PICME/IME/USP COMBINATÓRIA 1. Conjuntos equiláteros

PICME/IME/USP COMBINATÓRIA
NOTAS - 2011 (SEMESTRE 1)
YOSHIHARU KOHAYAKAWA, MIGUEL ABADI E GUILHERME MOTA (IME/USP)
1. Conjuntos equiláteros
12/04/2011
x, y ∈ R d ,
Dados dois vetores
como
kx − ykp ,
denimos a distância
`p
p ∈ {1, 2, ∞})
entre tais vetores (para
onde
kx − yk1 =
kx − yk2 =
Pd
i=1
P
|xi − yi |;
d
i=1 (xi
− yi )2
1/2
;
kx − yk∞ = max1≤i≤d |xi − yi |.
Dados
pi ∈ R d ,
as distâncias
Seja
mente,
para
kpi − pj kp
i ∈ {1, 2, . . . , n},
são iguais para todo par
np (d) = max{n :
n2 (2) = 3.
dizemos que o conjunto
existe um conjunto
{pi , pj }
{p1 , p2 , . . . , pn }
n2 (d)
se
i 6= j .
onde
p-equilátero xi ∈ Rd ,
O seguinte lema dá o valor de
p-equilátero
é
para um
i ∈ {1, . . . , n}}.
para
Clara-
d ≥ 1.
Lema 1. Dado d ≥ 1, temos n2 (d) = d + 1.
Demonstração.
que é
Para mostrar que
2-equilátero.
da coordenada
i,
Sabendo que
n2 (d) ≥ d+1 basta exibirmos um conjunto com d+1 vetores em Rd
ei ∈ Rd
que possui valor
1,
é o vetor com
0
em todas as coordenadas, com exceção
observamos que o conjunto dos vetores
{ei : 1 ≤ i ≤ d + 1}
d
é 2-equilátero e não é difícil ver que tal conjunto de vetores está contido em R .
Deixe-nos mostrar agora que
pi ∈ R d ,
com
para
a matriz de Gram
que
i ∈ {1, . . . , n + 1}.
G = (gi,j )ni,j=1 ,
G = (In + Jn )/2,
coordenadas iguais a
lado,
G = PTP,
n2 (d) ≤ d + 1.
onde
1.
onde
In
com
Seja
(pi )n+1
i=1
Suponha s.p.g.
gi,j = hpi , pj i
é a matriz identidade
Portanto, a matriz
P = [p1 | . . . |pn ]d×n .
um conjunto
2-equilátero
de vetores,
pn+1 = 0
kpi k2 = 1.
Considere
que
para todo
n×n
e
Jn
e
i, j ∈ {1, . . . , n}.
é a matriz
n×n
G tem posto cheio, isto é, posto(G) = n.
Assim, posto(G)
≤ d,
com todas as
Mas, por outro
donde concluímos que
n+1
resultado está provado, pois isto mostra que o conjunto (pi )i=1 possui no máximo
Notas por Guilherme Mota
Assim, temos
n≤d
e o
d + 1 vetores. Observe que o cubo
elementos
x
e
y
{0, 1}d
é um conjunto
∞-equilátero
`∞
deste conjunto possuem distância
que existe algum conjunto
∞-equilátero
com mais de
com
igual a
2d
1.
2d
Portanto,
junto
{e1 , −e1 , e2 , −e2 , . . . , ed , −ed }
equilátero
de tamanho
se tal conjunto é
2d
Mas será
Por simplicidade, a partir
2d
2d − 1.
Observe que o con-
n1 (d) ≥ 2d.
é equilátero, logo,
muito tempo não se soube um limite superior melhor que
n1 (d) = O(d log d).
`1 .
1-equilátero.
há muito tempo que não existem conjuntos equiláteros com mais de
mostraram que
n∞ (d) ≥ 2d .
elementos? (veja exercício 1.1.1).
