´ MATEMATIKAI FELADATOK DISZKRET
Jegyzetek ´ es p´ eldat´ arak a matematika egyetemi oktat´ as´ ahoz sorozat
Algoritmuselm´elet Algoritmusok bonyolults´ aga Analitikus m´ odszerek a p´enz¨ ugyekben Bevezet´es az anal´ızisbe Differential Geometry Diszkr´et optimaliz´ al´ as Diszkr´et matematikai feladatok Geometria Igazs´ agos eloszt´ asok Interakt´ıv anal´ızis feladatgy˝ ujtem´eny matematika BSc hallgat´ok sz´am´ara Introductory Course in Analysis Matematikai p´enz¨ ugy Mathematical Analysis-Exercises 1-2 M´ert´ekelm´elet ´es dinamikus programoz´as Numerikus funkcion´ alanal´ızis Oper´ aci´ okutat´ as Oper´ aci´ okutat´ asi p´eldat´ ar Optim´ alis ir´ any´ıt´ asok Parci´ alis differenci´ alegyenletek P´eldat´ ar az anal´ızishez Szimmetrikus kombinatorikai strukt´ ur´ak T¨ obbv´ altoz´ os adatelemz´es
´ ri Pe ´ter Csikva ´ n Lo ´ ra ´ nt Nagy Zolta ´ lvo ¨ lgyi Do ¨ mo ¨ to ¨r Pa
´ DISZKRET MATEMATIKAI FELADATOK
Eo os Lor´ and Tudom´ anyegyetem ¨tv¨ Term´ eszettudom´ anyi Kar Typotex 2014
© 2014–2019, Csikv´ ari P´eter, Nagy Zolt´an L´or´ant, P´alv¨olgyi D¨om¨ot¨or, E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetem, Term´eszettudom´anyi Kar
Lektor´ alta: Simonyi G´ abor Creative Commons NonCommercial-NoDerivs 3.0 (CC BY-NC-ND 3.0) A szerz˝ o nev´enek felt¨ untet´ese mellett nem kereskedelmi c´ellal szabadon m´asolhat´ o, terjeszthet˝ o, megjelentethet˝o ´es el˝oadhat´o, de nem m´odos´ıthat´o. ISBN 978 963 279 262 0 K´esz¨ ult a Typotex Kiad´ o (http://www.typotex.hu) gondoz´as´aban Felel˝ os vezet˝ o: Votisky Zsuzsa M˝ uszaki szerkeszt˝ o: Gerner J´ozsef ´ K´esz¨ ult a TAMOP-4.1.2-08/2/A/KMR-2009-0045 sz´am´ u, Jegyzetek ´es p´eldat´ arak a matematika egyetemi oktat´as´ahoz” c´ım˝ u projekt ” keret´eben.
KULCSSZAVAK: Gr´ afelm´elet, lesz´aml´al´as, algoritmusok, val´oszin˝ us´egi ´es (line´ aris) algebrai m´ odszerek kombinatorik´aban ´es gr´afelm´eletben. ´ Ennek a jegyzetnek a c´elja, hogy seg´ıts´eget ny´ ¨ OSSZEFOGLAL AS: ujtson az E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetemen tanul´o matematika BSc ´es MSc hallgat´ oknak a Sz´ am´ıt´ og´eptudom´ anyi tansz´ek ´altal oktatott kurzusokhoz, els˝osorban a V´eges matematika, Diszkr´et matematika ´es Algoritmuselm´elet t´argyakhoz. A feladatok nagyr´eszben az elm´ ult ´evek feladatsoraib´ol ker¨ ulnek ki ´es megold´ asok is tartoznak hozz´ajuk, ezzel a gyakorlatokra ´es ZH-kra val´o felk´esz¨ ul´est k¨ onny´ıtik meg mind a hallgat´oknak, mind a tan´aroknak. Az ´erintett t´em´ ak a gr´ afelm´elet, lesz´ aml´ al´as, algoritmusok, val´oszin˝ us´egi ´es (line´aris) algebrai m´ odszerek kombinatorik´aban ´es gr´afelm´eletben. A feladatokat eszerint csoportos´ıtottuk, a megold´ asok pedig a k¨onyv m´asodik fel´eben szerepelnek.
Tartalomjegyz´ ek 1. Gr´ afelm´ elet ¨ 1.1. Osszef¨ ugg˝ os´eg, fesz´ıt˝of´ak . . . . . . . . . 1.2. F´ ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. K¨ orkeres´es . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . 1.5. T¨ obbsz¨ or¨ os o ugg˝os´eg, Menger-t´etel ¨sszef¨ 1.6. F¨ ulfelbont´ as . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. P´ aros´ıt´ asi feladatok p´aros gr´afokban . . 1.8. F¨ uggetlen ´elhalmazok . . . . . . . . . . 1.9. Lefog´ asok, f¨ uggetlen halmazok . . . . . 1.10. S´ıkgr´ afok . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Tournamentek . . . . . . . . . . . . . . 1.12. K¨ or¨ ok, utak ir´ any´ıtott gr´afokban . . . . 1.13. A Tur´ an-t´etel ´es alkalmaz´asai . . . . . . 1.14. Csereszny´ek . . . . . . . . . . . . . . . . 1.15. Sz´ınez´esi feladatok . . . . . . . . . . . . ´ ınez´esek . . . . . . . . . . . . . . . . 1.16. Elsz´ 1.17. S´ıkgr´ afok sz´ınez´ese . . . . . . . . . . . . 1.18. Listasz´ınez´esek . . . . . . . . . . . . . . 1.19. Perfekt gr´ afok . . . . . . . . . . . . . . . 1.20. Sorrend szerinti sz´ınez´esek . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 5 6 6 7 7 9 9 11 12 13 15 16 16 17 19 20 20 21 21 22
2. Lesz´ aml´ al´ asi feladatok 2.1. Bevezet˝ o feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Szita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Binomi´ alis egy¨ utthat´ok ´es gener´atorf¨ uggv´enyek 2.4. Line´ aris rekurzi´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Fibonacci-sorozat . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Catalan-sz´ amok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Stirling sz´ amok . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
23 23 24 29 33 33 35 36
i
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8. Part´ıci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
3. Algebrai m´ odszerek a kombinatorik´ aban 3.1. Line´ aris algebrai m´ odszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Polinomm´ odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaz´asai . . . . . . . .
43 43 44 45
4. Spektr´ algr´ afelm´ eleti feladatok 4.1. Bevezet˝ o feladatok . . . . . . . . . 4.2. Gr´ afszorzatok, gr´ aftranszform´aci´ok 4.3. Spektr´ alsug´ ar-becsl´esek . . . . . . 4.4. Gr´ afparam´eterek becsl´esei . . . . . 4.5. Er˝ osen regul´ aris gr´ afok . . . . . . . 4.6. Laplace-saj´ at´ert´ekek . . . . . . . .
. . . . . .
49 49 52 53 54 55 56
5. Val´ osz´ın˝ us´ egsz´ am´ıt´ asi m´ odszerek a kombinatorik´ aban 5.1. V´ arhat´ o ´ert´ek ´es v´ altoztatott v´eletlen . . . . . . . . . . . . . 5.2. M´ asodik momentum m´odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. A Lov´ asz-f´ele lok´ al-lemma alkalmaz´asai . . . . . . . . . . . .
59 59 63 65
6. Algoritmuselm´ elet 6.1. Rekurzi´ ok . . . . . . . . . . . . 6.2. Rendez´es . . . . . . . . . . . . 6.3. Sz´ amol´ as . . . . . . . . . . . . 6.4. Diszkr´et Fourier-transzform´aci´o 6.5. Stabil p´ aros´ıt´ asok . . . . . . . . 6.6. Elemi Gr´ afalgoritmusok . . . . 6.7. Dinamikus programoz´as . . . . 6.8. Folyamok . . . . . . . . . . . . 6.9. Approxim´ aci´ o . . . . . . . . . . 6.10. K´ odol´ as . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
67 69 70 71 72 73 74 76 77 79 79
7. Gr´ afelm´ elet – megold´ asok ¨ 7.1. Osszef¨ ugg˝ os´eg, fesz´ıt˝of´ak . . . . . . . . . 7.2. F´ ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3. K¨ orkeres´es . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . 7.5. T¨ obbsz¨ or¨ os ¨ osszef¨ ugg˝os´eg, Menger-t´etel 7.6. F¨ ulfelbont´ as . . . . . . . . . . . . . . . . 7.7. P´ aros´ıt´ asi feladatok p´aros gr´afokban . . 7.8. F¨ uggetlen ´elhalmazok . . . . . . . . . . 7.9. Lefog´ asok, f¨ uggetlen halmazok . . . . . 7.10. S´ıkgr´ afok . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
81 81 82 83 84 85 87 88 91 93 94
ii
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
7.11. Tournamentek . . . . . . . . . . 7.12. K¨ or¨ ok, utak ir´ any´ıtott gr´afokban 7.13. A Tur´ an-t´etel ´es alkalmaz´asai . . 7.14. Csereszny´ek . . . . . . . . . . . . 7.15. Sz´ınez´esi feladatok . . . . . . . . ´ ınez´esek . . . . . . . . . . . . 7.16. Elsz´ 7.17. S´ıkgr´ afok sz´ınez´ese . . . . . . . . 7.18. Listasz´ınez´esek . . . . . . . . . . 7.19. Perfekt gr´ afok . . . . . . . . . . . 7.20. Sorrend szerinti sz´ınez´esek . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
98 98 99 101 104 106 107 108 109 111
8. Lesz´ aml´ al´ asi feladatok – megold´ asok 8.1. Bevezet˝ o feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Szita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Binomi´ alis egy¨ utthat´ok ´es gener´atorf¨ uggv´enyek 8.4. Line´ aris rekurzi´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5. Fibonacci-sorozat . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6. Catalan-sz´ amok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7. Stirling sz´ amok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.8. Part´ıci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
113 113 116 123 135 136 140 142 148
9. Algebrai m´ odszerek a kombinatorik´ aban – megold´ asok 151 9.1. Line´ aris algebrai m´ odszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 9.2. Polinomm´ odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 9.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaz´asai . . . . . . . . 157 10.Spektr´ algr´ afelm´ eleti feladatok – megold´ asok 10.1. Bevezet˝ o feladatok . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Gr´ afszorzatok, gr´ aftranszform´aci´ok . . . . . . 10.3. Spektr´ alsug´ ar-becsl´esek . . . . . . . . . . . . 10.4. Gr´ afparam´eterek becsl´esei . . . . . . . . . . . 10.5. Er˝ osen regul´ aris gr´ afok . . . . . . . . . . . . . 10.6. Laplace-saj´ at´ert´ekek . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
163 163 168 169 171 173 176
11.Val´ osz´ın˝ us´ egsz´ am´ıt´ asi m´ odszerek a kombinatorik´ aban – megold´ asok 183 11.1. V´ arhat´ o ´ert´ek ´es v´ altoztatott v´eletlen . . . . . . . . . . . . . 183 11.2. M´ asodik momentum m´odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 11.3. A Lov´ asz-f´ele lok´ al-lemma alkalmaz´asai . . . . . . . . . . . . 200 12.Algoritmuselm´ elet – megold´ asok 205 12.1. Rekurzi´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 12.2. Rendez´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 iii
12.3. Sz´ amol´ as . . . . . . . . . . . . 12.4. Diszkr´et Fourier-transzform´aci´o 12.5. Stabil p´ aros´ıt´ asok . . . . . . . . 12.6. Elemi gr´ afalgoritmusok . . . . . 12.7. Dinamikus programoz´as . . . . 12.8. Folyamok . . . . . . . . . . . . 12.9. Approxim´ aci´ o . . . . . . . . . . 12.10.K´ odol´ as . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
210 211 212 213 216 218 220 221
Elekes Gy¨ orgy eml´ek´ere
El˝ osz´ o Ennek a jegyzetnek a c´elja, hogy seg´ıts´eget ny´ ujtson az E¨otv¨os Lor´and Tudom´ anyegyetemen tanul´ o matematika BSc ´es MSc hallgat´oknak a Sz´am´ıt´og´eptudom´ anyi Tansz´ek ´ altal oktatott kurzusokhoz, els˝osorban a v´eges matematika, diszkr´et matematika ´es algoritmuselm´elet t´argyakhoz. A feladatok nagyr´eszt az elm´ ult ´evek feladatsoraib´ol ker¨ ulnek ki ´es megold´asok is tartoznak hozz´ ajuk, ezzel a gyakorlatokra ´es ZH-kra val´o felk´esz¨ ul´est k¨onny´ıtik meg mind a hallgat´ oknak, mind a tan´aroknak. Az ´erintett t´em´ak a gr´afelm´elet, algoritmusok, val´ oszin˝ us´egi ´es (line´aris) algebrai m´odszerek a kombinatorik´aban ´es gr´ afelm´eletben. A feladatokat eszerint csoportos´ıtottuk, a megold´asok pedig a k¨ onyv m´ asodik fel´eben szerepelnek. A jegyzet kiindul´ opontj´ aul az Elekes Gy¨orgy ´altal ¨osszegy˝ ujt¨ott feladatok szolg´ altak, de ezen k´ıv¨ ul sz´ amtalan forr´asb´ol mer´ıtett¨ unk, a legt¨obb p´eld´an´al k´eptelens´eg lenne kider´ıteni, hogy kit˝ol sz´armazik. Sz´amos feladat cikkekben jelent meg lemmak´ent, ¨ on´ all´ oan nem h´ıres eredm´enyek, de mindenk´epp tanuls´ agosak. A gr´ afelm´eleti ´es a lesz´aml´al´asi feladatok egy r´esz´et Elekes Gy¨orgyt˝ ol ´es Lippner G´ abort´ ol tanultuk, akik hossz´ u ideig tartott´ak az els˝o ´eves v´eges matematika gyakorlatot. Sz´amos feladatot kifejezetten az´ert dolgoztak ki, hogy a di´ akok min´el ¨on´all´obban tudjanak egy-egy t´em´at elsaj´at´ıtani. ´ N´eh´ any polinomm´ odszeres feladatot a szerz˝ok T´oth Agnest˝ ol tanultak. Az algoritmuselm´eleti p´eld´ ak k¨ oz¨ ul rengeteg sz´armazik Kir´aly Zolt´ant´ol ´es Hubai Tam´ ast´ ol. Ezen k´ıv¨ ul hasznos megjegyz´esek´ert ´es ´eszrev´etelek´ert szint´en k¨osz¨ onettel tartozunk Kisfaludy-Bak S´andornak ´es a sok–sok hallgat´onak, akik az ´evek sor´ an ´eszrev´eteleikkel hozz´aj´arultak a feladatok ´es megold´asaik sz´ınvonal´ ahoz. A fent eml´ıtett matematikusokon k´ıv¨ ul a szerz˝ok nagyon sokat tanultak G´ acs Andr´ ast´ ol, Lov´asz L´aszl´ot´ol, Sziklai P´etert˝ol, Sz˝onyi Tam´ast´ol ´es m´eg sok m´ as embert˝ ol, akiknek ez´ert nagyon h´al´asak.
1. fejezet
Gr´ afelm´ elet ¨ 1.1. Osszef u os´ eg, fesz´ıt˝ of´ ak ¨ gg˝ 1.1. Adott az o ugg˝ o G gr´af k´et fesz´ıt˝of´aja. Mutasd meg, hogy n´eh´any ¨sszef¨ l´ep´esben el lehet jutni az egyikb˝ol a m´asikba u ´gy, hogy minden l´ep´esben fesz´ıt˝ of´ at kapunk ´es mindig az aktu´alis fesz´ıt˝ofa egy ´el´et cser´elj¨ uk le a gr´af egy m´ asik ´el´ere! megold´ as
1.2. A G ¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ af egy fesz´ıt˝of´aj´at altern´al´onak nevezz¨ uk, ha ± jeleket lehet ´ırni a fa ´eleire u ´gy, hogy minden nem fabeli ´el ´altal meghat´arozott fabeli u ´ton felv´ altva vannak a + ´es − jelek. Mutassuk meg, hogy minden ¨osszef¨ ugg˝o gr´ afnak van altern´ al´ o fesz´ıt˝ of´aja! megold´ as
1.3. Egy konvex soksz¨ oget egym´ast nem metsz˝o ´atl´okkal h´aromsz¨ogekre osztottunk. Bizony´ıtsd be, hogy van olyan h´aromsz¨og, amelynek k´et oldala is a soksz¨ og eredeti oldalai k¨ oz¨ ul ker¨ ul ki! megold´ as
1.4. n sz´ amb´ ol n2 p´ aronk´enti ¨osszeget k´epez¨ unk, ahol n ≥ 5. K¨oz¨ ul¨ uk legn2 −3n+4 al´ abb sz´ am racion´ alis. Bizony´ıtsd be, hogy az ¨osszes sz´am racion´alis! 2 megold´ as
1.5. Azt mondjuk, hogy egy G gr´af egy´ertelm˝ uen k-sz´ınezhet˝o, ha egyr´eszt l´etezik a cs´ ucsainak j´ o sz´ınez´ese (ahol ´elszomsz´edos cs´ ucsok sz´ıne k¨ ul¨onb¨oz˝o)
6
´ felme ´let 1. Gra
k sz´ınnel, m´ asr´eszt b´ armely k´et cs´ ucs´ara a gr´afnak, azok vagy megegyez˝o sz´ın˝ uek minden j´ o k-sz´ınez´esben, vagy mindben elt´er˝o sz´ın˝ uek. Igazoljuk, hogy ha az n ≥ 3 cs´ ucs´ u G gr´af egy´ertelm˝ uen 3-sz´ınezhet˝o, akkor G-nek legal´ abb 2n − 3 ´ele van! megold´ as
1.2. F´ ak 1.6. Legyen T a T fa k darab nem felt´etlen¨ ul k¨ ul¨onb¨oz˝o r´eszf´aja u ´gy, hogy ar metszi egym´ast. Mutasd meg, hogy van legal´ abb kf 2 (rendezetlen) T -beli p´ a T f´ anak olyan cs´ ucsa, amelyet legal´abb f2 + 1 T -beli elem tartalmaz! megold´ as
1.7. Legyenek r, m pozit´ıv eg´eszek ´es legyen R tetsz˝oleges multihalmaza a T fa cs´ ucsainak u ´gy, hogy |R| = rm. Mutasd meg, hogy ekkor l´etezik S ⊆ V (T ), melyre |S| ≤ m−1, ´es T \S minden ¨osszef¨ ugg˝o komponense legfeljebb r elem´et tartalmazza R-nek! megold´ as
1.3. K¨ orkeres´ es K´etf´ele megk¨ ozel´ıt´es megvizsg´ al´ asa hasznos lehet ezekben a feladatokban. Az egyik, ha a gr´ af egy r¨ ogz´ıtett strukt´ ur´ aj´ ab´ ol indulunk ki, amiben az ´elek elhelyezked´es´er˝ ol van inform´ aci´ onk. Erre p´elda lehet, ha vessz¨ uk a gr´ af egy m´elys´egi vagy sz´eless´egi keres´es fesz´ıt˝ of´ aj´ at. A nem fa´elek csak meghat´ arozott m´ odon haladhatnak ebben az esetben. A m´ asik megk¨ ozel´ıt´es alapja, hogy egyfajta sz´els˝ o helyzetb˝ ol indulunk, ez szint´en er˝ os strukt´ ur´ at adhat az ´elek elhelyezked´es´ere n´ezve. Erre p´elda lehet, ha a gr´ af leghosszabb u ´tj´ at tekintj¨ uk; ennek k´et v´egpontj´ ab´ ol csak az u ´t bels˝ o pontjaiba, vagy a m´ asik v´egpontba vezethet ´el. Eredm´enyre vezethet szint´en, ha a leghosszabb/legr¨ ovidebb k¨ orb˝ ol indulunk ki. 1.8. Egy n cs´ ucs´ u ¨ osszef¨ ugg˝o gr´afban nincs p´aros k¨or. Mutasd meg, hogy legfeljebb 32 (n − 1) ´ele van! megold´ as
1.9. Legyen n ≥ 4. Tegy¨ uk fel, hogy az n cs´ ucs´ u ¨osszef¨ ugg˝o G gr´afnak legal´ abb 2n − 3 ´ele van. Igazoljuk, hogy G tartalmaz egy k¨ort, benne egy atl´ ´ oval. Mutassuk meg, hogy az ´all´ıt´as ´eles! megold´ as
7
1.4. Vegyes feladatok
1.10. A Kn teljes gr´ af ´eleit n sz´ınnel sz´ınezt¨ uk u ´gy, hogy minden sz´ın szerepel is. Mutasd meg, hogy van benne olyan h´aromsz¨og, melynek oldalai k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ uek! megold´ as
1.11. Egy n-cs´ ucs´ u p´ aros G gr´afban nincsenek C4 , C6 , . . . , C2k hossz´ u k¨or¨ok. Mutasd meg, hogy G ´eleinek sz´ama legfeljebb n1+1/k + n! megold´ as
1.4. Vegyes feladatok 1.12. Mutasd meg, hogy ha egy ¨osszef¨ ugg˝o G gr´afban a leghosszabb k¨or ´es a leghosszabb u ´t cs´ ucssz´ ama azonos, akkor a gr´afban van Hamilton-k¨or! megold´ as
1.13. (a) Mutasd meg, hogy nem lehet a Petersen-gr´af ´eleit h´arom sz´ınnel sz´ınezni u ´gy, hogy minden cs´ ucsn´al h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ u ´el legyen! (b) Mutasd meg, hogy nincs a Petersen-gr´afban Hamilton-k¨or! megold´ as
1.14. Mutasd meg, hogy ha egy o¨sszef¨ ugg˝o 2r-regul´aris gr´afnak p´aros sok ´ele van, akkor az ´elhalmaza el˝o´all k´et r-regul´aris gr´af uni´ojak´ent! megold´ as
1.15. Milyen n-re l´etezik n cs´ ucs´ u gr´af, amely izomorf a komplementer´evel? megold´ as
1.16. Legyen G = (V, E) gr´af kp cs´ ucson, δ(G) ≥ kq minim´alis fokkal. Bizony´ıtsd be, hogy l´etezik olyan H fesz´ıtett r´eszgr´afja, melyre |V (H)| = p ´es δ(H) ≥ q! megold´ as
1.5. T¨ obbsz¨ or¨ os ¨ osszefu os´ eg, Menger-t´ etel ¨ gg˝ 1.17. (a) Mutasd meg, hogy egy 3-regul´aris egyszer˝ u gr´afra az ´el¨osszef¨ ugg˝os´egi sz´ am ´es az ¨ osszef¨ ugg˝ os´egi sz´am megegyezik! (b) Mutass p´eld´ at arra, hogy 4-regul´aris gr´afra ez nem igaz! megold´ as
8
´ felme ´let 1. Gra
1.18. Egy k-szorosan o ugg˝o gr´afhoz hozz´avesz¨ unk egy cs´ ucsot ´es o¨ssze¨sszef¨ k¨ otj¨ uk k m´ asik cs´ uccsal. Mutasd meg, hogy tov´abbra is k-szorosan o¨sszef¨ ugg˝o gr´ afot kaptunk! megold´ as
1.19. Igazold az al´ abbi k¨ ovetkeztet´eseket! (a) Max-flow-min-cut ⇒ Ir´any´ıtott ´el-Menger t´etel (b) Ir´ any´ıtott ´el-Menger t´etel ⇒ Ir´any´ıtott pont-Menger t´etel (c) Ir´ any´ıtott pont-Menger t´etel ⇒ K˝onig–Hall-t´etel (d) Ir´ any´ıtott pont-Menger t´etel ⇒ Ir´any´ıtatlan pont-Menger t´etel (e) Ir´ any´ıtott ´el-Menger t´etel ⇒ Ir´any´ıtatlan ´el-Menger t´etel megold´ as
1.20. Tegy¨ uk fel, hogy G ir´any´ıtott gr´af minden x 6= a, b pontj´anak kifoka egyenl˝ o a befok´ aval, m´ıg a kifoka k-val nagyobb mint a befoka. Bizony´ıtsd be, hogy l´etezik G-ben k ´eldiszjunkt (a, b) u ´t! megold´ as
1.21. Egy ir´ any´ıtott G gr´ af minden cs´ ucs´aba ugyanannyi ´el megy be, mint amennyi ki. Tudjuk, hogy a gr´af b cs´ ucs´ab´ol k darab ´elf¨ uggetlen u ´t megy a-ba. Mutasd meg, hogy ekkor van k darab ´elf¨ uggetlen u ´t a-b´ol b-be, melyek ´elei f¨ uggetlenek az eredeti k darab u ´tt´ol! megold´ as
1.22. Egy G gr´ af x ´es y pontja k¨oz¨ott legfeljebb k ´eldiszjunkt u ´t megy. Bizony´ıtsd be, hogy x ´es y k¨oz¨ott legfeljebb 2k (nem felt´etlen¨ ul k¨ ul¨onb¨oz˝o) u ´t van u ´gy, hogy minden ´el legfeljebb k´et u ´tban van benne! megold´ as
1.23. Legyenek x1 , x2 , . . . , xk ´es y1 , . . . , yk egy k-szorosan ¨osszef¨ ugg˝o gr´af cs´ ucsai. Mutasd meg, hogy van k darab olyan cs´ ucsdiszjunkt u ´t, melyek p´ aros´ıtj´ ak az x-eket az y-okkal! megold´ as
1.24. Legyenek x, y1 , y2 , . . . , yk−1 ´es z egy k-szorosan ¨osszef¨ ugg˝o gr´af cs´ ucsai. Bizony´ıtsd be, hogy van olyan x − z u ´t amely ´atmegy az yi -ken! megold´ as
´s 1.6. F¨ ulfelbonta
9
1.25. [Dirac t´etele] Bizony´ıtsd be, hogy ha k > 1, akkor egy k-szorosan o ugg˝ o G gr´ af b´ armely k pontja egy k¨or¨on van. ¨sszef¨ megold´ as
1.6. Fu as ¨ lfelbont´ 1.26. Legyen a G ir´ any´ıtott gr´af er˝osen ¨osszef¨ ugg˝o. Mutassuk meg, hogy van G-nek k¨ ovetkez˝ o alak´ u f¨ ulfelbont´asa: egy pontb´ol indulva mindig ir´any´ıtott utat vagy k¨ ort adunk az addig fel´ep´ıtett gr´afhoz u ´gy, hogy u ´t eset´en csak a k´et v´egpontot, k¨ or eset´en csak egy pontot tartalmazzon az addig fel´ep´ıtett gr´ af az u ´j u ´tb´ ol, illetve k¨ orb˝ ol. megold´ as
1.27. Legyen a, b ∈ V (G) ahol G 2-szeresen ¨osszef¨ ugg˝o gr´af. Mutasd meg, hogy G ´elei ir´ any´ıthat´ oak u ´gy, hogy minden ´el rajta legyen egy ir´any´ıtott (a, b) u ´ton! megold´ as
1.28. Legyen G ir´ any´ıtott gr´af er˝osen ¨osszef¨ ugg˝o ´es ir´any´ıt´as´at elhagyva 2szeresen o ugg˝ o. Mutassuk meg, hogy van G-nek k¨ovetkez˝o alak´ u f¨ ulfel¨sszef¨ bont´ asa: egy ir´ any´ıtott k¨ orb˝ ol indulva mindig ir´any´ıtott utat adunk az addig fel´ep´ıtett gr´ afhoz u ´gy, hogy az addig fel´ep´ıtett gr´af az u ´j u ´tb´ol csak annak k´et v´egpontj´ at tartalmazza. megold´ as
1.29. A G gr´ af k´etszeresen ´el¨osszef¨ ugg˝o, de b´armely ´el´et elhagyva m´ar nem k´etszeresen ´el¨ osszef¨ ugg˝ o. Mutasd meg, hogy a kromatikus sz´ama legfeljebb 3! megold´ as
1.7. P´ aros´ıt´ asi feladatok p´ aros gr´ afokban 1.30. Letesz¨ unk a sakkt´ abl´ ara 32 b´asty´at u ´gy, hogy minden sorban ´es oszlopban pontosan 4 b´ astya legyen. Mutasd meg, hogy kiv´alaszthat´o k¨oz¨ ul¨ uk 16 b´ astya u ´gy, hogy minden sorban ´es oszlopban pontosan k´et kiv´alasztott b´ astya legyen! megold´ as
10
´ felme ´let 1. Gra
1.31. K´et 10 f˝ os csapat pingpongversenyen m´erk˝ozik meg egym´assal. Mindenki mindenkivel j´ atszik az ellenf´el csapat´ab´ol, m´egpedig u ´gy, hogy egy fordul´ oban mind a 20 ember asztalhoz ´all. Mutassuk meg, hogy ak´arhogyan is bonyol´ıtott´ ak le az els˝ o 4 fordul´ot, a marad´ek 60 m´erk˝oz´es is elrendezhet˝o 6 teljes fordul´ oban! megold´ as
1.32. Legyen 2k < n ´es A1 , A2 , . . . , A(n) az {1, 2, . . . , n} halmaz k elem˝ u k r´eszhalmazai. Mutasd meg, hogy minden i-re l´etezik Bi halmaz a k¨ovetkez˝o tulajdons´ agokkal: Ai ⊂ Bi , |Bi | = k + 1 ´es i 6= j eset´en Bi 6= Bj . megold´ as
1.33. Egy t´ arsas´ ag s¨ utem´enyt eszik. A t´alon csupa k¨ ul¨onb¨oz˝o s¨ utem´eny tal´ alhat´ o. A t´ arsas´ ag b´ armely tagj´ahoz tal´alhat´o a t´alon legal´abb k´etszer annyi s¨ uti u ´gy, hogy minden s¨ uti szimpatikus valakinek. Mutasd meg, hogy sz´et lehet u ´gy osztani a s¨ utiket, hogy mindenkinek jusson legal´abb k´et olyan s¨ uti, ami neki szimpatikus! megold´ as
1.34. Legyen G egy n-cs´ ucs´ u p´aros gr´af. Mutasd meg, hogy χ(G) = ω(G)! megold´ as
1.35. Legyen A1 , A2 , . . . , An ´es B1 , B2 , . . . , Bn az {1, 2, . . . , mn} halmaz egyegy olyan partici´ oja, hogy minden part´ıci´ooszt´aly m elem˝ u. Mutasd meg, hogy u ´jra lehet rendezni a Bi halmazokat u ´gy, hogy Ai ∩ Bi 6= ∅ minden 1 ≤ i ≤ n eset´en. megold´ as
1.36. Legyen G v´eges csoport ´es H r´eszcsoportja G-nek, legyen |G : H| = n. Mutasd meg, hogy l´etezik g1 , . . . , gn ∈ G, melyek egyszerre jobb ´es bal oldali mell´ekoszt´ aly-reprezent´ ansok. megold´ as
1.37. Tegy¨ uk fel, hogy a G gr´af cs´ ucshalmaza felbomlik az A, B, C diszjunkt cs´ ucshalmazokra u ´gy, hogy |A| = |B| = |C| = N , egyik oszt´alyon bel¨ ul sincs ´el, valamint nincs ´el az A ´es C oszt´alyok k¨oz¨ott. Mutasd meg, hogy ha a gr´ afnak t¨ obb, mint N 2 ´ele van, akkor l´eteznek X ⊆ A ´es Y ⊆ C halmazok, amikre |X| + |Y | > N ´es minden x ∈ X, y ∈ Y cs´ ucsp´arnak van k¨oz¨os szomsz´edja B-ben! megold´ as
´lhalmazok 1.8. F¨ uggetlen e
11
1.38. Legyen G = (A, B, E) p´aros gr´af, ´es tegy¨ uk fel, hogy minden X ⊆ A eset´en |N (A)| ≥ |A|. Legyen v ∈ A ´es e1 = (u1 , v), e2 = (u2 , v) ∈ E. Mutasd meg, hogy G0 = (A, B, E \ e1 ) vagy G00 = (A, B, E \ e2 ) gr´afra szint´en teljes¨ ul a Hall-felt´etel! megold´ as
1.39. Vezesd le a Hall-t´etelt a Tutte-t´etelb˝ol! megold´ as
1.40. (Deficites Hall) Adott a G(V1 , V2 ) p´aros gr´af. Mutasd meg, hogy pontosan akkor l´etezik benne |V1 | − d f¨ uggetlen ´el, ha minden X ⊆ V1 eset´en |N (X)| ≥ |X| − d! megold´ as
1.41. Adott a G(A, B, E) p´ aros gr´af, melyre |A| = |B| = n, |E| = 10n + 1. Bizony´ıtsd be, hogy kiv´ alaszthat´o legal´abb 11 f¨ uggetlen ´ele! megold´ as
1.42. Egy egyszer˝ u p´ aros gr´ afban, amelynek mindk´et oszt´alya 2r cs´ ucsot tartalmaz, minden fok legal´ abb r. Mutasd meg, hogy van benne teljes p´aros´ıt´as! megold´ as
1.43. Egy n cs´ ucs´ u p´ aros gr´afban minden foksz´am 3 vagy 4. Mutasd meg, hogy van olyan p´ aros´ıt´ as amely legal´abb 37 n ´elet tartalmaz! megold´ as
1.44. Egy G = (A, B, E) p´ aros gr´afra teljes¨ ul, hogy |A| = |B| = n ´es (a, b) ∈ / E, a ∈ A, b ∈ B eset´en d(a) + d(b) ≥ n. Mutasd meg, hogy G-ben van teljes p´ aros´ıt´ as! megold´ as
1.8. Fu elhalmazok ¨ ggetlen ´ Jel¨ ol´esek: ν(G) a G gr´ af legnagyobb f¨ uggetlen ´elhalmaz´anak m´erete; %(G) azon ´elek minim´ alis sz´ ama, amelyek lefogj´ak az ¨osszes cs´ ucsot; α(G) a G gr´af legnagyobb f¨ uggetlen cs´ ucshalmaz´anak m´erete; τ (G) pedig a G gr´af olyan pontjainak minim´ alis sz´ ama, melyek az ¨osszes ´elt lefogj´ak. 1.45. (Petersen t´etele) (a) Mutasd meg, hogy k´etszeresen ´el¨osszef¨ ugg˝o 3regul´ aris gr´ afban van teljes p´aros´ıt´as! (b) Mutass p´eld´ at olyan 3-regul´aris gr´afra amiben nincs teljes p´aros´ıt´as! megold´ as
12
´ felme ´let 1. Gra
1.46. Legyen F0 a G egy p´aros´ıt´asa. Ekkor G-ben van olyan maxim´alis ´elsz´ am´ u p´ aros´ıt´ as amely lefedi az o¨sszes F0 ´altal lefedett pontot. megold´ as
1.47. Mutasd meg, hogy ha a cs´ ucsok sz´ama p´aros, akkor ¨osszef¨ ugg˝o karommentes gr´ afban van teljes p´ aros´ıt´as! (Egy gr´af karommentes, ha nincs benne fesz´ıtett K1,3 .) megold´ as
ucs´ u gr´af vagy a komplementere tartalmaz 1.48. Mutasd meg, hogy egy n cs´ n f¨ u ggetlen ´ e lt! 3 megold´ as
1.49. Legyen M, N ⊆ E(G) k´et diszjunkt p´aros´ıt´as a G gr´afban, melyekre |M | > |N |. Mutasd meg, hogy l´eteznek M 0 , N 0 diszjunkt p´aros´ıt´asai G-nek, melyre |M 0 | = |M | − 1 ´es |N 0 | = |N | + 1 ´es M 0 ∪ N 0 = M ∪ N ! megold´ as
1.50. Mutasd meg, hogy az e(G) ´el˝ u G gr´af ´elhalmaza pontosan akkor bonthat´ o fel t ´el˝ u p´ aros´ıt´ asok uni´oj´ara, ha t|e(G) ´es χe (G) ≤ e(G)/t! megold´ as
1.51. (Gallai t´etele) (a) Tegy¨ uk fel, hogy a G ¨osszef¨ ugg˝o gr´afban ν(G \ v) = ν(G) minden v cs´ ucsra. Mutasd meg, hogy tetsz˝oleges x, y cs´ ucsokra ν(G \ {x, y}) < ν(G)! (Seg´ıts´eg: (x, y) t´avols´ag´ara men˝o indukci´oval bizony´ıtsd az ´ all´ıt´ ast!) (b) Tegy¨ uk fel, hogy a G ¨ osszef¨ ugg˝o gr´afban ν(G \ v) = ν(G) minden v cs´ ucsra. Mutasd meg, hogy tetsz˝ oleges v cs´ ucsra G \ v-nek van teljes p´aros´ıt´asa! (Megjegyz´es: az ilyen gr´ afot faktorkritikusnak h´ıvjuk.) megold´ as
1.9. Lefog´ asok, fu ¨ ggetlen halmazok 1.52. Legyenek a G egyszer˝ u gr´af cs´ ucsai az {1, 2, . . . , 100} halmaz elemei. Tov´ abb´ a k¨ oss¨ uk ¨ ossze az i ´es j cs´ ucsot, ha i · j ≥ 100. Hat´arozd meg a ρ(G), ν(G), τ (G), α(G) param´eterek ´ert´ek´et! megold´ as
´ fok 1.10. S´ıkgra
13
1.53. (a) Mutasd meg, hogy τ (G) ≤ 2ν! (b) Mutasd meg, hogy τ (G) + 2ρ(G) ≤ 2|V (G)|! (c) Igazold, hogy minden x ∈ [1, 2] ∩ Q sz´amra l´etezik G ¨osszef¨ ugg˝o gr´af, τ (G) melyre ν(G) = x! megold´ as
1.54. Mutasd meg, hogy egy r-regul´aris gr´afban a f¨ uggetlen cs´ ucsok maxim´ alis sz´ ama legfeljebb akkora, mint a f¨ uggetlen ´elek maxim´alis sz´ama! megold´ as
1.55. Legyen G izol´ alt pontot nem tartalmaz´o gr´af. Jel¨olje d a legnagyobb (G)| foksz´ amot G-ben. Bizony´ıtsd be, hogy α(G) ≥ |Vd+1 ! megold´ as
1.10. S´ıkgr´ afok Egy gr´ afot akkor nevez¨ unk s´ıkbarajzolhat´ onak, ha lerajzolhat´ ou ´gy a s´ıkban, hogy az ´elei nem metszik egym´ ast. Sztereografikus projekci´ oval igazolhat´ o, hogy egy gr´ af akkor ´es csak akkor s´ıkbarajzolhat´ o, ha g¨ ombre rajzolhat´ o. A konvex poli´ederek ´elh´ al´ oi s´ıkbarajzolhat´ o gr´ afot adnak. Euler t´etele szerint az ¨ osszef¨ ugg˝ o s´ıkbarajzolhat´ o gr´ afok (vagy m´ as form´ aban kimondva: a poli´ederek) e ´elsz´ ama, n cs´ ucssz´ ama, ´es l tartom´ anysz´ ama k¨ oz¨ ott fenn´ all az e+2=n+l ¨ osszef¨ ugg´es. 1.56. Mutasd meg, hogy minden konvex s´ıkbarajzolhat´o gr´afra teljes¨ ul az e ≤ 3n − 6 egyenl˝ otlens´eg! Mutasd meg, hogy ha a gr´af p´aros is akkor e ≤ 2n − 4! megold´ as
´ 1.57. Egy faluban van h´ arom h´az ´es h´arom k´ ut. Ugy szeretn´enk minden h´ azat minden k´ uttal ¨ osszek¨ otni, hogy semelyik k´et u ´t ne metssze egym´ast. Meg lehet ezt tenni? megold´ as
1.58. Mutasd meg, hogy a K5 nem s´ıkbarajzolhat´o. megold´ as
14
´ felme ´let 1. Gra
Kuratowski t´etele szerint egy v´eges gr´ af akkor ´es csak akkor s´ıkbarajzolhat´ o, ha nem tartalmaz olyan r´eszgr´ afot, amely topologikusan izomorf K5 -tel vagy K3,3 -mal. Wagner t´etele szerint egy v´eges gr´ af akkor ´es csak akkor s´ıkbarajzolhat´ o, ha az el˝ obb felsorolt k´et gr´ af egyike sem minora. A F´ ary–Wagner-t´etel szerint egy s´ıkba rajzolhat´ o egyszer˝ u gr´ af egyenes vonalakkal is s´ıkba rajzolhat´ o. 1.59. Bizony´ıtsd be, hogy a Petersen-gr´af nem s´ıkbarajzolhat´o! megold´ as
1.60. Mely n-re rajzolhat´ o s´ıkba az a gr´af, amelyet u ´gy kapunk, hogy a teljes n − n cs´ ucs´ u p´ aros gr´ afb´ ol elhagyunk egy teljes p´aros´ıt´ast? megold´ as
1.61. Keress olyan s´ıkgr´ afot, aminek a du´alisa nem egy´ertelm˝ u! megold´ as
1.62. Mutasd meg, hogy nem lehet egy gr´af ´es du´alisa is egyszer˝ u, p´aros s´ıkgr´ af! megold´ as
1.63. Egy s´ıkgr´ af legr¨ ovidebb k¨or´enek hossza 5. Adj fels˝o becsl´est az ´elek sz´ am´ ara a cs´ ucsok sz´ am´ anak f¨ uggv´eny´eben! Mutass v´egtelen sok s´ıkgr´afot amelyre a becsl´esed pontos! megold´ as
1.64. Egy 60 cs´ ucs´ u 3-regul´aris s´ıkgr´af minden lapja 5-sz¨og vagy 6-sz¨og. Melyikb˝ ol mennyi van? megold´ as
1.65. Egy konvex poli´eder minden cs´ ucs´aba p´aros sok ´el fut. Bizony´ıtsd be, hogy legal´ abb 8 darab h´ aromsz¨oglapja van! megold´ as
1.66. Van egy konvex poli´eder¨ unk. Kiv´alasztottuk egy lapj´at. Ezut´an ´eszrevett¨ uk, hogy minden olyan cs´ ucsban, ami nincs ezen a lapon, legal´abb 6 ´el tal´ alkozik. Bizony´ıtsd be, hogy ekkor a kiv´alasztott lapon van olyan cs´ ucs, ahol maximum 3 ´el tal´ alkozik! megold´ as
1.11. Tournamentek
15
1.67. Bizony´ıtsd be, hogy egy egyszer˝ u s´ıkbarajzolt gr´af ´eleit k´et sz´ınnel sz´ınezve mindenk´epp tal´ alunk olyan cs´ ucsot, amelyre illeszked˝o ´elek elhelyezked´es szerinti ciklikus sorrendj´eben legfeljebb k´et sz´ınv´alt´as fordul el˝o! megold´ as
1.68. Legyen G 4-regul´ aris s´ıkbarajzolt gr´af. Mutassuk meg, hogy ´elei ir´any´ıthat´ ok u ´gy, hogy minden cs´ ucsn´al a k´et bel´ep˝o ´es k´et kil´ep˝o ´el elv´alasztja egym´ ast! megold´ as
1.69. Egy poli´eder ´eleit ir´ any´ıtjuk u ´gy, hogy minden cs´ ucsba fut be ´es ki is ´el. Bizony´ıtsd be, hogy van legal´abb k´et lap, amelynek az ´elei k¨ort alkotnak! megold´ as
1.70. Egy n cs´ ucs´ u egyszer˝ u gr´afnak 4n ´ele van. Mutassuk meg, hogy b´armely lerajzol´ asakor legal´ abb n metsz˝o ´elp´ar van. megold´ as
1.11. Tournamentek 1.71. Egy T tournament cs´ ucsainak egy v1 , v2 , . . . , vn sorrendj´et medi´ansorrendnek h´ıvjuk, ha |{e = (vi , vj ) | i < j}| maxim´alis. Mutasd meg, hogy (a) tetsz˝ oleges i < j eset´en vi , vi+1 , . . . , vj medi´ansorrendje az ´altaluk fesz´ıtett tournamentnek, (b) vi legy˝ ozte a vi+1 , . . . , vj cs´ ucsoknak legal´abb fel´et, m´ıg vj kikapott a vi , vi+1 , . . . , vj−1 cs´ ucsok legal´abb fel´et˝ol! megold´ as
1.72. Medi´ ansorrend seg´ıts´eg´evel (l´asd 1.71 feladat) adj (´ uj) bizony´ıt´ast arra, hogy egy tournamentben mindig van pszeudo-gy˝oztes ´es ir´any´ıtott Hamiltonu ´t. (Egy tournamentben v pszeudogy˝oztes, ha v-b˝ol minden cs´ ucs el´erhet˝o legfeljebb 2 hossz´ u ir´ any´ıtott u ´ton.) megold´ as
1.73. Feny˝ onek (v. branching-nek) nevez¨ unk egy ir´any´ıtott f´at, ha a gy¨ok´eren kiv¨ ul minden pont befoka 1 ( ´es a gy¨ok´er befoka 0). Mutasd meg, hogy egy 2k cs´ ucs´ u tournamentbe minden legfeljebb k + 1 cs´ ucs´ u feny˝o be´agyazhat´ o! (Seg´ıts´eg: mutasd meg, hogy egy k+1 cs´ ucs´ u F feny˝o u ´gy is be´agyazhat´o, hogy a medi´ ansorrendben minden i-re a {v1 , . . . , vi } intervallum legal´abb fele F -ben van.) megold´ as
16
´ felme ´let 1. Gra
1.12. Ko any´ıtott gr´ afokban ¨ro ¨k, utak ir´ 1.74. Mutasd meg, hogy ha egy ir´any´ıtott gr´afban nincs ir´any´ıtott k¨or, akkor van a cs´ ucsoknak egy olyan v1 , v2 , . . . , vn sorrendje, hogy minden e = (vi , vj ) ´el eset´en i < j! (Az ilyen sorrendet topologikus sorrendnek h´ıvjuk.) megold´ as
1.75. Mutasd meg, hogy ha egy ir´any´ıtott D = (V, E) gr´afban nincsen ir´any´ıtott k¨ or, akkor van olyan X ⊆ V (D) f¨ uggetlen halmaz, hogy tetsz˝oleges v∈ / X eset´en l´etezik w ∈ X, melyre (w, v) ∈ E(D)! megold´ as
1.76. Mutasd meg, hogy egy tetsz˝oleges ir´any´ıtott D = (V, E) gr´afban van olyan X ⊆ V (D) f¨ uggetlen halmaz, amelyre igaz, hogy minden y 6∈ X cs´ ucsba vezet legfeljebb 2 hossz´ u ir´ any´ıtott u ´t ebbe a f¨ uggetlen halmazb´ol! megold´ as
1.13. A Tur´ an-t´ etel ´ es alkalmaz´ asai 1.77. Az n cs´ ucs´ u G egyszer˝ u gr´af ´eleinek halmaza el˝o´all mint k´et p´aros gr´ af ´elhalmaz´ anak uni´ oja. Mutassuk meg, hogy e(G) ≤ 38 n2 , ahol e(G) a G ´eleinek sz´ am´ at jel¨ oli! megold´ as
1.78. A bergeng´ oc lott´ on 100 sz´amb´ol h´ uznak 5-¨ot, egy szelv´enyen azonban csak 2 sz´ amot jel¨ olnek meg. Minimum h´any szelv´enyt kell kit¨olteni, hogy biztosan legyen k´et tal´ alatosunk? megold´ as
1.79. Egy 15 pont´ u gr´ af ´eleit pirossal ´es k´ekkel sz´ınezt¨ uk meg u ´gy, hogy nincs egysz´ın˝ u h´ aromsz¨ og a gr´afban. Maximum h´any ´ele van a gr´afnak? megold´ as
1.80. A 10 cs´ ucs´ u teljes gr´ af ´eleit k sz´ınnel sz´ınezz¨ uk u ´gy, hogy b´armely k pontot v´ alasztva a k¨ ozt¨ uk fut´o ´elek k¨oz¨ott mind a k sz´ın el˝ofordul. Hat´arozzuk meg a legkisebb k-t, melyre l´etezik ilyen sz´ınez´es! megold´ as
17
´k 1.14. Cseresznye
Pn 1.81. Legyen P = {(p1 , . . . , pn )| i=1 pi = 1, pi ≥ 0 i = 1, . . . , n}. Legyen G gr´ af az {1, 2, . .P . , n} cs´ ucsokon. Mennyi maxP (i,j)∈E(G) pi pj , ha E(G) := {i(i + 1) (mod n) : i ∈ [1, n]}, azaz G egy n-hossz´ u k¨ or? megold´ as
Pn 1.82. Legyen P = {p = (p1 , . . . , pn )| i=1 pi = 1, 0 ≤ pi ∈ Q. Legyen G egyszer˝ u gr´ af az {1, 2, . . . , n} cs´ ucsokon. Mutasd meg, hogy X 1 1 max pi pj = 1− . p∈P 2 ω(G) (i,j)∈E(G)
megold´ as
1.83. Legyen G gr´ af n cs´ ucson, mely nem tartalmaz k-cs´ ucs´ u teljes r´eszgr´afot. Legyen u, v a G gr´ af k´et ¨osszek¨otetlen cs´ ucsa N (u), N (v) szomsz´edhalmazokkal. Legyen G0 = Z(G, u, v) az a gr´af, amit u ´gy kapunk, hogy G-b˝ol kit¨ or¨ olj¨ uk a v ´es N (v) k¨ oz¨ otti ´eleket ´es beh´ uzzuk a v ´es N (u) k¨oz¨otti ´eleket. (a) Mutassuk meg, hogy G0 sem tartalmaz k-cs´ ucs´ u teljes gr´afot! (b) Vezess¨ uk le ebb˝ ol a Tur´ an-t´etelt! megold´ as
1.14. Csereszny´ ek 1.84. Egy gr´ af cs´ ucsainak foksz´amai d1 , d2 , . . . dn . H´any 2-hossz´ uu ´t (n´epszer˝ ubb nev´en cseresznye) van a gr´afban? megold´ as
1.85. Mutasd meg, hogy ha egy gr´afban nincsen 4 cs´ ucs´ u k¨or, akkor e ≤ n n3/2 + ! 2 4 megold´ as
1.86. (a) Tegy¨ uk fel, hogy egy n cs´ ucs´ u gr´afban nincs h´aromsz¨og. Mutasd meg, hogy legfeljebb e(n − 2)/2 cseresznye lehet benne! (b) Egy n cs´ ucs´ u gr´ afban nincs h´aromsz¨og. Mutasd meg, hogy legfeljebb n2 /4 ´ele van! 2 −en2 (c) Bizony´ıtsd be, hogy egy e ´el˝ u, n cs´ ucs´ u gr´afban legal´abb 4e 3n h´aromsz¨ og van! megold´ as
18
´ felme ´let 1. Gra
1.87. (a) Kn ´eleit pirosra ´es k´ekre sz´ınezt¨ uk u ´gy, hogy minden cs´ ucsra pontosan k k´ek ´el illeszkedik. Bizony´ıtsd be, hogy az egysz´ın˝ u h´aromsz¨ogek sz´ ama n n · k · (n − k − 1) − . 2 3 (b) Mutassuk meg, hogy ha Kn ´eleit tetsz˝olegesen sz´ınezz¨ uk k´et sz´ınnel, akkor az egysz´ın˝ u h´ aromsz¨ ogek sz´ ama legal´abb n(n − 1)(n − 5) . 24 megold´ as
1.88. 10 ember teniszversenyt rendez, mindenki mindenkivel j´atszik. Az iedik ember xi ellenf´el ellen gy˝oz¨ott ´es yi ellenf´el ellen vesztett. Bizony´ıtsd be, hogy 10 X i=1
x2i =
10 X
yi2 .
