Aplica¸ c˜ oes do Lema de Sperner

10/06/2014 – Fabr´ıcio Caluza Machado

Abaixo definimos a no¸cão de diâmetro de uma triangula¸cão, que será muito útil ao longo dessa se¸cão.

Defini¸cão 4.3.1.SeTé uma triangula¸cão de um simplexoA, definimos odiâmetrodeTcomo diam(T) = sup{diam(S) :S ∈T}.

Iniciamos com uma demonstra¸c˜ao alternativa do Teorema de Brouwer do Ponto Fixo.

Teorema 4.3.2(Ponto Fixo, Brouwer, 1910 [3]).SejaB(Rⁿ) ={x∈Rⁿ:kxk61}.

Se f:B(Rⁿ)→B(Rⁿ) é uma fun¸cão cont´ınua, entãof possui um ponto fixo, i.e., existe x∈B(Rⁿ) tal quef(x) =x.

Demonstra¸cão. Observe primeiramente que basta provar o teorema para fun¸cões cont´ınuas g: A → A sobre um conjunto A homeomorfo a B(Rⁿ). De fato, pois se A é homeomorfo a B(Rⁿ) e o teorema vale para A, então existe ϕ: A → B(Rⁿ) cont´ınua, bijetora e com inversa cont´ınua. Logo, para toda f:B(Rⁿ) → B(Rⁿ), temos que g = ϕ⁻¹◦f ◦ϕ é uma fun¸cão cont´ınua, logo existe y ∈ A tal queg(y) =y e tomandox=ϕ(y), obtemos

f(x) =f ◦ϕ(y) =ϕ◦ϕ⁻¹◦f ◦ϕ(y) =ϕ◦g(y) =ϕ(y) =x.

Seja então A o simplexo de vértices e1, e2, . . . , en+1 ∈ Rⁿ⁺¹ e observe que A está contido em um espa¸co afim de dimensãone queAé homeomorfo aB(Rⁿ).

Para todoi∈[n+ 1], sejaπ_i a proje¸c˜ao nai-´esima coordenada.

Sejaf:A→Acont´ınua arbitr´aria e suponha por absurdo quef n˜ao possui ponto fixo.

Observe que se x ∈ A, temos P

i∈[n+1]π_i(x) = 1, logo, como f(x) 6= x, existe i ∈ [n+ 1] tal queπi(f(x))< πi(x), poisf(x)∈A.

Defina ent˜ao a fun¸c˜ao

λ: A −→ [n+ 1]

x 7−→ min{i∈[n+ 1] :πi(f(x))< πi(x)}.

Observe que seT é uma triangula¸cão deA entãoλé uma Rotula¸cão de Sperner deT, pois sex∈A pertence à face deAgerada por{ei:i∈I}para algumI⊂[n+ 1], então temosπj(f(x))>0 =πj(x)) para todoj ∈[n+ 1]\I, logoλ(x)∈I.

Seja (T_k)_k∈_N uma sequência de triangula¸cões tal que lim_k→∞diam(T_k) = 0 (é fácil ver que uma tal sequência de triangula¸cões existe).

Pelo Lema de Sperner(Lema 4.2.2), sabemos que para todok∈N, existeS_k∈T_ktotalmente rotulado.

Sejamv⁽¹⁾_k , v_k⁽²⁾, . . . , v_k⁽ⁿ⁺¹⁾os v´ertices de S_k de forma que λ(v⁽ⁱ⁾_k ) =ipara todo i∈[n+ 1].

Considere a sequência (v⁽¹⁾_k )_k∈N. Como A é compacto, sabemos que essa sequência possui uma subsequência (v⁽¹⁾_k

l )_l∈_N convergente. Por simplicidade de nota¸cão, vamos supor que a própria sequˆ en-cia (v_k⁽¹⁾)k∈Né convergente.

Sejav= lim_k→∞v_k⁽¹⁾. Como lim_k→∞diam(T_k) = 0, temos que lim_k→∞v⁽ⁱ⁾_k =vpara todoi∈[n+ 1].

Observe que, para todo i ∈ [n+ 1], temos πi(f(v_k⁽ⁱ⁾)) < πi(v_k⁽ⁱ⁾), pois λ(v_k⁽ⁱ⁾) = i. Mas, comof ´e cont´ınua, isso significa queπi(f(v))6πi(v) para todoi∈[n+ 1].

Logo temosπi(f(v)) =πi(v) para todoi∈[n+ 1], poisP

i∈[n+1]πi(f(v)) =P

i∈[n+1]πi(v) = 1.

Corolário 4.3.3.SeAé um conjunto homeomorfo aB(Rⁿ) ef:A→Aé uma fun¸cão cont´ınua, entãof possui um ponto fixo.

Teorema 4.3.4 (Divisão de Bolo).Suponha que um bolo de comprimento 1 está para ser dividido entre n jogadores utilizando exatamente n−1 cortes. Cada divisão é representada como uma n-upla (x₁, x₂, . . . , x_n) de reais não-negativos tal que Pn

i=1x_i = 1, ou seja, um ponto no simplexo A gerado pore1, e2, . . . , en. Suponha também que cada jogadori∈[n] possui uma preferência de peda¸cos em cada divisão, i.e., suponha que para todoi∈ [n] é dada uma fun¸cãofi:A → P([n]) (dessa forma, sex∈A, entãofi(x) são quais peda¸cos o jogadoriprefere na divisãox).

Suponha tamb´em que a fam´ılia (fi)ⁿ_i=1satisfaz as seguintes condi¸c˜oes.

1. (Ausˆencia de indiferen¸ca) Os jogadores sempre preferem algum peda¸co, i.e., sex∈A, ent˜aofi(x)6=∅ para todo i∈[n].

2. (Fome) Os jogadores nunca preferem um peda¸co de tamanho 0, i.e., se x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ A exj = 0 para algumj∈[n], ent˜aoj /∈fi(x) para todoi∈[n].

3. (Continuidade de preferências) Se um jogador preferiu um peda¸co ao longo de uma sequência de divisões convergente, então ele ainda preferirá o mesmo peda¸co no limite, i.e., para todo i ∈ [n] e todo j ∈[n], se (x_n)_n∈_N∈A^N é uma sequência que converge a x∈Aej ∈f_i(x_n) para todo n∈N, entãoj∈f_i(x).

Sob essas condi¸cões, existe uma divisão do bolo que satisfaz todos os jogadores, i.e., existex∈Ae uma permuta¸cãoσ: [n]→[n] tal queσ(i)∈fi(x) para todoi∈[n].

A demonstra¸cão abaixo está completa a menos da existência de sequências de triangula¸cões e

rotula-¸

cões e que provaremos mais tarde através das triangula¸cões baricêntricas (Lema 4.3.6).