No restante desta seção iremos focar nossa atenção na distância
de agora, dizemos que um conjunto é
elementos, pois quaisquer dois
É conjecturado
elementos, porém, durante
Em 2003, Alon e Pudlák [1]
Mostaremos aqui uma prova simples de que
n1 (d) = O(d4 ), mas
antes deixe-nos enunciar alguns lemas que serão utilizados na prova deste resultado.
Lema 2
(Lema da imersão aproximada).
Para todos d, q ∈ N, existe uma função fd,q : [0, 1]d → Rdq
tal que, para quaisquer x, y ∈ [0, 1]d , temos
1
kfd,q (x) − fd,q (y)k22 − kx − yk1 ≤ 2d .
q
q
Demonstração.
ção
f1,q
iguais a
Provamos inicialmente o resultado para
tal que as primeiras
0.
Seja
d > 1.
para todo
Lema 3
Temos que
Para
x, y ∈
bqxc
coordenadas de
f1,q (x)
d = 1.
Para
são iguais a
1
x ∈ [0, 1],
e as
considere a fun-
q − bqxc
restantes são
kf1,q (x) − f1,q (y)k22 = |bxqc − byqc| = qkx − yk1 ± 2.
fd,q (x) = (f1,q (x1 ), . . . , f1,q (xd )) ∈ Rdq . Desta
P
kfd,q (x) − fd,q (y)k22 = di=1 (|xi − yi |q ± 2) = kx − yk1 q ± 2d.
x = (xi )di=1 ,
Rd , temos
(Lema do posto).
fazemos
forma,
Seja A = [ai,j ]n×n uma matriz não nula real e simétrica. Então
P
( ni=1 aii )2
P
posto(A) ≥
n
2 .
i,j=1 aij
Demonstração.
ais
Se
λ1 , . . . , λn ∈ R.
A
uma matriz não nula
Ademais, se posto(A)
n×n
= r,
real e simétrica, então possui
então existem exatamente
r
n
autovalores re-
autovalores não nulos.
λ1 , . . . , λr 6= 0 e λr+1 , . . . , λn = 0. Pela desigualdade de
Pr
P
Pr
Pr
Pr
r
2
2
2
2
2
CauchySchwarz ((
i=1 xi yi ) ≤ ( i=1 xi )( i=1 yi )), temos que
i=1 λi ≥ 1/r( i=1 λi ) , isto é,
Sem perda de generalidade, suponha que
Pr
P
λi )2
( ni=1 λi )2
i=1
Pn
r ≥ Pr
2 =
2 .
i=1 λi
i=1 λi
(
2
Dada uma matriz
A,
é sabido que a soma dos autovalores de
a soma dos quadrados dos autovalores de
A
A
é igual ao traço de
é igual ao traço da matriz
A2 .
A
Pn
(
i=1 aii ) e
Assim, temos que
P
( ni=1 aii )2
r ≥ Pn
2 .
i,j=1 aij
O seguinte corolário é facilmente deduzido do Lema 3.
Corolário 4. Seja A = [ai,j ]n×n uma matriz não nula real e simétrica com aii = 1 para todo i ∈ [n]
√
e |aij | ≤ 1/ n para todo i 6= j . Então
Lema 5
posto(A)
≥ n/2.
(Lema sobre conjuntos quase equiláteros).
temos
Sejam p1 , . . . , pn ∈ Rd tais que, para todo i 6= j ,
1
kpi − pj k22 − 1 ≤ √ .
n
Então n ≤ 2(d + 2).
Demonstração.
Seja
A = [ai,j ]n×n
com
o corolário nos dizem que posto(A)
Para tanto, considere, para todo
para
por
x ∈ Rd .
≥ n/2.
i ∈ [n],
Assim, temos que
(fi (p1 ), . . . , fi (pn )) ∈ Rn .
aij = 1 − kpi − pj k2 .