i=1
megold´ as
1.89. Egy 10 cs´ ucs´ u gr´ afban nincs h´aromsz¨og ´es n´egy hossz´ u k¨or. Mutasd meg, hogy legfeljebb 15 ´ele van! megold´ as
1.90. Egy n cs´ ucs´ u gr´ afban nincs K3,3 . Mutasd meg, hogy legfeljebb 2(n5/3 ) ´ele van! megold´ as
1.91. Adott n pont a s´ıkon, melyek k¨oz¨ ul semelyik h´arom nincs egy egyenesen. Mutasd meg, hogy legfeljebb n2 egyenl˝osz´ar´ u h´aromsz¨og v´alaszthat´o ki, melyeknek a cs´ ucsai az adott pontok k¨oz¨ ul ker¨ ulnek ki! megold´ as
1.92. Adott n pont a s´ıkon. Mutasd meg, hogy minden t´avols´ag maximum c · n3/2 -szer fordulhat el˝ o! megold´ as
´si feladatok 1.15. Sz´ıneze
19
1.15. Sz´ınez´ esi feladatok 1.93. (a) Legyen χ(G) a G gr´af kromatikus sz´ama, ω(G), illetve α(G) a legnagyobb klikk, illetve legnagyobb f¨ uggetlen halmaz m´erete. Mutasd meg, n hogy χ(G) ≥ max(ω(G), α(G) ), ahol n a cs´ ucsok sz´ama! (b) G1 , G2 k´et gr´ af ugyanazon cs´ ucshalmazon. Bizony´ıtsd be, hogy χ(G1 ∪ G2 ) ≤ χ(G1 )χ(G2 )! A (G1 ∪ G2 ) gr´afban a G1 ´es G2 gr´afok ´elhalmaz´at uni´ ozzuk. megold´ as
1.94. Mutasd meg, hogy egy gr´af pontosan akkor p´aros, ha nincsen benne p´ aratlan hossz´ u k¨ or! megold´ as
1.95. Mennyi a Petersen-gr´ af kromatikus sz´ama? megold´ as
1.96. A G gr´ af cs´ ucsai az 1, 2, . . . , 100 sz´amok, az i ´es j cs´ ucsokat ¨osszek¨otj¨ uk, ha egyik osztja a m´ asikat. Mennyi ennek a gr´afnak a kromatikus sz´ama? megold´ as
1.97. A G gr´ af cs´ ucsai az 1, 2, . . . , 100 sz´amok, az i ´es j cs´ ucsot ¨osszek¨otj¨ uk ha relat´ıv pr´ımek. (Az 1-t o¨nmag´aval ¨osszek¨ot˝o ´elet elhagyjuk.) Mennyi G kromatikus sz´ ama? megold´ as
1.98. A s´ık pontjait h´ arom sz´ınnel sz´ınezt¨ uk. Mutasd meg, hogy van olyan egys´eg hossz´ u szakasz, amelynek v´egpontjai azonos sz´ınnel vannak megsz´ınezve! megold´ as
1.99. A G gr´ af h´ arom p´ aros gr´af ´elhalmaz´anak uni´oja. Mutasd meg, hogy a kromatikus sz´ ama legfeljebb 8! megold´ as
1.100. Bizony´ıtsd, hogy χ(G)χ(G) ≥ n! megold´ as
1.101. Mutasd meg, hogy χ(G) + χ(G) ≤ n + 1! megold´ as
20
´ felme ´let 1. Gra
1.102. Igaz-e, hogy minden G gr´afnak van olyan sz´ınez´ese χ(G) sz´ınnel, amelyben az egyik oszt´ aly α(G) cs´ ucsot tartalmaz? megold´ as
1.103. Az (n, k)-Kneser-gr´ af cs´ ucsai az {1, 2, . . . , n} k-elem˝ u r´eszhalmazai, ´es k´et cs´ ucs ¨ ossze van k¨ otve, ha a k-elem˝ u halmazok diszjunktak. Mutasd meg, hogy az (n, k)-Kneser-gr´af kromatikus sz´ama legfeljebb n − 2k + 2! megold´ as
´ ınez´ 1.16. Elsz´ esek 1.104. (K˝ onig ´elsz´ınez´esi t´etele) Egy p´aros gr´afban minden pont foka r. Mutasd meg, hogy ki lehet sz´ınezni az ´eleit r sz´ınnel u ´gy, hogy minden cs´ ucsban csupa k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u ´el tal´ alkozzon! megold´ as
1.105. Egy p´ aros gr´ afban a legnagyobb foksz´am ∆. Mutasd meg, hogy ki lehet sz´ınezni az ´eleit ∆ sz´ınnel u ´gy, hogy minden cs´ ucsban csupa k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ u ´el tal´ alkozzon! megold´ as
1.106. Legyen G olyan (2k + 1)-regul´aris gr´af, melyben van elv´ag´o ´el. Hat´ arozd meg G ´elkromatikus sz´am´at! megold´ as
1.107. Adott egy 101 pont´ u teljes gr´af. B´armely 3 pont k¨oz¨ott men˝o ´elek vagy egysz´ın˝ uek vagy mind k¨ ul¨onb¨oznek. Bizony´ıtsd be, hogy a sz´ınek sz´ama 1 vagy legal´ abb 12! megold´ as
1.17. S´ıkgr´ afok sz´ınez´ ese 1.108. A s´ıkot egyenesekkel orsz´agokra osztottuk. Mutasd meg, hogy m´ar k´et sz´ınnel is ki lehet sz´ınezni ezen orsz´agokat u ´gy, hogy szomsz´edosak ne legyenek azonos sz´ın˝ uek! megold´ as
21
´sek 1.18. Listasz´ıneze
1.109. Van n´eh´ any egyenes a s´ıkon, semelyik 3 nem megy ´at egy ponton. Ez a rajz defini´ al egy s´ıkgr´ afot, melynek a cs´ ucsai a metsz´espontok, ´es k´et cs´ ucs akkor van ¨ osszek¨ otve ´ellel, ha egy egyenesre esnek ´es ott szomsz´edosak is. Bizony´ıtsd be, hogy ennek a gr´afnak a cs´ ucsai kisz´ınezhet˝oek 3 sz´ınnel u ´gy, hogy szomsz´edos cs´ ucsok ne legyenek azonos sz´ın˝ uek! megold´ as
1.110. Legyen G 3-regul´ aris k´etszeresen ´el¨osszef¨ ugg˝o s´ıkgr´af (vagyis b´armely ´el´et elhagyva m´eg ¨ osszef¨ ugg˝ o marad a gr´af). Mutasd meg, hogy ha igaz a n´egysz´ınt´etel a s´ıkgr´ afokra, akkor G ´elei sz´ınezhet˝oek h´arom sz´ınnel u ´gy, hogy tetsz˝ oleges cs´ ucsb´ ol h´ arom k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ u ´el induljon ki! megold´ as
1.111. Mutass olyan 3-regul´ aris s´ıkgr´afot, amelynek az ´elei nem sz´ınezhet˝oek ki h´ arom sz´ınnel u ´gy, hogy minden cs´ ucsn´al h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ u ´el legyen! megold´ as
1.18. Listasz´ınez´ esek 1.112. Legyen k adott pozit´ıv eg´esz. Mutass olyan p´aros gr´afot, melynek listasz´ınez´esi sz´ ama legal´ abb k! megold´ as
1.113. (Thomassen) Mutasd meg, hogy egy s´ıkgr´af listasz´ınez´esi sz´ama legfeljebb 5! megold´ as
1.19. Perfekt gr´ afok Az al´ abbi feladatokban defini´ alt gr´ afokban k¨ oz¨ os, hogy perfekt gr´ afok.
1.114. Adott egy fa n´eh´ any r´eszf´aja. Tegy¨ uk fel, hogy b´armely kett˝onek van k¨ oz¨ os pontja. Bizony´ıtsd be, hogy ekkor az ¨osszesnek is van! (Az 1.119 feladat ehhez kapcsol´ odik.) megold´ as
22
´ felme ´let 1. Gra
1.115. A sz´ amegyenes n´eh´ any z´art intervallum´anak lefog´asa alatt olyan L ponthalmazt ´ert¨ unk, amire igaz, hogy minden intervallum tartalmaz legal´abb egy L-beli pontot. (a) Bizony´ıtsd be, hogy ha a z´art intervallumok k¨oz¨ott nincs 101 p´aronk´ent diszjunkt, akkor lefoghat´ ok 100 ponttal! (b) Adjunk (gyors) m´ odszert adott intervallumrendszert lefog´o legkisebb ponthalmaz keres´es´ere! megold´ as
1.116. Legyen G egy p´ aros gr´af. Mutasd meg, hogy χ(G) = ω(G)! megold´ as
1.117. Adott a val´ os sz´ amok n´eh´any intervalluma. Ehhez hozz´arendelj¨ uk a k¨ ovetkez˝ o G gr´ afot: a cs´ ucsok az intervallumok, ´es kett˝ot ¨osszek¨ot¨ unk, ha az intervallumoknak van k¨ oz¨ os pontja. (a) Bizony´ıtsd be, hogy χ(G) = ω(G)! (b) Bizony´ıtsd be, hogy χ(G) = ω(G)! (c) Mutasd meg, hogy G minden legal´abb 4 hossz´ u k¨or´eben van h´ ur! (Az ilyen t´ıpus´ u gr´ afokat merev k¨or˝ u gr´afnak h´ıvjuk.) megold´ as
1.118. Mutass olyan G gr´ afot, melyre χ(G) = ω(G), de χ(G) 6= ω(G)! megold´ as
1.119. Adott egy T fa ´es annak T1 , . . . , Tn r´eszf´aja. Defini´alunk egy G gr´afot n cs´ ucson a k¨ ovetkez˝ ok´eppen: az i ´es j cs´ ucsok akkor legyenek ¨osszek¨otve, ha Ti ´es Tj r´eszf´ aknak nincs k¨ oz¨os pontjuk T -ben. Mutasd meg, hogy χ(G) = ω(G)! megold´ as
1.20. Sorrend szerinti sz´ınez´ esek 1.120. Mutasd meg, hogy tetsz˝oleges G gr´af cs´ ucsainak van olyan sorrendje, hogy a sorrend szerint moh´ on sz´ınezve (mindig a legkisebb sorsz´am´ u szabad sz´ınt haszn´ alva) ´eppen χ(G) sz´ınt haszn´alunk! megold´ as
1.121. Adj meg minden n-re egy G p´aros gr´afot 2n cs´ ucson ´es a cs´ ucsoknak egy sorrendj´et u ´gy, hogy moh´on sz´ınezve (mindig a legkisebb sorsz´am´ u szabad sz´ınt haszn´ alva) a sorrend szerint legal´abb n sz´ınre legyen sz¨ uks´eg! megold´ as
2. fejezet
Lesz´ aml´ al´ asi feladatok 2.1. Bevezet˝ o feladatok 2.1. H´ any anagramma k´esz´ıthet˝o a MATEMATIKA sz´o bet˝ uib˝ol? megold´ as
2.2. H´ any olyan 7 jegy˝ u telefonsz´am van, amiben van 2 szomsz´edos jegy, amik megegyeznek? (Telefonsz´am kezd˝odhet 0-val is.) megold´ as
2.3. H´ any m´ odon juthatunk A-b´ol B-be a nyilak ir´any´aban haladva? B A
A B
B A
megold´ as
2.4. H´ any olyan 7 jegy˝ u sz´ am van, amiben (a) van 2 azonos sz´ amjegy? (b) pontosan k´et azonos sz´ amjegy van? megold´ as
24
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.5. H´ anyf´elek´eppen ´ allhat sorba n l´any ´es 5 fi´ uu ´gy, hogy legyen k´et fi´ u akik egym´ as mellett ´ allnak? megold´ as
´ ha 2.6. H´ any m´ odon ´ırhat´ o fel a 12 mint 5 darab pozit´ıv eg´esz ¨osszege? Es a null´ at is megengedj¨ uk, mint ¨osszeadand´ot? (A sz´amok sorrendje mindk´et esetben sz´ am´ıt!) megold´ as
2.7. H´ any olyan 5-jegy˝ u sz´ am van amiben a jegyek (nem felt´etlen¨ ul szigor´ uan) balr´ ol jobbra n˝ onek? megold´ as
2.8. A j´ at´ekboltban 6-f´ele pl¨ uss´allat kaphat´o. Mi 16 darabot akarunk venni. ´ ha r´aad´asul mindegyikb˝ol legal´abb egyet H´ any m´ odon tehetj¨ uk ezt meg? Es szeretn´enk hazavinni? megold´ as
2.9. Az (x + y + z + w)1000 kifejt´es´eben h´any tagban van legal´abb els˝o fokon az x? (Pl. 1000x999 y egy tagnak sz´am´ıt, a v´altoz´ok kommut´alnak.) megold´ as
2.10. H´ any f : {1, 2, . . . , m} → {1, 2, . . . , n} monoton n¨ov˝o f¨ uggv´eny van? megold´ as
2.11. Legyen dk egy v´ arosban azon h´azak sz´ama, melyekben legal´abb Pk ember ´el, ci pedig az i-edik h´ azban lak´ok sz´ama. Bizony´ıtsd be, hogy i c2i = d1 + 3d2 + 5d3 + . . . ! megold´ as
2.12. Egy konvex n-sz¨ og ´ atl´oinak h´any metsz´espontja lehet? megold´ as
2.13. Maximum h´ any r´eszre osztja a s´ıkot n egyenes? megold´ as
2.2. Szita 2.14. (a) H´ any olyan eg´esz sz´am van 1 ´es 300 k¨oz¨ott, amelyik nem oszthat´o se 2-vel, se 3-mal? (b) H´ any olyan sz´ am van, ami oszthat´o 2-vel, 3-mal vagy 5-tel? megold´ as
25
2.2. Szita
2.15. H´ any olyan h´etjegy˝ u telefonsz´am van, amiben csak az 1, 2, 3 jegyek szerepelnek, de ezek mindegyike t´enyleg el˝o is fordul? megold´ as
2.16. Egy oszt´ aly 30 tanul´ oja k¨oz¨ ul szereti a matematik´at 12, a fizik´at 14, a k´emi´ at 13, a matematik´ at ´es a fizik´at 5, a matematik´at ´es a k´emi´at 4, a fizik´ at ´es a k´emi´ at 7, mindh´ armat 3. H´any tanul´o nem kedveli egyiket sem? megold´ as
2.17. Legyen A1 , A2 , . . . , Ak ⊆ V ´es minden j-re vj legyen az Aj karakterisztikus vektora, azaz x ∈ V eset´en vj (x) = 1, ha x ∈ Aj ´es vj (x) = 0 ha x∈ / Aj . Mutasd meg, hogy P (a) x (1 − v1 (x))(1 − v2 (x)) . . . (1 − vn (x)) = |V \ ∪ni=1 Ai |! P (b) x vi1 (x)vi2 (x) . . . vil (x) = |Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Ail |! (c) Bizony´ıtsd be a logikai szit´at: |V \ ∪ni=1 Ai | = |V | +
n X
X
(−1)k
k=1
|Ai1 ∩ · · · ∩ Aik |.
1≤i1 <...
megold´ as
2.18. Hat´ arozzuk meg egy n elem˝ u halmaz fixpont n´elk¨ uli permut´aci´oinak a sz´ am´ at! megold´ as
2.19. (Legendre-formula) Legyen x egy pozit´ıv eg´esz sz´am. Legyen π(x) az x-n´el nem nagyobb pr´ımek sz´ama, µ(n) pedig a M¨obius-f¨ uggv´eny, amit a k¨ ovetkez˝ ok´eppen defin´ı´ alunk: µ(n) = 0, ha l´etezik k > 1 eg´esz, melyre k 2 | n ´es µ(n) = (−1)t , ha n = p1 p2 . . . pt pr´ımt´enyez˝os felbont´asban p1 < p2 < · · · < pt . Bizony´ıtsd be, hogy X √ x µ(d)b c! 1 + π(x) − π( x) = d Q √ d|
p≤
x
p
megold´ as
2.20. Mutasd meg, hogy n! =
n X k=0
(−1)k
n (n − k)n . k megold´ as
26
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.21. Mutasd meg, hogy X n m n+m−` ` n = (−1) . k ` k−` `=0
megold´ as
2.22. Bizony´ıtsd be, hogy 1 ≤ sd < m eset´en m−s X
(−1)k
k=0
d m m−k = 0. k s megold´ as
2.23. Adott G = (V (G), E(G)) gr´af ´es legyen λ pozit´ıv eg´esz. Legyen P (G, λ) az a f¨ uggv´eny, amely megadja, hogy a G gr´af cs´ ucsait h´anyf´elek´eppen lehet u ´gy kisz´ınezni λ sz´ınnel, hogy ¨osszek¨ot¨ott cs´ ucsok ne legyenek azonos sz´ın˝ uek. Mutasd meg, hogy X
P (G, λ) =
(−1)|T | λc(T ) ,
T ⊂E(G)
ahol c(T ) a GT = (V (G), T ) gr´af ¨osszef¨ ugg˝o komponenseinek sz´ama! megold´ as
2.24. Legyen V egy tetsz˝ oleges v´eges halmaz ´es A1 , . . . , An halmazok legyenek V tetsz˝ oleges r´eszhalmazai. Legyen X
σj =
|Ai1 ∩ · · · ∩ Aij |.
1≤i1 <...
Legyen t eg´esz sz´ am 1 ´es n/2 k¨oz¨ott. Mutasd meg, hogy
|V | +
2t−1 X
j
(−1) σj ≤ |V \
j=1
∪ni=1
Ai | ≤ |V | +
2t X
(−1)j σj .
j=1
megold´ as
27
2.2. Szita
2.25. Legyen V egy tetsz˝ oleges v´eges halmaz ´es A1 , . . . , An halmazok legyenek V tetsz˝ oleges r´eszhalmazai. Legyen X |Ai1 ∩ · · · ∩ Aij |. σj = 1≤i1 <...
Legyen Tk ⊂ V azon elemeknek a halmaza V -ben, amelyek pontosan k darab Ai -ben vannak benne. Bizony´ıtsd be, hogy n X j |Tk | = (−1)k+j σj . k j=k
megold´ as
2.26. Legyen V egy tetsz˝ oleges v´eges halmaz ´es A1 , . . . , An halmazok legyenek V tetsz˝ oleges r´eszhalmazai. Legyen X σj = |Ai1 ∩ · · · ∩ Aij |. 1≤i1 <...
Legyen Tk0 ⊂ V azon elemeknek a halmaza V -ben, amelyek legfeljebb k darab Ai -ben vannak benne. Bizony´ıtsd be, hogy n X j−1 |Tk0 | = σ0 + (−1)k+j σj . k j=k+1
megold´ as
2.27. Legyen V egy tetsz˝ oleges v´eges halmaz ´es A1 , . . . , An halmazok legyenek V tetsz˝ oleges r´eszhalmazai. Legyen X σj = |Ai1 ∩ · · · ∩ Aij |. 1≤i1 <...
Legyen Tk ⊂ V azon elemeknek a halmaza V -ben, amelyek legal´abb k darab Ai -ben vannak benne. Bizony´ıtsd be, hogy n X j−1 |Tk00 | = (−1)k+j σj . k−1 j=k
megold´ as
28
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.28. H´ anyf´elek´eppen t´ ancolhat n h´azasp´ar u ´gy, hogy (a) pontosan k f´erfi t´ ancoljon a feles´eg´evel, (b) legal´ abb k f´erfi t´ ancoljon a feles´eg´evel, (c) legfeljebb k f´erfi t´ ancoljon a feles´eg´evel? megold´ as
2.29. Adott az a0 , a1 , a2 , . . . sorozat. Ennek differenciasorozata a1 − a0 , a2 − a1 , a3 −a2 , . . . Ennek is k´epezhetj¨ uk a differenciasorozat´at ´es a kapottnak is ... Fejezd ki az n-edik differenciasorozat k-adik elem´et a0 , a1 , a2 , . . . seg´ıts´eg´evel! megold´ as
2.30. (a) Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o k-adfok´ u polinomot: Pk (x) = x(x−1) . . . (x− k + 1). K´epezz¨ uk a P (0), P (1), P (2), . . . sorozatot. Mi lesz az m-edik differenciasorozat? (b) Legyen P (x) tetsz˝ oleges k-adfok´ u polinom. Mi lesz a k-adik differenciasorozat? megold´ as
2.31. Bizony´ıtsd be az al´ abbi azonoss´agokat. nn −
nn−1 −
nn+1 −
n n (n − 1)n + (n − 2)n − · · · = n! 1 2
n n (n − 1)n−1 + (n − 2)n−1 − · · · = 0 1 2
n n n+1 (n − 1)n+1 + (n − 2)n+1 − · · · = n! 2 2 1 megold´ as
2.32. Legyen k ≥ 1. Mutasd meg, hogy X r − jt j k (−1) (r − jt)−1 = 0. j k j megold´ as
29
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 2.3. Binomia utthato uggve
2.3. Binomi´ alis egyu ok ´ es gener´ atorfu ¨ tthat´ ¨ ggv´ enyek 2.33. Kett˝ os lesz´ aml´ al´ assal oldd meg! Pn (a) k=0 nk =? n m n n−k (b) m k = k m−k Pn (c) k=0 k nk =? m Pr =? (d) k=0 nk r−k P k n−k (e) k s =? t megold´ as
2.34. Mennyi n X n
k
k=0
2.35. Mutasd meg, hogy
k k
+
k2 ? megold´ as
k+1 k
+ ··· +
n k
=
n+1 k+1
! megold´ as
2.36. Mutasd meg, hogy
Pn
r k=0 k
s n+k
=
r+s r+n
! megold´ as
2.37. Mennyi
Pn
k=0
k
n k
m k
? megold´ as
2.38. Mutasd meg, hogy 2 2 2 n n n 2n + + ... = . 0 1 n n
megold´ as
2.39. (a) Legyen n > m. Bizony´ıtsd be, hogy n X n k (−1)k = 0. k m k=0
(b) Legyen A az az n × n-es m´atrix, melynek i. sor j. oszlop´aban lev˝o elem i−1 . Hat´ a rozzuk meg az A−1 m´atrixot! j−1 megold´ as
30
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.40. (a) Milyen azonoss´ ag k¨ovetkezik a binomi´alis egy¨ utthat´okra abb´ol, hogy (1 + x)n (1 + x)m = (1 + x)n+m ? ´ abb´ (b) Es ol, hogy (1 + x)n deriv´altja n(1 + x)n−1 ? megold´ as
2.41. (a) Legyen F (x) = (b) Mi a hatv´ anysora
P∞
n=0
an xn . Mi lesz
F (x) 1−x ?
1 (1−x)n -nek?
(c) Milyen binomi´ alis egy¨ utthat´okra vonatkoz´o azonoss´ag k¨ovetkezik abb´ol, 1 1 hogy (1−x)1 n+m = (1−x) n (1−x)m ? megold´ as
2.42. (a) Minek a gener´ atorf¨ uggv´enye (1 − 4x)−1/2 ? (b) Bizony´ıtsd be, hogy n X 2k 2(n − k) n−k
k
k=0
= 4n . megold´ as
P∞ P∞ xn xn 2.43. Legyenek F (x) = n=0 an n! , G(x) = n=0 bn n! , F (x)G(x) = P∞ n x alis gener´atorf¨ uggv´enyek. Fejezd ki cn -t ai , bj sorozat n=0 cn n! exponenci´ seg´ıts´eg´evel! megold´ as
2.44. Az a0 , a1 , a2 , . . . ´es b0 , b1 , b2 , . . . sorozatokra fenn´all, hogy bn . Fejezd ki az an sorozatot a bk sorozat seg´ıts´eg´evel!
Pn
k=0
n k
ak =
megold´ as
2.45. Mennyi
P∞
i=1 (x
i2
2
+ xi
+1
+ xi
2
+2
+ . . . )? megold´ as
2.46. Mi a kapcsolat az an ´es a bn sorozat k¨oz¨ott ha ∞ X n=1
an xn =
∞ X k=1
bk
xk ? 1 − xk megold´ as
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 2.3. Binomia utthato uggve
31
2.47. (a) Legyen n X n k An = . 2k m k=0
Hat´ arozd meg a
P∞
n
n=0
An x hatv´anysort!
(b) Mutasd meg, hogy n−2m−1
An = 2
n n−m . n−m m megold´ as
2.48. Mutasd meg, hogy n X n+k 2k
k=0
2n−k =
1 (2 · 4n + 1). 3 megold´ as
2.49. Bizony´ıtsd be, hogy m X m n+k k=0
k
m
=
X mn 2k . k k k
megold´ as
2.50. Bizony´ıtsd be, hogy n X
(−1)n−k
k=0
2k k
k n−k
= 2n .
megold´ as
2.51. Mennyi m X m 2m − 2k k=0
k
m−k
(−2)k ?
megold´ as
32
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.52. Bizony´ıtsd be, hogy n X n 2k n−2k 2n 2 = . 2k k n
k=0
megold´ as
2.53. Mutasd meg, hogy n−m X k=0
n+k m + 2k
2k (−1)k n−1 = . k k+1 m−1 megold´ as
2.54. Mennyi bn/2c
X
k=0
n − k n−k 2 ? k megold´ as
2.55. Mennyi bn/2c
X
k=0
n−k k
k n−2k 1 5 ? 4 12 megold´ as
2.56. Az a0 , a1 , a2 , . . . sorozatra teljes¨ ul, hogy minden n-re n n n a0 + a1 + · · · + an = n!. 0 1 n
(a) Hat´ arozd meg a
P∞
n=0
n
uggv´enyt! an zn! exponenci´alis gener´atorf¨
(b) Adj ai -re k´epletet! (c) Mutasd meg, hogy an a fixpontmentes permut´aci´ok sz´ama n ponton! megold´ as
33
´ ris rekurzio ´k 2.4. Linea
2.57. Legyen f (n) az {1, 2, . . . , n} fixpontmentes permut´aci´oinak sz´ama. Meg´ allapod´ as szerint f (0) = 1. Bizony´ıtsd be, hogy n n X X n n (n − k)! = f (n − k)2k . k k megold´ as k=0
k=0
2.4. Line´ aris rekurzi´ ok 2.58. Tekints¨ uk az an = 5an−1 − 6an−2 line´aris rekurzi´oval defini´alt sorozatot! Adjunk an -re explicit k´epletet, ha (a) a0 = 1 ´es a1 = 2, (b) a0 = 1 ´es a1 = 3, (c) a0 = 3 ´es a1 = 8. megold´ as
2.59. Adj meg explicit k´epletet a k¨ovetkez˝o sorozatok tagjaira: (a) an+1 = 3an − 2an−1 , ahol a1 = 4, a2 = 6, (b) bn+1 = 2bn − 2bn−1 , ahol b1 = 1, b2 = 1, (c) cn+1 = 4cn − 2cn−1 , ahol c1 = 0, c2 = 1, (d) dn+1 = 2dn − dn−1 , ahol d1 = 1, d2 = 2, (e) en+1 = 4en − 4en−1 , ahol e1 = 2, e2 = 8. megold´ as
2.60. Az an sorozat kiel´eg´ıti az an = 6an−1 − 11an−2 + 6an−3 rekurzi´ot ´es a0 = 6, a1 = 11, a2 = 25. Hat´arozd meg an -t! megold´ as
2.61. Az an sorozatot a k¨ ovetkez˝o rekurzi´oval defini´aljuk: an+1 = 4an −an−1 n ≥ 1 ´es a0 = 2, a1 = 4. Adj explicit k´epletet an -re! megold´ as
2.5. Fibonacci-sorozat Ebben a r´eszben a Fibonacci-sorozatot vizsg´aljuk. Ezt a line´aris rekurz´ıv sorozatot a k¨ ovetkez˝ ok´eppen defini´aljuk: Fn = Fn−1 + Fn−2 ´es (n ≥ 2), F0 = 0, F1 = 1. 2.62. H´ anyf´elek´eppen fedhetj¨ uk le a 2 × n-es t´abl´at 1 × 2-es domin´okkal? megold´ as
34
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.63. Mennyi bn/2c
X i=0
n−i ? i megold´ as
2.64. Legyen (Fn ) a Fibonacci-sorozat: Fn = Fn−1 + Fn−2 (n ≥ 2), F0 = 0, F1 = 1. Bizony´ıtsd be, hogy (n + 1)F0 + nF1 + · · · + 1 · Fn = Fn+4 − (n + 3). megold´ as
2.65. Legyen (Fn ) a Fibonacci-sorozat. Mennyi F12 + F22 + · · · + Fn2 ? megold´ as
2.66. Legyen (Fn ) a Fibonacci-sorozat. Adj explicit k´epletet Fn -re! megold´ as
2.67. Legyen (Fn ) a Fibonacci sorozat. Bizony´ıtsd be, hogy n X n k=0
k
Fk = F2n .
megold´ as n
2.68. (a) Mennyi ( 01 11 ) ? (b) Keress k´epletet Fn+m -re Fn−1 , Fn , Fm , Fm+1 haszn´alat´aval! k P n 1 (c) Mutasd meg, hogy Fn = 2n−1 k 2k+1 5 ! megold´ as
2.69. (a) Legyen Fn a Fibonacci-sorozat n-edik tagja, vagyis F0 = 0, F1 = 1 ´es Fn+1 = Fn + Fn−1 ha n ≥ 1. Hozd z´art alakra az F (x) = F1 + F2 x + F3 x2 + . . . hatv´ anysort! P∞ n uggv´eny? (b) Mi lesz a n=0 Fn xn! exponenci´alis gener´atorf¨ megold´ as
35
´ mok 2.6. Catalan-sza
2.70. (a) Legyen m pozit´ıv eg´esz. Mutasd meg, hogy Fk mod m periodikus! (b) Mutasd meg, hogy (Fn , Fk ) = F(n,k) ! megold´ as
2.71. Mutasd meg, hogy ha p 6= 5 pr´ım akkor Fp−1 vagy Fp+1 oszthat´o p-vel! megold´ as
2.72. Bizony´ıtsd be, hogy Fkn =
k X k t=0
t
k−t t Fn−1 Fn Ft .
megold´ as
2.6. Catalan-sz´ amok Ebben a r´eszben az u ´n. Catalan-sz´amokat fogjuk vizsg´alni. Ezt a sorozatot a 2.73 feladatban vezetj¨ uk be ´es az ¨osszes t¨obbi feladatban is Cn -nel fogjuk jel¨ olni az n-edik Catalan-sz´ amot. 2.73. (a) Jel¨ olje Cn azon 2n hossz´ u ±1-b˝ol ´all´o sorozatok sz´am´at, ahol a 2n sz´ aP m¨ osszege 0 ´es minden kezd˝o r´eszlet¨osszeg nemnegat´ıv. Bizony´ıtsd be, n hogy k=0 Ck Cn−k = Cn+1 , ahol C0 = 1! (b) H´ anyf´elek´eppen juthat el egy bolha a (0, 0) pontb´ol az (n, n) pontba, ha minden l´ep´esben jobbra vagy felfel´e l´ephet egyet a n´egyzetr´acson ´es nem ´ egy ´altal´anos (n, k) pontba? mehet az y = x egyenes f¨ ol´e? Es (c) Mi k¨ oze egym´ ashoz az (a) ´es (b) r´esznek? megold´ as
2.74. n hangya egy cs¨ ov¨ on s´et´al kereszt¨ ul. A cs˝o nagyon sz˝ uk, ´ıgy a hangy´ak nem tudj´ ak megel˝ ozni egym´ ast, ´amde a cs˝o fel´en´el van egy le´agaz´as egy zs´akutc´ aba, amibe n´eh´ any hangya be tud menni ´es onnan ford´ıtott sorrendben kij¨ ohetnek, de a le´ agaz´ asb´ ol visszafel´e nem mehetnek, csak el˝ore. H´anyf´ele sorrendben j¨ ohetnek ki a cs˝ ob˝ol? megold´ as
2.75. H´ anyf´elek´eppen bonthatunk fel egy konvex n-sz¨oget h´aromsz¨ogekre n−3 ´ atl´ oval? megold´ as
36
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.76. Egy dinasztia alap´ıt´ o uralkod´oja u ´gy rendelkezett, hogy minden fi´ u´agi ˝ ´es mindegyik lesz´ armazottj´ anak 2 (nem felt´etlen¨ ul fi´ u) gyermeke legyen. O fi´ u´ agi lesz´ armazottja is ´ıgy tett, ´am a (fi´ u´agi) dinasztia csak n f´erfi tagot sz´ aml´ alt, majd kihalt. H´ anyf´elek´eppen n´ezhet ki ezen n tag´ u dinasztia csal´ adf´ aja, felt¨ untetve, hogy ki volt az els˝o ´es ki a m´asodik gyermek? megold´ as
2.77. Egy k¨ or alak´ u asztal k¨or¨ ul 2n ember u ¨l. H´anyf´elek´eppen tud egyszerre mindenki kezet fogni egy egy t´ars´aval, hogy az ´ıgy l´etrej¨ov˝o n k´ezfog´as k¨oz¨ ul semelyik kett˝ o se keresztezze egym´ast? megold´ as
(2n n) (C0 = 1). Hat´arozd 2.78. Legyen Cn az n-edik Catalan-sz´am, Cn = n+1 meg a C(x) = C0 + C1 x + C2 x2 + . . . gener´ atorf¨ uggv´enyt a Ci -kre vonatkoz´o rekurzi´o seg´ıts´eg´evel! megold´ as
2.7. Stirling sz´ amok 2.79. Jel¨ olj¨ uk nk -val ah´ anyf´elek´eppen az {1, 2, . . . , n} halmazt k nem u ¨res halmazra lehet sz´etbontani. (Pl.: 32 = 3, mert {1, 2}{3}, {1, 3}{2}, {2, 3}{1}.) (a) Szitaformul´ aval bizony´ıtsd be, hogy nno k
=
k k 1 X (k − r)n . (−1)r r k! r=0
(b) Adj a binomi´ alis egy¨ utthat´okhoz hasonl´o rekurzi´ot { nk }-ra! megold´ as
2.80. Legyen nk az 1, 2, . . . , n azon permut´aci´oinak sz´ama, amelyben pontosan k ciklus van. (Ezek az els˝ofaj´ u Stirling-sz´amok.) Mutasd meg, hogy hni n − 1 n−1 = + (n − 1) . k k−1 k megold´ as
37
´ mok 2.7. Stirling sza
2.81. Bizony´ıtsd be, hogy X nno k
k
x(x − 1) . . . (x − k + 1) = xn .
megold´ as
2.82. Legyen nk az 1, 2, . . . , n azon permut´aci´oinak sz´ama, amelyekben pontosan k ciklus van. Mutasd meg, hogy n h i X n k=0
k
xk = x(x + 1) . . . (x + n − 1).
megold´ as
2.83. Bizony´ıtsd be, hogy X nno n≥0
xn =
k
xk . (1 − x)(1 − 2x) . . . (1 − kx)
megold´ as
2.84. Mutasd meg, hogy X n n o zn n≥0
k
n!
=
(ez − 1)k . k!
megold´ as
2.85. Mutasd meg, hogy X h n i zn n≥0
k
1 = n! k!
1 log 1−z
k .
megold´ as
38
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.86. Legyen
X nno
sn (x) =
k=1
k
xk .
(a) Mutasd meg, hogy ∞ X
sn (x)
n=0
z zn = ex(e −1) . n!
(b) Mutasd meg, hogy n X n sk (x)sn−k (y) = sn (x + y). k
k=0
megold´ as
2.87. Legyen Sn (x) =
X hni k=1
k
xk .
(a) Mutasd meg, hogy ∞ X
Sn (x)
n=0
1 zn = . n! (1 − z)x
(b) Mutasd meg, hogy n X n k=0
k
Sk (x)Sn−k (y) = Sn (x + y). megold´ as
2.88. Legyen S(n, r) = {(k1 , k2 , . . . , kn ) ∈ Zn | ki ≥ 0, k1 + 2k2 + · · · + nkn = = n, k1 + · · · + kn = r}. Mutasd meg, hogy nno r
=
X k∈S(n,r)
n! . k1 !1!k1 k2 !2!k2 . . . kn !n!kn megold´ as
39
´ mok 2.7. Stirling sza
2.89. Legyen S(n, r) = {(k1 , k2 , . . . , kn ) ∈ Zn | ki ≥ 0, k1 + 2k2 + · · · + nkn = = n, k1 + · · · + kn = r}. Mutasd meg, hogy hni r
X
=
k∈S(n,r)
n! . k1 !1k1 k2 !2k2 . . . kn !nkn megold´ as
2.90. Bizony´ıtsd be, hogy ha m, n ≥ 0 eg´eszek, akkor az els˝ofaj´ u ´es m´asodfaj´ u Stirling sz´ amokra fenn´ all, hogy X nno k 1 ha m = n, (−1)n−k = k m 0 ha m 6= n. k
megold´ as
2.91. Bizony´ıtsd be, hogy X n+1 n k = . m+1 k m k
megold´ as
2.92. Jel¨ olje t(n, k) ah´ anyf´elek´eppen fel lehet bontani az {1, 2, . . . , n} halmazt k nem u ´gy, hogy k´ et szomsz´ ulj¨on egy ¨res halmazra u o edos elem ne ker¨ n n−1 halmazba. Mutasd meg, hogy t(n, k) = k−1 . megold´ as
2.93. Mutasd meg, hogy n > 1 eset´en n n o X n k=0
k
(−1)k (k − 1)! = 0. megold´ as
2.94. Az {1, 2, . . . , n} permut´aci´oiban mennyi a ciklusok sz´am´anak ´atlaga? megold´ as
40
´ mla ´ la ´ si feladatok 2. Lesza
2.8. Part´ıci´ ok 2.95. Jel¨ olje p≤k (n) az n term´eszetes eg´esz sz´am felbont´asainak sz´am´at pozit´ıv eg´eszek ¨ osszeg´ere, melyek mindegyike legfeljebb k. p≤k (0) = 1 defin´ıci´o szerint. Legyen tov´ abb´ a p≤k (n) n azon part´ıci´oinak halmaza, ahol legfeljebb k tag´ u¨ osszeget k´epez¨ unk. Mutasd meg, hogy p≤k (n) = p≤k (n)! megold´ as
2.96. Bizony´ıtsd be, hogy az n sz´am csupa k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv eg´eszre val´o osszegel˝ o´ all´ıt´ asainak sz´ ama egyenl˝o n sz´am csupa p´aratlan pozit´ıv eg´eszre ¨ val´ o¨ osszegel˝ o´ all´ıt´ asainak sz´ am´aval! megold´ as
2.97. Jel¨ olje p≤k (n) az n term´eszetes eg´esz sz´am felbont´asainak sz´am´at pozit´ıv eg´eszek ¨ osszeg´ere, melyek mindegyike legfeljebb k. p≤k (0) = 1 defin´ıci´o szerint. (a) Bizony´ıtsd be, hogy ∞ X
p≤k (n)xn =
n=0
1 . (1 − x)(1 − x2 ) . . . (1 − xk )
(b) Jel¨ olje p(n) az n part´ıci´ oinak sz´am´at. Bizony´ıtsd be, hogy ∞ X
n
p(n)x =
n=0
∞ Y k=1
1 . 1 − xk
´ (Ertelmes ez a szorzat? Milyen konvergencia szerint?) megold´ as
2.98. Legyen p(n) az n sz´ am pozit´ıv eg´eszek ¨osszegek´ent (partici´o) val´o fel´ır´ asainak sz´ ama, ahol a sorrend nem sz´am´ıt. (Pl.: p(4) = 5, mert 4 = 3 + 1 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1.) (a) Bizony´ıtsd be, hogy az n sz´am part´ıci´oiban az 1-esek sz´ama p(n − 1) + p(n − 2) + · · · + p(0), ahol p(0) = 1 defin´ıci´o szerint! (b) Keress hasonl´ o k´epletet a 2-esek, 3-asok,... sz´am´ara! (c) Bizony´ıtsd be, hogy p(n) =
n−1 1X σ(n − k)p(k), n k=0
ahol σ(k) k oszt´ oinak ¨ osszege! megold´ as
´k 2.8. Part´ıcio
41
2.99. Legyen p(n) az n sz´ am part´ıci´oinak a sz´ama. Legyen tov´abb´a r(n) azon part´ıci´ ok sz´ ama, ahol az o ul¨onb¨oz˝o p´aratlan sz´amok. Mutasd ¨sszeadand´ok k¨ meg, hogy p(n) ≡ r(n) (mod 2)! megold´ as
3. fejezet
Algebrai m´ odszerek a kombinatorik´ aban 3.1. Line´ aris algebrai m´ odszerek 3.1. Az n cs´ ucs´ u G gr´ af ´eleit megir´any´ıtjuk, majd minden e = xy ´elhez hozz´ arendelj¨ uk azt a ve ∈ Rn vektort, amely az x koordin´at´aban 1, y koordin´ at´ aban −1, minden¨ utt m´ ashol pedig 0. (a) Mekkora a ve vektorok ´ altal gener´alt V vektort´er dimenzi´oja? (b) Mely ´elekhez tartoz´ o vektorrendszerek lesznek line´arisan f¨ uggetlenek? (c) Mely ´elekhez tartoz´ o vektorrendszerek lesznek gener´atorrendszerei V -nek? (d) Mely ´elekhez tartoz´ o vektorrendszerek lesznek b´azisai V -nek? megold´ as
3.2. (Graham–Pollak-t´etel) Mutasd meg, hogy a Kn teljes gr´af ´elhalmaz´at nem lehet felbontani (n − 1)-n´el kevesebb teljes p´aros gr´af uni´oj´ara. megold´ as
3.3. Legyen fr (n) annak a minimuma ah´any r´eszre az n cs´ ucs´ u teljes runiform hipergr´ afot fel lehet bontani p´aronk´ent diszjunkt teljes r-oszt´aly´ u r-uniform hipergr´ afok uni´ oj´ ara. (a) Mutasd meg, hogy fr (n) ≥ fr−1 (n − 1)! (b) Mutasd meg, hogy f3 (n) = n − 2!
44
´ dszerek a kombinatorika ´ ban 3. Algebrai mo
(c) (Csak ehhez kell line´ aris algebra.) Bizony´ıtsd be, hogy n ≥ 2k ≥ 2 eset´en n n n n k − k−1 − k−3 − · · · − k+1−2bk/2c f2k (n) ≥ 2 . 2k k
(Csak ehhez kell line´ aris algebra.) (d) Bizony´ıtsd be, hogy minden r ≥ 1 eset´en l´etezik cr > 0, hogy fr (n) ≥ cr nbr/2c ! (Megjegyz´es: ez val´oban a pontos nagys´agrend.) megold´ as
3.2. Polinomm´ odszer Ebben a r´eszben is alkalmas vektorterek dimenzi´oj´at kell becs¨ ulni egy-egy feladat ´ all´ıt´ as´ anak bizony´ıt´ as´ahoz csak´ ugy, mint az el˝oz˝o r´eszben. Az u ´jdons´ agot az adja, hogy a vektort´er elemei polinomok lesznek, ´ıgy a line´aris f¨ uggetlens´eg bizony´ıt´ as´ ara u ´j lehet˝os´egek ny´ılnak. 3.4. Legyen G = (A, B, E) p´aros gr´af, ahol |A| = n, |B| = m. Tegy¨ uk fel, hogy G-hez tetsz˝ oleges ´elt hozz´av´eve keletkezik K(S, T ) teljes p´aros gr´af, ahol S ⊂ A, T ⊂ B, |S| = s, |T | = t. Mutassuk meg, hogy legal´abb nm − (n − s + 1)(m − t + 1) ´ele van G-nek! megold´ as
3.5. Tegy¨ uk fel, hogy az A ⊂ Rn halmaz b´armely k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o pontja d1 vagy d2 t´ avols´ agra van egym´ast´ol. Mutasd meg, hogy |A| ≤
1 (n + 1)(n + 4). 2
megold´ as
3.6. (a) Legyen G egy gr´ af S ⊂ Rd pontjain. K´et cs´ ucs akkor van ¨osszek¨otve, ha t´ avols´ aguk 1. Legyen H egy tetsz˝oleges gr´af ´es legyen H ×k az a gr´af, melynek cs´ ucshalmaza V (H)k ´es az (u1 , . . . , uk ), (v1 , . . . , vk ) ∈ V (H)k akkor van ¨ osszek¨ otve, ha valamelyik koordin´at´aban a cs´ ucsok szomsz´edosak. A H gr´ af ω-Shannon-kapacit´ as´ at a k¨ovetkez˝ok´eppen defini´aljuk: Θω (H) = lim ω(H ×k )1/k . k→∞
Mutasd meg, hogy a G t´ avols´aggr´af ω-Shannon-kapacit´asa legfeljebb d + 2! (b) Mutass p´eldat arra, hogy Θω (G) ≤ d + 1 nem felt´etlen¨ ul igaz m´eg a d = 2 esetben sem! megold´ as
45
´ sai 3.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaza
3.7. Legyen G = (V, E) ir´ any´ıtott gr´af. Legyen w(Gn ) a legnagyobb S ⊆ V n halmaz m´erete, melyre minden (u1 , . . . , un ), (v1 , . . . , vn ) ∈ S rendezett p´ arra l´etezik i, hogy (ui , vi ) ∈ E(G). Legyen C(G) = lim w(Gn )1/n n→∞
aGu ´n. Sperner-kapacit´ asa. Legyen d+ (G) a G-beli legnagyobb kifok. Mutasd meg, hogy C(G) ≤ d+ (G) + 1. megold´ as
3.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaz´ asai 3.8. Legyenek n ≥ 1, K ≥ 0 eg´eszek. Legyen tov´abb´a h ∈ Fp (t1 , . . . , tn ) polinom. Tegy¨ uk fel, hogy az A1 , . . . , An ⊆ Fp halmazokra teljes¨ ul, hogy Pn |A | = K + n + deg(h). Tegy¨ u k fel m´ e g, hogy a i i=1 (t1 + · · · + tn )K h(t1 , . . . , tn ) |A1 |−1
polinomban a t1
|An |−1
. . . tn
egy¨ utthat´oja nem 0. Mutasd meg, hogy ekkor
|{a1 + · · · + an | ai ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n); h(a1 , . . . , an ) 6= 0}| ≥ K + 1. megold´ as
3.9. Legyen p pr´ım. Legyen f ∈ Fp [x1 , . . . , xn ] n-v´altoz´os polinom, melynek foka n(p − 1). Legyen Z X f (a). f= a∈Fn p
Mutasd meg, hogy tosan (p − 1)!
