NOTAS DE AULA DO PICME EM COMBINATÓRIA. Anotado por: Henrique Stagni 1 o semestre de 2016

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1 NOTAS DE AULA DO PICME PROGRAMA DE INICIAÇÃO CIENTÍFICA E MESTRADO EM COMBINATÓRIA Aotado por: Herique Stagi 1 o semestre de 2016 Coteúdo 1 Paradoxo de Baach-Tarski Teorema de Cator-Berstei-Schröder-Baach Polígoos equidecompoíveis geometricamete Teorema de Wallace-Bolyai-Gerwie Paradoxo de Baach-Tarski (cot) Medidas Ivariates Rotações em R Prova da Versão Fraca do Paradoxo de Hausdorff (Teorema 3.5) Prova do Paradoxo de Baach-Tarski Teorema de Deh 10 5 Ladrilhameto de Retâgulos 12 1 Paradoxo de Baach-Tarski Aula 1 (01 de Março) Yoshiharu Kohayakawa Uma isometria etre dois cojutos X, Y R é uma fução ϕ X Y bijetora que preserva distâcias, isto é, tal que d(x 1, x 2 ) = d(φ(x 1 ), φ(x 2 )) para todo x, y X. Dizemos que X e Y são cogruetes se existe uma tal fução e deotamos esse fato por X Y. Sejam X, Y R. Dizemos que X e Y são equidecompoíveis se se existem cojutos X 1,..., X k X, dois a dois disjutos e cojutos Y 1,..., Y k Y dois a dois disjutos tais que 1. X = k X i, Y = k Y i 1

2 ISOMETRIAS NO R (YOSHIHARU KOHAYAKAWA) 08 DE MARÇO 2. X i Y i para todo 1 i k. Deotamos o fato de que X e Y é equidecompoível por X Y e também escrevemos X k Y para deotar que X e Y são equidecompoíveis em o máximo k partes. Note que é uma relação de equivalêcia. De fato, ão é difícil mostrar que se X k Y e Y m Z, etão X km Z. Exercício 1.1. Sejam X, Y R 2 polígoos. Etão X g Y se, e somete se, X Y. Teorema 1.2 (Baach-Tarski). Supoha que B 1, B 2 R 3 são bolas disjutas de mesmo raio em R 3. Etão B 1 B 2 10 B 1. Pedete Aula 2 (08 de Março) Yoshiharu Kohayakawa 1.1 Teorema de Cator-Berstei-Schröder-Baach O resultado demostrado esta aula permitirá resolver o seguite exercício. Exercício 1.3. Seja A = {p R 2 p 1 2 } um disco de diâmetro uitário o plao e B = [0, 1] [0, 1] um quadrado de lado uitário. Prove que existem partições A = A 1 A 2 e B = A 2 B 2 (i.e., com A 1 A 2 = e B 1 B 2 = ) tais que A 1 B 1 e A 2 B 2. Teorema 1.4 (Cator-Berstei-Schröder-Baach). Se A e B são cojutos tais que A B e B A, etão A B. Provaremos a seguite versão mais forte desse Teorema. Teorema 1.5 (Cator-Berstei-Schröder-Baach). Supoha que f A B e g B A são fuções ijetoras. Etão existem partições A = A 1 A 2 e B = B 1 B 2 tais que f (A 1 ) = B 1 e g(b 2 ) = A 1. Demostração. Dado x A, cosideramos a seguite sequêcia x, g 1 (x), f 1 (g 1 (x)), g 1 ( f 1 (g 1 (x))),... (*) Pomos A 1 = {x A (*) tem úmero fiito e ímpar de elemetos}. Por exemplo, se x I(g), etão (*) tem um úico elemeto e x A 1. Pomos A 2 = A A 1 e B 1 = f (A 1 ). Pomos também B 2 = g 1 (A 2 ) = {b B g(b) A 2 }. Afirmamos agora que valem os seguite fatos. B = B 1 B 2. Demostração. Fixe y B e cosidere x = g(y). Se x A 2, etão y B 2. Supoha etão que x A 1. Pela defiição de A 1, existe x = f 1 (y) = f 1 (g 1 (x)). Novamete pela defiição de A 1 devemos ter x A 1. Mas etão y = f (x ) com x A 1 e, portato, y f (A 1 ) = B 1. B 1 B 2 =. 2

