1 Aplicaç ões de Topologia à Combinat ória

(1)

notas de aula do

PICME

P rograma de I niciac ¸ ˜ ao C ient ´ ifica e M estrado em

C ombinat oria ´

http://www.ime.usp.br/~tcco/picme

Anotado por: Fabr´ıcio Caluza Machado e Henrique Stagni 2^o semestre de2015

Conte ´udo

1 Aplicaç ões de Topologia à Combinat ória 1

1.1 Dois problemas . . . 2

1.2 The Ham Sandwich Theorem . . . 3

1.3 Conjectura de Kneser . . . 6

2 Centro de Massa e Aplicac¸ ˜oes em Geometria 6 2.1 Sistemas de Massas . . . 7

3 Conjectura de Kneser 9 3.1 Demonstração de Lovász para Conjectura de Kneser . . . 9

3.2 Prova de B´ar´any (’78) para Conjectura de Kneser. . . 11

3.3 Teorema de Schrijver . . . 13

4 Ultrafiltros e o Teorema de Hindman 13 4.1 Teoria de Ramsey . . . 13

4.2 Ultrafiltros . . . 15

4.3 Ultrafiltros e topologia . . . 16

4.4 Teorema de Hindman. . . 17 5 O teorema de Fermat sobre a soma de dois quadrados 18

6 Provas da infinidade de primos 20

7 Teorema de Hoffman e Singleton 21

1 Aplicaç ões de Topologia à Combinat ória

Aula1(18de Agosto) — Yoshiharu Kohayakawa

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Aplicac¸ ˜oes deTopologia(YoshiharuKohayakawa) 18 deAgosto

A seguir, veremos dois problemas geom´etricos e de combinat ´oria que podem ser resolvidos com o auxilio de um teorema de topologia.

Em ambos os problemas, usaremos o conceito de posic¸˜ao geral. Um conjunto de

posic¸˜ao geral

pontos A ⊂ _R^d está em posição geral se não contém d+1 pontos em um mesmo hiperplano (em particular, se |A| > d, então A não contém três pontos colineares, nem quatro coplanares, etc).

1.1 Dois problemas

(1) Partic¸ ˜oes arco-´ıris.

Seja A ⊂ _R^d um conjunto de nd pontos em posição geral. Suponha que esses pontos estão coloridos com n cores distintas e que cada cor aparece n vezes. Em outras palavras, suponha que particionamos A em conjuntos A1, . . . ,A_d, dois a dois disjuntos, com|Ai| =npara todo i.

Teorema 1.1 (Akiyama & Alon ’89). Nas condições acima, A admite uma partição arco-´ıris, isto é, uma partição{V₁, . . . ,Vn}tal que

partic¸˜ao arco-´ıris

i) |V_j| =d, para todo j;

ii) conv(V_i)∩conv(V_j) = _∅;

iii) |Ai∩Vj| =1.

Figura1: Um exemplo comd =2 en=4.

(2) Colares.

Considere um colar aberto com d tipos de pedras, sendo que há um n úmero par de pedras de cada tipo. Dois ladr ões querem dividir o colar em duas partes justas (com mesmo n úmero de pedras de cada tipo em cada parte) minimizando o n úmero de cortes no colar.

Figura2: Dois exemplos. À direita, vemos que se as pedras de mesmo tipo estiverem agrupadas,dcortes são necessários.

Teorema1.2(T. Goldberg & West ’85). Se um colar aberto tem d tipos de pedra, ent˜ao d cortes s˜ao suficientes para dividir o colar em duas partes justas.

(3)

Deixamos como exerc´ıcio para o leitor encontrar uma prova puramente combinat ória para essa proposição no caso d=2.

É poss´ıvel generalizar a proposição paral ladr ões, alterando o n úmero de cortes e o requerimento de que existem um n úmero par de pedras de cada tipo para um m últiplo de l.

Vejamos agora um teorema de topologia usado na resoluc¸˜ao destes dois problemas.

1.2 The Ham Sandwich Theorem

A versão informal, que dá nome ao teorema, é a seguinte. Suponha que você tem um sandu´ıche de presunto, formado por duas fatias de pão e uma fatia de presunto. In- dependente de como esteja montado o sandu´ıche, é poss´ıvel dividi-lo em duas partes iguais (a mesma quantidade de cada fatia de pão e de presunto em cada parte) com apenas um corte.

Mais formalmente, sejam µ1, ...,µd d medidas finitas sobre R^d (isto ´e, µi(_R^d) <_∞ para todoi), com todo aberto deR^d µ_i-mensur´avel.

Como exemplo de medida finita, considere um compacto A ⊂_R^d e fac¸aµA(X) = λ⁽^d⁾(X∩A) para todo X boleriano, onde λ⁽^d⁾ ´e a medida de Lebesgue usual.

Teorema1.3(Ham Sandwich Theorem). Sejamµ1, ...,µd medidas finitas sobreR^d, com todo aberto deR^dµ_i-mensur´avel, tais que para qualquer hiperplano H⊂_R^dtemosµ_i(H) =0, ∀i.

Então existe um hiperplano h tal queµi(h⁺) = ¹₂µi(_R^d), ∀i, onde h⁺ é um dos semi-espaço fechados definidos por h.

Demonstração. Seja u = (u₀, ...,u_d) ∈ S^d = {(x₀, ...,x_d) ∈ _R^d⁺¹ | x²₀+...+x²_d = 1}. Também podemos escreverucomo u= (u0,w),w∈ _R^d,w= (u₁, ...,u_d).

Se|u0| 6=1, definah⁺(u) ={x∈ _R^d| hx,wi ≤ u0}. Ademais, pomosh⁺(1, 0, ..., 0) = R^d eh⁺(−1, 0, ..., 0) = ∅.

Para entender a funçãoh⁺, consideremos inicialmenteu₀=0. Temosw =v∈ S^d⁻¹ e neste caso,h⁺(0,v) é um semi-espaço que passa pela origem (veja a figura3).

Se u0 6= 0, u = (u0,w), com w = αv, v ∈ S^d⁻¹ e|α| < 1. Temos u²₀+kwk² = 1 ⇒ u²₀+α² = 1 e hx,wi ≤ u0 ⇔ h_x,_vi ≤ √^u⁰

1−u²₀. Assim, vemos que h⁺(u) é um semi- espaço deslocado na direção de v, se u0 >0 e na direção oposta, caso contrário (veja a figura4). Note queh⁺(u) →_R^d, quando u0 →1 eh⁺(u)→ _{∅, quando}u0→ −1, o que justifica a definição deh⁺ nestes casos. Aproveitamos para observar queh⁺(u)e h⁺(−u) são semi-espaço opostos.