Demonstra¸cão. Suponha que (T_k)_k∈_Né uma sequência de triangula¸cões deAcom lim_k→∞diam(T_k) = 0 e suponha que (χ_k)_k∈_Né uma sequência de fun¸cões tal queχ_k:V(T_k)→[n] é uma fun¸cão dos vértices deT_k a [n] tal que todo simplexoSdeTk recebe todos os rótulos, i.e., para todok∈N, temosχk(V) = [n] para todoV conjunto de vértices de um simplexo deTk (cabe ressaltar que não requeremos que tal rotula¸cão

seja uma Rotula¸cão de Sperner e uma tal escolha é apresentada no Lema 4.3.6). Essa rotula¸cão nos dirá que na triangula¸cãoTk o “dono” de um vérticev∈V(Tk) éχk(v).

Defina, para todok∈N, a seguinte rotula¸c˜ao deV(T_k).

λk: V(Tk) −→ [n]

v 7−→ minf_χ_k_(v)(v)

Em palavras, para cada vérticev de Tk, perguntamos ao seu “dono” (χk(v)) qual é um peda¸co que ele prefere (minf_χ_k_(v)(v)). Observe que essa rotula¸cão está bem definida devido à condi¸cão de ausência de indiferen¸ca.

Vamos provar queλk ´e uma Rotula¸c˜ao de Sperner.

Observe primeiramente que, da condi¸cão de fome, temosfi(ej) =j para todosi, j∈[n], logo todos os vértices de Apossuem rótulos distintos emλk. Ademais, sex= (x1, x2, . . . , xn) é um vértice da face deA gerada por{eu :u∈U} para algum U ⊂[n], então temosxv = 0 para todov ∈[n]\U e, como os jogadores têm fome, sabemos quef_i(x)⊂U =f_j({eu:u∈U}) para todosi, j∈[n]. Em particular, temos queλ_k(x)⊂λ_k(({eu:u∈U}).

Portanto, para todo k∈N, temos queλ_k ´e uma Rotula¸c˜ao de Sperner.

Pelo Lema de Sperner (Lema 4.2.2), temos que para todo k ∈ N existe S_k ∈ T_k que ´e totalmente rotulado em λk. Sejam v⁽¹⁾_k , v_k⁽²⁾, . . . , v_k⁽ⁿ⁾ os v´ertices de Sk de forma queχk(v_k⁽ⁱ⁾) =i para todoi∈[n]

(observe que isso só é poss´ıvel gra¸cas à condi¸cão imposta sobre χk) e considere a sequência (pk)_k∈_N ∈ (A×[n]ⁿ)^Ndefinida por

pk= (v⁽¹⁾_k , λk(v_k⁽¹⁾), λk(v_k⁽²⁾), . . . , λk(v_k⁽ⁿ⁾)).

ComoA×[n]ⁿé compacto, sabemos que (p_k)_k∈_Npossui uma subsequência convergente. Por simplici-dade de nota¸cão, passando a subsequências, vamos supor que (v_k⁽¹⁾)_k∈_Né convergente e que (λ_k(v_k⁽ⁱ⁾))_k∈_N

e constante para todoi∈[n].

Seja σ: [n] →[n] a permuta¸c˜ao tal que σ(i) = λk(v⁽ⁱ⁾_k ) para todos i ∈[n] e k ∈ N (observe que a injetividade deσsegue do fato queSk ´e totalmente rotulado) e seja x= limk→∞v⁽¹⁾_k ∈A.

Como lim_k→∞diam(T_k) = 0, sabemos que lim_k→∞v⁽ⁱ⁾_k =xpara todoi∈[n].

Observe agora que, para todo i∈[n] e todo k∈N, temos σ(i) =λk(v_k⁽ⁱ⁾)∈f_χ

k(v_k⁽ⁱ⁾)(v⁽ⁱ⁾_k ) =fi(v⁽ⁱ⁾_k ),

logo, como lim_k→∞v_k⁽ⁱ⁾=x, temosσ(i)∈f_i(x), da condi¸c˜ao de continuidade de preferˆencias.

Teorema 4.3.5 (Divisão de Aluguéis).Suponha que uma casa com quartos 1,2, . . . , n está para ser alugada por n jogadores por um valor total de 1 de aluguel. Suponha que o aluguel para ser dividido entre os quartos. Cada divisão de aluguel é representada como uma n-upla (x1, x2, . . . , xn) de reais não-negativos tal que Pn

i=1xi= 1, ou seja, um ponto no simplexoAgerado pore1, e2, . . . , en. Suponha também que cada jogadori ∈ [n] possui uma preferência de quartos em cada divisão do aluguel, i.e., suponha que para todo i∈[n] é dada uma fun¸cãofi:A → P([n]) (dessa forma, se x∈A, entãofi(x) são quais quartos o jogadoriprefere na divisãox).

Suponha tamb´em que a fam´ılia (f_i)ⁿ_i=1satisfaz as seguintes condi¸c˜oes.

1. (Ausˆencia de indiferen¸ca) Os jogadores sempre preferem algum quarto, i.e., sex∈A, ent˜aofi(x)6=∅ para todo i∈[n].

2. (Moradia de gra¸ca) Os jogadores sempre preferem um quarto de aluguel 0 a um de alguel n˜ao-nulo, i.e., sex= (x1, x2, . . . , xn)∈Aexj= 06=xk para certosj, k∈[n], ent˜aok /∈fi(x) para todoi∈[n].

3. (Continuidade de preferências) Se um jogador preferiu um quarto ao longo de uma sequência de divisões de aluguel convergente, então ele ainda preferirá o mesmo peda¸co no limite, i.e., para todoi∈ [n] e todoj∈[n], se (xn)n∈N∈A^Né uma sequência que converge ax∈Aej∈fi(xn) para todon∈N, entãoj∈f_i(x).

Sob essas condi¸cões, existe uma divisão do aluguel que satisfaz todos os jogadores, i.e., existex∈A e uma permuta¸cãoσ: [n]→[n] tal queσ(i)∈fi(x) para todoi∈[n].

Abaixo apresentamos um demonstra¸cão baseada na demonstra¸cão do teorema anterior. Ressaltamos, porém, que essa demonstra¸cão não é completamente análoga à anterior.

Demonstra¸c˜ao. Provaremos inicialmente que sev pertence a uma face de A gerada por {ek : k ∈ K}

para algumK⊂[n], ent˜aof_i(v) =K para todoi∈[n].

Da condi¸cão de moradia de gra¸ca, já sabemos que temos f_i(v) ⊂ K. Isso, aliado à condi¸cão de ausência de indiferen¸ca, significa que se |K| = 1, então f_i(v) = K. Por outro lado, se |K| 6= 1, para todo inteirok∈K, existe uma sequência (xm)_m∈_Nque converge ave tal quexm= (xm1, xm2, . . . , xmn) comxmk = 0 exmj 6= 0 para todoj 6=k. Como fi(xm) ={k} para todo i∈[n] e todo m∈N, temos, pela condi¸cão de continuidade de preferências quek∈fi(v) para todoi∈[n].