R
f csak azon tagt´ol f¨ ugg, amelyben minden kitev˝o ponmegold´ as
3.10. Legyen k = p−1 oleges d1 , d2 , . . . , dk ∈ Fp 2 . Mutasd meg, hogy tetsz˝ eset´en l´etezik Fp \ {0}-nak egy a1 , b1 , a2 , b2 , . . . ak , bk permut´aci´oja melyre di = ai − bi ! megold´ as
46
´ dszerek a kombinatorika ´ ban 3. Algebrai mo
3.11. Legyenek A, B ⊂ Fp halmazok ´es legyen ∗
A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B a 6= b}. Mutasd meg, hogy ∗
|A + B| ≥ min(|A| + |B| − 3, p). S˝ ot, ha |A| = 6 |B|, akkor az al´abbi becsl´es is teljes¨ ul: ∗
|A + B| ≥ min(|A| + |B| − 2, p). megold´ as
3.12. Legyen F tetsz˝ oleges test ´es A egy n × n-es m´atrix F felett. Tegy¨ uk fel, hogy A permanense nem 0. Mutasd meg, hogy ekkor tetsz˝oleges b ∈ Fn vektorra ´es S1 , S2 , . . . Sn ⊂ F halmazokra, melyekre |Si | = 2 minden i-re, l´etezik egy olyan x = (x1 , . . . xn ) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn vektor, hogy Ax minden koordin´ at´ aj´ aban k¨ ul¨onb¨ozik a b vektort´ol. megold´ as
3.13. (Chevalley-t´etel) Legyen p pr´ım ´es legyenek P1 = P1 (x1 , . . . , xn ), P2 = P2 (x1 , . . . , xn ), . . . , Pm = Pm (x1 , . . . , xn ) Pm Fp [x1 , . . . , xn ]-beli polinomok. Tegy¨ uk fel, hogy n > i=1 deg(Pi ). Bizony´ıtsd be, hogy ha a P1 , . . . , Pm polinomoknak van egy k¨oz¨os (c1 , . . . , cn ) gy¨ ok¨ uk, akkor van m´eg egy k¨oz¨os gy¨ok¨ uk! megold´ as
3.14. Legyenek a1 , a2 , . . . , a2p−1 Fp -beli elemek. Mutasd meg, hogy tal´alhat´o p darab k¨ oz¨ ott¨ uk, melyek ¨ osszege 0! megold´ as
3.15. A H1 , H2 , . . . , Hk hipers´ıkok lefedik a [0, 1]n hiperkocka ¨osszes cs´ ucs´at, kiv´eve a 0 cs´ ucsot. Mutasd meg, hogy k ≥ n! megold´ as
3.16. A H1 , H2 , . . . , Hk s´ıkok lefedik a [0, 1, 2, . . . , n]3 kocka ¨osszes r´acspontj´ at, kiv´eve a (0, 0, 0) cs´ ucsot. Mutasd meg, hogy k ≥ 3n! megold´ as
´ sai 3.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaza
47
3.17. A G = (V, E) gr´ afot egy ´el hozzav´etel´evel kapjuk egy 4-regul´aris gr´afb´ ol. A Chevalley-t´etel (3.13 feladat) alkalmaz´as´aval mutasd meg, hogy G-nek van 3-regul´ aris r´eszgr´ afja! megold´ as
3.18. Legyen p pr´ım. Tegy¨ uk fel, hogy a G gr´afban az ´atlagfoksz´am t¨obb mint 2p − 2 ´es a legnagyobb foksz´am legfeljebb 2p − 1. Mutasd meg, hogy G-nek van p-regul´ aris r´eszgr´ afja! megold´ as
4. fejezet
Spektr´ algr´ afelm´ eleti feladatok 4.1. Bevezet˝ o feladatok 4.1. (a) Legyen A a G gr´ af adjacenciam´atrixa. Mi az (A2 )ij kombinatorikus jelent´ese ha i = j, illetve ha i 6= j? (b) Legyen k pozit´ıv eg´esz. Mi az (Ak )ij kombinatorikus jelent´ese? megold´ as
4.2. Legyen A a G gr´ af adjacenciam´atrixa, vagyis A = (aij ), ahol aij = 1, ha az i-edik ´es j-edik cs´ ucs ¨ossze van k¨otve ´es 0, ha nincsenek ¨osszek¨otve. Legyenek az A m´ atrix saj´ at´ert´ekei λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn (val´osak(!), mi´ert is?). Mutasd meg, hogy P (a) λi = 0, P 2 (b) λi = 2e(G)! P 3 P k (c) Mi lesz λi , illetve ´ altal´aban λi ? megold´ as
4.3. (a) Mik a Kn teljes gr´ af saj´at´ert´ekei? (b) Mi a Kn,m n + m cs´ ucs´ u teljes p´aros gr´af spektruma? megold´ as
4.4. Adottak a G1 ´es G2 gr´afok saj´at´ert´ekei. Mik lesznek G = G1 ∪ G2 diszjunkt uni´ onak a saj´ at´ert´ekei? megold´ as
50
´ lgra ´ felme ´leti feladatok 4. Spektra
4.5. Mutasd meg, hogy egy d-regul´aris gr´af legnagyobb saj´at´ert´eke d, ´es multiplicit´ asa ´eppen a G gr´ af komponenseinek sz´ama! megold´ as
4.6. Legyen G legnagyobb saj´at´ert´eke λ1 , legkisebb saj´at´ert´eke λn . Mutasd meg, hogy λ1 ≥ |λn |! megold´ as
4.7. Legyen A a G gr´ af adjacenciam´atrixa, legnagyobb saj´at´ert´ek´ehez tartoz´o saj´ atvektora v1 . Mutasd meg, hogy max xT Ax = λ1 ,
||x||=1
illetve min xT Ax = λn ,
||x||=1
tov´ abb´ a max
||x||=1,x⊥v1
xT Ax = λ2 .
Hogyan ´ altal´ anos´ıthat´ o ez az ´all´ıt´as a t¨obbi saj´at´ert´ekre? megold´ as
4.8. (Courant–Weyl-t´etelek.) Legyen A val´os, szimmetrikus m´atrix. Legyenek A saj´ at´ert´ekei λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn . Mutasd meg, hogy (a) λk =
max
U :dim U =k
min v T Av.
v∈U ||v||=1
(b) λk =
min
U :dim U =n−k+1
max v T Av.
v∈U ||v||=1
megold´ as
4.9. Legyenek A szimmetrikus val´os m´atrix saj´at´ert´ekei λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn . Legyen tov´ abb´ a u1 , . . . , uk ortonorm´alt vektorrendszer. Mutasd meg, hogy k X i=1
λi ≥
k X
ui T Aui
i=1
megold´ as
51
˝ feladatok 4.1. Bevezeto
4.10. Legyen az A m´ atrix ortonorm´alt saj´atb´azisa v1 , . . . , vn (oszlopvektorok) u ´gy, hogy Avi = λi vi . Mutasd meg, hogy A=
n X
λi vi vi T .
i=1
Mutasd meg, hogy Ak =
n X
λki vi vi T .
i=1
megold´ as
4.11. (a) Mutasd meg, hogy ha λ saj´at´ert´eke a G p´aros gr´afnak, akkor −λ is! (b) Legyen a G ¨ osszef¨ ugg˝ o gr´af legnagyobb saj´at´ert´eke λ1 , legkisebb saj´at´ert´eke λn . Tegy¨ uk fel, hogy λn = −λ1 . Bizony´ıtsd be, hogy G p´aros gr´af! (c) Mutasd meg, hogy a (b) feladatban nem hagyhat´o el az ¨osszef¨ ugg˝os´egi felt´etel! megold´ as
4.12. A d-regul´ aris G gr´ af saj´at´ert´ekei legyenek d = λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn . Mik G saj´ at´ert´ekei? megold´ as
4.13. Jel¨ olje mk (G) azt a sz´ amot, ah´anyf´elek´eppen ki lehet v´alasztani G-nek k f¨ uggetlen ´el´et (m0 (G) = 1). Bizony´ıtsd be, hogy egy T fa karakterisztikus polinomja bn/2c X (−1)j mj (T )xn−2j . j=0
megold´ as
4.14. (a) Adj meg k´et azonos spektrum´ u gr´afot, amelyek k¨oz¨ ul az egyik osszef¨ ugg˝ o, a m´ asik nem! ¨ (b) Adj meg k´et nem izomorf f´at, melyeknek megegyezik a spektruma! megold´ as
52
´ lgra ´ felme ´leti feladatok 4. Spektra
4.15. Legyen G egy n cs´ ucs´ u, m ´el˝ u gr´af. Legyen LG a G gr´af ´elgr´afja. Legyenek LG saj´ at´ert´ekei λ1 (LG ) ≥ · · · ≥ λm (LG ). Bizony´ıtsd be, hogy λm (LG ) ≥ −2, ´es egyenl˝ os´eg ´all fenn, ha m > n. megold´ as
4.2. Gr´ afszorzatok, gr´ aftranszform´ aci´ ok 4.16. (a) A G gr´ af adjacenciam´atrix´anak saj´at´ert´ekei µ1 , µ2 , . . . , µn . Mik annak a G(k) gr´ afnak a saj´at´ert´ekei, melyet u ´gy kapunk, hogy G minden cs´ ucs´ at helyettes´ıtj¨ uk egy k m´eret˝ u f¨ uggetlen halmazzal, ´es k´et ilyen f¨ uggetlen ponthalmaz k¨ oz¨ ott beh´ uzunk minden ´elet pontosan akkor, ha eredetileg volt ´el a k´et cs´ ucs k¨ oz¨ ott, egy´ebk´ent pedig nem h´ uzunk be egyetlen ´elet sem? (b) Mik annak a G[k] gr´ afnak a saj´at´ert´ekei, melyet u ´gy kapunk, hogy G minden cs´ ucs´ at helyettes´ıtj¨ uk egy k m´eret˝ u klikkel ´es k´et ilyen klikk k¨oz¨ott beh´ uzunk minden ´elet pontosan akkor, ha eredetileg volt ´el a k´et cs´ ucs k¨oz¨ott, egy´ebk´ent pedig nem h´ uzunk be egyetlen ´elet sem? megold´ as
4.17. (a) A G gr´ af Laplace-m´atrix´anak a saj´at´ert´ekei λ1 , λ2 , . . . , λn . Mik annak a G(k) gr´ afnak a saj´at´ert´ekei, melyet u ´gy kapunk, hogy G minden cs´ ucs´ at helyettes´ıtj¨ uk egy k m´eret˝ u f¨ uggetlen halmazzal ´es k´et ilyen f¨ uggetlen halmaz k¨ oz¨ ott beh´ uzunk minden ´elet pontosan akkor, ha eredetileg volt ´el a k´et cs´ ucs k¨ oz¨ ott, egy´ebk´ent pedig nem h´ uzunk be egyetlen ´elet sem? (b) Mik annak a G[k] gr´ af Laplace-m´atrix´anak a saj´at´ert´ekei, melyet u ´gy kapunk, hogy G minden cs´ ucs´at helyettes´ıtj¨ uk egy k m´eret˝ u klikkel ´es k´et klikk k¨ oz¨ ott beh´ uzunk minden ´elet pontosan akkor, ha eredetileg volt ´el a k´et cs´ ucs k¨ oz¨ ott, egy´ebk´ent pedig nem h´ uzunk be egyetlen ´elet sem? megold´ as
4.18. Adottak a G1 ´es G2 gr´afok saj´at´ert´ekei. Mik a G1 ×G2 gr´af saj´at´ert´ekei, ahol G1 ×G2 gr´ afot a k¨ovetkez˝ok´eppen defini´aljuk: a cs´ ucshalmaz V (G1 ×G2 ) = V (G1 ) × V (G2 ), ´es az (u1 , v1 ) ´es (u2 , v2 ) cs´ ucsok akkor ´es csak akkor vannak ¨ osszek¨ otve, ha (u1 , u2 ) ∈ E(G1 ) ´es (u2 , v2 ) ∈ E(G2 ). megold´ as
4.19. Adottak a G1 ´es G2 gr´afok saj´at´ert´ekei. Mik G1 ? G2 gr´af saj´at´ert´ekei, ahol G1 ? G2 gr´ afot a k¨ ovetkez˝ok´eppen defini´aljuk: a cs´ ucshalmaz V (G1 ? G2 ) = V (G1 ) × V (G2 ), ´es az (u1 , v1 ) ´es (u2 , v2 ) cs´ ucsok akkor ´es csak akkor vannak ¨ osszek¨ otve, ha minden koordin´at´aban vagy megegyeznek, vagy ¨ossze vannak k¨ otve. megold´ as
´ lsuga ´ r-becsle ´sek 4.3. Spektra
53
4.20. Adottak a G1 ´es G2 gr´afok adjacenciam´atrix´anak a saj´at´ert´ekei. A G1 G2 gr´ afot a k¨ ovetkez˝ ok´eppen defini´aljuk: V (G1 G2 ) = V (G1 ) × V (G2 ), tov´ abb´ a (u1 , v1 ) ´es (u2 , v2 ) akkor ´es csak akkor van ¨osszek¨otve, ha u1 = u2 ´es (v1 , v2 ) ∈ E(G2 ), vagy v1 = v2 ´es (u1 , u2 ) ∈ E(G1 ). Mik a G1 G2 gr´af saj´ at´ert´ekei? megold´ as
4.3. Spektr´ alsug´ ar-becsl´ esek 4.21. Legyen G0 r´eszgr´ afja G-nek. Legyen λ(G) G spektr´alsugara, azaz G legnagyobb saj´ at´ert´eke. Mutasd meg, hogy λ(G0 ) ≤ λ(G), ´es ha G ¨osszef¨ ugg˝o ´es G0 val´ odi r´eszgr´ afja G-nek, akkor nem ´allhat fenn egyenl˝os´eg! megold´ as
4.22. Legyen d a G gr´ af legkisebb, D a legnagyobb foksz´ama. Legyen tov´ abb´ a λ az adjacenciam´ atrix legnagyobb saj´at´ert´eke. Bizony´ıtsd be, hogy √
D ≤ λ ≤ D, q ≤ λ ≤ 2e(G)(1 − n1 ). (b) 2e(G) n (a)
megold´ as
4.23. Legyen G spektr´ alsugara λ(G), a G-beli cs´ ucsok foksz´amai d1 , . . . , dn . Mutasd meg, hogy v u n u1 X t d2 ≤ λ(G). n i=1 i megold´ as
4.24. Legyen G1 ´es G2 k´et gr´af azonos cs´ ucshalmazon. Legyen G az a gr´af, amelynek cs´ ucshalmaza V (G) = V (G1 ) = V (G2 ) ´es E(G) = E(G1 ) ∪ E(G2 ). Legyen λ(Gi ) a Gi gr´ af spektr´alsugara, azaz Gi legnagyobb saj´at´ert´eke. Bizony´ıtsd be, hogy λ(G) ≤ λ(G1 ) + λ(G2 ). megold´ as
4.25. Legyen ucson. Mutasd meg, hogy a legnagyobb saj´at´ert´eke √ T fa n cs´ ´ egyenl˝os´eg a becsl´esben? legfeljebb n − 1. Allhat-e megold´ as
54
´ lgra ´ felme ´leti feladatok 4. Spektra
4.4. Gr´ afparam´ eterek becsl´ esei 4.26. Legyen G (n, d, λ)-gr´ af vagyis d-regul´aris n cs´ ucs´ u gr´af, melynek minden d-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´ at´ert´eke legfeljebb λ abszol´ ut´ert´ek˝ u. Legyen X, Y ⊆ V (G) ´es jel¨ olje e(X, Y ) azon ´elek sz´am´at, melyek egyik v´egpontja X-ben, m´ asik v´egpntja Y -ban van. Mutasd meg, hogy e(X, Y ) − d|X||Y | ≤ λ|X|1/2 |Y |1/2 . n megold´ as
4.27. (a) Legyen G gr´ af n cs´ ucson, melynek legnagyobb Laplace-saj´at´ert´eke µ1 . Legyen (A, V \ A) a G gr´af egy v´ag´asa, ahol |A| = a, |V \ A| = b. A v´ ag´ asban szerepl˝ o ´elek sz´ am´ at jel¨olje e(A, V \ A). Mutasd meg, hogy ekkor e(A, V \ A) ≤ µ1
ab . n
(b) Legyenek a G d-regul´ aris gr´af adjacenciam´atrix´anak saj´at´ert´ekei d = λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn . Mutasd meg, hogy ekkor a gr´af tetsz˝oleges v´ag´asa legfeljebb (d − λn )
e λn n n = − 4 2 4
´elet tartalmaz! megold´ as
4.28. (Hoffman-becsl´es) Legyen G d-regul´aris gr´af λn legkisebb saj´at´ert´ekkel, ´es legyen α(G) a legnagyobb f¨ uggetlen halmaz´anak m´erete. Mutasd meg, hogy −nλn . α(G) ≤ d − λn megold´ as
4.29. Legyen n+ , n− a G gr´ af nemnegat´ıv, illetve nempozit´ıv saj´at´ert´ekeinek a sz´ ama. Legyen α(G) a G gr´af legnagyobb f¨ uggetlen halmaz´anak m´erete. Mutasd meg, hogy α(G) ≤ min{n+ , n− }! megold´ as
˝ sen regula ´ ris gra ´ fok 4.5. Ero
55
4.5. Er˝ osen regul´ aris gr´ afok A G gr´ af er˝ osen regul´ aris (v, k, λ, µ) param´eterekkel, ha v cs´ ucsa van, kregul´ aris ´es ha k´et cs´ ucs ¨ ossze van k¨otve, akkor nekik pontosan λ k¨oz¨os szomsz´edjuk van, ha pedig nincsenek ¨osszek¨otve, akkor pedig pontosan µ k¨ oz¨ os szomsz´edjuk van. 4.30. Legyen G gr´ af er˝ osen regul´aris (v, k, λ, µ) param´eterekkel. Legyen A az adjacenciam´ atrixa G-nek. Mutasd meg, hogy A2 + (µ − λ)A − (k − µ)I = µJ, ahol I az egys´eg, J pedig a csupa 1 m´atrix. Mik az A m´atrix saj´at´ert´ekei? Mi az egyes saj´ at´ert´ekek multiplicit´asa? megold´ as
4.31. (a) Mik a Petersen-gr´ af saj´at´ert´ekei? (b) A Paley-gr´ afot a k¨ ovetkez˝ok´eppen defini´alj´ak. Legyen p egy 4k + 1 alak´ u pr´ım. A Paley-gr´ af cs´ ucshalmaza Zp , ´es a, b ∈ Zp cs´ ucsok ¨ossze vannak k¨otve, ha a − b n´egyzetsz´ am Zp -ben. Mik a Paley-gr´af saj´at´ert´ekei? megold´ as
4.32. Legyen a G gr´ af er˝ osen regul´aris (v, k, λ, µ) param´eterekkel. Legyen k > ϑ1 > ϑ2 a G gr´ af h´ arom k¨ ul¨onb¨oz˝o saj´at´ert´eke. Mutasd meg, hogy (k − ϑ1 )(k − ϑ2 ) = vµ. megold´ as
4.33. Legyen a G gr´ af er˝ osen regul´aris (v, k, λ, µ) param´eterekkel. Mutasd meg, hogy G gr´ af vagy konferenciagr´af, azaz olyan er˝osen regul´aris, melynek param´eterei (4t + 1, 2t, t − 1, t) valamilyen t-re, vagy minden saj´at´ert´eke eg´esz sz´ am! megold´ as
4.34. Legyen a G gr´ af er˝ osen regul´aris (v, k, λ, µ) param´eterekkel. Tegy¨ uk fel, hogy G nem az u ¨res vagy a teljes gr´af ´es v = p pr´ım. Mutasd meg, hogy ekkor G konferenciagr´ af, azaz olyan er˝osen regul´aris, melynek param´eterei p−5 p−1 (p, p−1 , , ). 2 4 4 megold´ as
56
´ lgra ´ felme ´leti feladatok 4. Spektra
4.35. Tegy¨ uk fel, hogy egy k-regul´aris G gr´afra teljes¨ ul, hogy ha k´et k¨ ul¨onb¨oz˝ o cs´ ucs o ssze van k¨ o tve, akkor nincs k¨ o z¨ o s szomsz´ e djuk, ha pedig nincsenek ¨ osszek¨ otve, akkor pontosan egy k¨oz¨os szomsz´edjuk van. ¨ (a) H´ any cs´ ucsa van G-nek k f¨ uggv´eny´eben? (Ez m´eg csak csereszny´ez´es.) (b) Mutasd meg, hogy k az 1, 2, 3, 7, 57 sz´amok valamelyike! (c) Mely k-re ismersz p´eld´ at a fentiek k¨oz¨ ul? megold´ as
4.36. Tegy¨ uk fel, hogy egy k-regul´aris G gr´afra teljes¨ ul, hogy ha k´et k¨ ul¨onb¨oz˝ o cs´ ucs ¨ ossze van k¨ otve, akkor nincs k¨oz¨os szomsz´edjuk, ha pedig nincsenek osszek¨ otve, akkor pontosan k´et k¨oz¨os szomsz´edjuk van. ¨ (a) H´ any cs´ ucsa van G-nek k f¨ uggv´eny´eben? (Ez m´eg csak csereszny´ez´es.) (b) Mutasd meg, hogy l´etezik egy r eg´esz sz´am, melyre d = r2 + 1! megold´ as
4.37. Mutasd meg, hogy K10 nem bonthat´o fel h´arom Petersen-gr´af ´eldiszjunkt uni´ oj´ ara! megold´ as
4.6. Laplace-saj´ at´ ert´ ekek 4.38. Legyenek a G n-cs´ ucs´ u gr´af Laplace-m´atrix´anak saj´at´ert´ekei µ1 ≥ · · · ≥ µn . Mutasd meg, hogy µn = 0! megold´ as
4.39. Legyenek a G n-cs´ ucs´ u gr´af Laplace-m´atrix´anak a saj´at´ert´ekei µ1 ≥ · · · ≥ µn . Mik G gr´ af Laplace-m´atrix´anak a saj´at´ert´ekei? megold´ as
4.40. Mik a Kn teljes, illetve Kn,m teljes p´aros gr´af Laplace-m´atrix´anak a saj´ at´ert´ekei? megold´ as
4.41. Legyen τ (G) a G gr´ af fesz´ıt˝of´ainak sz´ama. (a) Bizony´ıtsd be, hogy τ (G) = τ (G − e) + τ (G/e)! (b) Legyen L(G) a G gr´ af Laplace-m´atrixa ´es L(G)i az a m´atrix, amit a Laplace-m´ atrixb´ ol kapunk az i-edik sor ´es oszlop t¨orl´es´evel. Bizony´ıtsd be, hogy det L(G)i = τ (G)! megold´ as
´ te ´rte ´kek 4.6. Laplace-saja
57
4.42. Legyenek a G n-cs´ ucs´ u gr´af Laplace-m´atrix´anak saj´at´ert´ekei µ1 ≥ · · · ≥ µn . Legyen tov´ abb´ a τ (G) G gr´af fesz´ıt˝of´ainak a sz´ama. Bizony´ıtsd be, hogy n−1 1 Y τ (G) = µi . n i=1 megold´ as
4.43. (a) (Cayley-t´etel) Mutasd meg, hogy nn−2 fa van n sz´amozott cs´ ucson, vagyis ennyi fesz´ıt˝ of´ aja van a Kn teljes gr´afnak. (b) H´ any fesz´ıt˝ of´ aja van a Kn,m teljes p´aros gr´afnak? megold´ as
4.44. H´ any fesz´ıt˝ of´ aja van a teljes k-oszt´aly´ u gr´afnak, ha az oszt´alyokban rendre a1 , . . . , ak cs´ ucs van (n = a1 + a2 + · · · + ak )? megold´ as
4.45. H´ any fesz´ıt˝ of´ aja van annak a gr´afnak amit u ´gy kapunk, hogy egy Kn teljes gr´ afb´ ol elhagyjuk egy Kk teljes gr´af ´elhalmaz´at? megold´ as
4.46. H´ any olyan sz´ amozott cs´ ucs´ u fa van n ponton, amely tartalmaz adott k f¨ uggetlen ´elt? megold´ as
4.47. H´ any olyan sz´ amozott cs´ ucs´ u fa van n ponton, amely tartalmaz egy adott k ´ ag´ u csillagot? megold´ as
4.48. H´ any fesz´ıt˝ of´ aja van a Petersen-gr´afnak? megold´ as
4.49. A Paley-gr´ afot a k¨ ovetkez˝ok´eppen defini´alj´ak. Legyen p egy 4k + 1 alak´ u pr´ım. A Paley-gr´ af cs´ ucshalmaza Zp , ´es a, b ∈ Zp cs´ ucsok ¨ossze vannak k¨ otve. ha a − b n´egyzetsz´ am Zp -ben. H´any fesz´ıt˝of´aja van a Paley-gr´afnak? megold´ as
4.50. Legyen L(G, x) az n-cs´ ucs´ u G gr´af Laplace-m´atrix´anak karakterisztikus polinomja. Mutasd meg, hogy G fesz´ıt˝of´ainak sz´ama n12 L(G, n)! megold´ as
4.51. Bizony´ıtsd be, hogy det(L(G) + xJ) = n2 τ (G)x! megold´ as
5. fejezet
Val´ osz´ın˝ us´ egsz´ am´ıt´ asi m´ odszerek a kombinatorik´ aban 5.1. V´ arhat´ o´ ert´ ek ´ es v´ altoztatott v´ eletlen 5.1. Van egy n cs´ ucs´ u ´es e ´el˝ u gr´afunk. Mutasd meg, hogy van olyan r´eszgr´ afja, ami p´ aros ´es legal´ abb e/2 ´elt tartalmaz! megold´ as
5.2. Adott G gr´ af n cs´ ucson. Legyen k = dn/2e. Mutasd meg, hogy a k gr´ afnak van olyan v´ ag´ asa, ami legal´abb az ´elek 2k−1 r´esz´et tartalmazza! megold´ as
5.3. Legyen G ´es H k´et gr´ af n cs´ ucson. Mutasd meg, hogy van G-nek olyan K r´eszgr´ afja, amely izomorf H egy r´eszgr´afj´aval ´es legal´abb e(G)e(H) ´ele van! (n2 ) megold´ as
5.4. Legyen R(k, k) Ramsey-sz´am az a legkisebb sz´am t sz´am, hogy ak´arhogyan sz´ınezz¨ uk ki a Kt teljes gr´af ´eleit k´et sz´ınnel, lesz monokromatikus k cs´ ucs´ u teljes r´eszgr´ af. k (a) Tegy¨ uk fel, hogy n, k sz´amokra fenn´all, hogy nk 21−(2) < 1. Mutasd meg, hogy R(k, k) > n! Speci´alisan bizony´ıtsd be, hogy R(k, k) > b2k/2 c ha k ≥ 3!
60
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek a kombinatorika ´ ban 5. Valo
(b) Mutasd meg, hogy tetsz˝ oleges n, k sz´amra R(k, k) > n− als´ o becsl´es j¨ on ki R(k, k)-ra?
n k
k
21−(2) ! Milyen
(c) Mutasd meg, hogy l´etezik egy C sz´am, hogy b´armely n-re l´etezik egy G n gr´ af n cs´ ucson, hogy χ(G) > C log n , ω(G) < C log n! megold´ as
5.5. Egy teniszversenyen n ember indult, mindenki mindenkivel j´atszott egyszer. A verseny v´egeredm´eny´et k-j´onak h´ıvjuk, ha tetsz˝oleges k emberhez van olyan versenyz˝ o, aki mindegyiket legy˝ozte. Mutasd meg, hogy adott k eset´en l´etezik olyan n0 (k), hogy n ≥ n0 (k) eset´en van k-j´o verseny! megold´ as
5.6. Bizony´ıtsd be, hogy tetsz˝oleges n-re van olyan tournament, amelynek legal´ abb n!/2n−1 Hamilton-´ utja van! megold´ as
5.7. Legyenek a G gr´ af cs´ ucsainak fokai d1 , . . . , dn . Legyen α(G) a G gr´af legnagyobb f¨ uggetlen halmaz´anak m´erete. Mutasd meg, hogy α(G) ≥
n X i=1
1 . di + 1
megold´ as
5.8. Legyenek a G izol´ alt cs´ ucsot nem tartalmaz´o gr´af cs´ ucsainak fokai d1 , . . . , dn . Legyen η(G) a G gr´af legnagyobb olyan cs´ ucshalmaz´anak m´erete, amely k¨ ormentes r´eszgr´afot fesz´ıt. Mutasd meg, hogy η(G) ≥
n X i=1
2 . di + 1
megold´ as
5.9. Mutasd meg, hogy n pozit´ıv eg´esz sz´am k¨oz¨ ul mindig kiv´alaszthat´o bn/3c, melyek k¨ oz¨ ott az a1 + a2 = a3 egyenletnek nincs megold´asa! megold´ as
5.10. Egy G = (V, E) gr´ afban a minim´alis foksz´am δ > 1. Mutasd meg, hogy van a gr´ afnak egy domin´al´o halmaza, melynek m´erete legfeljebb n
1 + ln(δ + 1) . δ+1
(Egy U halmazt domin´ al´ o halmaznak nevez¨ unk, ha minden v ∈ V \ U eset´en van v-nek szomsz´edja U -ban.) megold´ as
61
´ rhato ´ e ´rte ´k e ´ s va ´ ltoztatott ve ´letlen 5.1. Va
5.11. Mutasd meg, hogy tetsz˝oleges (k, l) sz´amp´arra l´etezik olyan gr´af, melynek kromatikus sz´ ama legal´ abb k, ´es a legr¨ovidebb k¨or hossza legal´abb l! megold´ as
5.12. Legyen f (m) a legnagyobb olyan sz´am, amelyre teljes¨ ul, hogy b´arhogyan adunk meg A1 , . . . , Am halmazokat, van k¨oz¨ott¨ uk f (m) darab, hogy a kiv´ alasztott halmazok k¨ oz¨ ott nincs megold´asa a B1 ∪ B2 = √ B3 (B1 , B2 , B3 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o) halmazegyenletnek. Mutasd meg, hogy f (m) ≥ 12 m! megold´ as
5.13. (a) Legyen G gr´ af n cs´ uccsal ´es e ´ellel. Legyen X(G) a G gr´af keresztez´esi sz´ ama vagyis az a legnagyobb sz´am, amelyre teljes¨ ul, hogy b´arhogyan rajzoljuk le G-t a s´ıkba, legal´abb X(G) darab egym´ast metsz˝o ´elp´ar lesz. Bizony´ıtsd be, hogy X(G) ≥ e − 3n ! (b) Bizony´ıtsd be, hogy ha e ≥ 4n, akkor X(G) ≥
e3 64n2
! megold´ as
5.14. Legyen H k-uniform hipergr´af n cs´ ucson ´es m ´ellel. Legyen τ (H) a H lefog´ asi sz´ ama: τ (H) = min{|S| | |S ∩ e| 6= 0 ∀e ∈ E(H)}. Mutasd meg, hogy k > 1 eset´en tetsz˝ oleges α > 0-ra τ (H) ≤ n
α log k m + α. k k megold´ as
5.15. Legyen f (k, s) = min{|E(H)| |H k-uniform hipergr´af, χ(H) ≥ s}. Mutasd meg, hogy s−1 e f (k, s) > (k − 1)d k
k−1 (s − 1) k
k−1 . megold´ as
5.16. Mutasd meg, hogy van olyan G = (A, B, E) p´aros gr´af, amelyre |A| = |B| = n, nincs benne Ks,t ´es ´eleinek sz´am´ara teljes¨ ul, hogy s+t−2 2 e(G) ≥ 1 − n2− st−1 . s!t! megold´ as
62
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek a kombinatorika ´ ban 5. Valo
5.17. Legyen G gr´ af n cs´ ucson m ´ellel. Tegy¨ uk fel, hogy n ≥ 2m. Mutasd m2 meg, hogy legal´ abb 4n k¨ or van a gr´afban! megold´ as
5.18. (a) Legyen t(m, r) az m cs´ ucs´ u r-oszt´aly´ u Tur´an-gr´af ´eleinek sz´ama. Tegy¨ uk fel, hogy G m sz´ınnel sz´ınezhet˝o gr´af e ´ellel. Mutasd meg, hogy ekkor tartalmaz egy r sz´ınnel sz´ınezhet˝o G gr´afot, melynek legal´abb e t(m,r) ´ele van! (m2 ) (b) Mutasd meg, hogy ha χ(G) ≤ 2s, akkor van olyan v´ag´asa G-nek, ami e ´elt tartalmaz! legal´ abb 2e + 4s−2 (c) Mutasdmeg, hogy ha e = rn aly´ u gr´afot 2 , akkor G tartalmaz egy r oszt´ legal´ abb 2r n2 ´ellel! megold´ as
5.19. Legyen P (n) a maximuma annak, hogy h´any Hamilton-´ utja lehet egy n cs´ ucs´ u T tournamantnek. Hasonl´oan, legyen C(n) a maximuma annak, hogy h´ any Hamilton-k¨ ore lehet egy n cs´ ucs´ u T tournamantnek. Mutasd meg, hogy C(n) ≥
P (n − 1) . 4 megold´ as
5.20. Legyen H r-uniform e ´el˝ u hipergr´af n cs´ ucson. Tegy¨ uk fel, hogy n ≤ 2e. Mutasd meg, hogy l´etezik olyan S ⊆ V (H), mely nem fesz´ıt ´elet ´es |S| ≥
1 n 1/(r−1) n. 2 2e megold´ as
5.21. Legyen H egy egyszer˝ u gr´af n cs´ ucson, e ´ellel. A H egy G[H] felf´ ujtj´ at a k¨ ovetkez˝ ok´eppen defini´aljuk. A H minden u cs´ ucs´at helyettes´ıtj¨ uk a cs´ ucsoknak egy Vu kupac´ aval, ´es a Vu ´es Vu0 kupacok k¨oz¨ott akkor h´ uzunk be n´eh´ any ´elet, ha (u, u0 ) ∈ E(H), egy´ebk´ent nem h´ uzunk be egyetlen ´elet sem. Tegy¨ uk fel, hogy G[H] minden kupaca N cs´ ucsot tartalmaz ´es G[H] nem tartalmazza H egyetlen p´eld´any´at sem u ´gy, hogy egy u cs´ ucsnak megfelel˝ o cs´ ucs a Vu kupacb´ ol ker¨ ul ki. Mutassuk meg, hogy G[H] ´eleinek sz´ama legfeljebb (e − 1)N 2 ! megold´ as
63
´ sodik momentum mo ´ dszer 5.2. Ma
5.2. M´ asodik momentum m´ odszer 5.22. (a) (Markov-egyenl˝ otlens´eg) Legyen X nemnegat´ıv val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´ o, legyen EX > 0. Mutasd meg, hogy tetsz˝oleges pozit´ıv λ eset´en Pr(X ≥ λ) ≤
EX . λ
(b) (Csebisev-egyenl˝ otlens´eg) Legyen X val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´o, legyen EX = µ, V ar(X) = σ 2 . Mutasd meg, hogy Pr(|X − µ| ≥ λσ) ≤
1 . λ2
megold´ as
5.23. (a) H´ıvjuk az X val´ osz´ın˝ us´egi v´altoz´ot kombinatorikus val´osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ onak, ha az X nemnegat´ıv eg´esz ´ert´ekeket vesz fel. Mutasd meg, hogy kombinatorikus val´ osz´ın˝ us´egi v´altoz´o eset´en Pr(X = 0) ≥ 1 − EX. Speci´ alisan, ha Xn kombinatorikus val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´ok egy sorozat´ara limn→∞ EXn = 0, akkor lim P(Xn = 0) = 1.
n→∞
(b) Mutasd meg, hogy P(X = 0) ≤ Speci´ alisan, ha limn→∞
V ar(Xn ) (EXn )2
V ar(X) . (EX)2
= 0, akkor
lim P(Xn = 0) = 0.
n→∞
megold´ as (k)
(k)
(k)
(k)
(k)
5.24. Legyen X (k) = X1 + X2 + · · · + Xn , ahol Xi az Ai esem´eny indik´ ator val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´oja, a k pedig egy param´eter, amellyel tartani (k) (k) fogunk v´egtelenbe. (Az n is f¨ ugghet k-t´ol.) Legyen i ∼ j, ha az Ai ´es Aj esem´enyek nem f¨ uggetlenek. Legyen tov´abb´a X (k) (k) ∆(k) = P(Ai ∩ Aj ). i∼j
64
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek a kombinatorika ´ ban 5. Valo
2 Tegy¨ uk fel, hogy EX (k) → ∞ ´es ∆(k) = o(E X (k) ). Bizony´ıtsd be, hogy X (k) > 0 1-hez tart´ o val´ osz´ın˝ us´eggel, s˝ot X (k) ∼ EX (k) majdnem mindig teljes¨ ul, azaz tetsz˝ oleges ε > 0 eset´en lim P(|Xk − EXk | ≥ εEXk ) = 0.
k→∞
megold´ as (k)
(k)
5.25. Haszn´ aljuk az el˝ oz˝ o feladat jel¨ol´eseit. Tegy¨ uk fel, hogy az X1 , . . . , Xn indik´ ator val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ok szimmetrikus szerepet t¨oltenek be, vagyis tetsz˝ oleges i ´es j-re van a val´osz´ın˝ us´egi t´ernek egy olyan automorfizmusa, (k) (k) ami az Ai esem´enyt az Aj esem´enybe k´epezi. Legyen X (k) (k) ∆(k)∗ = Pr(Aj | Ai ). j∼i
Tegy¨ uk fel, hogy EX (k) → ∞ ´es ∆(k)∗ = o(EX (k) ). Mutasd meg, hogy ekkor (k) X > 0 1-hez tart´ o val´ osz´ın˝ us´eggel, s˝ot X (k) ∼ EX (k) majdnem mindig! megold´ as
5.26. Legyen G = G(n, p) v´eletlen gr´af, ahol p = p(n) f¨ ugghet n-t˝ol. Legyen ω(G) a legnagyobb klikk m´erete. (a) Mutasd meg, hogy ha limn→∞ pn2/3 = 0, akkor lim Pr(ω(G) ≥ 4) = 0.
n→∞
(b) Mutasd meg, hogy ha limn→∞ pn2/3 = ∞ akkor lim Pr(ω(G) ≥ 4) = 1.
n→∞
megold´ as
Megjegyz´es: Egy f (n) f¨ uggv´eny a P tulajdons´ag k¨ usz¨ obf¨ uggv´enye, ha (i) limn→∞
p(n) f (n)
= 0 eset´en lim Pr(G(n, p(n)) ∈ P ) = 0
n→∞
´es (ii) limn→∞
p(n) f (n)
= ∞ eset´en lim Pr(G(n, p(n)) ∈ P ) = 1.
n→∞
Teh´ at a 5.26 feladat szerint az n−2/3 k¨ usz¨obf¨ uggv´enye annak a tulajdons´ agnak, hogy egy v´eletlen gr´ af tartalmaz egy teljes 4 cs´ ucs´ u gr´afot.
65
´ sz-fe ´le loka ´ l-lemma alkalmaza ´ sai 5.3. A Lova
5.27. Legyen K4− az egyetlen 4 cs´ ucs´ u, 5 ´el˝ u gr´af. Mi lesz a k¨ usz¨obf¨ uggv´enye K4− megjelen´es´enek G(n, p)-ben? megold´ as
5.28. Legyen ω(n) → ∞. Tov´abb´a legyen pa (n) = (log n − ω(n))/n ´es pf (n) = (log n + ω(n))/n. (a) Mutasd meg, hogy G(n, pa (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan tartalmaz izol´ alt pontot, m´ıg G(n, pf (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan nem tartalmaz izol´ alt pontot! (b) Mutasd meg, hogy G(n, pa (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan nem osszef¨ ugg˝ o, m´ıg G(n, pf (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan ¨osszef¨ ugg˝o! ¨ megold´ as
5.3. A Lov´ asz-f´ ele lok´ al-lemma alkalmaz´ asai 5.29. (Lov´ asz-f´ele lok´ al-lemma, ´altal´anos alak) Legyenek A1 , . . . , An esem´enyek egy tetsz˝ oleges val´ osz´ın˝ us´egi mez˝oben. Az ir´any´ıtott D = (V, E) gr´af a V = {1, 2, . . . , n} cs´ ucshalmazon az A1 , . . . , An esem´enyek f¨ ugg˝os´egi digr´afja, ha az Ai esem´eny teljesen f¨ uggetlen az {Aj | (i, j) ∈ / E} esem´enyekt˝ol. Tegy¨ uk fel, hogy a D = (V, E) az A1 , . . . , An esem´enyek f¨ ugg˝os´egi gr´afja ´es x1 , . . . , xn val´ os sz´ amok, melyekre 0 ≤ xi < 1 ´es Y Pr(Ai ) ≤ xi (1 − xj ) (i,j)∈E
minden 1 ≤ i ≤ n eset´en. Mutasd meg, hogy Pr(
n \
Ai ) ≥
n Y
(1 − xi ) > 0.
i=1
i=1
megold´ as
5.30. (Lov´ asz-f´ele lok´ al-lemma, szimmetrikus alak) Legyenek A1 , . . . , An esem´enyek egy tetsz˝ oleges val´osz´ın˝ us´egi t´erben. Tegy¨ uk fel, hogy minden i-re Ai teljesen f¨ uggetlen legfeljebb d kiv´etel´evel az ¨osszes t¨obbi Aj -t˝ol. Tegy¨ uk fel, hogy Pr(Ai ) = p ´es 1 , p≤ e(d + 1) ahol e = 2, 71.... Bizony´ıtsd be, hogy Pr(
n \ i=1
Ai ) > 0. megold´ as
66
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek a kombinatorika ´ ban 5. Valo
5.31. Tegy¨ uk fel, hogy a H = (V, E) hipergr´af minden ´el´enek legal´abb k cs´ ucsa van ´es minden ´el legfeljebb d m´asikat metsz. Mutasd meg, hogy ha e(d + 1) ≤ 2k−1 , akkor H cs´ ucsai megsz´ınezhet˝oek k´et sz´ınnel u ´gy, hogy ne legyen monokromatikus ´el. megold´ as
5.32. Tekints¨ uk az R(k, k) Ramsey-sz´amot. (a) Mutasd meg, hogy ha k k n e + 1 21−(2) < 1, 2 k−2 akkor R(k, k) > n. (b) Mutasd meg, hogy √ R(k, k) >
2 (1 + o(1))k2k/2 . e megold´ as
5.33. Legyen D = (V, E) egyszer˝ u ir´any´ıtott gr´af, melyben a minim´alis kifok δ, a maxim´ alis befok ∆. Mutasd meg, hogy ha e(∆δ + 1)(1 − k1 )δ < 1, akkor D tartalmaz egy irany´ıtott k¨ort, melynek hossza k-val oszthat´o! megold´ as
6. fejezet
Algoritmuselm´ elet Nagys´ agrendek Ennek a szakasznak az a c´elja, hogy megismertessen a k¨ ul¨onb¨oz˝o f¨ uggv´enyek nagys´ agrendj´enek ¨ osszehasonl´ıt´as´ara haszn´alt bevett jel¨ol´esekkel n´eh´any egyszer˝ u p´eld´ an kereszt¨ ul, bizony´ıt´asok n´elk¨ ul. (Aki ezzel m´ar tiszt´aban van, az nyugodtan ugorja ´ at ezt a r´eszt.) Defin´ıci´ o. Legyenek f (n) ´es g(n) term´eszetes sz´amokon ´ertelmezett val´os f¨ uggv´enyek. Azt mondjuk, hogy (a) f (n) = O(g(n)) [ejtsd: ord´o g(n)”], ha van olyan c sz´am, hogy f (n) ≤ ” cg(n), legfeljebb v´eges sok n ´ert´ek kiv´etel´evel. (b) f (n) = o(g(n)) [ejtsd: kisord´o g(n)”], ha b´armely pozit´ıv c sz´amra ” f (n) ≤ cg(n), legfeljebb v´eges sok n ´ert´ek kiv´etel´evel. (c) f (n) = Ω(g(n)) [ejtsd: omega g(n)”], ha g(n) = O(f (n)). ” (d) f (n) = ω(g(n)) [ejtsd: kisomega g(n)”], ha b´armely pozit´ıv c sz´amra ” f (n) ≤ cg(n), legfeljebb v´eges sok n ´ert´ek kiv´etel´evel. (e) f (n) = Θ(g(n)) [ejtsd: teta g(n) avagy f (n) ´es g(n) azonos nagys´ agren” d˝ u], ha f (n) = O(g(n)) ´es f (n) = Ω(g(n)). (n) (f) f (n) ' g(n), [aszimptotikusan egyenl˝ o], ha fg(n) → 1. Ha f (n) = g(n) + h(n), ´es h(n) = o(g(n)), h(n) -et hibatagnak nevezz¨ uk. Ebben a fejezetben a log az e alap´ u logaritmust jel¨oli. (Mivel loga n = = Θ(log n) b´ armely a > 1 sz´amra, ez´ert a logaritmus alapja sok feladatban nem lesz l´enyeges.) log n log a
6.1. Bizony´ıtsuk be, hogy minden k-adfok´ u polinom azonos nagys´agrend˝ u!
68
´let 6. Algoritmuselme
6.2. Bizony´ıtsuk be, hogy minden k-adfok´ u, 1 f˝oegy¨ utthat´os polinom aszimptotikusan egyenl˝ o! 6.3.
f (n) =
n, n2 ,
ha n p´aratlan, ha n p´aros.
Igaz-e, hogy f (n) = O(n2 ), vagy f (n) = Ω(n2 )? 6.4.
f (n) =
n, n2 ,
ha n < 1000, ha n ≥ 1000.
Igaz-e, hogy f (n) = O(n2 ), vagy f (n) = Ω(n2 )? Bizony´ıtsuk be az al´ abbi egyenl˝ os´ egeket: 6.5. (log n)k = o(n) r¨ ogz´ıtett k mellett 6.6. nk = o(2n ) r¨ ogz´ıtett k mellett 2 6.7. n2 = n2 + O(n) = Θ(n2 ) k 6.8. nk = nk! + O(nk−1 ) = Θ(nk ), r¨ogz´ıtett k mellett 6.9.
n3 +n+1 n2 −1
= n + O(1) p 6.10. n2 + 2pn + q = n + p + O(1), r¨ogz´ıtett p ´es q mellett
6.11. log(n2 + 1) = 2 log n + O( n12 ) √ √ 6.12. n + 1 − n ' √12n 6.13. log(n + 1) − log n = n1 + O( n12 ) Pn n3 2 2 6.14. k=1 k = 3 + O(n ) Pn m+1 m 6.15. = nm+1 + O(nm ), r¨ogz´ıtett m mellett k=1 k Pn 1 6.16. k=1 k = log n + O(1) 6.17.
Pn
6.18.
Pn
k=1
log k k
1 k=1 k2
=
log2 n 2
+ O(1)
= O(1)
6.19. n! = o(nn ) A k¨ ovetkez˝ o k´et p´elda nehezebb mint az eddigiek, de bizony´ıt´as n´elk¨ ul is hasznos tudni az al´ abbi k¨ ozel´ıt´eseket.
69
´k 6.1. Rekurzio
6.20.
Pn
6.21.
2n
k=1
n
log k = log(n!) = n log n − n +
'
n
4 √ c n
1 2
log n + O(1) = Θ(log nn )
valamely c konstanssal
6.22. f (n) + g(n) = O(max[f (n), g(n)]) 6.23. Ha f1 (n) = O(g1 (n)) ´es f2 (n) = O(g2 (n)), akkor f1 (n) · f2 (n) = O(g1 (n) · g2 (n)) Igaz-e, hogy ha f (n) = O(g(n)), f (n) > 0, g(n) > 0, akkor 6.24. f 2 (n) = O(g 2 (n)) megold´ as
6.25. 2f (n) = O(2g(n) ) megold´ as
6.26.
1 f (n)
1 = O( g(n) )
megold´ as
6.27. log(f (n)) = O(log(g(n))) megold´ as
6.28. h(f (n)) = O(h(g(n))), ha h(x) < xm , valamely r¨ogz´ıtett m term´eszetes sz´ ammal megold´ as
6.1. Rekurzi´ ok 6.29. Rekurzi´ ok megold´ as´ ahoz hasznos tudni a Mester-t´etelt: Ha T (n) = a T nb + f (n) , ahol a ≥ 1 ´es b > 1, valamint T (x) > 0 konstans, ha 0 < x ≤ 1 ´es f (n) pozit´ıv, akkor T (n) = Θ nlogb a , ha f (n) = O nlogb a− T (n) = Θ nlogb a logk+1 n , ha f (n) = Θ nlogb a logk n T (n) = Θ (f (n)), ha af nb ≤ cf (n) valamilyen c < 1 konstansra, ha n nagy (Ez teljes¨ ul p´eld´aul ha f (n) = C nlogb a+ ) (Val´ oj´ aban persze T csak eg´esz sz´amokon van t¨obbnyire ´ertelmezve ´es a rekurzi´ ok defin´ıci´ oj´ aban eg´esz r´eszek is szoktak szerepelni, de ezeket fel¨ ul vagy alul becs¨ ulve az f apr´ o n¨ ovel´es´evel gyakorlatilag mindig ilyen form´ara hozhatjuk a k´eplet¨ unket.) Bizony´ıtsuk be a fenti t´etelt! megold´ as
70
´let 6. Algoritmuselme
6.30. Adott egy n − 1 emeletes h´az ´es d darab toj´as, melyek b´armelyik´et ledobva az N -edikr˝ ol vagy magasabbr´ol o¨sszet¨orik, kisebb emeletekr˝ol viszont nem. Egy toj´ as egy ledob´ asa legyen egy m´er´es (att´ol f¨ uggetlen¨ ul, hogy a toj´ as ¨ osszet¨ ort-e). Hogyan sz´amoljuk ki, hogy minimum h´any m´er´es kell N meghat´ aroz´ as´ ara? Adjunk k´epletet, hogy d toj´assal ´es m m´er´essel h´any emeletes h´ azat tudunk ellen˝ orizni. (Az is lehet, hogy a toj´as m´eg az (n − 1)edikr˝ ol sem t¨ orik el, ez´ert n lehets´eges kimenetel van.) megold´ as
¨ 6.31. Adott n p´ ar zokni egy veremben, valamilyen sorrendben. Osszesen h´ arom verm¨ unk van (mint a Hanoi-tornyaiban), ´es egy l´ep´es egy zoknit ´athelyezni az egyik tetej´er˝ ol egy m´asik´era, vagy ha k´et fels˝o zokni p´ar, akkor levehetj¨ uk ˝ oket. Nagys´ agrendileg h´any l´ep´es kell, hogy levegy¨ uk az o¨sszes zoknit? (Feltehetj¨ uk, hogy a zoknik poz´ıci´oj´at ismerj¨ uk ´es fejben tudjuk tartani.) megold´ as
6.2. Rendez´ es Az al´ abbi feladatokban adva van n elem, melyek k¨ ul¨onb¨oz˝o s´ ulyuak/m´eret˝ uek. Egy m´er´essel o ul¨ uk kett˝ot, hogy meghat´arozzuk, me¨sszehasonl´ıthatunk k¨oz¨ lyik a nagyobb. 6.32. H´ any m´er´es kell a legnagyobb ´es legkisebb elem kiv´alaszt´as´ahoz? (Teh´ at mindkett˝ ot meg akarjuk hat´arozni min´el kevesebb p´aronk´enti ¨osszehasonl´ıt´ assal.) Adjunk als´ o becsl´est is! megold´ as
6.33. Mennyi a gyorsrendez´es fut´asideje legrosszabb esetben? megold´ as
6.34. A gyorsrendez´es nagy el˝onye, hogy helyben rendez ´es v´arhat´o id˝oben gyorsan. Hogyan m´ odos´ıtsuk ezt az algoritmust, ha lehetnek a list´an egyenl˝o elemek is? megold´ as
Az ¨ osszehasonl´ıt´ ason alapul´o rendez´esekn´el a k´erd´eseink t¨obbnyire a kor´ abbi v´ alaszokt´ ol f¨ uggtek. Rendezhetn´enk azonban u ´gy is, hogy el˝ore megadjuk helyp´ arok egy sorozat´ at, ´es minden l´ep´esben az ott ´all´o egy-egy elemet osszehasonl´ıtjuk, majd egy esetleges cser´evel n¨ovekv˝o sorrendbe hozzuk. Az ¨ ilyen cserelist´ akat rendez˝ o h´ al´ ozatoknak nevezz¨ uk.
