Resolução do capítulo 01 do Livro "CURSO DE ANÁLISE" - Vol 01

Prévia do material em texto

Soluções de Exerćıcios do Livro
“Curso de Análise”, Volume I,
de Elon Lages Lima
Cleber Fernando Colle,
Edson José Teixeira,
Júlio C. C. da Silva (jcconegundes@gmail.com) e
Rodrigo Carlos Silva de Lima (rodrigo.uff.math@gmail.com)
24 de dezembro de 2013
Caṕıtulo 1
Conjuntos e Funções
7
Exerćıcio 1.1:
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 então Y ⊃ X.
Prove que X = A ∪B.
A inclusão A ∪ B ⊂ X é fornecida pela primeira hipótese. De fato, se x ∈ A ⊂ X ou x ∈ B ⊂ X (isto é, se
x ∈ A ∪B) então x ∈ X.
E a segunda hipótese fornece a inclusão A ∪B ⊂ X pois A ∪B ⊃ A e A ∪B ⊃ B.
Portanto, X = A ∪B.
8
Exerćıcio 1.2:
Enuncie e prove um resultado, análogo 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 então Y ⊂ X.
Prove que X = A ∩B.
Prova:
A inclusão 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 hipótese fornece a inclusão A ∩B ⊂ X pois A ∩B ⊂ A e A ∩B ⊂ B.
Portanto, X = A ∩B.
9
Exerćıcio 1.3:
Sejam A,B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ E\B. Prove também 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 está 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 teŕıamos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A é um
subconjunto de E\B, teŕıamos 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. Além disso, como x ∈ E\A, temos também 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 então x
pertence a B pois E\A está 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 estão contidos em E, segue (veja o exercicio 1.1) que E = A ∪B.
10
Exerćıcio 1.4:
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) teŕıamos 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,
x ∈ B ou x ∈ E\B. Logo, x ∈ B pois se x ∈ E\B teŕıamos que x ∈ A ∩ (E\B) = ∅.
11
Exerćıcio 1.5:
Dê 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).
12
Exerćıcio 1.6:
Se A,X ⊂ E são 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, também, que
x ∈ E. Logo, x ∈ E\A. Portanto, como x ∈ X é arbitráro, 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 é arbitráro, devemos ter que X ⊂ E\A.
13
Exerćıcio 1.7:
Se A ⊂ B, então
B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ C) ∪A,
para todo conjunto C. Por outro lado, se existir C de modo que a igualdade acima seja satisfeita, então A ⊂ B.
Primeiramente, mostremos que se A ⊂ B então, 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 então x ∈ B e x ∈ C. Logo, x ∈ B, x ∈ A ∪ C e, consequentemente, x ∈ B ∩ (A ∪ C).
• Se x ∈ A temos que x ∈ B, já 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 então 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.
14
Exerćıcio 1.8:
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)
)
= ∅.
Uma contradição. De modo inteiramente análogo é imposśıvel que x ∈ B e x /∈ A. Portanto, A = B.
15
Exerćıcio 1.9:
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 então 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 então x /∈ B, uma vez que x /∈ A∩B.
Isto é, se x ∈ A então x ∈ A\B. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ B\A. Portanto, x ∈ (A\B) ∪ (B\A).
16
Exerćıcio 1.10:
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 análogo com ∩, ∪ ou × em vez de
∆.
Suponhamos que A∆B = A∆C.
Mostraremos que os conjuntos B ∩ A e B\A estão 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 é arbitrário, 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, já que x /∈ A, devemos ter que x ∈ C\A e,
consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ B\A é arbitrário, 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 estão contidos em B. Logo, C ⊂ B. Portanto, supondo que A∆B = A∆C, temos que B = C.
Consideremos agora a validade dos casos análogos para ∩, ∪ e × ao invés 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}.
17
Exerćıcio 1.11:
Prove as seguintes afirmações:
(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) é válida 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) é válida 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) é válida pois
(x, c) ∈ (A−B)× C ⇐⇒ x ∈ A−Be 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. Então, a ∈ A′ e b ∈ B′ pois A ⊂ A′ e B ⊂ B′. Logo, (a, b) ∈ A′ × B′. Portanto,
concluimos que A×B ⊂ A′ ×B′.
18
Exerćıcio 1.12:
Dada uma função 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 então 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 ).
Com isso, concluimos que f(X\Y ) = f(X)\f(Y ).
19
Exerćıcio 1.13:
Mostre que a função f : A→ B é 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 exerćıcio 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 válida 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, não existe a′ ∈ A\{a} tal que f(a′) = b = f(a). Desta forma, como a ∈ A é arbitrário, concluimos que f é
injetivo.
20
Exerćıcio 1.14:
Dada a função f : A→ B, prove que:
(a) f−1(f(X)) ⊃ X para todo X ⊂ A;
(b) f é injetora se, e somente se, f−1(f(X)) = X para todo X ⊂ A.
(a)
Se x ∈ X então x ∈ f−1(f(X)) pois f(x) ∈ f(X). Assim, devemos ter que f−1(f(X)) ⊃ X.
(b)
Suponhamos que f é 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 é injetora então 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)) é arbitrário, 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
hipótese,
{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 são tais que f(x) = f(y)
então x = y. Portanto, f é injetiva.
21
Exerćıcio 1.15:
Dada f : A→ B, prove:
(a) Para todo Z ⊂ B, tem-se que f(f−1(Z)) ⊂ Z;
(b) f é 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 arbitrário, que f(f−1(Z)) = Z.
Pelo item (a), temos que f(f−1(Z)) ⊂ Z.
Seja z ∈ Z. Como f é 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 é sobrejetiva.