Seja f : S^d →_R^d, com f = (f₁, ..., f_d) e f_i =µ_i(h⁺(u)), ∀i.

Afirmação1.4. f é cont´ınua.

Demonstração. Provaremos que para todo i, µi(_h⁺(u)) é cont´ınua em u. Suponha que un → u, vamos provar que µi(h⁺(un)) → _µ_i(h⁺(u)). Para isso, escrevemos µ_i(h⁺(u_n)) = R

1_h⁺(un)dµ_i e µ_i(h⁺(u)) = R

1_h⁺(u)dµ_i. Como |₁_h+(un)| ≤ 1 ∀n e

∀x ∈ _R^d\h⁺(u), 1h⁺(un)(x) →_n ₁_h+(u)(x), temos que 1h⁺(un) → ₁_h+(u) quase certa- mente e pelo teorema da convergˆencia dominada,R

1_h⁺(un)dµ_i → R

1_h⁺(u)dµ_i. Logo, µ_i(h⁺(u_n)) →µ_i(h⁺(u))∀i e f ´e cont´ınua.

(4)

Figura3:

Figura4:

Pelo teorema de Borsuk-Ulam¹ , existe u ∈ S^d tal que f(u) = f(−u). Assim, f_i(u) = f_i(−u) ∀i ⇔µ_i(h⁺(u)) =µ_i(h⁺(−u)) ∀i.

Comoh⁺(−u) é o semi-espaço oposto deh⁺(u)e sua intersecção é um hiperplano, por hip ótese com medida nula emµi, para todoi, segue queµi(_h⁺(u)) = ¹₂_µ_i(_R^d)_.

Para a resolução dos problemas apresentados no in´ıcio dessa seção, precisamos de uma versão discreta do Teorema1.3. Para enunciá-la, denotaremos os semi-espaço abertos definidos por um hiperplano h porh⁺⁺ eh⁻⁻. Mais especificamente, se h =

h⁺⁺,h⁻⁻

(a,b)_{, com} a∈ _R^d_eb ∈ R, definimos

h⁺⁺ ={x ∈ _R^d| ha,xi>b} e h⁻⁻ ={x∈ _R^d| ha,xi <b}.

Teorema1.5 (Ham Sandwich discreto). Sejam A1, ...,Ad ⊂_R^d conjuntos finitos de pontos emR^d com:

1. A_i∩ A_j =_∅ para todo i6=j;

2. ^S_i^d₌₁A_i em posic¸˜ao geral.

Ent˜ao existe um hiperplano h emR^dtal que cada A_i ´ejustamente biparticionadopor h,

justamente biparticionado

isto é, cada um dos semi-espaço abertos h⁺+e h⁻⁻ contém exatamenteb^|Â₂ⁱ^|cpontos (observe que|h∩A_i| =0se A_ifor par e|h∩A_i|=1se A_i for ´ımpar.)

Demonstração. Suponha inicialmente |Ai| ´ımpar para todo i. Para cada Ai, considere Aê_i ={x ∈ _R^d | d(x,A_i) ≤ _e}_{, com}_e pequeno o suficiente para Aê_i ser uma união de bolas disjuntas de raioe.

Definida a medidaµ_i, fazendo µ_i(X) = λ⁽^d⁾(X∩A^e_i). Usando o teorema 1.3, obtemos um hiperplanohque divide igualmente esses conjuntos.

Fixado A_i, µi(h⁺(Aê_i)) = ¹₂_µ_i(Aê_i). Segue queh∩Aê_i 6=_∅ (caso contrário, ter´ıamos j_|_A

i| 2

k

+1 bolas de um dos lados de h) e h intersecta alguma bola de Aê_i. Variando i, usando a hip ótese de que os pontos estão em posição geral e fazendo e → 0, obtemos queh deve intersectar exatamente d pontos, um de cada Ai e particioná-los justamente.

1O teorema de Borsuk-Ulam foi tema de uma apresentação do PICME no semestre passado, seção 6.3 das notas de aula dispon´ıveis em: http://www.ime.usp.br/~tcco/picme/wp-content/uploads/

2015/08/PICME_2015_1.pdf.

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Aplicac¸ ˜oes deTopologia(YoshiharuKohayakawa) 01 deSetembro

Se |A_i| é par, fixe a ∈ A_i e considere A_i\{a}. Pode-se mostrar que uma pequena pertubação de hproduz o resultado desejado.

Aula2(01de Setembro) — Yoshiharu Kohayakawa

Observação 1.6. Apesar da prova do Teorema 1.5 não ser construtiva, não é dif´ıcil construir algoritimicamente um tal hiperplano h. Suponha que |Ai| seja ´ımpar para todoi. Então existem apenas∏i|A_i|hiperplanos candidatos a satisfazerem as condiç ões do Teorema, a saber, aqueles que intersectam com cada A_i em exatamente um ponto.

No caso em que alguns A_i têm cardinalidade par, basta adicionar pontos artificais de forma a cair no caso anterior e perturbar o hiperplano obtido de forma a biparticionar justamente as coleç ões originais (sem pontos extras).

Prova do Teorema1.1. Por indução em n. Para n = 0 não há nada a ser provado.

Paran > 0, aplique o Teorema1.5 e observe que ambas as coleç ões de pontos conti- das emh⁺⁺eh⁻⁻ satisfazem as condiç ões do teorema e, portanto, possuem partiç ões arco-´ıris por hip ótese de indução. Senfor par, a união dessas duas partiç ões já é uma partição arco-´ıris deA. Senfor ´ımpar, basta também considerar a parte formada pelos pontos contidos emh.

Prova (Alon) do Teorema1.2. No caso em que d = 2, podemos associar as pedras a pontos em um c´ırculo e aplicar o Teorema1.5para obter a bipartic¸˜ao desejada.

No caso geral, usaremos a curva dos momentos de dimensão d, dada pela equação

curva dos

momentos param´etrica

γ(t) = (t,t², . . . ,t^d)∈ _R^d, t≥0.

As seguintes propriedades da curvaγser˜ao suficientes para provarmos o teorema.

1. Se t0, . . . ,t_d ≥ 0 são todos distintos, então γ(t0), . . . ,γ(t_d) não estão em um mesmo hiperplano.

Demonstração. Suponha o contrário e seja a = (a₁, . . . ,a_d) 6= 0∈ _R^d eb ∈ _Rtais que

ha,γ(ti)i =b, (i=0, . . . ,d) ou seja,

a₁t₀ + _{. . .} + a_dt^d₀ = b a1t1 + . . . + adt^d₁ = b

... ... = ^...

a1t_d + . . . + a_dt^d_d = b

Defina o polin ˆomio P(x) = −b+a₁x+· · ·+a_dx^d. Vemos que P(x) tem d+1 ra´ızes distintas, da onde segue que P(x) = 0, o que contradiz a hip ´otese de que a6=_0.

