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Matemática

ITA 2005 Matemática — Questão 1

Considere os conjuntos S={0,2,4,6}S = \{0, 2, 4, 6\}, T={1,3,5}T = \{1, 3, 5\} e U={0,1}U = \{0, 1\} e as afirmações:

I. {0}∈S\{0\} \in S e S∩U≠∅S \cap U \neq \emptyset.

II. {2}⊂S∖U\{2\} \subset S \setminus U e S∩T∩U={0,1}S \cap T \cap U = \{0, 1\}.

III. Existe uma função f:S→Tf : S \to T injetiva.

IV. Nenhuma função g:T→Sg : T \to S é sobrejetiva.

Então, é(são) verdadeira(s)

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Gabarito do ITA 2005 Matemática, questão 1: alternativa B

apenas IV.

O que a questão pede

Aqui o ITA quer ver se você separa pertinência (∈) de inclusão (⊂) e se sabe que injeção e sobrejeção entre conjuntos finitos são decididas só pela cardinalidade.

Por onde começar · passo 1 de 5

Teste a afirmação I: pertinência × inclusão

Os elementos de S são números ou conjuntos? Então {0} pode ser elemento de S?

Os elementos de S são 0, 2, 4, 6. O objeto {0}\{0\} é um conjunto, e nenhum elemento de S é um conjunto. Logo {0}∉S\{0\} \notin S (o correto seria {0}⊂S\{0\} \subset S ou 0∈S0 \in S). A segunda parte, S∩U={0}≠∅S \cap U = \{0\} \neq \emptyset, é verdadeira, mas a conjunção já caiu: I é falsa.

A armadilha

Quem lê {0} ∈ S como se fosse 0 ∈ S marca I como verdadeira e cai na A ou na C. Quem confere só a primeira metade de II ({2} ⊂ S∖U, que é verdade) esquece que a conjunção exige as duas partes e cai na D.

Quem cai nela marca A, C, D.

AfirmaçãoO que checarResultadoVeredito
I{0} ∈ S ? e S ∩ U ≠ ∅{0} ∉ S (é subconjunto); S ∩ U = {0}F
II{2} ⊂ S∖U ? e S ∩ T ∩ U = {0,1}S∖U = {2,4,6} ok; S ∩ T ∩ U = ∅F
IIIinjeção S → T|S| = 4 > |T| = 3: impossívelF
IVnenhuma sobrejeção T → S|g(T)| ≤ 3 < 4 = |S|V
Cada afirmação é uma conjunção ou um fato de cardinalidade; só IV sobrevive.

Na resolução completa vêm os outros 4 passos, o motivo de cada alternativa estar certa ou errada.

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