Correção Trabalho 1

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Correção Trabalho 1 – ANRL7 
 
1) Sejam a, b ϵ ℕ. Mostre que a∙b = b∙a. 
 
Solução: Vamos primeiro mostrar parte da propo-
sição 5 da aula 1, que é 0∙a = 0, para todo a ϵ ℕ. 
Vamos fazer isso por indução em a. 
Se a = 0, então 0∙0 = 0, pela definição de 
multiplicação. 
Agora suponhamos, por hipótese de indução, 
que 0∙a = 0. Precisamos mostrar que 0∙(a+) = 0. 
De fato, 0∙(a+) = 0∙a + 0 = 0 + 0 = 0. 
Agora, nós vamos mostrar que vale a lei 
distributiva à esquerda, ou seja, vamos mostrar que 
(a+b)∙c = a∙c + b∙c, para todos a, b, c ϵ ℕ. Faremos 
isso por indução em c. 
Se c = 0, então (a+b)∙0 = 0, pela definição de 
multiplicação. E, além disso, a∙0 + b∙0 = 0 + 0 = 0. 
Portanto, podemos escrever (a+b)∙c = a∙c + b∙c para 
c = 0. 
Agora suponhamos, por hipótese de indução, 
que (a+b)∙c = a∙c + b∙c. Precisamos mostrar que 
(a+b)∙(c+) = a∙(c+) + b∙(c+). Com efeito, 
(a+b)∙(c+) = (a+b)∙c + (a+b) = a∙c + b∙c + (a+b) 
= a∙c + a + b∙c + b = a∙c+ + b∙c+. 
Agora vamos começar a resolver o exercício. 
Vamos mostrar que a∙b=b∙a por indução em b. 
Se b = 0, então temos a∙b = a∙0 = 0, pela 
definição de multiplicação. Além disso, b∙a = 0∙a = 
0. Logo, para b = 0, temos a∙b = b∙a. 
Agora, suponhamos por hipótese de indução, 
que a∙b = b∙a. Precisamos mostrar que a∙(b+) = (b+)∙a. 
Com efeito, 
a∙(b+) = a∙b + a = b∙a + a = (b+1)∙a = (b+)∙a. 
 
2) Mostre que a função do exemplo 11 da aula, isto 
é, f: (-1, 1) → ℝ, dada por f(x) = 
x
1-|x|
 é, de fato, 
uma bijeção. 
 
Solução: Precisamos mostrar que f é injetora e 
sobrejetora. Vamos mostrar que ela é injetora 
primeiro. 
Então suponha que f(x) = f(y). Temos 3 
possibilidades: 
1º) f(x) = f(y) > 0. Isso significa que x > 0, y > 0. 
Logo f(x) =
x
1-x
 e f(y) =
y
1-y
. Logo 
x
1-x
=
y
1-y
. 
Portanto x∙(1–y) = y∙(1–x). Logo x – xy = y – xy. 
Portanto x = y. 
2º) f(x) = f(y) = 0. Então x = 0 e y = 0. Logo x=y. 
3º) f(x) = f(y) < 0. Isso significa que x < 0, y < 0. 
Logo f(x) =
x
1-(-x)
=
x
1+x
 e f(y) =
y
1-(-y)
=
y
1+y
. 
Portanto 
x
1+x
=
y
1+y
. Logo x∙(1+y) = y∙(1+x). 
Logo x + x∙y = y + x∙y. Portanto x = y. 
 Isso encerra a parte da injetividade. Vamos 
agora mostrar que f é sobrejetora. 
 Para mostrarmos que f é sobrejetora, precisa-
mos mostrar que dado k ϵ ℝ, então existe x ϵ ℝ 
tal que f(x) = k. Vamos quebrar esta 
demonstração em três casos. 
1º) k > 0. Seja x =
k
k+1
. Então 0 < x < 1. Portanto 
x ϵ Dom(f) e f(x) =
k
k+1
1-|
k
k+1
|
=
k
k+1
1-
k
k+1
= k. 
2º) k = 0. Seja x = 0. Então x ϵ Dom(f) f(x) = f(0) 
= 0. 
3º) k < 0. Seja x =
k
1-k
. Logo -1 < x < 0. Portanto 
x ϵ Dom(f) e f(x) =
k
1-k
1-|
k
1-k
|
=
k
1-k
1-(-
k
1-k
)
=
k
1-k
1+
k
1-k
= k 
Logo f é sobrejetora. 
 
3) Mostre que se A, B e C são conjuntos tais que A 
⊆ B ⊆ C e A ∼ C, então A ∼ B. (Sugestão: Use 
o Teorema de Schröder-Bernstein). 
Antes de começar este exercício, vamos provar o 
seguinte resultado: a composição de duas funções 
injetoras é injetora. 
De fato, sejam f: X → Y e g: Y → Z duas funções 
injetoras. Preciso mostrar que g◦f: X → Z é injetora. 
Portanto, sejam x1, x2 ϵ X tais que 
(g◦f)(x1) = (g◦f)(x2). Então g(f(x1)) = g(f(x2)). Como 
g é uma função injetora, então f(x1) = f(x2). Agora, 
como f é uma função injetora, então x1 = x2. Logo 
g◦f é uma função injetora. 
Agora vamos resolver o exercício. 
Como A ⊆ B, então existe f: A → B injetora, a sa-
ber, a inclusão, dada por f(a) = a, para todo a ϵ A. 
Como B ⊆ C, então existe g: B → C injetora 
(também a inclusão). Mas A ~ C, então C ~ A, logo 
existe h: C → A bijetora. Então h é injetora. Logo, 
pelo lema que fizemos antes de começarmos a 
responder este exercício, a função h◦g: B → A é 
injetora. Pelo teorema de Schröder-Bernstein, 
concluímos que A ~ B. 
 
4) Seja X um conjunto e denote por P(X) o conjunto 
das partes de X, isto é, 
P(X) = {Y; Y ⊆ X}. 
Mostre que se A ~ B, então P(A) ~ P(B). 
 
Solução: Como A ~ B, então existe f: A → B 
bijetora. Defina agora g: P(A) → P(B) dada por 
g(X) = {f(x); x ϵ X} ⊆ B. 
Vamos mostrar que esta função, de fato, é uma 
bijeção. 
Injetora: Suponha que g(X) = g(Y). Preciso 
mostrar que X = Y. Para isto, seja x ϵ X. Como X 
⊆ A, então x ϵ A. Então f(x) ϵ g(X). Mas g(X) = 
g(Y). Então f(x) ϵ g(Y). Então existe y ϵ Y tal que 
f(x) = f(y). Como f é bijetora, então x = y. Então 
x ϵ Y. Logo X ⊆ Y. Analogamente, Y ⊆ X. Logo X 
= Y. Portanto g é injetora. 
Sobrejetora: Seja Y ϵ P(B). Então Y ⊆ B. Preciso 
encontrar X ϵ P(A) tal que g(X) = Y, ou seja, 
preciso encontrar X ⊆ A tal que g(X) = Y. Para 
isso, tome X = {f-1(y); y ϵ Y}. Note que X ⊆ A, e 
como f é bijetora, então g(X) = {f(f-1(y)); y ϵ Y} 
= {y; y ϵ Y} = Y. Isto encerra este exercício. 
 
(Imagem de exemplo do que está acontecendo 
com um conjunto finito:)