Portanto fi(v) = K para todo i ∈ [n] (ou seja, se houver quartos de gra¸ca, a preferˆencia ser´a exatamente pelos quartos de gra¸ca).

Novamente consideramos uma sequência (Tk)_k∈Nde triangula¸cões deAcom lim_k→∞diam(Tk) = 0 e uma sequência (χk)k∈Nde fun¸cões tal queχk:V(Tk)→[n] satisfaz χk(V) = [n] para todo V conjunto de vértices de um simplexo deTk (uma tal escolha é a do Lema 4.3.6).

Em seguida, perguntaremos para cada dono de um vérticevdeTk qual é um quarto que ele prefere para produzir uma rotula¸cãoλk:V(Tk)→[n].

Porém certo cuidado deve ser tomado para que a rotula¸cão produzida seja de fato uma Rotula¸cão de Sperner.

Para todox= (x₁, x₂, . . . , x_n)∈A, seja

L_x={k∈[n] :x_k= 0 ex_l6= 0, paral≡k−1 (modn)},

ou, em palavras, o conjunto Lx ´e o conjunto das coordenadas nulas de x que sucedem coordenadas n˜ao-nulas (considerando que a coordenada 1 sucede n).

Observe que se x está em uma face própria de A, então Lx 6= ∅, pois x possui ao menos uma coordenada nula e uma não-nula. Por outro lado, se xestá no interior deA, entãoLx=∅, poisxnão possui coordenada nula. Observe também que, em qualquer dos casos, temosLx⊂fi(x) para todoi∈[n]

(pois se houver quarto de gra¸ca, a preferˆencia ser´a exatamente pelos quartos de gra¸ca).

Considere ent˜ao, para todok∈N, a rotula¸c˜ao λk: V(Tk) −→ [n]

x 7−→

minL_x, seL_x6=∅; minf_χ_k_(x)(x), seL_x=∅; e observe que temosλ_k(x)∈f_χ_k_(x)(x) para todox∈V(T_k).

Vamos mostrar agora que λ_k´e uma Rotula¸c˜ao de Sperner.

Observe primeiramente que λ_k(e_j) = minL_e_j = jmodn+ 1, logo todos os vértices de A possuem rótulos distintos emλ_k. Ademais, sexé um vértice da face própria deAgerada por {e_u:u∈U} para algumU ⊂[n], então temos∅6=L_x⊂(U modn+ 1), logoλ_k(x)⊂(U modn+ 1) =λ_k(U).

Portanto, para todo k∈N, temos queλk ´e uma Rotula¸c˜ao de Sperner.

A demonstra¸c˜ao agora segue como a do Teorema 4.3.4.

Pelo Lema de Sperner (Lema 4.2.2), temos que para todo k ∈ N existe Sk ∈ Tk que ´e totalmente rotulado emλk. Sejamv_k⁽¹⁾, v⁽²⁾_k , . . . , v⁽ⁿ⁾_k os v´ertices deSk de forma queχk(v_k⁽ⁱ⁾) =ipara todoi∈[n].

Pelo mesmo argumento de compacidade da prova do Teorema 4.3.4 e passando a subsequências, podemos supor que (v_k⁽¹⁾)_k∈Né convergente e que (λk(v⁽ⁱ⁾_k ))_k∈Né constante para todoi∈[n].

Seja σ: [n] → [n] a permuta¸c˜ao tal que σ(i) = λ_k(v⁽ⁱ⁾_k ) para todos i ∈ [n] e k ∈ N e seja x = lim_k→∞v⁽¹⁾_k ∈A.

Como limk→∞diam(Tk) = 0, sabemos que limk→∞v⁽ⁱ⁾_k =xpara todoi∈[n].

Observe agora que, para todo i∈[n] e todo k∈N, temos σ(i) =λ_k(v_k⁽ⁱ⁾)∈f_χ

k(v_k⁽ⁱ⁾)(v⁽ⁱ⁾_k ) =f_i(v⁽ⁱ⁾_k ),

logo, como lim_k→∞v_k⁽ⁱ⁾=x, temosσ(i)∈fi(x), da condi¸c˜ao de continuidade de preferˆencias.

Observa¸cão.Observe que o ponto x = (x1, x2, . . . , xn) da divisão de aluguéis que satisfaz todos os jogadores nunca está em uma face própria deA, pois se estivesse, ter´ıamos∅6=K={k∈[n] :xk= 0}( [n] ef_i(x) =Kpara todoi∈[n], o que contradiria o fato queσé sobrejetora (pois ter´ıamosσ([n])([n]).

Em outras palavras, a divis˜ao de alugu´eis que satisfaz todos os jogadores nunca possui um quarto de gra¸ca.

Completaremos agora as demonstra¸c˜oes dos Teoremas 4.3.4 e 4.3.5, apresentando uma poss´ıvel escolha de (Tk)k∈N e (χk)k∈N.

Lema 4.3.6.Existe uma sequência de triangula¸cões (Tk)k∈Ndo simplexo A gerado pore1, e2, . . . , en e existe uma sequência (χ_k)_k∈_Ntais que lim_k→∞diam(T_k) = 0 e para todok∈N, temos queχ_k:V(T_k)→ [n] é tal que todo simplexo S de T_k recebe todos os rótulos, i.e., para todo k ∈N, temos χ_k(V) = [n]

para todoV conjunto de v´ertices de um simplexo deT_k.

Demonstra¸cão. A sequência de triangula¸cões que construiremos é chamada desequência de triangula¸cões baricêntricas.

Relembramos primeiramente que seSé um simplexo gerado porv1, v2, . . . , vn, então seu baricentro é dado porPn

i=1vi/n∈Se tal ponto não está em nenhuma face própria deS. Isso em particular significa que seSé um simplexo comnvértices, então os baricentros de todas as suas faces são dois-a-dois distintos e incluem seus vértices (a saber, o conjunto de baricentros de faces deS tem cardinalidade 2ⁿ−1).

Ademais, sebé o baricentro deS, ebF é baricentro de uma face de S gerada por{vi:i∈I}, então temos

d(bF, b) =

i∈I

|I|− 1 n

vi− X

j∈[n]\I

1 nvj

1−|I|

i∈I

|I|vi− X

j∈[n]\I

1 n− |I|vj

1−|I|

diam(S) 6

1−1

diam(S)

Relembramos também que o diâmetro de um simplexo S é dado pelo maior comprimento de uma aresta deS.

Dado um simplexo S com conjunto de vérticesW, definimos suatriangula¸cão baricêntrica como B(S) ={conv{b1, b2, . . . , bn}:∃(Vi)ⁿ_i=1⊂W tal quebié baricêntro de conv(Vi) para todoi∈[n] e

V_i⊂V_i+1 para todoi∈[n]}, e definimos suarotula¸c˜ao baricˆentrica como

χ(S) : V(B(S)) −→ [n]

v 7−→ d+ 1, ondedé a dimensão da face deS da qualvé baricentro.