71
´ mola ´s 6.3. Sza
6.35. K´esz´ıts n elemhez rendez˝o h´al´ozatot! megold´ as
6.36. Mutasd meg, hogy ha egy rendez˝o h´al´ozat 0–1 ´ert´ek˝ u bemenetekre j´ol m˝ uk¨ odik, akkor tetsz˝ oleges sz´amokra is! megold´ as
6.37. Bizony´ıtsd be, hogy egy rendez˝o h´al´ozatban b´armely k´et szomsz´edos elemet (helyet) valamikor ¨ osszehasonl´ıtunk! megold´ as
6.38. K´esz´ıts n elemhez rendez˝o h´al´ozatot O(n log2 n) ¨osszehasonl´ıt´assal ´es O(log2 n) m´elys´eggel! (Egy rendez´es sor´an egyszerre t¨obb diszjunkt p´art is ¨ osszehasonl´ıthatunk, ezt, azaz a p´arhuzamos l´ep´esek sz´am´at nevezz¨ uk a h´ al´ ozat m´elys´eg´enek.) megold´ as
6.39. Mutasd meg, hogy b´ armely rendez˝o h´al´ozatban legal´abb Ω(n log n) o sszehasonl´ ıt´ a s van, teh´ a t legal´ abb Ω(log n) m´ely! ¨ megold´ as
Ilyen h´ al´ ozat l´etezik is, de a gyakorlatban nem praktikus, l´asd Ajtai– Koml´ os–Szemer´edi-f´ele rendez˝o h´al´ozat.
6.3. Sz´ amol´ as 6.40. (a) Mennyi 1111724601 mod 11? (b) Mennyi 39639693696639136303065464 mod 6? (c) Mennyi 3620384340924601 mod 10? 3073 (d) Mennyi 320483 mod 212 ? megold´ as
6.41. Modulo 2n + 1 (a) mennyi 22n ? (b) mennyi 2k inverze? (c) ha a · b = x2n + y, akkor hogyan fejezhetj¨ uk ki egyszer˝ ubben a · b-t? megold´ as
72
´let 6. Algoritmuselme
6.42. ´Irj fel rekurzi´ ot Karacuba algoritmus´anak l´ep´essz´am´ara ´es hat´arozd meg a teljes fut´ asid˝ ot. (Eml´ekeztet˝o: Karacuba algoritmusa k´et sokjegy˝ u sz´ am ¨ osszeszorz´ as´ at az al´ abbi tr¨ ukk rekurz´ıv alkalmaz´as´aval v´egezte el: (10n u1 +u0 )(10n v1 + v0 ) = (102n + 10n )u1 v1 − 10n (u1 − u0 )(v1 − v0 ) + (10n + 1)u0 v0 megold´ as
6.43. Mit csin´ al az al´ abbi rekurz´ıv algoritmus? Mennyi a fut´asideje? 0, ha a = 0 a b , ), ha p´arosak 2f ( f ( a 2, b),2 ha csak a p´aros 2 f (a, b) := b f (a, ), ha csak b p´aros 2 a−b f ( , b), ha mindkett˝o p´aratlan ´es a ≥ b 2 f (b, a), ha mindkett˝o p´aratlan ´es a < b megold´ as
6.44. H´ any l´ep´es ¨ osszeszorozni k´et n×n-es m´atrixot Strassen algoritmus´aval? Algoritmus: M1 := (A1,1 + A2,2 )(B1,1 + B2,2 ), M2 := (A2,1 + A2,2 )B1,1 , M3 := A1,1 (B1,2 − B2,2 ), M4 := A2,2 (B2,1 − B1,1 ), M5 := (A1,1 + A1,2 )B2,2 , M6 := (A2,1 − A1,1 )(B1,1 + B1,2 ), M7 := (A1,2 − A2,2 )(B2,1 + B2,2 ) ´es C1,1 = M1 + M4 − M5 + M7 , C1,2 = M3 + M5 , C2,1 = M2 + M4 , C2,2 = M1 − M2 + M3 + M6 . megold´ as
6.45. Mutasd meg, hogy h´ arom val´os szorz´as el´eg k´et komplex sz´am (a + bi ´es c + di alakban) szorzat´ anak meghat´aroz´as´ahoz. megold´ as
6.4. Diszkr´ et Fourier-transzform´ aci´ o ¨ Diszkr´ et Fourier-transzform´ aci´ o: Ossze akarjuk szorozni az A(x) = PK−1 PK−1 i i a x ´ e s B(x) = b x polinomokat Rn = mod(2n + 1) gy˝ ur˝ u i i i=0 i=0 K ur˝ uben, ahol K egy 2 hatv´any, ami osztja nfeletti mod(x + 1) polinomgy˝ et. Ehhez vesz¨ unk egy K-adik primit´ıv egys´eggy¨ok¨ot Rn -ben, ezt jel¨olj¨ uk ω-val ´es a gy¨ ok´et θ-val (erre csak az el˝ojel miatt lesz sz¨ uks´eg¨ unk, aki el˝osz¨or l´ atja a k´epletet, ink´ abb hagyja P figyelmen k´ıv¨ ul ´es majd a v´eg´en meg´erti mi´ert K−1 kell). Ezut´ an a0i = θi ai ´es a ˆi = j=0 ω ij a0j lesz az A Fourier-transzform´altja, ˆbi -t is. Es ´ cˆi = a hasonl´ oan defini´ aljukP ˆiˆbi . Most m´ar csak vissza akarjuk ezt K−1 −ij 0 transzform´ alni: ci = j=0 ω cˆj ´es c¯i = c0i θ−i /K lesznek a szorzatpolinom, C(x) egy¨ utthat´ oi.
´ ros´ıta ´ sok 6.5. Stabil pa
73
6.46. P Mutasd meg, hogy nulloszt´omentes gy˝ ur˝ uben, ha xk = 1 ´es x 6= 1, k−1 akkor i=0 xi = 0! Milyen kik¨ot´esre van m´eg sz¨ uks´eg¨ unk, ha azt akarjuk, hogy mod m gy˝ ur˝ uben is igaz legyen a formula? megold´ as
6.47. Ha kettes sz´ amrendszerben dolgozunk, akkor melyik sz´amot ´erdemes ω-nak ´es θ-nak v´ alasztanunk? megold´ as
6.48. Mutassuk meg, hogy a fenti, polinomok szorzat´anak kisz´am´ıt´as´ara szolg´ al´ o m´ odszer t´enyleg j´ o. megold´ as
´ 6.49. Hogy jobban meg´erts¨ uk ´es gyakoroljuk, pr´ob´aljuk meg a FENTI MOD2 SZERREL kisz´ amolni n = 8, K = 4 param´eterek mellett az x + 1 polinom n´egyzet´et. (Akinek ez t´ ul k¨ onny˝ u, sz´amolhat valami bonyolultabbat is...) megold´ as
6.5. Stabil p´ aros´ıt´ asok Minden feladatban tegy¨ uk fel, hogy ugyanannyi fi´ u van, mint l´any, ´es a preferencialist´ ak teljesek (hacsak a feladat m´ast nem mond). 6.50. Lehets´eges-e, hogy egy stabil p´aros´ıt´asban mindenki a sz´am´ara m´asodik legjobb p´ art kapja? megold´ as
6.51. L´etezik-e stabil p´ aros´ıt´as, ha a preferenciasorrendben a d¨ontetlent is megengedj¨ uk, viszont instabilit´as csak akkor keletkezik, ha egy fi´ u ´es egy l´any szigor´ uan jobban szereti egym´ast, mint a partner´et? megold´ as
6.52. Mutasd meg, hogy a fi´ uoptim´alis stabil p´aros´ıt´asban nem lehet, hogy k´et fi´ u is a legrosszabb p´ art kapja! megold´ as
6.53. Mutasd meg, hogy egy nem felt´etlen¨ ul teljes p´aros gr´afban minden stabil p´ aros´ıt´ asban ugyanazoknak a cs´ ucsoknak van p´arja! megold´ as
74
´let 6. Algoritmuselme
6.54. Egy fi´ u ´es egy l´ any utols´ok egym´as list´aj´an, m´egis van olyan stabil p´ aros´ıt´ as, ahol o sszetartoznak. L´etezhet olyan stabil p´aros´ıt´as is, ahol nem? ¨ megold´ as
6.55. ´Irjuk a fi´ uk preferencia-sorrendj´et egy n × n-es t´abl´azatba u ´gy, hogy az i-edik oszlopba ´ırjuk az i-edik legkedvesebb l´any sorsz´am´at. Tegy¨ uk fel, hogy minden oszlopban el˝ ofordul az ¨osszes l´any (sorsz´ama). Ilyenkor az egyes oszlopok egy-egy p´ aros´ıt´ ast hat´aroznak meg. Milyen felt´etelnek kell teljes¨ ulnie a l´ anyok preferenci´ aira, hogy ezek a p´aros´ıt´asok mind stabilak legyenek? megold´ as
6.56. Jel¨ olj¨ uk f (n)-nel a stabil p´aros´ıt´asok maxim´alis sz´am´at n fi´ u es n l´ any eset´en (teh´ at egy olyan preferenciasorrendre n´ezve, ami maximaliz´alja a lehets´eges stabil p´ aros´ıt´ asok sz´am´at). Adj min´el jobb becsl´eseket f (n)-re! megold´ as
6.6. Elemi Gr´ afalgoritmusok Minden feladatot min´el gyorsabb algoritmussal oldjunk meg! (Az optim´alis t¨ obbnyire ´elsz´ amban line´ aris.) 6.57. Adva van egy pointer egy l´ancolt lista els˝o elem´ere. Sajnos a l´ancolt lista utols´ o elem´er˝ ol a pointer visszamutat a lista egyik kor´abbi elem´ere, ´ıgy nem tudjuk egyszer˝ u v´egigj´ ar´assal meg´allap´ıtani, hogy melyik elem az utols´o. Hogyan tudjuk konstans t´ arral megkeresni a lista utols´o elem´et? megold´ as
6.58. Szerepeljen a G ¨ osszef¨ ugg˝o multigr´afban minden ´el p´aros sokszor. Keress¨ unk benne Euler-s´et´ at! megold´ as
6.59. D¨ onts¨ uk el, hogy G 2-¨osszef¨ ugg˝o-e! megold´ as
6.60. Egy D ir´ any´ıtott gr´ af cs´ ucsainak egy felsorol´asa topologikus sorrend, ha nincs k´es˝ obbi cs´ ucsb´ ol kor´ abbiba mutat´o ´el. Hat´arozzuk meg D cs´ ucsainak egy topologikus sorrendj´et, vagy ´allap´ıtsuk meg, hogy tartalmaz ir´any´ıtott k¨ ort. megold´ as
´ falgoritmusok 6.6. Elemi Gra
75
6.61. Ir´ any´ıtsuk meg a 2-´el¨ osszef¨ ugg˝o G gr´af ´eleit u ´gy, hogy er˝osen o¨sszef¨ ugg˝o digr´ afot kapjunk! megold´ as
6.62. Bontsuk fel D-t az er˝ osen ¨osszef¨ ugg˝o komponenseire! megold´ as
6.63. D¨ onts¨ uk el, hogy van-e D-ben b´armely k´et pont k¨oz¨ott legal´abb az egyik ir´ anyban ir´ any´ıtott u ´t! megold´ as
6.64. Bontsuk a G ir´ any´ıtatlan gr´afot ¨osszef¨ ugg˝o komponenseire! megold´ as
6.65. Hat´ arozzuk meg, hogy G 2-sz´ınezhet˝o-e. Ha igen, adjuk is meg egy 2-sz´ınez´es´et, ha nem, adjunk egy p´aratlan k¨ort! megold´ as
6.66. Adj p´eld´ at arra, hogy Dijsktra algoritmusa nem m˝ uk¨odik negat´ıv s´ ulyok eset´en! megold´ as
6.67. Mutasd meg, hogy a Dijkstra-algoritmus fut´asideje lecs¨okkenthet˝o O(m+ nk)-ra (ahol m az ´elsz´ am), ha az ´els´ ulyok csak az 1, 2, . . . , k ´ert´ekek k¨oz¨ ul ker¨ ulhetnek ki! megold´ as
6.68. Az s ´es t k¨ oz¨ otti legr¨ovidebb utat szeretn´enk megtal´alni egy ir´any´ıtatlan gr´ afban u ´gy, hogy egyszerre futtatunk Dijkstr´at s-b˝ol ´es t-b˝ol. Mikor alljunk le? Mi´ert lehet hasznos ez? Mi a helyzet ir´any´ıtott gr´afokra? ´ megold´ as
6.69. Adj gyors algoritmust egy olyan fesz´ıt˝ofa megkeres´es´ere, amelyben a legnagyobb ´els´ uly a lehet˝ o legkisebb! megold´ as
6.70. Egy gr´ afhoz, amiben m´ar kisz´amoltuk a minim´alis fesz´ıt˝of´at, hozz´aadunk egy u ´j cs´ ucsot ´es d r´ a illeszked˝o ´elt, ahol d egy kis konstans. Hogyan friss´ıthetj¨ uk a minim´ alis fesz´ıt˝of´at? megold´ as
76
´let 6. Algoritmuselme
6.71. Minim´ alis fesz´ıt˝ of´ at adnak-e az al´abbi algoritmusok? (a) S´ ulyok szerinti cs¨ okken˝ o sorrendben t¨or¨olj¨ uk azokat az ´eleket, amiket elhagyva a gr´ af ¨ osszef¨ ugg˝ o marad. (b) S´ ulyok szerinti n¨ ovekv˝ o sorrendben vizsg´aljuk az ´eleket ´es hozz´avessz¨ uk az erd˝ oh¨ oz azokat, amik nem z´arnak k¨ort. (c) Tetsz˝ oleges sorrendben hozz´avessz¨ uk az erd˝oh¨oz a gr´af ´eleit, ´es amikor k¨ ort z´ arunk be, elhagyjuk a k¨orb˝ol az egyik maxim´alis s´ uly´ u ´elt. megold´ as
6.72. Mit sz´ am´ıt ki vajon a k¨ovetkez˝o program? Hogyan kell inicializ´alni? FOR k=1..n FOR i=1..n FOR j=i..n IF M(i,k)+M(k,j) < M(i,j) THEN M(i,j):=M(i,k)+M(k,j) and P(i,j):=P(k,j) megold´ as
6.7. Dinamikus programoz´ as 6.73. Tegy¨ uk fel, hogy egy fa minden cs´ ucs´an adott egy (ak´ar negat´ıv) s´ uly. Hogyan keress¨ unk maxim´ alis s´ uly´ u f¨ uggetlen cs´ ucshalmazt? megold´ as
6.74. Egy eg´eszekb˝ ol ´ all´ o sorozatban keress¨ uk meg azt az intervallumot (egym´ ast k¨ ovet˝ o sz´ amok egy sorozat´at), amiknek az ¨osszege maxim´alis. megold´ as
6.75. Egy sorozatot egy m´ asik r´eszsorozat´anak nevez¨ unk, ha n´eh´any tag elhagy´ as´ aval ad´ odik bel˝ ole. Hat´arozzuk meg k´et v´eges sorozat leghosszabb k¨ oz¨ os r´eszsorozat´ at. megold´ as
6.76. Adott egy m´ atrix, aminek minden eleme 0 vagy 1. Hat´arozzuk meg a legnagyobb n´egyzetes ¨ osszef¨ ugg˝o blokkot”, ami csupa 1-esb˝ol ´all. ” megold´ as
6.77. Legyen egy m × n-es ´es egy n × k-as m´atrix ¨osszeszorz´as´anak az id˝ oig´enye f (m, n, k). Adott r darab Ai m´atrixunk, amiknek szeretn´enk az A1 A2 . . . Ar szorzat´ at kisz´ am´ıtani. Hogyan hat´arozhatjuk meg az egyes m´atrixszorz´ asok elv´egz´es´enek ide´alis sorrendj´et? megold´ as
6.8. Folyamok
77
6.78. Egy konvex soksz¨ og minden ´atl´oj´anak adott egy s´ ulya. Keress¨ uk meg azt a h´ aromsz¨ ogel´est, ahol a beh´ uzott ´atl´ok o¨sszs´ ulya minim´alis! megold´ as
6.79. Keress¨ uk meg a Suurballe algoritmussal az al´abbi gr´afban a legr¨ovidebb (legkisebb ¨ osszhossz´ u) ´eldiszjunkt st u ´tp´art: c(sa) = c(ab) = c(bt) = 1 ´es c(sb) = c(at) = 3. (Persze csak egy ´eldiszjunkt p´ar van, a l´enyeg, hogy az algoritmust gyakoroljuk.) megold´ as
6.80. Hogyan keress¨ unk legr¨ovidebb cs´ ucsdiszjunkt u ´tp´arokat ir´any´ıtott, ´els´ ulyozott gr´ afban adott s-b˝ ol? megold´ as
6.81. Adjunk gyors algoritmust, mely s-b˝ol az ¨osszes (t1 , t2 ) p´arra kisz´am´ıtja a legr¨ ovidebb ¨ osszeg˝ u ´eldiszjunkt u ´tp´art! megold´ as
6.82. Adjunk line´ aris fut´ asidej˝ u algoritmust, mely meghat´arozza, hogy s-b˝ol mely cs´ ucsokba megy k´et ´eldiszjunkt u ´t, ha a gr´af (a) ir´ any´ıtatlan, (b) aciklikus! megold´ as
6.8. Folyamok 6.83. Igaz vagy hamis? (a) Egy maxim´ alis folyamban minden ir´any´ıtott k¨ornek van olyan ´ele, ahol 0 a folyam´ert´ek. (b) Minden h´ al´ ozathoz van olyan maxim´alis folyam, ahol b´armely ir´any´ıtott k¨ or egy ´el´en 0 a folyam´ert´ek. (c) Ha minden kapacit´ as k¨ ul¨onb¨oz˝o, akkor a maxim´alis folyam egy´ertelm˝ u. (d) Ha az ¨ osszes kapacit´ ast megszorozzuk egy λ > 0 konstanssal, a minim´alis v´ ag´ as ugyanaz marad. (e) Ha az ¨ osszes kapacit´ ashoz hozz´aadunk egy λ > 0 konstanst, a minim´alis v´ ag´ as ugyanaz marad. (f ) Ha az ¨ osszes kapacit´ ashoz hozz´aadunk egy λ > 0 konstanst, a maxim´alis folyam λ t¨ obbsz¨ or¨ os´evel n˝ o. (g) Ha a h´ al´ ozat nem tartalmaz ir´any´ıtott k¨ort, akkor a seg´edgr´af sem tartalmazhat. megold´ as
78
´let 6. Algoritmuselme
6.84. A K2,3 gr´ afon tekints¨ uk azt a t¨obbterm´ekes folyamprobl´em´at, hogy a k´etcs´ ucs´ u oszt´ aly´ u r´esz egyik cs´ ucs´ab´ol a m´asikba, a h´aromcs´ ucs´ u oszt´aly mindh´ arom cs´ ucs´ ab´ ol pedig az oszt´aly egy m´asik cs´ ucs´aba kell egy term´eket vinn¨ unk. Mutassuk meg, hogy ez a feladat kiel´eg´ıti a v´ag´asfelt´etelt, de m´egsem megoldhat´ o! megold´ as
6.85. Egy h´ al´ ozat ´elein ´ atfoly´o mennyis´eget most nem csak fel¨ ulr˝ol, hanem alulr´ ol is korl´ atozzuk. Hat´ arozzuk meg, hogy l´etezik-e olyan folyam (amit ilyenkor ´ aramnak szoktak h´ıvni), ami kiel´eg´ıti a felt´eteleket! megold´ as
6.86. Gondoljuk ´ at Hu ´es Rothschild–Whinston t´etel´et, azaz azt, hogy l´etezik k´etterm´ekes folyam (s1 t1 ´es s2 t2 ), ha teljes¨ ul a v´ag´asfelt´etel. S˝ot, ha teljes¨ ul az Euler-felt´etel (b´ armely cs´ ucsra illeszked˝o ´elek kapacit´as´anak ¨osszege p´aros, kiv´eve a forr´ asokat ´es nyel˝ oket, ahol m´eg a vinni k´ıv´ant term´ek mennyis´eg´et is hozz´ aadjuk), akkor van eg´esz megold´as is. (Eml´ekeztet˝o: ir´any´ıtatlan alapgr´ af eset´en, ha egy ´el kapacit´asa c, akkor ¨osszesen mindk´et ir´anyban csak c-t lehet vinni, teh´ at nem lehet pl. mindk´et ir´anyban c-t!) megold´ as
6.87. Tegy¨ uk fel, hogy egy ir´any´ıtott gr´afban adott egy s forr´as, amib˝ol k k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o term´eket kell elvinn¨ unk k k¨ ul¨onb¨oz˝o nyel˝obe, t1 , . . . , tk -ba u ´gy, hogy minden ´elen adott egy kapacit´as. Ha az i-edik term´ek ´ara pi , akkor hogyan tal´ obb hasznot hoz´o folyamot? (Azaz maximaliz´alni akarjuk P aljuk meg a legt¨ d(sti )pi -t.) Igaz-e, hogy ha a kapacit´asok eg´eszek, akkor van eg´esz´ert´ek˝ u megold´ as? megold´ as
6.88. Tegy¨ uk fel, hogy egyetlen inform´aci´oforr´asb´ol k´et nyel˝o b´armelyik´ebe vezet k´et ´eldiszjunkt u ´t egy aciklikus digr´afban ´es k´et Fp -beli jelet szeretn´enk k¨ uldeni. Minden uv ´elen az u-ba bej¨ov˝o u ¨zenetek egy (el˝ore fix´alt) v´eletlen kombin´ aci´ oj´ at k¨ uldj¨ uk tov´abb. Van-e olyan konstans p, hogy nagy val´ osz´ın˝ us´eggel mindk´et nyel˝o vissza tudja k´odolni mindk´et jelet? megold´ as
6.89. Adott egy aciklikus digr´afban egy inform´aci´oforr´as. Hogyan hat´arozhatjuk meg line´ aris id˝ oben, hogy melyek azok a cs´ ucsok, amikbe k´et Fp -beli jelet tudunk k¨ uldeni, ha p el´eg nagy? (Mindbe egyszerre akarjuk eljuttatni a jeleket.) megold´ as
´ cio ´ 6.9. Approxima
79
6.9. Approxim´ aci´ o 6.90. A l´ adapakol´ as (Bin packing) feladatban adva van n db csomagm´eret, a1 , . . . , an ≤ 1. A k´erd´es, hogy h´any 1 m´eret˝ u l´ad´aba tudjuk bepakolni a csomagokat. (a) Mutasd meg, hogy ha konstans sz´am´ u l´ada el´eg ´es nai eg´esz, akkor ez P-beli! (b) Milyen approxim´ aci´ ot ad a Next Fit moh´o algoritmus, ami mindig megpr´ ob´ alja berakni az aktu´ alis l´ad´aba a csomagot, ha nem f´er be, akkor pedig egy u ´j (eddig u ad´ aba rakja? ¨res) l´ (c) Mutasd meg, hogy NP-neh´ez eld¨onteni, hogy el´eg-e k´et l´ada! megold´ as
6.91. Egy G gr´ afra legyen τ (G) = min{|S| : S ⊂ V (G), ∀e ∈ E(G) ∃s ∈ S s ∈ e}. Ez G cs´ ucsfed´esi sz´ama. (a) Mutasd meg, hogy τ (G) meghat´aroz´asa NP-neh´ez! (b) Adj 2-approxim´ aci´ os algoritmust! megold´ as
6.92. A TSP (utaz´ ou ok probl´ema) bemenete egy teljes, ´els´ ulyozott gr´af, ¨gyn¨ kimenete pedig a legr¨ ovidebb Hamilton-k¨or hossza. (a) Mutassuk meg, hogy metrikus gr´afra (azaz olyan gr´afra, ahol az ´els´ ulyokra teljes¨ ul a h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlens´eg) van 2-approxim´aci´o! ´ (b) Altal´ anos gr´ afra viszont semmilyen” g(n)-re nincs g(n)-approxim´aci´o! ” megold´ as
6.10. K´ odol´ as 6.93. A Σ = {E, M, S} abc felett minek a Lempel–Ziv–Welch-k´odol´asa az 1 2 4 1 3 7 6 2 8 5 8 12 6 15 17 18 16 1 k´ od? (E, M, S k´ odjai rendre 1, 2, 3.) megold´ as
6.94. H´ any elem˝ u´ ab´ec´e eset´en k´odolja a leghosszabb sz¨oveget az 1, 5, 6, 7, . . . , 100 Lempel–Ziv–Welch-k´ od? megold´ as
6.95. Egy n elem˝ u´ ab´ec´e Lempel–Ziv–Welch-k´odol´asa eset´en legfeljebb h´anyszor fordulhat el˝ o egy adott sz´am? (Az elm´eleti modellben, ahol a k´odok a term´eszetes sz´ amok.) megold´ as
80
´let 6. Algoritmuselme
6.96. Van-e olyan n, amire n elem˝ u ´ab´ec´ere az 1, 1, 2, 2, 3, 3, . . . , 2n, 2n valaminek a k´ odja? megold´ as
7. fejezet
Gr´ afelm´ elet – megold´ asok ¨ 7.1. Osszef u os´ eg, fesz´ıt˝ of´ ak ¨ gg˝ 1.1. Legyen F1 ´es F2 a k´et fesz´ıt˝ofa. El´erhet˝o, hogy minden l´ep´esben eggyel n˝ oj¨ on az aktu´ alis fesz´ıt˝ of´ aban az F2 -vel k¨oz¨os ´elek sz´ama: vegy¨ unk egy u ´j F2 -beli ´elet az aktu´ alis fesz´ıt˝of´ankhoz, ez bez´ar egy k¨ort. Ebb˝ol a k¨orb˝ol el tudunk hagyni egy nem F2 -beli ´elet, ´es ´ıgy kapjuk a k¨ovetkez˝o fesz´ıt˝of´at. 1.2. Vegy¨ uk a G gr´ af egyik m´elys´egi keres˝of´aj´at, ´es rendelj¨ uk hozz´a a fa ´eleihez a + ´es − jeleket u ´gy, hogy a szomsz´edos ´elek k¨ ul¨onb¨oz˝o jelet kapjanak. A gr´ af nem fabeli ´elei m´elys´egi keres˝of´aban csak olyan (v, w) cs´ ucsp´arok k¨ozt mehetnek, melyekre teljes¨ ul, hogy a fa r gy¨okere valamint a egyes cs´ ucsok altal meghat´ ´ arozott k´et m´elys´egi fabeli r − v ´es r − w u ´t egyike a m´asikat tartalmazza. (Erre mondjuk azt, hogy nincs kereszt´el.) Emiatt a fesz´ıt˝ofa altern´ al´ o tulajdons´ aga fenn´ all. 1.3. Tekints¨ unk a konvex soksz¨ognek egy tetsz˝oleges h´aromsz¨ogel´es´et, majd rendelj¨ unk minden h´ aromsz¨ogh¨oz egy cs´ ucsot, ´es a szomsz´edos h´aromsz¨ogeknek megfelel˝ o cs´ ucsokat k¨ oss¨ uk ¨ossze ´ellel. ´Igy egy ¨osszef¨ ugg˝o gr´afot kapunk, amiben nincsen k¨ or, teh´ at a kapott gr´af egy fa. Az 1-fok´ u cs´ ucsok olyan h´aromsz¨ ogh¨ oz tartoznak, amellyel csak egy m´asik h´aromsz¨og volt szomsz´edos, teh´ at legal´ abb k´et oldala az eredeti soksz¨ogb˝ol sz´armazik. 1.4. Rendelj¨ unk hozz´ a a sz´ amokhoz cs´ ucsokat, ´es k¨oss¨ unk ¨ossze kett˝ot, ha a 2 2 > n4 , ez´ert megfelel˝ o p´ aronk´enti ¨ osszeg racion´alis. Az n ≥ 5 miatt n −3n+4 2 a gr´ af nem lehet p´ aros, azaz van benne p´aratlan k¨or. A p´aratlan k¨or ment´en tekintve a racion´ alis p´ aronk´enti ¨osszegeket ad´odik, hogy a k¨orh¨oz tartoz´o
82
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
cs´ ucsokhoz racion´ alis sz´ amok tartoznak. M´asr´eszt vegy¨ uk ´eszre, hogy a gr´af n o sszef¨ u gg˝ o , hiszen legfeljebb n − 2 ´ e l hi´ a nyzik a lehets´ e ges k¨ o z¨ ul, m´ıg egy ¨ 2 nem ¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ afban a hi´ anyz´o ´elek sz´ama legal´abb n − 1 lenne. (Kn egy v´ ag´ as´ aban k(n − k) ´el van, ha k ´es (n − k) cs´ ucs esik a v´ag´as k´et oldal´ara.) Emiatt szomsz´edos gr´ afbeli ´elek sorozat´an egy megtal´alt racion´alis sz´amb´ol az ¨ osszeshez eljuthatunk. Ebb˝ol ad´odik, hogy minden sz´am, azaz minden p´ aronk´enti ¨ osszeg is racion´ alis, kihaszn´alva hogy a ´es a + b racion´alis volt´ab´ol b-re is k¨ ovetkezik ez. 1.5. R¨ ogz´ıts¨ uk G egy 3-sz´ınez´es´et, ´es jel¨olje n1 , n2 , n3 a h´arom sz´ınoszt´aly m´eret´et. Ekkor n = n1 + n2 + n3 teljes¨ ul. Tekints¨ uk tetsz˝oleges k´et cs´ ucsoszt´ aly egyes´ıt´es´et, ´es vizsg´ aljuk az ´altaluk fesz´ıtett ´eleket. Ezeknek ¨osszef¨ ugg˝o gr´ afot kell fesz´ıteni¨ uk, ellenkez˝o esetben lenne legal´abb k´et komponens, ´es a komponensek egyik´eben a k´et szerepl˝o sz´ın megcser´el´es´evel ism´etelten j´o sz´ınez´est kapn´ ank, ´ıgy G 3-sz´ınez´ese nem lenne egy´ertelm˝ u a feladat ´ertelm´eben. ´ Elek csak k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u cs´ ucsok k¨oz¨ott mennek, ´ıgy G ´eleit megsz´amolhatjuk oly m´ odon, hogy ¨ osszegezz¨ uk a h´arom lehets´eges r´eszgr´af ´elsz´am´at, melyeket k´et-k´et sz´ınoszt´ aly fesz´ıt. Az egyes gr´afokban legal´abb annyi ´el van, mint az azonos cs´ ucssz´ am´ u f´ ak ´elsz´ama, innen ad´odik az ´elsz´amra vonatkoz´o |E| ≥ (n1 + n2 − 1) + (n2 + n3 − 1) + (n3 + n1 − 1) = 2n − 3 becsl´es. Megjegyz´es: k¨ onnyen igazolhat´o, hogy a becsl´es ´eles, ´es az is hasonl´o m´odon, hogy az n cs´ ucs´ u egy´ertelm˝ uen k-sz´ınezhet˝o gr´afok ´elsz´ama legal´abb (k − 1)(n − k) + k2 .
7.2. F´ ak 1.6. f -r˝ ol feltehetj¨ uk, hogy f ≤ k − 1. Az ´all´ıt´ast cs´ ucssz´amra vonatkoz´o ´ indukci´ oval igazoljuk. n = 1 cs´ ucs´ u f´ara az ´all´ıt´as trivi´alis. Altal´ anos esetben f vegy¨ uk a fa egy level´et. Ha 2 + 1 r´eszfa tartalmazn´a, k´esz lenn´enk. Ellenkez˝o esetben hagyjuk el azokat a r´eszf´akat, amik csak ebb˝ol az egy cs´ ucsb´ol ´alltak, ucs´ u f´anak r´eszf´aib´ol ´all, legyen ezek sz´ ama z ≤ f2 . A marad´ek egy n − 1 cs´ f melyek sz´ ama k − z, ´es melyek k¨oz¨ ul legal´abb kf ar metszi egym´ast, 2 − z 2 p´ hiszen csak az egycs´ ucs´ u r´eszf´ak ´es ˝oket tartalmaz´o r´eszf´ak alkotta p´arokat vesz´ıtj¨ uk el. Emiatt n−1 cs´ ucs´ u f´an a k −z r´eszf´ab´ol ´all´o rendszerre a feladat fet´etele teljes¨ ul, ezen bel¨ ul megtal´aljuk teh´at a keresett cs´ ucsot. 1.7. El´eg azt bel´ atni tudni, hogy egy j´ol megv´alasztott v cs´ ucs elhagy´as´aval l´etrej¨ on olyan komponens, amibe pont r multihalmazbeli cs´ ucs esik, vagy amihez v-t hozz´ av´eve a multihalmazbeli cs´ ucsok sz´ama m´ar el´eri az r sz´amot. Ez a cs´ ucs a fa szomsz´edos cs´ ucsain l´epkedve u ´gy tal´alhat´o meg, ha egy
´s 7.3. K¨ orkerese
83
lev´elb˝ ol indulva mindig arrafel´e a cs´ ucs fel´e l´ep¨ unk el ha sz¨ uks´eges, ami a R legt¨ obb elem´et tartalmazza.
7.3. K¨ orkeres´ es 1.8. 1. megold´ as. Induljunk ki G egy sz´eless´egi keres˝o fesz´ıt˝of´aj´ab´ol, ´es szintezz¨ uk be a cs´ ucsokat a sz´eless´egi fesz´ıt˝ofa gy¨oker´et˝ol vett t´avols´ag szerint. A nem fa´elek nem ugorhatnak a´t szintet a sz´eless´egi keres´es jelleg´eb˝ol ad´od´oan, m´ asr´eszt egym´ as alatti szintek k¨oz¨ott sem haladhat ilyen ´el, mert p´aros k¨ort z´ arna be. V´eg¨ ul vegy¨ uk ´eszre, hogy adott szinten bel¨ ulre sem indulhat ki egy cs´ ucsb´ ol k´et nem fa´el, mert e k´et ´el a f´aban p´aros hossz´ u k¨ort z´arna be. Emiatt a nem fa´elekre vonatkoz´o foksz´am¨osszeg legfeljebb (n − 1), amib˝ol az all´ıt´ ´ as k¨ ovetkezik. 2. megold´ as. Bel´ athat´ o, hogy minden ´el csak egy (p´aratlan) k¨orh¨oz tartozhat legfeljebb. Egy k¨ or legal´abb 3 ´elb˝ol ´all, emiatt a k¨or¨ok sz´ama maximum az ´elek sz´ am´ anak harmada. Dobjunk el most minden k¨orb˝ol egy-egy ´elet, ´ıgy az ´elsz´ am legal´ abb 23 -a megmarad, ´es ´ıgy egy erd˝ot kapunk, amib˝ol 2 ovetkezik. 3 |E| ≤ (n − 1) k¨ 1.9. Cs´ ucssz´ am szerinti teljes indukci´oval bizony´ıtunk, n = 4-re az ´all´ıt´as ´ nyilv´ anval´ o. Altal´ anos esetben vegy¨ uk a gr´af egyik leghosszabb u ´tj´at, ´es jel¨ olje ennek v´egpontj´ at P . P -b˝ol csak az u ´t pontjaiba vezethetnek ´elek. Ha P foka legal´ abb 3, P legt´ avolabbi szomsz´edj´aval olyan k¨ort z´ar be az u ´ttal, aminek van egy P v´egpont´ u h´ urja. Ha P foka legfeljebb 2 lenne, hagyjuk el a gr´ afb´ ol, ´es az ´ıgy kapott gr´ afra alkalmazzunk indukci´ot. Ennek n − 1 cs´ ucsa ´es legal´ abb 2(n − 1) − 3 ´ele van. Az ´eless´eget a Kn−2,2 bizony´ıtja. 1.10. Vil´ agos, hogy mivel van n k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ u ´el a gr´afban, ez´ert van olyan k¨ or, amelynek ´elei k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ uek. Val´oban, hiszen ha 1−1 ´elet v´alasztunk minden sz´ınoszt´ alyb´ ol, t¨ obb ´el¨ unk lesz mint egy n-cs´ ucs´ u k¨ormentes gr´afnak lehet. Tekints¨ uk a legr¨ ovidebb k¨ort, amelyben az ´elek sz´ınei k¨ ul¨onb¨oz˝oek. Ha ez nem C3 lenne, a k¨ or tetsz˝oleges k´et szomsz´edos uv, uw ´el´ehez az ˝oket osszek¨ ot˝ o vw ´elet v´eve nem kaphatunk h´aromsz´ın˝ u C3 -at, ´ıgy a k´et ´elet a ¨ k¨ orb˝ ol elhagyva ´es vw ´elet hozz´av´eve nyern´enk a minim´alisn´al kisebb k¨ort – ellentmond´ as. 1.11. Feltehetj¨ uk, hogy a G p´aros gr´afunk ¨osszef¨ ugg˝o. Tekints¨ unk benne egy sz´eless´egi keres˝ o fesz´ıt˝ of´ at, amelynek gy¨okere egy minim´alis δ foksz´am´ u v cs´ ucs! Tekints¨ uk a fesz´ıt˝ of´aban a v-t˝ol rendre 1, 2, . . . , k t´avols´agra l´ev˝o
84
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
pontok halmaz´ at. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a sz´eless´egi keres˝o fesz´ıt˝ofa ezen cs´ ucsai k¨ oz¨ ott nem haladhatnak ´elek, hiszen azok 2k + 1-n´el kisebb k¨ort, vagy p´ aratlan k¨ ort z´ arn´ anak be. Ez azt is jelenti, hogy v minim´alis foksz´ama miatt a v-t˝ ol i t´ avols´ agra lev˝ o cs´ ucsok li sz´ama legal´abb (δ − 1)li−1 , ahonnan l1 = δ felhaszn´ al´ as´ aval az ad´ odik, hogy ¨osszesen t¨obb mint (δ −1)k k¨ ul¨onb¨oz˝o cs´ ucsot tal´ altunk G-ben, vagyis δ < n1/k + 1. Hagyjuk el ezt a cs´ ucsot a r´a illeszked˝ o ´elekkel, ´es ism´etelj¨ uk meg az elj´ar´ast. ´Igy a cs´ ucsokat sorban elhagyva, minden l´ep´esben kevesebb mint n1/k + 1 ´elet hagyunk el, azaz G-ben az ´elek sz´ ama legfeljebb n1+1/k + n. Megjegyz´es: Minden m ´el˝ u gr´afnak l´etezik olyan p´aros r´eszgr´afja, aminek legal´ abb m/2 ´ele van. (L´ asd az 5.2 feladatot.) Emiatt ha egy gr´afban nincsenek C4 , C6 , . . . , C2k hossz´ u k¨or¨ok, akkor a gr´af ´eleinek sz´ama legfeljebb 2n1+1/k + 2n.
7.4. Vegyes feladatok 1.12. Induljunk ki a leghosszabb k¨orb˝ol, melynek b´armely ´el´et elhagyva egy leghosszabb utat kapunk. Azaz u ´j cs´ ucshoz nem vezethet bel˝ole ´el, de az osszef¨ ugg˝ os´eg miatt ekkor a k¨or minden cs´ ucsot tartalmaz. ¨ 1.13. (a) Indirekten tegy¨ uk fel, hogy l´etezik j´o 3-sz´ınez´ese az ´eleknek. Vegy¨ uk a Petersen-gr´ af szok´ asos lerajzol´as´at, melyben egy 5 cs´ ucs´ u k¨or¨on bel¨ ulre rajzolunk egy csillag¨ otsz¨ oget, ´es a k´et ¨otsz¨og cs´ ucsait ´elekkel ¨osszep´aros´ıtjuk. A k¨ uls˝ o¨ otsz¨ og j´ o sz´ınez´es´et csak u ´gy kaphatjuk, hogy k´et sz´ınnel felv´altva sz´ınezz¨ uk az ¨ otsz¨ og 4 egym´ ast k¨ovet˝o ´el´et, majd az ¨ot¨odik ´el sz´ıne a kimarad´o harmadik sz´ın lesz. Innent˝ ol a k¨ uls˝o ¨otsz¨oget ´es a bels˝o csillag¨otsz¨oget ¨osszek¨ ot˝ o ´elek sz´ıne meg van hat´arozva. K¨onnyen l´athat´o, hogy a bels˝o ¨otsz¨og ´eleire az ´ıgy kapott sz´ınez´es nem kiterjeszhet˝o. . (b) Ha volna benne Hamilton-k¨or, akkor l´etezne az ´eleinek j´o 3-sz´ınez´ese is. Ugyanis a Hamilton-k¨ or ´eleit felv´altva sz´ınezve, majd a kimarad´o ´eleket a harmadik sz´ınoszt´ alyba t´eve j´o sz´ınez´est kapn´ank. Ez azonban (a)-nak ellentmond. 1.14. Tekints¨ unk egy Euler-s´et´at a gr´afban, ´es sz´ınezz¨ uk felv´altva k´et sz´ınnel az ´eleit. A k´et sz´ınoszt´ alyba tartoz´o ´elek egy megold´ast adnak. 1.15. n ≡ 2, 3 (mod 4) esetek kiz´ar´asa sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etelt jelent. Ha a G gr´ af ´es komplementere izomorfak, akkor egyez˝o ´elsz´am´ uak is, emiatt ´ e lhalmazuk uni´ o ja p´ a ros sz´ a m´ u ´ e lb˝ o l kell hogy a ´ lljon, m´ a rpedig 2 | n2 ⇐⇒ n ≡ 0, 1 (mod 4). Most indukci´oval igazoljuk, hogy ilyenkor l´etezik is a keresett gr´ af. n = 1-re az 1-cs´ ucs´ u gr´af, n = 4-re a 4 cs´ ucs´ u
˝ se ´g, Menger-te ´tel ¨ sszef¨ 7.5. T¨ obbsz¨ or¨ os o uggo
85
u ´t megfelel˝ o. Tegy¨ uk fel, hogy tal´altunk j´o n-cs´ ucs´ u G gr´afot, ekkor konstru´ alunk olyan n + 4 cs´ ucs´ ut, ami szint´en megfelel a felt´etelnek. Vegy¨ unk fel G mellett 4 tov´ abbi cs´ ucsot, legyenek ezek v1 , v2 , v10 , v20 . Vezessen ´el G minden cs´ ucsa ´es a v2 , v20 cs´ ucsok k¨oz¨ott, valamint a n´egy u ´j cs´ ucs fesz´ıtse a 0 (v1 , v2 ), (v20 , v2 ), (v2 , v10 ) ´eleket. (Ez ´eppen egy 4 cs´ ucs´ u u ´t!) K¨onny˝ u l´atni, hogy az u ´j gr´ af komplementere izomorf lesz az u ´j gr´affal. 1.16. 1. megold´ as. k szerinti indukci´oval bizony´ıtunk. k = 1-re az ´all´ıt´as semmitmond´ o. Legyen k > 1, ´es H0 a G p cs´ ucs´ u r´eszgr´afjai k¨oz¨ ul olyan, amelynek ´elsz´ ama maxim´ alis. Ha δ(H0 ) ≥ q, k´esz vagyunk. Ha nem, akkor V (G) \ V (H0 ) minden cs´ ucs´ab´ol G-be legfeljebb q ´el vezethet, k¨ ul¨onben lenne olyan cs´ ucs, amivel a H0 -ban minim´alis fok´ ut kicser´elhetn´enk, ´es az ´elsz´ am n˝ one. Emiatt V (G) \ V (H0 ) ´altal fesz´ıtett gr´afban a minim´alis foksz´am legal´ abb (k − 1)q, azaz az indukci´o alkalmazhat´o erre a (k − 1)p cs´ ucs´ u gr´afra. 2. megold´ as. Bontsuk sz´et k egyenl˝o cs´ ucssz´am´ u kupacra a gr´afot. Ha egy kupac nem j´ o, azaz a minim´ alis foksz´ama kicsi, q alatti, akkor a kupacban a minim´ alis fok´ u cs´ ucshoz tal´ aln´ank valamelyik m´asik kupacb´ol olyan cs´ ucsot, amivel cser´elve kupacunkban n˝one a foksz´am¨osszeg. Ha egyik kupac sem j´ o, akkor ´ıgy tal´ aln´ ank n´eh´ any kupacot, amikb˝ol ciklikusan tudunk cser´elni egy-egy cs´ ucsot u ´gy, hogy mindben n¨ovekedj´ek a foksz´am¨osszeg. (Val´oban: ir´ any´ıtott k´ek ´elet vezetve egy kupacb´ol abba a kupacba, ahonnan tudn´ank jobb cs´ ucsot becser´elni a minim´alis fok´ u cs´ ucs hely´ere, lenne ir´any´ıtott k¨or¨ unk ´ ezt a a kupacok k¨ oz¨ ott k´ek ´elekb˝ ol, mert minden k´ek kifok legal´abb 1.) Am jav´ıt´ ast csak v´eges sokszor v´egezhetn´enk el, mivel pozit´ıv eg´esszel n˝ott ek¨ozben a foksz´ am¨ osszeg, ´es nem n˝ohet az o¨sszfoksz´am f¨ol´e. Emiatt el˝obb-ut´obb lesz 0 k´ek kifok´ u cs´ ucs, ami a felt´etelnek megfelel˝o p-elem˝ u cs´ ucshalmazt jelent, melyben a minim´ alis foksz´am elegend˝oen nagy.
7.5. T¨ obbsz¨ or¨ os ¨ osszefu os´ eg, Menger-t´ etel ¨ gg˝ 1.17. (a) Elegend˝ o bel´ atni, hogy minden pontp´ar k¨ozt ugyanannyi ´elidegen ´es cs´ ucsidegen u ´t vezet. Vil´agos, hogy minden cs´ ucsidegen u ´t ´elidegen, ugyanakkor a 3-regularit´ as miatt nem lehet k´et ´elidegen u ´tnak k¨oz¨os cs´ ucsa a kezd˝ o ´es v´egponton k´ıv¨ ul. (b) Vegy¨ unk k´et 2-´el¨ osszef¨ ugg˝o gr´afot, amelyeknek egy 2-fok´ u cs´ ucsa van, a t¨ obbi foksz´ am 4, majd azonos´ıtsuk a 2-foksz´am´ u cs´ ucsokat. A kapott gr´af 4-regul´ aris, 2-´el¨ osszef¨ ugg˝ o de nem 2-¨osszef¨ ugg˝o. 1.18. A k-szoros ¨ osszef¨ ugg˝ os´eg definici´oj´at alkalmazhatjuk. Ha elhagyunk k − 1 cs´ ucsot a gr´ afb´ ol, ak´ ar benne van az u ´j cs´ ucs, ak´ar nincs, a megmarad´o gr´ af ¨ osszef¨ ugg˝ o lesz.
86
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
1.19. (a) Rendelj¨ unk minden ir´any´ıtott ´elhez egys´egkapacit´ast. A maxim´alis folyamr´ ol feltehet˝ o, hogy eg´esz´ert´ek˝ u, ´es ´ıgy ´eldiszjunkt utakat ad, a minim´ alis v´ ag´ as pedig egy sz´etv´ ag´o ´elhalmaz lesz. (b) A G ir´ any´ıtott gr´ afb´ ol ´ all´ıtsuk el˝o a G0 ir´any´ıtott gr´afot oly m´odon, hogy minden v ∈ V (G) cs´ ucsot sz´eth´ uzunk”: egy v 0 , v 00 cs´ ucsp´arral helyettes´ıt” 0 00 j¨ uk, melyek k¨ oz¨ ott ir´ any´ıtott v v ´el vezet, el˝obbi cs´ ucsba vezetnek a G-ben v-be vezet˝ o ´elek, ut´ obbib´ ol indulnak a v-b˝ol indul´o ´elek. G0 -re alkalmazzuk az ir´ any´ıtott ´el-Menger-t´etelt. (c) Legyen G(A, B, E) a p´ aros gr´afunk, ir´any´ıtsuk meg az ´eleit A-b´ol B fel´e. Vezessen tov´ abb´ a egy s u ´j pontb´ol ´el minden A-beli cs´ ucsba, ´es minden Bbeli cs´ ucsb´ ol egy-egy ´el egy u ´j t pontba. Az ´ıgy kapott ir´any´ıtott gr´afban a cs´ ucsidegen utak p´ aros´ıt´ as´eleknek feleltethet˝oek meg, az elv´ag´o cs´ ucshalmaz pedig lefog´ o ponthalmaznak a p´aros gr´afban. (d), (e) Az ir´ any´ıtatlan gr´ af ´elei helyett vegy¨ unk fel egy-egy ellent´etesen ir´any´ıtott ´elp´ art. 1.20. Iter´ aljuk a k¨ ovetkez˝ o elj´ar´ast: keress¨ unk a-b´ol b-be utat u ´gy, hogy a-b´ ol indulunk, ´es minden l´ep´esben tov´abbl´ep¨ unk az aktu´alis cs´ ucsb´ol egy u ´j cs´ ucsba, am´ıg b-be nem ´er¨ unk. A foksz´amfelt´etelek miatt mindig tov´abb tudunk l´epni. A bej´ art ´elek egy (a, b) s´et´at adnak, amib˝ol az ir´any´ıtott k¨or¨oket elhagyva kapjuk a keresett utat. Az u ´t ´eleit elhagyva a fennmarad´o gr´afban a feladat felt´etelei k helyett (k−1)gyel teljes¨ ulnek, ´ıgy az elj´ ar´ as ism´etelhet˝o k-szor. 1.21. Hagyjuk el a G gr´ afb´ ol a k ´elf¨ uggetlen (b, a) utat, majd alkalmazzuk a 1.20 feladat ´ all´ıt´ as´ at. 1.22. K´esz´ıts¨ uk el a G0 gr´ afot G-b˝ol oly m´odon, hogy minden ´elet megdup0 l´ azunk. G -ben minden v´ ag´ asban 2-szer annyi ´el van, mint a megfelel˝o G-beli v´ ag´ asban, ez´ert a Menger-t´etel szerint a G0 -beli ´elf¨ uggetlen utak sz´ama adott cs´ ucsp´ ar k¨ ozt a dupl´ aja a G-beli ´ert´eknek, ami a feladat ´all´ıt´as´aval ekvivalens.