A hipótese do lema juntamente com
Vamos agora limitar superiormente o posto de
a função
aij = fi (pj ).
fi : Rd → R
Portanto, a
tal que
i-ésima
A.
fi (x) = 1 − kx − pi k2
linha da matriz
A
é dada
Mas
fi (x) = 1 − kx − pi k2
= 1 − hx − pi , x − pi i
= 1 − hx − xi − hpi − pi i + 2(x1 pi 1 + . . . + xd pi d )
= 1 − kxk22 − kpi k22 + 2(x1 pi 1 + . . . + xd pi d ).
Portanto, é fácil ver que cada função
constante
1,
as funções
x 7→
possui dimensão no máximo
kxk22 e as
d + 2.
Estes dois fatos nos dizem que
d
fi
é uma combinação linear de
funções
x 7→ xk ).
Logo, posto(A)
d+2
funções (a função
Assim, o espaço gerado pelas funções
≤ d + 2.
Mas sabemos que posto(A)
n ≤ 2(d + 2).
fi
≥ n/2.
Teorema 6. Para todo d ≥ 1, temos n1 (d) < 100d4 .
Demonstração.
Por contradição, suponha que exista um conjunto equilátero em
elementos. Sem perda de generalidade, suponha que um dos
3
n
Rd
elementos é o ponto
com
n = 100d4
(1/2, . . . , 1/2)
e
que a distância entre quaisquer dois pontos é
contido em
1/2.
Assim, o conjunto destes
[0, 1]d .
Aplicando o Lema 2 com
q = 40d3 ,
sabemos que existe uma função
1
kfd,q (x) − fd,q (y)k22 −
q
Isto é,
n pontos está totalmente
2d − q/2 ≤ kfd,q (x) − fd,q (y)k22 ≤ 2d + q/2.
fd,q
tal que
1 2d
≤
.
2
q
Aplicando uma escala de fator
p
q/2, obtemos um
conjunto tal que o quadrado da distância Euclidiana entre quaisquer dois pontos está entre
e
1 + 4d/q
mas
(note que
√
4d/q = 1/10d2 = 1/ n).
2(dq + 2) = 2(40d4 + 2) < 100d4 ,
Aplicando o Lema 5, temos
uma contradição com a escolha de
1 − 4d/q
n ≤ 2(dq + 2),
n.
Para mais detalhes sobre este resultado e sobre outras interessantes aplicações de álgebra linear,
veja [4].
1.1.
Problemas e exercícios.
Todos estão convidados a trabalhar no seguinte exercício.
1. Encontre um bom limite superior para
n∞ (d).
4
2. Duas distâncias / Cobrindo hipercubos
19/04/2011
Primeiramente, consideramos o problema de encontrar a máxima quantidade de pontos que
podem existem em
Rd , d ≥ 2,
tal que as distâncias entre quaisquer dois pontos têm no máximo dois
valores diferentes.
Dado
d ≥ 2,
se existem
denimos
dizemos que o conjunto
a, b ∈ R
tais que
m(2, d) = max{n :
p1 , p2 , . . . , pn ∈ Rd
kpi − pj k2 = a
ou
é um
kpi − pj k2 = b
existe um conjunto de tamanho
n
conjunto com duas distâncias
para todo
i 6= j .
Ademais,
com duas distâncias}.
Claramente, os vértices de um pentágono regular formam um conjunto de cinco pontos com
duas distâncias. Isto mostra que
m(2, 2) ≥ 5.
Mas será que existe um conjunto com duas distâncias
que tenha mais que 5 elementos? (veja exercício 2.1.1).
Considere os
(nas posições
i
e
d
2
j ).
pontos
pij (1 ≤ i < j ≤ d)
{0, 1}d
que contém exatamente dois 1's
Claramente, o conjunto de tais pontos é um conjunto com duas distâncias,
pois só é possível que existam as distâncias
Pd
2
√
e
2.
