Elon capitulo 1 exercicios resolvidos por Paulo Santa Rita

Elon capitulo 1 exercicios resolvidos por Paulo Santa Rita

Projeto Euclides - Curso de Análise - Volume 1

Autor Prof Elon Lages Lima

Exercícios resolvidos por Paulo Santa Rita

1.1 - Admitindo as duas hipóteses, se X A B então haverá um conjunto Y = A B tal que : YA e Y B e, no entanto, Y não contêm X ... o que contradiz a segunda hipótese. Assim, necessariamente devemos ter X = A B.

1.2 – Seja X um conjunto tal que :

  1. X A e X B

  2. Se Y A e Y B então Y X

Prove que X = AB

Admitindo as duas hipóteses, se XAB então haverá um conjunto Y = AB tal que : Y A e Y B e, no entanto, Y X ... o que contradiz a segunda hipótese. Assim, necessariamente devemos ter X = AB.

1.3 - Supondo AB = então, dado A, temos que B => CB=> ACB. Reciprocamente, se ACB então A, CB => B => AB=.

Supondo AB = E então, se CA B, CA / B => / A e B => ABE ... absurdo ! Assim : CA B. Reciprocamente, se supormos CA B, dado E, temos duas possibilidades : ou A => AB, ou A => CA => B => AB. Nos dois casos, E => AB. Logo, E AB. Como, além disso, por hipótese, A,B E segue que AB = E

1.4 - Supondo AB, dado B, com mais forte razão, A. Assim, CB ( B ) implica A, isto é : ACB = . Reciprocamente, se ACB = , dado A. Temos que CB => B. Logo : AB.

1.5 - A = {1}, B = {2} e C = {3}. Temos que : (AB)C = e A(BC) = {1}

1.6 - Se supormos que XCA, então uma de duas coisas possíveis está ocorrendo : Ou X / CA => X / A => AX ... absurdo ! Ou CA / X => A / X => AX E ... absurdo ! Assim, vemos que sob quaisquer das possibilidades chegamos a um absurdo. Logo, a nossa tese é insustentável e somos obrigados a admitir que X = CA.

1.7 - Sabemos que B(AC) = (BA)(BC). Se A B então BA=A e teremos (BA)(BC) = A(BC) = (BC)A. Ou seja : B(AC) = (BC)A. Reciprocamente, se B(AC) = (BC)A => (BA)(BC) = A(BC) => BA = A. Logo, A B

1.8 - Supondo A = B, claramente que CA= CB. Logo : ACB = ACA = e CAB = CBB = . Assim, (ACB) (CAB) = = . Reciprocamente, se supormos que (ACB) (CAB) = então ACB = e CAB = isto é : AB e BA => A = B.

Seja (A - B)(B - A) => (A - B) ou (B - A). No primeiro caso, A e B => AB e AB ; no segundo, B e A => AB e AB. Ou seja, nos dois casos, AB e AB. Logo : (AB) - (AB). Isto mostra que (A - B)(B - A) (AB) - (AB).

Agora, seja (AB) - (AB) => AB e AB => ( A e B ) ou (B e A ) => A - B ou B - A => (A - B)(B - A). Isto mostra que (AB) - (AB) (A - B)(B - A).

As duas inclusões provam que (A - B)(B - A) = (AB) - (AB)

1.10 - Supondo que B / C, temos duas hipoteses a considerar : 1)A. Neste caso, por um lado, A - B e B - A => (A - B)(B - A ) => AB e, por outro lado, A - C e C - A => (A - C) (C - A) => AC. Ou seja:

AB AC ... absurdo ! 2) A. Neste caso, por um lado, A - B e B - A => (A - B)(B - A ) => AB e, por outro lado, A - C e C - A => (A - C) (C - A) => AC. Ou seja : AB AC ... absurdo !

Assim, dado que sob qualquer das hipóteses possíveis chegamos a absurdos, somos forçados a admitir que a afirmação B / C é falsa, vale dizer, o que é verdadeiro é que B ,C, isto é : B C. Partindo de C / B e usando um raciocínio absolutamente análogo, prova-se igualmente que C B. Assim, segue que B C e C B, isto é : B = C.

AB = AC => B = C

Falso. Contra-exemplo : A = {1}, B = {2} e C = {3}.

AB = AC => B = C

Falso. Contra-exemplo : A = {1,2}, B = {2,3} e C = {3}

A x B = A x C => B = C

Verdadeiro. Suponhamos que BC. Sem perda de generalidade vamos supor queB / C. Neste caso, todo par ordenado da forma () com A é tal que ()A x B e ()A x C, isto é, A x B A x C ... absurdo ! Assim, B = C.

