 Exerc´ıcio 1.12 . . . 19 Exerc´ıcio 1.13 . . . 20 Exerc´ıcio 1.14 . . . 21 Exerc´ıcio 1.15 . . . 22 Exerc´ıcio 1.16 . . . 23 Exerc´ıcio 1.17 . . . 24 Exerc´ıcio 1.18 . . . 25 Exerc´ıcio 1.19 . . . 26 Exerc´ıcio 1.20 . . . 28 Exerc´ıcio 1.21 . . . 29

2 Conjuntos Finitos, Enumeráveis e Não-Enumeráveis 30 Exerc´ıcio 2.1 . . . 31 Exerc´ıcio 2.2 . . . 32 Exerc´ıcio 2.3 . . . 33 Exerc´ıcio 2.4 . . . 34 Exerc´ıcio 2.5 . . . 38 Exerc´ıcio 2.6 . . . 39 Exerc´ıcio 2.7 . . . 40 Exerc´ıcio 2.8 . . . 41 Exerc´ıcio 2.9 . . . 42 Exerc´ıcio 2.10 . . . 43 Exerc´ıcio 2.11 . . . 44

(3)

Exerc´ıcio 2.23 . . . 56 Exerc´ıcio 2.24 . . . 58 Exerc´ıcio 2.25 . . . 59 Exerc´ıcio 2.26 . . . 60 Exerc´ıcio 2.27 . . . 61 Exerc´ıcio 2.28 . . . 64 Exerc´ıcio 2.29 . . . 67 3 N´umeros Reais 69 Exerc´ıcio 3.01 . . . 70 Exerc´ıcio 3.02 . . . 71 Exerc´ıcio 3.03 . . . 73 Exerc´ıcio 3.04 . . . 74 Exerc´ıcio 3.05 . . . 75 Exerc´ıcio 3.08 . . . 76 Exerc´ıcio 3.09 . . . 77 Exerc´ıcio 3.10 . . . 78 Exerc´ıcio 3.11 . . . 79 Exerc´ıcio 3.12 . . . 80 Exerc´ıcio 3.13 . . . 81 Exerc´ıcio 3.14 . . . 82 Exerc´ıcio 3.15 . . . 83 Exerc´ıcio 3.16 . . . 84 Exerc´ıcio 3.17 . . . 85 Exerc´ıcio 3.10 . . . 86 Exerc´ıcio 3.19 . . . 87 Exerc´ıcio 3.20 . . . 88 Exerc´ıcio 3.22 . . . 90 Exerc´ıcio 3.23 . . . 92 Exerc´ıcio 3.24 . . . 93 Exerc´ıcio 3.25 . . . 94 Exerc´ıcio 3.26 . . . 95 Exerc´ıcio 3.27 . . . 96 Exerc´ıcio 3.28 . . . 97 Exerc´ıcio 3.29 . . . 98 Exerc´ıcio 3.30 . . . 99 Exerc´ıcio 3.31 . . . .100 Exerc´ıcio 3.32 . . . .101 Exerc´ıcio 3.33 . . . .102 Exerc´ıcio 3.31 . . . .103 Exerc´ıcio 3.32 . . . .104 Exerc´ıcio 3.33 . . . .105 Exerc´ıcio 3.34 . . . .106 Exerc´ıcio 3.35 . . . .107 Exerc´ıcio 3.37 . . . .108 Exerc´ıcio 3.38 . . . .109 Exerc´ıcio 3.39 . . . .110 Exerc´ıcio 3.40 . . . .111 Exerc´ıcio 3.42 . . . .112 Exerc´ıcio 3.43 . . . .113 Exerc´ıcio 3.44 . . . .114 Exerc´ıcio 3.45 . . . .115 Exerc´ıcio 3.46 . . . .116 Exerc´ıcio 3.47 . . . .117 Exerc´ıcio 3.48 . . . .118 Exerc´ıcio 3.49 . . . .119 2

(4)

Exerc´ıcio 3.51 . . . .121 Exerc´ıcio 3.52 . . . .122 Exerc´ıcio 3.53 . . . .124 Exerc´ıcio 3.54 . . . .125 Exerc´ıcio 3.55 . . . .126 Exerc´ıcio 3.56 . . . .128 Exerc´ıcio 3.57 . . . .129 Exerc´ıcio 3.58 . . . .130 Exerc´ıcio 3.59 . . . .131 Exerc´ıcio 3.60 . . . .132

4 Sequências e Séries de Números Reais 134 Exerc´ıcio 4.1 . . . .135 Exerc´ıcio 4.2 . . . .136 Exerc´ıcio 4.3 . . . .137 Exerc´ıcio 4.4 . . . .138 Exerc´ıcio 4.5 . . . .139 Exerc´ıcio 4.6 . . . .140 Exerc´ıcio 4.7 . . . .141 Exerc´ıcio 4.8 . . . .142 Exerc´ıcio 4.9 . . . .143 Exerc´ıcio 4.10 . . . .144 Exerc´ıcio 4.10 . . . .145 Exerc´ıcio 4.11 . . . .146 Exerc´ıcio 4.11a . . . .147 Exerc´ıcio 4.12 . . . .148 Exerc´ıcio 4.14 . . . .149 Exerc´ıcio 4.15 . . . .150 Exerc´ıcio 4.18 . . . .151 Exerc´ıcio 4.19 . . . .152 Exerc´ıcio 4.20 . . . .154 Exerc´ıcio 4.21 . . . .155 Exerc´ıcio 4.22 . . . .156 Exerc´ıcio 4.25 . . . .157 Exerc´ıcio 4.31 . . . .159 Exerc´ıcio 4.33 . . . .160 Exerc´ıcio 4.35 . . . .161 Exerc´ıcio 4.36 . . . .162 Exerc´ıcio 4.40 . . . .163 Exerc´ıcio 4.41 . . . .164 Exerc´ıcio 4.42 . . . .165 Exerc´ıcio 4.43 . . . .166 Exerc´ıcio 4.44 . . . .167 Exerc´ıcio 4.45 . . . .168 Exerc´ıcio 4.46 . . . .169 Exerc´ıcio 4.47 . . . .170

(5)

Exerc´ıcio 5.08 . . . .183 Exerc´ıcio 5.09 . . . .184 Exerc´ıcio 5.10 . . . .185 Exerc´ıcio 5.11 . . . .186 Exerc´ıcio 5.12 . . . .187 Exerc´ıcio 5.13 . . . .188 Exerc´ıcio 5.14 . . . .189 Exerc´ıcio 5.15 . . . .190 Exerc´ıcio 5.16 . . . .191 Exerc´ıcio 5.17 . . . .192 Exerc´ıcio 5.18 . . . .194 Exerc´ıcio 5.19 . . . .195 Exerc´ıcio 5.20 . . . .196 Exerc´ıcio 5.21 . . . .197 Exerc´ıcio 5.22 . . . .198 Exerc´ıcio 5.23 . . . .199 Exerc´ıcio 5.24 . . . .200 Exerc´ıcio 5.25 . . . .201 Exerc´ıcio 5.26 . . . .202 Exerc´ıcio 5.27 . . . .203 Exerc´ıcio 5.28 . . . .204 Exerc´ıcio 5.29 . . . .205 Exerc´ıcio 5.30 . . . .206 Exerc´ıcio 5.31 . . . .207 Exerc´ıcio 5.32 . . . .208 Exerc´ıcio 5.33 . . . .209 Exerc´ıcio 5.34 . . . .210 Exerc´ıcio 5.35 . . . .211 Exerc´ıcio 5.36 . . . .212 Exerc´ıcio 5.37 . . . .213 Exerc´ıcio 5.38 . . . .214 Exerc´ıcio 5.39 . . . .215 Exerc´ıcio 5.40 . . . .216 Exerc´ıcio 5.41 . . . .217 Exerc´ıcio 5.42 . . . .218 Exerc´ıcio 5.43 . . . .219 Exerc´ıcio 5.44 . . . .220 Exerc´ıcio 5.45 . . . .221 Exerc´ıcio 5.46 . . . .222 Exerc´ıcio 5.47 . . . .223 Exerc´ıcio 5.48 . . . .224 Exerc´ıcio 5.49 . . . .225 Exerc´ıcio 5.50 . . . .226 Exerc´ıcio 5.51 . . . .227 Exerc´ıcio 5.52 . . . .228 Exerc´ıcio 5.53 . . . .229 Exerc´ıcio 5.54 . . . .230 Exerc´ıcio 5.55 . . . .231 Exerc´ıcio 5.56 . . . .232 Exerc´ıcio 5.57 . . . .234 Exerc´ıcio 5.58 . . . .235 Exerc´ıcio 5.59 . . . .236 Exerc´ıcio 5.60 . . . .237 Exerc´ıcio 5.61 . . . .238 Exerc´ıcio 5.62 . . . .239 Exerc´ıcio 5.63 . . . .240 4

(6)

6 Limites de Fun¸c˜oes 244 Exerc´ıcio 6.01 . . . .245 Exerc´ıcio 6.02 . . . .246 Exerc´ıcio 6.03 . . . .247 Exerc´ıcio 6.04 . . . .248 Exerc´ıcio 6.05 . . . .249 Exerc´ıcio 6.06 . . . .250 Exerc´ıcio 6.07 . . . .251 Exerc´ıcio 6.08 . . . .252 Exerc´ıcio 6.09 . . . .253 Exerc´ıcio 6.10 . . . .254 Exerc´ıcio 6.11 . . . .256 Exerc´ıcio 6.12 . . . .258 Exerc´ıcio 6.13 . . . .259 Exerc´ıcio 6.14 . . . .260 Exerc´ıcio 6.15 . . . .261 Exerc´ıcio 6.16 . . . .262 Exerc´ıcio 6.17 . . . .263 Exerc´ıcio 6.18 . . . .264 Exerc´ıcio 6.19 . . . .265 Exerc´ıcio 6.20 . . . .267 Exerc´ıcio 6.21 . . . .268 Exerc´ıcio 6.22 . . . .271 Exerc´ıcio 6.23 . . . .273 Exerc´ıcio 6.24 . . . .274

