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Soluções de Exercı́cios 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

Sumário
1 Conjuntos e Funções 7
Exercı́cio 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Exercı́cio 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Exercı́cio 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Exercı́cio 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Exercı́cio 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Exercı́cio 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Exercı́cio 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Exercı́cio 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Exercı́cio 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Exercı́cio 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Exercı́cio 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Exercı́cio 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Exercı́cio 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Exercı́cio 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Exercı́cio 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Exercı́cio 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Exercı́cio 1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
Exercı́cio 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
Exercı́cio 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Exercı́cio 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Exercı́cio 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2 Conjuntos Finitos, Enumeráveis e Não-Enumeráveis 30
Exercı́cio 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Exercı́cio 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Exercı́cio 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Exercı́cio 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Exercı́cio 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Exercı́cio 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Exercı́cio 2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
Exercı́cio 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Exercı́cio 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Exercı́cio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Exercı́cio 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Exercı́cio 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Exercı́cio 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Exercı́cio 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Exercı́cio 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Exercı́cio 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Exercı́cio 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Exercı́cio 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Exercı́cio 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
Exercı́cio 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Exercı́cio 2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1

Exercı́cio 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Exercı́cio 2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Exercı́cio 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
Exercı́cio 2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
Exercı́cio 2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
Exercı́cio 2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Exercı́cio 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Exercı́cio 2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3 Números Reais 69
Exercı́cio 3.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
Exercı́cio 3.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Exercı́cio 3.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Exercı́cio 3.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Exercı́cio 3.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
Exercı́cio 3.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Exercı́cio 3.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Exercı́cio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Exercı́cio 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Exercı́cio 3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Exercı́cio 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Exercı́cio 3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Exercı́cio 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
Exercı́cio 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Exercı́cio 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
Exercı́cio 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
Exercı́cio 3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Exercı́cio 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Exercı́cio 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
Exercı́cio 3.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
Exercı́cio 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Exercı́cio 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Exercı́cio 3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Exercı́cio 3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
Exercı́cio 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Exercı́cio 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
Exercı́cio 3.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
Exercı́cio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
Exercı́cio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Exercı́cio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
Exercı́cio 3.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Exercı́cio 3.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
Exercı́cio 3.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Exercı́cio 3.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
Exercı́cio 3.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
Exercı́cio 3.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
Exercı́cio 3.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
Exercı́cio 3.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Exercı́cio 3.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Exercı́cio 3.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Exercı́cio 3.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
Exercı́cio 3.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Exercı́cio 3.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
Exercı́cio 3.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
Exercı́cio 3.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
Exercı́cio 3.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
Exercı́cio 3.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
2

Exercı́cio 3.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
Exercı́cio 3.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
Exercı́cio 3.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
Exercı́cio 3.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
Exercı́cio 3.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Exercı́cio 3.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
Exercı́cio 3.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
Exercı́cio 3.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Exercı́cio 3.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Exercı́cio 3.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Exercı́cio 3.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
4 Sequências e Séries de Números Reais 134
Exercı́cio 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
Exercı́cio 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
Exercı́cio 4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
Exercı́cio 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Exercı́cio 4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
Exercı́cio 4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
Exercı́cio 4.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
Exercı́cio 4.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
Exercı́cio 4.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
Exercı́cio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
Exercı́cio 4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
Exercı́cio 4.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Exercı́cio 4.11a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
Exercı́cio 4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
Exercı́cio 4.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
Exercı́cio 4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
Exercı́cio 4.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
Exercı́cio 4.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Exercı́cio 4.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
Exercı́cio 4.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Exercı́cio 4.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
Exercı́cio 4.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
Exercı́cio 4.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
Exercı́cio 4.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
Exercı́cio 4.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Exercı́cio 4.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
Exercı́cio 4.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
Exercı́cio 4.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
Exercı́cio 4.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
Exercı́cio 4.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
Exercı́cio 4.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
Exercı́cio 4.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Exercı́cio 4.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
Exercı́cio 4.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
Exercı́cio 4.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
Exercı́cio 4.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
5 Topologia da Reta 175
Exercı́cio 5.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
Exercı́cio 5.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
Exercı́cio 5.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
Exercı́cio 5.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
Exercı́cio 5.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
Exercı́cio 5.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
3

Exercı́cio 5.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
Exercı́cio 5.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
Exercı́cio 5.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
Exercı́cio 5.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
Exercı́cio 5.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
Exercı́cio 5.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
Exercı́cio 5.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
Exercı́cio 5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Exercı́cio 5.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
Exercı́cio 5.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
Exercı́cio 5.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
Exercı́cio 5.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
Exercı́cio 5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
Exercı́cio 5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
Exercı́cio 5.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
Exercı́cio 5.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
Exercı́cio 5.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
Exercı́cio 5.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
Exercı́cio 5.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
Exercı́cio 5.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
Exercı́cio 5.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
Exercı́cio 5.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
Exercı́cio 5.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
Exercı́cio 5.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
Exercı́cio 5.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
Exercı́cio 5.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
Exercı́cio 5.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
Exercı́cio 5.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
Exercı́cio 5.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
Exercı́cio 5.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
Exercı́cio 5.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
Exercı́cio 5.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
Exercı́cio 5.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
Exercı́cio 5.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
Exercı́cio 5.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
Exercı́cio 5.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
Exercı́cio 5.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
Exercı́cio 5.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220
Exercı́cio 5.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
Exercı́cio 5.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
Exercı́cio 5.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
Exercı́cio 5.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
Exercı́cio 5.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
Exercı́cio 5.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
Exercı́cio 5.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
Exercı́cio 5.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
Exercı́cio 5.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Exercı́cio 5.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
Exercı́cio 5.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231
Exercı́cio 5.56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232
Exercı́cio 5.57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
Exercı́cio 5.58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235
Exercı́cio 5.59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
Exercı́cio 5.60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
Exercı́cio 5.61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238
Exercı́cio 5.62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
Exercı́cio 5.63 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
4

Exercı́cio 5.64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
6 Limites de Funções 244
Exercı́cio 6.01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
Exercı́cio 6.02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
Exercı́cio 6.03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
Exercı́cio 6.04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248
Exercı́cio 6.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
Exercı́cio 6.06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
Exercı́cio 6.07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
Exercı́cio 6.08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252
Exercı́cio 6.09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
Exercı́cio 6.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254
Exercı́cio 6.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256
Exercı́cio 6.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
Exercı́cio 6.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
Exercı́cio 6.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
Exercı́cio 6.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261
Exercı́cio 6.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262
Exercı́cio 6.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
Exercı́cio 6.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
Exercı́cio 6.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
Exercı́cio 6.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Exercı́cio 6.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
Exercı́cio 6.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271
Exercı́cio 6.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
Exercı́cio 6.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
7 Funções Contı́nuas 275
Exercı́cio 7.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276
Exercı́cio 7.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
Exercı́cio 7.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
Exercı́cio 7.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
Exercı́cio 7.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
Exercı́cio 7.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283
Exercı́cio 7.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284
Exercı́cio 7.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
Exercı́cio 7.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
Exercı́cio 7.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
8 Derivadas 295
Exercı́cio 8.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296
Exercı́cio 8.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297
Exercı́cio 8.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298
Exercı́cio 8.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
Exercı́cio 8.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300
Exercı́cio 8.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
Exercı́cio 8.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303
Exercı́cio 8.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
Exercı́cio 8.54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
Exercı́cio 8.55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306
9 Integral de Riemann 307
5

10 Sequências e Séries de Funções 308
Exercı́cio 10.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309
Exercı́cio 10.45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310
Exercı́cio 10.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311
Exercı́cio 10.47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313
Exercı́cio 10.48 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314
Exercı́cio 10.49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316
Exercı́cio 10.50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
Exercı́cio 10.51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318
Exercı́cio 10.52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
Exercı́cio 10.53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320
6

Capı́tulo 1
Conjuntos e Funções
7

Exercı́cio 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

Exercı́cio 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

Exercı́cio 1.3:
Sejam A, B ⊂ E. Prove que A ∩ B = ∅ se, e somente se, A ⊂ EB. Prove também que A ∪ B = E se, e somente
se, EA ⊂ B.
• A ∩ B = ∅ se e somente se A ⊂ EB:
Suponhamos que A ∩ B = ∅. Se x ∈ A devemos ter que x pertence a EB. De fato, como x pertence a A e
A está contido em E, segue que x pertence a B ou EB. Como A ∩ B = ∅, temos que x /
∈ B. Logo, x ∈ EB.
Assim, A ⊂ EB.
Consideremos o caso em que A ⊂ EB. Se existisse x ∈ A ∩ B terı́amos que x ∈ A e x ∈ B. Mas, como A é um
subconjunto de EB, terı́amos também que x ∈ EB. Um absurdo, pois se x ∈ EB então x /
∈ B. Desta forma,
concluimos que A ∩ B = ∅.
• A ∪ B = E se e somente se EA ⊂ B:
Suponhamos que A ∪ B = E. Se x ∈ EA 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 ∈ EA, temos também que x /
∈ A. O que nos
garante que x ∈ B. Logo, EA ⊂ B.
Consideremos o caso em que EA ⊂ B. Seja x ∈ E. Segue que, x ∈ A ou x ∈ EA. Se x ∈ EA então x
pertence a B pois EA 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

Exercı́cio 1.4:
Dados A, B ⊂ E, prove que A ⊂ B se, e somente se, A ∩ (EB) = ∅.
Suponhamos que A ⊂ B. Se existisse x ∈ A ∩ (EB) terı́amos que x ∈ A e x ∈ EB. 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 ∩ (EB) = ∅.
Consideremos, agora, o caso em que A ∩ (EB) = ∅. Seja x ∈ A. Como A ⊂ E, temos que x ∈ E. Assim,
x ∈ B ou x ∈ EB. Logo, x ∈ B pois se x ∈ EB terı́amos que x ∈ A ∩ (EB) = ∅.
11