1.23. Vegy¨ unk egy z1 ´es egy z2 cs´ ucsot, k¨oss¨ uk ˝oket ¨ossze rendre az xi ´es az yi cs´ ucsokkal. Az ´ıgy kapott gr´af tov´abbra is k-¨osszef¨ ugg˝o. Innen ad´odik, hogy z1 ´es z2 k¨ oz¨ ott tal´ alhat´ o k cs´ ucsdiszjunkt u ´t, melyek p´aros´ıtj´ak az x-eket az y-okkal. ´ 1.24. A k = 1 eset trivi´ alis, legyen teh´at k > 1. Altal´ anosan feltehet˝o, hogy megtal´ altunk egy y1 , y2 , . . . , yt -n ´athalad´o x − −z utat, ´es szeretn´enk kib˝ ov´ıteni u ´gy, hogy yt+1 -et is tartalmazza, ahol t ≤ k − 2. Feltehetj¨ uk, hogy az yi cs´ ucsokon az indexeik szerinti sorrendben halad az u ´t. Tekints¨ uk a G0 gr´ afot, amelyet egy u ´j w cs´ ucs hozz´aad´as´aval kapunk G-b˝ol: w-t k¨oss¨ uk
´s 7.6. F¨ ulfelbonta
87
o ´t minden cs´ ucs´aval. Vegy¨ unk G0 -ben maxim´alisan sok ¨ssze a fenti x − −z u cs´ ucsidegen utat w ´es yk−1 k¨ozt. Ezek sz´ama legal´abb k, mivel G0 is kszorosan cs´ ucs¨ osszef¨ ugg˝ o. (1.18.) feladat.) Ekkor lesz az x − −z u ´ton egy olyan cs´ ucsp´ ar (x, y1 ), (y1 , y2 ), . . . , (yk−2 , z) k¨oz¨ ul, hogy k¨oz´ej¨ uk illeszthet˝o egy yk−1 -et tartalmaz´ o, a cs´ ucsidegen utak k´et szakasz´ab´ol ´all´o u ´t. 1.25. k szerinti indukci´ ot haszn´alunk. A k = 2 eset Menger t´etel´eb˝ol k¨ovetke´ zik. Altal´ anosan feltehet˝ o, hogy megtal´altunk egy v1 , v2 , . . . , vk−1 tetsz˝oleges pont-(k − 1)-est tartalmaz´ o k¨ort, ´es szeretn´enk a k¨ort kib˝ov´ıteni u ´gy, hogy vk -t is tartalmazza. Tekints¨ uk a G0 gr´afot, amelyet egy u ´j z cs´ ucs hozz´aad´as´aval kapunk G-b˝ ol, melyet a k¨or¨ unk minden cs´ ucs´aval ¨osszek¨ot¨ unk. Vegy¨ unk G0 -ben maxim´ alisan sok cs´ ucsidegen utat z ´es vk k¨ozt. Ha ezek sz´ama legal´ abb k, akkor lesz a k¨ or¨ on vi ´es vi+1 u ´gy, hogy k¨oz´ej¨ uk illeszthet˝o egy vk -t tartalmaz´ o, a cs´ ucsidegen utak k´et szakasz´ab´ol ´all´o u ´t. Ellenkez˝o esetben, ha k-n´ al kevesebb cs´ ucsdiszjunk u ´t volt k¨ozt¨ uk, akkor G k-szoros ¨osszef¨ ugg˝os´ege miatt a k¨ or¨ unk pontosan a v1 , v2 , . . . , vk−1 pontokb´ol ´all. (Val´oban, ha lenne tov´ abbi cs´ ucs a k¨ or¨ on, akkor a 1.18.) feladat szerint G0 is k-szorosan ¨oszef¨ ugg˝ o lenne.) Ekkor viszont tetsz˝oleges szomsz´edos vi ´es vi+1 p´art ¨osszek¨ot˝o ´el helyett v´ alaszthat´ o egy vk -n kereszt¨ ulhalad´o u ´t.
7.6. Fu as ¨ lfelbont´ 1.26. Kezd˝ ol´ep´esk´ent induljunk ki egy tetsz˝oleges x cs´ ucsb´ol, majd vegy¨ unk egy r´ a illeszked˝ o G-beli k¨ ort. Az els˝o f´azis ´altal´anos l´ep´es´eben tekints¨ unk egy olyan y cs´ ucsot, ami m´eg nem cs´ ucsa az aktu´alis G∗ f¨ ulfelbont´asi gr´afunknak, ∗ de vezet bel˝ ole ´el G -ba. Az er˝os ¨osszef¨ ugg˝os´eg miatt egyr´eszt ilyen y l´etezik ha van m´eg kimarad´ o cs´ ucs, m´asr´eszt G∗ -b´ol vezet ir´any´ıtott u ´t y-ba. Ezen u ´tnak ´es ´elnek az uni´ oja adja a f¨ ulfelbont´as k¨ovetkez˝o elem´et. A m´ asodik f´ azisban, ha elfogytak a kimarad´o cs´ ucsok, m´ar csak ´eleket kell beh´ uznunk a gr´ afba. Ez a l´ep´es a felt´eteleknek szint´en eleget tesz. 1.27. Vegy¨ unk el˝ osz¨ or egy a, b cs´ ucsokon ´athalad´o k¨ort, ilyen a G 2-szeres osszef¨ ugg˝ os´ege miatt l´etezik. Elk´esz´ıt¨ unk egy f¨ ulfelbont´ast az el˝oz˝o feladat ¨ mint´ aj´ ara, majd a f¨ ul”-ek ´eleit sorban j´ol megir´any´ıtjuk oly m´odon, hogy ” minden aktu´ alis f¨ ulbeli ´el rajta legyen ir´any´ıtott (a, b) u ´ton. Ez elegend˝o is, hiszen tov´ abbi f¨ ulek hozz´av´etele nem ronthatja el egy tetsz˝oleges e ´elre vonatkoz´ oan azt, hogy l´etezik rajta ´athalad´o (a, b) u ´t. Legyen a f¨ ulfelbont´ as alapk¨ore a megold´as elej´en v´alasztott a, b cs´ ucsokat tartalmaz´ o k¨ or, ´es ir´ any´ıtsuk meg az ´eleit u ´gy, hogy k´et ir´any´ıtott (a, b) utat hat´ arozzanak meg. Ekkor az eddigi ´elekre az ´all´ıt´as teljes¨ ul. Teljes¨ ul
88
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
tov´ abb´ a az al´ abbi k´et tulajdons´ag, amit fenntartunk: (1) a gr´afban nincs ir´ any´ıtott k¨ or, (2) minden cs´ ucsba eljuthatunk a-b´ol, ´es minden cs´ ucsb´ol eljuthatunk b-be ir´ any´ıtott u ´ton. Tekints¨ unk most ´altal´anos l´ep´esben egy u ´j hozz´ aadott f¨ ulet, legyenek v´egpontjai x ´es y. A f¨ ul ´eleit x-b˝ol y fel´e, vagy ´eppen ford´ıtva fogjuk megir´any´ıtani. A k´et lehet˝os´eg egyik´evel ir´any´ıtott k¨ ort˝ ol mentes marad a gr´ af, ellenkez˝o esetben volna ir´any´ıtott u ´t oda-vissza a k´et cs´ ucs k¨ oz¨ ott, ami ellentmond´as lenne. Eszerint ir´any´ıtjuk az u ´j f¨ ulet, mondjuk x-b˝ ol y fel´e. Vil´ agos, hogy ´ıgy a m´asodik tulajdons´ag is teljes¨ ul. Tekints¨ uk most egy-egy ir´ any´ıtott (a, x) ´es (y, b) utat, ami felt´etel¨ unk szerint l´etezik, ´es vegy¨ uk hozz´ a az u ´j f¨ ulet. Ez ´eppen egy megfelel˝o utat ad az u ´j f¨ ul minden ´el´ere. Val´ oban, gondot csak az okozna, ha volna ism´etl˝od˝o pontja a s´et´ anak, de nem lehet, mert nincs ir´any´ıtott k¨or a gr´afban. 1.28. Az 1.26 elj´ ar´ as´ at alkalmazhatjuk egy m´odos´ıt´assal: az els˝o f´azis ´altal´ anos l´ep´es´eben olyan utat keres¨ unk G∗ -b´ol y-ba, amely nem pont az y-b´ol ∗ G -ba vezet˝ o ´el v´egpontj´ ab´ ol indul. Ilyen u ´t a 2-¨osszef¨ ugg˝os´eg miatt l´etezik, ez´ert sosem vesz¨ unk ir´ any´ıtott k¨ort a G∗ gr´afunkhoz. 1.29. Tekints¨ uk a gr´ af egy f¨ ulfelbont´as´at az 1.26 elj´ar´ashoz hasonl´o m´odon, amikor az els˝ o f´ azisban ir´ any´ıtott k¨or¨ok vagy legal´abb 3-cs´ ucs´ u utak alkott´ak a f¨ uleket. Sz´ınezz¨ uk moh´ on sorban a f¨ ulek cs´ ucsait az elj´ar´assal p´arhuzamosan: vil´ agos, hogy 3-n´ al nincs t¨obb sz´ınre sz¨ uks´eg. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a m´asodik f´ azisra nem ker¨ ulhet sor az elj´ar´asban G kritikusan 2-´el¨osszef¨ ugg˝os´ege miatt.
7.7. P´ aros´ıt´ asi feladatok p´ aros gr´ afokban 1.30. Feleltess¨ uk meg a sakkt´abla k´ep´et egy G(A, B, E) p´aros gr´afnak: a sorok legyenek A cs´ ucsai, az oszlopok B cs´ ucsai, ´es k´et cs´ ucs k¨oz¨ott fusson ´el, ha a sor ´es oszlop ´ altal meghat´arozott mez˝on ´all b´astya. A G p´aros gr´af 4-regul´ aris, ez´ert a K˝ onig-f´ele ´elsz´ınez´esi t´etel szerint teljes p´aros´ıt´asok diszjunkt uni´ oj´ ara bonthat´ o; ezek k¨oz¨ ul kett˝ot v´alasztva kaphatunk egy megfelel˝o b´ astyacsoportot. (A K˝ onig-f´ele ´elsz´ınez´esi t´etel helyett hivatkozhatunk arra is, hogy a Hall-felt´etel teljes¨ ul minden regul´aris p´aros gr´afban.) 1.31. Gr´ afokra ´ atfogalmazva azt kell igazolnunk, hogy ha K10,10 -b˝ol egy 4-regul´ aris r´eszgr´ afot elhagyunk, a megmaradt 6-regul´aris p´aros gr´af teljes p´ aros´ıt´ asok diszjunkt uni´ oj´ ara bonthat´o. Ez ism´et K˝onig ´elsz´ınez´esi t´etel´enek (vagy a Hall-felt´etel ism´etelt ellen˝orz´es´enek) k¨ovetkezm´enye. 1.32. Feleltess¨ unk meg az n elem˝ u halmaz k ´es k + 1 elem˝ u r´eszhalmazainak cs´ ucsokat, ´es k¨ oss¨ unk ¨ ossze kett˝ot, ha az egyik tartalmazza a m´asikat. Fel-
´ ros´ıta ´ si feladatok pa ´ ros gra ´ fokban 7.7. Pa
89
haszn´ alva, hogy az Ai -knak megfelel˝o cs´ ucsok mind n − k fok´ uak, a Bj -knek megfelel˝ o cs´ ucsok foksz´ ama k + 1, az ´ıgy kapott p´aros gr´afban k¨onnyen ellenor´ızhet˝ ˝ o a Hall felt´etel teljes¨ ul´ese a k elem˝ u r´eszhalmazokhoz rendelt cs´ ucsok oszt´ aly´ ara, azaz l´etezik az Ai -ket fed˝o p´aros´ıt´as. 1.33. Feleltess¨ uk meg az embereknek egy p´aros gr´af A cs´ ucsoszt´aly´at, a s¨ utem´enyeknek a B cs´ ucsoszt´alyt, ¨osszek¨otve k´et cs´ ucsot, ha a megfelel˝o s¨ utem´enyt szimpatikusnak tal´ alja a megfelel˝o ember. Ezut´an duplik´aljuk az A minden elem´et – az u ´j cs´ ucsoszt´alyt jel¨olje A0 cs´ ucsoszt´aly – ´es a r´a illeszked˝ o ´eleket is. Az ´ıgy kapott gr´afban k¨onnyen ellen˝or´ızhet˝o a Hall-felt´etel teljes¨ ul´ese (A ∪ A0 )-re, ami a feladat ´all´ıt´as´aval ekvivalens. uggetlen cs´ ucsok maxim´alis sz´ama defin´ıci´o szerint. 1.34. ω(G) = α(G), a f¨ Tudjuk Gallai t´etele szerint, hogy α(G) = n − τ (G), s˝ot egy minim´alis lefog´o ponthalmaz komplementere ´eppen egy maxim´alis f¨ uggetlen halmaz. K˝onig t´etele szerint τ (G) = ν(G), a lefog´o pontok minim´alis sz´ama a f¨ uggetlen ´elek maxim´ alis sz´ am´ aval egyezik meg G-ben, hiszen p´aros a gr´af. M´arpedig χ(G) = n − ν(G), hiszen a p´ aros gr´af komplementer´eben minden sz´ınoszt´aly legfeljebb k´etelem˝ u lehet, egy-egy G-beli ´elnek megfelelve. ´Igy χ(G) = n − ν(G) = n − τ (G) = α(G) = ω(G).
1.35. Feleltess¨ unk meg ai , bj cs´ ucsokat az Ai , Bj halmazoknak, ´es vezess¨ unk ´elt kett˝ o k¨ ozt, ha metsz˝ oek. Igazoland´o, hogy l´etezik k¨oz¨ott¨ uk teljes p´aros´ıt´ as. K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy a Hall-felt´etel az ai cs´ ucsok oszt´aly´ara teljes¨ ul, amib˝ ol az ´ all´ıt´ as k¨ ovetkezik. 1.36. A bal- ´es jobboldali mell´ekoszt´alyok a csoport egy-egy part´ıci´oj´at adj´ ak. Alkalmazzuk az 1.35. feladatot. 1.37. A felt´etel szerint B-re illeszkedik minden ´el, emiatt B-ben az ´atlagfoksz´ am N -n´el nagyobb. Tekints¨ unk egy b ∈ B elemet, aminek maxim´alis a foksz´ ama, ´es vegy¨ uk a szomsz´edhalmaz´at: ez megfelel˝o A ∪ C-beli halmazt ad. 1.38. Ha G-ben az A oszt´ alyra teljes¨ ul a Hall-felt´etel, akkor teljesen bep´aros´ıthat´ o B-re. A p´ aros´ıt´ as e1 ´es e2 egyik´et biztosan nem haszn´alja, ez´ert a Hall-felt´etel G0 ´es G00 egyik´ere biztosan szint´en teljes¨ ul. 1.39. Legyen G(A, B, E) p´ aros gr´af, melyre |A| = |B|. Azt kell igazolnunk, hogy akkor ´es csak akkor l´etezik egy X Tutte-felt´etelt s´ert˝o halmaz (amire
90
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
G \ X-ben a p´ aratlan komponensek sz´ama |X|-n´el nagyobb), ha l´etezik egy Hall-felt´etelt s´ert˝ o Y halmaz is az egyik cs´ ucsoszt´alyban (amelyre |N (Y )| < |Y |). Egyik ir´ any: ha Y s´erti a Hall-felt´etelt, akkor N (Y ) s´erti a Tuttefelt´etelt, hiszen elhagy´ as´ aval |Y | darab izol´alt pontja lesz legal´abb a gr´afnak. M´ asik ir´ any: tegy¨ uk fel, hogy K ∪ L s´erti a Tutte-felt´etelt, ahol K ⊂ A ´es L ⊂ B. Nevezz¨ unk A-, illetve B-t¨obbs´eg˝ unek egy p´aratlan komponenst, ha A-ban, illetve B-ben van t¨ obb cs´ ucsa. Legyen rendre tA ´es tB az A-, illetve B-t¨ obbs´eg˝ u p´ aratlan komponensek sz´ama G \ {K ∪ L}-ben. Ha |K| < tB , akkor a B-t¨obbs´eg˝ u p´aratlan komponensek B-be es˝o r´esze (jel¨ olje ezt YB ) s´erti a Hall-felt´etelt, hiszen csak K-val lehet minden YB -beli cs´ ucs ¨ osszek¨ otve saj´ at komponens´enek cs´ ucsain k´ıv¨ ul. Hasonl´ ok´eppen, ha |L| < tA , akkor az A-t¨obbs´eg˝ u p´aratlan komponensek Aba es˝ o r´esze (jel¨ olje ezt YA ) s´erti a Hall-felt´etelt. Mivel K ∪ L s´ertette a Tutte-felt´etelt, |K| + |L| < tA + tB , ´ıgy az el˝oz˝o kett˝o eset egyike biztosan fenn´ all. 1.40. Vegy¨ unk fel V2 oszt´ alyba d cs´ ucsot, o¨sszek¨otve ˝oket minden V1 -beli cs´ uccsal. A kapott gr´ afra alkalmazzuk a Hall t´etelt. 1.41. 1. megold´ as. Alkalmazzuk d = n − 11 ´ert´ekkel a 1.40 feladatbeli deficites Hall-t´etelt. Csak olyan X ⊆ A-ra kell ellen˝or´ızni a felt´etelt, amelyre |X| ≥ n − 10, ezekre pedig fenn´all, mert X-re legal´abb 10n + 1 − n(n − |X|) ´el illeszkedik, hiszen legfeljebb n(n − |X|) illeszkedik A \ X-re. 10n + 1 − n(n − |X|) = 1 + n(|X| + 10 − n), emiatt X szomsz´edhalmaz´aban legal´abb |X| − (n − 11) cs´ ucs van val´ oban. 2. megold´ as Vegy¨ uk ´eszre, hogy a gr´afunkban a lefog´o cs´ ucsok sz´ama legal´ abb 11, mivel minden cs´ ucs legfeljebb n ´elet foghat le. K˝onig t´etele szerint ν(G) = τ (G) p´ aros gr´afokra, ´ıgy ν(G) ≥ 11. 1.42. Ha lenne egy A-oszt´ alybeli X Hall-felt´etelt s´ert˝o halmaz, akkor |X| > r-nek teljes¨ ulnie kell. B \N (X) cs´ ucsai ekkor csak A\X cs´ ucsaival lehetn´enek osszek¨ otve, ´ıgy foksz´ amuk nem lehetne legal´abb r. ¨ 1.43. Legyen a gr´ af G(A, B, E), ´es tegy¨ uk fel, hogy |A| ≤ |B|. A foksz´amokat az egyes oszt´ alyokban ¨ osszeadva kapjuk, hogy 3|B| ≤ |E| ≤ 4|A|, amib˝ol 3 odik. Alkalmazva a deficites Hall-t´etelt (1.40 feladat), azt kell 7 n ≤ |A| ad´ igazolnunk, hogy minden X ⊆ A eset´en |N (X)| ≥ 73 n + |X| − |A|. A \ Xre legfeljebb 4|A \ X| ´el illeszkedhet, ´ıgy legfeljebb 43 |A \ X| B-beli cs´ ucs van, akinek nincs X-ben szomsz´edja, azaz |N (X)| ≥ n − |A| − 34 |A \ X| ≥ 3 oban teljes¨ ul. 7 n − |A| + |X| val´ 1.44. A Hall-t´etelt alkalmazzuk. Ha volna egy A-oszt´alybeli X Hall-felt´etelt s´ert˝ o halmaz, akkor d(x) + d(b) ≥ n nem teljes¨ ulhetne x ∈ X, b ∈ B \ N (X) p´ arra.
´lhalmazok 7.8. F¨ uggetlen e
91
Megjegyz´es. A felt´etel ´eppen az Ore-t´etel felt´etele, ´ıgy val´oj´aban Hamiltonk¨ ort is tartalmaz a gr´ af, ennek cs´ ucssz´ama 2n. Ez a k¨or k´et diszjunkt teljes p´ aros´ıt´ as uni´ oja.
7.8. Fu elhalmazok ¨ ggetlen ´ 1.45. (a) A Tutte-t´etel felt´etel´et ellen˝orizz¨ uk. 3-regul´aris gr´af p´aros cs´ ucssz´ am´ u, azaz az u unk egy p´aratlan ¨res halmaz nem s´erti a felt´etelt. Tekints¨ komponenst egy tetsz˝ oleges X cs´ ucshalmaz elv´etele ut´an. X-hez legal´abb 2 ´ellel kapcsol´ odik a 2-´el¨ osszef¨ ugg˝os´eg miatt, de pontosan kett˝o nem lehet, mert akkor a p´ aratlan komponensben nem eg´esz sz´am lenne a fesz´ıtett ´elek sz´ ama. Viszont legfeljebb 3|X| ´ellel kapcsol´odhatnak a p´aratlan komponensek X-hez, ez´ert a sz´ amuk legfeljebb |X|. (b) Keress¨ unk egy tetsz˝ oleges 3-regul´aris G gr´afot, amely egy cs´ ucs elhagy´ as´ aval 3 r´eszre esik sz´et. K¨onnyen l´athat´o, hogy ilyenkor a 3 komponens p´ aratlan kell hogy legyen, azaz G-ben nem l´etezhet teljes p´aros´ıt´as. 1.46. Legyenek az F0 -beli ´elek k´ekek, egy tetsz˝oleges F1 maxim´alis p´aros´ıt´ asbeli ´elek pirosak. Tekints¨ uk ezek uni´oj´at! Elhagyva a k´et sz´ınnel sz´ınezett ´eleket, ez a gr´ af sz´ınek szerint altern´al´o k¨or¨okb˝ol ´es utakb´ol ´all. F1 maximalit´ asa miatt nem l´etezhet benne k´ek ´ellel kezd˝od˝o ´es v´egz˝od˝o u ´t, hiszen akkor azon u ´t ment´en cser´elve a p´aros´ıt´as´eleket egy F1 -n´el nagyobb p´aros´ıt´ ast tal´ aln´ ank. Ha teh´ at van F1 ´altal le nem fedett cs´ ucs F0 -ban, az csak p´ aros hossz´ u altern´ al´ o utakon fordulhat el˝o; m´odos´ıtsuk F1 -et u ´gy, hogy az ilyen utak piros ´elei helyett a k´ekeket vessz¨ uk be. Az ´ıgy kapott p´aros´ıt´as maxim´ alis ´es fedi F0 cs´ ucsait. 1.47. A Tutte-t´etel felt´etel´et ellen˝orizz¨ uk. Indirekt feltessz¨ uk, hogy l´etezik egy X minim´ alis s´ert˝ o halmaz, erre |X| > 0 nyilv´an teljes¨ ul. Jegyezz¨ uk meg, hogy a p´ aratlan komponensek sz´ama ekkor legal´abb 2-vel nagyobb mint |X| parit´ asi megfontol´ as miatt. Minden x ∈ X-b˝ol legfeljebb 2 (p´aratlan) komponens fel´e mehet ´el, ellenkez˝oleg K1,3 -at tartalmazna G. X minim´alis, ez´ert pontosan 2 ´el indul minden x ∈ X-b˝ol p´aratlan komponensbe, hiszen az 1 p´ aratlan komponenssel szomsz´edos cs´ ucsokat elhagyhatn´ank. Tekints¨ uk azt a G∗ p´ aros gr´ afot, melynek egyik cs´ ucsoszt´alya X, m´asik cs´ ucsoszt´alya a p´ aratlan komponenseknek megfelel˝o Y ponthalmaz, ahol xy ´el akkor van a gr´ afban, ha x cs´ ucsb´ ol a megfelel˝o p´aratlan komponensbe vezetett ´el. G∗ nem tartalmazhat k¨ ort sem, X minimalit´asa miatt: az X-beli cs´ ucsait elhagyva kisebb s´ert˝ o halmazt kapn´ ank. A minimalit´asb´ol az is k¨ovetkezik, hogy G∗ osszef¨ ugg˝ o. Emiatt G∗ fa kell hogy legyen, amelynek X-beli cs´ ucsai 2-fok´ uak, ¨
92
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
´ıgy azonban a sz´ amuk nem lehet 2-vel kisebb, mint a fa t¨obbi cs´ ucs´anak sz´ ama, ami ellentmond´ ast ad: nem l´etezhet s´ert˝o halmaz. 1.48. Indukci´ ot alkalmazunk; el´eg 3-mal oszthat´o n-ekre igazolni az ´all´ıt´ast. n = 3-ra nyilv´ anval´ o. Ha n − 3-ra tudjuk, akkor legyen G-nek n cs´ ucsa. Amennyiben G teljes vagy u ¨res gr´af, az ´all´ıt´as trivi´alis, ellenkez˝o esetben elhagyhatunk 3 cs´ ucsot, amelyek k¨oz¨ott van beh´ uzott ´el, ´es van nem beh´ uzott is; ´es alkalmazhatjuk az indukci´os feltev´est. 1.49. Legyenek M ´elei k´ekek, N ´elei pirosak. Az M ´es N ´elhalmaz uni´oja sz´ınek szerint altern´ al´ o utak ´es altern´al´o p´aros k¨or¨ok komponenseire bomlik. Mivel k´ek ´elb˝ ol t¨ obb van mint pirosb´ol, kell lennie egy altern´al´o k´ekkel indul´ o p´ aratlan ´elsz´ am´ uu ´tnak. M 0 ´alljon ezen u ´t piros ´eleib˝ol, valamint a t¨ obbi komponens k´ek ´eleib˝ ol; N 0 ´alljon ezen u ´t k´ek ´eleib˝ol, valamint a t¨obbi komponens piros ´eleib˝ ol. 1.50. Ha felbonthat´ o t ´el˝ u ´elhalmazok uni´oj´ara E(G), akkor a t | e(G) oszthat´ os´ ag nyilv´ an teljes¨ ul, emellett a t ´el˝ u ´elhalmazok j´o ´elsz´ınez´es´et adj´ak a gr´ afnak, ez´ert χe (G) ≤ e(G)/t is igaz. A m´asik ir´any: vegy¨ uk egy j´o ´elsz´ınez´es´et a gr´ afnak, ami megtehet˝o be(G)/tc sz´ınnel (esetleg valamelyik sz´ınt nem haszn´ aljuk). Azt ´ all´ıtjuk, hogy el´erhet˝o, hogy minden sz´ınoszt´aly ugyanannyi ´elb˝ ol ´ alljon, ezzel az ´all´ıt´ast bel´atn´ank. Alkalmazzuk a legal´abb 2-vel elt´er˝ o sz´ am´ u sz´ınoszt´ alyok kiegyens´ ulyoz´as´ara az 1.49 feladat elj´ar´as´at. Vil´ agos, hogy az ¨ ossz´elsz´ am alapj´an minden egysz´ın˝ u ´elhalmaz m´erete t lett ekkor, ha nincs 1-n´el nagyobb elt´er´es az azonos sz´ın˝ u ´elhalmazok m´eretei k¨ oz¨ ott. 1.51. (a) Jel¨ olje d(x, y) az x-et ´es y-t ¨osszek¨ot˝o legr¨ovidebb u ´t hossz´at. Ha d(x, y) = 1, akkor ν(G \ {x, y}) < ν(G) nyilv´an teljes¨ ul. Bel´atjuk, hogy ha d(x, y) ≤ k-ra igaz az ´ all´ıt´ as, akkor d(x, y) = k+1-re is. Legyen z olyan cs´ ucs, melyre d(x, y) = d(x, z) + d(z, y). Indirekt felt´eve, hogy ν(G \ {x, y}) = ν(G), legyen M1 egy maxim´ alis, ν(G) m´eret˝ u p´aros´ıt´as G \ {x, y}-ban, ´es M2 egy ν(G) m´eret˝ u p´ aros´ıt´ as a G \ z-ben. Az M2 ekkor lefedi x-et ´es y-t , k¨ ul¨onben az indukci´ os felt´etelb˝ ol ad´ od´ o ν(G \ {x, z}) < ν(G) vagy ν(G \ {y, z}) < ν(G) ellentmond´ asra vezetne. Az M1 lefedi z-t az indukci´os feltev´es szerint, hiszen tudjuk, hogy ν(G \ {x, z}) < ν(G). Az M1 ´es M2 uni´oja altern´al´o p´aros hossz´ u k¨ or¨ ok ´es utak uni´ oja lesz teh´at, ahol x, y ´es z egy-egy altern´al´o p´aros hossz´ uu ´tnak a v´egpontja. Vegy¨ uk a z-b˝ol indul´o utat. Feltehet˝o, hogy nem x-ben v´egz˝ odik. M´ odos´ıtsuk M2 -t u ´gy, hogy vessz¨ uk M2 ´es ´es az x-b˝ol indul´o altern´ al´ ou ´t szimmetrikus differenci´aj´at. ´Igy egy ν(G) nagys´ag´ u p´aros´ıt´ashoz jutunk, ami nem tartalmazza sem x-et sem z-t, de ez ellentmond´as, mert d(x, z) ≤ k. (b) Ha M a G egy maxim´ alis p´aros´ıt´asa, akkor egyr´eszt M nem lehet teljes
´ sok, f¨ 7.9. Lefoga uggetlen halmazok
93
p´ aros´ıt´ as, hiszen ekkor ν(G) ´ert´eke b´armely cs´ ucs elhagy´asa ut´an cs¨okkenne, m´ asr´eszt legfeljebb 1 M ´ altal nem fedett cs´ ucs lehet, k¨ ul¨onben lenne {x, y}, melyeket elhagyva a p´ aros´ıt´ as nagys´aga nem cs¨okkene, ami a) eredm´eny´enek ellentmond. ´Igy M egy h´ıj´ an p´aros´ıtja G cs´ ucsait, ´es a felt´etel szerint ekkor a kimarad´ o cs´ ucs tetsz˝ oleges lehet, a marad´ek gr´afban van teljes p´aros´ıt´as.
7.9. Lefog´ asok, fu ¨ ggetlen halmazok 1.52. Haszn´ aljuk Gallai t´etel´et, mely szerint ha G egyszer˝ u ´es nincs benne izol´ alt pont, akkor teljes¨ ul, hogy ν(G) + %(G) = |V (G)| ´es α(G) + τ (G) = |V (G)|. Vegy¨ uk ´eszre, hogy van a gr´afban teljes p´artos´ıt´as: {ei = (i, 101 − i), i = 1, . . . , 50}, emiatt ν = 50, amib˝ol % = 50 is ad´odik. Vil´agos, hogy {i = 1, . . . , 10} f¨ uggetlen halmaz, m´asr´eszr˝ol b´armely 11 cs´ ucs k¨oz¨ ul a legnagyobb k´et ´ert´ek˝ u k¨ oz¨ ott fut ´el, azaz α(G) = 10, τ (G) = 90. 1.53. (a) Vegy¨ unk egy maxim´alis f¨ uggetlen ´elhalmazt, ennek cs´ ucsai biztosan lefog´ o ponthalmazt alkotnak, mert lefogatlan ´ellel a p´aros´ıt´as m´erete n¨ ovelhet˝ o lenne. (b) Feltehet˝ o, hogy G-nek nincs izol´alt pontja. Gallai t´etele szerint ν(G) + %(G) = |V (G)|, innen az a) a´ll´ıt´as´at alkalmazva ad´odik a k´ıv´ant egyenl˝otlens´eg: τ (G) + 2ρ(G) ≤ 2ν(G) + 2%(G) = 2|V (G)|. (c) x = 2-re a K3 gr´ af ad p´eld´at. Legyen x = pq , ahol q ≤ p < 2q. Induljunk ki 2q cs´ ucson felvett q ´el˝ u p´ aros´ıt´asb´ol; ebben ν = τ = q. Egyes´evel vegy¨ unk hozz´ a ´eleket a cs´ ucsok k¨ ozt, am´ıg meg nem kapjuk a K2q teljes gr´afot. Minden l´ep´esben τ ´ert´eke legfeljebb eggyel n˝ohet, vagy nem v´altozik, az utols´o l´ep´esben τ = 2q − 1. Ek¨ ozben ν v´altozatlan. Ebb˝ol ad´od´oan a τν f¨ uggv´eny minden q-n´ al nagyobb, de 2q-n´al kisebb eg´esz sz´aml´al´oj´ u ´es q nevez˝oj˝ u t¨ort ´ert´ek´et felveszi. Alternat´ıv megold´ as. K¨ ozvetlen konstrukci´ot ad τν = pq , ´ert´ekre (q ≤ p < 2q) egy p cs´ ucs´ u teljes gr´ af ´es 2q − p izol´alt cs´ ucs uni´oj´anak komplementere. 1.54. Jel¨ olj¨ on A egy maxim´ alis f¨ uggetlen cs´ ucshalmazt. Megmutatjuk, hogy mindegyik cs´ ucs´ ahoz v´ alaszhat´o egy r´a illeszked˝o f¨ uggetlen ´el. Legyen B a f¨ uggetlen cs´ ucsok szomsz´edainak halmaza, ´es tekints¨ uk a k´et oszt´aly ´altal fesz´ıtett p´ aros gr´ afot G-ben. Az A oszt´aly minden X r´eszhalmaz´ara teljes¨ ul a Hall-felt´etel, mivel r|X| ´el indul ki bel˝ole, ´es N (X) minden foka legfeljebb r. Az A-t fed˝ o p´ aros´ıt´ as egy, a feladat ´all´ıt´as´at igazol´o f¨ uggetlen ´elhalmaz. 1.55. 1. megold´ as. Moh´ o algoritmus szerint v´alasszunk f¨ uggetlen ponthalmazt: minden kiv´ alasztott cs´ ucs legfeljebb tov´abbi d cs´ ucs v´alaszt´as´at z´arja (G)| ki, ez´ert legal´ abb |Vd+1 m´eret˝ u f¨ uggetlen halmazt kapunk.
94
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
2. megold´ as. Vegy¨ uk a cs´ ucsok egy v´eletlen sorrendj´et, ´es sz´ınezz¨ uk k´ekre azokat a cs´ ucsokat, amelyekb˝ol csak a sorrendben k´es˝obbi cs´ ucsokhoz vezetnek ´elek. A k´ek cs´ ucsok nyilv´an f¨ uggetlen halmazt adnak. Annak a v´arhat´o ´ert´eke, hogy i cs´ ucs k´ek sz´ın˝ u lesz, ´eppen di1+1 . Ezt i-re ¨osszegezve kapjuk a k´ek cs´ ucsok v´ arhat´ o ´ert´ek´et, ami α(G) als´o korl´atja lesz. (Ezzel val´oj´aban egy l´enyegesen er˝ osebb ´ all´ıt´ ast igazoltunk.)
7.10. S´ıkgr´ afok A megold´ asok sor´ an ci az P i-fok´ u cs´ ucsok sz´ am´ aP t jel¨ oli, m´ıg li az i ´el˝ u lapok (tartom´ anyok) sz´ am´ at. A i ci = 2e ill. 2e = i li ¨ osszef¨ ugg´esekre sz´ amos alkalommal sz¨ uks´eg lesz, ezeket az ´elek k´etszeres lesz´ aml´ al´ as´ aval kapjuk. 1.56. Feltehet˝ o, hogy a gr´ af o¨sszef¨ ugg˝o, tov´abb´a tartom´anyainak mindegyike (a k¨ uls˝ ot is ide´ertve) h´ aromsz¨og. Val´oban, el´eg h´aromsz¨ogelt n-cs´ ucs´ u gr´afokra igazolni az ´ all´ıt´ ast, mert tov´ a bbi ´ e lek beh´ u z´ a s´ a val minden s´ ıkgr´ a fb´ol kapP P hat´ o ilyen. Ekkor 2e = i li ≥ i 3li = 3l ´es az egyenl˝otlens´eg egyenl˝os´eggel teljes¨ ul, hiszen minden tartom´any h´arom oldal´ u. Emiatt e + 2 ≤ n + 23 e minden s´ıkbarajzolhat´ o gr´ afra, amib˝ol ´atrendez´essel ad´odik a k´ıv´ant e ≤ 3n − 6. Ha a gr´ af r´ aad´ asulP p´ aros is,Pakkor a tartom´anyok egyike sem lehet h´aromsz¨ og, ez´ert a 2e = i li ≥ i 4li = 4l egyenl˝otlens´egb˝ol indulhatunk ki, ´es az e/2 ≤ l-et az Euler-formul´aba helyettes´ıtve nyerj¨ uk az e + 2 ≤ n + 21 e egyenl˝ otlens´eget, ami a bizony´ıtand´oval ekvivalens. 1.57. K´esz´ıts¨ uk el a sz¨ uks´eges gr´afot az objektumok (h´azak ´es kutak), illetve ¨ osszek¨ ot˝ o utak gr´ af-reprezent´aci´ojak´ent, a K3,3 gr´afot kapjuk. Ez egy 6 cs´ ucs´ u p´ aros gr´ af, amelynek 9 ´ele van, emiatt a 1.56 feladat szerint nem s´ıkbarajzolhat´ o, mert az e ≤ 2n − 4 nem teljes¨ ul. 1.58. A K5 5-cs´ ucs´ u 10 ´el˝ u gr´af, emiatt a 1.56 feladat szerint nem s´ıkbarajzolhat´ o, mert az e ≤ 3n − 6 nem teljes¨ ul. 1.59. 1. megold´ as. Kuratowski t´etel´et haszn´alhatjuk: az ´abr´an l´athat´o m´ odon a Petersen gr´ afnak van a K3,3 gr´affal topologikusan izomorf r´eszgr´afja, ez´ert nem s´ıkbarajzolhat´ o. 2. megold´ as. Wagner t´etel´et haszn´alhatjuk: a gr´af ´abra szerint megjel¨olt 5 ´el´et ¨ osszeh´ uzva K5 –¨ ot kapunk, teh´at a gr´af minork´ent tartalmazza az ¨otpont´ u teljes gr´ afot, azaz nem s´ıkbarajzolhat´o.
´ fok 7.10. S´ıkgra
95
1.60. Azt ´ all´ıtjuk, hogy n ≤ 4-re a gr´af s´ıkbarajzolhat´o, n > 4-re m´ar nem. Az ´ all´ıt´ as els˝ o fele k¨ ovetkezik abb´ol a meg´allap´ıt´asb´ol, hogy n = 4-re a gr´af a kocka ´elh´ al´ oj´ aval egyezik meg, ´es n ≤ 4-re ennek ´elh´al´oj´ar´ol besz´elhet¨ unk. n = 5-re azonban a gr´ af 20 ´elet tartalmaz 10 cs´ ucson, ami nem teljes¨ ulhet egy s´ıkbarajzolhat´ o gr´ afra 1.56 szerint. 1.61. Az ´ abra szerinti G1 ´es G2 izomorfak, azonban a lerajzol´asuk szerinti du´ alisukat tekintve a kapott G∗1 ´es G∗2 gr´afok nem izomorfak.
1.62. A G gr´ af G∗ du´ alis´ aban n∗ = l cs´ ucs, e∗ = e ´el ´es l∗ = n lap van. ∗ Ha G ´es G is egyszer˝ u p´ aros gr´af volna, akkor 1.56 szerint e ≤ 2n − 4 ´es e ≤ 2n∗ −4 = 2l −4 teljes¨ ulne, de a k´et egyenl˝otlens´eg ¨osszeg´eb˝ol e ≤ n+l −4 ad´ odna, ami az Euler-formul´anak ellentmondana. 1.63. A felt´etelb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy minden tartom´any legal´abb 5-oldal´ u. P∞ P∞ Ebb˝ ol ad´ od´ oan 2e = il ≥ 5l = 5l teljes¨ u l, amit az Euleri i i=5 i=5 formul´ aba helyettes´ıtve e ≤ 53 (n − 2) ad´odik. Egyenl˝os´eg akkor teljes¨ ul, ha minden tartom´ any 5-oldal´ u. Ilyen gr´afokat 5-regul´aris s´ıkgr´afok du´alisak´ent kaphatunk meg, ezekb˝ ol adunk meg egy v´egtelen sorozatot. Legyen G1 az
96
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
ikoza´eder ´elh´ al´ oja, ´es Gi+1 -et k´esz´ıts¨ uk el oly m´odon, hogy G1 ´es Gi s´ıkbarajzolt gr´ afok k¨ uls˝ o tartom´ anyainak egy-egy ´el´et t¨or¨olj¨ uk el, ´es az ´ıgy 4-fok´ uv´a v´ al´ o cs´ ucsokat a k´et gr´ af k¨ oz¨ott p´aros´ıtsuk. 1.64. Mivel minden foksz´ am 3, ez´ert 2e = 3n = 180 teljes¨ ul, azaz n = 60 ´es e = 90. M´ asr´eszt l = l5 + l6 ´es 2e = 5l5 + 6l6 az ´elek lapok szerinti k´etszeres lesz´ aml´ al´ as´ ab´ ol ad´ od´ oan, emiatt 2e = 180 = 5l + l6 = 5(e + 2 − n) + l6 = 160 + l6 . Innen l6 = 20, l5 = 12 ad´odik. 1.65. A poli´eder minden cs´ ucs´aba minimum h´arom, de a feladat felt´etele szerint legal´ abb 4 ´el fut. Emiatt 4c4 + 5c5 + 6c6 + . . . e ≥ ≥ n. 2 4 Az Euler-formula szerint ekkor l − 2 ≥ l−2≥
e 2
ad´odik, ahol
3l3 + 4l4 + 5l5 + . . . l3 e = ≥l− . 2 4 4
Ebb˝ ol l3 ≥ 8 k¨ ovetkezik. 1.66. Rajzoljuk le a poli´eder ´elh´al´oj´at. Legyen a kiv´alasztott L lap cs´ ucssz´ama k.PTegy¨ uk fel indirekt m´odon, hogy minden foksz´am legal´abb 4. Ekkor n 2e = i=1 di ≥ 6(n − k) + 4k ¨osszef¨ ugg´es ad´odna. Most k − 3 ´ellel h´aromsz¨ ogelj¨ uk fel az L lap k´ep´et. Az ´ıgy kapott G0 (a pol´eder ´elh´al´oj´ab´ol ´es a beh´ uzott k − 3 ´elb˝ ol ´ all) s´ıkgr´afra 2e0 ≥ 6(n − k) + 4k + 2(k − 3)-at kapn´ank, 0 azaz e ≥ 3n − 3 teljes¨ ulne, ami ellentmond 1.56 eredm´eny´enek. 1.67. Tekints¨ uk az ´elsz´ınezett s´ıkgr´af olyan k¨oz¨os cs´ ucsra illeszked˝o ´elp´arjait, melyek k¨ oz¨ os tartom´ anyt hat´arolnak, ´es sz´ın¨ uk elt´er˝o. Legyen c az ilyen ”sz´ınv´ alt´ o” ´elp´ arok sz´ ama. Ha az ´all´ıt´as nem volna igaz, c ≥ 4n teljes¨ ulne, hiszen a sz´ınv´ alt´ asok sz´ ama minden cs´ ucs k¨or¨ ul p´aros. M´asr´eszt egy 2k + 1 vagy egy 2k oldalsz´ am´ u tartom´anynak legfeljebb 2k ilyen sz´ınv´alt´o ´elp´arja lehet. Ebb˝ ol ad´ od´ oan teljes¨ ul az al´abbi becsl´es: 4n ≤ c ≤ 2l3 + 4l4 + 4l5 + 6l6 + 6l7 + 8l8 + . . . ≤ ! X X ≤2 ili − 4 li = 4e − 4l. i=3
i=3
Ez ellentmond az n + l = e + 2 Euler-formul´anak. 1.68. Tekints¨ uk a gr´ af egy s´ıkbarajzol´as´at. Az ´elek j´o ir´any´ıt´as´at megfeleltethetj¨ uk a lapok ir´ any´ıt´ as´anak a k¨ovetkez˝o m´odon: ha az ´elek ir´any´ıt´asa a felt´etelnek megfelel˝ o, akkor minden lap hat´ar´an az ´oramutat´o j´ar´asa
´ fok 7.10. S´ıkgra
97
szerint vagy azzal ellent´etes ir´anyban k¨orbej´arhatunk. Azt l´athatjuk, hogy szomsz´edos lapok ir´ any´ıt´ asa ellent´etes kell legyen az ´elek ir´any´ıt´asa szerint, teh´ at ¨ osszess´eg´eben az ´ all´ıt´ as azzal ekvivalens, hogy a lapoknak l´etezik j´o 2sz´ınez´es¨ uk, vagyis a du´ alis s´ıkgr´af p´aros. Ehhez el´eg bel´atnunk, hogy nincsen benne p´ aratlan hossz´ u k¨ or. Tekints¨ unk egy k¨ort a du´alisban, ez egy k¨ uls˝o ´es egy bels˝ o r´eszre particion´alja a tartom´anyok halmaz´at, tegy¨ uk fel, hogy k a bels˝ o tartom´ anyok sz´ ama. V´altsunk vissza a du´alisr´ol az eredeti gr´afra, melyben az x hossz´ u du´ alisbeli k¨or¨on x ´el l´ep ki a bels˝o r´eszb˝ol. Ha a k¨or¨on bel¨ ul k cs´ ucsa van G-nek, ´es az ´altaluk fesz´ıtett gr´afnak e ´ele, akkor a kil´ep˝o ´elek x sz´ am´ ara x = 4k − 2e teljes¨ ul, emiatt x, a k¨or hossza biztosan p´aros. 1.69. Rajzoljuk le a poli´eder ´elh´al´oj´at, ´ıgy kapjuk a G s´ıkgr´afot. El˝osz¨or megmutatjuk, hogy tal´ alhat´ o benne ir´any´ıtott k¨or. Ez vil´agos: ha elindulunk egy tetsz˝ oleges cs´ ucsb´ ol ´es mindig tov´abbl´ep¨ unk egy kifel´e ir´any´ıtott ´elen, legfeljebb n l´ep´esen bel¨ ul egy ir´any´ıtott k¨ort z´arunk be. Bel´atjuk, hogy ezen a C k¨ or ´ altal hat´ arolt s´ıkr´eszen bel¨ ul, illetve ezen k´ıv¨ ul is tal´alunk olyan (poli´ederlapnak megfelel˝ o) tartom´anyt, amelynek a hat´ara ir´any´ıtott k¨or. Ha a k¨ or¨ on bel¨ ul nincs cs´ ucs, m´ aris megtal´altuk a k¨or¨on bel¨ uli keresett tartom´anyt. Ha van, akkor tal´ alunk egy olyan k¨ort, amelynek belseje kevesebb cs´ ucsot tartalmaz, ´ıgy az algoritmus a gr´af v´egess´eg´eb˝ol ad´od´oan egy ir´any´ıtott hat´ar´ u laphoz vezet. Induljunk ugyanis ki egy C ´altal hat´arolt s´ıkr´eszen bel¨ uli P cs´ ucsb´ ol, ´es kifel´e ir´ any´ıtott ´eleken tov´abbl´epve vagy C cs´ ucshalmaz´aba ´erkez¨ unk vagy bez´ arunk egy ir´any´ıtott k¨ort a k¨or¨on bel¨ ul ´es k´eszen vagyunk. Hasonl´ oan a visszafel´e ir´ any´ıtott ´eleken tov´abbl´epve P -b˝ol a C cs´ ucshalmaz´ aba ´erkez¨ unk vagy bez´ arunk egy ir´any´ıtott k¨ort ´es k´esz vagyunk. Viszont a C-n bel¨ ul halad´ o P -n ´ atmen˝o ir´any´ıtott u ´t l´etez´ese ism´et maga ut´an vonja, hogy tal´ alunk egy ir´ any´ıtott k¨ort C-n bel¨ ul, amelynek a bels˝o cs´ ucsai sz´ama cs¨ okkent C-hez k´epest. (Hiszen P m´ar biztosan nem bels˝o cs´ ucs.) Az elj´ar´ assal eljutunk teh´ at a keresett tartom´anyhoz. Az utols´o megfigyel´es, hogy nem lehets´eges, hogy bel¨ ul ´es k´ıv¨ ul is ugyanazt a k¨ort tal´aljuk meg: azaz ha C-n bel¨ ul nincs tov´ abbi cs´ ucs, akkor rajta k´ıv¨ ul kell lennie. 1.70. Vegy¨ uk a gr´ af tetsz˝ oleges s´ıkbarajzol´as´at. Alkalmazzuk a k¨ovetkez˝ o elj´ ar´ ast: ´ allap´ıtsuk meg, hogy van-e metsz˝o ´elp´ar, ´es ha van, akkor egy ilyen ´elp´ ar egyik tagj´ at hagyjuk el. Ezzel legal´abb eggyel cs¨okkentett¨ uk az ´elsz´ amot, ´es legal´ abb eggyel az ´elkeresztez´esi sz´amot is. Vegy¨ uk ´eszre, hogy mindaddig, am´ıg a gr´ af ´elsz´ ama meghaladja a 3n − 6 sz´amot, nem lehet a gr´ af s´ıkgr´ af, azaz biztosan tal´alunk tetsz˝oleges lerajzol´as´aban metsz˝o ´elp´art. Emiatt a metsz´esi sz´ am legal´abb annyi, ah´anyszor ´elet kellett elhagynunk, azaz legal´ abb n + 6.