Porém, este conjunto está contido no hiper-
= 2. Desta forma, o conjunto está contido em Rd−1 . Portanto, acabamos de mostrar
m(2, d) ≥ d+1
= d(d + 1)/2. O seguinte teorema mostra que o fator quadrático em tal limite
2
plano
que
em
i=1 xi
inferior é o melhor possível.
Teorema 7. Seja d ≥ 1. Então m(2, d) ≤ (d2 + 5d + 4)/2.
Demonstração.
Tome
n pontos p1 , . . . , pn ∈ Rd
duas distâncias, digamos,
que
a, b ∈ R.
e suponha que tais pontos formem um conjunto com
Para cada
fi (x) = (kx − pi k2 − a2 )(kx − pi k2 − b2 )
i ∈ {1, . . . , n},
para todo
0=
n
X
Pn
αi fi (pj )
= αj fj (pj )
= αj a2 b2 ,
donde concluímos que
αj = 0.
5
Rd
i=1 αi fi
i=1
fi : Rd → R
tal
f1 , . . . , fn
são
x ∈ Rd .
Considere o espaço vetorial de todas as funções de
linearmente independentes. De fato, suponha que
denimos a função
em
= 0.
R.
Observe que
Assim, para qualquer
j,
temos
Seja
x = (xk )dk=1
e
pi = (pi k )dk=1 .
Veja que
d
X
(xk − pi k )2 − a2
fi (x) =
!
i=1
=
X
d
X
!
(xk − pi k )2 − b2
i=1
αS XS ,
S
onde a última soma é sobre todos os multiconjuntos
S ⊂ [d]
tais que
|S| ≤ 4
2
Desta forma, temos que fi está contido em um espaço de dimensão 1 + d + d
temos
n ≤ 1 + d + d2 + d3 + d4 ,
e
+ d3
XS =
Q
k∈S
xk .
+ d4 . Portanto,
mas não é este o valor que queremos encontrar.
Para encontrar o limite que desejamos, vamos fazer uma análise mais cuidadosa. No que segue,
considere
X=
fi (x) =
Pd
2
i=1 xj ,
d
X

Pi =
Pd
2
i=1 pi j ,
!
Ai = Pi − a2
d
X
(xk − pi k )2 − a2
Bi = Pi − b2 .
= X −
d
X
(xk − pi k )2 − b2

2pi j xj + Ai  X −
j=1
= X 2 − 4X
d
X
Temos que
!
i=1
i=1
d
X

2pi j xj + Bi 
j=1

p i j xj + 4 
j=1
Portanto, os pontos
e
fi (1 ≤ i ≤ n)
d
X

2
pi j xj  + (Ai + Bi ) X − 2
d
X

pi j xj  + Ai Bi .
j=1
j=1
pertencem ao espaço gerado por
X 2,
xk X,
k = 1, . . . , d,
x2k ,
k = 1, . . . , d,
xk x` ,
1 ≤ k < ` ≤ d,
xk ,
k = 1, . . . , d,
1.
Assim, os pontos estão contidos em um espaço de dimensão
Desta forma,
n ≤ (d2 + 5d + 4)/2,
uma vez que os
fi0 s
1 + 3d +
d
2
+ 1 = (d2 + 5d + 4)/2.
são linearmente independentes.
Vamos considerar agora o problema de cobrir hipercubos utilizando hiperplanos.
{0, 1}d \ {0}
Considere
d-dimensional unitário. Observe que todos os pontos estão
Pd
d
contidos nos hiperplanos Wk = {x = (xi )1 :
i=1 xi = k}, para k ∈ {1, . . . , d}. Portanto, acabamos
os pontos
do hipercubo
6
0) de um hiperplano d-dimensional utilizando d
de ver que é possível cobrir os vértices (sem o ponto
hiperplanos.