2. Todo hiperplano em R^dencontra a curva γem no m´aximo d pontos.

Demonstrac¸˜ao. Segue da propriedade anterior.

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Centro deMassa eAplicac¸ ˜oes emGeometria(RodrigoEidjiUemuraIwanaga) 15 deSetembro

Assim, se um colar tem n pedras, basta associ´a-las (na ordem em que aparecem no colar) a pontosγ(1), . . . ,γ(n) e aplicar o Teorema1.5.

A seguir, vamos mostrar uma variante do Teorema 1.5 em que descartamos a hip ótese dos pontos estarem em posição geral. Nesse caso, o exemplo da figura 5 mostra que infelizmente não podemos garantir a existência de um hiperplano que biparticionejustamentecada A_i.

Figura 5: Não existe hiperplano que biparticiona justamente as duas coleç ões de pontos acima

Seja A ⊂_R^d um conjunto finito de pontos. Dizemos que um hiperplano h biparticiona fracamente Ase |h⁺⁺∩A|_,|h⁻⁻∩A| ≤ |A|_/2.

biparticiona fracamente

Teorema1.7. Sejam A₁, . . . ,A_d ⊂_R^d, com cada A_ifinito. Ent˜ao existe um hiperplano h que biparticiona fracamente cada um dos Ai.

Demonstração. Considere A⁽_i^η⁾ uma η-perturbação de Ai. Podemos supor que ∪_iA⁽_i^η⁾ está em posição geral. Aplique o Teorema 1.5 para obter um hiperplano h⁽^η⁾ dado por (a⁽^η⁾,b⁽^η⁾). Faça η → 0. Como ka⁽^η⁾k = 1 e |b⁽^η⁾| é limitado, podemos supor que a⁽^η⁾ → aeb⁽^η⁾ →b. O hiperplanoh = (a,b) satisfaz as condiç ões desejadas.

1.3 Conjectura de Kneser

O seguinte resultado foi conjecturado por Kneser (’55) e demonstrado por Lovász (’78). A demonstração de Lovász faz uso do Teorema de Borsuk-Ulam e será apresen- tada na seção3.

Teorema 1.8 (Conjectura de Kneser/Teorema de Lov´asz). Seja n > 2k−1 e suponha que existam conjuntosC₁, . . . ,C_n₋_2k+₁∈ 2⁽^[n]^k⁾ tais que

[n] k

=C₁∪˙ . . . ˙∪ C_n₋_2k₊₁. Ent˜ao existe i e conjuntos A,B∈ C_i tais que A∩B=_∅.

Observação1.9. O resultado acima é falsa para o caso em que(^[ⁿ_k^]) é particionado em n−_2k+2 partes. Uma 3-coloração do grafo de Petersen é um contraexemplo para o caso em quen=5 ek=2.

2 Centro de Massa e Aplicac¸ ˜oes em Geometria

Aula3(15de Setembro) — Rodrigo Eidji Uemura Iwanaga

(7)

2.1 Sistemas de Massas

Consideraremos sistemas de pontos no plano nos quais valores demassas˜ao associa- dos a cada ponto.

Notação 2.1. Um ponto (x,y) ∈ _R² no plano associado a uma massa m ∈ _R será denotado por(x,y)[m].

O centro de massa de um sistema de pontos {(x_i,y_i)[m_i]}ⁿ_i₌₁ _{´e o ponto} (xc,yc)[m], onde

m=

∑

n i=1

m_i, xc = ^∑

n i=1x_i

m , yc = ^∑

n i=1y_i

m .

Proposição2.2. O centro de massa G[m+n]de dois pontos A[m] e B[n] é tal que A,B e G são colineares e, além disso,

AG·m= GB·n.

Proposição 2.3. Sejam (xc,yc)[m] o centro de massa de um sistema S = {(x_i,y_i)[m_i]}ⁿ_i₌₁ e(x⁰_c,y⁰_c)[m⁰] o centro de massa de um sistema S⁰ ={(x_i⁰,y_i⁰)[m⁰_i]}. Então o centro de massa de S∪S⁰ é o centro de massa de{(xc,yc)[m],(x⁰_c,y⁰_c)[m⁰]}.

A seguir consideraremos triˆangulos ABC quaisquer e denotaremos por a,b,c os comprimentos dos lados opostos aos v´ertices A,B,C respectivamente.

Umaseviana é qualquer segmento de reta que une um vértice a um ponto do lado oposto. Em particular, a mediana é uma seviana que une que um vértice ao ponto médio do lado oposto. Obaricentrode um triânglo é o ponto de encontro de suas três medianas.

Lema 2.4. O baricentro de um triângulo ABC é dado pelo centro de massa de A[p], B[p] e C[p], onde p é um valor arbitrário de massa.

Demonstração. Seja G[3p] o centro de massa de A[p],B[p] e C[p] e seja Q,R e T os pontos que definem as três medianas, como abaixo.

B C

A

Q

R T

Pela Proposição 2.2, o ponto Q[2p] é o centro de massa de B[p] e C[p]. Pela Proposição 2.3, G[3p] é, também, o centro de massa de A[p] e Q[2p], da onde segue queGestá sobre a mediana AQ. De maneira simétrica, é poss´ıvel concluir que M também está sobre as demais medianas e, portanto, queG é o baricentro de ABC.

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Oincentrode um triângulo é o ponto de encontro das sevianas que bissectam cada ângulo.

Lema 2.5. O incentro de um triˆangulo ABC ´e dado pelo centro de massa dos pontos A[a], B[b]e C[c].

Demonstrac¸˜ao. Seja I[a+b+c] o centro de massa de A[a], B[b]eC[c] e sejamQ,R eS pontos que definem cada uma das bissetrizes de ABC (ver figura abaixo).

B C

A

Q T R

β

m n

c b

Se aplicarmos a Lei dos Senos aos triˆangulos ABQ e AQC, obtemos, respectivamente, que

m

sinα = ^c

sinβ e n

sinα = ^b

sin(π−β) = ^b sinβ.

Da´ı conclu´ımos que mb = nc. Pela Proposição 2.2, o ponto Q[b+c] é o centro de massa deB[b] eC[c]. Logo I é também o centro de massa A[a] eQ[b+c]e, portanto, está contido na bissetriz AQ. Por simetria, conclu´ımos que I também está sobre as demais bissetrizes e, é, portanto, o incentro de ABC.

