Teorema de Cantor – Schroeder –
Bernstein
Definição. Sejam A e B dois conjuntos. Dizemos que A e B
possuem a mesma Cardina...
Quando invertemos as flechas, a função já está quase pronta
Definição. Dizemos que a cardinalidade de A é menor do que o
igual a B, se existe uma função injetiva 𝜆: 𝐴 → 𝐵.
Notação. 𝑐...
Explorando a notação.
𝑓( 𝑀) = {𝑓( 𝑥); 𝑥 ∈ 𝑀 } ou de outro modo se 𝑤 ∈ 𝑓( 𝑀) então
existe um 𝑥 ∈ 𝑀 tal que 𝑓( 𝑥) = 𝑤.
𝑠𝑒𝑗𝑎 ...
Para provar que g é Injetiva, basta mostrar que, dados 𝑎 ∈ 𝑋 e
𝑏 ∈ (𝐴 − 𝑋), 𝑔(𝑎) ≠ 𝑔(𝑏). Imaginemos que fosse 𝑔( 𝑎) = 𝑔( 𝑏...
𝑦0 ∈ 𝐵
se
𝑦0 ∈ 𝐵 − 𝑋
Basta ver que g(𝑦0) = 𝑦0. Caso
𝑦0 ∈ 𝑋 ∩ 𝐵
Tem-se que 𝑦0 ∈ (𝑓 𝑡( 𝐴) − 𝑓 𝑡
(𝐵)) para algum 𝑡 ∈ 𝑁. Temos...
seja, se existem injeções 𝑓: 𝐴 → 𝐵 e 𝑔: 𝐵 → 𝐴, então existem
uma bijeção 𝜙: 𝐴 → 𝐵.
Prova: Tomando as injeções 𝑓: 𝐴 → 𝐵 e 𝑔...
𝜙 = (ℎ 𝜊 𝑓∗): 𝐴 → 𝐵
É composição de bijeções e, portanto, bijeção.
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Teorema de cantor

  1. 1. Teorema de Cantor – Schroeder – Bernstein Definição. Sejam A e B dois conjuntos. Dizemos que A e B possuem a mesma Cardinalidade se existe uma bijeção 𝜙: 𝐴 → 𝐵. Neste caso card(A) = card(B) Proposição 1. Sejam A e B conjuntos não- vazios. Suponha que exista uma função 𝛾: 𝐴 → 𝐵 sobrejetiva. Então existe uma função 𝜆: 𝐵 → 𝐴 injetiva. Prova: Para cada 𝑦 ∈ 𝐵 podemos escolher um único 𝑥 𝑦 ∈ 𝐴 tal que 𝛾( 𝑥 𝑦) = 𝑦 Então definimos 𝜆: 𝐵 → 𝐴, 𝜆( 𝑥) = 𝑥 𝑦. Evidentemente 𝜆 é uma injeção. Proposição 2. Sejam A e B conjuntos não- vazios. Suponha que existe uma função 𝜆: 𝐵 → 𝐴 injetiva, então existe uma função 𝛾: 𝐴 → 𝐵 sobrejetiva. Prova. Fixemos um 𝑏 ∈ 𝐵. De para A para já existe uma região “bijetiva” vejamos:
  2. 2. Quando invertemos as flechas, a função já está quase pronta