Observe que de fatoB(S) é triangula¸cão deSe queχ(S) está bem-definida, pois um baricentro deF não está em uma face própria deF.

Observe tamb´em que diam(B(S))6(1−1/n) diam(S), pois toda aresta de um simplexo deB(S) ´e gerada por dois baricentros de faces deS.

Observe finalmente que χ(S)(T) = [n] para todo T ∈ B(S), pois cada simplexo de B(S) possui apenas um baricentro de cada dimens˜ao.

Defina então as sequências (T_k)_k∈_Ne (χ_k)_k∈_Nindutivamente tomandoT₀=Aeχ₀uma bije¸cão entre os vértices de Ae [n] e, supondo queT_k está definido, defina

T_k+1= [

S∈Tk

B(S)

e defina

χk: V(Tk+1) −→ [n]

v 7−→ χ(S)(v), parav∈S∈T_k.

Figura 9: À esquerda, exemplo de T1 e, à direita, exemplo deT2 para o caso em queAé gerado por 3 pontos. Os rótulos 1,2,3 correspondem respectivamente avermelho,azuleverde.

Observe que χk está bem definida, pois sev pertence à interseçcão de dois simplexosS1 eS2 deTk, então v está em uma face comum a ambos (pois Tk é triangula¸cão de S), logo v é um baricentro de mesma dimensão emB(S1) e B(S2).

Como os simplexos deTk+1 s˜ao simplexos deB(S) para algumS emTk, temos queχk(S) = [n] para todoS ∈Tk+1.

Finalmente, observe que diam(Tk+1)6(1−1/n) diam(Tk), logo lim_k→∞diam(Tk) = 0.

Observa¸cão.Na sequência de triangula¸cões baricêntricas, a rotula¸cão χk+1 não é consistente com a rotula¸cãoχk. Na verdade, temos χk+1(v) = 1 para todov∈V(Tk).

5 Paridade em Grafos e Aplica¸ c˜ oes

5.1 Problema da Mans˜ ao

24/06/2014 – Yoshiharu Kohayakawa Nesta se¸c˜ao estudaremos o seguinte problema.

Problema 5.1.1(Problema da Mansão).Suponha dado um grafoGcujos vértices representam salas de uma mansão e cujas arestas representam liga¸cões entre as salas.

Essa mansão possui uma lâmpada e um interruptor em cada cômodo. Porém, ao acionar um inter-ruptor de uma sala, a lâmpada da própria sala e as lâmpadas de todas as salas adjacentes trocam de estado (i.e., se a lâmpada estiver apagada, ela acende; e se estiver acesa, ela apaga).

Ao anoitecer, o mordomo foi instru´ıdo a acender todas as lâmpadas da mansão (elas estavam todas apagadas) e a pergunta é: existe uma sequência de interruptores que ele pode apertar para completar a tarefa?

Observa¸cão.O problema acima também é chamado de Problema da Festa dos Cabides, quando enun-ciado na seguinte variante.

Uma festa dos cabides consiste em uma festa em que todos os convidados levam um cabide e toda vez que um convidado recebe um sinal do anfitri˜ao da festa, ele e seus amigos devem tirar a roupa se estiverem usando e coloc´a-la se estiverem nus.

O problema consiste em descobrir como o anfitri˜ao pode deixar todos seus convidados nus.

Nosso objetivo ser´a o seguinte teorema.

Teorema 5.1.2.No Problema da Mansão, sempre há uma forma de acender todas as lâmpadas.

Figura 10: Duas solu¸cões do Problema da Mansão para o Grafo de Petersen. Os interruptores que devem ser acionados estão marcados em laranja.

Inicialmente, faremos algumas observa¸cões simples que permitirão modelar o problema de forma mais fácil.

Observe que podemos contar, para cada vértice deG, quantas vezes ele ou um de seus vizinhos tiveram seu interruptor apertado e o estado final da lâmpada dependerá apenas da paridade desse número (se for ´ımpar, a lâmpada termina acesa; se for par, a lâmpada termina apagada). Isso significa que podemos supor que nenhum interruptor é apertado duas ou mais vezes (pois dois acionamentos correspondem a nenhum) e a ordem dos acionamentos dos interruptores é irrelevante.

Ademais, se definirmos como S o conjunto dos vértices de G cujo interruptor foi acionado, então uma solu¸cão deve ser tal que G[S] só possui vértices de grau par e todo vértice de V(G)\S possui uma quantidade ´ımpar de vizinhos emS. Dessa forma, podemos reenunciar o Teorema 5.1.2 da seguinte forma.

Teorema 5.1.3.Para todo grafoG, existe um subconjunto de vérticesS⊂V(G) tal queG[S] só tem vértices de grau par e todo vértice deV(G)\S possui uma quantidade par de vizinhos emS. Ou, em fórmula, temos

∀v∈S, 2|d_G[S](v) e ∀v∈V(G)\S,26 | |NG(v)∩S|.

Enunciaremos agora um par de teoremas relacionados.

Teorema 5.1.4(Gallai; Chen ’71).Para todo grafo G, existem subconjuntos de vérticesX, Y ⊂V(G) disjuntos, cuja união éV(G) e tais que ambos induzem grafos em Gcujos vértices têm todos grau par.

Em f´ormulas, temos

X∩Y =∅; X∪Y =V(G); ∀v∈X, 2|d_G[X](v) e∀v∈Y, 2|d_G[Y_](v).

Teorema 5.1.5.Para todo grafoG, existem subconjuntos de v´erticesX, Y ⊂V(G) disjuntos, cuja uni˜ao

eV(G) e tais queX induz um grafo emGcujos vértices têm todos grau par e Y induz um grafo emG cujos vértices têm todos grau ´ımpar. Em fórmulas, temos

X∩Y =∅; X∪Y =V(G); ∀v∈X, 2|d_G[X](v) e∀v∈Y, 26 |d_G[Y_](v).

E naturalmente, surge a seguinte pergunta.

Pergunta 5.1.6.Será que para todo grafoGexistem subconjuntos de vérticesX, Y ⊂V(G) disjuntos, cuja união éV(G) e tais que ambos induzem grafos emGcujos vértices têm todos grau ´ımpar?

Com algumas pequenas observa¸cões é fácil ver que a pergunta acima não tem resposta positiva para todo grafo.

Por exemplo, se G possuir um v´ertice v de grau zero, certamente n˜ao conseguiremos alterar o grau dev para ´ımpar.

Outro impedimento é o seguinte: se o número de vértices deGnão for divis´ıvel por 4, então um dos conjuntosXouY deverá possuir um número ´ımpar de vértices e, como todo grafo possui uma quantidade par de vértices de grau ´ımpar, esse conjunto de cardinalidade ´ımpar não poderá induzir um grafo cujos vértices têm todos grau ´ımpar.

Exerc´ıcio 5.1.7.Caracterizar quando em um grafo G existem subconjuntos de vérticesX, Y ⊂V(G) disjuntos, cuja união éV(G) e tais que ambos induzem grafos emGcujos vértices têm todos grau ´ımpar.