(Definic¸˜ao ponto Nagel)

B C

A

E

F

O Q T R

m n

c b

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Conjectura deKneser(GabrielLisboa) 22 deSetembro

Lema2.6. O ponto de Nagel do triângulo ABC acima é dado pelo centro de massa dos pontos A[p−a], B[p−b] e C[p−c], onde p é o semiper´ımetro de ABC.

Demonstrac¸˜ao. Seja N o centro de massa definido como acima e AQ, BR e CT as sevianas que definem o ponto de Nagel.

Como BE=BD =m eCD=CF =n, devemos ter c+m= AE= AF=b+n.

Substituindom=a−n, obtemos

c−a−n=b+n, isto ´e,

n= ^a−b+c

2 = p−b.

De forma simular, temos m = p−c. Logo, Q[a] é o centro de massa de B[p−b] e C[p−c]. Então Ntambém pode ser escrito como o centro de massa deQ[a]eA[p−a], da onde segue queN está contido em AQ. De forma análoga, é poss´ıvel mostrar que N também está contido em CTe BR.

Teorema2.7. Sejam G,I,N o baricentro, o incentro e o ponto de Nagel (respectivamente) de um triângulo ABC. Então G,I,N são colineares e

NG GI = ²

1.

Demonstração. Pelo Lema2.5, sabemos queI[2p] é o centro de massa do sistema{A[a]_,B[b]_,C[c]}

e pelo Lema2.6que N[p] ´e o centro de massa do sistema{A[p−a],B[p−b],C[p−c]}. Logo, o centro de massa de I[2p]e N[p] ´e o centro de massa do sistema

{_A[_a+_p−_a]_,_B[_b+_p−_b]_,_C[_c+_p−_c]} ={_A[_p]_,_B[_p]_,_C[_p]}_,

que é o ponto G[3p], pelo Lema 2.4. Conclu´ımos então que G,I,N são colineares e que

GN·p= IG·2p, o que implica a relac¸˜ao desejada.

Teorema2.8(Ceva).

3 Conjectura de Kneser

_Aula4(22de Setembro) — Gabriel Lisboa

3.1 Demonstração de Lovász para Conjectura de Kneser

Veremos uma demonstração do Teorema 1.8 que faz uso do seguinte resultado de topologia que será demonstrado posteriormente.

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Conjectura deKneser(GabrielLisboa) 22 deSetembro

Teorema3.1. Se a esfera S^d ∈_R^d ´e coberta por conjuntos C₁, . . . ,C_d+1 abertos ou fechados, isto ´e, se

S^d =C1∪ · · · ∪C_d+1, ent˜ao existe ´ındice i e x∈ S^d tais que x,−x∈ Ci.

Uma k-coloraçãopr ópria de um grafo G é uma função c : V(G) → {1, 2, . . . ,k} _tal que c(u) 6= c(v) sempre que {u,v} ∈E(G). On úmero cromático χ(G) de G é o menor inteirok para o qual existe uma talk-coloração.

Sejam k,ninteiros, 0<k <n. Denotamos por(^[ⁿ_k^]) o conjunto de todos os subconjuntos de[n]_:={_{1, . . . ,}n} que possuem exatamentekelementos.

Ografo de Kneser KG_n,k ´e o grafo G= (V,E). Com V =

[n] k

E={{F₁,F₂} : F₁,F₂∈ V e F₁∩F₂=_∅} O Teorema 1.8pode ser reescrito da seguinte forma.

Teorema3.2 (Conjectura Kneser/Teorema de Lovász). Para todo k > ₀e n ≥ 2k−1, o n úmero cromáticoχ(KG_n,k) do grafo de Kneser é n−2k+2.

Para mostrar que χ(KG_n,k) ≤ n−2k+2, isto é, que é poss´ıvel colorir KG_n,k com apenas n−2k+2 cores, basta usar a seguinte coloração² que contém i e que ainda não foram coloridos com cores

c(v) = min{minv,n−2k+2}. De fato, se

χ(v₁) =_χ(v₂) =i <n−2k+2, ent˜ao∅6=V₁∩V₂ 3 i, o que implica{v₁,v₂} ∈/ E(KG_n,k). Se

χ(v1) =χ(v2) = n−2k+2,

ent˜aov₁,v₂∈ {n−2k+_{2, . . . ,}n}, que possui 2k−1 elementos. Como|v₁|+|v₂|=2k, pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, v₁ e v₂ devem conter pelo menos um elemento em comum e, portanto,{v1,v2} ∈/E(KG_n,k).

Demonstração do Teorema1.8(Lovász ’78). Considere KG_n,k e seja d := n−2k+1. Seja X ⊂S^dum conjunto comnpontos tais que nenhum hiperplano passando pela origem contenha mais do quedpontos de X.

Exerc´ıcio3.3. Mostre que, com probabilidade 1, um conjunto den pontos escolhidos uniformemente ao acaso emS^d ´e uma escolha v´alida paraX.

Vamos assumir que existe uma colorac¸˜ao c de KG_n,k com apenas d = n−2k+1 cores. Defina conjuntos Ai, 1≤_i ≤d, da seguinte maneira.

A_i ={x∈ S^d: existe y∈ V(KG_n,k)satisfazendo y⊂ H(x) ec(y) =i}.

2equivale associar à coritodos os vértices que contêmie que ainda não foram coloridos com cores menores quei.

(11)

Conjectura deKneser(Prova deBarany´ ) (YoshiharuKohayakawa) 29 deSetembro

Exerc´ıcio3.4. Mostre que A_i ´e aberto.

Defina, ainda, o conjunto fechado A_d+1 = S^d\^S^d_i₌₁A_i. Pelo Teorema 3.1 apli- cado a A1, . . . ,A_d+1, existe i ∈ [d+1] tal que x,−x ∈ Ai. Dividimos o restante da demonstrac¸˜ao em dois casos:

Caso1:i ≤d Neste caso existem duas k-uplas y,y⁰, associadas à mesma cor i e conti- das, respectivamente, em H(x) eH(−x). Então y∩y⁰ 6=_∅ e, portanto,{y,y⁰} ∈ E(KG_n,k), o que contradiz a hip ótese decser uma coloração válida.

Caso2:i =d+1 Neste caso, H(x) não pode conter um conjunto y ∈ V(KG_n,k) _de k pontos de X, caso contrário ter´ıamos x ∈ A_c₍_i₎. Pelo mesmo motivo, H(−x)∩ X < k. Conclu´ımos então que |S(x)| ≥ n−2k+2 = d+1, o que contradiz a hip ótese inicial sobre X.