3 TEOREMA DE WALLACE-BOLYAI-GERWIEN (VICTOR LUIZ MARTINS DE SOUSA) 08 DE MARÇO Demostração. Supoha que exista y B 1 B 2. Etão existe x A 1 tal que f (x ) = y e existe x A 2 tal que g(y) = x. Cosidere agora a sequêcia (*) para o elemeto x. Vemos que x A 1, cotradição. g(b 2 ) = A 2. Demostração. Fixe x A 2. Por defiição de A 1, existe y tal que g(y) = x. Claramete, como B 2 = g 1 (A 2 ) e x A 2 temos que y B 2. Segue que g(b 2 ) = A 2. Segue dos três fatos acima que A 1, A 2, B 1, B 2 são cojutos como o euciado do Teorema. Solução Exercício 1.3. Sejam A e B, respectivamete, o disco e o quadrado do euciado. Defia f A B como a fução idetidade e g B A, (x, y) ( x y, ). 2 2 Como A f (A) e B g(b), ao aplicar o Teorema 1.5 obtemos partições A = A 1 A 2 e B = B 1 B 2 como desejado. Na figura do disco A abaixo, a cor vermelha correspode ao cojuto A 1 e a azul ao cojuto A 2. Os úmeros idicam o tamaho da sequêcia * para os potos daquela região do cojuto A A figura abaixo mostra ambos os cojutos A e B e suas respectivas partições. 3

4 TEOREMA DE WALLACE-BOLYAI-GERWIEN (VICTOR LUIZ MARTINS DE SOUSA) 08 DE MARÇO 2 Polígoos equidecompoíveis geometricamete Aula 3 (08 de Março) Victor Luiz Martis de Sousa Dizemos que dois polígoos A, B R 2 são equidecompoíveis o setido geométrico se 1. Existem polígoos A 1,..., A, com iteriores dois-a-dois disjutos, satisfazedo A = A i. 2. Existem polígoos B 1,..., B, com iteriores dois-a-dois disjutos, satisfazedo B = B i. 3. Para todo 1 i, temos A i B i, isto é, existe uma isometria etre A i e B i. Escrevemos A g B para deotar que A e B são equidecompoíveis (o setido geométrico). 2.1 Teorema de Wallace-Bolyai-Gerwie Sejam A e B dois polígoos. Uma codição trivialmete ecessária para que A g B é que A e B teham a mesma área. Provaremos esta seção o resultado a seguir, que mostra que esta codição é também suficiete. Teorema 2.1 (Wallace-Bolyai-Gerwie). Se A e B são polígoos de mesma área, etão A g B. Lema 2.2. Se A g B e B g C, etão A g C. Demostração. A idéia da prova cosiste em sobrepor a decomposição de B que mostra que A e B são equidecompoíveis com a decomposição de B que mostra que B e C são equidecompoíveis. Como A g B, etão existem decomposições (i.e. partições em polígoos com iteriores dois-a-dois disjutos) A = A i e B = B i e isometrias f i A i B i (para todo 1 i ). Como B g C, também existem decomposições B = m j=1 B j e C = m j=1 e isometrias g j B j C j (para todo 1 j m). Como m j=1 (B i B j ) é uma decomposição de B, podemos defiir decomposições A = A i,j e B = B i,j ode A i,j = f 1 (B i B j ) e C i,j = g(b i B j ). Ademais a fução h i,j = ( f i g j ) atesta que A i,j é isométrico a C i,j para todo 1 i, 1 j m. Por fim, otamos que podemos supor que todos os A i e B i são polígoos covexos. Daí segue que A i,j e B i,j também são polígoos. Lema 2.3. Para todo triâgulo T, existe um retâgulo R tal que T g R. Demostração. Seja T = ABC e supoha sem perda de geeralidade que CAB ˆ e ABC ˆ são âgulos agudos. Sejam M, N os potos médios dos segmetos CA, BC, respectivamete e seja P a projeção do poto C sobre o segmeto AB. A figura abaixo mostra que ABC é equidecompoível a um retâgulo. 4