7 Fun¸c˜oes Cont´ınuas 275 Exerc´ıcio 7.38 . . . .276 Exerc´ıcio 7.39 . . . .278 Exerc´ıcio 7.40 . . . .279 Exerc´ıcio 7.41 . . . .280 Exerc´ıcio 7.42 . . . .282 Exerc´ıcio 7.43 . . . .283 Exerc´ıcio 7.44 . . . .284 Exerc´ıcio 7.45 . . . .285 Exerc´ıcio 7.46 . . . .286 Exerc´ıcio 7.47 . . . .287 8 Derivadas 295 Exerc´ıcio 8.46 . . . .296 Exerc´ıcio 8.47 . . . .297 Exerc´ıcio 8.48 . . . .298 Exerc´ıcio 8.49 . . . .299 Exerc´ıcio 8.50 . . . .300 Exerc´ıcio 8.51 . . . .301

(7)

Exerc´ıcio 10.44 . . . .309 Exerc´ıcio 10.45 . . . .310 Exerc´ıcio 10.46 . . . .311 Exerc´ıcio 10.47 . . . .313 Exerc´ıcio 10.48 . . . .314 Exerc´ıcio 10.49 . . . .316 Exerc´ıcio 10.50 . . . .317 Exerc´ıcio 10.51 . . . .318 Exerc´ıcio 10.52 . . . .319 Exerc´ıcio 10.53 . . . .320 6

(8)

Cap´ıtulo 1

(9)

Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

(1a_{) X}_{⊃ A e X ⊃ B,}

(2a_{) Se Y} _{⊃ A e Y ⊃ B ent˜ao Y ⊃ X.}

Prove que X = A∪ B.

A inclus˜ao A∪ B ⊂ X é fornecida pela primeira hipótese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto é, se

x∈ A ∪ B) ent˜ao x ∈ X.

E a segunda hip´otese fornece a inclus˜ao A∪ B ⊂ X pois A ∪ B ⊃ A e A ∪ B ⊃ B. Portanto, X = A∪ B.

(10)

Enuncie e prove um resultado, an´alogo ao anterior, caracterizando A∩ B.

Enunciado:

Dados os conjuntos A e B, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

1a X ⊂ A e X ⊂ B,

2a Se Y ⊂ A e Y ⊂ B ent˜ao Y ⊂ X. Prove que X = A∩ B.

Prova:

A inclus˜ao A∩B ⊃ X é fornecida pela primeira hipótese. De fato, se x ∈ X temos que A ⊃ X ∋ x e B ⊃ X ∋ x. Consequentemente, se x∈ X então x ∈ A ∩ B.

E a segunda hip´otese fornece a inclus˜ao A∩ B ⊂ X pois A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B. Portanto, X = A∩ B.

(11)

Sejam A, B⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove tamb´em que A ∪ B = E se, e somente se, E\A ⊂ B.

• A ∩ B = ∅ se e somente se A ⊂ E\B:

Suponhamos que A∩ B = ∅. Se x ∈ A devemos ter que x pertence a E\B. De fato, como x pertence a A e

A est´a contido em E, segue que x pertence a B ou E\B. Como A ∩ B = ∅, temos que x /∈ B. Logo, x ∈ E\B. Assim, A⊂ E\B.

Consideremos o caso em que A⊂ E\B. Se existisse x ∈ A ∩ B ter´ıamos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A é um subconjunto de E\B, ter´ıamos também que x ∈ E\B. Um absurdo, pois se x ∈ E\B então x /∈ B. Desta forma, concluimos que A∩ B = ∅.

• A ∪ B = E se e somente se E\A ⊂ B:

Suponhamos que A∪ B = E. Se x ∈ E\A devemos ter que x pertence a B. De fato, como x pertence a E e

E = A∪ B, devemos ter que x ∈ A ou x ∈ B. Al´em disso, como x ∈ E\A, temos tamb´em que x /∈ A. O que nos

garante que x∈ B. Logo, E\A ⊂ B.

Consideremos o caso em que E\A ⊂ B. Seja x ∈ E. Segue que, x ∈ A ou x ∈ E\A. Se x ∈ E\A ent˜ao x pertence a B pois E\A est´a contido em B. Logo, x ∈ A ou x ∈ B. Ou seja, x ∈ A ∪ B. Assim, devemos ter que

E⊂ A ∪ B. E, como A e B est˜ao contidos em E, segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪ B.

(12)

Dados A, B⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ (E\B) = ∅.

Suponhamos que A⊂ B. Se existisse x ∈ A ∩ (E\B) ter´ıamos que x ∈ A e x ∈ E\B. Isto é, existiria x ∈ E tal que x∈ A e x /∈ B. Mas, isto é um absurdo, pois, como A ⊂ B, se x ∈ A então x ∈ B. Portanto, A ∩ (E\B) = ∅. Consideremos, agora, o caso em que A∩ (E\B) = ∅. Seja x ∈ A. Como A ⊂ E, temos que x ∈ E. Assim,

(13)

Dˆe exemplo de conjuntos A, B, C tais que (A∪ B) ∩ C ̸= A ∪ (B ∩ C).

Tome A ={1, 2, 3}, B = {1, 3} e C = {1, 2}. Desta forma, temos

(A∪ B) ∩ C = {1, 2} ̸= {1, 2, 3} = A ∪ (B ∩ C).

(14)

Se A, X ⊂ E s˜ao tais que A ∩ X = ∅ e A ∪ X = E, prove que X = E\A.

Seja x∈ X. Uma vez que x /∈ ∅ = A ∩ X, temos que x /∈ A. E, como x ∈ X ⊂ E, devemos ter, tamb´em, que

x∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X ´e arbitr´aro, devemos ter que X ⊂ E\A.

Considere, agora, x∈ E\A. Segue que x ∈ E e x /∈ A. Como x ∈ E = A ∪ X e x /∈ A, temos que x ∈ X. Portanto, como x∈ E\A ´e arbitr´aro, devemos ter que X ⊂ E\A.

(15)

Se A⊂ B, ent˜ao

B∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A,

para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, ent˜ao A⊂ B.

Primeiramente, mostremos que se A⊂ B ent˜ao, para qualquer conjunto C, temos

B∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A.

Seja x∈ B ∩ (A ∪ C). Assim, x ∈ B e (x ∈ C ou x ∈ A).

• Se x ∈ C temos que x ∈ B ∩ C. Logo, x ∈ (B ∩ C) ∪ A. • Se x ∈ A temos imediatamente que x ∈ (B ∩ C) ∪ A.

Segue, em todo caso, que x∈ (B ∩ C) ∪ A. Logo, concluimos que B ∩ (A ∪ C) ⊂ (B ∩ C) ∪ A. Considere, agora, que x∈ (B ∩ C) ∪ A. Assim, x ∈ B ∩ C ou x ∈ A.

• Se x ∈ B ∩ C ent˜ao x ∈ B e x ∈ C. Logo, x ∈ B, x ∈ A ∪ C e, consequentemente, x ∈ B ∩ (A ∪ C). • Se x ∈ A temos que x ∈ B, j´a que A ⊂ B. Assim, x ∈ B e x ∈ A ⊂ A ∪ C. Logo, x ∈ B ∩ (A ∪ C).

Em ambos os casos, x∈ B ∩ (A ∪ B). Desta forma, tem-se que B ∩ (A ∪ C) ⊃ (B ∩ C) ∪ A. Portanto, se A⊂ B ent˜ao B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪ A, para qualquer conjunto C.

Reciprocamente, suponhamos que exista um conjunto C tal que x∈ (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C).

Se x∈ A temos que x ∈ (B ∩ C) ∪ A. Mas, como (B ∩ C) ∪ A = B ∩ (A ∪ C), devemos ter que x ∈ B. Logo, conclui-se que A⊂ B.

(16)

Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E. Prove que A = B se, e somente se, (

A∩ (E\B))∪((E\A) ∩ B)=∅.

Suponhamos que A = B. Neste caso, temos que

E\A = E\B. Logo, A∩ (E\B) = A ∩ (E\A) = ∅ e B∩ (E\A) = B ∩ (E\B) = ∅. Portanto, ₍ A∩ (E\B))∪(B∩ (E\A))=∅ ∪ ∅ = ∅. Reciprocamente, consideremos o caso em que

(

A∩ (E\B))∪(B∩ (E\A))=∅.

Seja x∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x /∈ B teremos que x ∈ A ∩ (E\B) e, consequentemente,

x∈(A∩ (E\B))∪(B∩ (E\A))=∅.

(17)

Prove que

(A\B) ∪ (B\A) = (A ∪ B)\(A ∩ B).

• (A\B) ∪ (B\A) ⊂ (A ∪ B)\(A ∩ B)

Seja x∈ (A\B) ∪ (B\A). Neste caso, x ∈ A\B ou x ∈ B\A. Se x ∈ B\A ent˜ao temos que x ∈ A e x /∈ B. Logo, x∈ A ∪ B e x /∈ A ∩ B, ou seja, x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). Analogamente, x ∈ B\A implica x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B).

• (A\B) ∪ (B\A) ⊃ (A ∪ B)\(A ∩ B)

Seja x∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). Neste caso, x ∈ A ∪ B e x /∈ A ∩ B. Se x ∈ A ent˜ao x /∈ B, uma vez que x /∈ A ∩ B. Isto ´e, se x∈ A ent˜ao x ∈ A\B. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ B\A. Portanto, x ∈ (A\B) ∪ (B\A).

