1) O teorema de Cantor-Schroeder-Bernstein estabelece que se existem injeções entre dois conjuntos A e B, então existe uma bijeção entre eles, ou seja, A e B possuem a mesma cardinalidade. 2) A proposição 1 prova que se existe uma função sobrejetiva de A para B, então existe uma função injetiva de B para A. 3) A proposição 3 estabelece que se B é subconjunto de A e existe uma função injetiva de A para B, então A e B possuem a mesma

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. Quando invertemos as flechas, a função já está quase pronta

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. 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. 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. 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. 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. 𝜙 = (ℎ 𝜊 𝑓∗): 𝐴 → 𝐵
É composição de bijeções e, portanto, bijeção.