5 MEDIDAS INVARIANTES (YOSHIHARU KOHAYAKAWA) 15 DE MARÇO C M N A P B Lema 2.4. Se ABCD é um retâgulo e S é um segmeto de reta, etão ABCD g A B C D, ode A B tem o mesmo comprimeto que S. Demostração. Seja s = S o comprimeto do segmeto S. Podemos supor sem perda de geeralidade que s < AB < 2s. J I D F s C G A s E Como JDF EBG e JIG FCB, temos ABCD g AEI J. B Prova do Teorema 2.1. Seja S um segmeto de comprimeto s arbitrário. Fixe uma triagulação A = T i. Pelos Lemas 2.2 e 2.3, cada triagulo T i é equidecompoível a um retâgulo de base s e, portato, A é equidecompoível a um retâgulo R A de base s. Aalogamete, B também é equidecompoível a um retâgulo R B de base s. Mas como A e B têm a mesma área devemos ter R A R B. Segue que A g B (Lema 2.2). Exercício 2.5. Sejam X, Y R 2 polígoos. Etão X g Y se, e somete se, X Y. 3 Paradoxo de Baach-Tarski (cot) Aula 4 (15 de Março) Yoshiharu Kohayakawa 3.1 Medidas Ivariates Uma medida é uma fução C R, com C X, que satisfaz as seguite propriedades: 1. ão-egatividade: m(a) 0, para todo A C. 2. aditividade: m(a B) = m(a) + m(b), para todo A, B C com A B =. 5

6 MEDIDAS INVARIANTES (YOSHIHARU KOHAYAKAWA) 15 DE MARÇO Aqui, cosideraremos sempre o caso em que X = R para algum > 0. Uma medida m é ivariate por movimeto rígido se m(a) = m(α(a)) para toda fução α R R que preserva distâcia e para todo A X tal que α(a) X. Uma medida m é ormalizada se α(q ) = 1, ode Q = [0, 1] X e Q C. Fato 3.1. Seja X = R 2 e C o cojuto das regiões poligoais. Etão a fução m C R tal que m(a) = área de A é uma medida ormalizada e ivariate por movimeto rígido. A medida de Borel-Lebesgue é uma medida m C R sobre um cojuto C que estede o cojuto de regiões poligoais, composto pelos chamados cojutos boreliaos. A medida m assim obtida é σ-aditiva isto é para qualquer sequêcia A 1, A 2, C de cojutos dois-a-dois disjutos vale que m( A i ) = m(a i ). Uma perguta atural é se ão existe uma medida σ-aditiva, ormalizada e ivariate por movimeto rígido com C = P(R 2 ) (ou, mais geericamete com C = P(R )). O seguite resultado respode egativamete tal perguta. Teorema 3.2 (Vitali). Seja m P(R ) R uma medida defiida sobre todos os subcojutos de R. Se m é ivariate por traslações e m(q ) = 1, etão m ão pode ser σ-aditiva. Para provar o resultado acima, precisaremos do seguite Lema. Lema 3.3. Existe um cojuto A R satisfazedo as seguites propriedades: 1. Q cotém uma ifiidade de cópias trasladadas de A, duas-a-duas disjutas. 2. R pode ser coberto com uma quatidade eumerável de cópias trasladadas de A. Demostração. Faremos o caso = 1. Se x, y R são tais que x y Q, dizemos que x y. Não é difícil verificar que é uma relação de equivalêcia sobre R. Para cada classe de equivalêcia de escolha 1 um represetate o itervalo [0, 1 2 ]. Defiimos A como sedo o cojuto desses represetates. Para mostrar a propriedade (1) tomamos A i = A + 1 i + 1 i = 1, 2,... Esses cojutos A i são dois-a-dois disjutos pois se x, y Q e x /= y, etão (A + x) (A + y) =. De fato, se z A + x e z A + y, etão temos, respectivamete, z x A e z y A. Etretato (z x) (z y) = y x Q e portato z y e z x pertecem à mesma classe de equivalêcia. Segue da defiição de A que z y = z x, isto é, y = x. Para mostrar a propriedade (2), basta otar que R r Q A + r. De fato, fixe x R e seja x 0 A, o represetate da classe x em A, isto é, o elemeto tal que x x 0. Logo devemos ter x A + r, com r = x x 0 Q. 1 ote que esse passo faz uso do Axioma de Escolha 6