(18)

Para conjuntos A e B, deﬁnimos o conjunto

A∆B := (A\B) ∪ (B\A).

Prove que A∆B = A∆C implica que B = C. Examine a validade um resultado an´alogo com∩, ∪ ou × em vez de ∆.

Suponhamos que A∆B = A∆C.

Mostraremos que os conjuntos B∩ A e B\A est˜ao contidos em C. Desta forma, como B = (B ∩ A) ∪ (B\A), concluiremos que B⊂ C.

Seja x∈ B ∩A. Temos que x /∈ A∆B = (A\B)∪(B\A), pois x /∈ A\B e x /∈ B\A. Assim, como A∆B = A∆C, temos que x /∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A) e, consequentemente, x /∈ A\C. Logo, x ∈ C pois x ∈ A e x /∈ A\C. Como

x∈ B ∩ A ´e arbitr´ario, concluimos que B ∩ A ⊂ C.

Seja x ∈ B\A. Logo, x ∈ (A\B) ∪ (B\A) = A∆B. E, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ A∆C. Sendo

x∈ A∆C = (A\C) ∪ (C\A), segue que x ∈ A\C ou x /∈ C\A. Assim, j´a que x /∈ A, devemos ter que x ∈ C\A e,

consequentemente, x∈ C. Como x ∈ B\A ´e arbitr´ario, concluimos que B\A ⊂ C.

Por fim, como B∩ A e B\A estão contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma análoga, prova-se que

C∩ A e C\A est˜ao contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C.

Consideremos agora a validade dos casos an´alogos para∩, ∪ e × ao inv´es de ∆. Existem A, B e C tais que

• A ∩ B = A ∩ C e B ̸= C. Por exemplo: A = {1}, B = {1, 2} e C = {1, 2, 3}; • A ∪ B = A ∪ C e B ̸= C. Por exemplo: A = {1}, B = {2} e C = {1, 2}; • A × B = A × C e B ̸= C. Por exemplo: A = ∅, B = {1} e C = {2}.

(19)

Prove as seguintes aﬁrma¸c˜oes:

(a) (A∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C); (b) (A∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C); (c) (A− B) × C = (A × C) − (B × C); (d) A⊂ A′, B⊂ B′=⇒ A × B ⊂ A′× B′.

(a) Temos que a igualdade (A∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C) ´e v´alida pois (x, c)∈ (A ∪ B) × C ⇐⇒ x ∈ A ∪ B e c ∈ C

⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) ou (x ∈ B e c ∈ C) ⇐⇒ (x, c) ∈ A × C ou (x, c) ∈ B × C ⇐⇒ (x, c) ∈ (A × C) ∪ (B × C).

(b) Temos que a igualdade (A∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C) ´e v´alida pois (x, c)∈ (A ∩ B) × C ⇐⇒ x ∈ (A ∩ B) e c ∈ C

⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x ∈ B e c ∈ C) ⇐⇒ (x, c) ∈ A × C e (x, c) ∈ B × C ⇐⇒ (x, c) ∈ (A × C) ∩ (B × C).

(c) Temos que a igualdade (A− B) × C = (A × C) − (B × C) ´e v´alida pois (x, c)∈ (A − B) × C ⇐⇒ x ∈ A − B e c ∈ C

⇐⇒ (x ∈ A e c ∈ C) e (x /∈ B e c ∈ C) ⇐⇒ (x, c) ∈ A × C e (x, c) /∈ B × C ⇐⇒ (x, c) ∈ (A × C) − (B × C).

(d) Seja (a, b) ∈ A × B. Ent˜ao, a ∈ A′ e b ∈ B′ pois A ⊂ A′ e B ⊂ B′. Logo, (a, b) ∈ A′× B′. Portanto, concluimos que A× B ⊂ A′× B′.

(20)

Dada uma fun¸c˜ao f : A→ B:

(a) Prove que se tem f (X\Y ) ⊃ f(X)\f(Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y de A; (b) Mostre que se f for injetora ent˜ao f (X\Y ) = f(X)\f(Y ) para quaisquer X e Y contidos em A.

(a)

Suponhamos que z ∈ f(X)\f(Y ). Desta forma, temos que z ∈ f(X) e, consequentemente, existe x ∈ X tal que f (x) = z. Como z /∈ f(Y ) e z = f(x), devemos ter que x /∈ Y . Logo, x ∈ X\Y . Assim, concluimos que

z = f (x)∈ f(X\Y ).

Portanto, devemos ter que f (X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ).

(b)

Pelo item (a), temos que f (X\Y ) ⊂ f(X)\f(Y ). Logo, basta veriﬁcarmos que f(X\Y ) ⊃ f(X)\f(Y ).

Seja z∈ f(X\Y ). Então, podemos escolher x ∈ X\Y tal que f(x) = z. Assim, z = f(x) ∈ f(X) pois x ∈ X. Por outro lado, como f é injetivo, f (x) = z e x /∈ Y , nenhum y ∈ Y é tal que f(y) = z. Logo, z /∈ f(Y ). Portanto,

z∈ f(X)\f(Y ).

(21)

Mostre que a fun¸c˜ao f : A→ B ´e injetora se, e somente se, f(A\X) = f(A)\f(X) para todo X ⊂ A.

Se f : A→ B é injetiva, pelo item (b) do exerc´ıcio 1.12, a igualdade f(A\X) = f(A)\f(X) é válida para todo

X ⊂ A.

Suponhamos que a igualdade f (A\X) = f(A)\f(X) seja v´alida para todo X ⊂ A. Seja a ∈ A e denotemos por

b o elemento f (a)∈ B. Assim,

b /∈ f(A\{a}) = f(A)\f({a}).

Logo, n˜ao existe a′ ∈ A\{a} tal que f(a′) = b = f (a). Desta forma, como a∈ A é arbitrário, concluimos que f é injetivo.

(22)

Dada a fun¸c˜ao f : A→ B, prove que: (a) f−1(f (X))⊃ X para todo X ⊂ A;

(b) f ´e injetora se, e somente se, f−1(f (X)) = X para todo X⊂ A.

(a)

Se x∈ X ent˜ao x ∈ f−1(f (X)) pois f (x)∈ f(X). Assim, devemos ter que f−1(f (X))⊃ X.

(b)

Suponhamos que f ´e injetora e ﬁxemos X ⊂ A. Provaremos que f−1(f (X)) ⊂ X e concluiremos, pelo item (a), que f−1(f (X)) = X. Desta forma, podemos concluir que se f ´e injetora ent˜ao f−1(f (X)) = X, para qualquer

X ⊂ A.

Seja y ∈ f−1(f (X)). Segue que f (y) ∈ f(X). Assim, existe x ∈ X tal que f(x) = f(y). Sendo f injetiva, conclui-se que y = x∈ X. Portanto, como y ∈ f−1(f (X)) ´e arbitr´ario, temos que f−1(f (X))⊂ X.

Suponhamos, por outro lado, que f seja tal que f−1(f (X)) = X, para qualquer X ⊂ A. Sejam x e y ∈ A tais que f (x) = f (y). Neste caso, temos que f ({x}) = f({x, y}). Assim, f−1(f ({x})) = f−1(f ({x, y})) e, pela hip´otese,

{x} = f−1_{(f (}_{{x})) = f}−1_{(f (}_{{x, y})) = {x, y}.}

Desta forma, y∈ {x} e, consequentemente, x = y. Com isso, concluimos que se x e y ∈ A s˜ao tais que f(x) = f(y) ent˜ao x = y. Portanto, f ´e injetiva.

(23)

Dada f : A→ B, prove:

(a) Para todo Z⊂ B, tem-se que f(f−1(Z))⊂ Z;

(b) f ´e sobrejetora se, e somente se, f (f−1(Z)) = Z para todo Z⊂ B.

(a)

Seja z∈ f(f−1(Z)). Existe x∈ f−1(Z) tal que f (x) = z. Assim, como x∈ f−1(Z), z = f (x)∈ Z. Portanto, podemos concluir que f (f−1(Z))⊂ Z.

(b)

Suponhamos que f seja sobrejetora. Provaremos, para um Z⊂ B arbitr´ario, que f(f−1(Z)) = Z. Pelo item (a), temos que f (f−1(Z))⊂ Z.

Seja z∈ Z. Como f ´e sobrejetiva, existe x ∈ A tal que z = f(x). Desta forma, como f(x) = z ∈ Z, segue que

x∈ f−1(Z). Logo, z = f (x)∈ f(f−1(Z)). Desta forma, concluimos que f (f−1(Z))⊃ Z. Portanto, devemos ter que f (f−1(Z)) = Z.

Suponhamos, por outro lado, que f (f−1(Z)) = Z, para todo Z⊂ B. Seja z∈ B. Deﬁnindo Z = {z}, temos que

f (f−1(Z)) = Z ={z}.

Desta forma, temos que z∈ f(f−1(Z)). Assim, existe x∈ f−1(Z)⊂ A tal que f(x) = z. Portanto, neste caso, f ´e sobrejetiva.

(24)

Dada uma fam´ılia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

(1a_{) Para todo λ}_{∈ L, tem-se X ⊃ A} λ;

(2a_{) Se Y} _{⊃ A}

λ, para todo λ∈ L, ent˜ao Y ⊃ X.

Prove que, nestas condi¸c˜oes, tem-se X = ∪

λ∈L

Aλ.