Dizemos que os hiperplanos
que
{0, 1}d \ {0} ⊂
af(d)
SN
H1 , . . . , HN AF -cobrem {0, 1}d
= min{N :
H1 , . . . , HN
existem hiperplanos
SN
k=1 Hk e, além disso, temos
que AF-cobrem
{0, 1}d }.
≤ d.
O seguinte teorema mostra que, de
{0, 1}d .
Sem perda de generalidade, vamos
= d.
Teorema 8. Seja d ≥ 1. Então
Demonstração.
considerar
Seja
0∈
/
k=1 Hk . Desta forma, denimos
Pelo que foi discutido anteriormente, sabemos que af(d)
fato, af(d)
se
V
Suponha que
af(d)
= d.
H1 , . . . , HN
Hi = {x = (xk )d1 : hai , xi = 1}
AF-cobrem
para
o espaço vetorial das funções de
ai ∈ Rd .
{0, 1}d
nos reais. Considere a função
N
d
Y
Y
f (x) =
(1 − hai , xi) −
(1 − xj ).
(1)
i=1
Claramente,
f
dene um elemento de
polinômio nas variáveis
para
x ∈ {0, 1}d ,
j=1
x1 , . . . , xd .
V,
a saber, o elemento
0 ∈ V.
Suponha agora, por contradição, que
Por outro lado,
N < d.
f
é um
Então, por (1),
temos que
x1 . . . xd =
(2)
X
αS XS ,
S
onde a soma é sobre todos os multiconjuntos
Note que, em
plo:
{0, 1}d ,
x1 2 x2 4 x4 = x1 x2 x4
temos
em
xS = xŜ ,
{0, 1}4 ).
S ⊂ [d]
onde
tais que
Ŝ
que
P
S∈[d] αS XS
temos
que
XS (S ⊂ [d])
αT = 0.
i∈
/ S0 ,
então
=0
XS =
Q
k∈S
Portanto, por (2), temos que o polinômio
são linearmente independentes em
e suponha que
e
S0
é tal que
XS
V,
αS0 6= 0
Assim, se substituirmos (em (2)),
xk .
é o conjunto dos elementos em
combinação linear de monômios multilineares (i.e., da forma
var que
|S| < d
xi = 1
para um conjunto
S
x1 . . . xd
S ).
(exemé uma
Vamos pro-
uma contradição. Para tal, suponha
mas, para todo
sempre que
T ⊂ S0
i ∈ S0
e
com
T 6= S0 ,
xi = 0
sempre
0 = αS0 .
Estes resultados sobre cobertura de hipercubos podem ser vistos em [2].
2.1.
Problemas e exercícios.
Todos estão convidados a trabalhar nos seguintes exercícios.
7
1. Decida se
m(2, 2) ≥ 6.
2. Prove que a cota
damente.
(d2 + 5d + 4)/2
vale para conjuntos que denem duas distâncias
aproxima-
Note que é necessário denir precisamente o que vem a ser conjuntos com duas
distâncias aproximadamente.
3. Estude
m(s, d) = max{n :
existem
m(s, d) ≥
d+2
inicialmente mostre que
4. Prove que
m(2, d) ≤
2
n
pontos em
d+1
s
.
.
8
Rd
denindo
s
distâncias}. Como sugestão,
3. Problema da agulha de Kakeya
26/04/2011
O problema de Kakeya consiste em determinar a menor área de uma região no plano em que
podemos girar uma agulha em 360 graus.
dizemos que um conjunto
X
é um
Considerando uma agulha de comprimento unitário,
conjunto de Kakeya
se
X
contém um segmento de comprimento 1
em todas as direções (i.e., para qualquer direção que considerarmos, a agulha cabe em tal conjunto).