  3. 3. Definição. Dizemos que a cardinalidade de A é menor do que o igual a B, se existe uma função injetiva 𝜆: 𝐴 → 𝐵. Notação. 𝑐𝑎𝑟𝑑(𝐴) ≤ 𝑐𝑎𝑟𝑑(𝐵) Proposição 3. Se 𝐵 ⊂ 𝐴 e 𝑐𝑎𝑟𝑑(𝐴) ≤ 𝑐𝑎𝑟𝑑(𝐵), então A e B tem a mesma cardinalidade. Ou seja, se 𝐵 ⊂ 𝐴 e existe uma função injetiva 𝑓: 𝐴 → 𝐵, então A e B tem a mesma cardinalidade. Prova. Seja 𝑓: 𝐴 → 𝐵 uma função injetiva de A em B, com 𝐵 ⊂ 𝐴, daí segue que 𝑓(𝐵) ⊂ 𝑓(𝐴). Afirmação. 𝑓 𝑛 (𝐵) ⊂ 𝑓 𝑛 (𝐴) para todo 𝑛 ∈ 𝑁. Prova da afirmação. 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 1, é 𝑐𝑙𝑎𝑟𝑜. Hipótese de indução. Para um certo 𝑘 ∈ 𝑁, vale que 𝑓 𝑘 (𝐵) ⊂ 𝑓 𝑘 (𝐴). 𝑓 𝑘 = 𝑓 ∘ 𝑓 ∘ … ∘ 𝑓 𝑐𝑜𝑚 𝑘 𝑓′ 𝑠. 𝑓 𝑘( 𝑥) = ( 𝑓 ∘ 𝑓 ∘ … ∘ 𝑓)( 𝑥) = 𝑓(𝑓 … ( 𝑓( 𝑥)) … ) Então existe um 𝑓 𝑘( 𝐵) 𝑒 𝑓 𝑘 (𝐴) são subconjuntos do domínio da função. Logo 𝑓 𝑘 (𝐵) ⊂ 𝑓 𝑘 (𝐴) implica que f(𝑓 𝑘 (𝐵)) ⊂ 𝑓(𝑓 𝑘 (𝐴)) que é o mesmo que 𝑓 𝑘+1 (𝐵) ⊂ 𝑓 𝑘+1 (𝐴).
  4. 4. Explorando a notação. 𝑓( 𝑀) = {𝑓( 𝑥); 𝑥 ∈ 𝑀 } ou de outro modo se 𝑤 ∈ 𝑓( 𝑀) então existe um 𝑥 ∈ 𝑀 tal que 𝑓( 𝑥) = 𝑤. 𝑠𝑒𝑗𝑎 𝑧 ∈ 𝑓 𝑘+1 (𝐵) Existe 𝑥 ∈ 𝐵 tal que 𝑓 𝑘+1( 𝑥) = 𝑧. Temos que 𝑓 𝑘+1( 𝑥) = 𝑓(𝑓 𝑘( 𝑥)) note que 𝑓 𝑘( 𝑥) ∈ 𝑓 𝑘( 𝐵) então 𝑓 𝑘( 𝑥) ∈ 𝑓 𝑘( 𝐴) isto implica que 𝑓(𝑓 𝑘( 𝑥)) ∈ 𝑓(𝑓 𝑘( 𝐴)) = 𝑓 𝑘+1 (𝐴). Final da prova da afirmação. 𝑋 = {𝑥 ∈ 𝐴; 𝑥 ∈ ⋃ 𝑓 𝑛( 𝐴) − 𝑓 𝑛( 𝐵) 𝑛∈𝑁∪{0} } E, então, define-se 𝑔: 𝐴 → 𝐵 tal que
  5. 5. Para provar que g é Injetiva, basta mostrar que, dados 𝑎 ∈ 𝑋 e 𝑏 ∈ (𝐴 − 𝑋), 𝑔(𝑎) ≠ 𝑔(𝑏). Imaginemos que fosse 𝑔( 𝑎) = 𝑔( 𝑏). Então teríamos 𝑓( 𝑎) = 𝑔( 𝑎) = 𝑔( 𝑏) = 𝑏 Para este a existe um 𝑚 ∈ 𝑁 tal que 𝑎 ∈ (𝑓 𝑚( 𝐴) − 𝑓 𝑚 (𝐵)), tem-se que 𝑓( 𝑎) = 𝑏 ∈ 𝑓 𝑚+1( 𝐴). Note que 𝑎 ∈ 𝑓 𝑚( 𝐴) 𝑒 𝑎 ∉ 𝑓 𝑚 (𝐵). Então duas coisas estão acontecendo:  um 𝑥0 ∈ 𝐴 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑓 𝑚( 𝑥0) = 𝑎  se 𝑥 ∈ 𝐵 então 𝑓 𝑚( 𝑥) ≠ 𝑎 Segue 𝑓( 𝑓 𝑚( 𝑥0)) = 𝑓( 𝑎) → 𝑓 𝑚+1( 𝑥0) = 𝑓(𝑎) → 𝑓(𝑎) ∈ 𝑓 𝑚+1 (𝐴) E, portanto 𝑏 ∈ 𝑓 𝑚+1 (𝐴). Como 𝑏 ∉ 𝑋 concluímos que 𝑏 ∈ 𝑓 𝑚+1 (𝐵). Isto quer dizer que existe um 𝑥 𝜃 ∈ 𝐵 tal que 𝑓 𝑚+1( 𝑥 𝜃) = 𝑏 ou 𝑓(𝑓 𝑚( 𝑥 𝜃)) = 𝑏. Afirmação. 