Exercı́cio 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

Exercı́cio 1.6:
Se A, X ⊂ E são tais que A ∩ X = ∅ e A ∪ X = E, prove que X = EA.
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 ∈ EA. Portanto, como x ∈ X é arbitráro, devemos ter que X ⊂ EA.
Considere, agora, x ∈ EA. Segue que x ∈ E e x /
∈ A. Como x ∈ E = A ∪ X e x /
∈ A, temos que x ∈ X.
Portanto, como x ∈ EA é arbitráro, devemos ter que X ⊂ EA.
13

Exercı́cio 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

Exercı́cio 1.8:
Suponhamos que A e B sejam subconjuntos de E. Prove que A = B se, e somente se,
(
A ∩ (EB)
)
∪
(
(EA) ∩ B
)
= ∅.
Suponhamos que A = B. Neste caso, temos que
EA = EB.
Logo,
A ∩ (EB) = A ∩ (EA) = ∅
e
B ∩ (EA) = B ∩ (EB) = ∅.
Portanto, (
A ∩ (EB)
)
∪
(
B ∩ (EA)
)
= ∅ ∪ ∅ = ∅.
Reciprocamente, consideremos o caso em que
(
A ∩ (EB)
)
∪
(
B ∩ (EA)
)
= ∅.
Seja x ∈ A. Se supusermos, por absurdo, que x /
∈ B teremos que x ∈ A ∩ (EB) e, consequentemente,
x ∈
(
A ∩ (EB)
)
∪
(
B ∩ (EA)
)
= ∅.
Uma contradição. De modo inteiramente análogo é impossı́vel que x ∈ B e x /
∈ A. Portanto, A = B.
15

Exercı́cio 1.9:
Prove que
(AB) ∪ (BA) = (A ∪ B)(A ∩ B).
• (AB) ∪ (BA) ⊂ (A ∪ B)(A ∩ B)
Seja x ∈ (AB) ∪ (BA). Neste caso, x ∈ AB ou x ∈ BA. Se x ∈ BA 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 ∈ BA implica x ∈ (A ∪ B)(A ∩ B).
• (AB) ∪ (BA) ⊃ (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 ∈ AB. Analogamente, se x ∈ B, temos que x ∈ BA. Portanto, x ∈ (AB) ∪ (BA).
16

Exercı́cio 1.10:
Para conjuntos A e B, deﬁnimos o conjunto
A∆B := (AB) ∪ (BA).
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 BA estão contidos em C. Desta forma, como B = (B ∩ A) ∪ (BA),
concluiremos que B ⊂ C.
Seja x ∈ B ∩A. Temos que x /
∈ A∆B = (AB)∪(BA), pois x /
∈ AB e x /
∈ BA. Assim, como A∆B = A∆C,
temos que x /
∈ A∆C = (AC) ∪ (CA) e, consequentemente, x /
∈ AC. Logo, x ∈ C pois x ∈ A e x /
∈ AC. Como
x ∈ B ∩ A é arbitrário, concluimos que B ∩ A ⊂ C.
Seja x ∈ BA. Logo, x ∈ (AB) ∪ (BA) = A∆B. E, como A∆B = A∆C, temos que x ∈ A∆C. Sendo
x ∈ A∆C = (AC) ∪ (CA), segue que x ∈ AC ou x /
∈ CA. Assim, já que x /
∈ A, devemos ter que x ∈ CA e,
consequentemente, x ∈ C. Como x ∈ BA é arbitrário, concluimos que BA ⊂ C.
Por ﬁm, como B ∩ A e BA estão contidos em C, devemos ter que B ⊂ C. E, de forma análoga, prova-se que
C ∩ A e CA 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

Exercı́cio 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 − 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).
(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

Exercı́cio 1.12:
Dada uma função f : A → B:
(a) Prove que se tem f(XY ) ⊃ f(X)f(Y ), sejam quais forem os subconjuntos X e Y de A;
(b) Mostre que se f for injetora então f(XY ) = 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 ∈ XY . Assim, concluimos que
z = f(x) ∈ f(XY ).
Portanto, devemos ter que f(XY ) ⊂ f(X)f(Y ).
(b)
Pelo item (a), temos que f(XY ) ⊂ f(X)f(Y ). Logo, basta veriﬁcarmos que f(XY ) ⊃ f(X)f(Y ).
Seja z ∈ f(XY ). Então, podemos escolher x ∈ XY 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(XY ) = f(X)f(Y ).
19

Exercı́cio 1.13:
Mostre que a função f : A → B é injetora se, e somente se, f(AX) = f(A)f(X) para todo X ⊂ A.
Se f : A → B é injetiva, pelo item (b) do exercı́cio 1.12, a igualdade f(AX) = f(A)f(X) é válida para todo
X ⊂ A.
Suponhamos que a igualdade f(AX) = 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

Exercı́cio 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

Exercı́cio 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

Exercı́cio 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

Exercı́cio 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

Exercı́cio 1.18:
Seja f : P(A) −→ P(A) uma função tal que X ⊂ 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. Daı́, f(∪Xλ) ⊂ ∩f(Xλ).
(ii) f (
∪
Xλ) ⊃
∩
f(Xλ)
Por (ii), temos que f(∩f(Xλ)) ⊃ ∪f(f(Xλ)) = ∪Xλ. Daı́, 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. Daı́, f(∩Xλ) ⊃ ∪f(Xλ).
(iv) f (
∩
Xλ) ⊂
∪
f (Xλ)
Por (i), temos que f(∪f(Xλ)) ⊂ ∩f(f(Xλ)) = ∩Xλ. Daı́, 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

Exercı́cio 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∈M Bµ). Desta forma, x ∈ ∪λ∈LAλ e x ∈ ∪µ∈M Bµ. 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∈M Bµ). Então, x /
∈ ∩λ∈LAλ
e x /
∈ ∩µ∈M Bµ. 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), terı́amos que x /
∈ ∩(λ,µ)∈L×M (Aλ ∪Bµ).
Logo, devemos ter que x ∈ (∩λ∈LAλ) ∪ (∩µ∈M Bµ). Com isso, concluimos que
∩
(λ,µ)∈L×M
(Aλ ∪ Bµ) ⊂
(
∩
λ∈L
Aλ
)
∪


∩
µ∈M
Bµ

 .
27

Exercı́cio 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

Exercı́cio 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, concluı́mos 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 querı́amos demonstrar.
29

Capı́tulo 2
Conjuntos Finitos, Enumeráveis e
Não-Enumeráveis
30

Exercı́cio 2.1:
Prove que, na presença dos axiomas P1 e P2, o axioma A abaixo é equivalente a P3:
A : Para todo subconjunto não-vazio X ⊂ N, tem-se Xs(X) ̸= ∅.
Relembremos as propriedades:
P1 : s : N → N é injetora;
P2 : Ns(N) = {1};
P3 : Se X ⊂ N é tal que 1 ∈ X e, para todo n ∈ X, s(n) ∈ X, então X = N.
Suponhamos que as aﬁrmações P1, P2 e P3 sejam válidos. Concluiremos que o axioma A é valido mostrando que
se X ⊂ N é tal que Xs(X) = ∅ então X = ∅. Equivalentemente, se X ⊂ s(X) então NX = N. Primeiramente,
temos que 1 ∈ NX, pois, caso contrário, 1 ∈ s(N) já que
X ⊂ s(X) ⊂ s(N),
contradizendo P2. Por P1,
s(NX) = s(N)s(X) ⊃ s(N)X.
Desta forma, se n ∈ NX então s(n) /
∈ X e, consequentemente, s(n) ∈ NX. Assim, por P3, concluimos que
NX = N.
Reciprocamente, suponhamos que os axiomas P1, P2 e A sejam válidos. Seja X ⊂ N tal que 1 ∈ X e, para
todo n ∈ X, s(n) ∈ X. Provaremos que X = N e concluiremos daı́ que P3 é válido. Suponhamos por absurdo que
NX ̸= ∅. Por A, segue que existe
n ∈ (NX)s(NX).
Como 1 /
∈ NX, devemos ter que n ̸= 1 e, por P2, existe m ∈ N tal que
s(m) = n.
Por P1, m /
∈ NX já que s(m) = n /
∈ s(NX). Assim, m ∈ X e s(m) = n /
∈ X, contradizendo a hipótese sobre X.
31

Exercı́cio 2.2:
Dados os números naturais a e b, prove que existe um número natural m tal que m · a > b.
Se a = 1, basta tomar m = b + 1, pois
1(b + 1) = b + 1 > b.
Se a ̸= 1 então a > 1 já que a ∈ Z+. Assim, pela monoticidade da multiplicação em Z+,
ba > b.
Logo, para m := b, temos que ma > b.
32

Exercı́cio 2.3:
Seja a um número natural. Se um conjunto X é tal que a ∈ X e, além disso, n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, então X contém
todos os números naturais ≥ a.
Seja
A := {k ∈ Z+ : a + k ∈ X}.
Pela deﬁnição da relação 6 em Z+, b > a se e somente se b = a+k para algum k ∈ Z>0. Desta forma, provando
que A = Z+ podemos concluir que X contém todos os números naturais > a.
Como a ∈ X, temos, pela propriedade de X, que a + 1 ∈ X. Logo, 1 ∈ A.
Suponhamos que k ∈ A. Pela deﬁnição de A, isto implica que a + k ∈ X. Assim pela propriedade de X, temos
que a + k + 1 ∈ X. Logo, k + 1 ∈ A.
Portanto, pelo PIF, segue que A = Z+.
33