Pela primeira condi¸c˜ao, temos que X⊃ Aλpara cada λ∈ L. Assim,

∪ λ∈L Aλ⊂ X pois cada x ∈ ∪ λ∈L Aλpertence a Aλ⊂ X, para algum λ ∈ L. O conjunto ∪ λ∈L Aλ ´e tal que ∪ λ∈L

Aλ⊃ Aλ, para todo λ∈ L. Logo, pela segunda condi¸c˜ao,

∪ λ∈L Aλ⊃ X. Portanto, X = ∪ λ_∈L Aλ.

(25)

Enuncie e demonstre um resultado an´alogo ao anterior, caracterizando ∩

λ∈L

Aλ.

Enunciado: Dada uma fam´ılia de conjuntos (Aλ)λ_∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:

(1a_{) Para todo λ}_{∈ L, tem-se X ⊂ A} λ;

(2a) Se Y ⊂ Aλpara todo λ∈ L, ent˜ao Y ⊂ X.

Nestas condi¸c˜oes, tem-se X = ∩

λ_∈L

Aλ.

Demonstra¸c˜ao:

Todo elemento x de X pertence a ∩

λ∈L

Aλpois x∈ X ⊂ Aλ, pela primeira hip´otese sobre X. Logo,

∩ λ∈L Aλ⊃ X. O conjunto ∩ λ_∈L Aλ´e tal que ∩ λ_∈L

Aλ⊂ Aλ, para todo λ∈ L. Assim, pela segunda hip´otese sobre X,

∩ λ_∈L Aλ⊂ X. Portanto, X = ∩ λ∈L Aλ. 24

(26)

Seja f :P(A) −→ P(A) uma fun¸c˜ao tal que X ⊂ Y =⇒ f(Y ) ⊂ f(X) e f(f(X)) = X. Prove que f(∪Xλ) =∩f(Xλ)

e f (∩Xλ) =∪f(Xλ).[Aqui X, Y e cada Xλ s˜ao subconjuntos de A].

Fa¸camos cada inclus˜ao separadamente.

(i) f (∪Xλ)⊂

∩

f (Xλ)

Como∪Xλ⊃ Xλ, para todo λ, temos por hip´otese que f (∪Xλ)⊂ f(Xλ), para todo λ. Da´ı, f (∪Xλ)⊂ ∩f(Xλ).

(ii) f (∪Xλ)⊃

∩

f (Xλ)

Por (ii), temos que f (∩f(Xλ))⊃ ∪f(f(Xλ)) =∪Xλ. Da´ı, f (f (∩f(Xλ)))⊂ f(∪Xλ). Logo, ∩f(Xλ)⊂ f(∪Xλ).

(iii) f (∩Xλ)⊃

∪

f (Xλ)

Como∩Xλ⊂ Xλ, para todo λ, temos por hip´otese que f (∩Xλ)⊃ f(Xλ), para todo λ. Da´ı, f (∩Xλ)⊃ ∪f(Xλ).

(iv) f (∩Xλ)⊂

∪

f (Xλ)

Por (i), temos que f (∪f(Xλ))⊂ ∩f(f(Xλ)) =∩Xλ. Da´ı, f (f (∪f(Xλ)))⊃ f(∩Xλ). Logo,∪f(Xλ)⊃ f(∩Xλ).

(27)

Dadas as fam´ılias (Aλ)λ∈L e (Bµ)µ∈M, forme duas fam´ılias com ´ındices em L× M considerando os conjuntos

(Aλ∪ Bµ)(λ,µ)∈L×M e (Aλ∩ Bmu)(λ,µ)∈L×M.

Prove que se tem

( ∪ λ∈L Aλ ) ∩  ∪ µ_∈M Bµ   = ∪ (λ,µ)∈L×M (Aλ∩ Bµ), ( ∩ λ∈L Aλ ) ∪  ∩ µ∈M Bµ   = ∩ (λ,µ)∈L×M (Aλ∪ Bµ).

Primeiramente provemos que ( ∪ λ∈L Aλ ) ∩  ∪ µ∈M Bµ   = ∪ (λ,µ)∈L×M (Aλ∩ Bµ). Como _∪ λ_∈L Aλ⊃ Aλ⊃ Aλ∩ Bµ,

para todo (λ, µ)∈ L × M, temos que ∪ λ∈L Aλ⊃ ∪ (λ,µ)∈L×M (Aλ∩ Bµ).

Analogamente, mostra-se que _∪

µ∈M

Bµ⊃

∪

(λ,µ)∈L×M

(Aλ∩ Bµ).

Assim, segue que

( ∪ λ∈L Aλ ) ∩   ∪ µ∈M Bµ   ⊃ ∪ (λ,µ)_∈L×M (Aλ∩ Bµ) .

Seja x∈ (∪λ∈LAλ)∩ (∪µ∈MBµ). Desta forma, x∈ ∪λ∈LAλ e x∈ ∪µ∈MBµ. Assim, existem λ∈ L e µ ∈ M

tais que x∈ Aλ e x∈ Bµ. Logo,

x∈ Aλ∩ Bµ⊂

∪

(λ,µ)∈L×M

(Aλ∩ Bµ) .

Com isso, podemos concluir que ( ∪ λ_∈L Aλ ) ∩   ∪ µ∈M Bµ   ⊂ ∪ (λ,µ)∈L×M (Aλ∩ Bµ) .

Mostremos agora que

( ∩ λ∈L Aλ ) ∪  ∩ µ∈M Bµ   = ∩ (λ,µ)_∈L×M (Aλ∪ Bµ). Como (Aλ∪ Bµ)⊃ Aλ⊃ ∩ λ∈L Aλ,

para todo (λ, µ)∈ L × M, temos que

∩ (λ,µ)∈L×M (Aλ∪ Bµ)⊃ ∩ λ∈L Aλ. 26

(28)

∩ (λ,µ)∈L×M (Aλ∪ Bµ)⊃ ∩ µ∈M Bµ.

Assim, segue que

∩ (λ,µ)∈L×M (Aλ∪ Bµ)⊃ ( ∩ λ_∈L Aλ ) ∪   ∩ µ∈M Bµ   .

Seja x∈ ∩(λ,µ)∈L×M(Aλ∪Bµ). Suponhamos, por absurdo, que x /∈ (∩λ_∈LAλ)∪(∩µ_∈MBµ). Ent˜ao, x /∈ ∩λ_∈LAλ

e x /∈ ∩µ_∈MBµ. Assim, existem λ∈ L e µ ∈ M tais que x /∈ Aλe x /∈ Bµ. Com igual raz˜ao, existe (λ, µ)∈ L×M tal

que x /∈ Aλ∪Bµ. Um absurdo, pois como Aλ∪Bµ ⊂ ∩(λ,µ)∈L×M(Aλ∪Bµ), ter´ıamos que x /∈ ∩(λ,µ)∈L×M(Aλ∪Bµ).

Logo, devemos ter que x∈ (∩λ_∈LAλ)∪ (∩µ_∈MBµ). Com isso, concluimos que

∩ (λ,µ)∈L×M (Aλ∪ Bµ)⊂ ( ∩ λ_∈L Aλ ) ∪   ∩ µ∈M Bµ   .

(29)

Seja (Aij)(i,j)_∈N×N uma fam´ılia de subconjuntos com ´ındices emN × N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, a igualdade ∞ ∪ j=1 (_∞ ∩ i=1 Aij ) = ∞ ∩ i=1  ∪∞ j=1 Aij   .

A igualdade ´e falsa em geral. De fato, tomando-se

Aij := { {1}, se i = j, ∅, se i̸= j, temos que ∞ ∪ j=1 (_∞ ∩ i=1 Aij ) = ∞ ∪ j=1 (∅) = ∅ e ∞ ∩ i=1  ∪∞ j=1 Aij   = ∩∞ i=1 ({1}) = {1}. 28

(30)

Dados os conjuntos A, B, C, estabele¸ca uma bije¸c˜ao entreF(A × B; C) e F(A; F(B; C)).

Seja f : A× B → C. Podemos definir uma fun¸cão φf: A→ F(B; C) definindo φf(a) : B → C como sendo a

fun¸c˜ao dada por ₍

φf(a)

)

(b) := f (a, b),

para todo b∈ B. Veriﬁcaremos que a fun¸c˜ao φ: F(A × B; C) → F(A; F(B; C)), dada por

φ(f ) := φf,

para cada f ∈ F(A × B; C), ´e uma bije¸c˜ao.

Suponhamos que f e g∈ F(A × B; C) sejam tais que φ(f) = φ(g). Assim, φf = φg. Logo, dado (a, b)∈ A × B,

temos que φf(a) = φg(a) e, consequentemente, f (a, b) =(φf(a) ) (b) =(φg(b) ) (b) = g(a, b). Portanto, f = g. Com isso, concluimos que φ ´e injetiva.

Seja ψ : A→ F(B; C). Podemos deﬁnir uma fun¸c˜ao f : A × B → C por

f (a, b) :=(ψ(a))(b), para todo (a, b)∈ A × B. Seja a ∈ A. Temos que

(

φf(a)

)

(b) = f (a, b) =(ψ(a))(b),

para todo b∈ B. Desta forma φf(a) = ψ(a). Portanto, como a ´e arbitr´ario, conclu´ımos que φf = ψ. Com isso,

concluimos que φ ´e sobrejetiva.

(31)

Cap´ıtulo 2

Conjuntos Finitos, Enumer´

aveis e

N˜

ao-Enumer´

aveis

(32)

Prove que, na presen¸ca dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo ´e equivalente a P3:

A : Para todo subconjunto n˜ao-vazio X⊂ N, tem-se X\s(X) ̸= ∅.

Relembremos as propriedades:

P1 : s :N → N ´e injetora; P2 : N\s(N) = {1};

P3 : Se X ⊂ N ´e tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, ent˜ao X = N.