7 VERSÃO FRACA DO PARADOXO DE HAUSDORFF (YOSHIHARU KOHAYAKAWA) 29 DE MARÇO Prova do Teorema 3.2. Supoha que exista uma medida m P(R ) R como o euciado. Note que toda medida m é moótoa, isto é, se X Y, etão m(x) m(y) (pois m(y) = m(x) + m(y X)). Tome A como o Lema aterior e sejam A 1, A 2, Q cojutos trasladados de A, dois-a-dois disjutos e seja B = A i Q. Temos m(a) = m(a i ) = m(b) m(q ) = 1, da ode segue que m(a) = 0. Por outro lado, sejam A 1, A 2, Q cojutos trasladados de A, dois-a-dois disjutos tais que R i = 1 A i. Etão um absurdo. 1 = m(q ) m(r ) m( A i ) = m(a i ) = 0, Perguta: Existe medida m P(R ) R ivariate por traslação e ormalizada o R? Note que o Teorema 3.2 mostra que ão podemos exigir σ-aditividade. Baach mostrou que existe uma tal medida para os casos = 1 e = 2. Por outro lado, Hausdorff provou que tal medida ão existe se 3. Seja S = S 2 = {x R 3 x = 1}. Teorema 3.4 (Paradoxo de Hausdorff). Existem decomposições S = A 1 A 2 C 1 e S = A 3 A 4 A 5 C 2 tais que os cojutos A i são todos cogruetes e C 1 e C 2 são eumeráveis. O resultado acima atesta que ão existe medida m P(S) R ivariate por traslação tal que m(s) = 1. De fato, como C 1 e C 2 são eumeráveis, uma tal medida m deve satisfazer m(c 1 ) = m(c 2 ) = 0. Portato, as decomposições do Paradoxo de Hausdorff implicam, respectivamete, que m(a 1 ) = 1 2 e m(a 1) = 1 3, absurdo. Vamos provar o resultado a seguir que, apesar de ser mais fraco que o Paradoxo de Hausdorff, é suficiete para mostrar que ão existe medida m P(S) R ivariate por traslação tal que m(s) = 1. Teorema 3.5. Existe A S = S 2 R 3 tal que 1. Existe uma ifiidade de cojutos D 1, D 2, S, todos cogruetes a A e doisa-dois disjutos. 2. Existem cojutos A 1, A 2, A 3, A 4, todos cogruetes a A, tais que S = A 1 A 2 A 3 A 4. Aula 5 (29 de Março) Yoshiharu Kohayakawa 3.2 Rotações em R 3 Seja SO(3) o cojuto das rotações sobre a origem em R 3. É um fato de que SO(3) é um grupo. Para verificar esse fato, ote que uma rotação pode ser represetada por 7