Logo, toda colorac¸˜ao deKG_n,k deve usar pelo menos n−2k+2 cores.

_Aula5(29de Setembro) — Yoshiharu Kohayakawa

3.2 Prova de B´ar´any (’78) para Conjectura de Kneser

A demonstração do Teorema1.8(Conjectura de Kneser) da aula passada depende do Teorema3.1 sobre topologia. Veremos nesta aula uma outra demonstração para o Te- orema1.8 que depende apenas do seguinte resultado de topologia, que é equivalente ao Teorema de Bursuk-Ulam.

Teorema 3.5 (Lyusternik-Schnirelmann). Se a esfera S^d ∈ _R^d ´e coberta por conjuntos C1, . . . ,C_d+1abertos, isto ´e, se

S^d =C₁∪ · · · ∪C_d+1, ent˜ao existe i e x∈ S^d tais que x,−x∈ C_i.

Consideraremos hiperplanos em R^d que passam pela origem. Mais especificamente, um hiperplano h ∈ _R^d e os semiespac¸os abertos correspondetes h⁺ e h⁻ s˜ao determinados por um um vetora∈ _R^d da seguinte maneira:

h={x ∈_R^d : ha,xi=0}, h⁺ ={x ∈_R^d : ha,xi>0}, h⁻ ={x ∈_R^d : ha,xi<0}.

Lema3.6 (Lema de Jade (’56)). Para quaisquer inteiros d ≥ 0 e k ≥ 1, existe X ⊂ S^d ⊂ R^d⁺¹, com|X|=2k+d, tal que para todo hiperplano h (passando pela origem) os semiespac¸os abertos h⁺ e h⁻ s˜ao tais que:

|h⁺∩X| ≥ k e |h⁻∩X| ≥ k.

Demonstrac¸˜ao. Vamos construir V = {v₁, . . . ,v_2k+d} ⊂ _R^d⁺¹ tal que para todo hiper-

(12)

Conjectura deKneser(Prova deBarany´ ) (YoshiharuKohayakawa) 29 deSetembro

planoh, |h⁺∩V|,|h⁻∩V| ≥ k. Assim, podemos tomar Xcomo abaixo.

X = v1

kv₁k^{, . . . ,}

v2k+d

kv_k+dk

Consideramos a curva dos momentos

γ(t) = (1,t,t², . . . ,t^d) ∈ _R^d⁺¹ (t∈ _R).

SejaW ={w₁, . . . ,w_2k+d} um conjunto de pontos sobreγ “em ordem”. Por exemplo, podemos tomarw_i =γ(i) (1≤i ≤2k+d).

Pomosvi = (−1)ⁱwi. Mostraremos a seguir que|h⁺∩V|,|h⁻∩V| ≥ k, ou, equiva- lentemente, que:

1. |{w_i ∈ h⁺ :i é par}|+|{w_i ∈ h⁻ : i é ´ımpar}| ≥ k e 2. |{w_i ∈ h⁻ :i é par}|+|{w_i ∈ h⁺ : i é ´ımpar}| ≥ k.

Seja Won = W∩ h o conjunto dos wi ∈ W que pertencem ao hiperplano h. Note que Won ≤ d. De fato, suponha que h seja dado pelos pontos ortogonais a a = (a₁, . . . ,a_d+1)∈ _R^d. Então todo t ∈_Rtal queγ(t)∈ h satisfaz a equação

a1+a2t+a3t²+· · ·+a_d+1t^d =ha,γ(t)i =0, que admite no m´aximodra´ızes reais.

Podemos supor, sem perda de generalidade, queWon =d, movendo o hiperplano haté que exatamentedpontos deW pertençam ah, e de forma a não mudar nenhum ponto de lado.

Considere o conjuntoW_{o f f} =W\Won. Colorimos cada pontow_i emW_{o f f} de

• azul, se ifor par e pertencer a h⁺, ou sei for ´ımpar e pertencer ah⁻.

• vermelho, seifor par e pertencer a h⁻, ou sei for ´ımpar e pertencer ah⁺.

a

w₁ w₂

w₃ w4

w₅

w6 w7

w₈ w9

w10

w₁₁

w12

Note que ao longo deγos pontos emW_{o f f} est˜ao coloridos alternadamente de azul e vermelho. Como|W_{o f f}| = 2k, conclu´ımos que exatamente k pontos emW_{o f f} ser˜ao coloridos de azul e exatamentek, de vermelho.

Observação 3.7. Não poder´ıamos trocar a hip ótese de que |X| = 2k+d por |X| = 2k+d−1 no enunciado do Lema 3.6. Nesse caso, ao tomarmos um hiperplano h passando por quaisquer d pontos de X, restariam apenas 2k−1 pontos nos espaços abertosh⁺ eh⁻ (e portanto algum deles teria k−_{1 pontos).}

(13)

Teoria deRamsey e ultrafiltros(YoshiharuKohayakawa) 13 deOutubro

Demonstração de Bárány para a Conjectura de1.8. Sejad = n−2k eX ⊂ S^d ⊂_R^d⁺¹ um conjunto denpontos em S^d como no Lema de Gale. Identificamos[n] comX.

Suponha por contradic¸˜ao que N =

[n] k

=C₁∪ · · · ∪ C_n₋_2k₊₁

é tal que não existe A,B ∈ C_i com A∩B 6= ∅, isto é, que todos os C_i sejam intersec- tantes.

Para todo i∈ {0, . . . ,n−2k+1}, pomos Ai =

x ∈ S^d : H(x) cont´em umS ∈ X

k

comS ∈ C_i

,

onde H(x) = {y ∈ _R^d : hx,yi > 0}. Esses A_i s˜ao abertos (exerc´ıcio). Ademais, segue da escolha de X e do Lema de Gale que tais A_i cobrem S^d.

Logo, pelo Teorema 3.5, existe i tal que x,−x ∈ Ai. Isso implica a existˆencia de conjuntosS,S⁰ ∈(^X_k)coloridos, ambos, com a corimas contidos, respectivamente, em H(x) eH(−x)e, portanto, disjuntos.

3.3 Teorema de Schrijver

Seja Cn o circuito de comprimento n, cujos vértices (na ordem em que aparecem no circuito) são os inteiros 1, . . . ,n. Um conjunto de vérticesS ⊂[n]deCn éestável em Cn

se n˜ao induz uma aresta.

Seja

[n] k

stab

=

S ∈ [n]

k

: S ´e est´avel em Cn

.