Suponhamos que as afirma¸cões P1, P2 e P3 sejam válidos. Concluiremos que o axioma A é valido mostrando que se X ⊂ N é tal que X\s(X) = ∅ então X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) então N\X = N. Primeiramente, temos que 1∈ N\X, pois, caso contrário, 1 ∈ s(N) já que

X⊂ s(X) ⊂ s(N),

contradizendo P2. Por P1,

s(N\X) = s(N)\s(X) ⊃ s(N)\X.

Desta forma, se n ∈ N\X ent˜ao s(n) /∈ X e, consequentemente, s(n) ∈ N\X. Assim, por P3, concluimos que N\X = N.

Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam v´alidos. Seja X ⊂ N tal que 1 ∈ X e, para todo n∈ X, s(n) ∈ X. Provaremos que X = N e concluiremos da´ı que P3 ´e v´alido. Suponhamos por absurdo que N\X ̸= ∅. Por A, segue que existe

n∈ (N\X)\s(N\X).

Como 1 /∈ N\X, devemos ter que n ̸= 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que

s(m) = n.

(33)

Dados os n´umeros naturais a e b, prove que existe um n´umero natural m tal que m· a > b.

Se a = 1, basta tomar m = b + 1, pois

1(b + 1) = b + 1 > b.

Se a̸= 1 então a > 1 já que a ∈ Z+. Assim, pela monoticidade da multiplica¸cão emZ+,

ba > b.

Logo, para m := b, temos que ma > b.

(34)

Seja a um número natural. Se um conjunto X é tal que a∈ X e, além disso, n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, então X contém todos os números naturais≥ a.

Seja

A :={k ∈ Z+: a + k∈ X}.

Pela defini¸cão da rela¸cão6 em Z+, b> a se e somente se b = a+k para algum k ∈ Z>0. Desta forma, provando

que A =Z+ podemos concluir que X cont´em todos os n´umeros naturais> a.

Como a∈ X, temos, pela propriedade de X, que a + 1 ∈ X. Logo, 1 ∈ A.

Suponhamos que k∈ A. Pela deﬁni¸c˜ao de A, isto implica que a + k ∈ X. Assim pela propriedade de X, temos que a + k + 1∈ X. Logo, k + 1 ∈ A.

(35)

Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstra¸c˜oes omitidas no texto.

Associatividade: m + (n + p) = (m + n) + p.

Provada no livro.

Comutatividade: m + n = n + m.

Primeiramente mostraremos que

m + 1 = 1 + m,

para todo m∈ Z+. O caso em que m = 1 ´e tautológico. Supondo, como hipótese de indu¸cão, que

m + 1 = 1 + m

para algum m∈ Z+, segue que

s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m + 1) = s(1 + m) = 1 + s(m).

Assim, pelo PIF, temos que m + 1 = 1 + m, para todo m∈ Z+.

Por ﬁm, provaremos, para m∈ Z+ arbitr´ario e por indu¸c˜ao em n∈ Z+, que

m + n = n + m.

O caso n = 1 foi provado no par´agrafo anterior. Supondo, como hip´otese de indu¸c˜ao, que

m + n = n + m

para algum n∈ Z+, segue que

m + s(n) = s(m + n) = s(n + m)

= n + s(m) = n + (m + 1)

= n + (1 + m) = (n + 1) + m = s(n) + m.

E o resultado segue pelo PIF.

Lei do Corte: m + n = m + p⇒ n = p.

Sejam n e p∈ Z+. Provaremos, por indu¸c˜ao em m∈ Z+, que se m + n = m + p ent˜ao n = p.

O caso em que m = 1 resume-se `a injetividade da fun¸c˜ao s :Z+→ Z+. Isto ´e, como

s(n) = n + 1 = 1 + n = 1 + p = p + 1 = s(p),

temos que

n = p.

Suponhamos, como hip´otese de indu¸c˜ao, que m + n = m + p implique que n = p. Assim, se s(m) + n = s(m) + p ent˜ao

s(m + n) = s(n + m) = n + s(m)

= s(m) + n = s(m) + p

= p + s(m) = s(p + m)

= s(m + p).

Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s :Z+ → Z+, que m + n = m + p e, pela

hip´otese de indu¸c˜ao, n = p. E o resultado segue pelo PIF.

Tricotomia: Dados m e n∈ Z+, exatamente uma das trˆes alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n,

ou existe p∈ Z+ tal que m = n + p, ou, ent˜ao, existe q∈ Z+ com n = m + q.

Dizemos que (m, n)∈ Z+× Z+satisfaz a condi¸c˜ao C se exatamente uma das exatamente uma das trˆes

alterna-tivas ocorre:

(36)

• m = n + p, para algum p ∈ Z+;

• n = m + q, para algum q ∈ Z+.

Seja X o subconjunto deZ+× Z+ deﬁnido por

T :={(m, n) ∈ Z+× Z+: (m, n) satisfaz C}.

Observemos que, como

T = ∪ m_∈Z+ {m} × Tm, onde Tm:={n ∈ Z+: (m, n) satisfaz C}, mostrando que Tm=Z+,

para cada m∈ Z+, podemos concluir que

T = ∪ m∈Z+ {m} × Tm= ∪ m∈Z+ {m} × Z+=Z+× Z+.

Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia.

Procederemos com a demonstra¸c˜ao de que Tm=Z+ por indu¸c˜ao em m∈ Z+.

Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Al´em disso, como 1 /∈ s(Z), segue que

m = 1̸= sp(n) = n + p e

n = 1̸= sq(m) = m + q,

para todos p e q∈ Z+. Logo, (1, 1) satisfaz a condi¸c˜ao C e, consequentemente, 1∈ T1. Supondo que n∈ T1, como

n˜ao se pode ter que 1 = m + q = sq_{(m) j´}_{a que 1 /}_{∈ s(Z}

+), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre:

• n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1;

• n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q) = 1 + s(q).

Logo, se n∈ T1 ent˜ao s(n)∈ T1. Com isso, concluimos, pelo PIF, que T1=Z+.

Suponhamos, como hip´otese de indu¸c˜ao, que Tm=Z+. Provaremos que Ts(m)=Z+.

Como X1 = Z+, temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condi¸c˜ao C e, consequentemente, (s(m), 1)

satisfaz a condi¸c˜ao C. Logo, 1∈ Ts(m). Supondo que n∈ Ts(m), temos que exatamente uma das trˆes alternativas

ocorrem:

• n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1;

• n = s(m) + q, para algum q ∈ Z+: Neste caso, s(n) = s(s(m) + q) = s(m) + s(q);

• s(m) = n + p, para algum p ∈ Z+: Neste caso, se p = 1 ent˜ao s(m) = s(n). E, se p∈ Z+\{1} = s(Z+), existe

˜

(37)

Portanto, Xm=Z+, para todo m∈ Z+.

Transitividade: se m < n e n < p ent˜ao m < p.

Se, para m, n e p∈ Z+, tivermos que m < n e n < p ent˜ao existem r e s∈ Z+tais que

m + r = n e n + s = p. Desta forma, p = n + s = (m + r) + s = m + (r + s). Logo, m < p.

Tricotomia: dados m e n∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < n

ou n < m.

Sejam m e n∈ Z+. Segundo a tricotomia da adi¸cão (provada acima), exatamente uma das três condi¸cões é

v´alida: ou m = n; ou existe p∈ Z+ tal que m = n + p e, portanto, m > n; ou existe q∈ Z+ tal que n = m + q e,

portanto, m < n.

Monoticidade da adi¸c˜ao: se m < n ent˜ao, para todo p∈ Z+, tem-se m + p < n + p.

Provada no livro.

Associatividade: m· (n · p) = (m · n) · p.

Provada no livro.

Comutatividade: m· n = n · m.

Primeiramente, provaremos que m· 1 = 1 · m, para todo m ∈ Z+. Depois, supondo, como hip´otese de indu¸c˜ao,

que n∈ Z+´e tal que m· n = n · m, para todo m ∈ Z+, provaremos que n + 1 ´e tal que m· (n + 1) = (n + 1) · m.

Como isso, o resultado segue pelo Princ´ıpio da Indu¸c˜ao Finita.

Provaremos a igualdade m· 1 = 1 · m por indu¸c˜ao em m ∈ Z+. Para m = 1 a igualdade ´e trivial. Suponhamos,

como hip´otese de indu¸c˜ao, que m· 1 = 1 · m, para algum m ∈ Z+. Desta forma, temos que

(m + 1)· 1 = m + 1 = m · 1 + 1 = 1 · m + 1 = 1 · (m + 1). Logo, pelo PIF, a igualdade ´e v´alida.

Suponhamos que n∈ Z+ seja tal que m· n = n · m, para todo m ∈ Z+. Mostraremos, por indu¸c˜ao em m, que

m· (n + 1) = (n + 1) · m, para todo m ∈ Z+. Para m = 1, o resultado segue do par´agrafo anterior. E, supondo que

m· (n + 1) = (n + 1) · m, temos que (m + 1)· (n + 1) = (m + 1) · n + (m + 1) = n· (m + 1) + (m + 1) = n· m + n + m + 1 = m· n + m + n + 1 = m· (n + 1) + (n + 1) = (n + 1)· m + (n + 1) = (n + 1)· (m + 1). E temos o resultado. Distributividade: m(n + p) = m· n + m · p. 36

(38)

Lei do Corte: m· p = n · p ⇒ m = n.

Suponhamos que m, n e p∈ Z+s˜ao tais que

m· p = n · p.

Pela tricotomia, exatamente uma das trˆes condi¸c˜oes ´e satisfeita: ou m = n + q, para algum q∈ Z+; ou m = n + q,

m = n + q, para algum q ∈ Z+; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condi¸c˜oes n˜ao s˜ao poss´ıveis e, com

isso, teremos o resultado.