98
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
7.11. Tournamentek 1.71. (a) Ha nem lenne medi´ansorrend, akkor a vi , vi+1 , . . . , vj cs´ ucsok egy permut´ aci´ oj´ aban az el˝ ore´elek sz´ama a vizsg´alt sorrendbelin´el nagyobb lenne. Viszont ezt a permut´ aci´ ot alkalmazva az ¨osszes cs´ ucsra (´ ugy, hogy a t¨obbi cs´ ucs helye nem v´ altozik) az ¨osszes cs´ ucs eredeti sorrendj´ehez k´epest is n¨ovekedne a az el˝ ore´elek sz´ ama, ami ellentmond´as. (b) Ha az ´ all´ıt´ as nem volna igaz, akkor a cs´ ucsok sorrendj´et (vi+1 , vi+2 , . . . , vj , vi )-re, illetve a m´ asodik esetben (vj , vi , vi+1 , . . . , vj−1 )-re v´altoztatva az el˝ore´elek sz´ ama n¨ ovekedne, ami ellentmond´as. 1.72. Els˝ o r´esz: tetsz˝ oleges medi´ansorrend eset´en az els˝o cs´ ucs, v1 pszeudogy˝ oztes. Val´ oban, ha nem lenne az, akkor l´etezne olyan vk , amelyb˝ol vezetne ´el v1 -be ´es annak ¨ osszes legy˝oz¨ottj´ebe, ´am ekkor a v1 − vk csere r´ev´en olyan sorrendet kapn´ ank, amiben n˝ott az el˝ore´elek sz´ama. M´ asodik r´esz: Figyelembe v´eve 1.71 (b) eredm´eny´et j := i + 1 alkalmaz´as´aval vil´ agos, hogy a medi´ ansorrend szerint az (i, i + 1) ´elek ´elei a tournamentnek, azaz a sorrend ´eppen egy Hamilton-utat hat´aroz meg. 1.73. Tekints¨ uk a tournament cs´ ucsainak egy medi´ansorrendj´et: (v1 , v2 , . . . , vn ), valamint vegy¨ uk a gy¨ okeres kifeny˝o m´elys´egi bej´ar´asi sorrendj´et (w1 , w2 , ´ . . . wk+1 ). Agyazzuk be moh´ on a feny˝ot a k¨ovetkez˝o m´odon. Legyen w1 ≡ v1 . ´ Altal´ anosan, ha az els˝ o j −1 feny˝ocs´ ucsot azonos´ıtottuk a medi´ansorrendben, akkor wj azonos´ıt´ as´ ahoz tekints¨ uk a wj -be mutat´o wi wj feny˝o´elt, ´es tegy¨ uk fel, hogy vt ≡ wi . (i < j a bej´ar´as miatt, ez´ert wi -t m´ar azonos´ıtottuk.) Legyen wj -nek megfeleltetve a legkisebb index˝ u eddig m´eg nem haszn´alt v ´ ıtjuk, hogy ennek a v-nek az incs´ ucs, amelyre vt v ´el a tournamentben. All´ dexe legfeljebb 2(j − 1), ha j ≥ 2. j = 2-re ez k¨ovetkezik abb´ol, hogy v1 v2 ´el ´ a tournamentben. Altal´ anos esetben pedig 1.71 (b) eredm´eny´et felhaszn´alva indukci´ oval bizony´ıtunk. vt index´ere n´ezve az indukci´o szerint t ≤ 2(i − 1) teljes¨ ul. vt ≡ wi legy˝ ozte a vt+1 , . . . , v2(j−1) cs´ ucsok legal´abb fel´et, teh´at legal´ abb j − i cs´ ucsot. Eddig ezen cs´ ucsok k¨oz¨ ul legfeljebb j − i − 1-et azonos´ıthattunk valamely feny˝ ocs´ uccsal, azaz val´oban lesz olyan, amit ki tudunk v´ alasztani.
7.12. Ko any´ıtott gr´ afokban ¨ro ¨k, utak ir´ 1.74. Ha egy ir´ any´ıtott gr´ afban nincs k¨or, azaz a gr´af aciklikus, akkor van benne olyan cs´ ucs, aminek a befoka 0. (Forr´asnak nevezz¨ uk az ilyen cs´ ucsot.) Val´ oban, ha nem ´ıgy lenne, akkor tetsz˝oleges cs´ ucsb´ol indulva mindig tudn´ ank egy ir´ any´ıtott ´elen visszafel´e l´epni egy u ´jabb cs´ ucsba, emiatt legfeljebb
´ n-te ´tel e ´s alkalmaza ´ sai 7.13. A Tura
99
n l´ep´esen bel¨ ul olyan pontba ´erkezn´enk, ahol m´ar j´artunk, ez pedig egy ir´any´ıtott k¨ ort mutatna meg a gr´afban. Alkalmazzuk azt az iterat´ıv elj´ar´ast, hogy az i-edik l´ep´esben kiv´alasztunk egy forr´ ast a kapott (n − i + 1 cs´ ucs´ u) ir´any´ıtott gr´afunkb´ol, let¨or¨olj¨ uk, ´es betessz¨ uk a sorrend v´eg´ere. A kapott sorrendben csak el˝ore´elek lesznek teh´at, amit a felt´etel¨ unk k´er. Megjegyz´es: a bizony´ıt´ ast hasonl´ok´eppen v´egezhett¨ uk volna u ´gy is, hogy 0 kifok´ u cs´ ucsokat (nyel˝ oket) v´ alasztunk, mivel azok sz´ama sem nulla egy aciklikus gr´ afban, ekkor az eredm´eny¨ ul kapott sorrendet m´eg meg kell ford´ıtanunk.
1.75. Tekints¨ uk a D(V, E) gr´af F1 forr´ashalmaz´at ´es az Y1 cs´ ucshalmazt, amelynek elemei a forr´ asok egyik´eb˝ol el´erhet˝o cs´ ucsok. F1 nyilv´anval´oan f¨ uggetlen halmaz, Y1 -re pedig teljes¨ ul, hogy vezet minden cs´ ucs´aba ´el valamelyik F1 -beli pontb´ ol. Ha ezek uni´oja nem adn´a ki az ¨osszes cs´ ucsot, hagyjuk el a k´et cs´ ucshalmazt, ´es a megmaradt D0 gr´afra alkalmazzuk az el˝oz˝o l´ep´est, megkapva ezzel az F2 forr´ashalmazt ´es az Y2 forr´ashalmazb´ol el´erhet˝o cs´ ucshalmazt. A meghat´ arozott forr´ashalmazok uni´oja f¨ uggetlen halmaz, ´es Y1 ∪ Y2 -re is teljes´ıti a felt´etelt. A forr´ashalmazt ´es forr´asok szomsz´edhalmaz´ at meghat´ aroz´ o l´ep´esek ism´etl´es´evel 2 r´eszre particion´altuk a cs´ ucshalmazt aszerint, hogy Fi -nek vagy Yi -nek lett eleme. A forr´ashalmazok X uni´oj´ab´ ol minden m´ as cs´ ucs el´erhet˝o lesz a konstrukci´o szerint, ´es k¨oz¨ott¨ uk nem vezethet ´el. Ez teh´ at a felt´etel¨ unket kiel´eg´ıt˝o f¨ uggetlen halmaz. 1.76. Tekints¨ uk a legnagyobb aciklikus D0 r´eszgr´afj´at a D digr´afnak. Nem lehet olyan cs´ ucs D \ D0 -ben, amelybe nem vezet D0 -b˝ol ´el, hiszen egy ilyen cs´ uccsal b˝ ov´ıteni lehetne D0 -t. Teh´at, ha 1.75 szerinti f¨ uggetlen halmazt tekintj¨ uk D-ben, arra feladatunk ´all´ıt´asa teljes¨ ulni fog.
7.13. A Tur´ an-t´ etel ´ es alkalmaz´ asai 1.77. K¨ onny˝ u l´ atni, hogy k´et p´aros gr´af ´elhalmaz´aval a K5 gr´af nem fedhet˝o: ak´ arhogyan particion´ alja az els˝o p´aros gr´af k´et oszt´alyba a cs´ ucsokat, lesz egy legal´ abb 3 nagys´ ag´ u oszt´ aly, azaz egy K3 amit az els˝o nem fedett le, ´es ezt a m´ asodik p´ aros gr´ af sem tudja lefedni. Teh´at az ´elhalmazok uni´oja K5 -mentes gr´ afot alkot, ´ıgy Tur´ an t´etel´et k + 1 = 5-tel alkalmazva ¨osszesen legfeljebb 3 2 k−1 2 n = n ´ e le lehet. 2k 8 1.78. Feleltess¨ unk meg a sz´amoknak cs´ ucsokat, ´es k¨oss¨ unk ¨ossze kett˝ot, ha egy¨ utt megjel¨ olj¨ uk egy szelv´enyen, ´ıgy kapjuk a G gr´afot. Akkor nyer¨ unk biztosan, ha b´ armely ¨ ot cs´ ucs k¨oz¨ott van 2, akiket ¨osszek¨ot¨ott¨ unk, azaz a gr´af
100
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
komplementer´eben nincsen K5 gr´af. G komplementer´enek emiatt legfeljebb 3 2 ele lehet a Tur´ an t´etel szerint n = 100 felt´etel mellett, azaz G-nek 8 n = 3750 ´ 100 legal´ abb 2 − 3750 = 1200 ´ele van, ennyi szelv´enyt musz´aj kit¨olten¨ unk. 1.79. Tekints¨ uk a sz´ınezett ´elek gr´afj´at! Mivel az R(3, 3) Ramsey-sz´am 6, 4 ez´ert a gr´ afban nem lehet K6 , ´ıgy a Tur´an-t´etel szerint legfeljebb 10 152 = 90 ´ele lehet. Val´ oban ez az el´erhet˝o maximum, mert ha 5 h´aromcs´ ucs´ u X1 , X2 , X3 , X4 , X5 csoportba osztjuk a cs´ ucsokat, xy k´ek ´el ha x ∈ Xi , y ∈ Xi+1 , piros ha x ∈ Xi , y ∈ Xi+2 valamelyik i-re, akkor nem lesz egysz´ın˝ u h´ aromsz¨ og a gr´ afban. 1.80. Tur´ an t´etel´eb˝ ol ad´ odik, hogy ha k = 4-gyel igaz lenne az ´all´ıt´as, akkor r¨ ogz´ıtve egy sz´ınt, minden pontn´egyesbe esne ilyen sz´ın˝ u ´el, ´es ekkor ezen egysz´ın˝ u ´elek sz´ ama legal´ abb 12 lenne, az 1.78 megold´as gondolatmenete szerint. Val´ oban, az azonos sz´ın˝ u ´elek gr´afj´anak komplementere nem tartalmazhat Kk = K4 -et, ´ıgy Tur´ an t´etele szerint a t¨ u ´elb˝ol legfeljebb 33 lehet, obbi sz´ın˝ ¨ vagyis a kiv´ alasztott sz´ınb˝ ol legal´abb 10 − 33 = 12. Osszesen azonban nin2 csen 4 × 12, csak 45 ´el a t´ızcs´ ucs´ u gr´afban, emiatt k ≥ 5. Megmutatjuk, hogy k = 5-re l´etezik j´ o sz´ınez´es. Legyenek a gr´af cs´ ucsai a (mod 10) marad´ekoszt´ alyok, ´es sz´ınezz¨ uk a 04, 07, 47, 12, 13, 23, 59, 68 ´eleket az els˝o sz´ınnel. Vil´ agos, hogy 4 klikket kapunk ´ıgy, ez´ert b´armely ¨ot cs´ ucs k¨oz¨ott lesz k¨oz¨ ul¨ uk ´el. Legyen az i-edik (i = 1, 2, 3, 4, 5) sz´ınoszt´alyban minden ´el, amit az el˝ oz˝ oleg felsorolt 8 ´el 2(i − 1)-gyel val´o eltol´as´aval kapunk, teh´at xy helyett x + 2(i − 1), y + 2(i − 1) ker¨ ul bele. (Ha tetszik, egy szab´alyos 10-sz¨og ´atl´oit forgatjuk k¨ orbe ¨ ot¨ odfordulatokkal.) Vil´agos, hogy ´ıgy minden sz´ınoszt´aly teljes´ıti a sz¨ uks´eges felt´etelt, ´es belemetsz az ¨osszes K5 -be. Az is k¨onnyen l´athat´ o, hogy minden ´elnek legfeljebb egy sz´ınt hat´aroztunk meg. A fennmarad´o ´eleket innent˝ ol tetsz˝ olegesen sz´ınezhetj¨ uk, a sz´ınez´es j´o lesz. 1.81. Feltehet˝ o, hogy n ≥ 3. A Cauchy–Schwarz-egyenl˝otlens´egb˝ol ad´od´oan ha n = 3, akkor p1 p2 + p2 p3 + p3 p1 ≤ p21 + p22 + p23 , ´es mivel p1 + p2 + p3 = 1, ebb˝ ol p1 p2 + p2 p3 + p3 p1 ≤ 1/3 ad´odik, ami pi = 1/3 v´alaszt´as mellett ´eles is. Ha n ≥ 4, akkor a kifejez´es ´ert´eke k¨onnyen l´athat´oan el´erheti az 1/4 ´ert´eket p1 = p2 = 1/2 eset´en. Bel´ atjuk, hogy ez ´eles. Feltehet˝o, hogy a pi + pi+2 osszegek k¨ oz¨ ul p1 + p3 a legnagyobb, ekkor a kifejez´es ´ert´eke nem cs¨okken, ¨ ha p2 := p2 + pn , pn := 0 m´ odon m´odos´ıtjuk a s´ ulyok ´ert´ekeit. Legyen most w a p´ aratlan index˝ u pi -k o sszege, a felt´ e tel szerint teh´at (1 − w) a p´aros ¨ index˝ uek´e. Ekkor k¨ onnyen l´ athat´o, hogy 2 X w + (1 − w) , pi pi+1 ≤ w(1 − w) ≤ 2 i amit ´ all´ıtottunk.
101
´k 7.14. Cseresznye
1.82. Legyen a pi s´ ulyok nevez˝oinek legkisebb k¨oz¨os t¨obbsz¨or¨ose N , ´es k´esz´ıts¨ uk el azt a G0 gr´ afot, amelyet a G felf´ uj´as´aval kapunk a k¨ovetkez˝o m´odon: i cs´ ucs hely´et egy N pi nagys´ ag´ u Xi f¨ uggetlen halmaz veszi ´at, ´es ha ij ∈ E(G), akkor Xi ´es XP ucsa legyen ¨osszek¨otve. ´Igy |V (G0 )| = N , ´es j minden cs´ 0 2 |E(G )| = N afban nincs ω(G) + 1-es klikk, (i,j)∈E(G) pi pj . Ha a G gr´ akkor G0 -ben szint´en teljes¨ ul ez, ami miatt az ´elsz´am becs¨ ulhet˝o Tur´an t´etele 2 2 szerint az al´ abbi m´ odon: |E(G0 )| ≤ ω(G)−1 N . N -tel val´ o oszt´as ut´an az 2ω(G) all´ıt´ ´ ast (´es az el˝ oz˝ o feladat ´ altal´anos´ıt´as´at) nyerj¨ uk. 1.83. (a) Mivel csak v-re illeszked˝o ´eleken t¨ort´ent v´altoz´as, csakis olyan kcs´ ucs´ u klikk keletkezhetett, amiben v is benne van. M´asr´eszt ekkor u nem lehet benne, hiszen G0 -ben nincs benne az uv ´el. Ha l´etezne G0 -ben ilyen klikk, akkor vegy¨ uk ´eszre, hogy G-ben ugyanekkora klikket alkotna a cs´ ucshalmaz, miut´ an u-t v hely´ere hozz´avenn´enk, mivel G0 -beli szomsz´eds´aguk megegyezik. G viszont nem tartalmazott a felt´etel¨ unk szerint k-klikket. (b) Alkalmazzuk ism´etelten az (a)-ban l´atott transzform´aci´ot G-n oly m´odon, hogy v´ alasszuk u-nak a maxim´alis fok´ u cs´ ucsot, v legyen tetsz˝oleges cs´ ucs, amely nem szomsz´edja. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az ´elsz´am nem cs¨okken, ´es az osszes v : uv 6∈ E(G)-re v´egrehajtva olyan G-t kapunk, amelyben n − d(u) − 1 ¨ cs´ ucs f¨ uggetlen X1 halmazt alkot, ´es minden m´as cs´ uccsal ¨ossze van k¨otve. C´ımk´ezz¨ uk meg ezen cs´ ucsokat, ´es folytassuk az elj´ar´ast a marad´ek gr´afon. A transzform´ aci´ osorozat eredm´enyek´epp minden cs´ ucsot megc´ımk´ez¨ unk, mind egy-egy Xi f¨ uggetlen cs´ ucsoszt´alyba sorol´odnak, amely az ¨osszes t¨obbi cs´ ucsoszt´ aly minden cs´ ucs´ aval ¨ ossze van k¨otve. Felt´eve, hogy G-ben nem volt k + 1-es klikk, valamint hogy ´elsz´ama az ilyen tulajdons´ag´ u n cs´ ucs´ uak k¨oz¨ ott maxim´ alis, azt l´ athatjuk, hogy a transzform´aci´osorozattal nyert gr´afban a megkapott f¨ uggetlen cs´ ucsoszt´alyok sz´ama ´eppen k. (T¨obb nem lehet, mert akkor lenne Kk+1 a gr´ afban, kevesebb sem, mert akkor lehetne ´elet beh´ uzni valamelyik cs´ ucsoszt´ alyon bel¨ ul, azaz G nem volt ´elsz´amra maxim´alis.) A cs´ ucsoszt´ alyok m´erete legfeljebb eggyel t´erhet el, ellenkez˝o esetben nagyobb ´elsz´ am´ u n-cs´ ucs´ u gr´ af is l´etezne. Val´oban, ha |Xi | > |Xj | + 1, akkor Xi -b˝ol Xj -be egy cs´ ucs ´ att´etel´evel az ´elsz´am n˝one |Xi | − 1 − |Xj |-vel. Teh´at ha G-nek maxim´ alis ´elsz´ ama volt, akkor pont annyi ´ele volt, mint az n-cs´ ucs´ u, k-oszt´ aly´ u Tur´ an-gr´ afnak.
7.14. Csereszny´ ek 1.84. Sz´ amoljuk meg ˝ oket a sz´arukn´al fogva! Az eredm´eny
Pn
i=1
di 2
.
1.85. Sz´ amoljuk meg a csereszny´eket a gy¨ um¨olcs¨ok fel˝ol! Minden ucsp´arra Pcs´ n legfeljebb 1 cseresznye illeszkedik ha nincs C4 a gr´afban, ez´ert i=1 d2i ≤
102 n 2
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
. Felhaszn´ alva a
Pn
i=1
di = 2e o¨sszef¨ ugg´est ´es a di sz´amokra vonatkoz´o 2
n(n−1) sz´ amtani ´es n´egyzetes k¨ ozepek k¨ozti egyenl˝otlens´eget, (2e) , 2n − e ≤ 2 innen e-re egy m´ asodfok´ u egyenl˝otlens´eget kapunk, amib˝ol ad´odik, hogy e kisebb, mint a m´ asodfok´ u egyenlet nagyobbik gy¨oke: p 2n + 4n2 + 16n2 (n − 1) n3/2 n ≤ + e≤ 8 2 4
. 1.86. (a) Vegy¨ unk egy tetsz˝oleges xy ´elet. Nem lehet k¨oz¨os szomsz´edjuk, mert nincs K3 a gr´ afban, ez´ert az xy-t tartalmaz´o csereszny´ek sz´ama ma¨ ximum (n − 2). Osszegezz¨ uk ezt minden ´elre, ezzel megsz´amoltunk k´etszer minden csereszny´et (mindk´et sz´ar´an´al), azaz az ´all´ıt´as teljes¨ ul. (b) ´es (c) 1. megold´ as. A csereszny´ek sz´ama ´eppen a h´aromsz¨ogek t3 sz´am´anak h´ aromszoros´ ab´ ol, ´es a h´ aromcs´ ucs´ u k´et´el˝ u r´eszgr´afok y sz´am´anak ¨osszeg´eb˝ ol ad´ odik. y fel¨ ulr˝ ol becs¨ ulhet˝o azon h´ a romcs´ ucs´ u r´eszgr´afok sz´am´aval, Pn d (n−d −1) amelyekben van ´el is ´es nem-´el is: y ≤ i=1 i 2 i . Innen kapjuk, hogy 3t3 ≥
n X di i=1
2
Pn −
i=1
di (n − di − 1) = 2
P di (n − di − 1) d2i − di 4e2 − i ≥ − ne, = 2 2 n ami az ´ all´ıt´ assal ekvivalens. ¨ 2. megold´ as. Osszegezz¨ uk minden egyes ij ´elre azt a meg´allap´ıt´ast, hogy di +dj −n ≤ tij , ahol tij az ij-re illeszked˝o h´aromsz¨ogek sz´ama. Vegy¨ uk figyeP ´ lembe, hogy ij∈E(G) tij = 3t3 . Atrendez´es ut´an ebb˝ol ´epp a bizony´ıtand´ot kapjuk. P
i
1.87. (a) Vonjuk le az ¨ osszes lehets´eges h´aromsz¨ogek sz´am´ab´ol a nem egysz´ın˝ u h´ aromsz¨ ogek sz´ am´ at! Ut´obbiakat u ´gy kapjuk, hogy ¨osszesz´amoljuk az egy cs´ ucsra illeszked˝ o elt´er˝ o sz´ın˝ u ´elp´arok sz´am´at – ´ıgy minden ilyen h´aromsz¨ oget k´etszer vett¨ unk, ebb˝ ol ad´odik a k´eplet. ´ (b) Az (a) feladatr´esz gondolat´at vissz¨ uk tov´abb. Altal´ anosan fel´ırhat´o, hogy az egysz´ın˝ u h´ aromsz¨ ogek pontos sz´ama X n n d(i) · (n − d(i) − 1) , − 2 3 i=1 ha d(i)-vel jel¨ olj¨ uk az i cs´ ucsba fut´o k´ek ´elek sz´am´at. A d(i) · (n − d(i) − 1) ≤ 2 ( n−1 ) becsl´ e st minden i-re alkalmazva kapjuk a feladat ´all´ıt´as´at. 2
´k 7.14. Cseresznye
103
P P 1.88. Vegy¨ uk ´eszre, hogy i xi = i yi a meccsek sz´ama, emiatt a bizony´ıtand´ o ekvivalens azzal, hogy X xi X yi = . 2 2 i i Tournamentben ´ abr´ azolva a meccsek kimeneteleit (a gy˝oztesekt˝ol a vesztesek fel´e ir´ any´ıtva az ´eleket), azt kell l´atnunk, hogy k¨oz¨os cs´ ucsb´ol kifel´e vezet˝o ´elekb˝ ol k´epezhet˝ o p´ arok sz´ ama a befel´e vezet˝o ´elp´arok sz´am´aval egyezik meg. Ez val´ oban igaz, hiszen ir´ any´ıtott h´aromsz¨og 0−0-val, vagy 1−1-gyel n¨oveli a k´etf´ele kifejez´es ´ert´ek´et annak f¨ uggv´eny´eben, hogy egyir´any´ u k¨ort hat´aroznak meg az ´elei vagy nem. 1.89. Minden cs´ ucsp´ arra, amely ´elet fesz´ıt, 0 cseresznye (k¨oz¨os szomsz´edos cs´ ucs) illeszkedhet a K3 mentess´eg miatt, ebk´ent pedig legfeljebb 1 a C4 Pn egy´ di n mentess´eg miatt. Ebb˝ ol ad´od´oan ≤ abbiakhoz i=1 2 2 − e. A kor´ hasonl´ oan, a sz´ amtani ´es n´egyzetes √ k¨oz´ep k¨ozti egyenl˝otlens´egb˝ol kapjuk, 2 ≤ n(n−1) , amib˝ ol e ≤ n n−1 k¨ovetkezik, n = 10-re a feladat hogy (2e) 2n 2 2 all´ıt´ ´ as´ at igazolva. 1.90. A 1.85 gondolatmenet´et k¨ovetj¨ uk. Tetsz˝oleges ponth´armashoz legfeljebb kett˝ o k¨ oz¨ os szomsz´ed tartozhat, ez alapj´an becsl¨ unk: Pn X n n 3 n n i=1 (di − 2) di 1X 3 2 (di − 2) ≥ . ≥ > 3 6 i=1 6 n 3 i=1 Becs¨ ulj¨ uk a jobb oldalt a k¨ob¨os ´es sz´amtani k¨oz´ep k¨ozti egyenl˝otlens´eggel, majd szorozzunk n2 -tel. Eszerint 2n5 ≥ (2e − 2n)3 , amib˝ol ad´odik a k´ıv´ant nagys´ agrend˝ u becsl´es. 1.91. Legyen az egyenl˝ osz´ ar´ u h´aromsz¨ogek halmaza A. Minden h´aromsz¨ogh¨ oz rendelj¨ uk hozz´ a (egyik) alapj´at. Vegy¨ uk ´eszre, hogy minden alap legfeljebb k´etszer szerepel, ellenkez˝o esetben az alappal szemk¨ozti cs´ ucsok mind az n alap oldalfelez˝ o mer˝ oleges´ere esn´enek. cs´ u csp´ a r van, azaz az egyenl˝osz´ar´ u 2 h´ aromsz¨ ogek sz´ ama legfeljebb 2 n2 ≤ n2 . 1.92. Legyen l egy tetsz˝ olegesen v´alasztott t´avols´ag. K¨oss¨ uk ¨ossze az ´eppen l t´ avols´ agra es˝ o pontokat. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az ´ıgy kapott gr´afban nincsen K2,3 r´eszgr´ af: ellenkez˝ o esetben volna a s´ıkon h´arom, egy r¨ogz´ıtett pontp´art´ ol egyforma t´ avols´ agra es˝ o pontja. Az 1.85 feladat megold´as´anak gondolatmenet´et k¨ ovetj¨ uk: tetsz˝ oleges pontp´arhoz legfeljebb kett˝o k¨oz¨os szomsz´ed tartozhat. Ez alapj´ an befejezhetj¨ uk a bizony´ıt´ast.
104
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
7.15. Sz´ınez´ esi feladatok 1.93. (a) χ(G) ≥ ω(G), hiszen minden klikkben a cs´ ucsokhoz k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ınt n kell rendelni. χ(G) ≥ α(G) , ugyanis egy sz´ınoszt´aly m´erete legfeljebb α(G) n sz´ınoszt´alyra sz¨ uks´eg van egy j´o sz´ınez´eshez. lehet, emiatt legal´ abb α(G) (b) Vegy¨ uk G1 ´es G2 egy-egy j´o sz´ınez´es´et χ(Gi ) ( i = 1, 2) sz´ınnel, ´es legyen (G1 ∪ G2 )-ben minden cs´ ucs sz´ıne a k´et gr´afbeli sz´ınb˝ol k´epzett rendezett p´ ar. ´Igy χ(G1 )χ(G2 ) sz´ınnel megsz´ınezt¨ uk az uni´ogr´afot. A sz´ınez´es j´o, hiszen ha k´et cs´ ucs szomsz´edos (G1 ∪G2 )-ben, akkor legal´abb az egyik gr´afban szomsz´edos G1 ´es G2 k¨ oz¨ ul, ´ıgy nem lehet azonos a hozz´ajuk tartoz´o rendezett sz´ınp´ ar. 1.94. P´ aratlan k¨ or nyilv´ anval´oan nem szerepelhet p´aros gr´afban: a szomsz´edos cs´ ucsok nem tudn´ anak mind k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ınoszt´alyba ker¨ ulni. M´asr´eszt hat´ arozzuk meg az egyes cs´ ucsokr´ol egy sorrend szerint v´egighaladva moh´on, hogy milyen sz´ınt kapnak. A sorrend legyen egy sz´eless´egi keres´esb˝ol ad´od´o sorrend. (Feltehetj¨ uk, hogy a gr´af ¨osszef¨ ugg˝o, vagy komponensenk´ent sz´ınezhet¨ unk.) A sz´eless´egi keres´es seg´ıts´eg´evel az els˝o cs´ ucst´ol vett minim´alis t´ avols´ ag szerint szintekre bonthatjuk a gr´afot. A nulladik szint, azaz az els˝o cs´ ucs sz´ıne legyen k´ek, az els˝o szint cs´ ucsai´e (ami az els˝o cs´ ucs szomsz´edait tartalmazza) piros. A gr´ af ´elei csak szomsz´edos szintek k¨oz¨ott ´es azonos szinten bel¨ ul mehetnek, de ut´obbi esetet is kiz´arhatjuk, mert nincs a gr´afban p´ aratlan k¨ or. ´Igy a moh´ o sz´ınez´essel ´eppen a p´aros szint˝ uek lesznek k´ek, a p´ aratlan szint˝ uek piros sz´ın˝ uek. 1.95. Van benne 5-hossz´ u k¨or, emiatt legal´abb 3 a gr´af kromatikus sz´ama. M´ asr´eszt k¨ onnyen l´ athat´ o, hogy megsz´ınezhet˝o 3 sz´ınnel a gr´af. 1.96. A 2-hatv´ anyok: {20 , 21 , . . . , 26 } egy 7-es klikket alkotnak, emiatt 7 ≤ ω(G) ≤ χ(G). M´ asr´eszt 7 sz´ınnel megsz´ınezhet˝o a G gr´af: ezt k´et egyszer˝ u sz´ınez´essel is igazoljuk. Rendelj¨ uk a cs´ ucsokhoz a {0, 1, . . . , 6} sz´ıneket oly m´ odon, hogy (i) x cs´ ucsnak legyen a sz´ıne a pr´ımoszt´oi sz´ama (multiplicit´ assal sz´ amolva); (ii) x sz´ıne legyen i, ha 2i ≤ x < 2i+1 . Vil´agos, hogy mindk´et sz´ınez´esben a fenti 7 sz´ınt haszn´aljuk fel, valamint az is, hogy mindk´et sz´ınez´esben egy sz´ınoszt´ alyon bel¨ ul nem lehet k´et sz´am, melyek egyike a m´ asikat osztja. 1.97. A pr´ımsz´ amok halmaza az 1-gyel kieg´esz´ıtve egy π(100)+1 = 27 m´eret˝ u klikket alkot, azaz 27 ≤ ω(G) ≤ χ(G). M´asr´eszt 27 sz´ınnel megsz´ınezhet˝o a gr´ af, ennek igazol´ as´ ara megadunk egy j´o sz´ınez´est. Legyenek a sz´ınoszt´alyok c´ımk´ei a pr´ımsz´ amok ´es az 1 sz´am; tegy¨ uk az 1-et a neki megfelelel˝o 1-es c´ımk´ej˝ u kupacba, ´es minden m´as sz´amot abba a kupacba, ami az ˝o leg-
105
´si feladatok 7.15. Sz´ıneze
kisebb pr´ımoszt´ oja. ´Igy minden sz´amot sz´etosztottunk, ´es minden kupacban f¨ uggetlen cs´ ucsok vannak, azaz a sz´ınez´es val´oban megfelel˝o. 1.98. Indirekte tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as hamis. Ekkor minden szab´alyos egys´egoldal´ u h´ aromsz¨ og cs´ ucsai k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ uek lenn´enek. Vegy¨ unk most √ k´et tetsz˝ oleges, egym´ ast´ ol 3-ra l´ev˝o P ´es Q pontot. Ezek felez˝omer˝oleges´ere es˝ o, mindkett˝ ot˝ ol egyform´ an egys´egnyi t´avols´agra lev˝o pontp´ar egym´ast´ol is egys´egt´ avol van, amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy P -nek ´es Q-nak egysz´ın˝ unek kell √ lennie, azaz minden egym´ ast´ol 3-ra l´ev˝o pontp´a√rra√igaz ez az ´all´ıt´as. Vegy¨ unk most egy h´ aromsz¨ oget, melynek oldalai 1, 3, 3 hossz´ uak. Az el˝oz˝o k¨ ovetkeztet´es szerint ennek mindh´arom cs´ ucsa egysz´ın˝ u, azaz m´egis lenne egys´egnyi t´ avols´ agra egysz´ın˝ u pontp´ar, ellentmond´as. 1.99. A h´ arom p´ aros gr´ af oszt´alyai legfeljebb 23 = 8 r´eszre particion´alj´ak a gr´ af cs´ ucshalmaz´ at aszerint, hogy melyik p´aros gr´afon bel¨ ul melyik oszt´alyba tartozik egy adott cs´ ucs. Egy part´ıci´ooszt´alyon bel¨ ul nem mehetnek ´elek, ´ıgy ha a part´ıci´ ooszt´ alyokat v´ alasztjuk G sz´ınoszt´alyainak, akkor 8 sz´ınnel egy j´o sz´ınez´es´et kapjuk a gr´ afnak. Megjegyz´es: az uni´ o m˝ uveletet k´etszer alkalmazva az ´all´ıt´as ad´odik a 1.93. feladat (b) r´esz´enek eredm´eny´eb˝ol is. 1.100. 1. megold´ as. Alkalmazzuk 1.93 (b) pontj´anak ´all´ıt´as´at G1 = G, G2 = G szereposzt´ assal. n 2. megold´ as. χ(G) ≥ ω(G) = α(G). M´asr´eszt χ(G) ≥ α(G) , 1.93 (a) all´ıt´ ´ asa szerint. Ezek szorzat´ab´ol k¨ovetkezik a feladat ´all´ıt´asa. 1.101. Bel´ atjuk teljes indukci´oval G kromatikus sz´am´ara n´ezve, hogy G sz´ınezhet˝ o ekkor n + 1 − χ(G) sz´ınnel. Ha χ(G) = 1, az ´all´ıt´as trivi´alis. Az indukci´ os l´ep´esben tekints¨ uk az n cs´ ucs´ u G gr´af egy χ(G)-sz´ınez´es´et, legyenek a sz´ınoszt´ alyai Xi (i = 1 . . . χ). Ha a sz´ınoszt´alyokat ¨osszeh´ uzzuk 1−1 pontt´a, akkor teljes gr´ afot kapunk, mivel ellenkez˝o esetben k´et sz´ınoszt´aly egyes´ıthet˝o lett volna. Tekints¨ uk a χ − 1 sz´ınnel sz´ınezhet˝o, ∪χ−1 i=1 Xi ´ltal fesz´ıtett G0 r´eszgr´ a afot, ´es v´alasszunk xi ∈ Xi (i < χ(G)) cs´ ucsokat u ´gy, hogy minden xi -b˝ ol vezessen ´el Xχ -be. G0 komplementere sz´ınezhet˝o az indukci´ o szerint n − |Xχ | + 1 − (χ − 1) sz´ınnel. L´etezik olyan sz´ın – legyen a k´ek –, ami csak az {xi : i = 1 . . . χ − 1} halmazban jelenik meg, mert a sz´ınek sz´ ama nagyobb mint χ−1 | ∪χ−1 i=1 Xi \ ∪i=1 {xi }|. V´ alasszunk |Xχ | u ´j sz´ınt az Xχ -beli cs´ ucsoknak. Sz´ınezz¨ uk ´at G0 eredetileg k´ek cs´ ucsait u ´gy, hogy minden ilyen xi cs´ ucs kapja meg azt a sz´ınt, amelyiket
106
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
egy tetsz˝ oleges Xχ -beli szomsz´edj´ahoz rendelt¨ unk. Mivel a komplementerben ezek az ´elek nem szerepelnek, a sz´ınez´es j´o lesz, ´es mivel a k´ek sz´ınt m´ar nem tartalmazza, legfeljebb n − |Xχ | + 1 − (χ − 1) + |Xχ | − 1 = n + 1 − χ(G) sz´ın szerepel benne, amit szerett¨ unk volna. 1.102. Nem igaz. Legyen G = Kn,n teljes p´aros gr´af A, B cs´ ucsoszt´alyokon, A1 ⊂ A, B1 ⊂ B, ahol |A1 | + |B1 | > n. T¨or¨olj¨ uk az ´eleket A1 ´es B1 k¨ oz¨ ott, ´ıgy kapva a G0 gr´ afot. Ekkor α(G0 ) > n, de n-n´el nagyobb nem lehet egy sz´ınoszt´ aly, ha a sz´ınoszt´aly komplementer´enek is f¨ uggetlen halmaznak kellene lennie. 1.103. Ehhez el´eg igazolnunk, hogy n − 2k + 2 sz´ınnel az (n, k)-Kneser-gr´af j´ ol sz´ınezhet˝ o. Rendelj¨ uk az i-edik sz´ınt (i ≤ n − 2k + 1) azokhoz a k-elem˝ u halmazokhoz, amiknek i a legkisebb elem¨ uk. Ezek a sz´ınoszt´alyok f¨ uggetlen halmazokat fesz´ıtenek, l´ev´en tartalmaznak k¨oz¨os elemet. A fennmarad´o halmazok k¨ oz¨ ul szint´en semelyik kett˝o nem lehet diszjunkt, mert uni´ojuk legfeljebb 2k − 1 elem˝ u lehet. Ha teh´at a fennmarad´okhoz rendel¨ unk egy (n − 2k + 2)-edik sz´ınt, j´ o sz´ınez´es´et kapjuk a Kneser-gr´afnak. Megjegyz´es: Lov´ asz L´ aszl´ o igazolta, hogy az (n, k)-Kneser-gr´af nem is sz´ınezhet˝ o enn´el kevesebb sz´ınnel.
´ ınez´ 7.16. Elsz´ esek 1.104. El´eg megmutatnunk, hogy l´etezik egy teljes p´aros´ıt´as a G(A, B, E) p´ aros gr´ afunkban. Ezen p´ aros´ıt´as ´elhalmaz´ahoz egy sz´ınt rendelve ugyanis a megmaradt gr´ af tov´ abbra is regul´aris p´aros gr´af lesz. Innen a foksz´amokra vonatkoz´ o teljes indukci´ oval k¨ovetkezik az ´all´ıt´as. A foksz´amokat a k´et cs´ ucsoszt´ alyban k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on ¨ osszegezve az ´elsz´amot kapjuk: r|A| = |E(G)| = r|B|, amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy |A| = |B|. A Hall-felt´etelt ellen˝orizve pedig ad´odik, hogy van a gr´ afban egy cs´ ucsoszt´alyt fed˝o p´aros´ıt´as. Megjegyz´es: K¨ onnyen l´ atszik, hogy G tartalmazhat ak´ar p´arhuzamos ´eleket is. 1.105. K´esz´ıts¨ unk egy H ∆-regul´aris gr´afot, amelynek G(A, B) a r´eszgr´afja. Ekkor H-ra alkalmazva 1.104 eredm´eny´et, a sz´ınez´est G-re megszor´ıtva k´eszen lesz¨ unk. Egy megfelel˝ o H-t kapunk, ha G kisebbik cs´ ucsoszt´aly´at tov´abbi cs´ ucsokkal felt¨ oltj¨ uk, hogy a nagyobbik m´eret´evel egyezzen meg, majd moh´o m´ odon hozz´ avesz¨ unk G-hez ´eleket mindaddig, am´ıg tal´alunk ∆-n´al kisebb fok´ u cs´ ucsot, egyed¨ ul arra figyelve, hogy szint´en ∆-n´al kisebb fok´ uhoz k¨oss¨ uk hozz´ a. (Ez´ uttal p´ arhuzamos ´elek alkalmaz´asa sem gond.) Az ´eld´ us´ıt´as csak akkor akadhat el, ha a gr´ afunk ∆-regul´aris lett.
´ fok sz´ıneze ´se 7.17. S´ıkgra
107
1.106. G ´elkromatikus sz´ ama 2k + 2. Vizing t´etele szerint csak 2k + 1 vagy 2k + 2 lehet a param´eter ´ert´eke, el˝obbit kell kiz´arnunk. Ha χ0 (G) = 2k + 1 lenne, akkor az ¨ osszes sz´ın el˝ ofordulna tetsz˝olegesen v´alasztott cs´ ucsra illeszked˝ o ´eleken. Hagyjuk el most G-b˝ol az e ´elv´ag´o ´elet. A megmaradt gr´af k´et diszjunkt gr´ af, G1 ´es G2 uni´oja, melyek cs´ ucssz´ama p´aratlan. Val´oban, P d(v) = (2k + 1)|V (G )| − 1 = 2|E(G ol |V (G1 )| p´arat1 1 )|, amib˝ v∈V (G1 ) lans´ aga k¨ ovetkezik. Legyen |V (G1 )| = 2t + 1. G1 -ben minden sz´ınoszt´aly egy p´ aros´ıt´ ast hat´ aroz meg, ´ıgy G1 ´elsz´ama legfeljebb (2k + 1)t lehetne, ami kisebb, mint 1/2 · ((2k + 1)|V (G1 )| − 1), ellentmond´as. 1.107. Tegy¨ uk fel, hogy t¨obb mint 1 sz´ınnel sz´ınezt¨ uk ki a gr´afot, de a sz´ınek sz´ ama legfeljebb 11. Szemelj¨ unk ki egy P cs´ ucsot. Van legal´abb 10 olyan cs´ ucs, melyek ugyanazzal a (lila) sz´ın˝ u ´ellel vannak P -hez k¨otve a skatulyaelv szerint. Ezen cs´ ucsok k¨ozt a feladat felt´etele ´ertelm´eben nem lehet m´ as sz´ın˝ u ´el, teh´ at tal´ altunk egy 11-es lila ´elekb˝ol ´all´o klikket a gr´afban. Ha a P cs´ ucsra illeszked˝ o ´elek mind lila sz´ın˝ uek lenn´enek, akkor csak ez az egy sz´ın fordulhatna el˝ o a sz´ınez´esben. Vegy¨ unk teh´at egy Q cs´ ucsot, melyre P Q ´el nem lila. Q-b´ ol a lila klikk fel´e nem vezethet k´et azonos sz´ın˝ u ´el, mert az s´erten´e a felt´etelt, ´ıgy Q-b´ol legal´abb 11 egym´ast´ol ´es a lila sz´ınt˝ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u ´el kell hogy kiinduljon, szemben eredeti feltev´es¨ unkkel. Megjegyz´es: A bizony´ıt´ asb´ol k¨ovetkezik, hogy q cs´ ucs´ u gr´af j´o sz´ınez´es´e√ hez pontosan 1 vagy legal´ abb q + 1 sz´ın sz¨ uks´eges. Az eredm´eny ´eles a k¨ ovetkez˝ o ´ertelemben: ha egy q = n2 cs´ ucs´ u gr´afot vesz¨ unk, ahol n pr´ımhatv´ any, akkor az ´elek kisz´ınezhet˝oek n + 1 sz´ınnel u ´gy, hogy minden h´aromsz¨ og vagy egysz´ın˝ u ´eleket tartalmaz, vagy a h´aromsz¨og minden ´ele k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ u. Val´ oban, vegy¨ unk egy n-rend˝ u affin s´ıkot, ilyen l´etezik, ha n pr´ımhatv´ any. Minden p´ arhuzamoss´agi oszt´alyhoz rendelj¨ unk egy sz´ınt. K´et pont altal meghat´ ´ arozott ´el sz´ıne legyen az, ami a pontok ´altal meghat´arozott egyenes p´ arhuzamoss´ agi oszt´aly´ahoz lett rendelve.
7.17. S´ıkgr´ afok sz´ınez´ ese 1.108. Alkalmazzunk indukci´ot az egyenesek sz´am´ara! n = 1-re az ´all´ıt´as trivi´ alis. Tegy¨ uk fel, hogy n − 1 egyenes eset´eben l´etezik j´o sz´ınez´es. Helyezz¨ uk le az u ´j n-edik egyenest, ez kett´eosztja a s´ıkot. Az egyik f´els´ıkban a kor´ abbi sz´ınez´est m´ odos´ıtsuk: minden orsz´ag sz´ın´et v´altoztassuk meg. Ezaltal a k´et f´els´ıkon bel¨ ´ ul az orsz´aghat´arok tov´abbra is elt´er˝o sz´ın˝ u orsz´agok k¨ oz¨ ott haladnak, az n-edik egyenes ´altal meghat´arozott u ´j orsz´aghat´ar pedig szint´en elt´er˝ o sz´ın˝ u orsz´ agokat hat´arol.
108
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
1.109. Tekint¨ unk egy olyan egyenest, amelyik semelyik cs´ ucsp´ar ´altal meghat´ arozott egyenesre nem mer˝oleges. Vet´ıts¨ uk le mer˝olegesen erre a s´ıkgr´af cs´ ucsait – ´ıgy a cs´ ucsok k´epei egym´ast´ol k¨ ul¨onb¨oznek. A cs´ ucsok vet¨ uleti k´epei egy sorrendet hat´ aroznak meg. Eszerint a sorrend szerint moh´on sz´ınezz¨ uk ki a cs´ ucsokat 3 sz´ınnel. Nem fogunk elakadni, mert minden cs´ ucsnak legfeljebb k´et olyan szomsz´edja lesz, amelyiket m´ar sz´ınezt¨ uk. 1.110. Tekints¨ uk a G gr´ af lerajzol´as´at, majd tartom´anyainak egy j´o sz´ınez´es´et 4 sz´ınnel, az {1, 2, 3, 4} c´ımk´ekkel! Minden ´el k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ u tartom´ anyt hat´ arol; ezen sz´ınkombin´aci´ok alapj´an hat´arozzuk meg az ´el sz´ın´et. Legyen az ´el sz´ıne piros, ha (1, 2) vagy (3, 4); k´ek ha (1, 3) vagy (2, 4); s´ arga ha (1, 4) vagy (2, 3) a szomsz´edos tartom´anyok sz´ıne. Mivel minden cs´ ucsn´ al 3 tartom´ any tal´ alkozik G 3-regularit´asa miatt, ez´ert 3 k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ınkombin´ aci´ o fog tartozni az egy cs´ ucsra illeszked˝o ´elekhez, m´egpedig olyan sz´ınkombin´ aci´ ok, amik ¨ osszesen 3 sz´ınb˝ol v´alasztanak kett˝o sz´ınt. Emiatt a feladat felt´etele teljes¨ ulni fog. Megjegyz´es: Az ´ all´ıt´ as megford´ıt´asa is igaz. Ha G 2-szeresen ¨osszef¨ ugg˝o ´es 3-regul´ aris s´ıkgr´ af, tov´ abb´a ´elkromatikus sz´ama 3, akkor 4 sz´ınnel j´ol” ” sz´ınezhet˝ oek a s´ıkgr´ af tartom´anyai. 1.111. Vegy¨ unk fel egy n´egyzetet, ´es k¨oss¨ uk ¨ossze a n´egyzet k¨oz´eppontj´at a n´egyzet ¨ osszes cs´ ucs´ aval, egyet (A) kiv´eve. K¨onnyen l´atszik, hogy ez a gr´af s´ıkbarajzolhat´ o, de ´elkromatikus sz´ama 3-n´al nagyobb. Az A cs´ ucs kiv´etel´evel minden cs´ ucs foka 3. A feladat felt´etele szerinti gr´afot kapunk teh´at, ha vessz¨ uk ennek a gr´ afnak 3 p´eld´any´at, ´es a kett˝o fok´ u cs´ ucsait egy u ´jonnan hozz´ avett P cs´ ucshoz k¨ otj¨ uk.
7.18. Listasz´ınez´ esek 1.112. Legyen G(A, B) = K(2k−1),(2k−1) teljes p´aros gr´af. Minden cs´ ucs´ahoz k k hozz´ arendel¨ unk egy k-elem˝ u list´at, ´es megmutatjuk, hogy nem sz´ınezhet˝o ki a gr´ af ezekr˝ ol a list´ akr´ ol. Legyen H egy 2k − 1 elem˝ u sz´ınhalmaz, ´es rendelj¨ uk ennek minden k-elem˝ u r´eszhalmaz´at egy-egy cs´ ucshoz a p´aros gr´af A ´es B cs´ ucsoszt´ alyban is. Tegy¨ uk fel, hogy l´etezik j´o sz´ınez´es, ´es n´ezz¨ uk meg, h´ any sz´ınt haszn´ al az egyes cs´ ucsoszt´alyokban. Egyr´eszt ha A-ban vagy B-ben kevesebb mint k sz´ınt haszn´alna, akkor lenne olyan cs´ ucs, aminek a sz´ınlist´ aj´ an szerepl˝ o egyik sz´ınt sem v´alasztottuk volna ki. M´asr´eszt A-ban ´es B-ben nem lehetnek megegyez˝o sz´ın˝ u cs´ ucsok, hiszen minden ´el be van h´ uzva a k´et cs´ ucsoszt´ aly k¨ oz¨ ott. Emiatt legal´abb 2k sz´ınt kellene haszn´alnunk, t¨ obbet mint amennyi rendelkez´esre ´all, ellentmond´as.
´ fok 7.19. Perfekt gra
109
Megjegyz´es. G(A, B) = Kkk ,k teljes p´aros gr´afr´ol is megmutathat´o, hogy listasz´ınez´esi sz´ ama nagyobb mint k. Legyen ugyanis B oszt´alyban minden cs´ ucshoz k-f´ele alapsz´ın k¨oz¨ ul egynek a k-f´ele ´arnyalata a sz´ınlist´aban, m´ıg A oszt´ alyban minden cs´ ucs list´aj´aba v´alasszunk minden alapsz´ınb˝ol egyegy ´ arnyalatot u ´gy, hogy minden sz´ınlista legyen k¨ ul¨onb¨oz˝o. Vil´agos, hogy ak´ arhogyan v´ alasztunk a B-beli cs´ ucsoknak sz´ınt, lesz pontosan egy A-beli, amelyiknek a teljs sz´ınlist´ aj´ at felhaszn´altuk. 1.113. G s´ıkgr´ afot majdnem h´aromsz¨ogeltnek mondjuk, ha a k¨ uls˝o tartom´ anyt´ ol eltekintve minden tartom´anya h´aromsz¨og. Vil´agos, hogy el´eg az all´ıt´ ´ ast ilyen gr´ afokra igazolni, hiszen akkor ezek r´eszgr´afjaira is igaz lesz az all´ıt´ ´ as. Indukci´ oval igazoljuk a feladatbelin´el er˝osebb al´abbi t´etelt: L´etezik j´o sz´ınez´es akkor is, ha a C k¨ uls˝ o tartom´any k´et kijel¨olt, szomsz´edos x, y cs´ ucs´anak sz´ıne r¨ ogz´ıtett (´es k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o), a k¨ uls˝o tartom´any tov´abbi cs´ ucsain a sz´ınlist´ ak hossza 3, a t¨ obbi cs´ ucsra pedig 5 hossz´ u a sz´ınlista. ´ n = 3-ra az ´ all´ıt´ as mag´ at´ ol ´ertet˝od˝o. Altal´ anos esetben, ha |V (G)| = n ´es kisebb cs´ ucssz´ am´ u gr´ afokra az ´all´ıt´as igaz, tekints¨ uk a k¨ uls˝o tartom´anyon mint k¨ or¨ on x-nek y-t´ ol k¨ ul¨ onb¨oz˝o x0 szomsz´edj´at. Legyen x0 -nek x-t˝ol k¨ ul¨onb¨ oz˝ o szomsz´edja a k¨ or¨ on z. K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg aszerint, hogy x0 -b˝ ol vezet-e ´el a k¨ uls˝ o tartom´any x-t˝ol ´es z-t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pontjai egyik´ebe. Els˝ o esetben, ha l´etezik ilyen x0 y 0 h´ ur, akkor a k¨ovetkez˝o elj´ar´ast k¨ovetj¨ uk. Alkalmazzuk az indukci´ os elj´ar´ast arra a G1 gr´afra, amit a k¨ uls˝o tartom´any x-et tartalmaz´ o, x0 y 0 ´ altal lev´agott fele hat´aroz meg. ´Igy x0 -h¨oz ´es y 0 -h¨oz k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınt rendelt¨ unk hozz´a, ´ıgy alkalmazhatjuk ezut´an az indukci´os feltev´est a G2 gr´ afra, amit a k¨ uls˝o tartom´any x-et nem tartalmaz´o, x0 y 0 ´altal lev´ agott fele hat´ aroz meg. Ezzel a gr´af egy j´o sz´ınez´es´et kapjuk. M´ asodik esetben hagyjuk el x0 -t a gr´afb´ol, ´es az ´ıgy kapott gr´af legyen G0 . Vil´ agos, hogy a majdnem h´ aromsz¨ogelts´egi tulajdons´ag miatt x0 minden szom0 sz´edja G k¨ uls˝ o tartom´ any´ ara ker¨ ul. V´alasszunk ki k´et sz´ınt, c1 -et ´es c2 -t az x0 sz´ınlist´ aj´ ar´ ol u ´gy, hogy az x sz´ın´et˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝oek legyenek. G0 -nek a k¨ uls˝ o tartom´ anyra ker¨ ul˝ ou ´j pontjainak sz´ınlist´aj´ar´ol t¨or¨olj¨ uk ezt a k´et sz´ınt. ´Igy is fenn´ all, hogy a k¨ uls˝ o tartom´anyon minden sz´ınlista legal´abb 3-elem˝ u, kiv´eve x ´es y eset´en. Indukci´o szerint G0 -nek l´etezik j´o sz´ınez´ese. Ezt ki tudjuk eg´esz´ıteni G j´ o sz´ınez´es´ere, hiszen a c1 ´es c2 sz´ın x0 szomsz´edjainak u ´j sz´ınlist´ ai k¨ oz¨ ul csak z sz´ınlist´aj´an szerepelhet, emiatt x0 -nek tudunk j´o sz´ınt v´ alasztani.