O seguinte resultado afirma que o Conjectura de Kneser vale mesmo quando particionamos(^[ⁿ_k^])_stab ⊂(^[ⁿ_k^]).

Teorema3.8(Schrijver). Seja n>2k−1e suponha que existam conjuntosC₁, . . . ,C_n₋_2k₊₁ ∈ 2⁽^[n]^k⁾ tais que

[n] k

stab

=C₁∪˙ . . . ˙∪ C_n₋_2k₊₁.

Ent˜ao existe i∈ [n−2k+1]e conjuntos A,B∈ C_i tais que A∩B=_∅.

4 Ultrafiltros e o Teorema de Hindman

Aula6(13de Outubro) — Yoshiharu Kohayakawa

4.1 Teoria de Ramsey

SejaN={1, 2, . . . ,}.

Teorema 4.1 (Teorema de Ramsey, vers˜ao infinita). Sejam k,r ≥ ₁ e C₁, . . . ,Cr ⊆ (^N_k)

(14)

Teoria deRamsey e ultrafiltros(YoshiharuKohayakawa) 13 deOutubro

conjuntos tais que

N k

=C1∪ · · · ∪Cr. Ent˜ao existe ´ındice i e conjunto A⊂_{N, com}|A| =_∞tais que

A k

⊆Ci.

Demonstração. Sek=1, a afirmação é verdadeira, uma vez que se podemos identificar (^N₁) por N. Logo, se C1, . . . ,Cr são tais que N = C1∪ · · · ∪Cr, então algum C_i deve ter tamanho infinito.

Suponhak,r≥2 e que a afirmação é verdadeira para valores menores dek.

Seja

N k

=C1∪ · · · ∪Cr.

Construiremos uma sequˆencia infinita x₁ < x₂ < . . . tal que para todo conjunto K={x_i₁, . . . ,x_i_k−1} (i₁<· · · <i_k−1), existe ´ındice 1 ≤j_K ≤r tal que

∀i_k >i_k−1temos: K∪ {xi_k} ⊂ Cj_K.

Suponha que j´a definimos x₁ < x₂ < · · · < xt e conjunto Yt ⊂ _N infinito, com Yt >xt, tais que: para todo K ⊂ {x₁, . . . ,xt}, |K| =k−1, existe j_K tal que todo y∈ Yt

satisfaz

K∪ {y} ∈ Cj_k.

Vamos definir agora xt+1 e Yt+1. Pomos xt+1 = minYt e Y⁰ = Yt \ {xt+1}. Seja

Π = [r]⁽^x^1,...,xt^k−2 ⁾ o conjunto de func¸ ˜oes que associam ´ındices em [r] a subconjuntos

de{x1, . . . ,xt}de tamanho k−2. Considere a seguinte partic¸˜ao deY⁰: Y⁰ = ^[

π∈Π

D_π, onde

Dπ ={y ∈Y⁰ : ∀J ∈

x₁, . . . ,xt

k−2

,J∪ {xt+1,y} ∈ C_π(J)}.

ComoY⁰ é infinito, deve existir π ∈_Π tal queDπ é infinito. Tomamos Yt+1 =Dπ. Observe agora que {x₁, . . . ,x_t+1} _e Y_t+1 satisfazem a mesma condição que antes t´ınhamos para {x₁, . . . ,xt} eY_t+1, de forma que podemos aplicar esse processo inde- finidamente. A sequênciax1 <x2 <. . . constru´ıda assim é como quer´ıamos.

Podemos agora particionar (^{^x¹_k^,x₋²₁^,...^}) de acordo com o ´ındice jK associado, isto ´e, temos que

{x1,x2, . . .} k−1

=C₁⁰ ∪ · · · ∪C⁰_r, onde, para todo j∈ [r],

C_j⁰={K ∈

{x₁,x₂, . . .} k−1

: j_K =j}.

(15)

Ultrafiltros(YoshiharuKohayakawa) 20 deOutubro

Aplicando o caso k−1 do teorema de Ramsey para {x₁,x₂, . . .}, temos que existe um conjunto infinito A ⊆ {x₁,x2, . . .} e um ´ındice j tal que todo K ∈ (_k₋Â₁) está contido emC⁰_j. Segue da definição de C⁰_j que todo L ∈ (Â_k) ∈C_j, como desejado.

Aula7(20de Outubro) — Yoshiharu Kohayakawa

4.2 Ultrafiltros

Nesta seção, X será um conjunto, geralmente infinito, como o conjunto do naturais N={1, 2, . . .}_{. Se} A é um subconjunto de X, denotaremos X\Apor A^c.

Uma coleção F ⊆2^X é umfiltrosobre X se 1. ∅ ∈ F/ ,X ∈ F;

2. F é fechado por superconjuntos, isto é, se A⊆B e A∈ F, então B∈ F; 3. F é fechado por intersecç ões, isto é, se A,B∈ F, então A∩B∈ F.

Dizemos que um filtroF é umultrafiltrose a seguinte condição extra for satisfeita:

4 Para todo A ⊆X, A ou A^c pertence aF.

Observação4.2. Ultrafiltros U podem ser pensados como uma classificação dos subconjuntos de X emm duas categorias: conjuntosgrandes (membros deU) e conjuntos pequenos(fora deU).

Ultrafiltros podem também ser definidos como uma medida aditivia tomando apenas os valores 0 ou 1. Isto é, seU é um ultrafiltro, então podemos definir a medida

mU : 2^X → {0, 1} A7→

(0, se A∈ U; 1, se A∈ U/ .

A medidamU é aditiva, isto é, se A,B ⊂X e A∩B =_{∅, então} mU(A∪B) = mU(A) +mU(B).

Para verificar essa igualdade, notamos que a condição4.2da definição de ultrafiltros pode ser trocada pela seguinte:

4’ SeC ∈ F eC = A∪B, ent˜ao A ∈ F ou B∈ F.

De fato, se A ∈ F/ e B ∈ F/ , então a condição 4.2 implica que A^c ∈ F e B^c ∈ F, da onde segue queC^c = A^c ∩B^c ∈ F, e, novamente pela condição4.2, queC ∈ F/ .

As seguintes fam´ılias s˜ao exemplos de filtros.

• F ={X} (filtro trivial).

• ∅ 6=Y⊂X, F_Y ={A ⊆X :Y ⊆ A}.

• F_{co f in} ={A⊆X : A^c ´e finito} (filtro de Frechet).

(16)

Ultrafiltros(YoshiharuKohayakawa) 20 deOutubro

Dadox ∈ X, a fam´ılia

F_x =F_{_x_} ={A⊆X : x ∈ A}

´e um exemplo de ultrafiltro. Ultrafiltros dessa forma, s˜ao chamados de ultrafiltros principais.