Suponhamos que m = n + q, para algum q∈ Z+. Segue que

n· p = m · p = (n + q) · p = p · (n + q) = p · n + p · q = n · p + p · q.

Contradizendo a tricotomia.

De forma an´aloga, n˜ao podemos ter n = m + q, para algum q∈ Z+. Monoticidade: m < n⇒ m · p < n · p.

Sejam n e m∈ Z+ tais que

m < n.

Provaremos que

m· p < n · p,

para todo p∈ Z+, por indu¸c˜ao em p.

Para p = 1, a desigualdade ´e imediata.

Suponhamos, como hip´otese de indu¸c˜ao, que m· p < n · p, para um certo p ∈ Z+. Como m < n, existe q∈ Z+

tal que n = m + q. Assim, n· (p + 1) = (m + q) · (p + 1) = (p + 1) · (m + q) = (p + 1) · m + (p + 1) · q = m · (p + 1) + (p + 1) · q. e, consequentemente, n· (p + 1) < m · (p + 1).

(39)

Um elemento a∈ Z+ chama-se antecessor de b∈ Z quando se tem a < b mas n˜ao existe c ∈ Z+ tal que a < c < b.

Prove que, exceto 1, todo n´umero natural possui um antecessor.

Seja x∈ Z+\{1}. Mostraremos que x possui um antecesor.

Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y∈ Z+. Logo, y < x.

Suponhamos que z∈ Z+´e tal que z < x. Mostraremos que z6 y. Temos que

x = z + n,

para algum n∈ Z+. Se n = 1 temos que

y + 1 = x = z + 1

e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n∈ Z+\{1} ent˜ao, novamente pelo axioma de Peano P2, existe

m∈ Z+ tal que n = s(m). Assim,

s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z + m)

e, pela injetividade da fun¸c˜ao s (axioma de Peano P1),

y = z + m.

Logo, z < y.

Portanto, y ´e um antecessor de x.

(40)

Use indu¸c˜ao para demonstrar os seguintes fatos:

a) 2(1 + 2 + 3 + ... + n) = n(n + 1);

b) 1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = (n + 1)2;

c) (a− 1)(1 + a + a2_{+ ... + a}n_{) = a}n+1_{− 1, seja quais forem a, n ∈ N;}

d) n≥ 4 ⇒ n! > 2n_.

Fa¸camos as demonstra¸c˜oes de maneira bem resumida.

a) Para n = 1, temos obviamente a igualdade uma vez que

2(1) = 1(1 + 1).

Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja,

2(1 + 2 + 3 + ... + k) = k(k + 1)

e provemos a sua validade para n = k + 1. Temos pela hip´otese de indu¸c˜ao que

2(1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1)) = 2(1 + 2 + 3 + ... + k) + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1)

= (k + 1)(k + 2) = (k + 1)((k + 1) + 1).

b) Para n = 1, temos a igualdade veriﬁcada obviamente pois

1 + 3 = 4 = (1 + 1)2.

Suponhamos que a igualdade seja veriﬁcada para n = k, ou seja,

1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1) = (k + 1)2.

Assim, temos que

1 + 3 + 5 + ... + (2(k + 1) + 1) = 1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1)(2k + 3) = (k + 1)2+ 2k + 3

= k2+ 2k + 1 + 2k + 3 = k2+ 4k + 4

= (k + 2)2= ((k + 1) + 1)2

c) Para n = 1, temos a igualdade veriﬁcada obviamente, pois (a− 1)(1 + a) = a2_{− 1.}

Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja, (a− 1)(1 + a + a2+ ... + ak) = ak+1− 1. Assim, temos que

(41)

Use o Segundo Princ´ıpio de Indu¸cão para demonstrar a unicidade de decomposi¸cão de um número natural em fatores primos.

Seja n ∈ N. Suponha que todos os n´umeros naturais menores do que n sejam escritos de forma ´unica como produto de fatores primos. Suponhamos que n tenha duas decomposi¸c˜oes

n = α1α2...αm

e

n = β1β2...βp,

com αi e βj n´umeros primos. Se αi = βj para determinados i, j,(neste caso podemos supor sem perda de

generali-dade α1= β1) ent ao temos que

n = αir

e

n = β1s,

com r = α2...αm, s = β2...βp e r = s < n. Pelo segundo princ´ıpio de indu¸c˜ao, temos que m = p e αi = βi, para

i = 2, 3, ..., m.

Se αi̸= βj para qualquer i = 1, 2, ..., m e j = 1, 2, ..., p, ent˜ao temos que

mdc(n, n) = mdc(α1...αm, β1...βp) = 1,

o que ´e um absurdo. Logo ocorre o primeiro caso e segue o resultado.

(42)

Seja X um conjunto com n elementos. Use indu¸c˜ao para provar que o conjunto das bije¸c˜oes (ou permuta¸c˜oes)

f : X→ X tem n! elementos.

Provemos este exerc´ıcio usando indu¸c˜ao sobre o n´umero de elementos de X. Para |X| = 1, temos obvia-mente |F | = 1. Suponhamos que se |X| = k, ent˜ao |F | = k!. Suponhamos que |X| = k + 1, digamos X =

{x1, x2, ..., xn, xn+1}. Para cada i = 1, 2, ..., k + 1, seja fi: X → X tal que fi(xk+1) = xi. Temos ent˜ao k + 1 fi′s.

Agora, por indu¸c˜ao existem k! restri¸c˜oes fi_X_\{x

k+1}, pois cada restri¸c˜ao fi

X\{xk+1} : X\ {xk+1} → X \ {xk+1} ´e

(43)

Sejam X e Y conjuntos ﬁnitos.

a) Prove que card(X∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ). b) Qual seria a f´ormula correspondente para trˆes conjuntos?

c) Generalize.

a) Sejam A ={(1, x); x ∈ X} ∪ {(2, y); y ∈ Y } e B = {(3, z); z ∈ X ∪ Y } ∪ {(4, w); w ∈ X ∩ Y }. Deﬁnamos

f : A→ B como sendo f (1, x) = (3, x) f (2, y) = { (3, y); se y∈ Y \ X (4, y); se y∈ X ∩ Y .

Temos trivialmente que f ´e uma bije¸c˜ao entre A e B. Al´em disso, card(A) = card(X∪ Y ) + card(X ∩ Y ) e

card(B) = card(X) + card(Y ). Da´ı segue o resultado.

b) card(X∪ Y ∪ Z) + card((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z)) = card(X) + card(Y ) + card(Z). c) card (_∪_n i=1 Xi ) + card ( ∪ i̸=j (Xi∩ Xj) )

= card(X1) + card(X2) + ... + card(Xn).

(44)

Dado um conjunto finito X, prove que uma fun¸cão f : X→ X é injetora se, e somente se, é sobrejetora.

(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) é uma bije¸cão. Se f(X) ̸= X ter´ıamos um absurdo pois não pode haver bije¸cão entre um conjunto finito e um subconjunto próprio deste conjunto.

(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f n˜ao seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que

f (x1) = f (x2). Assim, f (X) ={f(x1), f (x2), ..., f (xn)} teria no m´aximo n − 1 elementos e desta forma f(X) ̸= X,

(45)

Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princ´ıpio das gavetas). Se m < n, ent˜ao de qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, haver´a sempre uma gaveta, pelo menos, que conter´a mais de um objeto.

f : In→ Imcom n > m n˜ao ´e injetiva.

Se f n˜ao ´e sobrejetora, f|In também não ser´a. Logo, f|In também não será injetiva pelo exerc´ıcio anterior. E

consequentemente f tamb´em n˜ao seria injetiva.

Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse também injetiva, f seria uma bije¸c˜ao entre um conjunto finito e um subconjunto próprio dele, que é um absurdo.

(46)

Seja X um conjunto com n elementos. Determine o n´umero de fun¸c˜oes injetivas f : Ip→ X.

Princ´ıpio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f (1). Da´ı escolhamos 1 dos n− 1 elementos restantes para ser f (2). E assim sucessivamente temos que o n´umero de fun¸c˜oes injetivas poss´ıveis ´e

(47)

Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos?

Se n < p, vem de P1 que não existe subconjunto de X com p elementos. Caso contr´ario podemos definir uma fun¸c˜ao f : [1, p]∩ N → X(pelo axioma da escolha). Pelo princ´ıpio da contagem, temos que f pode ser definida de

n!

p!(n− p)! modos distintos. Por´em, para cada imagem de f, f pode ter sido deﬁnida de p! formas. Sendo assim,

existem n!

p!(n− p)! imagens de f.

(48)

Prove que se A tem n elementos, ent˜ao P (A) tem 2n _elementos.

Associemos a cada X∈ P (A) uma fun¸c˜ao fX : A→ {0, 1} dada por f(x) = 1 se x ∈ X e f(x) = 0 se x /∈ X.

Temos então que a aplica¸c˜ao X → fX é uma bije¸cão. E como, pelo princ´ıpio da contagem, é poss´ıvel se fazer 2

(49)

Deﬁna um fun¸c˜ao sobrejetiva f :N → N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f−1(n) seja inﬁnito.

Seja f :N → N tal que f(2n₃m_{) = n e f (x) = 1 para x divis´ıvel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto,}

f−1(N) ⊃ {2n3, 2n32, ..., 2n3m, ...}.

(50)

Prove que se X ´e infinito enumer´avel, o conjunto das partes finitas de X tamb´em é (infinito) enumerável.

Seja X ={x1, x2, ...}. Temos que

P = ∞ ∪ i=1 {A ⊂ {x1, x2, ..., xi}} = ∞ ∪ i=1 Fi.