Exercı́cio 2.4:
Tente descobrir, independentemente, algumas das demonstrações omitidas no texto.
Associatividade: m + (n + p) = (m + n) + p.
Provada no livro.
Comutatividade: m + n = n + m.
Primeiramente mostraremos que
m + 1 = 1 + m,
para todo m ∈ Z+. O caso em que m = 1 é tautológico. Supondo, como hipótese de indução, que
m + 1 = 1 + m
para algum m ∈ Z+, segue que
s(m) + 1 = s(s(m)) = s(m + 1) = s(1 + m) = 1 + s(m).
Assim, pelo PIF, temos que m + 1 = 1 + m, para todo m ∈ Z+.
Por ﬁm, provaremos, para m ∈ Z+ arbitrário e por indução em n ∈ Z+, que
m + n = n + m.
O caso n = 1 foi provado no parágrafo anterior. Supondo, como hipótese de indução, que
m + n = n + m
para algum n ∈ Z+, segue que
m + s(n) = s(m + n) = s(n + m)
= n + s(m) = n + (m + 1)
= n + (1 + m) = (n + 1) + m
= s(n) + m.
E o resultado segue pelo PIF.
Lei do Corte: m + n = m + p ⇒ n = p.
Sejam n e p ∈ Z+. Provaremos, por indução em m ∈ Z+, que se m + n = m + p então n = p.
O caso em que m = 1 resume-se à injetividade da função s: Z+ → Z+. Isto é, como
s(n) = n + 1 = 1 + n = 1 + p = p + 1 = s(p),
temos que
n = p.
Suponhamos, como hipótese de indução, que m+n = m+p implique que n = p. Assim, se s(m)+n = s(m)+p
então
s(m + n) = s(n + m) = n + s(m)
= s(m) + n = s(m) + p
= p + s(m) = s(p + m)
= s(m + p).
Assim, se s(m) + n = s(m) + p temos, novamente pela injetividade de s: Z+ → Z+, que m + n = m + p e, pela
hipótese de indução, n = p.
E o resultado segue pelo PIF.
Tricotomia: Dados m e n ∈ Z+, exatamente uma das três alternativas seguintes podem ocorrer: ou m = n,
ou existe p ∈ Z+ tal que m = n + p, ou, então, existe q ∈ Z+ com n = m + q.
Dizemos que (m, n) ∈ Z+ × Z+ satisfaz a condição C se exatamente uma das exatamente uma das três alterna-
tivas ocorre:
34

• m = n;
• m = n + p, para algum p ∈ Z+;
• n = m + q, para algum q ∈ Z+.
Seja X o subconjunto de Z+ × Z+ deﬁnido por
T := {(m, n) ∈ Z+ × Z+ : (m, n) satisfaz C}.
Observemos que, como
T =
∪
m∈Z+
{m} × Tm,
onde
Tm := {n ∈ Z+ : (m, n) satisfaz C},
mostrando que
Tm = Z+,
para cada m ∈ Z+, podemos concluir que
T =
∪
m∈Z+
{m} × Tm =
∪
m∈Z+
{m} × Z+ = Z+ × Z+.
Portanto, concluimos a Lei da Tricotomia.
Procederemos com a demonstração de que Tm = Z+ por indução em m ∈ Z+.
Consideremos o caso em que m = 1. Se n = 1 temos que n = m. Além disso, como 1 /
∈ s(Z), segue que
m = 1 ̸= sp
(n) = n + p
e
n = 1 ̸= sq
(m) = m + q,
para todos p e q ∈ Z+. Logo, (1, 1) satisfaz a condição C e, consequentemente, 1 ∈ T1. Supondo que n ∈ T1, como
não se pode ter que 1 = m + q = sq
(m) já que 1 /
∈ s(Z+), temos que exatamente uma das duas alternativas ocorre:
• n = 1 e, equivalentemente, s(n) = 1 + 1;
• n = 1 + q e, equivalentemente, s(n) = s(1 + q) = 1 + s(q).
Logo, se n ∈ T1 então s(n) ∈ T1. Com isso, concluimos, pelo PIF, que T1 = Z+.
Suponhamos, como hipótese de indução, que Tm = Z+. Provaremos que Ts(m) = Z+.
Como X1 = Z+, temos imediatamente que (1, s(m)) satisfaz a condição C e, consequentemente, (s(m), 1)
satisfaz a condição C. Logo, 1 ∈ Ts(m). Supondo que n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das três alternativas
ocorrem:
• n = s(m): Neste caso, s(n) = s(s(m)) = s(m) + 1;
• n = s(m) + q, para algum q ∈ Z+: Neste caso, s(n) = s(s(m) + q) = s(m) + s(q);
• s(m) = n + p, para algum p ∈ Z+: Neste caso, se p = 1 então s(m) = s(n). E, se p ∈ Z+{1} = s(Z+), existe
p̃Z+ tal que p = s(p̃), e assim
s(m) = n + p = n + s(p̃) = n + (1 + p̃) = (n + 1) + p̃ = s(n) + p̃.
Assim, se n ∈ Ts(m), temos que exatamente uma das três alternativas ocorrem:
• s(n) = s(m) (no caso em que n = s(m));
• s(n) = s(m) + q̃ (no caso em que n = s(m) ou n = s(m) + q, onde q̃ = s(q));
• s(m) = s(n) + p̃ (no caso em que s(m) = n + p, onde p = s(p̃)).
35

Logo, se n ∈ Ts(m) então s(n) ∈ Ts(m). Com isso, concluimos, pelo PIF, que Ts(m) = Z+.
Portanto, Xm = Z+, para todo m ∈ Z+.
Transitividade: se m < n e n < p então m < p.
Se, para m, n e p ∈ Z+, tivermos que m < n e n < p então existem r e s ∈ Z+ tais que
m + r = n
e
n + s = p.
Desta forma,
p = n + s = (m + r) + s = m + (r + s).
Logo,
m < p.
Tricotomia: dados m e n ∈ Z+ exatamente uma das alternativas seguintes pode ocorrer: ou m = n, ou m < n
ou n < m.
Sejam m e n ∈ Z+. Segundo a tricotomia da adição (provada acima), exatamente uma das três condições é
válida: ou m = n; ou existe p ∈ Z+ tal que m = n + p e, portanto, m > n; ou existe q ∈ Z+ tal que n = m + q e,
portanto, m < n.
Monoticidade da adição: se m < n então, para todo p ∈ Z+, tem-se m + p < n + p.
Provada no livro.
Associatividade: m · (n · p) = (m · n) · p.
Provada no livro.
Comutatividade: m · n = n · m.
Primeiramente, provaremos que m · 1 = 1 · m, para todo m ∈ Z+. Depois, supondo, como hipótese de indução,
que n ∈ Z+ é tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+, provaremos que n + 1 é tal que m · (n + 1) = (n + 1) · m.
Como isso, o resultado segue pelo Princı́pio da Indução Finita.
Provaremos a igualdade m · 1 = 1 · m por indução em m ∈ Z+. Para m = 1 a igualdade é trivial. Suponhamos,
como hipótese de indução, que m · 1 = 1 · m, para algum m ∈ Z+. Desta forma, temos que
(m + 1) · 1 = m + 1 = m · 1 + 1 = 1 · m + 1 = 1 · (m + 1).
Logo, pelo PIF, a igualdade é válida.
Suponhamos que n ∈ Z+ seja tal que m · n = n · m, para todo m ∈ Z+. Mostraremos, por indução em m, que
m · (n + 1) = (n + 1) · m, para todo m ∈ Z+. Para m = 1, o resultado segue do parágrafo anterior. E, supondo que
m · (n + 1) = (n + 1) · m, temos que
(m + 1) · (n + 1) = (m + 1) · n + (m + 1)
= n · (m + 1) + (m + 1)
= n · m + n + m + 1
= m · n + m + n + 1
= m · (n + 1) + (n + 1)
= (n + 1) · m + (n + 1)
= (n + 1) · (m + 1).
E temos o resultado.
Distributividade: m(n + p) = m · n + m · p.
36

Provada no livro.
Lei do Corte: m · p = n · p ⇒ m = n.
Suponhamos que m, n e p ∈ Z+ são tais que
m · p = n · p.
Pela tricotomia, exatamente uma das três condições é satisfeita: ou m = n + q, para algum q ∈ Z+; ou m = n + q,
m = n + q, para algum q ∈ Z+; ou m = n. Provaremos que as duas primeiras condições não são possı́veis e, com
isso, teremos o resultado.
Suponhamos que m = n + q, para algum q ∈ Z+. Segue que
n · p = m · p = (n + q) · p = p · (n + q) = p · n + p · q = n · p + p · q.
Contradizendo a tricotomia.
De forma análoga, não podemos ter n = m + q, para algum q ∈ Z+.
Monoticidade: m < n ⇒ m · p < n · p.
Sejam n e m ∈ Z+ tais que
m < n.
Provaremos que
m · p < n · p,
para todo p ∈ Z+, por indução em p.
Para p = 1, a desigualdade é imediata.
Suponhamos, como hipótese de indução, que m · p < n · p, para um certo p ∈ Z+. Como m < n, existe q ∈ Z+
tal que
n = m + q.
Assim,
n · (p + 1) = (m + q) · (p + 1) = (p + 1) · (m + q) = (p + 1) · m + (p + 1) · q = m · (p + 1) + (p + 1) · q.
n · (p + 1) < m · (p + 1).
E o resultado segue, como querı́amos, pelo PIF.
37