8 VERSÃO FRACA DO PARADOXO DE HAUSDORFF (YOSHIHARU KOHAYAKAWA) 29 DE MARÇO uma matriz ortogoal R que preserva a orietação dos eixos, isto é, que satisfaz a propriedade especial 2 det(r) = 1. Fixados dois elemetos φ, ψ SO(3), cosideramos sequêcias (fiitas) da forma: com a 2, a 3, /= 0. φ a 1ψ a 2φ a 3 SO(3), (1) Lema 3.6. Supoha que φ e ψ são rotações em toro dos eixos x e y (respectivamete) por um âgulo α tal que cos α é trascedetal. Etão φ e ψ geram um grupo de dois geradores, isto é, φ 0 é a úica expressão da forma 1 que é igual à idetidade. 3.3 Prova da Versão Fraca do Paradoxo de Hausdorff (Teorema 3.5) No que se segue, fixamos um par φ, ψ como o Lema acima. Seja G o grupo formado po elemetos da forma 1. Dados x, y S, dizemos que x y se existe g G tal que y = g(x). Etão é uma relação de equivalêcia cujas classes de equivalêcia são deomiadas órbitas. Defia C = {x S existe χ G, χ /= e, tal que χ(x) = x} o cojuto dos potos em S que são potos fixos de algum elemeto de G diferete da idetidade. Note que se x y e x C, etão y C. De fato, se existem χ, g G, χ /= e tal que χ(x) = x e y = g(x), etão y = (gχg 1 )(y) e (gχg 1 ) /= e. Logo C é uma uião de órbitas. Fixe um cojuto H S composto por um represetate de cada órbita em S C. Seja U o cojuto de elemetos da forma 1 com a 1 /= 0. Defiimos Vamos provar as asserções do Teorema. A = {χ(x) x H, χ U}. 1. Tomamos D i = ψ () (A) para = 1, 2,.... Afirmação 3.7. Se /= m, etão ψ () (A) ψ (m) (A) = Demostração. Supoha que existe y ψ () (A) ψ (m) (A). Etão devem existir χ 1, χ 2 U e x 1, x 2 H tais que y = ψ (χ 1 (x 1 )) e y = ψ m (χ 2 (x 2 )). Etão temos χ 1 (x 1 ) = ψ (m ) (χ 2 (x 2 )), o que implica x 1 = (χ 1 1 ψ(m ) χ 2 )(x 2 ). Mas como H possui um úica represetate de cada órbita, devemos ter χ 1 1 ψ(m ) χ 2 = e, isto é, χ 2 = ψ ( m) χ 1 1. Segue da defiição de U que m = 0, ou seja, = m. 2. Mostraremos que existe ρ SO(3) tal que S = A φ(a) ρ 1 (A) ρ 1 (φ(a)). Afirmação 3.8. S C A φ(a). Demostração. Seja y S C e seja x H tal que y x. Logo existe χ G tal que y = χ(x). Se φ U, etão y A. Por outro lado, se χ = ψ a 2 φ a 3, etão φ 1 χ U e, portato, (φ 1 χ)(x) A. Mas como y = φ(φ 1 (χ(x))), segue que y φ(a). 2 A otação SO vem de special orthogoal group 8

9 DEMONSTRAÇÃO DO PARADOXO DE BANACH-TARSKI (YOSHIHARU KOHAYAKAWA) 05 DE ABRIL Como C é eumerável, existe ρ SO(3) tal que C ρ(c) =. De fato, existe apeas um úmero eumerável de rotações que ão satisfazem tal igualdade, a saber o máximo duas para cada par de elemetos em C. Usado a afirmação acima, cocluímos que ρ(c) S C A φ(a) e, portato, que C = ρ 1 (A) ρ 1 (φ(a)). Aula 6 (05 de Abril) Yoshiharu Kohayakawa 3.4 Prova do Paradoxo de Baach-Tarski Nesta seção provaremos o Paradoxo de Baach-Tarski (Teorema 1.2) Lema 3.9. Sejam X, Y R. Supoha que existam V X e U Y tais que X k U e V m Y. Etão X k+m Y. Demostração. Como X k U, existem cojutos X 1,..., X k e U 1,..., U k tais que X = k X i, U = k U i e para todo 1 i k temos X i U i, isto é, existem isometrias φ i X i U i. Como Y k V, existem cojutos Y 1,..., Y m e Y 1,..., Y m tais que Y = m j=1 Y j, Y = m j=1 Y j e para todo 1 j m temos Y j V j, isto é, existem isometrias ψ j Y j V j. Defia fuções f X U e g Y V podo f (x) = φ i (x) para todo x X i e g(y) = ψ j (y) para todo y Y j. Note que f e g são fuções ijetoras. Pelo Teorema 1.5, existem A 1, A 2 X e B 1, B 2 Y tais que X = A 1 A 2 e Y = B 1 B 2 e e satisfazedo f (A 1 ) = B 1 e g(b 2 ) = A 2. Etão podemos escrever X = A 1 A 2 = A 1 g(b 2 ) = k (X i A 1 ) m ψ j (Y j B 2 ). j=1 De maeira aáloga podemos escrever Y = k φ i (X i A 1 ) m Y j B 2. j=1 Essas duas decomposições de X e Y atestam que X k+m Y. Prova do Teorema 1.2 (Paradoxo de Baach-Tarski). Dado x S, defiimos r X = (0, x] = {λx 0 < λ 1} como o segmeto de 0 a x. Dado C S, também defiimos C = r X. x C Sejam A 1, A 2, A 3, A 4 S e D 1, D 2, S como o Teorema 3.5. Defiimos os seguites cojutos disjutos: C 1 = A 1, C 2 = A 2 A 1, C 3 = A 3 (A 1 A 2 ) e C 4 = A 4 (A 1 A 2 A 3 ). Temos S = C 1 C 4. Assim, supodo sem perda de geeralidade que S é a 9