𝑆𝑒 𝑥 𝜃 ∈ 𝐵 → 𝑓 𝑚( 𝑥 𝜃) ∈ 𝑓 𝑚 (𝐵). É óbvio. Ponha 𝑓 𝑚( 𝑥 𝜃) = 𝑝. Então 𝑓( 𝑝) = 𝑏. Mas pela injetividade de f, vem que 𝑎 = 𝑝 ∈ 𝑓 𝑚 (𝐵), portanto 𝑎 ∉ (𝑓 𝑚( 𝐴) − 𝑓 𝑚( 𝐵)). Contradição. Então deve ser 𝑔( 𝑎) ≠ 𝑔( 𝑏). A função g definida acima é de fato injetiva. Passaremos agora a focar na sobrejetividade da função g. Dado
  6. 6. 𝑦0 ∈ 𝐵 se 𝑦0 ∈ 𝐵 − 𝑋 Basta ver que g(𝑦0) = 𝑦0. Caso 𝑦0 ∈ 𝑋 ∩ 𝐵 Tem-se que 𝑦0 ∈ (𝑓 𝑡( 𝐴) − 𝑓 𝑡 (𝐵)) para algum 𝑡 ∈ 𝑁. Temos 𝑦0 ∈ 𝑓 𝑡( 𝐴) 𝑒 𝑦0 ∉ 𝑓 𝑡 (𝐵) Como 𝑓 𝑡( 𝐴) = 𝑓(𝑓 𝑡−1( 𝐴)) segue que existe 𝑧 ∈ 𝑓 𝑡−1( 𝐴) tal que f(z) = 𝑦0. E, também tem-se que 𝑧 ∉ 𝑓 𝑡−1 (𝐵) Pois se fosse 𝑧 ∈ 𝑓 𝑡−1 (𝐵) → 𝑓(𝑧) ∈ 𝑓 𝑡 (𝐵) → 𝑦0 ∈ 𝑓 𝑡 (𝐵) → 𝑎𝑏𝑠𝑢𝑟𝑑𝑜. Concluímos que 𝑧 ∈ 𝑓 𝑡−1( 𝐴) − 𝑓 𝑡−1 (𝐵) E portanto 𝑔( 𝑧) = 𝑓( 𝑧) = 𝑦0 Isto completa a prova da sobrejetividade de g. Portanto g é uma bijeção, donde segue que 𝐶𝑎𝑟𝑑( 𝐴) = 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐵). Teorema de Cantor-Schroeder- Bernstein Sejam A,B conjuntos não vazios. Se 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐴) ≤ 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐵) e 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐵) ≤ 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐴), segue-se que 𝐶𝑎𝑟𝑑( 𝐴) = 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐵). Ou
  7. 7. seja, se existem injeções 𝑓: 𝐴 → 𝐵 e 𝑔: 𝐵 → 𝐴, então existem uma bijeção 𝜙: 𝐴 → 𝐵. Prova: Tomando as injeções 𝑓: 𝐴 → 𝐵 e 𝑔: 𝐵 → 𝐴, tem-se que 𝑓∗ : 𝐴 → 𝑓(𝐴), onde 𝑓∗( 𝑥) = 𝑓(𝑥) é uma bijeção entre A e 𝑓( 𝐴) ⊆ 𝐵. Logo (𝑓∗ ∘ 𝑔): 𝐵 → 𝑓(𝐴) é uma injeção, como 𝑓( 𝐴) ⊆ 𝐵. Pela proposição 3 temos que 𝐶𝑎𝑟𝑑( 𝑓( 𝐴)) = 𝐶𝑎𝑟𝑑(𝐵), ou, em palavras, existe uma bijeção ℎ: 𝑓(𝐴) → 𝐵 Note, então, que
  8. 8. 𝜙 = (ℎ 𝜊 𝑓∗): 𝐴 → 𝐵 É composição de bijeções e, portanto, bijeção.

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