Dizemos que um filtro F ´emaximalse

F ⊆ F⁰ _eF⁰ _{´e filtro} ⇒ F =F⁰_.

Fato 4.3. Seja F ⊆ 2^X um filtro. Então F é um ultrafiltro se, e somente se, F é um filtro maximal.

Demonstração. Se F é ultrafiltro e A ∈ F/ _{, então} _A^c ∈ F e, portanto, F ∪_A _{não pode} ser ul ultrafiltro.

Para provar a rec´ıproca, suponha que F tal que A,A^c ∈ F/ para algum A ⊆ F. Então condidere o filtroF⁰ gerado porF ∪ {A}, isto é, formado por conjuntos emF e por A e fechado por interseção finita e por superconjuntos.

Observação4.4. Se|X| <∞, então os ultrafiltros sobre X são todos da formaF_x. Observação 4.5. Suponha X infinito e U um ultrafiltro sobre X não-principal, isto é, U 6=F_x, para todo x∈ X. EntãoU ⊇ F_{co f in}.

Teorema4.6. Seja X um conjunto, com |X| = ∞. Ent˜ao existem ultrafiltros n˜ao principais sobre X

Demonstração. Seja F = {filtros F ⊆ 2^X : F ⊇ F_{co f in}}. Note que F é parcialmente ordenado por inclusão. Usamos o Lema de Zorn para provar que Fcontém um elemento maximalF^∗. TalF^∗ é um ultrafiltro (Fato4.3).

Fixe uma cadeia arbitrária(F_λ)_λ_∈_ΛemF, isto é, um conjunto totalmente ordenado (por inclusão). Para que possamos aplicar o Lema de Zorn, precisamos mostrar que existe um F0 ∈ _F tal que para todo λ, F_λ ⊆ F0. Basta tomar F₀ = ^S_λ_∈_ΛF_λ e notar queF₀ é um filtro e contém F_{co f in}_.

Logo, pelo Lema de Zorn,Ftem um elemento maximalF^∗. TalF^∗ é um ultrafiltro (Fato4.3) não-principal (pois contémF_{co f in}).

4.3 Ultrafiltros e topologia

Sejaa1,a2,· · · ∈ [0, 1]. Dizemos que liman =L se para todoε>0, existe inteiro n0 tal que para todon>n₀, an ∈ (L−ε,L+_ε).

Seja Aε = {n : n ≥ n0}. Então Aε ∈ F_{co f in}, onde F_{co f in} é o filtro dos elementos cofinitos sobreN. Filtros podem ser usados para generalizar o conceito de limites de sequências. No que se segue, sequências em um conjuntoYserão representadas como funç ões f : N→Y(isto é an = f(n)).

Fato4.7. Seja Y um conjunto e f : N → Y. Suponha que F seja um filtro/ultrafiltro sobreN. Defina

f ∗(F) = {_A ⊆_Y _: _f⁻¹(_A)∈ F }_.

(17)

Teorema deHindman(YoshiharuKohayakawa) 03 deNovembro

Ent˜ao f^∗(F) ´e um filtro/ultrafiltro sobreY.

Seja F um filtro sobre um espaço topol ógico Y. Dizemos que F converge a um pontoy∈ Yse todo aberto U emY comy ∈ U é um membro deF.

SejaY um espaço topol ógico, f :N→Y eF um filtro sobre N. Entãoy∈ Y é um F-limitede f se f∗(F) converge paray.

Pendente: Resto da aula

Aula8(03de Novembro) — Yoshiharu Kohayakawa

4.4 Teorema de Hindman

Definição4.8 (semigrupo). Um semigrupo é um par (E,·) _{em que} E é um conjunto e · : E×E → E é uma operação associativa, isto é, tal que para quaisquer a,b ∈ E, temos:

a·(b·c) = (a·b)·c.

Lema 4.9 (Elemento idempotente em semigrupos). Seja E um semigrupo Hausdorff- compacto tal que para todo g∈ E, a func¸˜ao

Ψg : E→ E f 7→ f g

é cont´ınua. Então existe E contém um elemento gindepotente, isto é, tal que g²= _g.

Demonstrac¸˜ao. Defina

A ={_∅6= A⊆E : A ´e compacto e fechado por ·}.

ComoE ∈ A_{, temos} A 6=_{∅. Seja} C ⊂ Auma cadeia (pela operação de inclusão). Seja L = ^TC. Note que L é não vazio, compacto (pois todos os membros de C também o são), e fechado pelo produto. LogoL ∈ A, isto é,Ctem um limitante inferior. Podemos portanto aplicar o Lema de Zorn para concluir que existe um membro minimalA∈ A. Fixe g∈ A. Então∅ = Ag⊆ A. Ademais, Ag é subsemigrupo de A, uma vez que

(f g)(f⁰g) = f g f⁰

| {z }

∈A

g∈ Ag,

e Ag ´e compacto pois Ag = _Ψ_g(A) _e _Ψ_g ´e cont´ınua. Assim, a minimalidade de A implica Ag= A. Seja

B ={f ∈ A: f g =g}.

Então B 6= ∅, uma vez que g ∈ A = Ag. Note que B também é semigrupo pois se f, f⁰ ∈ B, então

(f f⁰)g= f(f⁰g) = f g =g.

Ademais, B = _Ψ_g({g}), também temos que B é fechado e, portanto, compacto. Pela minimalidade de A, segue que A = B. Mas como g ∈ A, temos g ∈ B, isto é, g é idempotente.

Para a prova do Teorema de Hindman, consideraremos o conjunto βNde ultrafil-

(18)

Teorema deFermat(BrunoPasqualottoCavalar) 10 deNovembro

tros sobreNe denotaremos ultrafiltros como medidas 0−1 aditivas.

Dados µ,ν ∈ βN, a operação de adição + : βN×_βN → _βN de adição (cuja existência foi provada em??) é dada por

(_µ+_ν)(A) = _µ({n: ν(A−n) =1}). Note tamb´em

Teorema4.10(Hindman). Seja k≥1e suponha que existem conjuntos disjuntos C1, . . . ,C_k ⊂ N={1, 2, . . .}tais que

N=C₁∪ · · · ∪C_k. Ent˜ao existe i e X ⊆C_i, |X|=∞, tal que FS(X)⊆C_i, onde

FS(X) = (

x

∑

∈S

x : S⊆X,S finito )

.

Demonstração. Primeiro, observamos que(_βN,+) é um semigrupo e que a função Ψη : βN→ _βN

µ →_µ+_ν

´e cont´ınua para todoν.