10 TEOREMA DE DEHN (VICTOR LUIZ MARTINS DE SOUSA) 19 DE ABRIL casca esférica de B 1, temos a decomposição B 1 {0} = 4 Ci. Seja γ B 1 B 2 uma isometria. Etão podemos decompor B 1 B 2 em 9 partes como a seguir: B 1 B 2 = (C1 {0}) 4 Ci 4 γ(ci ) {γ(0)}. i=2 Note que C1 {0} D 1 {0}. Ademais, C i é cogruete a uma parte de Di (2 i 4) Fialmete, γ(c i ) é cogruete a uma parte de Di+4 (1 i 4) e {γ(0)} é cogruete a qualquer subcojuto uitário em D 9. Cosequetemete existe V B 1 tal que B 1 B 2 9 V. Temos B 1 1 B 1 B 1 B 2. Segue do Lema 3.9 que B 1 10 B 1 B 2. É possível geeralizar o Teorema 1.2 para dimesões maiores e para bolas com raios distitos. Teorema Seja 3 e X, Y R tais que X B 1 e Y B 2, ode B 1 e B 2 são bolas de raio positivo. Etão X Y. 4 Teorema de Deh Aula 7 (19 de Abril) Victor Luiz Martis de Sousa Dizemos que dois poliedros A, B R 3 são equidecompoíveis (o setido geométrico) se podemos escrever A = A 1 A, para poliedros A 1,..., A de iteriores dois-adois disjutos, e B = B 1 B, para poliedros B 1,..., B de iteriores dois-a-dois disjutos, de tal forma que A i B i para todo 1 i. Neste caso escrevemos A g B. Defia uma trasformação liear f R R, ode R é visto como espaço vetorial sobre Q, tal que f (π) = 0 e f (arccos( 1 3 )) = 1. Para que a fução f esteja bem defiida, precisamos do lema a seguir, que mostra que π e arccos( 1 3 ) são elemetos liearmete idepedetes esse espaço vetorial. Lema 4.1. arccos( 1 3 ) π é irracioal. Demostração. Supoha que arccos( 1 3 ) = m π, com m, Z. Aplicado a fução cos em ambos os lados obtemos Usado a idetidade cos( arccos( 1 3 ) = ±1. k ( + k + 1)! cos(x) = ( 2) ( k)!(2k)! (1 cos(x))k, k=0 temos cos( arccos( 1 3 )) = k ( + k + 1)! ( 2) ( k)!(2k)! (1 1 3 )k. k=0 10

11 TEOREMA DE DEHN (VICTOR LUIZ MARTINS DE SOUSA) 19 DE ABRIL Multiplicado ambos os lados por 3 : ±3 = 3 cos( arccos( 1 3 )) = ( 2) k ( + k + 1)( + k 2k )2k 3 k. k=0 Note que as parcelas 1 k 1 do somatório acima são divisíveis por 3. Logo para que valha a igualdade acima, a última parcela (k = ) também deve ser divisível por 3, o que implica 3 dividir uma potêcia de 2, um absurdo. Seja P o cojuto de todos os poliedros em R 3. Para todo poliedro P P defiimos E(P) como o cojuto das arestas de P. Dada uma aresta e de um poliedro, deotamos por α e o seu âgulo diedral, isto é, o âgulo etre as duas faces que defiem e. Também deotamos o comprimeto de uma aresta e por e. Defiimos o ivariate de Deh como a seguite fução: φ P R P e f (α e ). e E(P) Lema 4.2. Sejam P 1 e P 2 poliedros com iteriores disjutos tais queu P = P 1 P 2 é também um poliedro. Etão φ(p) = φ(p 1 ) + φ(p 2 ). Demostração. Cosidere o plao h que corta P e dá origem aos poliedros P 1 e P 2. Só precisamos aalisar os casos de arestas e 1 P 1 e e 2 P 2 cuja iterseção com h é ão-ula (as demais correspodem a arestas em P de mesmo tamaho e mesmo âgulo diedral). Tais arestas podem ser geradas de três maeiras: 1. O plao h corta o iterior de uma face de P, gerado ovas arestas e 1 P 1 e e 2 P 2 (cujos iteriores estão cotidos o iterior de uma face de P). [FIGURA] Temos e 1 = e 2 α e1 + α e2 = π. Logo e 1 f (α e1 ) + e 2 f (α e2 ) = e 1 ( f (α e1 ) + f (α e2 )) = e 1 f (α e1 + α e2 ) = O plao h itersecta uma aresta e P em exatamete um poto, gerado ovas arestas e 1 P 1 e e 2 P 2 de tamahos diferetes mas com o mesmo âgulo diedral [FIGURA] Temos e 1 + e 2 = e e α e1 = α e2 = α e. Logo e 1 f (α e1 ) + e 2 f (α e2 ) = ( e 1 + e 2 ) f (α e ) = e f (α e ). 3. O plao h é tal que h e = e para uma aresta e P, gerado arestas e 1 P 1 e e 2 P 2 de mesmo tamaho mas com âgulos diedrais distitos. [FIGURA] Temos e 1 = e 2 = e e α e1 + α e2 = α e. Logo e 1 f (α e1 ) + e 2 f (α e2 ) = e f (α e1 + α e2 ) = e f (α e ). 11