7.19. Perfekt gr´ afok 1.114. V´ alasszunk egy gy¨ okeret a f´aban, ´es szintezz¨ uk a fa cs´ ucsait a gy¨ok´ert˝ ol val´ o t´ avols´ ag szerint. Minden r´eszf´ahoz rendelj¨ uk hozz´a a gy¨ok´erhez
110
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
legk¨ ozelebbi cs´ ucs´ at, legyenek ezek a r´eszf´ak gy¨okerei. (Ez a hozz´arendel´es egy´ertelm˝ u.) Vegy¨ uk azt a v cs´ ucsot, ami r´eszf´anak gy¨okere, ´es az ilyenek k¨ ozt a lehet˝ o legt´ avolabb van a gy¨ok´ert˝ol. A v cs´ ucs minden r´eszf´aban benne lesz. Val´ oban, ha v-t nem tartalmazn´a egy r´eszfa, akkor semelyik cs´ ucsot nem tartalmazhatja, amelyet v a gy¨ok´ert˝ol elv´alaszt, ´ıgy a v gy¨oker˝ u r´eszf´at´ol diszjunkt r´eszfa lenne. 1.115. Tekints¨ uk az I(ai , bi ) intervallumokat, ´es az x ≤ bi egyenl˝otlens´egeket teljes´ıt˝ o x sz´ amok k¨ oz¨ ul v´ alasszuk ki a legnagyobbat, legyen ez x1 . A defin´ıci´ o szerint lesz olyan J1 intervallum az Ii -k k¨ozt, aminek ´eppen x1 a jobb v´egpontja. Hagyjuk el most az x1 -et tartalmaz´o intervallumokat. Ism´etelj¨ uk a l´ep´est: {x1 , J1 }, . . . , {xk , Jk } kiv´alaszt´asa ut´an a megmaradt intervallumokon keress¨ uk azt a legnagyobb xk+1 sz´amot, ami nem haladja meg a jobb v´egpontok egyik´et sem, ´es legyen Jk+1 egy xk+1 jobb v´egpont´ u intervallum a fennmarad´ ok k¨ oz¨ ul, v´eg¨ ul hagyjuk el azon intervallumokat, amiket xk+1 lefog. Ha v´eg¨ ul az ´ıgy defini´alt {xi |1 ≤ i ≤ m} pontrendszer¨ unk az ¨osszes intervallumot lefogta, akkor egyben kimutattunk m darab Ji intervallumot is, amik a defin´ıci´ o ´ertelm´eben diszjunktak. Teh´at egy minim´alis lefog´o rendszert tal´ altunk. Ezzel a (b) ´altal megk´ıv´ant elj´ar´ast megadtuk. M´asr´eszt az elj´ ar´ as ´ertelm´eben 100 l´ep´es ut´an m´ar nem maradhat lefogatlan intervallum. Val´ oban, ha I0 = (a0 , b0 ) ilyen lenne, a0 > x100 eset´en kimutatn´ank k + 1 = 101 diszjunkt intervallumot, xi < a0 ≤ b0 < xi+1 vagy b0 < x1 az elj´ ar´ asnak mond ellent: xi+1 , illetve x1 defin´ıci´oj´anak. uk, hogy G-ben nincs izol´alt 1.116. ω(G) = α(G) defin´ıci´o szerint. Feltehetj¨ cs´ ucs, hiszen egy izol´ alt cs´ ucs hozz´av´etele mindk´et oldalt 1-gyel n¨oveli. Bel´atjuk, hogy ekkor χ(G) = ρ(G), azaz a lefog´o ´elek minim´alis sz´am´aval egyezik meg. Ekkor K˝ onig t´etel´ere hivatkozva k´eszen vagyunk. A sz´ınoszt´alyok p´aros gr´ af komplementer´eben legfeljebb 2-elem˝ uek, ´es ´eppen a p´aros gr´af ´eleinek felelnek meg. Mivel minden cs´ ucsra illeszkedik ´el G -ben, a sz´ınoszt´alyok sz´ama ´eppen akkor lesz minim´ alis, ha egy maxim´alis f¨ uggetlen p´aros´ıt´ast eg´esz´ıt¨ unk ki egyelem˝ u ponthalmazokkal, ami ´eppen a minim´alis lefog´o ´elhalmaznak felel meg. Megjegyz´es: mivel minden p´aros gr´af r´eszgr´afja is p´aros, ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy minden p´ aros gr´ af komplementere is perfekt. 1.117. (a) Az intervallumok sz´am´ara vonatkoz´o indukci´oval bizony´ıtunk, az n = 1 trivi´ alis eset. Vegy¨ uk az 1.115 megold´as´aban defini´alt J1 (a1 , b1 ) intervallumnak megfelel˝ o cs´ ucsot, ´es hagyjuk el a gr´afb´ol. Az ´ıgy kapott G0 gr´ afr´ ol feltehetj¨ uk, hogy χ(G0 ) = ω(G0 ). Ha J1 -et hozz´av´eve a rendszerhez nem n¨ ovekszik a klikksz´ am, az azt jelenti, hogy b1 -et legfeljebb ω(G0 ) − 1 m´asik intervallum tartalmazta, ´ıgy a J1 -nek megfelel˝o cs´ ucshoz, melynek foka legfeljebb ω(G0 ) − 1, hozz´ a tudunk rendelni olyan sz´ınt, amit haszn´altunk G0 sz´ınez´es´eben, de nem haszn´ altunk a cs´ ucs egyik szomsz´edj´an sem.
´sek 7.20. Sorrend szerinti sz´ıneze
111
(b) ω(G) ´eppen a legnagyobb, p´aronk´ent diszjunkt intervallumok rendszer´enek elemsz´ ama. Az 1.115 megold´as´aban azt igazoltuk, hogy a lefog´o ponthalmaz m´eret´enek minimuma ´eppen a p´aronk´ent diszjunkt intervallumok sz´au lefog´o pontrendszer. m´ anak maximuma. Emiatt van egy ω(G) elemsz´am´ Rendelj¨ unk a lefog´ o pontokhoz egy-egy sz´ınt, ´es osszuk be az intervallumokat az egyik ˝ oket lefog´ o ponthoz. Ez a G gr´af komplementer´enek j´o sz´ınez´es´et adja, amib˝ ol az ´ all´ıt´ as k¨ ovetkezik. (c) A k¨ or cs´ ucsaib´ ol v´ alasszuk azt, amelyhez tartoz´o I(a, b) intervallum jobb v´egpontja a legkisebb. A defin´ıci´o szerint a kiv´alasztott cs´ ucs mindk´et k¨orbeli szomsz´edj´ ahoz tartoz´ o intervallum tartalmazza ekkor b-t, ´ıgy a k´et szomsz´ed k¨ oz¨ ott is vezet ´el. 1.118. Rajzoljunk le egy Petersen-gr´afot, ´es hagyjunk el k´et ´elet bel˝ole, melyek t´ avols´ aga 2. Legyen ez a gr´af G. Vil´agos, hogy G-re a klikksz´am 2, ugyanakkor a kromatikus sz´am pedig 3, mert a gr´af tartalmaz tov´abbra is C5 -¨ ot. M´ asr´eszt, G-ben 5 sz´ınnel lehet j´ol sz´ınezni (a sz´ınoszt´alyok feleljenek meg egy 5-elem˝ u f¨ uggetlen ´elhalmaz pontp´arjainak a Petersen-gr´afban, ami a let¨ or¨ olt ´eleket nem tartalmazza), ´es van 5 nagys´ag´ u klikk is, m´egpedig olyan, melyben n´egy cs´ ucs ´epp a let¨or¨olt ´elp´ar v´egpontjai. Erre a G gr´afra a felt´etel teljes¨ ul. 1.119. El´eg bel´ atni, hogy χ(G) ≤ ω(G). Legyen r a T fa gy¨okere, ´es szintezz¨ uk a fa cs´ ucsait r-t˝ ol val´ o t´avols´aguk szerint. Rendelj¨ uk hozz´a a Ti r´eszf´ akhoz az r-hez legk¨ ozelebbi cs´ ucsukat, legyen ez ri , ´es rendezz¨ uk a r´eszf´akat gy¨ oker¨ uk r-t˝ ol val´ o t´ avols´ aga szerint cs¨okken˝o sorrendbe. Legyen m a p´aronk´ent diszjunkt r´eszf´ ak maxim´alis sz´ama, ami a gr´af defin´ıci´oja szerint ω(G). Bel´ atjuk indukci´ oval, hogy ω(G) = m sz´ınoszt´alyba sorolhat´oak a pontok ´ u ´gy, hogy az egy j´ o sz´ınez´es´et adja G-nek. m = 1-re az ´all´ıt´as trivi´alis. Altal´ anoss´ agban vegy¨ uk els˝ o sz´ınoszt´alynak az r1 -et tartalmaz´o r´eszf´akat. Ezek nyilv´ an f¨ uggetlen halmazt alkotnak, mi t¨obb, az r1 -et nem tartalmaz´o t¨obbi r´eszfa olyan, hogy legfeljebb m − 1 lehet a p´aronk´ent diszjunkt r´eszf´ak sz´ama k¨ oz¨ ott¨ uk, hiszen T1 a sorrend miatt diszjunkt t˝ol¨ uk. ´Igy indukci´os felt´etel¨ unk szerint a t¨ obbi r´eszf´ anak megfelel˝o cs´ ucs m − 1 f¨ uggetlen halmazba sorolhat´o, amit igazolni akartunk. Megjegyz´es: L´enyeg´eben a 1.114 ´es a 1.115 ´all´ıt´as´anak egy ´altal´anos´ıt´as´at igazoltuk: Ha egy T fa r´eszfarendszer´eb˝ol legfeljebb m diszjunkt r´eszf´at v´alaszthatunk ki, akkor a r´eszf´ ak lefoghat´oak m cs´ uccsal.
7.20. Sorrend szerinti sz´ınez´ esek 1.120. Tekints¨ uk G egy j´ o sz´ınez´es´et χ(G) sz´ınnel, ´es tekints¨ uk a cs´ ucsoknak egy olyan sorrendj´et, amelyikben az el˝obbi sz´ınez´es sz´ınoszt´alyainak cs´ ucsai
112
´ felme ´let – megolda ´ sok 7. Gra
mind egy-egy blokkot alkotnak a sorrendben. ´Igy a sorrend szerint χ darab f¨ uggetlen halmaz egym´ asut´anja lesz a sorrend. Ha eszerint sz´ınez¨ unk, a sorban k sz´ınoszt´ aly minden cs´ ucs´ara teljes¨ ul indukci´o szerint, hogy k-n´al nagyobb index˝ u sz´ınt nem rendelhet¨ unk hozz´a a sz´ınez´esben. Val´oban, hiszen eddig felsorolt szomsz´edai csak kor´abbi sz´ınoszt´alyokhoz tartozhattak, amelyekhez az indukci´ o szerint kisebb index˝ u sz´ın lehetett csak hozz´arendelve, ´ıgy a k-adik sz´ın szabad. 1.121. Tekints¨ unk egy teljes p´aros´ıt´ast n ´ellel, ´es sz´amozzuk be a cs´ ucsokat u ´gy, hogy a p´ aros´ıt´ as´elek v´egpontjai szomsz´edosak legyenek. Vegy¨ uk azt a G p´ aros gr´ afot, amelyet u ´gy kapunk, hogy tekintj¨ uk a p´aros ´es a p´aratlan index˝ u cs´ ucsok oszt´ aly´ at ´es az ´ altaluk fesz´ıtett teljes p´aros gr´afot, ´es kihagyjuk a teljes p´ aros´ıt´ asunk ´eleit. Ekkor a sorrend szerinti moh´o sz´ınez´es a teljes p´ aros gr´ afb´ ol hi´ anyz´ o ´elekhez rendel egy-egy sz´ınt, vagyis a sz´ınoszt´alyok k´etelem˝ uek lesznek, emiatt a sz´ınek sz´ama n lesz.
8. fejezet
Lesz´ aml´ al´ asi feladatok – megold´ asok 8.1. Bevezet˝ o feladatok 2.1. Megold´ as: 10! 2!3!2!1! Ugyanis a 10 bet˝ ut 10!-f´elek´eppen ´all´ıthatjuk sorba, ekkor azonban megk¨ ul¨ onb¨ oztett¨ uk az M bet˝ uket, mintha M1 ´es M2 bet˝ uk lenn´enek. Hasonl´oan a h´ arom A bet˝ ut A1 , A2 , A3 bet˝ ukk´ent vett¨ uk figyelembe. Mivel azonban ezek nem k¨ ul¨ onb¨ oznek, ezen bet˝ uk sorrendjeivel le kell osztanunk, pl. h´arom A bet˝ u 3! sorrendje val´ oj´ aban csak 1-nek sz´am´ıt. Hasonl´oan az M -k ´es T -k sorrendje sem sz´ am´ıt. 2.2. H´etjegy˝ u telefonsz´ amb´ ol 107 van. Olyan, amiben nincs k´et szomsz´edos jegy, melyek megegyeznek: 10 · 9 · 9 · 9 · 9 · 9 · 9 = 10 · 96 , hiszen ha az els˝o n´eh´ any sz´ amjegy megvan, akkor a k¨ovetkez˝o sz´amjegynek csak az utols´ot´ol kell elt´ernie, ´ıgy 9-f´ele lehet (ha ez a sz´amjegy nem az els˝o). Teh´at az ilyen telefonsz´ amok sz´ ama 107 − 10 · 96 . 2.3. aromszor kell lefel´e l´epn¨ unk ´es 4-szer jobbra, ´ıgy az utak sz´ama (a) H´ 7 = 35. 3 ul a k¨oz´eps˝ot (b) Az utak sz´ ama (2 · 2 + 1)2 = 25. Val´oban, az ¨ot pont k¨oz¨ mindenk´epp ´erinten¨ unk kell. A-b´ol ide ¨otf´ele m´odon juthatunk el ´es szint´en otf´ele m´ odon juthatunk innen tov´abb B-be. Teh´at az utak keresett sz´ama ¨ 5 · 5 = 25.
114
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
(c) Az A pontban kezd¨ unk, ezt u ´gy tekinthetj¨ uk, hogy ide egyf´elek´eppen juthatunk. Szint´en egyf´elek´eppen juthatunk a bal oldali g¨orbe legals´o pontj´ ara. Ezut´ an minden pontba annyif´elek´eppen juthatunk, mint a bal als´o ´es a jobb als´ o szomsz´edj´ aba ¨ osszesen. Teh´at az eljut´asok sz´ama az egyes el´agaz´asi pontokba rendre 1, 2, 3, 5, 8, majd B-be 13 f´elek´eppen juthatunk el. ¨ 2.4. (a) Osszesen 9 · 106 sz´ am van. Azon sz´amok sz´ama, amelyekben nincs k´et azonos sz´ amjegy 9 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4. ´Igy 9 · 106 − 9 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 ilyen sz´ am van. (b) Vegy¨ unk egy sz´ amot, amiben van pontosan k´et azonos sz´amjegy, ezut´an t¨ or¨ olj¨ uk a h´ atr´ebb ´ all´ ot. ´Igy egy olyan 6 jegy˝ u sz´amot kapunk amiben minden jegy k¨ ul¨ onb¨ ozik. (Az sem baj, ha a 0-b´ o l volt kett˝o, mert a h´ats´ot t¨or¨olt¨ uk 7 ´ ki.) Tov´ abb´ a a k´et megegyez˝o jegy 2 helyen lehetett. Igy az ilyen sz´amok sz´ ama 72 · 9 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5. Azt az olvas´ora b´ızzuk, hogy a k´et jegy hely´enek ismerete valamint a kapott 6 jegy˝ u sz´am ismerete bijekci´oban ´all az eredeti sz´ amokkal. 2.5. Az n + 5 ember (n + 5)! sorrendben ´allhat sorba. Most sz´amoljuk meg, ebb˝ ol h´ any rossz, vagyis h´ any olyan van, amiben nincs k´et egym´as mellett all´ ´ o fi´ u. Az n l´ any n! sorrendben ´allhat sorba. uk Az elej´en, a v´eg´en, k¨ozt¨ van n + 1 hely, itt ´ allnak a fi´ uk vagyis n+1 -f´ e lek´ e ppen v´ a laszthatjuk ki a 5 hely¨ uket ´es 5!-f´elek´eppen ´ allhatnak be az 5 helyre. Teh´at n+1 n!5! ilyen 5 sorrend van. Teh´ at a feladatnak megfelel˝o sorrendek sz´ama n+1 (n + 5)! − n!5! 5 2.6. El˝ osz¨ or az els˝ o k´erd´essel foglalkozzunk. A feladatot u ´gy is elk´epzelhetj¨ uk, hogy letesz¨ unk 12 pontot, majd k¨oz´ej¨ uk tesz¨ unk 4 elv´alaszt´o r´eszt, ´ıgy ´eppen 5 r´eszre bontottuk a 12 pontot, ami a 12 sz´amnak egy felbont´as´at adja meg. Pl. ∗ ∗ | ∗ ∗ ∗ | ∗ ∗ ∗ ∗| ∗ | ∗ ∗ megfelel 2 + 3 + 4 + 1 + 2 = 12-nek. A 12 pont k¨ oz¨ ott 11 hely van, ebb˝ol kell kiv´alasztanunk a 4 | helyet, ´ıgy 11 4 ilyen felbont´ as van. Ha lehet 0 is az ¨ osszeadand´ok k¨oz¨ott, akkor m´ar ´allhat | az elej´en is, s˝ot k´et | is ´ allhat egym´ as mellett. Val´oj´aban ekkor a 12 ∗ ´es 4 | jel b´armely sorozata megad egy felbont´ ast, ´ıgy a felbont´asok sz´ama 16 4 . Megjegyz´es: A k´et r´esz egym´asra is visszavezethet˝o: a m´asodik k´erd´esn´el u ´gy is d¨ onthet¨ unk, hogy a 17-t bontjuk fel 5 pozit´ıv sz´am ¨osszeg´ere, ´es a v´eg´en minden sz´ amb´ ol levonunk 1-et. 2.7. Vegy¨ unk egy feladatnak megfelel˝o sz´amot, ´ırjunk el´eje egy 1-est ´es ut´ana egy 9-est, majd k´et szomsz´edos jegy al´a ´ırjuk a k¨ ul¨onbs´eg¨ uket, ´ıgy a 8-at
115
˝ feladatok 8.1. Bevezeto
felbontottuk 6 nemnegat´ıv sz´am o¨sszeg´ere, amelyek sorrendje sz´am´ıt. Ezt a 2.6 feladat megold´ asa szerint 13 elek´eppen lehet megtenni. (Pl. 13348-b´ol 5 -f´ el˝ osz¨ or 1133489 majd 0 + 2 + 0 + 1 + 4 + 1 = 8 lesz.) 21 5
2.8. Ezt a 2.6 feladat megold´as´ahoz hasonl´oan az els˝o esetben esetben 15 elek´eppen lehet megtenni. 5 -f´
, a m´asodik
2.9. Ez val´ oj´ aban nem m´ as mintha a 999-et felbontan´ank 4 sz´amra, majd az els˝ oh¨ oz hozz´ a adn´ a nk 1-et. Az ´ıgy kapott 4 sz´am lesz a v´altoz´ok kitev˝oiben. Ezt 1002 -f´ e lek´ e ppen lehet megtenni. 3 2.10. A 2.7 feladat megold´ asa szerint elj´arva a v´alasz
n+m−1 m
-nek ad´odik.
2.11. Legyen ak azon h´ azak sz´ama, amelyekben pontosan k ember ´el. Ekkor ak = dk − dk+1 ´es X i
c2i =
∞ X k=0
(dk − dk+1 )k 2 =
∞ X k=1
dk (k 2 − (k − 1)2 ) =
∞ X
(2k − 1)dk .
k=1
2.12. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a konvex n-sz¨og b´ armely 4 pontja meghat´aroz k´et metsz˝ o´ atl´ ot, ´ıgy a metsz´espontok sz´ama n4 , ha nincsen olyan pont, amelyen 3´ atl´ o is ´ atmegy. Ennyi lehet is, vagyis megadhat´o olyan konvex n-sz¨og, melyben nem megy at 3 ´ ´ atl´ o 1 ponton: ezt n-re vonatkoz´o indukci´oval lehet bizony´ıtani. Az ´all´ıt´as n = 3-ra trivi´ alis, ´es ha m´ ar van egy konvex n-sz¨og¨ unk, akkor az (n + 1)edik pontot el˝ osz¨ or v´ alasszuk meg u ´gy, hogy konvex (n + 1)-sz¨oget kapjunk, majd ha r´ aesett az el˝ oz˝ o n´eh´ any pont, illetve metsz´espont ´altal meghat´arozott egyenes valamelyik´ere, akkor mozgassuk el egy picit az (n + 1)-edik pontot. Az ´ıgy kapott konvex n + 1-sz¨og m´ar megfelel a felt´eteleknek. 2.13. Jel¨ olje s(n) annak a sz´amnak a lehets´eges legnagyobb ´ert´ek´et, ah´any r´eszre n egyenes feloszthatja a s´ıkot. Vegy¨ uk ´eszre, hogy mikor beh´ uzzuk az n-edik egyenest, akkor az el˝ oz˝o n − 1 egyenes felosztja ezt az n-edik egyenest legfeljebb n r´eszre, ezek a r´eszek pedig sz´etv´agnak egy-egy tartom´anyt. ´Igy s(n) = s(n − 1) + n. Az s(1) = 2 kezdeti felt´etelb˝ol kapjuk, hogy s(n) = 1+ n+1 ol azt is l´athatjuk, hogy ha nincs k´et p´arhuzamos egyenes 2 . A fentiekb˝ ´es h´ arom egy ponton ´ atmen˝ o egyenes, akkor ezek ´eppen 1 + n+1 s´ıkr´eszt 2 hat´ aroznak meg.
116
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
8.2. Szita 2.14. (a) Legyen Ai az i-vel oszthat´o sz´amok halmaza 300-ig. Ekkor |A2 | = 300/2 = 150, |A3 | = 300/3 = 100. Ha ezeket levonjuk 300-b´ol, akkor k´etszer vontuk le a 6-tal oszthat´ o elemek sz´am´at, amelyekb˝ol 300/6 = 50 van. ´Igy azon sz´ amok sz´ ama, melyek nem oszthat´oak se 2-vel, se 3-mal: 300 − 300/2 − 300/3 + 300/6 = 100. (b) Legyen megint Ai az i-vel oszthat´o sz´amok halmaza 300-ig. Ekkor |A2 | = 300/2 = 150, |A3 | = 300/3 = 100, A5 = 300/5 = 60. Ha ezeket ¨osszeadjuk, akkor 2-szer sz´ amoltuk a 6-tal, 10-zel ´es 15-tel oszthat´o sz´amokat ´es h´ aromszor a 30-cal oszthat´ oakat. Azonban a 6-tal, 10-zel ´es 15-tel oszthat´o sz´amok sz´am´at levonva, a 30cal oszthat´ o sz´ amok sz´ am´ at pontosan h´aromszor vontuk le, ˝oket ´ıgy egyszer sem sz´ amoltuk. Teh´ at azon sz´amok sz´ama, melyek 2, 3 vagy 5 valamelyik´evel oszthat´ oak: 300/2 + 300/3 + 300/5 − 300/6 − 300/10 − 300/15 + 300/30 = 220. 2.15. Legyen V az ¨ osszes olyan 7-jegy˝ u sz´am, melyek mindegyik jegye 1, 2 vagy 3. Legyen Ai azon sz´ amok halmaza, melyek kihagyj´ak az i jegyet. Ekkor azon 7-jegy˝ u sz´ amok, melyekben az 1, 2, 3 mindegyike el˝ofordul: |V \
3 [
Ai | = |V | − |A1 | − |A2 | − |A3 | + |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 |−
i=1
−|A1 ∩ A2 ∩ A3 | = 37 − 3 · 27 + 3 − 0. 2.16. A 2.14 ´es 2.15 feladatok megold´as´ahoz hasonl´oan kapjuk, hogy azon di´ akok sz´ ama, akik egyik tant´argyat sem szeretik: 30 − 12 − 14 − 13 + 5 + 4 + 7 − 3 = 4. 2.17. (a) Vegy¨ uk ´eszre, hogy egy adott x-re (1 − v1 (x))(1 − v2 (x)) . . . (1 − vk (x)) pontosan akkor 1 ha x nincs egyetlen Ai -ben sem, egy´ebk´ent pedig 0. Teh´ at ezt x-re ¨ osszegezve ´eppen V \ ∪ni=1 Ai halmaz elemsz´am´at kapjuk. (b) A vi1 (x)vi2 (x) . . . vik (x) pontosan akkor 1 ha x benne van az Ai1 , . . . , Aik halmazok mindegyik´eben, egy´ebk´ent pedig 0. Teh´at ezt x-re ¨osszegezve ´eppen az Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik halmaz elemsz´am´at kapjuk. (c) Ez egyszer˝ uen k¨ ovetkezik az (a) ´es (b) r´eszb˝ol, mert (1 − v1 (x))(1 − v2 (x)) . . . (1 − vn (x)) =
117
8.2. Szita
=1+
n X
X
(−1)k
vi1 (x)vi2 (x) . . . vik (x).
1≤i1 <...
k=1
2.18. Legyen V az o ¨sszes permut´aci´ok halmaza. Legyen Ai azon permut´aci´ok halmaza, melyekben az i elem fixpont. Ekkor |V | = n! ´es |Ai1 ∩ · · · ∩ Aik | = (n − k)!, mert k elem k´epe ¨ onmaga, a t¨obbit szabadon permut´alhatjuk. Teh´at a fixpont n´elk¨ uli permut´ aci´ ok sz´ ama |V \ ∪ni=1 Ai | = |V | +
n X
=
|Ai1 ∩ · · · ∩ Aik | =
1≤i1 <...
k=1 n X
X
(−1)k
n X n (−1)k . (−1) (n − k)! = n! k! k k
k=0
k=0
Megjegyz´es: Meg lehet mutatni, hogy ez
b n! e
+ 12 c.
√ 2.19. Legyen V az x-n´el kisebb pozit´ıv eg´eszek halmaza. Legyen p ≤ x pr´ım ´es Ap = {n ∈ Z+ | n ≤ x, p | n}. √ Ekkor azon V -beli elemek, amelyek√egyetlen x-n´el kisebb vagy egyenl˝o pr´ımmel sem oszthat´ oak, ´eppen az x ´es x k¨oz¨otti pr´ımek valamint az 1. Val´oban, ha van egy x-n´el kisebb ¨ osszetett sz´amunk, akkor √ az felbomlik legal´abb k´et pr´ım szorzat´ ara, ´ıgy azok valamelyike legfeljebb x. Vegy¨ uk ´eszre, hogy |Ai1 ∩ · · · ∩ Aik | = b
x x c = b c, pi1 . . . pik d
ahol d = pi1 . . . pik n´egyzetmentes sz´am, mert a pr´ımek k¨ ul¨onb¨oz˝oek voltak. Teh´ at √ 1 + π(x) − π( x) = |V \ ∪p≤√x Ap | = = |V | +
n X k=1
X
(−1)k
√ 1≤i1 <...
X
= d|
Q
p≤
√ x
p
|Api1 ∩ · · · ∩ Apik | =
x µ(d)b c, d
hiszen µ(d) pontosan akkor 1, ha d p´aros sok k¨ ul¨onb¨oz˝o pr´ım szorzata, −1, ha d p´ aratlan sok k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pr´ım szorzata ´es 0, ha nem n´egyzetmentes.
118
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
2.20. Sz´ amoljuk meg a sz¨ urjekt´ıv f : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} f¨ uggv´enyeket. Ebb˝ ol egyr´eszt n! darab van, hiszen ezek ´eppen az {1, 2, . . . , n} permut´ aci´ oi. Most megadunk ugyanerre egy szitaformul´at. Legyen V az ¨osszes f : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} f¨ uggv´eny halmaza, Ai pedig azon f¨ uggv´enyek halmaza, melyek nem veszik fel az i ´ert´eket. Ekkor a sz¨ urjekt´ıv f¨ uggv´enyek halmaza ´eppen V \ ∪ni=1 Ai . Az |Ai1 ∩ · · · ∩ Aik | = (n − k)n , hiszen k ´ert´ek kiv´etel´evel mindent felvehetnek ezen f¨ uggv´enyek. Teh´at n! = |V \ ∪ni=1 Ai | = |V | +
n X
(−1)k
=
k=0
|Ai1 ∩ · · · ∩ Aik | =
1≤i1 <...
k=1 n X
X
n (−1) (n − k)n . k k
2.21. Sz´ amoljuk meg, hogy az {1, 2, . . . , n + m} halmazb´ol h´anyf´elek´eppen v´ alaszthat´ o ki k elem, ha az 1, 2, . . . , n elemek egyik´et sem v´alasztjuk. Ez persze m oj´ aban csak m elemb˝ol v´alasztunk ki k darabot. M´ask , hiszen val´ r´eszt legyen V az ¨ osszes k elem˝ u r´eszhalmaza az {1, 2, . . . , n + m} halmaznak. Legyen Ai (i = 1, . . . , n) azon k-elem˝ u r´eszhalmazok halmaza, melyek tartalmazz´ ak i-t. Ekkor n+m−` |Ai1 ∩ · · · ∩ Ai` | = k−` hiszen r¨ ogz´ıtett ` elemet be kell raknunk a k-elem˝ u halmazba, a t¨obbit szabadon v´ alaszthatjuk. Teh´ at n X X m = |V \ ∪ni=1 Ai | = |V | + (−1)k |Ai1 ∩ . . . Aik | = k k=1
1≤i1 <...
n X n+m−` ` n = (−1) . ` k−` `=0
2.22. Sz´ amoljuk meg, hogy h´anyf´elek´eppen lehet egy m elem˝ u halmazt lefedni d darab s elem˝ u halmaz uni´oj´aval. Mivel m > sd, ´ıgy a v´alasz term´eszetesen 0. Most adunk erre egy lesz´aml´al´ast szit´aval. Legyen V az ¨osszes parci´ alis fed´esek halmaza d darab s elem˝ u halmazzal. Legyenek Ai azon parci´ alis fed´esek, melyekben nincs benne az i elem. Ekkor d m−k |Ai1 ∩ · · · ∩ Aik | = , s
119
8.2. Szita
hiszen m − k elemb˝ ol kell d darab s elem˝ u halmazt v´alasztani. Teh´at 0 = |V \ ∪ni=1 Ai | = |V | +
n X
m−s X
(−1)k
k=0
|Ai1 ∩ . . . Aik | =
1≤i1 <...
k=1
=
X
(−1)k
d m m−k . k s
2.23. Legyen C az ¨ osszes sz´ınez´esek halmaza λ sz´ınnel (vagyis nem csak a j´ o sz´ınez´esek´e). Legyen Ae (e ∈ E) azon sz´ınez´esek halmaza, melyben az e ´el k´et v´egpontja azonos sz´ın˝ u. Ekkor | ∩e∈T Ae | = λc(T ) , ugyanis a T -beli ´elek ´ altal meghat´arozott komponenseket egy sz´ınnel kell sz´ınezn¨ unk, de a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o komponensek sz´ınei lehetnek ak´ar azonosak, ak´ar k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek. Teh´ at X P (G, λ) = |C \ ∪e∈E Ae | = (−1)|T | | ∩e∈T Ae | = T ⊂E(G)
=
X
(−1)|T | λc(T ) .
T ⊆E(G)
2.24. Sz´ amoljuk meg, hogy egy adott x ∈ V elemet h´anyszor sz´amolunk meg a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o kifejez´esekben. Ha x nincs benne egyetlen Ai -ben sem, akkor pontosan 1-szer sz´ amoljuk mindh´arom kifejez´esben. Ha x pontosan k darab Ai -ben van benne, ahol k ≥ 1, akkor V \ ∪ni=1 Ai -ben nem sz´amoljuk, m´ıg a m´ asik k´et kifejez´esben ´eppen 2t−1 X
2t X k j k (−1) illetve (−1) j j j=0 j=0 j
s´ ullyal sz´ amoljuk. Mivel X r r X k k−1 k−1 (−1)j = (−1)j + = j j−1 j j=0 j=0 r
= (−1)
k−1 r
negat´ıv, ha r = 2t − 1, ´es pozit´ıv, ha r = 2t. Teh´at val´oban |V | +
2t−1 X
2t X
j=1
j=1
(−1)j σj ≤ |V \ ∪ni=1 Ai | ≤ |V | +
(−1)j σj .
120
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
2.25. Tegy¨ uk fel, hogy egy elem pontosan t halmazban van benne, ekkor ez az elem ´eppen n X t k+j j (−1) k j j=k
s´ ullyal szerepel a n X
(−1)k+j
j=k
j σj k
o ¨sszegben. Ha t < k, akkor a fenti o¨sszeg 0. Ha t = k, akkor ´eppen 1. Ha t > k akkor X n n X t t−k k+j j k+j t (−1) = (−1) = k j k t−j j=k
j=k
=
X n t t−k (−1)k+j = 0. k t−j j=k
Teh´ at
n X
(−1)k+j
j=k
j σj k
val´ oban azokat az elemeket sz´amolja pontosan 1-szer, amelyek pontosan k darab halmazban vannak benne. 2.26. Tudjuk a 2.25 feladatb´ol, hogy azon elemek sz´ama, amelyek pontosan t darab halmazban vannak, ´eppen n X
(−1)k+j
j=k
j σj . t
Ha ezt o uk 0-t´ ol k-ig, akkor megkapjuk azon elemeket, amelyek leg¨sszegezz¨ feljebb k halmazban vannak benne. Ebben az o¨sszegben σj egy¨ utthat´oja: k X t=0
t+j
(−1)
X n j j−1 j−1 t+j = (−1) + = t t−1 t t=k
j+k
= (−1)
j−1 k
121
8.2. Szita
ha j ≤ 1 ´es 1 ha j = 0. Teh´ at n X
|Tk0 | = σ0 +
(−1)k+j
j=k+1
j−1 σj . k
2.27. Tudjuk a 2.25 feladatb´ol, hogy azon elemek sz´ama, amelyek pontosan t darab halmazban vannak ´eppen n X j (−1)k+j σj . t j=k
Ha ezt ¨ osszegezz¨ uk k-t´ ol n-ig akkor megkapjuk azon elemeket amelyek legal´ abb k halmazban vannak benne. Ebben az ¨osszegben σj egy¨ utthat´oja: n X
t+j
(−1)
t=k
t=k
= (−1)
X n j−1 j−1 j t+j (−1) + = = t−1 t t
k+j
j−1 n+j j − 1 k+j j − 1 + (−1) = (−1) . k−1 n k−1
Az utols´ o l´ep´esben felhaszn´ altuk, hogy j ≤ n azaz j − 1 < n. Teh´at n X k+j j − 1 00 (−1) σj . |Tk | = k−1 j=k
2.28. (a) A 2.25 ´es 2.18 feladatok megold´asait felhaszn´alva ez a sz´am ´eppen n n−k n X n! X (−1)t j n n! X (−1)j+k = . (−1)j+k (n − j)! = k! (j − k)! k! t=0 t! k j j=k
j=k
(b) A 2.26 ´es 2.18 feladatok megold´asait felhaszn´alva ez a sz´am ´eppen: n X n j+k j − 1 n! + (−1) (n − j)! = k j j=k+1
= n! +
n n! X (−1)j+k = k! j · (j − 1 − k)! j=k+1
= n! +
n−k−1 (−1)t+1 n! X . k! t=0 (t + k + 1) · t!
122
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
(c) A 2.27 es 2.18 feladatok megold´asait felhaszn´alva ez a sz´am ´eppen n n X X n n! (−1)j+k j+k j − 1 (−1) (n − j)! = = k−1 j (k − 1)! j · (j − k)! j=k
j=k
=
n−k X (−1)t n! . (k − 1)! t=0 (t + k) · t!
2.29. K¨ onnyen megsejthet˝ o ´es indukci´oval bizony´ıthat´o, hogy az n-edik differenciasorozat k-adik eleme ´eppen n X n−i n (−1) ai+k−1 . i i=0
2.30. (a) Vegy¨ uk ´eszre, hogy Pk (x + 1) − Pk (x) = (x + 1)x . . . (x − k + 2) − x(x − 1) . . . (x − k + 1) = = kx(x − 1) . . . (x − k + 2) = kPk−1 (x). ´Igy az m-edik differenciasorozatban a k(k − 1) . . . (k − m + 1)Pm (j) sz´amok fognak szerepelni. (b) Mivel a Pj (x) polinomok b´azist alkotnak, ´ıgy tetsz˝oleges k-adfok´ u P (x) Pk polinomot fel´ırhatunk j=0 aj Pj (x) alakban, ahol ak a P f˝oegy¨ utthat´oja. Az (a) r´eszb˝ ol l´ atjuk, hogy a k-adik differenciasorozat konstans ak k! lesz, minden m´ as tag elt˝ unik. 2.31. Mindh´ arom azonoss´ agot meg lehet oldani a 2.20 feladat mint´aj´ara (s˝ot az els˝ o azonoss´ ag ´eppen a 2.20 feladat). Most azonban megmutatjuk, hogy az 2.29 ´es 2.30 feladatok hogyan adj´ak ki ezt az eredm´enyt. A h´arom azonoss´ agban a P1 (x) = xn , P2 (x) = xn−1 , P3 (x) = xn+1 polinomokhoz tartoz´o sorozatok n-edik differenciasorozat´anak egy-egy elem´et kell meghat´arozni. Az els˝ o esetben ez ´eppen an · n! = n!. A m´asodik esetben ez a sz´am 0, hiszen egy n − 1-edfok´ u polinom n-edik differenciasorozata azonosan elt˝ unik. A harmadik esetben egy line´aris polinom lesz az n-edik differencia sorozat. Mivel xn+1 = x(x − 1) . . . (x − n) +
n(n + 1) x(x − 1) . . . (x − n + 1) + Qn−1 (x), 2
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 8.3. Binomia utthato uggve
123
ahol deg Q(x) ≤ n − 1, ´ıgy az n-edik differenciasorozat (n + 1)!x + n(n+1) · n!, 2 ´es ez van x = 0-ban ki´ert´ekelve. 2.32. X r − jt j k (−1) (r − jt)−1 = j k j 1 X j k (−1) (r − jt − 1) . . . (r − jt − k + 1) = = k! j j =
k 1 X (−1)j Pr,t (j). k! j j
Itt Pr,t egy k−1-edfok´ u polinom, ennek a k-adik differenciasorozata azonosan 0 teljesen f¨ uggetlen¨ ul att´ ol, hogy mi a polinom val´oj´aban!
8.3. Binomi´ alis egyu ok ´ es gener´ atorfu ¨ tthat´ ¨ ggv´ enyek 2.33. (a) Sz´ amoljuk meg egy n elem˝ u halmaz ¨osszes r´eszhalmaz´at! Ez egyr´eszt 2n , hiszen minden elemr˝ol k¨ ul¨on-k¨ ul¨on eld¨ontj¨ uk, hogy benne le gyen vagy sem. M´ asr´eszt a k elem˝ u halmazokb´ol ´eppen nk van, ´ıgy ezt k = 0, 1, . . . , n-re o ¨sszegezve azt kapjuk, hogy n X n k=0
k
= 2n .
(b) Sz´ amoljuk meg a k¨ ovetkez˝o halmaz elemsz´am´at k´etf´elek´eppen: {(A, B) | A ⊂ B, |A| = k, |B| = m, B ⊂ {1, 2, . . . , n}} . n El˝ osz¨ or B-t m f´elek´eppen v´alaszthatjuk. Majd B-b˝ol A-t m elek´eppen k -f´ v´ alaszthatjuk. Teh´ at a halmaz elemsz´ama n m . m k M´ asr´eszt u ´gy is sz´ amolhatunk, hogy el˝osz¨or kiv´alasztjuk A-t nk -f´elek´eppen, majd a marad´ek n − k elemb˝ol kiv´alasztjuk azt az m − k elemet, amelyeket
124
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
n−k hozz´ av´eve A-hoz megkapjuk B-t, ez ut´obbit m−k -f´elek´eppen tehetj¨ uk meg. Teh´ at a halmaz elemsz´ ama n n−k . k m−k Ezt ¨ osszevetve kor´ abbi eredm´eny¨ unkkel kapjuk, hogy n m n n−k = m k k m−k (c) Hat´ arozzuk meg a k¨ ovetkez˝o halmaz elemsz´am´at k´etf´elek´eppen: {(x, A) | x ∈ A, A ⊂ {1, 2, . . . , n}} . Ha az |A| halmaznak k eleme van, akkor A-t ´eppen nk -f´elek´eppen v´alaszthatjuk. Majd A-b´ ol x-et k-f´elek´eppen v´alaszthatjuk. Ha ezt minden k-ra o sszegezz¨ u k, akkor kapjuk, hogy az (x, A) p´arok fenti halmaz´anak elemsz´a¨ ma n X n k . k k=0
M´ asr´eszt u ´gy is sz´ amolhatunk, hogy el˝osz¨or kiv´alasztjuk x-et n-f´elek´eppen, majd a marad´ek n − 1 elemb˝ol kiv´alasztunk n´eh´anyat m´eg, hogy megkapjuk A-t, ´ıgy a fenti halmaz elemsz´ama n2n−1 . Teh´at n X n k = n2n−1 . k
k=0
(d) Legyen egy t´ arsas´ agban n f´erfi ´es m n˝o, bel˝ol¨ uk akarunk kiv´alasztani r embert. Ezt meg lehet tenni n+m -f´ e lek´ e ppen. M´asr´eszt u ´gy is sz´amolr hatunk, hogy kiv´ a lasztunk k f´ e rfit, majd hozz´ a v´ a lasztunk r − k n˝ot. Ezt m n -f´ e lek´ e ppen tehetj¨ u k meg. Ezt minden k-ra o sszegezve kapjuk, hogy ¨ k r−k r X n m n+m = . k r−k r
k=0
(e) V´ alasszunk ki az 1, 2, . . . , n + 1 sz´amb´ol s + t + 1 darabot. Ezt meg lehet n+1 tenni s+t+1 -f´elek´eppen. M´asr´eszt u ´gy is sz´amolhatunk, hogy kiv´alasztjuk el˝ osz¨ or az s + 1 legnagyobb sz´amot. Ha ez a k + 1-es sz´am, akkor az els˝o k sz´ amb´ ol kell m´eg kiv´ alasztani s darabot ´es az utols´o n − k sz´amb´ol t darabot.
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 8.3. Binomia utthato uggve
Ezt ks hogy
n−k t
-f´elek´eppen tehetj¨ uk meg. Ezt minden k-ra o¨sszegezve kapjuk, X k n − k n + 1 = . s t s+t+1 k
2.34.
n X n
n X n k = (k(k − 1) + k) = k k
k=0
=
n X k=0
2
k=0
X n n−1 n−2 n = n(n − 1)2n−2 + n2n−1 = n(n − 1) + k−1 k−2 k=0
= n(n + 1)2n−2 .
2.35.
n X t t=k
k
=
n X t n−t t=k
k
0
=
n+1 . k+1
A m´ asodik l´ep´esben felhaszn´altuk 2.33 feladat (e) r´esz´et. 2.36. X r s X r s = = k n+k k s − (n + k) k k r+s r+s = = . s−n r+n A m´ asodik l´ep´esben felhaszn´altuk 2.33 feladat (d) r´esz´et. 2.37.
X n n X n−1 m n m = n = k k−1 k k k
k=0
=n
k=0
n X k=0
n−1 m n+m−1 =n . k−1 m−k m
A harmadik l´ep´esben felhaszn´altuk 2.33 feladat (d) r´esz´et. 2.38.
125
n 2 X n k=0
k
n X n n 2n = = . k n−k n k=0
A m´ asodik l´ep´esben felhaszn´altuk 2.33 feladat (d) r´esz´et.
126
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
2.39. (a) Vegy¨ uk ´eszre, hogy n k n n−m = . k m m n−k ´Igy X
X n k n n−m = (−1)k = k m m n−k k X n k n−m = (−1) = 0. m n−k
(−1)k
k
k
Azt is l´ atjuk, hogy ha n = m, akkor ez az ¨osszeg (−1)n . (b) Az (a) r´esz szerint az inverzben az i-edik sor j-edik oszlop´aban lev˝o elem i−1 (−1)i+j j−1 . 2.40. (a) A k´et oldalon az xr egy¨ utthat´oj´at ¨osszehasonl´ıtva megkapjuk a 2.33 feladat (d) r´esz´et: r X n m n+m = . k r−k r k=0
(b) A k´et oldalon az xr−1 egy¨ utthat´oj´at ¨osszehasonl´ıtva kapjuk, hogy n n−1 r =n . r r−1
2.41. (a) Ha G(x) =
F (x) 1−x
=
P∞
n=0 bn x
n
, akkor
∞ X 1 xn = 1 − x n=0
´es a Cauchy-szorz´ as szab´ aly´ ab´ol ad´odik, hogy bn =
n X
ak .
k=0
(b) Az (a) r´eszb˝ ol ´es indukci´oval k¨ovetkezik, hogy ∞ X 1 k = xk+1−n . (1 − x)n n−1 k=0
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 8.3. Binomia utthato uggve
127
Megjegyz´es: K¨ onnyebb megjegyezni a ∞ X n n xm x = (1 − x)m+1 m n=m
o ugg´est. ¨sszef¨ (c) Az xt+n+m−1 egy¨ utthat´ oj´at ¨osszehasonl´ıtva kapjuk, hogy X k t − k t + 1 = . n−1 m−1 n+m−1 k
Ez ´eppen a 2.33 feladat (e) r´esz´evel ekvivalens. 2.42. Az ´ altal´ anos binomi´ alis t´etel szerint ∞ X −1/2 −1/2 (1 − 4x) = (−4x)n . n n=0 Itt −1/2 (−1/2) · (−3/2) · (−5/2) · · · (1/2 − n) (−1)n 4n = (−4)n = n! n =
1 · 3 · . . . · · · (2n − 1) n (2n)! 2 = = n! n!n!
Teh´ at (1 − 4x)
−1/2
2n . n
∞ X 2n n = x . n n=0
Megjegyz´es: Ezt az eredm´enyt le lehet vezetni a Catalan-sz´amok gener´atorf¨ uggv´eny´eb˝ ol is, amit elemi m´odon meg lehet kapni. (b) Haszn´ aljuk fel az (a) r´esz eredm´eny´et: ∞ X 2n n=0
n
!2 x
n
=
1 √ 1 − 4x
2 =
∞ X 1 = 4n xn . 1 − 4x n=0
Az xn egy¨ utthat´ oj´ at ¨ osszehasonl´ıtva a k´et oldalon ´eppen a bizony´ıtand´o ´all´ıt´ ast kapjuk.
128
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
2.43. cn =
n X n k=0
2.44. Legyen A(x) =
k
ak bn−k .
n
P∞
n=0
an xn! ´es B(x) = n X n
k
k=0
xn n=0 bn n! .
P∞
Vegy¨ uk ´eszre, hogy
ak = bn
azzal ekvivalens, hogy A(x)ex = B(x). Teh´at A(x) = e−x B(x), ahonnan kapjuk, hogy n X n an = (−1)n−k bk . k k=0
2.45.