Exercı́cio 2.5:
Um elemento a ∈ Z+ chama-se antecessor de b ∈ Z quando se tem a < b mas não existe c ∈ Z+ tal que a < c < b.
Prove que, exceto 1, todo número natural possui um antecessor.
Seja x ∈ Z+{1}. Mostraremos que x possui um antecesor.
Pelo axioma de Peano P2, x = s(y) = y + 1 para algum y ∈ Z+. Logo, y < x.
Suponhamos que z ∈ Z+ é tal que z < x. Mostraremos que z 6 y. Temos que
x = z + n,
para algum n ∈ Z+. Se n = 1 temos que
y + 1 = x = z + 1
e, consequentemente, pela Lei do Corte, y = z. Se n ∈ Z+{1} então, novamente pelo axioma de Peano P2, existe
m ∈ Z+ tal que n = s(m). Assim,
s(y) = x = z + n = z + s(m) = s(z + m)
e, pela injetividade da função s (axioma de Peano P1),
y = z + m.
Logo, z < y.
Portanto, y é um antecessor de x.
38

Exercı́cio 2.6:
Use indução para demonstrar os seguintes fatos:
a) 2(1 + 2 + 3 + ... + n) = n(n + 1);
b) 1 + 3 + 5 + ... + (2n + 1) = (n + 1)2
;
c) (a − 1)(1 + a + a2
+ ... + an
) = an+1
− 1, seja quais forem a, n ∈ N;
d) n ≥ 4 ⇒ n! > 2n
.
Façamos as demonstrações de maneira bem resumida.
a) Para n = 1, temos obviamente a igualdade uma vez que
2(1) = 1(1 + 1).
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja,
2(1 + 2 + 3 + ... + k) = k(k + 1)
e provemos a sua validade para n = k + 1.
Temos pela hipótese de indução que
2(1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1)) = 2(1 + 2 + 3 + ... + k) + 2(k + 1)
= k(k + 1) + 2(k + 1)
= (k + 1)(k + 2) = (k + 1)((k + 1) + 1).
b) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente pois
1 + 3 = 4 = (1 + 1)2
.
Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja,
1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1) = (k + 1)2
.
Assim, temos que
1 + 3 + 5 + ... + (2(k + 1) + 1) = 1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1)(2k + 3)
= (k + 1)2
+ 2k + 3
= k2
+ 2k + 1 + 2k + 3
= k2
+ 4k + 4
= (k + 2)2
= ((k + 1) + 1)2
c) Para n = 1, temos a igualdade verificada obviamente, pois (a − 1)(1 + a) = a2
− 1.
Suponhamos que a igualdade seja verdadeira para n = k, ou seja, (a − 1)(1 + a + a2
+ ... + ak
) = ak+1
− 1.
Assim, temos que
(a − 1)(1 + a + a2
+ ... + ak
+ ak+1
) = (a − 1)(1 + a + a2
+ ... + ak
) + (a − 1)(ak+1
)
= ak+1
− 1 + ak+2
− ak+1
= ak+2
− 1.
d) Para n = 4, temos a igualdade verificada. Suponhamos que a igualdade seja verificada para n = k, ou seja,
k! > 2k
.
Assim, temos que
(k + 1)! > (k + 1)k! > (k + 1)2k
> 2k+1
39

Exercı́cio 2.7:
Use o Segundo Princı́pio de Indução para demonstrar a unicidade de decomposição de um número natural em
fatores primos.
Seja n ∈ N. Suponha que todos os números naturais menores do que n sejam escritos de forma única como
produto de fatores primos. Suponhamos que n tenha duas decomposições
n = α1α2...αm
e
n = β1β2...βp,
com αi e βj números primos. Se αi = βj para determinados i, j,(neste caso podemos supor sem perda de generali-
dade α1 = β1) ent ao temos que
n = αir
e
n = β1s,
com r = α2...αm, s = β2...βp e r = s < n. Pelo segundo princı́pio de indução, temos que m = p e αi = βi, para
i = 2, 3, ..., m.
Se αi ̸= βj para qualquer i = 1, 2, ..., m e j = 1, 2, ..., p, então temos que
mdc(n, n) = mdc(α1...αm, β1...βp) = 1,
o que é um absurdo. Logo ocorre o primeiro caso e segue o resultado.
40

Exercı́cio 2.8:
Seja X um conjunto com n elementos. Use indução para provar que o conjunto das bijeções (ou permutações)
f : X → X tem n! elementos.
Provemos este exercı́cio usando indução sobre o número de elementos de X. Para |X| = 1, temos obvia-
mente |F| = 1. Suponhamos que se |X| = k, então |F| = k!. Suponhamos que |X| = k + 1, digamos X =
{x1, x2, ..., xn, xn+1}. Para cada i = 1, 2, ..., k + 1, seja fi : X → X tal que fi(xk+1) = xi. Temos então k + 1 f′
is.
Agora, por indução existem k! restrições fi X{xk+1}
, pois cada restrição fi X{xk+1}
: X {xk+1} → X {xk+1} é
uma bijeção. Portanto |F| = (k + 1)k! = (k + 1)!, o que conclui a demonstração.
41

Exercı́cio 2.9:
Sejam X e Y conjuntos ﬁnitos.
a) Prove que card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) = card(X) + card(Y ).
b) Qual seria a fórmula correspondente para três conjuntos?
c) Generalize.
a) Sejam A = {(1, x); x ∈ X} ∪ {(2, y); y ∈ Y } e B = {(3, z); z ∈ X ∪ Y } ∪ {(4, w); w ∈ X ∩ Y }. Deﬁnamos
f : A → B como sendo
f(1, x) = (3, x)
f(2, y) =
{
(3, y); se y ∈ Y X
(4, y); se y ∈ X ∩ Y
.
Temos trivialmente que f é uma bijeção entre A e B. Além disso, card(A) = card(X ∪ Y ) + card(X ∩ Y ) e
card(B) = card(X) + card(Y ). Daı́ segue o resultado.
b) card(X ∪ Y ∪ Z) + card((X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z)) = card(X) + card(Y ) + card(Z).
c) card
( n
∪
i=1
Xi
)
+ card
(
∪
i̸=j
(Xi ∩ Xj)
)
= card(X1) + card(X2) + ... + card(Xn).
42

Exercı́cio 2.10:
Dado um conjunto ﬁnito X, prove que uma função f : X → X é injetora se, e somente se, é sobrejetora.
(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) é uma bijeção. Se f(X) ̸= X terı́amos um absurdo pois
não pode haver bijeção entre um conjunto ﬁnito e um subconjunto próprio deste conjunto.
(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f não seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que
f(x1) = f(x2). Assim, f(X) = {f(x1), f(x2), ..., f(xn)} teria no máximo n − 1 elementos e desta forma f(X) ̸= X,
o que é um absurdo. Logo, f é injetora.
43

Exercı́cio 2.11:
Formule matematicamente e demonstre o seguinte fato(conhecido como princı́pio das gavetas). Se m < n, então
de qualquer modo como se guardem n objetos em m gavetas, haverá sempre uma gaveta, pelo menos, que conterá
mais de um objeto.
f : In → Im com n > m não é injetiva.
Se f não é sobrejetora, f|In também não será. Logo, f|In também não será injetiva pelo exercı́cio anterior. E
consequentemente f também não seria injetiva.
Por outro lado, mesmo que f fosse sobrejetiva, se fosse também injetiva, f seria uma bijeção entre um conjunto
ﬁnito e um subconjunto próprio dele, que é um absurdo.
44

Exercı́cio 2.12:
Seja X um conjunto com n elementos. Determine o número de funções injetivas f : Ip → X.
Princı́pio da contagem. Escolhamos um dos n elementos de X para ser f(1). Daı́ escolhamos 1 dos n − 1
elementos restantes para ser f(2). E assim sucessivamente temos que o número de funções injetivas possı́veis é
n(n − 1)(n − 2)...(n − p + 1).
45

Exercı́cio 2.13:
Quantos subconjuntos com p elementos possui um subconjunto X, sabendo-se que X tem n elementos?
Se n < p, vem de P1 que não existe subconjunto de X com p elementos. Caso contrário podemos definir uma
função f : [1, p] ∩ N → X(pelo axioma da escolha). Pelo princı́pio da contagem, temos que f pode ser definida de
n!
p!(n − p)!
modos distintos. Porém, para cada imagem de f, f pode ter sido definida de p! formas. Sendo assim,
existem
n!
p!(n − p)!
imagens de f.
46

Exercı́cio 2.14:
Prove que se A tem n elementos, então P(A) tem 2n
elementos.
Associemos a cada X ∈ P(A) uma função fX : A → {0, 1} dada por f(x) = 1 se x ∈ X e f(x) = 0 se x /
∈ X.
Temos então que a aplicação X → fX é uma bijeção. E como, pelo princı́pio da contagem, é possı́vel se fazer 2
funções f : A → {0, 1} diferentes, temos que a ordem de P(A) é exatamente 2.
47

Exercı́cio 2.15:
Deﬁna um função sobrejetiva f : N → N tal que, para todo n ∈ N, o conjunto f−1
(n) seja inﬁnito.
Seja f : N → N tal que f(2n
3m
) = n e f(x) = 1 para x divisı́vel por qualquer primo diferente de 2 e 3. Portanto,
f−1
(N) ⊃ {2n
3, 2n
32
, ..., 2n
3m
, ...}.
48

Exercı́cio 2.16:
Prove que se X é infinito enumerável, o conjunto das partes finitas de X também é (infinito) enumerável.
Seja X = {x1, x2, ...}. Temos que
P =
∞
∪
i=1
{A ⊂ {x1, x2, ..., xi}} =
∞
∪
i=1
Fi.
Temos que cardFi = 2i
. Como P é uma reunião enumerável de conjuntos enumeráveis, P é enumerável.
49