Provaremos agora que o Teorema 5.1.4 implica os outros teoremas.

Proposi¸c˜ao 5.1.8.O Teorema 5.1.4 implica os Teoremas 5.1.3 e 5.1.5.

Demonstra¸c˜ao. SuponhaGdado e vamos provar o Teorema 5.1.4.

SejaG⁰ o grafo obtido a partir deGadicionando-se um novo v´erticeue ligando-o a todos os v´ertices deG, i.e., sejaG⁰ tal que

V(G⁰) =V(G)∪ {u};u /∈V(G) eE(G⁰) =E(G)∪ {vu:v∈V(G)}.

Pelo Teorema 5.1.4, existem X⁰, Y⁰ ⊂V(G⁰) com X⁰∪Y⁰ =V(G) eX⁰∩Y⁰ = ∅ e que induzem grafos emG⁰ cujos v´ertices tˆem todos grau par.

Sem perda de generalidade, suponha que u ∈ Y⁰ e defina X = X⁰ e Y = Y⁰\ {u} e trivialmente temosX∪Y =V(G) eX∩Y =∅.

Observe que G[X] =G⁰[X⁰], logoX induz um grafo emGcujos v´ertices tˆem todos grau par.

Por outro lado, observe queG[Y] =G⁰[Y⁰]−u, e comoué adjacente a todos os vértices deG, temos queY induz um grafo emGcujos vértices têm todos grau ´ımpar.

Vamos provar agora o Teorema 5.1.3.

SejaG⁰ o grafo obtido a partir deGadicionando-se um novo v´erticeue ligando-o a todos os v´ertices de grau par emG, i.e., sejaG⁰ tal que

V(G⁰) =V(G)∪ {u};u /∈V(G) eE(G⁰) =E(G)∪ {vu:v∈V(G) com 2|d_G(v)}.

Pelo Teorema 5.1.4, existem X⁰, Y⁰ ⊂V(G⁰) com X⁰∪Y⁰ =V(G) eX⁰∩Y⁰ = ∅ e que induzem grafos emG⁰ cujos v´ertices tˆem todos grau par.

Sem perda de generalidade, suponha queu∈Y⁰ e definaS=X.

Observe que G[S] =G⁰[X], logoG[S] s´o tem v´ertices de grau par.

Suponha ent˜ao quev∈V(G)\S, ent˜ao temos

|N_G(v)∩S|=d_G(v)−d_G−S(v).

Se dG(v) é ´ımpar, então temosd_G−S(v) =dG⁰−S(v), logo |NG(v)∩S|é ´ımpar, pois dG(v) é ´ımpar edG⁰−S(v) é par.

Por outro lado, se dG(v) é par, então temos d_G−S(V) = dG⁰−S(v)−1, logo |NG(v)∩S| é ´ımpar,

poisdG(v) ´e par edG⁰−S(v)−1 ´e ´ımpar.

A demonstra¸c˜ao abaixo foi apresentada por P´osa.

Demonstra¸cão do Teorema 5.1.4. Provaremos a asser¸cão por indu¸cão emn=|V(G)|.

Sen61, então a asser¸cão é trivial, basta tomarX =V(G) eY =∅. Suponha então quen >1 e que a asser¸cão é válida paran−1.

Se todos os vértices deGpossuirem grau par, então novamente podemos tomarX =V(G) eY =∅. Suponha então quex∈V(G) é um vértice de grau ´ımpar. SejaG⁰ o grafo obtido tal que

V(G⁰) =V(G)\ {x} e

E(G⁰) ={vw:vw∈E(G) e w /∈N_G(x)} ∪ {vw:vw /∈E(G) ev, w∈N_G(x)}.

Em palavras, sejaG⁰ o grafo obtido a partir deGremovendo-se o v´erticexe complementando o grafo induzido pela vizinhan¸ca dexemG.

Pela hipótese indutiva, temos que existemX⁰, Y⁰∈V(G⁰) comX⁰∪Y⁰=V(G⁰) eX⁰∩Y⁰=∅e tais queX⁰ eY⁰ ambos induzem em G⁰ grafos cujos vértice têm todos grau par.

Como dG(x) ´e ´ımpar, sabemos que um dentreX⁰∩NG(x) eY⁰∩NG(x) deve possuir cardinalidade par. Sem perda de generalidade, suponha queX⁰∩NG(x) possui cardinalidade par e sejamX =X⁰∪ {x}

eY =Y⁰.

Observe que xpossui grau par emG[X], poisN_G(x)∩X⁰ possui cardinalidade par.

Observe tamb´em que sev∈X⁰\N_G(x), ent˜aod_G[X](v) =d_G0[X⁰](v), logovpossui grau par emG[X].

Analogamente, sev∈Y⁰\N_G(x), ent˜aod_G[Y_](v) =d_G0[Y⁰](v), logo v possui grau par emG[Y].

Suponha ent˜ao quev∈X⁰∩N_G(x) e observe que

d_G[X](v) =|N_G[X](v)∩NG(x)|+|N_G[X](v)\NG(x)|

= (|NG(x)∩X⁰| − |NG⁰[X⁰](v)∩N_G(x)|+ 1) +|NG⁰[X⁰](v)\N_G(x)|, onde a parcela 1 vem do v´erticex.

Observe agora que

|N_G0[X⁰](v)\N_G(x)| − |N_G0[X⁰](v)∩N_G(x)|

tem a mesma paridade que

Finalmente, como NG(x)∩X⁰ tem cardinalidade par, temos qued_G[X](v) ´e par.

Suponha agora que v∈Y⁰∩NG(x) e observe que

dG[Y](v) =|NG[Y](v)∩NG(x)|+|NG[Y](v)\NG(x)|

= (|NG(x)∩Y⁰| − |N_G⁰_[Y⁰_](v)∩NG(x)|) +|N_G⁰_[Y⁰_](v)\NG(x)|.

Note que dessa vez n˜ao h´a parcela 1 poisx /∈Y⁰. Novamente, temos que

|NG⁰[Y⁰](v)\NG(x)| − |NG⁰[Y⁰](v)∩NG(x)|

tem a mesma paridade que

Porém, dessa vez temos que N_G(x)∩Y⁰ possui cardinalidade ´ımpar, logod_G[Y_](v) é par (essa cardi-nalidade ´ımpar é compensada exatamente pela ausência da parcela 1 observada anteriormente).

Portanto a asser¸cão é válida por indu¸cão.

Com a prova acima e a prova da Proposi¸cão 5.1.8, os Teoremas 5.1.3 e 5.1.5 ficam também demons-trados. Terminaremos esta se¸cão com o seguinte exerc´ıcio.

Exerc´ıcio 5.1.9.O grafo G_n×n da grade n×n´e definido de forma que

V(Gn×n) = [n]² eE(Gn×n) ={(i, j)(k, l) :|i−k|+|j−l|= 1}

Qual é uma solu¸cão do Problema da Mansão quando o grafo em questão é o grafo da graden×n?