Então pelo Lema4.9, existeµ ∈ _βNtal queµ+µ =µ. Ademais,µ é não-principal, caso contrário ter´ıamosµ =n,ˆ µ+_µ=_{2 ˆ}n 6=_µ.

Sejam A⊂_Ntal queµ(A) =1 e A^∗ ={n : µ(A−n) =1}. Ent˜ao µ(A^∗) = (µ+µ)(A) =µ(A) =1.

Fixea ∈ A∩ A^∗ e tome B= (A−a)∩(A\ {a}). Temosµ(B) = 1 eB ⊆ A.

Logo, a partir de um conjunto A, com µ(A) = 1, obtiv´emos a ∈ A e B ⊂ A\ {a}, comµ(B) =1, tais que

a+B⊂ A.

Suponha agora queN =C1∪ · · · ∪_C_k. Ent˜ao existe um ´unicoi tal que µ(Ci) =1.

Seja A₁=C_i e para todo k ≥1, constru´ımos a_k ∈ A_k e A_k+1 ⊂ A_k\ {a_k} como acima, isto ´e, tais que

a_k+A_k+1⊆ A_k ⊆Ci.

Agora basta notar que se tomarmos X={a1,a2, . . .}, temos FS(X)⊆Ci.

5 O teorema de Fermat sobre a soma de dois quadrados

Aula9(03de Novembro) — Bruno Pasqualotto Cavalar Dizemos que um inteiro n ≥ 0 é representável se pode ser escrito como soma de dois quadrados, isto é, se existem inteirosx,y tais quen =_x²+_y²_.

Teorema 5.1 (Teorema de Fermat sobre a soma de quadrados). Um primo p > 2 ´e represent´avel se e somente se p≡1(mod4).

(19)

Pendente: parte inicial (do dia03/11)

Aula10(10de Novembro) — Bruno Pasqualotto Cavalar Corolário5.2. Um inteiro n≥0é representável se, e somente se, todo primo da forma4m+3 aparece com expoente par na decomposição de n.

Demonstrac¸˜ao. Usaremos os seguintes fatos:

i) 1 e 2 s˜ao represent´aveis.

ii) Se n é representável, então z²n é representável para qualquer inteiro n. De fato, se n=a²+b², então z²n= (za)²+ (zb)².

iii) Se x e y são representáveis, então xy é representável. De fato, suponha que x = a²+b²ey =c²+d². Então

xy= a²c²+a²d²+b²c²+b²d²

= a²c²−2abcd+b²d²+a²d²+2abcd+b²c²

= (ad−bc)²+ (ac+bd)².

Sejan um inteiro tal que todo primo da forma 4m+3 aparece com expoente par na decomposição de n. Então, como os demais fatores primos são representáveis pelo Teorema5.1, segue dos fatos acima que n é representável.

Por outro lado, seja p um primo da forma p = 4m+_{3, tal que} p|n e n = x²+y². Afirmamos que p|x e p|y. De fato, temos x²+y² ≡ 0(modp). Mas se x 6≡ 0(modp), podemos multiplicar ambos os lados da equação anterior por x⁻² para obter que (x⁻¹y)² ≡ −1(modp), que não tem soluç ões quandop =4m+3. Então, p |x e, analogamente, p| y, o que implica p²|n. Logo, _pⁿ2 =^x_p²+^y_p² também é representável.

Segue, por indução, que p aparece com expoente par em _pⁿ2 e, portanto, também emn.

Seja Aum conjunto. Uma função f : A → A é umainvoluçãose f = f⁻¹. Fato5.3. SejaA finito e f : A → Auma involução. Então

|A| ≡ |{x : f(x) = x}|(mod2),

isto ´e,|A|tem a mesma paridade que o n ´umero de pontos fixos de f.

Demonstração. Para x,y∈ A, dizemos que x∼ y ⇔x = f(y). Particione A de acordo com as classes definidas por∼³Como f é uma involução, cada classe é composta por um ou por dois elementos. As classes de tamanho 1 são, exatamente, os pontos fixos de f.

Prova do Teorema5.1. Suponha que p≡1(mod4) seja um primo. Definimos os seguin-

3TODO:não é bem uma classe de equivalência

(20)

tes trˆes conjuntos de triplas de inteiros:

S={(x,y,z) ∈ _Z³: 4xy+z²= p,x >0,y >0}, T ={(x,y,z) ∈ S: z >0}e

U ={(x,y,z) ∈ S: x−y+z >0}. Conside a func¸˜ao

f : S →_S (x,y,z) 7→(y,x,−z).

Primeiro note que f é uma involução e está bem definida pois 4xy+z² = 4(yx) + (−z)². Ademais, f não tem pontos fixos, caso contrário ter´ıamosz =0 o que implica- ria p ≡0(mod4). Note também que

i) Se (_x,_y,_z) ∈ _{T, ent˜ao} _f(_x,_y,_z) ∈ _S\T. Analogamente, se (_x,_y,_z) ∈ _S\_{T, ent˜ao} f(x,y,z)∈ T (lembrando que z 6=0).

ii) Se(x,y,z)∈ U, então f(x,y,z) ∈ S\U, pois sex−y+z =z−(y−x)>0, então (y−x)−z <0. Analogamente, se(x,y,z) ∈ S\U, então f(x,y,z)∈ U (note que x−y+z 6=0, caso contrário ter´ıamos p= (y−x)²+4xy= (y+x)²_).

Conclu´ımos, ent˜ao, que f(U\T) = f(T\U). Segue que|U\T| =|T\U|, e portanto, que|U|=|T|.

Considere agora a func¸˜ao g: U →U

(x,y,z) 7→(x−y+z,y, 2y−z)

Observe queg est´a bem definida pois 4(x−y+z)y+ (2y−z)²=4xy+z² e(x−y+ z)−y+ (2y−z) = x>0.

Além disso,(x,y,z) é um ponto fixo de g se, e somente se,y =z. Mas neste caso, devemos ter y(4x+y) = 4xy+y² = p, o que implica que y = 1 e 4x+1 = p. Logo (^p⁻₄¹, 1, 1) é o único ponto fixo de g. Conclu´ımos que |_U| é ´ımpar (e, portanto, |_T| _é

´ımpar).

Finalmente, considere a func¸˜ao h : T →T

(x,y,z) 7→(y,x,z)

Note queh está bem definido e é uma involução. Mas como|T| _{é ´ımpar,} h tem pelo menos um ponto fixo. Existem portantox,z∈ _Ztais que 4x²+z²= p, da onde segue que p é representável.

6 Provas da infinidade de primos

pendente