Exercı́cio 2.17:
Seja f : X → X uma função. Um subconjunto Y ⊂ X chama-se estável relativamente à f quando f(Y ) ⊂ Y. Prove
que um subconjunto X é ﬁnito se, e somente existe um função f : X → X que só admite os subconjuntos estáveis
∅ e X.
(⇒) Seja X = {x1, x2, ..., xn} e f : X → X dado por f(xi) = xi+1 se 1 ≤ i < n e f(xn) = x1. Se f é estável em
A e xp ∈ A, temos que xq = fq−p(modn)
(xp) ∈ A. Logo, A = X.
(⇐) Dado x0 ∈ X (se X ̸= ∅, X é ﬁnito) consideremos o conjunto A = {x0, f(x0), f2
(x0), ..., fn
(x0), ...}. Daı́
X = A, pois f é estável em A e A ̸= ∅.
Se não existir k ∈ N tal que fk
(x0) = x0, A − {x0} é estável por f e logo A − {x0} = X − {x0} = ∅, ou seja,
X = {x0}, ou A = X = A − {x0}, absurdo.
Por outro lado, se existir k ∈ N tal que fk
(x0) = x0 o conjunto {x0, f(x0), f2
(x0), ..., fk−1
(x0)} é estável por A
e não vazio, logo é igual a X.
50

Exercı́cio 2.18:
Seja f : X → X uma função injetiva tal que f(X) ̸= X. Tomando x ∈ X − f(X), prove que os elementos
x, f(x), f(f(x)), ... são dois a dois distintos.
Provaremos por indução em n que para todo p ∈ N, temos que fn
(x) ̸= fn+p
(x) e a proposiç ao estar´a
demonstrada. Com x /
∈ f(X), temos que x ̸= fp
(x), para todo p ∈ N. Suponhamos que fn
(x) ̸= fn+p
(x). Então
fn+1
(x) ̸= fn+1+p
(x) pois f é injetora. Pelo PIF o resultado segue.
51

Exercı́cio 2.19:
Dado um conjunto ﬁnito X, prove que uma função f : X → X é injetora se, e somente se, é sobrejetora.
(⇒) Temos que g : X → f(X) dada por g(x) = f(x) é uma bijeção. Se f(X) ̸= X terı́amos um absurdo pois
não pode haver bijeção entre um conjunto ﬁnito e um subconjunto próprio deste conjunto.
(⇐) Seja X = {x1, x2, ..., xn}. Suponha que f não seja injetora, ou seja, existem xi ̸= xj em X tais que
f(x1) = f(x2). Assim, f(X) = {f(x1), f(x2), ..., f(xn)} teria no máximo n − 1 elementos e desta forma f(X) ̸= X,
o que é um absurdo. Logo, f é injetora.
52

Exercı́cio 2.20:
(a) Se X é finito e Y é enumerável, então F(X, Y ) é enumerável.
(b) Para cada função f : N → N seja Af = {n ∈ N; f(n) ̸= 1}. Prove que o conjunto X das funções f : N → N
tais que Af é finito é um conjunto enumerável.
Item (a)
Seja X = {x1, ..., xn}. Definimos
ϕ : F(X, Y ) → Y n
f → (f(x1), ..., f(xn)).
Temos que ϕ é claramente injetiva. Logo, F(X, Y ) está em bijeção com o conjunto ϕ(F(X, Y )) ⊂ Y n
. Como
Y é enumerável, Y n
é enumerável (pois é produto finito de conjuntos enumeráveis). Assim, ϕ(F(X, Y )) ⊂ Y n
é
anumerável e, consequentemente, F(X, Y ) é enumerável.
Item (b)
Seja
Fn := {Y ⊂ N; cardY = n}.
Definimos
ϕ : Fn → Y n
Y = {y1, ..., yn} → (y1, ..., yn).
Claramente, ϕ é injetiva. Como Y n
é enumerável, segue que Fn é enumerável. Portanto,
F :=
∞
∪
n=1
Fn
é enumerável.
Seja
ψ : X →
∪
Y ∈F F(Y, N)
f → f|Af
.
Temos que ψ é injetiva. De fato, se f, g ∈ X são tais que ψ(f) = ψ(g) temos que
f|Af
= g|Ag
implicando que Af = Ag,
f|Af
= g|Ag ,
e
f = g
já que
f|NAf
= 1 = g|NAf
.
Pelo item anterior,
∪
Y ∈F F(Y, N) é uma união enumerável de conjuntos enumeráveis. Logo,
∪
Y ∈F F(Y, N) é
enumerável. Assim, como ψ é injetiva, segue que X é enumerável.
53

Exercı́cio 2.21:
Obtenha uma decomposição N = ∪∞
i=1Xi tal que os conjuntos Xi são infinitos e dois à dois disjuntos.
Para todo n ∈ N, existe um único k ∈ Z>0 tal que
2k
6 n < 2k+1
.
Por isso, fica bem definida a função f : N → Z>0 dada por
f(n) = n − 2k
,
onde 2k
6 n < 2k+1
. Desta forma, temos, para
Xi := f−1
(i − 1),
que
N =
∞
∪
i=1
Xi
com os conjuntos Xi sendo dois à dois disjuntos. Adiante, como
Xi = {2k
+ i − 1 | k ∈ Z>0, i − 1 < 2k
},
temos que cada Xi é infinito.
54

Exercı́cio 2.22:
Deﬁna f : N × N → N, pondo f(1, n) = 2n − 1 e f(m + 1, n) = 2m
(2n − 1). Prove que f é uma bijeção.
Para cada número natural p, temos, pela unicidade da decomposição de números naturais em números primos,
que existem únicos m e q ∈ Z+ tais que p = 2m−1
q e q é ı́mpar. Sendo q ı́mpar, existe um único n ∈ Z+ tal que
q = 2n − 1. Assim, existem únicos m e n ∈ Z>0 tais que p = 2m−1
(2n − 1). Portanto, é bem deﬁnida a função
g : Z+ → Z+ × Z+
p = 2m−1
(2n − 1) → (m, n).
Como g é uma inversa para f, temos que f é bijetiva.
55

Exercı́cio 2.23:
Seja X ⊂ N um subconjunto infinito. Prove que existe uma única bijeção crescente f : N → X.
Definimos, indutivamente f : N → X por
f(1) = min(X)
e
f(n) = min
(
X −
n−1
∪
i=1
{f(i)}
)
,
para n > 1. Temos, pelo PIF e pelo fato de X ⊂ N ser bem ordenado, que f está bem definida.
Dados m < n ∈ N, temos que
f(m) < min
(
X −
n−1
∪
i=1
{f(i)}
)
= f(n)
pois f(m) 6 x, para todo x ∈ X −
∪m−1
i=1 ⊃ X −
∪n−1
i=1 , e f(m) /
∈ X −
∪n−1
i=1 . Com isso, concluimos que f é
estritamente crescente e, consequentemente que f é injetiva.
Provaremos, agora que f é sobrejetiva. Começaremos mostrando, por indução que
n 6 f(n).
Para n = 1, temos de X ⊂ N, que
1 = min(N) 6 min(X) = f(1).
Usando o passo indutivo, temos que
n 6 f(n) < f(n + 1)
implicando que
n + 1 6 f(n + 1).
Logo, vale a desigualdade acima. Adiante, dado x ∈ XN, provaremos que x ∈ f(N). Suponhamos por absurdo que
exista x ∈ X − f(N). Existe, pela arquimedianidade de N, n ∈ N tal que
x < n 6 f(n).
Mas, como
x ∈ X −
n−1
∪
i=1
{f(i)},
terı́amos uma contradição com o fato de que
x < min
(
X −
n−1
∪
i=1
{f(i)}
)
.
Portanto, f é sobrejetiva.
Provaremos, agora, que se g : N → X é uma bijeção crescente então f = g. Devemos ter que
g(1) = min(X) = f(1)
pois, caso contrário, existiria n ∈ N, com n > 1, tal que
g(n) = min(X) < g(1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. Usando o passo indutivo,
g(k) = f(k),
para todo k < n + 1, devemos que ter
g(n + 1) = min
(
X −
n
∪
i=1
{g(i)}
)
= min
(
X −
n
∪
i=1
{f(i)}
)
= f(n + 1)
56

pois, caso contrário, existiria p > n + 1 tal que
g(p) = min
(
X −
n
∪
i=1
{g(i)}
)
< g(n + 1).
Contradizendo o fato de g ser crescente. E o resultado segue.
57

Exercı́cio 2.24:
Prove que todo conjunto infinito se decompõe como reunião de uma infinidade enumerável de conjuntos infinitos,
dois a dois disjuntos.
Seja C um conjunto infinito.
Pelo exercı́cio 2.21, existe uma decomposição
N =
∪
i∈N
Xi
na qual os conjuntos Xi são infitos e dois à dois disjuntos.
Se C é enumerável, existe uma bijeção f : N → C. Logo,
C =
∪
i∈N
f(Xi)
é uma decomposição na qual os conjuntos f(Xi) são infitos e dois à dois disjuntos.
Se C é não-enumerável, existe uma aplicação injetiva f : N → C tal que C − f(N) é infinito. Assim,
C = (C − f(N)) ∪
∪
i∈N
f(Xi)
é uma decomposição na qual os conjuntos C − f(N) e f(Xi) são infitos e dois à dois disjuntos.
58