Um pesquisador chamado Besicovitch deu uma construção engenhosa de um conjunto de Kakeya
com medida nula [3]. Daremos aqui uma ideia de como é possível construir um conjunto de Kakeya
com medida arbitrariamente pequena.
altura
h ∈ [0, 1)
procedimento:
triângulos
e um inteiro
dividimos
T2 , . . . , Tk
(3, h)-corte
T
k ≥ 2.
em
k
Considere um triângulo
Denimos um
T
de altura 1 e considere uma
(k, h)-corte de T com translação
o seguinte
triângulos menores, todos com mesma base, transladamos os
de modo que os
k
triângulos se sobrepõem na altura
h.
Um exemplo de um
com translação pode ser visto na Figura 1.
T1 T2 T3
1
h
0
Figura 1.
(3, h)-corte
com translação.
Aplicando estes cortes repetidas vezes, em alturas diferentes, podemos obter conjuntos de Kakeya com medida arbitrariamente pequena. Seja
graus no ângulo do topo. Aplicamos um
m
um inteiro grande e
(m, 1/m)-corte
em
T,
mm
um triângulo com 90
então aplicamos um
em todos os triângulos resultantes e assim por diante até aplicarmos um
procedimento gera
T
(m, 2/m)-corte
(m, (m − 1)/m)-corte.
triângulos, de modo que denotamos a união destes triângulos por
Tal
Bm .
É
possível mostrar que, em qualquer altura, o tamanho da interseção entre os triângulos é no máximo
1/m.
Precisamos agora dar uma ideia de como é possível girar a agulha utilizando o conjunto
Bm .
Para esta tarefa, aumentamos o conjunto através da criação de certos corredores que são extensões
dos triângulos.
9
Figura 2. Corredores para movimentação da agulha em
Bm .
Podemos mover a agulha (de uma marca azul para outra na Figura 2) para baixo pelo corredor
vermelho, rotacioná-la e subir até a base do outro triângulo, rotacioná-la novamente, e, enm, levála a este triângulo. Desde que façamos a agulha seguir por uma distância sucientemente grande
pelo corredor, as rotações irão gerar uma área arbitrariamente pequena.
Consideremos agora o problema de Kakeya no contexto nito (ao invés de
Fn ,
onde
existe
F
é um corpo nito). Dizemos que
a∈S
tal que
contém direção u,
dizemos que
a + tu ∈ S
com
S ⊂ Fn
u ∈ Fn
é um
e
para todo
u 6= 0
S ⊂ Rn contém direção u,
0 ≤ t ≤ 1.
se existe
conjunto de Kakeya
a∈S
em
Fn
Portanto, em
tal que
se
S
com
Fn ,
a + tu ∈ S
Rn , vamos considerar
u ∈ Rn
e
kuk = 1
um subconjunto
para todo
contém toda direção
t ∈ F.
se
S ⊂ Fn
Com isso,
u ∈ {Fn \ {0}}.
Teorema 9. Seja F um corpo com q elementos. Todo conjunto de Kakeya em Fn possui pelo menos
q+n−1
n
elementos.
Note que, para
1/n!
de
Fn ,
n
desde que
q grande, conjuntos de Kakeya em Fn são
q+n−1
= (q + n − 1)n /n! ≥ q n /n! = |Fn |/n!.
n
xo e
uma proporção pelo menos
Os lemas 10 e 11 serão úteis na prova do Teorema 9.
Lema 10. Sejam a1 , a2 , . . . , an ∈ Fn com N < d+n
n . Então existe polinômio p = p(x1 , . . . , xn ) 6= 0
com coecientes em F de grau no máximo d tal que p(ai ) = 0 para i ∈ {1, . . . , n}.
Demonstração.
p(x1 , . . . , xn ) =
Um polinômio de grau no máximo
P
α1 +...+αn ≤d (cα1 ,...,αn
xα1
d
em
. . . xαn ), onde
10
x1 , . . . , xn
αi ≥ 0
e
pode ser escrito na forma
cα1 ,...,αn ∈ F.
O número de
d+n
n . Para cada i, temos uma equação linear envolvendo os ter
d+n
0. Desde que temos N < d+n
equações e
indeterminadas
n
n
monômios na expressão acima é
mos
cα1 ,...,αn
cα1 ,...,αn ,
dada por
p(ai ) =
existe uma solução não nula.