1.11 - a) Seja (x,c)(AB) x C => xAB e cC. Se xA, (x,c) A x C ; se xB, (x,c)B x C. Assim, (x,c) (AB) x C => (x,c) (A x C)(B x C). Isto estabece que (AB) x C (A x C)(B x C). Reciprocamente, se (x,c) (A x C)(B x C) então (x,c) A x C ou (x,c) B x C => (xA ou xB) e cC => (x,c) (AB) x C. Isto estabelece que (A x C)(B x C) (AB) x C.

As duas inclusões demonstradas provam que (AB) x C = (A x C)(B x C)

b) Seja (x,c)(AB) x C => x AB e c C . De xA e cC tiramos (x,c)AxC, de xB e cC tiramos (x,c)BxC; isto é, (x,c) AxC e (x,c)BxC. Logo, temos que (x,c) (AxC)(BxC). Isso mostra que (AB) x C (AxC)(BxC).

Reciprocamente, dado (x,c) (AxC)(BxC) => (x,c) AxC e (x,c)BxC => cC e ( xA e xB) => cC e x AB => (x,c)(AB) x C. Isto estabelece que (AxC)(BxC) (AB) x C.

As duas inclusões demonstradas provam que (AB) x C = (AxC)(BxC)

c) Dado (x,c)(A - B) x C. Então x A - B e cC => (xA e cC) e (xB e cC). Logo, (x,c) AxC e (x,c) BxC => (x,c) (AxC) - (BxC). Fica portanto estabelecido que (A - B)xC (AxC) - (BxC). Reciprocamente, se (x,c) (AxC) - (BxC) então temos que (x,c) (AxC) e (x,c) (BxC), isto é : (xA e xB) e cC. Logo, teremos (x,c) (A - B) x C. Isto é (AxC) - (BxC) (A - B) x C

As duas inclusões demonstradas provam que (A - B)xC = (AxC) - (BxC)

d) Dado (a,b) A x B. Então aA e bB. Como AA' e BB' então também temos que aA' e bB', isto é, (a,b)A' x B'. Logo (a,b)A x B => (a,b)A' x B'. Isto estabelece que A x B A' x B'

1.12 - a) Sejam X,Y A dois conjuntos quaisquer e bf(X) - f(Y). Então, bf(X) e bf(Y) => aX / b=f(a) e não a'Y / b=f(a') => a Y =>a X - Y / b=f(a) => bf(X - Y). Assim, bf(X) - f(Y) => bf(X - Y). Logo, f(X) - f(Y) f(X - Y).

b) Seja bf(X - Y). Então aX - Y / b=f(a) => aX, aY / b=f(a). Como f:AB é injetiva, a'Y, bf(a') => bf(X) e bf(Y) => b f(X)-f(Y) => f(X - Y) f(X)-f(Y). Como a inclusão contrária é sempre verdadeira, conforme mostramos acima, segue que, sendo f:AB injetiva, f(X - Y) = f(X) - f(Y), X,Y A

1.13 - Supondo que f:AB é injetiva, então f(X - Y) = f(X) - f(Y), X,Y A conforme demonstramos no problema 1.12 acima. Em particular, fazendo X=A teremos :

Se f:AB é injetiva, então f(A - X) = f(A) - f(X), X A

Reciprocamente, suponha que f(A - X) = f(A) - f(X), X A. Mostremos, por redução ao absurdo, que a função f:AB é injetiva :

Com efeito, se f:AB não é injetiva, a,a' A com f(a)=f(a') e aa'. Fazendo X={a'} temos que f(a)f(A - X) pois aA - X, mas f(a) f(A) - f(X), pois f(a)=f(a') e f(a')f(X), vale dizer, f(A - X) f(A) - f(X) para X={a'} A ... absurdo !

Portanto, a função f:AB é injetiva.

1.14 - a) Seja XA e X. Entao f(X) / = f() => f-1() =>f-1(f()). Como f()=f(X), f-1(f(X)) f-1(f()) => f-1(f(X)). Assim, X => f-1(f(X)). Isto estabelece que X f-1(f(X)) , XA

b) No item a) mostramos que se f:AB é uma função, então X f-1(f(X)) , XA. Agora, supondo que f:AB é injetiva, mostraremos que f-1(f(X))X, XA. Faremos isso por redução ao absurdo :

Com efeito, suponhamos que f-1(f(X)) X. Neste caso, f-1(f(X)) / X, isto é, bf(X) / b=f() mas X. Como bf(X), também X / b=f(). Assim, existem X e X tais que b = f() = f() => f:AB não é injetiva ... absurdo !