Exercı́cio 2.25:
Seja A um conjunto. Dadas funções f, g : A → N, defina a soma f + g : A → N, o produto f · g : A → N, e dê o
significado da afirmação f 6 g. Indicando com ξX a função caracterı́stica de um subconjunto X ⊂ A, prove:
a) ξX∩Y = ξX · ξY ;
b) ξX∪Y = ξX + ξY − ξX∩Y . Em particular, ξX∪Y = ξX + ξY ⇔ X ∩ Y = ∅;
c) X ⊂ Y ⇔ ξX 6 ξY ;
d) ξA−X = 1 − ξX.
Definimos
f + g : A → N
a → f(a) + g(a)
e
f · g : A → N
a → f(a)g(a).
E dizemos que f 6 g se e somente se
f(a) 6 g(a)
para todo a ∈ A.
a)
Seja a ∈ A.
Se ξX∩Y (a) = 0, então a /
∈ X ∩Y e, consequentemente, a /
∈ X ou a /
∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0
ou ξY (a) = 0. Logo, ξX∩Y (a) = 0 implica ξX(a)ξY (a) = 0 = ξX∩Y (a).
Se ξX∩Y (a) = 1, então a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a) = 1
e ξY (a) = 1. Logo, ξX∩Y (a) = 1 implica ξX(a)ξY (a) = 1 = ξX∩Y (a).
Como ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a)ξY (a) = ξX∩Y (a) em todos os casos. E, como a ∈ A é arbitrário,
temos que ξX · ξY = ξX∩Y .
b)
Seja a ∈ A.
Se ξX∪Y (a) = 0, então a /
∈ X ∪Y e, consequentemente, a /
∈ X e a /
∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) = 0,
ξY (a) = 0 e ξX∩Y (a) = 0. Logo, ξX∪Y (a) = 0 implica ξX(a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 0 = ξX∪Y (a).
Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0, então a ∈ X∪Y −X∩Y = (X−Y )∪(Y −X) e, consequentemente, a ∈ X−Y ou
a ∈ Y −X. Se a ∈ X −Y então ξX(a) = 1, ξY (a) = 0 e, consequentemente, ξX(a)+ξY (a) = 1. Se a ∈ Y −X então
ξX(a) = 0, ξY (a) = 1 e, consequentemente, ξX(a) + ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que
ξX(a) + ξY (a) = 1. Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 0 implicam que ξX(a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Se ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1, então a ∈ X ∩ Y e, consequentemente, a ∈ X e a ∈ Y . Assim, ξX∪Y (a) = 1 e
ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) = ξY (a) = 1. Logo, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a)+ξY (a) = 2.
Portanto, ξX∪Y (a) = 1 e ξX∩Y (a) = 1 implicam que ξX(a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = 1 = ξX∪Y (a).
Como ξX∪Y (a) = 0 ou 1 e ξX∩Y (a) = 0 ou 1, temos que ξX(a) + ξY (a) − ξX∩Y (a) = ξX∪Y (a) em todos os
casos. E, como a ∈ A é arbitrário, temos que ξX + ξY − ξX∩Y = ξX∪Y .
Em particular, temos que X ∩ Y = ∅ é equivalente à ξX∩Y = 0 (i.e. ξX∩Y é a função nula) que é equivalente
(pelo que foi demonstrado acima) à ξX + ξY = ξX∪Y .
c)
Suponhamos que X ⊂ Y . Dado a ∈ A, temos que ξX(a) = 0 ou 1. No primeiro caso, temos imediatamente que
ξX(a) 6 ξY (a) = 0 ou 1. No segundo, temos que a ∈ X ⊂ Y e, consequentemente, ξX(a) = 1 = ξY (a). Em todo
caso, ξX(a) 6 ξY (a). Como a ∈ A é arbitrário, concluimos que ξX 6 ξY .
Suponhamos que ξX 6 ξY . Dado x ∈ X, temos que ξX(x) 6 ξY (x) e, consequentemente, ξY (x) = 1. Logo,
x ∈ X implica que x ∈ Y . E temos que X ⊂ Y .
d)
Seja a ∈ A.
Se ξA−X(a) = 0 temos que a /
∈ A − X e, consequentemente, a ∈ X. Logo, ξA−X(a) = 0 implica que ξX(a) = 0.
Assim, ξA−X(a) = 0 implica que 1(a) − ξX(a) = 0 = ξA−X(a).
Se ξA−X(a) = 1 temos que a ∈ A − X e, consequentemente, a /
∈ X. Logo, ξA−X(a) = 1 implica que ξX(a) = 0.
Assim, ξA−X(a) = 1 implica que 1(a) − ξX(a) = 1 = ξA−X(a).
Em todos casos, temos que 1(a) − ξX(a) = ξA−X(a). E, como a ∈ A é arbitrário, temos que 1 − ξX = ξA−X.
59

Exercı́cio 2.26:
Prove que o conjunta das sequências crescentes (n1 < n2 < n3 < ...) de números naturais não é enumerável.
Usaremos o argumento da diagonal de Cantor.
Suponhamos, por absurdo, que exista um enumeração a1
, a2
, a3
, ... das sequências crescentes de números naturais
ai
, i ∈ N, dadas por
ai
1 < ai
2 < ai
3 < ...
Temos que a sequência b, deﬁnida indutivamente por
b1 = a1 + 1
e
bn+1 = max(bn, an+1) + 1
não pertence à enumeração acima. De fato, temos, pela deﬁnição de b, que
ai
i < bi
e,consequentemente,
b ̸= ai
para todo i ∈ N.
60

Exercı́cio 2.27:
Sejan (N, s) e (N′
, s′
) dois pares formados, cada um, por um conjunto e uma função. Suponhamos que ambos
cumpram os axiomas de Peano. Prove que existe uma única bijeção f : N → N′
tal que f(1) = 1′
, f(s(n)) = s′
(f(n)).
Conclua que:
a) m < n ⇔ f(m) < f(n);
b) f(m + n) = f(m) + f(n);
c) f(m · n) = f(m) · f(n).
Como (N, s) e (N′
, s′
) satisfazem os axiomas de Peano, devemos ter que a função f : N → N fica bem definida
por
f(1) = 1′
e
f(s(n)) = s′
(f(n))
para todo n ∈ N. De fato, f está definida em todo N = {1} ∪ s(N) pois está definida em {1} e s(N). Como s
é injetiva, segue que f está bem definida. Em particular, segue que f é a única função N → N′
satisfazendo as
condições do enunciado. Temos, também, que f é injetiva. De fato, seja
X = {n ∈ N; f(n) /
∈ f(N − {n})}.
Temos que 1 ∈ X pois, pela definição de f,
f(N − {1}) = f(s(N)) ⊂ s′
(N′
) = N′
− {1′
} = N′
− {f(1)}.
E, se n ∈ X, temos que s(n) ∈ X. De fato, temos que f(s(n)) ̸= f(1) = 1′
pois
f(s(n)) = s′
(f(n)) ∈ s′
(N′
) = N′
− {1′
}
e, se m ̸= n e f(m) ̸= f(s(m)), então temos que
f(n) ̸= f(m),
pois n ∈ X, e, consequentemente,
f(s(n)) = s′
(f(n)) ̸= s′
(f(m)) = f(s(m)).
Implicando, pelo PIF, que f(s(n)) /
∈ f(N − {s(n)} ou, equivalentemente, s(n) ∈ X. Portanto, pelo PIF, temos
que X = N e, da definição de X, concluı́mos que f é injetiva. Temos, também, que f é sobrejetiva. De fato,
1′
= f(1) ∈ f(N) e, se n = f(k) ∈ f(N) temos que
s′
(n) = s′
(f(k)) = f(s(k)) ∈ f(N).
Assim, pelo PIF, temos que f(N) = N′
. Portanto, f é uma bijeção.
a)
Provaremos primeiro que m < n implica f(m) < f(n). Seja
X = {p ∈ N; f(n + p) > f(n), ∀n ∈ N}.
Temos que 1 ∈ N pois, dado n ∈ N,
f(n + 1) = f(s(n)) = s′
(f(n)) > f(n).
Supondo que p ∈ X, temos, para qualquer n ∈ N, que
f(n + s(p)) = f(s(n) + p) > f(s(n)) = s′
(f(n)) > f(n).
61

Logo, p ∈ X implica que s(p) ∈ X. Assim, concluı́mos, pelo PIF, X = N. Portanto, se m < n, temos, para p ∈ N
tal que n = m + p, que
f(m) < f(m + p) = f(n).
Agora, provaremos que f(m) < f(n) implica que m < n. Seja
X = {p ∈ N′
; f(n) = f(m) + p implica m < n}.
Temos que 1′
∈ X. De fato,
f(n) = f(m) + 1′
implica que
f(n) = s′
(f(m)) = f(s(m))
n = s(m) > m.
Supondo que p ∈ X, temos que
f(n) = f(m) + s′
(p)
implica que
f(n) = s′
(f(m)) + p = f(s(m)) + p
n > s(m) > m.
Logo, p ∈ X implica que s′
(p) ∈ X. Assim, concluı́mos que X = N′
. Portanto, se f(m) < f(n), temos, para p ∈ N′
tal que f(n) = f(m) + p, que
m < n.
b)
Seja
X = {n ∈ N; f(n + m) = f(n) + f(m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Começamos mostrando que 1 ∈ X. Temos que
f(1 + 1) = f(s(1)) = s′
(f(1)) = f(1) + 1′
= f(1) + f(1).
E, se
f(1 + m) = f(1) + f(m),
temos que
f(1 + s(m)) = f(s(s(m))) = s′
(f(s(m))) = 1′
+ f(s(m)) = f(1) + f(s(m)).
Logo, pelo PIF, temos que f(1 + m) = f(1) + f(m) para todo m ∈ N. Ou seja, 1 ∈ X.
Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f(s(n) + 1) = f(s(s(n))) = s′
(f(s(n))) = f(s(n)) + 1′
= f(s(n)) + f(1).
Adiante, se
f(s(n) + m) = f(s(n)) + f(m),
temos que
f(s(n) + s(m)) = f(s(s(n) + m))
= s′
(f(s(n) + m))
= f(s(n) + m) + 1′
= f(s(n)) + f(m) + 1′
= f(s(n)) + f(1) + f(m)
= f(s(n)) + f(1 + m)
= f(s(n)) + f(s(m)).
Assim, concluı́mos, pelo PIF, que f(s(n) + m) = f(s(n)) + f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que
s(n) ∈ X.
Portanto, concluı́mos, pelo PIF, que X = N.
62

c)
Seja
X = {n ∈ N; f(n · m) = f(n) · f(m), ∀m ∈ N}.
Provaremos que X = N e teremos, assim, o resultado.
Começamos mostrando que 1 ∈ X. De fato, dado m ∈ N, temos que
f(1 · m) = f(m) = 1′
· f(m) = f(1) · f(m).
Suponhamos que n ∈ X. Provaremos que s(n) ∈ X. Temos que
f(s(n) · 1) = f(s(n)) = f(s(n)) · 1′
= f(s(n)) · f(1)
Adiante, se
f(s(n) · m) = f(s(n)) · f(m),
temos que
f(s(n) · s(m)) = f(s(n) · m + s(n) · 1)
= f(s(n) · m) + f(s(n) · 1)
= f(s(n) · f(m) + f(s(n)) · 1′
= f(s(n)) · (f(m) + 1′
)
= f(s(n)) · s′
(f(m))
= f(s(n)) · f(s(m)).
Assim, concluı́mos, pelo PIF, que f(s(n)·m) = f(s(n))·f(m) para todo m ∈ N. Logo, n ∈ X implica que s(n) ∈ X.
Portanto, concluı́mos, pelo PIF, que X = N.
63