22
Exerćıcio 1.16:
Dada uma famı́lia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊃ Aλ;
(2a) Se Y ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L, então Y ⊃ X.
Prove que, nestas condições, tem-se X =
∪
λ∈L
Aλ.
Pela primeira condição, temos que X ⊃ Aλ para cada λ ∈ L. Assim,
∪
λ∈L
Aλ ⊂ X pois cada x ∈
∪
λ∈L
Aλ pertence
a Aλ ⊂ X, para algum λ ∈ L.
O conjunto
∪
λ∈L
Aλ é tal que
∪
λ∈L
Aλ ⊃ Aλ, para todo λ ∈ L. Logo, pela segunda condição,
∪
λ∈L
Aλ ⊃ X.
Portanto, X =
∪
λ∈L
Aλ.
23
Exerćıcio 1.17:
Enuncie e demonstre um resultado análogo ao anterior, caracterizando
∩
λ∈L
Aλ.
Enunciado: Dada uma famı́lia de conjuntos (Aλ)λ∈L, seja X um conjunto com as seguintes propriedades:
(1a) Para todo λ ∈ L, tem-se X ⊂ Aλ;
(2a) Se Y ⊂ Aλ para todo λ ∈ L, então Y ⊂ X.
Nestas condições, tem-se X =
∩
λ∈L
Aλ.
Demonstração:
Todo elemento x de X pertence a
∩
λ∈L
Aλ pois x ∈ X ⊂ Aλ, pela primeira hipótese sobre X. Logo,
∩
λ∈L
Aλ ⊃ X.
O conjunto
∩
λ∈L
Aλ é tal que
∩
λ∈L
Aλ ⊂ Aλ, para todo λ ∈ L. Assim, pela segunda hipótese sobre X,
∩
λ∈L
Aλ ⊂ X.
Portanto, X =
∩
λ∈L
Aλ.
24
Exerćıcio 1.18:
Seja f : P(A) −→ P(A) uma função tal queX ⊂ 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 são subconjuntos de A].
Façamos cada inclusão separadamente.
(i) f (
∪
Xλ) ⊂
∩
f (Xλ)
Como ∪Xλ ⊃ Xλ, para todo λ, temos por hipótese que f(∪Xλ) ⊂ f(Xλ), para todo λ. Dáı, f(∪Xλ) ⊂ ∩f(Xλ).
(ii) f (
∪
Xλ) ⊃
∩
f(Xλ)
Por (ii), temos que f(∩f(Xλ)) ⊃ ∪f(f(Xλ)) = ∪Xλ. Dáı, f(f(∩f(Xλ))) ⊂ f(∪Xλ). Logo, ∩f(Xλ) ⊂ f(∪Xλ).
(iii) f (
∩
Xλ) ⊃
∪
f (Xλ)
Como ∩Xλ ⊂ Xλ, para todo λ, temos por hipótese que f(∩Xλ) ⊃ f(Xλ), para todo λ. Dáı, f(∩Xλ) ⊃ ∪f(Xλ).
(iv) f (
∩
Xλ) ⊂
∪
f (Xλ)
Por (i), temos que f(∪f(Xλ)) ⊂ ∩f(f(Xλ)) = ∩Xλ. Dáı, f(f(∪f(Xλ))) ⊃ f(∩Xλ). Logo, ∪f(Xλ) ⊃ f(∩Xλ).
De (i) e (ii), temos que f(∪Xλ) = ∩f(Xλ) e de (iii) e (iv), temos f(∩Xλ) = ∪f(Xλ).
25
Exerćıcio 1.19:
Dadas as famı́lias (Aλ)λ∈L e (Bµ)µ∈M , forme duas famı́lias com ı́ndices 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
Analogamente, mostra-se que ∩
(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). Então, x /∈ ∩λ∈LAλ
e x /∈ ∩µ∈MBµ. Assim, existem λ ∈ L e µ ∈M tais que x /∈ Aλ e x /∈ Bµ. Com igual razão, existe (λ, µ) ∈ L×M tal
que x /∈ Aλ∪Bµ. Um absurdo, pois como Aλ∪Bµ ⊂ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ∪Bµ), teŕıamos 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
 .
27
Exerćıcio 1.20:
Seja (Aij)(i,j)∈N×N uma famı́lia de subconjuntos com ı́ndices em N× N. Prove, ou disprove por contra-exemplo, a
igualdade
∞∪
j=1
( ∞∩
i=1
Aij
)
=
∞∩
i=1
 ∞∪
j=1
Aij
 .
A igualdade é falsa em geral. De fato, tomando-se
Aij :=
{
{1}, se i = j,
∅, se i ̸= j,
temos que
∞∪
j=1
( ∞∩
i=1
Aij
)
=
∞∪
j=1
(∅) = ∅
e
∞∩
i=1
 ∞∪
j=1
Aij
 = ∞∩
i=1
({1}) = {1}.
28
Exerćıcio 1.21:
Dados os conjuntos A,B,C, estabeleça uma bijeção entre F(A×B;C) e F(A;F(B;C)).
Seja f : A × B → C. Podemos definir uma função φf : A → F(B;C) definindo φf (a) : B → C como sendo a
função dada por (
φf(a)
)
(b) := f(a, b),
para todo b ∈ B. Verificaremos que a função φ : F(A×B;C) → F(A;F(B;C)), dada por
φ(f) := φf ,
para cada f ∈ F(A×B;C), é uma bijeção.
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 é injetiva.
Seja ψ : A→ F(B;C). Podemos definir uma função 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 é arbitrário, conclúımos que φf = ψ. Com isso,
concluimos que φ é sobrejetiva.
Portanto, φ : F(A×B;C) → F(A;F(B;C)) é uma bijeção como queŕıamos demonstrar.
29