Figura 11: Solu¸c˜ao do Problema da Mans˜ao para as gradesn×ncomn= 2,3,4,5,6 respectivamente.

Os interruptores que devem ser acionados est˜ao marcados em laranja.

A Solu¸ c˜ oes dos exerc´ıcios resolvidos

Exerc´ıcio resolvido.(1.1.4) Toda matriz positiva definida ´e diagonaliz´avel.

Demonstra¸cão. Suponha queA0, mas não é diagonalizável, então existex∈Rⁿ\ {0}tal queAx= 0.

Logo temosx^tAx= 0, contradizendo o fato queA´e positiva definida.

Exerc´ıcio resolvido.(1.4.3) SeC ⊂ P(Rⁿ) ´e uma fam´ılia de conjuntos convexos, ent˜aoA=T

C∈CC´e um conjunto convexo.

Demonstra¸cão. Sejam x, y ∈ A arbitrários. Para todo C ∈ C, temos [x, y] ⊂C, pois x, y ∈ C eC é convexo, logo [x, y]∈S

C∈CC=A.

Exerc´ıcio resolvido.(1.4.6) SeX ⊂Rⁿ, ent˜ao

conv(X) ={x:x´e combina¸c˜ao convexa de pontos deX}





 X

i∈[m]

λ_ix_i:m∈N^∗;∀i∈[m], x_i∈X eλ_i∈[0,1]; X

i∈[m]

λ_i= 1





 .

Demonstra¸cão. Observe inicialmente que um conjunto é convexo se e somente se todas as combina¸cões convexas de seus pontos pertencem a ele. De fato, pois a convexidade é caracterizada por combina¸cões convexas de tamanho 2, as combina¸cões convexas de tamanho 1 são os próprios pontos do conjunto e assumindo que as combina¸cões de tamanhomestão no conjunto uma combina¸cão de tamanhom+1 pode ser vista como uma de tamanho 2 com um dos pontos sendo uma combina¸cão convexa de tamanho m da seguinte forma:

i∈[m+1]

λ_ix_i=



 X

j∈[m]

λ_j







 X

i∈[m]

λ_i P

j∈[m]λj

x_i



+λ_m+1x_m+1.

Logo, definindo A = {x : x´e combina¸c˜ao convexa de pontos deX}, temos que conv(X) ⊂ A, poisX ⊂conv(X).

Por outro lado, seC⊂Rⁿé um conjunto convexo que contémX, entãoA⊂X, logoA⊂conv(X).

Exerc´ıcio resolvido(Teorema de Carathéodory).(1.4.8) SeX ⊂Rⁿ, então conv(X) ={x:xé combina¸cão convexa den+ 1 pontos deX}





 X

i∈[n+1]

λ_ix_i:∀i∈[n+ 1], x_i∈X eλ_i∈[0,1]; X

i∈[n+1]

λ_i= 1





 .

Demonstra¸cão. Pelo Exerc´ıcio 1.4.6, basta provar que toda combina¸cão convexa dempontos deX está emA={x:xé combina¸cão convexa den+ 1 pontos deX}.

Observe que toda combina¸cão convexa de menos den+ 1 pontos pode ser vista como uma den+ 1 pontos repetindo algum ponto. Logo, para todo m ∈ [n+ 1], toda combina¸cão convexa dem pontos deX está emA.

Seja m > n+ 1 e suponha por hipótese de indu¸cão que toda combina¸cão convexa de menos que m pontos está emA.

Considere uma combina¸c˜ao convexa x = P

i∈[m]λixi de m pontos de X qualquer (λi > 0 para todoi∈[m] eP

i∈[m]λ_i= 1).

Comom>n+2, pelo Teorema 1.4.7, existemI, J⊂[m] disjuntos tais que conv{x_i:i∈I}∩conv{x_j : j∈J} 6=∅. Sem perda de generalidade, suponha queI∪J = [m].

Sejam y∈conv{xi:i∈I} ∩conv{xj:j∈J}eµ1, µ2, . . . , µm∈Rtais que X

i∈I

µ_ix_i=X

j∈J

µ_jx_j=y; e X

i∈I

µ_i=X

j∈J

µ_j = 1.

Se algum dosλk’s for nulo, então não há o que fazer, poisxserá combina¸cão convexa de menos quem pontos.

Suponha então que todos os λ_k’s são não-nulos e sejam I₀ = {i ∈ I : µ_i 6= 0} e i₀ ∈ I₀ tal queλ_i₀/µ_i₀ = min{λi/µ_i:i∈I₀}>0. Note que

x= X

k∈[m]

λ_kx_k =X

i∈I0

λ_ix_i+ X

k∈[m]\I0

λ_kx_k

= λ_i₀ µi₀

y+ X

i∈I0\{i0}

λi−λ_i₀ µi₀

µi

xi+ X

k∈[m]\I0

λkxk

= λi₀

µi₀

j∈J

µjxj+ X

i∈I0\{i0}

λi−λi₀

µi₀

µi

xi+ X

k∈[m]\I0

λkxk

= X

i∈I0\{i0}

λ_i−λi₀

µ_i₀µ_i

x_i+ X

i∈I\I0

λ_ix_i+X

j∈J

λ_j+λi₀

µ_i₀µ_j

x_j.

Queremos provar agora que esse formato atesta quex´e combina¸c˜ao convexa dos pontos de{xk:k∈ [m]\ {i0}}.

Primeiramente observe que, pela escolha de i₀, para todo i ∈I₀, temos λ_i/µ_i >λ_i₀/µ_i₀, logoλ_i− µ_iλ_i₀/µ_i₀ >0, ou seja, todos os coeficientes da combina¸c˜ao s˜ao positivos.

Resta provar que esses coeficientes somam 1. Note que X

i∈I₀\{i₀}

λ_i−λ_i₀ µi0

µ_i

+ X

i∈I\I₀

λ_i+X

j∈J

λ_j+λ_i₀ µi0

µ_j

= X

i∈[m]\{i₀}

λ_i−λ_i₀ µi0

i∈I₀\{i₀}

µ_i+λ_i₀ µi0

j∈J

µ_j

= (1−λ_i₀)−λ_i₀ µi₀

(1−µ_i₀) +λ_i₀ µi₀

= 1.

Como {xk:k∈[m]\ {i0}}possuim−1 elementos, pela hip´otese indutiva, temos quex∈A.

Por indu¸cão segue que toda combina¸cão convexa dempontos deX está emAe a demonstra¸cão está

conclu´ıda.

Exerc´ıcio resolvido.(1.4.9) SejaX um subconjunto deRⁿ. i. SeX é limitado, então conv(X) é limitado;

ii. SeX é compacto, então conv(X) é compacto.

Demonstra¸c˜ao. Pelo Exerc´ıcio 1.4.8, sabemos que todo elementoy de conv(X) ´e da forma

y= X

i∈[n+1]

λixi,

comλ_i>0 para todoi∈[n+ 1] eP

i∈[n+1]λ_i = 1.