(51)

Seja f : X→ X uma fun¸cão. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se estável relativamente à f quando f(Y ) ⊂ Y. Prove que um subconjunto X ´e finito se, e somente existe um fun¸c˜ao f : X→ X que só admite os subconjuntos estáveis

∅ e X.

(⇒) Seja X = {x1, x2, ..., xn} e f : X → X dado por f(xi) = xi+1 se 1≤ i < n e f(xn) = x1. Se f ´e est´avel em

A e xp ∈ A, temos que xq= fq−p(modn)(xp)∈ A. Logo, A = X.

(⇐) Dado x0 ∈ X (se X ̸= ∅, X ´e ﬁnito) consideremos o conjunto A = {x0, f (x0), f2(x0), ..., fn(x0), ...}. Da´ı

X = A, pois f ´e est´avel em A e A̸= ∅.

Se n˜ao existir k∈ N tal que fk(x0) = x0, A− {x0} ´e est´avel por f e logo A − {x0} = X − {x0} = ∅, ou seja,

X ={x0}, ou A = X = A − {x0}, absurdo.

Por outro lado, se existir k∈ N tal que fk_(x

0) = x0 o conjunto{x0, f (x0), f2(x0), ..., fk−1(x0)} ´e est´avel por A

e n˜ao vazio, logo ´e igual a X.

(52)

Seja f : X → X uma fun¸c˜ao injetiva tal que f(X) ̸= X. Tomando x ∈ X − f(X), prove que os elementos

x, f (x), f (f (x)), ... s˜ao dois a dois distintos.

Provaremos por indu¸c˜ao em n que para todo p ∈ N, temos que fn_(x) _{̸= f}n+p_{(x) e a proposi¸c ao estar´a}

demonstrada. Com x /∈ f(X), temos que x ̸= fp_{(x), para todo p}_{∈ N. Suponhamos que f}n_(x)_{̸= f}n+p_{(x). Ent˜}_ao

(53)

Dado um conjunto finito X, prove que uma fun¸cão f : X→ X é injetora se, e somente se, é sobrejetora.

(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) é uma bije¸cão. Se f(X) ̸= X ter´ıamos um absurdo pois não pode haver bije¸cão entre um conjunto finito e um subconjunto próprio deste conjunto.

(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f n˜ao seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que

f (x1) = f (x2). Assim, f (X) ={f(x1), f (x2), ..., f (xn)} teria no m´aximo n − 1 elementos e desta forma f(X) ̸= X,

o que ´e um absurdo. Logo, f ´e injetora.

(54)

(a) Se X ´e finito e Y é enumerável, entãoF(X, Y ) é enumerável.

(b) Para cada fun¸c˜ao f :N → N seja Af ={n ∈ N; f(n) ̸= 1}. Prove que o conjunto X das fun¸c˜oes f : N → N

tais que Af é finito é um conjunto enumerável.

Item (a)

Seja X ={x1, ..., xn}. Deﬁnimos

ϕ : F(X, Y ) → Yn

f → (f(x1), ..., f (xn)).

Temos que ϕ ´e claramente injetiva. Logo, F(X, Y ) est´a em bije¸c˜ao com o conjunto ϕ(F(X, Y )) ⊂ Yn_{. Como}

Y ´e enumer´avel, Yn _´_{e enumer´}_{avel (pois ´}_{e produto ﬁnito de conjuntos enumer´}_{aveis). Assim, ϕ(}_{F(X, Y )) ⊂ Y}n _´_e

anumerável e, consequentemente,F(X, Y ) é enumerável.

Item (b) Seja Fn:={Y ⊂ N; cardY = n}. Deﬁnimos ϕ : Fn → Yn Y ={y1, ..., yn} → (y1, ..., yn).

Claramente, ϕ ´e injetiva. Como Yn _´_{e enumer´}_{avel, segue que F}

n´e enumer´avel. Portanto,

F := ∞ ∪ n=1 Fn ´ e enumer´avel. Seja ψ : X → ∪_Y_∈FF(Y, N) f → f|Af.

Temos que ψ ´e injetiva. De fato, se f, g∈ X s˜ao tais que ψ(f) = ψ(g) temos que

f|Af = g|Ag implicando que Af = Ag, f|Af = g|Ag, e f = g j´a que f|_N\A_f = 1 = g|_N\A_f.

Pelo item anterior, ∪_Y_∈FF(Y, N) é uma união enumerável de conjuntos enumeráveis. Logo, ∪_Y_∈FF(Y, N) é enumer´avel. Assim, como ψ é injetiva, segue que X ´e enumerável.

(55)

Obtenha uma decomposi¸cãoN = ∪∞_i=1Xi tal que os conjuntos Xi são infinitos e dois à dois disjuntos.

Para todo n∈ N, existe um ´unico k ∈ Z_>0 tal que

2k6 n < 2k+1.

Por isso, ﬁca bem deﬁnida a fun¸c˜ao f :N → Z_>0 dada por

f (n) = n− 2k,

onde 2k _{6 n < 2}k+1_{. Desta forma, temos, para}

Xi:= f−1(i− 1),

que

N =∪∞

i=1

Xi

com os conjuntos Xi sendo dois `a dois disjuntos. Adiante, como

Xi={2k+ i− 1 | k ∈ Z_>0, i− 1 < 2k},

temos que cada Xi ´e inﬁnito.

(56)

Defina f :N × N → N, pondo f(1, n) = 2n − 1 e f(m + 1, n) = 2m_(2n_{− 1). Prove que f é uma bije¸cão.}

Para cada n´umero natural p, temos, pela unicidade da decomposi¸c˜ao de números naturais em números primos, que existem ´unicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1q e q é ´ımpar. Sendo q ´ımpar, existe um único n ∈ Z+ tal que

q = 2n− 1. Assim, existem únicos m e n ∈ Z_>0 tais que p = 2m−1_(2n_{− 1). Portanto, é bem definida a fun¸cão}

g : Z+ → Z+× Z+

p = 2m−1_(2n_{− 1) → (m, n).}

(57)

Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma única bije¸cão crescente f : N → X.

Deﬁnimos, indutivamente f :N → X por

f (1) = min(X) e f (n) = min ( X− n∪−1 i=1 {f(i)} ) ,

para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X⊂ N ser bem ordenado, que f est´a bem deﬁnida. Dados m < n∈ N, temos que

f (m) < min ( X− n_∪₋₁ i=1 {f(i)} ) = f (n)

pois f (m) 6 x, para todo x ∈ X −∪m_i=1−1 ⊃ X −∪_i=1n−1, e f (m) /∈ X −∪n_i=1−1. Com isso, concluimos que f ´e estritamente crescente e, consequentemente que f ´e injetiva.

Provaremos, agora que f ´e sobrejetiva. Come¸caremos mostrando, por indu¸c˜ao que

n6 f(n).

Para n = 1, temos de X⊂ N, que

1 = min(N) 6 min(X) = f(1). Usando o passo indutivo, temos que

n6 f(n) < f(n + 1)

implicando que

n + 16 f(n + 1).

Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x∈ XN, provaremos que x ∈ f(N). Suponhamos por absurdo que exista x∈ X − f(N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈ N tal que

x < n6 f(n). Mas, como x∈ X − n_∪₋₁ i=1 {f(i)},

ter´ıamos uma contradi¸c˜ao com o fato de que

x < min ( X− n_∪−1 i=1 {f(i)} ) . Portanto, f ´e sobrejetiva.

Provaremos, agora, que se g :N → X é uma bije¸cão crescente então f = g. Devemos ter que

g(1) = min(X) = f (1)

pois, caso contr´ario, existiria n∈ N, com n > 1, tal que

g(n) = min(X) < g(1).

Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo,

g(k) = f (k),

para todo k < n + 1, devemos que ter

g(n + 1) = min ( X− n ∪ i=1 {g(i)} ) = min ( X− n ∪ i=1 {f(i)} ) = f (n + 1) 56

(58)

g(p) = min ( X− n ∪ i=1 {g(i)} ) < g(n + 1).

(59)

Prove que todo conjunto infinito se decompõe como reunião de uma infinidade enumerável de conjuntos infinitos, dois a dois disjuntos.

Seja C um conjunto inﬁnito.

Pelo exerc´ıcio 2.21, existe uma decomposi¸c˜ao

N =∪

i∈N

Xi

na qual os conjuntos Xi são infitos e dois à dois disjuntos.

Se C ´e enumer´avel, existe uma bije¸c˜ao f :N → C. Logo,

C =∪

i∈N

f (Xi)

´

e uma decomposi¸c˜ao na qual os conjuntos f (Xi) são infitos e dois à dois disjuntos.

Se C ´e não-enumerável, existe uma aplica¸c˜ao injetiva f :N → C tal que C − f(N) é infinito. Assim,

C = (C− f(N)) ∪∪

i_∈N

f (Xi)

´

e uma decomposi¸c˜ao na qual os conjuntos C− f(N) e f(Xi) são infitos e dois à dois disjuntos.

(60)

SejaA um conjunto. Dadas fun¸cões f, g : A → N, defina a soma f + g : A → N, o produto f · g : A → N, e dê o significado da afirma¸c˜ao f 6 g. Indicando com ξX a fun¸c˜ao caracter´ıstica de um subconjunto X ⊂ A, prove:

a) ξX∩Y = ξX· ξY;

b) ξX∪Y = ξX+ ξY − ξX∩Y. Em particular, ξX∪Y = ξX+ ξY ⇔ X ∩ Y = ∅;

c) X ⊂ Y ⇔ ξX 6 ξY ; d) ξ_A−X = 1− ξX. Deﬁnimos f + g : A → N a → f(a) + g(a) e f· g : A → N a → f(a)g(a).