Exercı́cio 2.28:
Dada uma sequência de conjuntos A1, A2, ...,An, ..., considere os conjuntos lim supAn = ∩∞
n=1(∪∞
i=nAi) e lim infAn =
∪∞
n=1(∩∞
i=nAi).
a) Prove que lim supAn é o conjunto dos elementos que pertencem à An para uma infinidade de valores de n e que
lim infAn é o conjunto dos elementos que que pertencem a todo An salvo para um número finito de valores
de n.
b) Conclua que lim infAn ⊂ lim supAn;
c) Mostre que se An ⊂ An+1 para todo n então lim infAn = lim supAn = ∪∞
n=1An;
d) Por outro lado, se An ⊃ An+1 para todo n então lim infAn = lim supAn = ∩∞
n=1An;
e) Dê exemplo de uma sequência (An) tal que lim supAn = lim infAn;
f) Dê exemplo de uma sequência para a qual os dois limites coincidem mas Am ̸⊂ An para todos m ̸= n.
a)
Sejam
X := {a ∈ ∪∞
n=1An | a ∈ An para uma infinidade de valores de n}
e
Y := {a ∈ ∪∞
n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade finita de valores de n}.
Dado a ∈ X, temos que
{i ∈ N | a ∈ Ai}
é ilimitado. Sendo assim, dado n ∈ N, existe i ∈ N tal que n < i e a ∈ Ai. Isso implica que
a ∈ ∪∞
i=nAi
para todo n ∈ N. Portanto,
a ∈ ∩∞
n=1(∪∞
i=nAi) = lim supAn.
E, como a é um elemento arbitrário de X, temos que X ⊂ lim supAn.
Seja a ∈ lim supAn. Temos que
a ∈ ∪∞
i=nAi
para todo n ∈ N. Segue daı́ que
I := {i ∈ N | a ∈ Ai}
é infinito, pois, caso contrário, existiria n ∈ N tal que n > i para todo i ∈ I e, consequentemente, terı́amos que
a ̸∈ ∪∞
i=nAi. Portanto, a ∈ X. E, como a é um elemento arbitrário de lim supAn, temos que X ⊃ lim supAn.
Dado a ∈ Y , temos que
I := {i ∈ N | a ∈ Ai} = N − J,
para alum J ⊂ N finito. E, como J é finito e, consequentemente, limitado, existe k ∈ N tal que i > k implica
i ̸∈ J. Logo, para todo i > k, temos que i ∈ I e, consequentemente,
a ∈ ∩∞
i=kAi.
Assim, como ∩∞
i=kAi ⊂ ∪∞
n=1(∩∞
i=nAi), temos que
a ∈ ∪∞
n=1(∩∞
i=nAi) = lim infAn.
Como a é um elemento arbitrário de Y , concluı́mos daı́ que Y ⊂ lim infAn.
Seja a ∈ lim infAn. Temos que existe k ∈ N tal que
a ∈ ∩∞
i=kAi.
Isso implica que o conjunto
I := {i ∈ N | a ∈ Ai}
64

é tal que
N − I ⊂ {1, ..., k − 1}.
Logo, a ∈ Y . Como a é um elemento arbitrário de lim infAn, temos que Y ⊃ lim infAn.
b)
Pelo ı́tem anterior, temos que
lim supAn := {a ∈ ∪∞
n=1An | a ∈ An para uma inﬁnidade de valores de n}
e
lim infAn := {a ∈ ∪∞
n=1An | a ∈ An para todos exceto uma quantidade ﬁnita de valores de n}.
Assim, segue que
lim infAn ⊂ lim supAn.
c)
Como
∪∞
i=nAi ⊂ ∪∞
i=1Ai
para todo n ∈ N, temos, imediatamente que
lim supAn = ∩∞
n=1(∪∞
i=nAi) ⊂ ∪∞
n=1An.
Por outro lado, dado a ∈ ∪∞
n=1An, temos que a ∈ Ak para algum k ∈ N. Por indução em p ∈ N, prova-se que
Ak ⊂ Ak+p
para todo p ∈ N. Portanto,
a ∈ Ak ⊂ ∩∞
p=0Ak+p = ∩∞
i=kAi ⊂ ∪∞
n=1(∩∞
i=nAi) = lim infAn.
Assim, a ∈ lim infAn e, como a é um elemento arbitrário de ∪∞
n=1An, concluimos que ∪∞
n=1An ⊂ lim infAn.
Concluı́mos, então, do ı́tem b) e do que foi discutido acima, que
∪∞
n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∪∞
n=1An.
Logo, temos que
lim infAn = lim supAn = ∪∞
n=1An.
d)
Temos imediatamente que
∩∞
n=1An = ∩∞
i=1Ai ⊂ ∪∞
n=1(∩∞
i=nAi) = lim infAn.
Seja a ∈ lim supAn. Por indução em p, temos que
Ak ⊂ Ak+p,
para todo k e p ∈ N. Assim,
Ak ⊃ ∪∞
p=0Ak+p = ∪∞
i=kAi.
E, temos que a ∈ Ak, para todo k ∈ N, pois
a ∈ lim supAn = ∩∞
n=1(∪∞
i=nAi) ⊂ ∪∞
i=kAi ⊂ Ak.
Ou seja, a ∈ ∩∞
n=1An. Como a é um elemento arbitrário de lim supAn, temos que lim supAn ⊂ ∩∞
n=1An.
Concluı́mos, então, do ı́tem b) e do que foi discutido acima, que
∩∞
n=1An ⊂ lim infAn ⊂ lim supAn ⊂ ∩∞
n=1An.
Logo, temos que
lim infAn = lim supAn = ∩∞
n=1An.
e)
65

Deﬁnindo
A2k−1 := {1}
e
A2k := ∅,
para todo k ∈ N, temos que
lim supAn = ∩∞
n=1(∪∞
i=nAi) = ∩∞
n=1{1} = {1}
e
lim infAn = ∪∞
n=1(∩∞
i=nAi) = ∪∞
n=1∅ = ∅.
f)
Deﬁnindo
An := {n},
temos que
An ̸⊂ Am,
para todos n ̸= m,
lim supAn = ∩∞
n=1(∪∞
i=nAi) = ∩∞
n=1{k ∈ N | k > n} = ∅
e
lim infAn = ∪∞
n=1(∩∞
i=nAi) = ∪∞
n=1∅ = ∅.
66

Exercı́cio 2.29:
(Teorema de Bernstein-Schroeder) Dados conjuntos A e B, suponha que existam funções injetivas f : A → B e
g : B → A. Prove que existe uma bijeção h : A → B.
Solução 1:
Seja C := g(B) ⊂ A. Mostraremos que existe uma bijecção H : A → C. Assim, como g : B → C é uma bijeção,
temos que h := g−1
◦ H : A → B é uma bijeção.
Como f : A → B e g : B → C são funções injetivas, temos que F := g ◦ f : A → C é uma função injetiva. Logo,
F(X − Y ) = F(X) − F(Y ), para todos X e Y ⊂ A.
Definimos A1 := A e C1 := C. E, pelo princı́pio da definição recursiva, podemos definir
An := F(An−1)
e
Cn := F(Cn−1)
para todo n > 1.
Desta forma, dado x ∈ A, temos que x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, ou x ∈ C (pois x /
∈ A1 − C1 = A − C
implica que x ∈ C). Então, a função H : A → C dada por
H(x) =
{
F(x) se x ∈ An − Cn para algum n ∈ Z+;
x caso contrário,
para todo x ∈ A, é bem definida.
Sejam x e y ∈ A tais que H(x) = H(y). Se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, então y ∈ Ak − Ck, para algum
k ∈ Z+. De fato, se y /
∈ Ak − Bk, para todo k ∈ Z+, então
y = H(y) = H(x) = F(x) ∈ F(An − Bn) = F(An) − F(Bn) = An+1 − Bn+1
(pois F é injetivo). Uma contradição. Assim, se x ∈ An − Cn, para algum n ∈ Z+, então
F(x) = H(x) = H(y) = F(y)
e, consequentemente, x = y. Além disso, se x /
∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, então, como no caso anterior, temos
que y /
∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, e, consequentemente,
x = H(x) = H(y) = y.
Logo, em todo caso, x = y. Portanto, podemos concluir que H é injetivo.
Seja x ∈ C. Se x ∈ An − Cn = F(An−1) − F(Cn−1) = F(An−1 − Cn−1), para algum n > 1, temos que
x = F(y) = H(y)
para algum y ∈ An−1 − Cn−1. Por outro lado, se x /
∈ An − Cn, para todo n ∈ Z+, Temos que
x = h(x).
Logo, podemos concluir que H é sobrejetiva.
Portanto, temos que H : A → C é uma bijeção. E o resultado segue.
Solução 2:
A grosso modo analizaremos as quantidades de elmentos das sequências das formas
x, g−1
(x), f−1
◦ g−1
(x), g−1
◦ f−1
◦ g−1
(x), ...,
x ∈ A, e
y, f−1
(y), g−1
◦ f−1
(y), f−1
◦ g−1
◦ f−1
(y), ...,
67