Se X ´e limitado, ent˜ao existe r > 0 tal que kxk < r para todo x ∈ X. Da´ı temos kyk 6 P

i∈[n+1]λikxik<(n+ 1)r, ou seja, temos que conv(X) ´e limitado.

Suponha agora que X ´e compacto.

Vamos provar inicialmente que conv(X) ´e fechado.

Seja (y_k)_k∈_N uma sequˆencia em conv(X) que converge ay ∈Rⁿ. Ent˜ao, para todok∈ N, escreve-mosy_k =P

i∈[n+1]λ^(k)_i x^(k)_i comλ^(k)_i >0 para todoi∈[n+ 1] eP

i∈[n+1]λ^(k)_i = 1.

ComoXe [0,1] são compactos, então [0,1]ⁿ⁺¹×Xⁿ⁺¹é compacto, logo existe uma sequência crescente de ´ındices (k_j)_j∈_N ∈ N^N tal que para todo i ∈ [n+ 1], temos que (λ^(k_i ^j⁾)_j∈_N converge a um certo µ_i e (x^(k_i ^j⁾)_j∈N converge a um certozi.

Como X ´e fechado, todos os zi’s pertencem a X e como [0,1] ´e fechado, todos os µi’s pertencem a [0,1]. Ademais temos

i∈[n+1]

µi= X

i∈[n+1]

j→∞lim λ^(k_i ^j⁾= lim

j→∞

i∈[n+1]

λ^(k_i ^j⁾= lim

j→∞1 = 1.

Finalmente temos

i∈[n+1]

µ_iz_i= X

i∈[n+1]

( lim

j→∞λ^(k_i ^j⁾)( lim

j→∞x^(k_i ^j⁾)

= lim

j→∞

i∈[n+1]

λ^(k_i ^j⁾x^(k_i ^j⁾= lim

j→∞yk_j =y.

Portanto y´e combina¸c˜ao convexa doszi’s, o que significa que y∈X.

Conclu´ımos ent˜ao que conv(X) ´e fechado.

Por outro lado, como X é limitado, então conv(X) é limitado, logo conv(X) é compacto.

Exerc´ıcio resolvido (Generaliza¸cão do Teorema de Helly).(1.4.11) Se C = {C_i : i ∈ N} ⊂ P(X) é uma cole¸cão infinita enumerável de subconjuntos convexos e compactos de Rⁿ tal que quaisquern+ 1 conjuntos deC possuem interseçcão não-vazia, então temosT

i∈NCi6=∅.

Demonstra¸cão. Pelo Teorema 1.4.10, já sabemos que toda subcole¸cão finita deCpossui interseçcão n˜ ao-vazia.

Definimos ent˜ao, para todoi∈N, o conjuntoKi=Ti

j=0Ci e temosKi6=∅. Como C´e uma fam´ılia de compactos, sabemos que todos osK_i⁰ss˜ao compactos.

Pela constru¸c˜ao dosKi’s, sabemos tamb´em que, para todoi∈N, temosKi⊃Ki+1. Em particular, temosKi⊂K0para todo i∈N.

Para todoi∈N, sejaxi∈Ki. SejaAo conjunto dos pontos de aderência da sequência (xi)i∈N(i.e., sejaA={x: existe uma subsequência de (xi)i∈Nque converge ax}).

Como todo elemento dessa sequência está no compactoK₀, sabemos queA6=∅, então sejax∈Ae seja (x_i_k)_k∈_Numa subsequência de (x_i)_i∈_Nque converge a x.

Tomet∈Narbitr´ario e vamos provar quex∈K_t.

Tomando k₀ = min{k : i_k > t}, temos que a sequência s = (x_i_k)_k∈_N_\{[k₀_] é uma subsequência de (x_i_k)_k∈_N e portanto converge a x. Ademais todos os elementos de s está em K_t, então, como K_t é fechado, temos quex∈Kt.

Portanto x∈T

t∈NKt=T

t∈NCt.

Exerc´ıcio resolvido.(2.1.2) Se f1, f2, . . . , fn: Ω → Rsão fun¸cões e a1, a2, . . . , an ∈Ω são tais que a matrizM ∈R^n×n definida por Mij =fi(aj) para todosi, j∈[n] é não-singular, entãof1, f2, . . . , fn são linearmente independentes.

Demonstra¸c˜ao. Sejam c1, c2, . . . , cn ∈ R tais que Pn

i=1cifi = 0. Ent˜ao, para todo j ∈ [n], podemos avaliar a equa¸c˜ao em aj, obtendo Pn

i=1cifi(aj) = 0. Mas essas n equa¸c˜oes podem ser reescritas na forma matricial comoAc= 0, ondec´e o vetor coluna de coordenadasc1, c2, . . . , cn.

ComoAé não-singular, temosc=A⁻¹0 = 0 e portantof1, f2, . . . , fnsão linearmente independentes.

Exerc´ıcio resolvido.(2.2.7) Prove queχ(R) = 2.

Demonstra¸c˜ao. ComoG₁possui pelo menos uma aresta, sabemos queχ(R)>2.

Por outro lado, se colorirmos todo intervalo da forma [2n+k,2n+k+ 1) para n∈ Ze k∈ {0,1}

com a cork, obtemos uma 2 colora¸c˜ao pr´opria deG1.

Exerc´ıcio resolvido (Teorema de De Bruijn–Erd˝os ’51).(2.2.14) Sek é um natural e Gé um grafo tal que todos seus subgrafos finitos possuem uma k-colora¸cão própria, então Gpossui umak-colora¸cão própria (i.e., temos χ(G)6k).

Demonstra¸c˜ao. Relembramos abaixo o Lema de Zorn (que depende do Axioma da Escolha).

Lema A.1 (Zorn).Suponha que A ´e um conjunto munido de uma ordem parcial e ´e tal que para todoB⊂Ano qualinduz uma ordem total existe umm∈Atal quebapara todob∈B (i.e., todo subconjuto totalmente ordenado possui um majorante emA).

Nessas condi¸c˜oes, existeM ∈Atal que n˜ao existea∈AcomM aeM 6=a.

Suponha que todo subgrafo finito deGék-color´ıvel e considere a fam´ıliaF dos grafos cujos vértices sãoV(G), as arestas são um superconjunto deE(G) e tais que todo subgrafo finito ék-color´ıvel (Gé um elemento particular deF, e com o número m´ınimo de arestas). Mais formalmente, seja

F ={H grafo :V(H) =V(G), E(H)⊃E(G) eχ(H[V])6kpara todo V ⊂V(G) finito}.

Considere a ordem parcialsobreF definida porH K⇐⇒E(H)⊂E(K). Vamos mostrar queF esatisfazem as condi¸c˜oes do Lema de Zorn.