E dizemos que f 6 g se e somente se

f (a)6 g(a)

para todo a∈ A.

a)

Seja a∈ A.

Se ξX∩Y(a) = 0, ent˜ao a /∈ X ∩Y e, consequentemente, a /∈ X ou a /∈ Y . Assim, ξX∩Y(a) = 0 implica ξX(a) = 0

ou ξY(a) = 0. Logo, ξX∩Y(a) = 0 implica ξX(a)ξY(a) = 0 = ξX∩Y(a).

Se ξX∩Y(a) = 1, ent˜ao a∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∩Y(a) = 1 implica ξX(a) = 1

e ξY(a) = 1. Logo, ξX∩Y(a) = 1 implica ξX(a)ξY(a) = 1 = ξX∩Y(a).

Como ξX∩Y(a) = 0 ou 1, temos que ξX(a)ξY(a) = ξX∩Y(a) em todos os casos. E, como a ∈ A ´e arbitr´ario,

temos que ξX· ξY = ξX∩Y.

b)

Seja a∈ A.

Se ξX∪Y(a) = 0, ent˜ao a /∈ X ∪ Y e, consequentemente, a /∈ X e a /∈ Y . Assim, ξX∪Y(a) = 0 implica ξX(a) = 0,

ξY(a) = 0 e ξX_∩Y(a) = 0. Logo, ξX_∪Y(a) = 0 implica ξX(a) + ξY(a)− ξX_∩Y(a) = 0 = ξX_∪Y(a).

Se ξX_∪Y(a) = 1 e ξX_∩Y(a) = 0, ent˜ao a∈ X ∪Y −X ∩Y = (X −Y )∪(Y −X) e, consequentemente, a ∈ X −Y ou

a∈ Y −X. Se a ∈ X −Y ent˜ao ξX(a) = 1, ξY(a) = 0 e, consequentemente, ξX(a) + ξY(a) = 1. Se a∈ Y −X ent˜ao

ξX(a) = 0, ξY(a) = 1 e, consequentemente, ξX(a) + ξY(a) = 1. Logo, ξX_∪Y(a) = 1 e ξX_∩Y(a) = 0 implicam que

ξX(a) + ξY(a) = 1. Portanto, ξX_∪Y(a) = 1 e ξX_∩Y(a) = 0 implicam que ξX(a) + ξY(a)− ξX_∩Y(a) = 1 = ξX_∪Y(a).

Se ξX∪Y(a) = 1 e ξX∩Y(a) = 1, ent˜ao a∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∪Y(a) = 1 e

ξX∩Y(a) = 1 implicam que ξX(a) = ξY(a) = 1. Logo, ξX∪Y(a) = 1 e ξX∩Y(a) = 1 implicam que ξX(a) + ξY(a) = 2.

Portanto, ξX∪Y(a) = 1 e ξX∩Y(a) = 1 implicam que ξX(a) + ξY(a)− ξX∩Y(a) = 1 = ξX∪Y(a).

Como ξX∪Y(a) = 0 ou 1 e ξX∩Y(a) = 0 ou 1, temos que ξX(a) + ξY(a)− ξX∩Y(a) = ξX∪Y(a) em todos os

casos. E, como a∈ A ´e arbitr´ario, temos que ξX+ ξY − ξX∩Y = ξX∪Y.

Em particular, temos que X∩ Y = ∅ é equivalente à ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y é a fun¸cão nula) que é equivalente

(pelo que foi demonstrado acima) `a ξX+ ξY = ξX∪Y.

c)

Suponhamos que X⊂ Y . Dado a ∈ A, temos que ξX(a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que

(61)

Prove que o conjunta das sequˆencias crescentes (n1< n2< n3< ...) de números naturais não é enumerável.

Usaremos o argumento da diagonal de Cantor.

Suponhamos, por absurdo, que exista um enumera¸c˜ao a1_{, a}2_{, a}3_{, ... das sequˆ}_{encias crescentes de n´}_{umeros naturais}

ai_{, i}_{∈ N, dadas por}

ai₁< ai₂< ai₃< ...

Temos que a sequˆencia b, deﬁnida indutivamente por

b1= a1+ 1

e

bn+1= max(bn, an+1) + 1

não pertence à enumera¸cão acima. De fato, temos, pela defini¸c˜ao de b, que

ai_i< bi

e,consequentemente,

b̸= ai

para todo i∈ N.

(62)

Sejan (N, s) e (N′, s′) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma fun¸c˜ao. Suponhamos que ambos cumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma ´unica bije¸c˜ao f :N → N′tal que f (1) = 1′, f (s(n)) = s′(f (n)). Conclua que:

a) m < n⇔ f(m) < f(n); b) f (m + n) = f (m) + f (n); c) f (m· n) = f(m) · f(n).

Como (N, s) e (N′, s′) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a fun¸c˜ao f :N → N ﬁca bem deﬁnida por

f (1) = 1′

e

f (s(n)) = s′(f (n))

para todo n ∈ N. De fato, f está definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois está definida em {1} e s(N). Como s ´

e injetiva, segue que f está bem definida. Em particular, segue que f ´e a única fun¸cãoN → N′ satisfazendo as condi¸cões do enunciado. Temos, tamb´em, que f ´e injetiva. De fato, seja

X ={n ∈ N; f(n) /∈ f(N − {n})}.

Temos que 1∈ X pois, pela deﬁni¸c˜ao de f,

f (N − {1}) = f(s(N)) ⊂ s′(N′) =N′− {1′} = N′− {f(1)}. E, se n∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f(s(n)) ̸= f(1) = 1′ pois

f (s(n)) = s′(f (n))∈ s′(N′) =N′− {1′} e, se m̸= n e f(m) ̸= f(s(m)), ent˜ao temos que

f (n)̸= f(m),

pois n∈ X, e, consequentemente,

f (s(n)) = s′(f (n))̸= s′(f (m)) = f (s(m)).

Implicando, pelo PIF, que f (s(n)) /∈ f(N − {s(n)} ou, equivalentemente, s(n) ∈ X. Portanto, pelo PIF, temos que X = N e, da defini¸cão de X, conclu´ımos que f é injetiva. Temos, também, que f é sobrejetiva. De fato, 1′= f (1)∈ f(N) e, se n = f(k) ∈ f(N) temos que

s′(n) = s′(f (k)) = f (s(k))∈ f(N). Assim, pelo PIF, temos que f (N) = N′. Portanto, f ´e uma bije¸c˜ao.

(63)

tal que n = m + p, que

f (m) < f (m + p) = f (n).

Agora, provaremos que f (m) < f (n) implica que m < n. Seja

X ={p ∈ N′; f (n) = f (m) + p implica m < n}. Temos que 1′ ∈ X. De fato,

f (n) = f (m) + 1′

implica que

f (n) = s′(f (m)) = f (s(m)) e, consequentemente,

n = s(m) > m.

Supondo que p∈ X, temos que

f (n) = f (m) + s′(p) implica que

f (n) = s′(f (m)) + p = f (s(m)) + p e, consequentemente,

n > s(m) > m.

Logo, p∈ X implica que s′(p)∈ X. Assim, conclu´ımos que X = N′. Portanto, se f (m) < f (n), temos, para p∈ N′ tal que f (n) = f (m) + p, que

m < n.

b)

Seja

X ={n ∈ N; f(n + m) = f(n) + f(m), ∀m ∈ N}.

Provaremos que X =N e teremos, assim, o resultado. Come¸camos mostrando que 1∈ X. Temos que

f (1 + 1) = f (s(1)) = s′(f (1)) = f (1) + 1′ = f (1) + f (1). E, se

f (1 + m) = f (1) + f (m),

temos que

f (1 + s(m)) = f (s(s(m))) = s′(f (s(m))) = 1′+ f (s(m)) = f (1) + f (s(m)). Logo, pelo PIF, temos que f (1 + m) = f (1) + f (m) para todo m∈ N. Ou seja, 1 ∈ X.

Suponhamos que n∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que

f (s(n) + 1) = f (s(s(n))) = s′(f (s(n))) = f (s(n)) + 1′ = f (s(n)) + f (1). Adiante, se f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m), temos que f (s(n) + s(m)) = f (s(s(n) + m)) = s′(f (s(n) + m)) = f (s(n) + m) + 1′ = f (s(n)) + f (m) + 1′ = f (s(n)) + f (1) + f (m) = f (s(n)) + f (1 + m) = f (s(n)) + f (s(m)).

Assim, conclu´ımos, pelo PIF, que f (s(n) + m) = f (s(n)) + f (m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que

s(n)∈ X.

Portanto, conclu´ımos, pelo PIF, que X =N.

(64)

Seja

X ={n ∈ N; f(n · m) = f(n) · f(m), ∀m ∈ N}.

Provaremos que X =N e teremos, assim, o resultado.

Come¸camos mostrando que 1∈ X. De fato, dado m ∈ N, temos que

f (1· m) = f(m) = 1′· f(m) = f(1) · f(m).

Suponhamos que n∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que

f (s(n)· 1) = f(s(n)) = f(s(n)) · 1′= f (s(n))· f(1) Adiante, se f (s(n)· m) = f(s(n)) · f(m), temos que f (s(n)· s(m)) = f(s(n) · m + s(n) · 1) = f (s(n)· m) + f(s(n) · 1) = f (s(n)· f(m) + f(s(n)) · 1′ = f (s(n))· (f(m) + 1′) = f (s(n))· s′(f (m)) = f (s(n))· f(s(m)).

Assim, conclu´ımos, pelo PIF, que f (s(n)·m) = f(s(n))·f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X. Portanto, conclu´ımos, pelo PIF, que X =N.