y ∈ B. Daı́ particionaremos A e B de modo a obter uma função entre A e B cuja bijetividade é herdada da
injetividade de f e g.
Sejam
AI = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f)−k
(x) ̸= ∅ e g−1
◦ (g ◦ f)−k
(x) = ∅},
AP = {x ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que g−1
◦ (g ◦ f)−k
(x) ̸= ∅ e (g ◦ f)−(k+1)
(x) = ∅},
A∞ = {x ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k
(x) ̸= ∅ e g−1
◦ (g ◦ f)−k
(x) ̸= ∅},
BI = {y ∈ B; existe k ∈ Z>0 tal que (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅ e f−1
◦ (f ◦ g)−k
(y) = ∅},
BP = {y ∈ A; existe k ∈ Z>0 tal que f−1
◦ (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅ e (f ◦ g)−(k+1)
(x) = ∅}
e
B∞ = {y ∈ A; para todo k ∈ Z>0 vale (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅ e f−1
◦ (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅}.
Segue que
A = AI ˙
∪AP ˙
∪A∞
e
B = BI ˙
∪BP ˙
∪B∞.
Agora, provaremos três detalhes técnicos sobre f e g:
(I) f(AI) = BP
y ∈ BP ⇐⇒ ∃k ∈ Z>0 tal que f−1
◦ (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅ e (f ◦ g)−(k+1)
(x) = ∅
⇐⇒ f−1
= {x} onde
∃k ∈ Z>0 tal que (g ◦ f)−k
(x) = f−1
◦ (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅ e g−1
◦ (g ◦ f)−k
(x) = (f ◦ g)−(k+1)
= ∅
⇐⇒ ∃x ∈ AI tal que f(x) = y
⇐⇒ y ∈ f(AI).
(II) g(BI) = AP
Prova-se de modo análogo à prova de (I).
(III) f(A∞) = B∞
y ∈ B∞ ⇐⇒ ∀k ∈ Z>0 vale f−1
◦ (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅ e (f ◦ g)k
(x) ̸= ∅
⇐⇒ f−1
= {x} onde
∀k ∈ Z>0 vale (g ◦ f)−k
(x) = f−1
◦ (f ◦ g)−k
(y) ̸= ∅ e g−1
◦ (g ◦ f)−k
(x) = (f ◦ g)−k
̸= ∅
⇐⇒ ∃x ∈ A∞ tal que f(x) = y
⇐⇒ y ∈ f(A∞).
Agora, segue de A = AI ˙
∪AP ˙
∪A∞ e de (II), que a função
H : A → B
x ∈ AI → f(x) ∈ BP
x ∈ AP → y ∈ BI, tal que g(y) = x
x ∈ A∞ → f(x) ∈ B∞.
é bem deﬁnida e, da injetividade de f e g e de (I)-(III), que esta é uma bijeção.
68

Capı́tulo 3
Números Reais
69

Exercı́cio 3.01:
Dados a, b, c, d num corpo K, sendo b e d diferentes de zero, prove:
(1)
a
b
+
c
d
=
ad + bc
bd
;
(2)
a
b
·
c
d
=
a · c
b · d
.
(1)
Temos que
a
b
= b−1
a = b−1
d−1
da = (bd)−1
(ad) =
ad
bd
e, analogamente,
c
d
=
bc
bd
.
Assim,
a
b
+
c
d
=
ad
bd
+
bc
bd
= (bd)−1
(ad) + (bd)−1
(bc)
= (bd)−1
(ad + bc)
=
ad + bc
bd
.
(2)
Temos que
a
b
·
c
d
= (b−1
a) · (d−1
c) = acb−1
d−1
= (bd)−1
(ac) =
a · c
b · d
.
70

Exercı́cio 3.02:
Questão 2-1◦
Propriedade 1. Para todo m inteiro vale
am
.a = am+1
.
Demonstração. Para m natural vale pela deﬁnição de potência, agora para m = −n, n > 0 ∈ N um inteiro vamos
provar a−n
.a = a−n+1
. Para n = 1 temos
a−1
a = a−1+1
= a0
= 1.
Vamos provar agora para n > 1, n − 1 > 0
a−n
= (an
)−1
= (an−1
a)−1
= a−n+1
a−1
multiplicando por a de ambos lados a−n
.a = a−n+1
como querı́amos demonstrar.
Propriedade 2.
am
.an
= am+n
.
Demonstração. Primeiro seja m um inteiro qualquer e n natural, vamos provar a identidade por indução sobre n,
para n = 0 vale
am
.a0
= am
= am+0
para n = 1 vale
am
a1
= am
a = am+1
.
Supondo válido para n
am
.an
= am+n
vamos provar para n + 1
am
.an+1
= am+n+1
temos
am
.an+1
= am
an
a = am+n
.a = am+n+1
.
Agora para −n com n natural , se m é natural temos que a propriedade já foi demonstrada
am
a−n
= am−n
se m é inteiro negativo temos
am
a−n
= am−n
pois o inverso de am
a−n
é a−m
an
= a−m+n
propriedade que já está provada por −m e n serem naturais e
am−n
an−m
= 1 por unicidade do inverso de = a−m
an
= a−m+n
é am
a−n
logo ﬁca provado para n e m inteiros.
Para potência negativa −n podemos fazer como se segue
am
a−n
= (a−m
)−1
(an
)−1
= (a−m
an
)−1
= (a−m+n
)−1
= am−n
.
71

Questão 2-2◦
Propriedade 3.
(am
)n
= amn
para m e n inteiros.
Demonstração. Primeiro por indução para m inteiro e n natural
(am
)0
= 1 = am.0
(am
)1
= am
= am.1
.
Supondo válido para n
(am
)n
= amn
vamos provar para n + 1
(am
)n+1
= am(n+1)
temos pela deﬁnição de potência e pela hipótese da indução que
(am
)n+1
= (am
)n
am
= amn
am
= amn+m
= am(n+1)
onde usamos a propriedade do produto de potência de mesma base. Para n inteiro negativo
(am
)−n
= ((am
)n
)−1
= (amn
)(−1)
= a−mn
.
72

Exercı́cio 3.03:
Exemplo 1. Se xk
yk
= xs
ys
para todos k, s ∈ In, num corpo K, prove que dados, ak ∈ K, k ∈ In tais que
n
∑
k=1
akyk ̸= 0
tem-se
n
∑
k=1
akxk
n
∑
k=1
akyk
=
x1
y1
.
Chamando x1
y1
= p temos xk
yk
= p logo xk = pyk e a soma
n
∑
k=1
akxk = p
n
∑
k=1
akyk
logo
n
∑
k=1
akxk
n
∑
k=1
akyk
= p =
x1
y1
.
73

Exercı́cio 3.04:
Definição 1 (Homomorﬁsmo de corpos). Sejam A, B corpos. Uma função f : A → B chama-se um homomorfismo
quando se tem
f(x + y) = f(x) + f(y)
f(x.y) = f(x).f(y)
f(1A) = 1B
para quaisquer x, y ∈ A. Denotaremos nesse caso as unidades 1A e 1B pelos mesmos sı́mbolos e escrevemos f(1) = 1.
Propriedade 4. Se f é homomorfismo então f(0) = 0.
Demonstração. Temos
f(0 + 0) = f(0) + f(0) = f(0)
somando −f(0) a ambos lados segue
f(0) = 0.
Propriedade 5. Vale f(−a) = −f(a).
Demonstração. Pois
f(a − a) = f(0) = 0 = f(a) + f(−a)
daı́ f(−a) = −f(a).
Corolário 1.
f(a − b) = f(a) + f(−b) = f(a) − f(b).
Propriedade 6. Se a é invertı́vel então f(a) é invertı́vel e vale f(a−1
) = f(a)−1
.
Demonstração.
f(a.a−1
) = f(1) = 1 = f(a).f(a−1
)
então pela unicidade de inverso em corpos segue que f(a)−1
= f(a−1
).
Propriedade 7. f é injetora.
Demonstração. Sejam x, y tais que f(x) = f(y), logo f(x) − f(y) = 0, f(x − y) = 0, se x ̸= y então x − y seria
invertı́vel logo f(x − y) não seria nulo, então segue que x = y.
Propriedade 8. Se f : A → B com f(x + y) = f(x) + f(y) e f(x.y) = f(x)f(y) para x, y arbitrários, então
f(x) = 0 ∀x ou f(1) = 1.
Demonstração. f(1) = f(1.1) = f(1)f(1), logo f(1) = f(1)2
por isso f(1) = 1 ou f(1) = 0. Se f(1) = 0 então
f(x.1) = f(x)f(1) = 0, f(x) = 0 ∀x.
74

Exercı́cio 3.05:
Propriedade 9. Se f : Q → Q é um homomorfismo então f(x) = x ∀x ∈ Q.
Demonstração. Vale que f(x + y) = f(x) + f(y), tomando x = kh e y = h ﬁxo, tem-se
f((k + 1)h) − f(kh) = f(h)
aplicamos a soma
∑n−1
k=0 de ambos lados, a soma é telescópica e resulta em
f(nh) = nf(h)
tomando h = 1 segue que f(n) = n, tomando h = p
n segue
f(n
p
n
) = f(p) = p = nf(
p
n
) ⇒ f(
p
n
) =
p
n
.
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