Portanto, se f:AB é injetiva, f-1(f(X))X, XA. Este fato, mais o que foi provado no item a) conclui a demonstração, vale dizer :

f:AB é injetiva <=> f-1(f(X)) = X, XA

1.15 - a) Seja :AB uma função e ZB um conjunto qualquer. Dado ((Z)). Segue que (Z) / =(). Como (Z), Z / =(). Mas, numa função, um elemento do domínio não pode ter duas imagens. Assim : =. Portanto, Z. Logo, ((Z)) => Z. Isto estabelece que ((Z)) Z

b) Em virtude do que foi demonstrado no item anterior, basta provar que

:AB é sobrejetiva <=> Z ((Z)) , ZB

Com efeito, seja :AB sobrejetiva e ZB. Tomando um Z, a sobrejetividade de garante que A / () => () => (Z) => ((Z)). Assim Z => ((Z)). Isto mostra que Z ((Z)). Reciprocamente, se supormos que Z ((Z)), ZB, então :AB é sobrejetiva. Para ver isso claramente, vamos supor que :AB não é sobrejetiva. Neste caso, B / (), A. Fazendo Z={} temos que (Z) = => ((Z)) = , ou seja : Z ((Z)) ... um evidente absurdo ! Logo, :AB é sobrejetiva. Portanto :

:AB é sobrejetiva <=> Z ((Z)) , ZB

1.16 - Como, pela 1ª hipótese, XAλ λL, então, claramente, XAλ. Se supormos que X Aλ o conjunto Y=Aλ é tal que Y Aλ λL e, no entanto, Y não contem X ... absurdo ! Assim : X = Aλ

1.17 - Dada uma família de conjuntos (Aλ) λL e seja X um conjunto com as seguintes propriedades :

1ª ) Para todo λL, X Aλ

2ª ) Se Y Aλ λL então Y X

Prove que, nestas condições, tem-se X =Aλ

Como, pela 1ª hipótese, X Aλ λL, então, claramente temos que X Aλ. Se supormos que X Aλ o conjunto Y =Aλ é tal que Y Aλ λL e, no entanto

YX ... absurdo ! Assim : X = Aλ

1.18 - a) Claramente que Xλ Xλ λ. Assim : ( Xλ) (Xλ) λ . Logo teremos ( Xλ) (Xλ), isto é, ( Xλ) (Xλ). Por outro lado, é igualmente claro que ( Xλ) ( Xλ) λ. Logo, Xλ (( Xλ)) λ, isto é : Xλ (( Xλ)) => (Xλ) ( Xλ) => ( Xλ) (Xλ). As duas inclusões demonstradas estabelecem que (Xλ) = ( Xλ).

b) Claramente que Xλ Xλ λ. Assim, (Xλ) (Xλ) λ. E, portanto, teremos (Xλ) (Xλ). Por outro lado, é igualmente claro que ( Xλ) (Xλ) λ Logo : Xλ ((Xλ)) λ => Xλ ((Xλ)) => (Xλ) (Xλ). As duas inclusões demonstradas estabelecem que (Xλ) = (Xλ)

1.19 - a) Dado (Aλ) (Bμ ) => Aλ e Bμ => λL , μM tal que Aλ e Bμ => AλBμ => ( AλBμ ). Isto mostra que (Aλ) (Bμ )( AλBμ ). Reciprocamente, dado ( AλBμ ) então (λ,μ) L x M tal que ( AλBμ ) => λL , μM / ( AλBμ ) => λL , μM / Aλ e Bμ => Aλ e Bμ ou seja, teremos (Aλ) (Bμ ). Demonstramos portando demonstrado que: ( AλBμ ) (Aλ) (Bμ ). As duas inclusões estabelecem que :

(Aλ) (Bμ ) = ( AλBμ )

b) (Aλ) ( Bμ) => Aλ ou Bμ => Aλ λL ou Bμ μM . Em quaisquer dos dois casos, AλBμ, (λ,μ) L x M. Portanto, segue que (AλBμ). Logo : (Aλ) ( Bμ) (AλBμ). Agora, dado (AλBμ) => (AλBμ) (λ,μ) L x M => Aλ ou Bμ (λ,μ) L x M => Aλ ou Bμ => (Aλ) ( Bμ). Portanto, temos que : (AλBμ) (Aλ) ( Bμ). As duas inclusões provam que :

(Aλ) ( Bμ) = (AλBμ)

1.20 - A igualdade é verdadeira. Dado (A i j) => J/A i j => J / A i j i => i , J / A i j => i , A i j => ( A i j ). Assim, (A i j) => ( A i j ). Isto estabelece que (A i j) ( A i j ). Reciprocamente, dado ( A i j ) => i , A i j => i , J / A i j => J / A i j i => J/A i j =>(A i j). Assim, ( A i j ) =>(A i j). Isto estabelece que ( A i j ) (A i j). As duas inclusões provam que:

(A i j ) = ( A i j )

1.21 – Dado uma qualquer. Então é uma função, isto é, tal que . Como então é uma função , isto é, o número está bem definido. Isto nos permite associar a cada uma funçãodefinida como :

. Representaremos esta aplicação pondo : .

Eu afirmo que esta aplicação é uma bijeção de em :

1º) É injetiva

Sejam tais que . Segue que => , isto é, existe => => =>

2º) É sobrejetiva

Dada .Para cada , definimos pondo . Claramente que a função que a cada associa a função é tal que e que

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Capítulo 1 - Conjunto e Funções

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