Suponha que B ⊂ F ´e um subconjunto totalmente ordenado por e considere o grafo H definido porV(H) =V(G) eE(H) =S

K∈BE(K). Vamos mostrar agora queH ∈ F.

Trivialmente temos que E(G) ⊂E(H). Seja então V um subconjunto finito de V(G) arbitrário e vamos mostrar que χ(H[V])6 k. Considere a fam´ılia de grafos C = {K[V] : K ∈ B}. Sabemos que todos esses grafos são finitos ek-color´ıveis. Ademais, sabemos queE[H[V]] =S

K⁰∈CE(K⁰).

Observe agora queCé finito, poisCé um subconjunto dos grafos sobre o conjunto finitoV (sabemos inclusive que o conjunto dos grafos sobre V tem cardinalidade 2^|V^|(|V^|−1)/2), logo existe K₀⁰ ∈ C tal que|E(K₀⁰)|é máximo. ComoB é totalmente ordenado, temos queE(K⁰)⊂E(K₀⁰) para todo K⁰∈C.

Ent˜ao segue que

E[H[V]] = [

K⁰∈C

E(K⁰) =E(K₀⁰),

logoH[V] =K₀⁰, ou seja, temos queH[V] ´ek-color´ıvel para todo V ⊂V(G) finito e portantoH ∈ F.

Da defini¸cão deH, temos queK H para todoK ∈B (poisE(K)⊂E(H)), logo as hipóteses do Lema de Zorn são válidas para F e.

Seja ent˜aoM ∈ F tal que n˜ao existeH ∈ F comM H eM 6=H e vamos mostrar queχ(M)6k.

Para isso, vamos mostrar que a rela¸cão de não-adjacência emM é uma rela¸cão de equivalência sobre os vértices de M.

Trivialmente, a rela¸cão de não-adjacência em M é reflexiva (vv /∈E(M)) e simétrica (vw /∈E(M) implicawv /∈E(M)).

Suponha por absurdo que a rela¸cão de não-adjacência não é transitiva. Então existemx, v, w∈V(M) tais que E(M[{x, v, w}]) = {xw}. Considere os grafos H1, H2 obtidos a partir de M adicionando as arestasxvevw respectivamente.

Como E(M) ( E(H1) e E(M) ( E(H2), temos que H1 e H2 não são elementos de F (pois isso contrariaria a escolha de M). Então existemV1, V2⊂V(M) finitos tais que H1[V1] eH2[V2] não são k-color´ıveis.

DefinindoV =V₁∪V₂, temos trivialmente que H₁[V] eH₂[V] não sãok-color´ıveis. Porém, como V

e finito, sabemos queM[V] ék-color´ıvel e como E(H₁[V]\E(M) ={xv}, temos que todak-colora¸cão própria deM[V] atribui a mesma cor dexav(caso contrário, ela seria também umak-colora¸cão própria de H₁[V]). Analogamente, toda k-colora¸cão própria de M[V] atribui a mesma cor de v a w. Mas isso é um absurdo, pois toda k-colora¸cão própria deM[V] não pode atribuir a mesma cor dexa w já quexw∈E(M[V]).

Portanto a rela¸cão de não-adjacência em M é uma rela¸cão de equivalência. Seja C o conjunto das classes de equivalência da rela¸cão de não-adjacência em M. Trivialmente |C| 6 k, senão poder´ıamos escolher um vértice de cada uma de k+ 1 classes distintas e formar umk+ 1-clique em M (que é um subgrafo finito), logo colorindo cada classe com uma cor distinta obtemos umak-colora¸cão própria deM.

Como E(G)⊂E(M), isso implica queχ(G)6k.

Exerc´ıcio resolvido.(2.2.17) Para todo ε > 0, existe x0 > 0 tal que, para todox > x0, existe um primo no intervalo [x,(1 +ε)x].

Demonstra¸c˜ao. Lembramos do Teorema dos N´umeros Primos abaixo.

Teorema A.2 (Teorema dos N´umeros Primos).Temosπ(x) = (1 +o(1))x/lnx, onde π(x) = {p < x: p´e primo}.

Observe que, para todoε∈(0,1) e todox >0 tal queεlnx−ln 2>1 (i.e., precisamos dex >(2e)^1/ε), temos

(1 +ε)x ln((1 +ε)x)− x

lnx >(1 +ε)x ln(2x) − x

lnx

= εxlnx−xln 2 (ln 2 + lnx) lnx

> x

(ln 2 + lnx) lnx. Logo, paraxsuficientemente grande, temos

(1 +ε)x ln((1 +ε)x)− x

lnx >1, (1)

isso significa que, paraxsuficientemente grande, existe um primo entrexe (1 +ε)x(a escolha dex0deve tornar verdadeira a Desigualdade (1) e deve compreender o termoo(1) do Teorema dos N´umeros Primos).

Exerc´ıcio resolvido.(3.1.8) SeA, B⊂Rⁿ são Lebesgue-mensuráveis eA⊂B, entãoδ(A)6δ(B).

Demonstra¸c˜ao. Basta observar que para todoT >0, temos m(A∩[−T, T]ⁿ)

m([−T, T]ⁿ) 6 m(B∩[−T, T]ⁿ) m([−T, T]ⁿ) ,

poisA∩[−T, T]ⁿ ⊂B∩[−T, T]ⁿ.

Exerc´ıcio resolvido.(3.1.9) Suponha que A ⊂ Rⁿ ´e Lebesgue-mensur´avel e limitado em uma das coordenadas, i.e., existei∈[n] eR >0 tais que

A⊂R×R× · · ·R

| {z }

i−1 vezes

×[−R, R]×R×R× · · ·R

| {z }

n−ivezes

Ent˜aoδ(A) = 0.

Em particular, se A´e limitado, ent˜aoδ(A) = 0.

Demonstra¸c˜ao. Do Exerc´ıcio 3.1.8, basta provar que, para todos i∈[n] e R >0, a densidade superior do conjunto

S_i,R=R×R× · · ·R

| {z }

i−1 vezes

×[−R, R]×R×R× · · ·R

| {z }

n−ivezes

´ e 0.

Observe que, para todoT > R, temos

S_i,R∩[−T, T]ⁿ = [−T, T]×[−T, T]× · · ·[−T, T]

| {z }

i−1 vezes

×[−R, R]×[−T, T]×[−T, T]× · · ·[−T, T]

| {z }

n−ivezes

logom(S_i,R∩[−T, T]ⁿ) = (2R)(2T)ⁿ⁻¹, da´ı δ(Si,R) = lim sup

T→+∞

2ⁿRTⁿ⁻¹

(2T)ⁿ = lim sup

T→+∞

T = 0.

Exerc´ıcio resolvido.(3.1.10) Se (Ai)_i∈Né uma sequência de subconjuntos Lebesgue-mensuráveis deRⁿ, então

δ [

i∈N

! 6X

i∈N

δ(Ai).

Em particular, para todo k∈N, temos δ

[

i=1

! 6

i=1

δ(Ai).

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