12 LADRILHAMENTO DE RETÂNGULOS (BRUNO CAVALAR) 19 DE ABRIL Teorema 4.3 (Teorema de Deh). Seja C um cubo e T um tetraedro, ambos de volumes uitários. Etão C e T ão são equidecompoíveis. Demostração. Primeiro ote que pois f (π/2) = f (π)/2 = 0 e φ(c) = φ(t) = e f (π/2) = 0, e E(C) e f (arccos 1 ) /= 0, e E(T) 3 uma vez que arccos 1 3 = 1. Logo φ(c) /= φ(t). Supoha que existam poliedros A 1,..., A com iteriores dois-a-dois disjutos e B 1,..., B com iteriores dois-a-dois disjutos tais que A i B i (1 i ) e C = A i e T = B i. Etão φ(c) = φ ( A i ) = φ(a i ) = (Lemma idução) φ(b i ) (pois A i B i ) = φ ( B i ) = φ(t), (Lemma idução) cotradizedo o fato de que φ(c) /= φ(t). 5 Ladrilhameto de Retâgulos Aula 8 (19 de Abril) Bruo Cavalar Teorema 5.1. Seja x um úmero irracioal positivo e R R 2 um retâgulo de lados 1 e x. Etão é impossível ladrilhar R com um úmero fiito de quadrados. Demostração. Cosideramos R como um espaço vetorial V sobre Q. Temos portato que 1 e x são liearmete idepedetes em V. Cosidere uma trasformação liear f R R tal que f (1) = 1 e f (x) = 1. Se S é um retâgulo de lados a e b, defiimos v(s) = f (a) f (b). Disto segue que v(r) = 1 e que se Q é um quadrado, etão v(q) 0. Supoha que existe um ladrilhameto de R em um úmero fiito de quadrados Q 1, Q 2,..., Q l. Esteda os segmetos de reta que defiem cada um dos quadrados Q i de forma a obter um ladrilhameto de R em retâgulos R 1,1,..., R,m tais que R i,j tem base a i e altura b j (1 i, 1 j m). [FIGURA] 12

13 LADRILHAMENTO DE RETÂNGULOS (BRUNO CAVALAR) 19 DE ABRIL Temos v(r) = f (1) f (x) = f ( a i ) f m b j j=1 = m f (a i ) f (b j ) m j=1 = f (a i ) f (b j ) j=1 m = f (R i,j ). j=1 Pelo mesmo argumeto, todo quadrado Q k tem sua valuação igual à soma das valuações dos retâgulos R i,j cotidos em Q k, isto é, v(q k ) = Ri,j Q k v(r i,j ) (para todo 1 k l). Mas como cada retâgulo R i,j está cotido em exatamete um quadrado Q k, segue que uma cotradição. m 1 = v(r) = f (R i,j ) = j=1 l v(q k ) 0, k=1 13