Lema 11. [Teorema de SchwartzZippel] Seja K um corpo e S ⊂ K nito. Para todo polinômio
não nulo p = p(x1 , . . . , xn ) com coecientes em K , temos que, se escolhermos (s1 , . . . , sm ) ∈ S m
uniformemente ao acaso, então
Pr(p(s1 , . . . , sm )
= 0) ≤
d
,
|S|
onde d é o grau do polinômio p.
Demonstração.
no máximo
d
Suponha
Utilizamos indução em
m.
Se
m = 1,
basta lembrar que
p(x) ∈ K[x]
d
de grau
tem
raízes.
m > 1 e considere o resultado válido para valores menores de m.
podemos escrever o polinômio
p
Ajustando a notação,
da seguinte forma.
p(x1 , . . . , xm ) =
k
X
pi (x1 , . . . , xm−1 )xim ,
i=0
com
pi (x1 , . . . , xm−1 )
Seja
R ⊂ Sm
não nulo.
com
R = {r = (r1 , . . . , rm ) ∈ S m : p(r) = 0}.
R1 = {r ∈ R : pk (r1 , . . . , rm−1 ) = 0}
e
R2 = R \ R 1 .
que temos a hipótese indutiva e sabemos que o grau de
(r1 , . . . , rm−1 ),
temos no máximo
k
escolhas para
rm
|R1 | ≤ ((d − k)|S|m−2 )|S|,
Então
pk
Considere agora o conjunto
é no máximo
se queremos
r ∈ R2 .
desde
d − k.
Ademais, xado
Assim,
|R2 | ≤ k|S|m−1 .
|R| = |R1 | + |R2 | ≤ d|S|m−1 .
Portanto,
Demonstração do Teorema 9. Fixe S conjunto
|S| = N < q+n−1
. Usando Lema 10, xamos
n
de Kakeya em
polinômio
Fn .
p 6= 0
Suponha
com
S = {a1 , . . . , an }
p(ai ) = 0
para todo
i
e
e grau
d ≤ q − 1.
Fixe
f (t)
u ∈ Fn \ {0}.
o polinômio em
Como
f (b) = 0
coeciente de
dado por
para todo
a ∈ Fn
f (t) = p(a + tu).
b ∈ F, f
td em f (t) é zero.
é a assim chamada
u ∈ Fn .
t
Temos que existe
de
p.
|R| ≤ d|F|n−1 ≤ (q − 1)q n−1 < q n ,
zeros. Portanto,
p(u), onde p(u) =
Claramente,
Mas, pelo Lema 11 aplicado com
p(a + tu) = 0
Sabemos que o grau de
q > q−1
possui
Tal coeciente é
parte homogênea
tal que
S = F,
uma contradição.
11
p(x) 6≡ 0.
temos que se
P
para todo
f (t)
t ∈ F.
é no máximo
f (t) ≡ 0.
q − 1.
Em particular, o
α1
α1 +...+αn =d Cα1 ,...,αn x1
Temos assim,
Seja
p(u) = 0
. . . xαnn
para todo
R = {r ∈ Fn : p(r) = 0},
então
Referências
Equilateral sets in l , Geom. Funct. Anal. 13 (2003), no. 3, 467482.
[2] N. Alon and Z. Füredi, Covering the cube by ane hyperplanes, European J. Combin. 14 (1993), no. 2, 7983.
[3] A. S. Besicovitch, On Kakeya's problem and a similar one, Math. Z. 27 (1928), no. 1, 312320.
[4] J. Matou²ek, Thirty-three miniatures, Student Mathematical Library, vol. 53, American Mathematical Society,
[1] N. Alon and P. Pudlák,
n
p
Providence, RI, 2010, Mathematical and algorithmic applications of linear algebra.
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