∞ ∞ X X √ 2 2 2 (xi + xi +1 + xi +2 + . . . ) = b ncxn . n=1
i=1
2.46. ∞ X k=1
∞ ∞ ∞ X X X X xk bk bk xjk = bk x n . = 1 − xk n=1 j=1 k | n
k=1
Teh´ at an =
X
bk .
k | n
2.47. (a) Legyen An =
X n k . 2k m k
Ekkor
∞ X n=0
n
An x =
! ∞ X X n k n=0
k
2k
m
xn =
! X ∞ X ∞ ∞ X k n k x2k n x = = = m 2k m (1 − x)2k+1 n=0 k=0
k=0
129
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 8.3. Binomia utthato uggve
=
1 1−x
∞ X k k=0
m
2
x (1 − x)2
= (1 − x)
k =
1 1−x
x2 (1−x)2
1−
m
x2 (1−x)2
m+1 =
x2m (1 − 2x)m+1
(b) Vegy¨ uk ´eszre, hogy ∞ X
An xn = (1 − x)
n=0
x2m (2x)m m = (1 − x)(x/2) = (1 − 2x)m+1 (1 − 2x)m+1
∞ X r = (1 − x)(x/2) (2x)r . m r=m m
Az xn egy¨ utthat´ oj´ at o ¨sszehasonl´ıtva a k´et oldalon kapjuk, hogy 1 n − m n−m n − m − 1 n−m−1 An = m 2 − 2 = 2 m m n−m n − 2m n − m = 2 − n−m m m n n−m n−2m−1 =2 . n−m m
n−2m−1
=2
2.48. Legyen An =
n X n + k n−k 2 . 2k
k=0
Ekkor
∞ X
! ∞ n X X n + k n−k An x = 2 xn = 2k n=0 n=0 k=0 ! ∞ ∞ ∞ X 1 X n + k X 1 (2x)k n = (2x) = 2k n=0 2k (1 − 2x)k+1 2k n
k=0
=
1 1 − 2x
k=0
∞ X k=0
x (1 − 2x)2
k =
1 1 = x 1 − 2x 1 − (1−2x) 2
1 − 2x 1 − 2x 2 1 1 1 = = + = 1 − 5x + 4x2 (1 − x)(1 − 4x) 3 1 − 4x 3 1 − x
130
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
= Teh´ at
2X 1X n (4x)n + x . 3 n 3 n
n X n+k 2k
k=0
2n−k =
1 (2 · 4n + 1). 3
2.49. Legyen An =
m X m n+k k
k=0
´es Bn =
m
m X m n k 2 . k k
k=0
Ekkor
∞ X
n
An x =
n=0
! ∞ m X X m n+k n=0
k=0
k
m
xn =
! X ∞ X ∞ X m n+k n m xm−k = = x = k m k (1 − x)m+1 n k=0
=
k=0
xm (1 − x)m+1
M´ asr´eszt
m ∞ X m −k xm 1 (1 + x)m x = 1 + = . k (1 − x)m+1 x (1 − x)m+1
k=0 ∞ X
! ∞ m X X m n Bn xn = 2 k xn = k k n=0 n=0 k=0
=
=
∞ X
∞ X
k=0
n=0
m k 2 k
n n x m
! =
∞ X m k xk 2 = (1 − x)k+1 k
k=0
k m ∞ 1 X m 2x 1 2x (1 + x)m = 1+ = . 1−x k 1−x 1−x 1−x (1 − x)m+1 k=0
Teh´ at An = Bn minden n-re. 2.50. Legyen An =
n X
(−1)
k=0
n−k
2k k
k . n−k
131
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 8.3. Binomia utthato uggve
Ekkor
∞ X
∞ n X X
n
An x =
n=0
n=0
∞ X 2k
(−1)
n−k
k=0
2k k
! k xn = n−k !
∞ X k (−x)n−k = k n − k n=0 k=0 ∞ ∞ X 2k X 2k = xk (1 − x)k = (x(1 − x))k = k k =
xk
k=0
k=0
∞ X 1 1 = = 2n xn . =p 1 − 2x n=0 1 − 4x(1 − x)
Teh´ at
n X
(−1)
n−k
k=0
2k k
k n−k
= 2n .
2.51. A feladat megold´ asa sor´an fel fogjuk haszn´alni, hogy ∞ X 2k k 1 x =√ . k 1 − 4x k=0
El˝ osz¨ or is v´egrehajtunk egy v´altoz´ocser´et, legyen m − k = r. ´Igy m m X X m 2r m 2m − 2k (−2)m−r . Am = (−2)k = r r k m−k r=0 k=0
Ekkor
∞ X
m
Am x
=
m=0
m=0
=
∞ X r=0
=
∞ X r=0
∞ X
∞ X m 2r r=0
2r (−2)−r r
2r (−2x)r (−2)−r r (1 + 2x)r+1 =
1 1 q 1 + 2x 1 − 4
r
r
! m−r
(−2)
xm =
! ∞ X m m (−2x) = r m=r r ∞ 1 X 2r x = = 1 + 2x r=0 r 1 + 2x x 1+2x
=√
∞ X 2n 2n = x . n n=0
1 = 1 − 4x2
132
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza m m/2
Teh´ at Am = 0, ha m p´ aratlan, ´es Am =
, ha m p´aros.
2.52. Legyen An =
n X n 2k k=0
Ekkor
∞ X
n
An x =
n=0
2k
k
2n−2k .
∞ n X X n 2k n=0
∞ X
2k
k=0
k
! n−2k
2
xn =
! ∞ 2k −2k X n n = 2 (2x) = k 2k n=0 k=0 ∞ X 2k −2k (2x)2k = = 2 (1 − 2x)2k+1 k
k=0
=
=
1 1 q 1 − 2x 1 − 4
x2 (1−2x)2
=
∞ X 2n n 1 1 − 2x 1 p =√ = x . 1 − 2x (1 − 2x)2 − 4x2 1 − 4x n=0 n
Teh´ at
n X n 2k 2k
k=0
k
n−2k
2
2n = . n
2.53. Legyen An =
n−m X k=0
Ekkor
∞ X
An x n =
n=0
=
n+k m + 2k
∞ X
n−m X
n=0
k=0
∞ X
2k (−1)k . k k+1
! 2k (−1)k xn = k k+1 ! ∞ X n+k xn = m + 2k n=0
n+k m + 2k
2k (−1)k k k+1 k=0 ∞ X 2k (−1)k xm+k = = k k + 1 (1 − x)m+2k+1
k=0
k ∞ X xm 2k (−1)k −x = = (1 − x)m+1 k k + 1 (1 − x)2 k=0
133
´ lis egy¨ ´k e ´s genera ´ torf¨ ´nyek 8.3. Binomia utthato uggve
=
1−
q
−x 1 − 4 (1−x) 2
1+x
1 − 1−x xm = −x −x m+1 (1 − x) 2 (1−x)2 2 (1−x) 2 ∞ X xm r = x = xr . (1 − x)m m − 1 r=0
m
x (1 − x)m+1
=
Az xn egy¨ utthat´ oj´ at o ¨sszehasonl´ıtva a k´et oldalon kapjuk, hogy X n + k 2k (−1)k n−1 = . m + 2k k k+1 m−1 k
2.54. ∞ X
bn/2c
X
n=0
k=0
∞ ∞ n − k k n X X 1 2 x = 2k k
! ∞ X n−k n (2x) = k
n=2k
k=0 n=2k
k ∞ ∞ X 2x2 1 (2x)2k 1 X = = 2k (1 − 2x)k+1 1 − 2x 1 − 2x
k=0
k=0
1 1 1 = = 2x2 1 − 2x 1 − 1−2x 1 − 2x − 2x2
=
=
∞ X √ √ α β √ √ + = (α(1 + 3)n + β(1 − 3)n )xn . 1 − (1 + 3)x 1 − (1 − 3)x n=0
ahol
1 α= 2
1 1+ √ 3
1 ´es β = 2
1 1− √ 3
.
Innen kapjuk, hogy bn/2c
X
k=0
√ √ n−k k 1 2 = √ (1 + 3)n+1 + ((1 − 3)n+1 . k 2 3
2.55. ∞ X
bn/2c
X
n=0
=
∞ X k=0
k=0
5 12
n−k k
k n−2k 1 5 xn = 4 12
−2k k 1 4
n ! ∞ X n−k 5 x = k 12
n=2k
134
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
=
k ∞ X 36 25
k=0
=
1
2k 5 12 x k+1 5 − 12 x
1 1 = 2 5 1 − 12 x 1 − x /4 1− 5 1− 12 x
=
k ∞ 1 2 X 1 4x = 5 5 1 − 12 x k=0 (1 − 12 x) 1
5 12 x
−
1 2 4x
=
9/13 4/13 . 3 + 1 − 4 x 1 + 31 x
Teh´ at bn/2c
X
k=0
n−k k
k n−2k n n 1 9 3 4 5 1 = + . − 4 12 13 4 13 3
2.56. (a) ´es (b) A 2.44 feladat megold´as´ab´ol azonnal ad´odik, hogy ∞ X n=0
an
∞ ∞ X X zn zn ez = e−z n! = e−z zn = . n! n! 1−z n=0 n=0
A 2.44 feladat megold´ as´ ab´ ol azt is tudjuk, hogy n n X X n (−1)k an = (−1)k (n − k)! = n! . k k! k=0
k=0
(c) Egyik lehet˝ os´eg, hogy ´eszrevessz¨ uk, hogy an -re ´eppen a (b)-beli k´eplet ad´ odott a fixpontmentes permut´aci´ok sz´am´ara a 2.18 feladatban. A m´asik lehet˝ os´eg, hogy ´eszrevessz¨ uk, hogy a feladatban szerepl˝o azonoss´ag trivi´alisan teljes¨ ul a fixpontmentes permut´aci´ok sz´am´ara, ugyanis az ¨osszes permut´ ot megsz´ amolhatjuk u ´gy, hogy el˝osz¨or r¨ogz´ıt¨ unk n − k fixpontot (ezt aci´ n /f´ e lek´ e ppen v´ a laszthatjuk ki), majd a marad´ e k k elemet ak f´elek´eppen k ´ permut´ alhatjuk, hogy ne legyen fixpont. Igy n X n n! = ak . k k=0
Teh´ at ezen m´ asodik megold´ assal ´es az (a) ´es a (b) r´esszel egy u ´j bizony´ıt´ast kaptunk a 2.18 feladat megold´as´aban bizony´ıtott formul´ara. 2.57. Legyen an =
n X n
k
k=0
´es bn =
n X n k=0
k
(n − k)!
f (n − k)2k .
135
´ ris rekurzio ´k 8.4. Linea
Ekkor
∞ X
an
n=0
m´ıg
∞ X n=0
bn
zn 1 = ez · , n! 1−z
e−z zn = · e2z , n! 1−z
ahol felhaszn´ altuk 2.56 ´es 2.43 feladatok eredm´enyeit. Teh´at an = bn minden n-re.
8.4. Line´ aris rekurzi´ ok 2.58. (a) A sorozat els˝ o n´eh´any elem´et kisz´amolva azonnal megsejthetj¨ uk, hogy an = 2n . Ezt k¨ onnyen be is tudjuk bizony´ıtani indukci´oval: ez n = 0, 1 eset´en igaz. Ha n − 1-ig igaz az ´all´ıt´as akkor an = 5an−1 − 6an−2 = 5 · 2n−1 − 6 · 2n−2 = (10 − 6) · 2n−2 = 2n . (b) Az (a) r´eszhez hasonl´ oan most is megsejthetj¨ uk, hogy an = 3n . Ezt is k¨ onnyen bel´ athatjuk indukci´ oval. ´ (c) Eszrevehetj¨ uk, hogy k´et a line´aris rekurzi´ot kiel´eg´ıt˝o sorozat ¨osszege is kiel´eg´ıti a rekurzi´ ot, illetve egy ilyen sorozat konstansszorosa is kiel´eg´ıti a rekurzi´ ot. ´Igy az (a) ´es (b) r´eszb˝ol kiindulva megpr´ob´alhatjuk a sorozatot a · 2n + b · 3n alakban keresni. Hogy a0 = 3 ´es a1 = 8 legyen, az a = 1, b = 2 v´ alaszt´ as megfelel˝ o. Innen viszont azonnal k¨ovetkezik, hogy minden n-re an = 2n + 2 · 3n . 2.59. A tanult m´ odszer alapj´an ad´odnak a k¨ovetkez˝o eredm´enyek. (a) an = 2n + 2 (b) bn = 21 (1 + i)n−1 + (1 − i)n−1 √ n−1 √ n−1 1 (c) cn = 2√ (2 + 2) − (2 − 2) 2 (d) dn = n (e) en = n · 2n+1 2.60. an = 3 + 2n + 2 · 3n √ √ 2.61. an = (2 + 3)n + (2 − 3)n
136
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
8.5. Fibonacci-sorozat 2.62. Legyen An a domin´ ofed´esek sz´ama 2 × n-es t´eglalap eset´en. Ekkor A1 = 1 ´es A2 = 2. Ha a 2 × n-es t´eglalapban az utols´o domin´o ´all, akkor a marad´ek 2 × (n − 1)-es t´eglalapot An−1 -f´elek´eppen tudjuk lefedni. Ha az utols´ o 2 domin´ o v´ızszintesen ´all akkor a marad´ek 2 × (n − 2)-es t´eglalapot An−2 f´elek´eppen tudjuk lefedni. ´Igy An = An−1 + An−2 . Teh´ at An = Fn+1 , ahol (Fn ) a Fibonacci-sorozat. 2.63. Legyen bn/2c
An =
X i=0
m Az k−1 + k = k azonoss´agb´ol k¨onnyen ad´odik, hogy An = An−1 + An−2 . Mivel A1 = 1 ´es A2 = 2, ´ıgy kapjuk, hogy An = Fn+1 .
m
n−i . i
m+1
2.64. El˝ osz¨ or ´erdemes indukci´oval bizony´ıtani, hogy F0 + F1 + · · · + Fn = Fn+2 − 1. Ha ezt bebizony´ıtottuk, akkor megint csak indukci´oval k¨onnyen ad´odik, hogy (n + 1)F0 + nF1 + · · · + 1 · Fn = Fn+4 − (n + 3). 2.65. Indukci´ oval k¨ onnyen igazolhat´o, hogy F12 + F22 + · · · + Fn2 = Fn Fn+1 . 2.66. Az x2 − x − 1 = 0 egyenlet k´et megold´asa √ √ 1− 5 1+ 5 φ1 = ´es φ2 = . 2 2 Ha Fn = c1 φn1 + c2 φn2 alakban keress¨ uk, akkor c1 = √15 , c2 = − √15 ´ert´ekekkel all´ıthatjuk be a kezd˝ ´ o´ert´ekeket. Teh´at √ !n √ !n ! 1+ 5 1 1− 5 − . Fn = √ 2 2 5 2.67. Csak annyit fogunk felhaszn´alni, hogy Fn = c1 φn1 + c2 φn2 , ahol φ2i = φi + 1. Ebb˝ ol m´ ar a binomi´ alis t´etellel k¨ovetkezni fog az ´all´ıt´as: n n X X n n Fk = (c1 φk1 + c2 φk2 ) = k k k=0
k=0
137
8.5. Fibonacci-sorozat
= c1
n X n k=0
k
φk1 + c2
n X n k=0
k
φk2 =
= c1 (1 + φ1 )n + c2 (1 + φ2 )n = c1 (φ21 )n + c2 (φ22 )n = F2n . 2.68. (a) Indukci´ oval k¨ onnyen bizony´ıthat´o, hogy
0 1
1 1
n
=
Fn−1 Fn
Fn Fn+1
.
(b) Felhaszn´ alva, hogy
kapjuk, hogy Fn+m−1 Fn+m
0 1
1 1
n+m
Fn+m Fn+m+1
=
=
0 1
Fn−1 Fn
1 1
n
Fn Fn+1
0 1
1 1
m
Fm−1 Fm
Fm Fm+1
.
Ebb˝ ol pl. kapjuk, hogy Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 . (c) Ez azonnal ad´ odik a binomi´alis t´etelb˝ol ´es az 1 Fn = √ 5
√ !n 1+ 5 − 2
√ !n ! 1− 5 2
k´epletb˝ ol. 2.69. (a) Vegy¨ uk ´eszre, hogy x2 F (x) = F (x) + xF (x) + 1, mivel Fn = Fn−1 + Fn−2 ha n ≥ 2. Innen kapjuk, hogy F (x) =
1 . 1 − x − x2
Megjegyz´es: Az 1 c1 c2 = + 1 − x − x2 1 − φ 1 x 1 − φ2 x azonoss´ agb´ ol is levezethet˝ o, hogy Fn = c1 φn1 + c2 φn2 , ahol c1 = −c2 = √ √ 1+ 5 1− 5 φ1 = ´es φ2 = . 2 2
√1 5
´es
138
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
(b) Felhaszn´ alva az Fn = c1 φn1 + c2 φn2 o¨sszef¨ ugg´est kapjuk, hogy ∞ X n=0
Fn
xn = c1 eφ1 x + c2 eφ2 x . n!
2.70. (a) Tekints¨ uk az (Fn , Fn+1 )∞ amp´arokat modulo m. Ekkor legn=1 sz´ 2 feljebb m k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o p´ art kaphatunk, hiszen mindk´et koordin´ata legfeljebb m-f´ele lehet, ´ıgy lesz k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o i ´es j, melyekre Fi ≡ Fj (mod m) ´es Fi+1 ≡ Fj+1 (mod m). Innen viszont a rekurzi´ob´ol k¨ovetkezik, hogy tetsz˝oleges n-re Fi+n ≡ Fj+n (mod m). Vegy¨ uk ´eszre, hogy az Fn = Fn+2 − Fn+1 felhaszn´ al´ as´ aval visszafel´e is l´epkedhet¨ unk. Teh´at a sorozat periodikus j − i periodussal. (b) El˝ osz¨ or megmutatjuk, hogy (Fn , Fn+1 ) = 1. Tegy¨ uk fel, hogy d | Fn ´es d | Fn+1 . Ekkor d | Fn+1 − Fn vagyis d | Fn−1 . Ezut´an d | Fn−1 ´es d | Fn oszthat´ os´ agokb´ ol kapjuk, hogy d | Fn−2 . Ezt folytatva kapjuk, hogy d | F1 = 1. Teh´ at (Fn , Fn+1 ) = 1. M´ asodik l´ep´esben megmutatjuk, hogy minden m eset´en l´etezik egy r(m) sz´ am, hogy m | Fn pontosan akkor, ha r(m) | n. Legyen r a legkisebb pozit´ıv sz´ am, melyre m | Fr , ilyen van, mert az (a) r´esz szerint az (Fn ) sorozat periodikus modulo m ´es m | F0 = 0. Most haszn´aljuk a 2.68 feladat (b) r´esz´et, mely szerint Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 . Ha ezt n = rk, m = k-ra haszn´ aljuk akkor kapjuk, hogy Fr(k+1) = Frk−1 Fr + Frk Fk+1 . Ebb˝ ol k¨ onnyen l´ athat´ o indukci´oval, hogy Fr | Frt , hiszen Fr | Fr ´es Fr | Frk miatt Fr | Fr(k+1) . Ebb˝ ol speci´alisan k¨ovetkezik, hogy m | Frt . Megmutatjuk, hogy ha r nem osztja N -t akkor m nem osztja Fn -t. Legyen N = rk + s, ahol 1 ≤ s < r. Ekkor megint csak Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 ¨osszef¨ ugg´est haszn´ aljuk m = rk, n = s szereposzt´assal: FN = Fs−1 Frk + Fs Frk+1 . Ha m | FN akkor m | Frk miatt m | Fs Frk+1 . Mivel (Frk , Frk+1 ) = 1, ´ıgy (m, Frk+1 ) = 1. Teh´ at m | Fs . Ez viszont ellentmond r defin´ıci´oj´anak. Teh´at r(m) = r megfelel a felt´eteleknek. Megmutatjuk, hogy ebb˝ ol m´ar k¨onnyen k¨ovetkezik a feladat ´all´ıt´asa. Legyen d = (n, m), ekkor Fd | Fn ´es Fd | Fm miatt Fd | (Fn , Fm ). M´asr´eszt legyen t = (Fn , Fm ), ekkor r(t) | n ´es r(t) | m miatt r(t) | (n, m). Teh´at r(t) | d, ´ıgy t | Fd vagyis (Fn , Fm ) | Fd . Teh´at Fd = (Fn , Fm ). 2.71. Legyen p > 2 pr´ım. Haszn´aljuk fel a 2.68 feladat (c) r´esz´enek az all´ıt´ ´ as´ at, mely szerint n 1 X 5k . Fn = n−1 2 2k + 1 k
139
8.5. Fibonacci-sorozat p k
Felhaszn´ alva, hogy 2p−1 ≡ 1 ( mod p) ´es p | hogy Fp ≡ 2
p−1
Fp =
ahol
5 p
ha 1 ≤ k ≤ p − 1, azt kapjuk,
p 5 k (p−1)/2 (mod p), 5 ≡5 ≡ p 2k + 1
X k
a Legendre-szimb´ olum. A kvadratikus reciprocit´asi t´etel szerint 5 p = p 5
Teh´ at Fp ≡ 1 (mod p) ha p ≡ ±1 (mod 5) ´es Fp ≡ −1 (mod p) ha p ≡ ±2 (mod 5). Hasonl´ oan j´ arhatunk el Fp+1 eset´en: p
2Fp+1 ≡ 2 Fp+1 =
X p + 1 2k + 1
k
X k
5k =
p p 5 k (p−1)/2 + 5 ≡1+5 ≡1+ (mod p). 2k + 1 2k p
Ha p ≡ ±2 (mod 5) akkor l´ atjuk, hogy p | Fp+1 . Ha p ≡ ±1 (mod 5) akkor Fp+1 ≡ 1 (mod p), ´ıgy Fp−1 = Fp+1 − Fp oszthat´o p-vel. 2.72. A bizony´ıt´ as l´enyeg´eben megegyezik a 2.67 megold´as´aval. k X k
t
t=0
= c1
k−t t Fn−1 Fn Ft =
k X k t=0
k X k
t
t=0
t
k−t t Fn−1 Fn (c1 φt1 + c2 φt2 ) =
k−t Fn−1 (φ1 Fn )t + c2
k X k k−t Fn−1 (φ2 Fn )t = t t=0
= c1 (Fn−1 + φ1 Fn )k + c2 (Fn−1 + φ2 Fn )k K¨ onnyen igazolhat´ o indukci´ oval, hogy Fn−1 + φi Fn = φni felhaszn´alva, hogy 2 φi = 1 + φi . Teh´ at k X k t=0
t
k−t t Fn−1 Fn Ft = c1 (φn1 )k + c2 (φn2 )k = Fnk .
140
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
8.6. Catalan-sz´ amok 2.73. (a) Legyen a1 a2 . . . a2(n+1) egy a felt´eteleknek megfelel˝o sorozat. Legyen a sorozat 2(k+1)-edik eleme a sorozat els˝o eleme, amikor a a1 +a2 +· · ·+ a2(k+1) r´eszlet¨ osszeg 0. Ekkor a1 = 1, a2(k+1) = −1 ´es az a2 a3 . . . a2k+1 sorozat is olyan, hogy minden kezd˝o r´eszlet¨osszeg nemnegat´ıv, hiszen az eredeti sorozatban a 2(k + 1)-edik kezd˝o r´eszlet¨osszeg volt az els˝o 0 ¨osszeg. Tov´ abb´ a az a2k+3 . . . a2(n+1) sorozat is megfelel a felt´eteleknek. Teh´at minden 2(n + 1) sorozathoz egy´ertelm˝ uen hozz´arendelhet˝o egy 2k ´es egy 2(n − k) hossz´ u ugyanilyen sorozat valamilyen k-ra. Teh´at: Cn+1 =
n X
Ck Cn−k .
k=0
(b) Az ¨ osszes s´eta (0, 0)-b´ ol (n, n)-be ´eppen 2n ep´esb˝ol kell n , hiszen 2n l´ kiv´ alasztani n jobbra ´es n felfel´e l´ep´est. Most sz´amoljuk meg a rossz” s´et´akat ” vagyis azokat, amelyek az x = y egyenes f¨ol´e mennek. Ezek pontosan azok a s´et´ ak, amelyek elmetszik az y = x + 1 egyenest. Csin´aljuk a k¨ovetkez˝ot: az els˝ o metsz´espontt´ ol t¨ ukr¨ ozz¨ uk a s´eta marad´ek r´esz´et az y = x + 1 egyenesre. Ekkor a s´eta (n, n) helyett az (n − 1, n + 1) pontba fog menni, hiszen ez a t¨ uk¨ ork´epe az (n, n) pontnak az y = x + 1 egyenesre. M´asr´eszt minden (0, 0)-b´ ol (n − 1, n + 1) pontba men˝o s´et´anak el kell metszenie az y = x + 1 egyenest, ´es az els˝ o metsz´espontt´ol t¨ ukr¨ozve a s´et´at erre az egyenesre ´eppen egy olyan s´et´ at kapunk ami az (n, n) pontba megy ´es metszi ezt az egyenest. Vagyis a rossz” s´et´ ak bijekci´ oban ´allnak a (0, 0)-b´ol (n − 1, n + 1) pontba ” 2n men˝ o s´et´ akkal. Ezekb˝ ol n−1 van, mert 2n l´ep´esb˝ol kell kiv´alasztani n − 1 jobbra l´ep´est. Teh´ at a j´ o” s´et´ak sz´ama: ” 2n 2n 2n n − = . n+1 n n−1 (c) Vegy¨ unk egy (b) r´eszbeli s´et´at, ´es ´ırjunk +1-et ha a s´et´aban jobbra l´epnek ´es −1-et ha felfel´e. Ekkor ´eppen egy (a) r´eszbeli sorozatot kapunk, mert az, hogy nem megy¨ unk az y = x egyenes f¨ol´e, ´eppen azt jelenti, hogy a sorozat minden kezd˝ o r´eszlet¨ osszege nemnegat´ıv. Ez persze ford´ıtva is igaz: egy (a) r´eszbeli sorozat meghat´ aroz egy (b) r´eszbeli sorozatot. Teh´at 2n Cn =
n
n+1
.
2.74. El˝ osz¨ or is egy apr´ os´ ag: minden hangy´at megk´er¨ unk”, hogy minden” k´epp l´ atogassa meg a le´ agaz´ ast, vagyis ha a hangya egyb˝ol kimenne a cs¨ov¨on,
141
´ mok 8.6. Catalan-sza
akkor is u ´gy tekintj¨ uk, hogy el˝obb bement a le´agaz´asba, majd onnan azonnal kij¨ ott. Ezek ut´ an egy lapra +1-et ´ırunk, ha egy hangya bement a le´agaz´asba ´es −1-et, ha kij¨ ott onnan. Ennek a sorozatnak minden kezd˝o r´eszlet¨osszege nemnegat´ıv, hiszen nem j¨ ohettek ki a cs˝ob˝ol t¨obben, mint ah´anyan bementek. Minden egyes sorozat meghat´arozza a hangy´ak sorrendj´et, ´es minden sorrendhez egy´ertelm˝ uen vissza tudjuk ´all´ıtani a sorozatot (hogyan?). Teh´at 2n 1 sorrendje lehet. a 2.73 feladat szerint a hangy´aknak Cn = n+1 n 2.75. Legyen Dn a keresett sz´am. Ekkor D3 = 1, D4 = 2. Egyszer˝ us´eg kedv´e´ert vezess¨ uk be a D2 = 1 jel¨ol´est. Legyenek a konvex soksz¨og cs´ ucsai 1, 2, . . . , n ebben a sorrendben. Vegy¨ uk az 1, 2 oldal´at a konvex soksz¨ognek, ez benne van egy h´ aromsz¨ ogben, legyen k a h´aromsz¨og harmadik cs´ ucsa. Ekkor a 2, . . . , k soksz¨ oget Dk−1 , az 1, k, k + 1, . . . , n soksz¨oget Dn−k+2 f´elek´eppen bonthatjuk fel h´ aromsz¨ ogekre. Teh´at Dn =
n X
Dk−1 Dn−k+2 .
k=3
Legyen Ek = Dk+2 , ekkor r = k − 3 jel¨ol´essel En−2 =
n X
Ek−3 Dn−k =
n−3 X
Er En−r−3 .
r=0
k=3
Ezt n − 2 helyett n + 1-re fel´ırva kapjuk, hogy En+1 =
n X
Er En−r .
r=0
Vegy¨ uk ´eszre, hogy E0 = 1, E1 = 1, E2 = 2. Teh´at a Cn Catalan-sz´amok rekurzi´ oja ´es els˝ o n´eh´ any tagja megegyezik, ´ıgy az o¨sszes tagjuk megegyezik: En = Cn vagyis Dn = Cn+2 . 2.76. Megmutatjuk, hogy ´eppen Cn f´elek´eppen n´ezhet ki ez a csal´adfa. Legyen an ezen f´ ak sz´ ama. Ekkor k¨onnyen l´athat´o, hogy a1 = 1, a2 = 2. Ha az uralkod´ o els˝ o fi´ anak k, m´ asodik fi´anak n − k − 1 f´erfi lesz´armazottja van, bele´ertve a fi´ ukat, akkor X an = ak an−1−k , k
ahol a0 = 1. Vagyis a rekurzi´o ´es a sorozat els˝o n´eh´any tagja megegyezik a Catalan-sz´ amok rekurzi´ oj´ aval, ´ıgy an = Cn .
142
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
2.77. Legyen an a keresett sz´am. Ekkor a1 = 1, a2 = 2. Megadunk egy rekurzi´ ot az an sz´ amokra. Legyenek a k¨or k¨or¨ ul u ¨l˝o emberek az 1, 2, . . . , 2n sz´ amokkal megsz´ amozva. Tekints¨ uk az els˝o embert, tegy¨ uk fel, hogy ˝o a kadik emberrel fog kezet. Vegy¨ uk ´eszre, hogy k p´aros, k¨ ul¨onben a 2, 3, . . . , k − 1 sz´ am´ u emberek k¨ oz¨ ul valakinek csak olyan p´ar jutna, akivel kezet fogva keresztezn´ek az (1, k) k´ezfog´ ast. Teh´at legyen k = 2r. Ekkor a 2, . . . 2r − 1, illetve a 2r + 1, . . . n sz´ am´ u emberek is csak egym´as k¨oz¨ott foghatnak kezet. A k´ezfog´ asok sz´ ama a k´et esetben ak−1 illetve an−k . Teh´at an =
n X
ak−1 an−k .
k=1
Ebb˝ ol ´es a sorozat els˝ o n´eh´ any tagj´ab´ol kapjuk, hogy an = Cn . 2.78. Legyen C(x) = C0 + C1 x + C2 x2 + . . . Ekkor C 2 (x) = C02 + (2C0 C1 )x + (2C0 C2 + C12 )x2 + . . . azaz xn egy¨ utthat´ oja n X
Ck Cn−k = Cn+1 .
k=0
Teh´ at 1 + xC 2 (x) = C(x). Ebb˝ ol kapjuk, hogy C(x) ∈
1±
√
1 − 4x . 2x
Mivel C(x)-ben a konstans tag egy¨ utthat´oja 1, ez´ert nem ´allhat + el˝ojel, teh´ at √ 1 − 1 − 4x C(x) = . 2x
8.7. Stirling sz´ amok 2.79. (a) El˝ osz¨ or sz´ amoljuk le az f : {1, 2, . . . n} → {1, 2, . . . , k} sz¨ urjekt´ıv f¨ uggv´enyek sz´ am´ at. Legyen Ai azon f¨ uggv´enyek sz´ama, amelyek nem veszik fel az i ´ert´eket. Ekkor |Ai1 ∩ · · · ∩ Air | = (k − r)n ,
´ mok 8.7. Stirling sza
143
hiszen ennyi olyan f¨ ugyv´eny van, amelyek {i1 , . . . , ir } egyik´et sem veszi fel. ´Igy a logikai szita szerint a sz¨ urjekt´ıv f¨ uggv´enyek sz´ama k X r k (−1) (k − r)n . r r=0 Vegy¨ uk ´eszre, hogy minden sz¨ urjekt´ıv f f¨ uggv´eny megadja az {1, 2, . . . , n} egy part´ıci´ oj´ at k r´eszre, az i-edik halmazban ´eppen azon s elemek vannak, melyekre f (s) = i. Ugyanakkor az 1, 2, . . . , k elemeket permut´alva minden partici´ ot k! f´elek´eppen kapunk meg. Teh´at k nno 1 X r k (k − r)n . (−1) = r k! r=0 k (b) Tekints¨ uk az {1, 2, . . . , n} halmaz k nem u ¨res halmazra val´o bont´asait. Azon part´ıci´ okb´ ol, melyekben n mag´aban egy halmazt alkot, ´eppen { n−1 k−1 } van, hiszen a marad´ek n − 1 elemet kell k − 1 r´eszre bontani. Ha n nem alkot egy 1-elem˝ u halmazt, akkor a marad´ek n − 1 elemet k − 1 r´eszre kell bontani, majd az n elemet ezen k halmaz b´armelyik´ebe betehetj¨ uk. ´Igy nno n − 1 n−1 = +k . k k−1 k h i 2.80. Azon permut´ aci´ okb´ ol, melyekben n fixpont n−1 ek k−1 van, mert a marad´ n − 1 elemet ennyif´elek´eppen oszthatjuk be k − 1 ciklusba. Ha n nem fixpont, akkor a marad´ek n − 1 elemet el˝osz¨or k ciklusba rendezz¨ uk, majd az n elemet n − 1 helyre tehetj¨ uk. (K´epzelj¨ uk el a ciklusokat, mint a k¨or¨oket. Ekkor az n-et b´ armely k´et elem k¨ oz´e besz´ urhatjuk.) Teh´at hni n−1 n−1 = + (n − 1) . k k−1 k 2.81. Ezt k¨ onnyen bizony´ıthatjuk n-re vonatkoz´o indukci´oval, felhaszn´alva, hogy nno n − 1 n−1 = +k . k k−1 k M´ asik lehet˝ os´eg a k¨ ovetkez˝ o. Bizony´ıtsuk be az ´all´ıt´ast el˝osz¨or pozit´ıv eg´esz x-re. Sz´ınezz¨ uk az {1, 2, . . . , n} halmaz elemeit x sz´ınnel. Ilyen sz´ınez´esb˝ol xn van. M´ asr´eszt u ´gy is sz´ amolhatunk, hogy el˝osz¨or felbontjuk az alaphalmazt k r´eszre, minden r´esz egy sz´ınoszt´aly lesz. Ekkor az els˝o halmazt x, a m´asodikat x − 1, harmadikat x − 2 sz´ınre sz´ınezhetj¨ uk... Ezt minden k-ra ¨osszegezve kapjuk, hogy X nno x(x − 1) . . . (x − k + 1) = xn . k k
144
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
Mivel mindk´et oldalon egy polinom van ´es ezek megegyeznek minden pozit´ıv eg´eszre, ´ıgy ez a k´et polinom megegyezik. 2.82. Az ´ all´ıt´ ast teljes indukci´oval bizony´ıtjuk. n = 1-re az ´all´ıt´as trivi´alis. Ha n − 1-ig igaz az ´ all´ıt´ as, akkor haszn´alhatjuk a 2.80 feladat rekurzi´oj´at: n n h i X n k X n−1 n−1 x = + (n − 1) xk = k k−1 k k=0
k=0
=x
n X k=0
n X n − 1 k−1 n−1 k x + (n − 1) x = k−1 k−1 k=0
= x · x(x + 1) . . . (x + n − 2) + (n − 1)x(x + 1) . . . (x + n − 2) = = x(x + 1) . . . (x + n − 1). 2.83. Legyen Fk (x) =
X nno n≥0
k
xn .
Felhaszn´ alva a 2.79 feladat (b) r´esz´et kapjuk, hogy X nno X n − 1 n−1 Fk (x) = +k xn = xn = k k k−1 n≥0
n≥0
= xFk−1 (x) + kxFk (x). Teh´ at
x Fk−1 (x). 1 − kx Vegy¨ uk ´eszre, hogy { n1 } = 1 defin´ıci´o szerint, ´ıgy F1 (x) = k¨ ovetkezik, hogy Fk (x) =
X nno n≥0
k
xn =
xk . (1 − x)(1 − 2x) . . . (1 − kx)
2.84. Legyen Fk (z) =
X n n o zn n≥0
Ekkor
x 1−x .
k
n!
.
X n n o z n−1 = k (n − 1)! n≥0 n−1 X n − 1 n−1 z = +k = k−1 k (n − 1)! Fk0 (z) =
n≥0
Ebb˝ol m´ar
145
´ mok 8.7. Stirling sza
= Fk−1 (z) + kFk (z). Legyen Gk (z) = Fk (z)e−kz . Ekkor G0k (z) = (Fk0 (z) − kFk (z))e−kz = Fk−1 (z)e−kz . Innen m´ ar indukci´ oval bel´ athat´o, hogy X n n o zn k
n≥0
n!
2.85. Legyen Fk (z) =
=
(ez − 1)k . k!
X h n i zn k
n≥0
Ekkor Fk0 (z) =
n!
.
X h n i z n−1 = k (n − 1)!
n≥0
=
X n≥0
n−1 n−1 n−1 z + (n − 1) = k−1 k (n − 1)!
= Fk−1 (z) + zFk0 (z). Teh´ at (1 − z)Fk0 (z) = Fk−1 (z). Figyelembe v´eve, hogy 1 F1 (z) = log 1−z , innen m´ ar k¨ovetkezik, hogy Fk (z) =
1 k!
log
1 1−z
n 1
= (n − 1)! miatt
k .
2.86. (a) Vegy¨ uk ´eszre, hogy a 2.84 feladat miatt ∞ X
∞
sn (x)
n=0
X (ez − 1)k z zn =1+ xk = ex(e −1) . n! k! k=1
(b) Ez k¨ ovetkezik az (a) r´eszb˝ol, mert e(x+y)(e
z
−1)
= ex(e
z
−1) y(ez −1)
e
.
2.87. (a) Vegy¨ uk ´eszre, hogy 2.85 feladat miatt ∞ X n=0
∞
sn (x)
1
k
X (log 1−z ) zn =1+ xk = 1/(1 − z)x . n! k! k=1
146
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
(b) Ez k¨ ovetkezik az (a) r´eszb˝ol, mert (1 − z)−(x+y) = (1 − z)−x (1 − z)−y . 2.88. Ez azonnal ad´ odik a 2.84 feladat ´all´ıt´as´ab´ol: r ∞ z r j X n n o zn X (e − 1) 1 z . = = r n! r! r! j=1 j! n≥0
A jobb oldalon a z n egy¨ utthat´oj´at u ´gy kapjuk, hogy k1 helyen kiv´alasztjuk 2 z a 1! tagot, k2 helyen a z2! tagot ´es ´ıgy tov´abb. Ekkor k1 + · · · + kn = r ´es ¨ k1 + 2k2 + . . . nkn = n. Osszehasonl´ ıtva az z n egy¨ utthat´oj´at a k´et oldalon kapjuk, hogy n nno 1 X 1 Y 1 r! = . r n! k1 ! . . . kn ! r! i=1 j!kj Teh´ at nno r
X
=
k∈S(n,r)
n! . k1 !1!k1 k2 !2!k2 . . . kn !n!kn
2.89. Ez l´enyeg´eben megegyezik a 2.88 feladat megold´as´aval. Most a 2.85 feladat ´ all´ıt´ as´ at haszn´ aljuk fel: r k ∞ X h n i zn 1 1 1 X z j = . log = k n! k! 1−z k! j=1 j n≥0
Innen a 2.88 feladat megold´ asa szerint elj´arva kapjuk, hogy hni r
X
=
k∈S(n,r)
n! . k1 !1k1 k2 !2k2 . . . kn !nkn
2.90. Haszn´ aljuk a 2.81 ´es 2.82 feladatokat. X nno xn = x(x − 1) . . . (x − k + 1) = k k
! n X nno X k k = (−x) = k m k
k=0
147
´ mok 8.7. Stirling sza
X X nno k (−1)n−k = m k m
! xm .
k
Ebb˝ ol azonnal k¨ ovetkezik a feladat ´all´ıt´asa. 2.91. V´ alasszunk ki n − k elemet, amelyeket az n + 1 elemmel tesz¨ unk egy halmazba. A marad´ek k elemet pedig particion´aljuk m halmazra. Ezt minden k-ra ¨ osszegezve kapjuk, hogy X n+1 n k . = m+1 k m k
2.92. El˝ osz¨ or sz´ amoljuk meg, hogy h´anyf´elek´eppen lehet az n cs´ ucs´ u utat x sz´ınnel sz´ınezni u ´gy, hogy szomsz´edos cs´ ucsok ne legyenek azonos sz´ın˝ uek. Ez egyr´eszt x(x − 1)n−1 , mert az els˝o cs´ ucs x-f´ele sz´ınt kaphat, a t¨obbi x − 1f´el´et. M´ asr´eszt u ´gy is sz´ amolhatunk, hogy el˝osz¨or felbontjuk a cs´ ucshalmazt k olyan halmazra, amelyek egyik´eben sincs k´et szomsz´edos cs´ ucs, majd ezeket a halmazokat k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınekkel megsz´ınezz¨ uk. Teh´at X x(x − 1)n−1 = t(n, k)x(x − 1) . . . (x − k + 1). k
Most az n cs´ ucs´ uu ´t helyett vegy¨ uk az n cs´ ucs´ u csillagot. Ezt is x(x − 1)n−1 f´elek´eppen lehet sz´ınezni u ´gy, hogy ne legyen k´et szomsz´edos, azonos sz´ın˝ u cs´ ucs. M´ asr´eszt u ´gy is sz´ amolhatunk, hogy el˝osz¨or felbontjuk a cs´ ucshalmazt k olyan halmazra, amelyek egyik´eben sincs k´et szomsz´edos cs´ ucs, majd ezeket a halmazokat k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınnel megsz´ınezz¨ uk. Most azonban a csillag k¨oz´eppontj´ anak egyelem˝ u sz´ınoszt´alynak kell lennie, ´es a marad´ek n − 1 cs´ ucsot kell k − 1 r´eszre bontanunk. ´Igy X n − 1 n−1 x(x − 1) = x(x − 1) . . . (x − k + 1). k−1 k
Mivel az x(x − 1) . . . (x − k + 1) polinomok b´azist alkotnak, ´ıgy n−1 t(n, k) = . k−1 Val´ oj´ aban ebb˝ onl a bizony´ asb´ol l´atszik, hogy u ´t, illetve csillag helyett tetsz˝oo ıt´ leges fa eset´en n−1 -f´ e lek´ e ppen lehet felbontani a cs´ ucshalmazt k f¨ uggetlen k−1 halmazra. 2.93. Haszn´ aljuk a 2.81 feladatot: X nno x(x − 1) . . . (x − k + 1) = xn . k k
148
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
Ezt osszuk le x-szel, majd helyettes´ıts¨ unk be 0-t. Ekkor ´eppen a feladat ´ll´ıt´ a as´ at kapjuk. 2.94. Meg kell hat´ aroznunk a 1 X hni k n! k k
osszeget, ez ugyanis a ciklusok sz´am´anak ´atlaga. Ehhez deriv´aljuk le a 2.82 ¨ feladatb´ ol kapott ¨ osszef¨ ugg´est: n h i X n k=0
k
xk = x(x + 1) . . . (x + n − 1).
Deriv´ al´ as ut´ an kapjuk, hogy n h i X n k=0
k
kxk−1 = x(x + 1) . . . (x + n − 1)
n−1 X k=0
1 . x+k
Ebbe x = 1-t ´ırva ´es n!-sal osztva kapjuk, hogy n
1 X hni X 1 k = . n! k k k
k=1
8.8. Part´ıci´ ok 2.95. Legyen n = t1 + · · · + tm , ahol ti ≤ k. Legyen si = |{j |tj ≥ i}|. Ekkor n = s1 + · · · + sk , ahol sr = 0, ha nincs legal´abb r m´eret˝ u ti . Ez megad egy bijekci´ ot a k´et halmaz k¨ oz¨ ott. Szeml´eletesebben ez nem m´as, mintha a part´ıci´ohoz tartoz´o Ferrers-diagrammot t¨ ukr¨ ozn´enk a 45◦ -os egyenesre (l´asd az ´abr´at).
2.96. El˝ osz¨ or bontsuk fel az n sz´amot csupa k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´am ¨osszeg´ere. Majd a felbont´ asban szerepl˝ o¨ osszes sz´amot ´ırjuk fel 2k m alakban, ahol m p´aratlan. V´eg¨ ul minden ilyen sz´ amot helyettes´ıts¨ unk 2k darab m sz´ammal. ´Igy
149
´k 8.8. Part´ıcio
megkapjuk az n-nek egy felbont´as´at csupa p´aratlan sz´amra. Megmutatjuk, hogy vissza tudjuk ´ all´ıtani az eredeti felbont´ast a p´aratlan sz´amokb´ol. Tegy¨ uk fel, hogy a felbont´ asban t darab m-es van. Ekkor ´ırjukPfel a t sz´amot k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o 2-hatv´ anyok ¨ osszegek´ent, ez egy´ertelm˝ u. Ha t = 2ki akkor az ki eredeti sz´ amok a 2 m voltak. M´asok nem lehettek, mivel az eredeti sz´amok k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek voltak, ´ıgy a 2-hatv´anyoknak musz´aj k¨ ul¨onb¨oz˝oeknek lenni. (Pl. 12 + 10 + 5 + 3-nak az 5 + 5 + 5 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 felel meg.) Teh´at a k´etf´ele part´ıci´ o k¨ oz¨ ott bijekci´ o van. 2.97. (a) 1 (1 − x)(1 − x2 ) . . . (1 − xk )
∞ ∞ ∞ X X X xkj . x2j . . . xj = j=1
j=1
j=1
Ebben a szorzatban xn egy¨ utthat´oj´at u ´gy kapjuk meg, hogy minden z´ar´ojelb˝ ol kiv´ alasztunk egy xrmr tagot, ahol 1 ≤ r ≤ k. Ez megfelel annak a part´ıci´ onak, ahol az r-b˝ ol ´eppen mr darabot vett¨ unk. (b) Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha az xn egy¨ utthat´oj´at akarjuk kisz´amolni a v´egtelen szorzatban, akkor el´eg csak az els˝o n tag szorzat´at n´ezni, mert a t¨obbib˝ol csak az 1-et v´ alaszthatjuk ki. Teh´at a k¨ovetkez˝o konvergenci´at ´erdemes n´ezni: fn (x) → f (x), ha minden k-ra l´etezik n0 (k), hogy n > n0 (k) eset´en f (x) − fn (x) legkisebb nem 0 egy¨ utthat´os tagja legal´abb k. (Vagyis egy bizonyos egy¨ utthat´ o kital´ al´ as´ ahoz el´eg csak egy el´eg nagy index˝ u f¨ uggv´enyt ismerni.) Ebben az ´ertelemben: ∞ Y 1 1 = . n→∞ (1 − x)(1 − x2 ) . . . (1 − xn ) 1 − xk
lim
k=1
2.98. (a) Ha adott az n egy part´ıci´oja, akkor egyes´evel t¨or¨olj¨ uk ki bel˝ole az 1-eseket. Ha t darab 1-es volt a part´ıci´oban akkor el˝obb megkapjuk az n − 1 egy part´ıci´ oj´ at, majd az n−2 egy part´ıci´oj´at,. . . , v´eg¨ ul az n−t egy part´ıci´oj´at. Ford´ıtva, ha adott egy n-n´el kisebb sz´am egy part´ıci´oja, akkor el´eg sok 1-est hozz´ av´eve kapjuk az n egy egy´ertelm˝ u part´ıci´oj´at. ´Igy egy bijekci´ot kapunk az n-n´el kisebb sz´ amok part´ıci´oi ´es az n part´ıci´oinak az 1-esei k¨oz¨ott. (b) Teljesen hasonl´ oan az (a) r´eszhez kapjuk, hogy a t-esek sz´ama bn/tc
X j=1
p(n − jt).
150
´ mla ´ la ´ si feladatok – megolda ´ sok 8. Lesza
(c) Adjuk o amot az n part´ıci´oiban. Ez egyr´eszt np(n), hiszen ¨ssze az o ¨sszes sz´ minden part´ıci´ oban n a sz´ amok o¨sszege. M´asr´eszt az (a) ´es (b) r´esz miatt ez: bn/tc n n X X X X j p(n − jt) = p(n − k) j = j=1
j=1
=
n X
j | k
k=1
p(n − k)σ(k) =
k=1
n−1 X
σ(n − k)p(k).
k=0
Teh´ at p(n) =
n−1 1X σ(n − k)p(k). n k=0
2.99. El˝ osz¨ or rendelj¨ uk minden part´ıci´ohoz azt a part´ıci´ot, amit u ´gy kapunk, hogy a Ferrers-diagramj´at t¨ ukr¨ozz¨ uk a 45◦ -os egyenesre. Ekkor a legt¨ obb part´ıci´ ot p´ arba ´ all´ıtottuk. Kiv´etelek azon part´ıci´ok, melyek szimmetrikusak voltak a 45◦ -os egyenesre. Ezen part´ıci´ok sz´ama viszont ´eppen r(n), mert meg lehet adni egy bijekci´ot k¨ozt¨ uk ´es azon part´ıci´ok k¨oz¨ott, ahol az ¨ osszeadand´ ok k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o p´aratlan sz´amok. Val´oban, a Ferrers-diagramot felbonthatjuk L alak´ u r´eszekre, minden egyes L egy p´aratlan sz´amot ad meg ´es ezek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek. Ezt az elj´ar´ast visszafel´e is meg lehet csin´alni. Teh´at p(n) ≡ r(n) (mod 2).
9. fejezet
Algebrai m´ odszerek a kombinatorik´ aban – megold´ asok 9.1. Line´ aris algebrai m´ odszerek 3.1. Az (a),(b),(c) ´es (d) feladatokat egy¨ utt fogjuk t´argyalni. Feltehet˝ o, hogy a G gr´ af ¨osszef¨ ugg˝o, mert a gener´alt V vektort´er komponensenk´ent gener´ alt vektorterek direkt ¨osszege lesz. El˝ osz¨ or megmutatjuk, hogy ha C egy k¨or, akkor {vf | f ∈ C} vektorok osszef¨ ugg˝ oek. Val´ oban, jel¨ olj¨ uk ki a k¨or egy ir´any´ıt´as´at, ´es ha egy f ∈ C ´el ¨ ir´ any´ıt´ asa megegyezik a k¨ or´evel, akkor legyen αf = 1, k¨ ul¨onben pedig −1. Ekkor X αf vf = 0. f ∈C
A k¨ ovetkez˝ o l´ep´esben megmutatjuk, hogy ha F ⊂ E(G) k¨ormentes r´eszgr´ afot fesz´ıt, akkor a {vf | f ∈ F } vektorrendszer line´arisan f¨ uggetlen. Tegy¨ uk fel, hogy ez nem ´ıgy van, ´es l´eteznek αf nem mind 0 sz´amok, melyekre X αf vf = 0. f ∈F
Legyen F 0 ⊂ F azon f 0 ´elek halmaza, melyre αf 0 6= 0. Ekkor F 0 is k¨ormentes r´eszgr´ afot vagyis erd˝ ot fesz´ıt. ´Igy van egy els˝ofok´ u u pontPaz ´altala fesz´ıtett r´eszgr´ afban. Legyen g a r´ ailleszked˝o ´el F 0 -ben. Ekkor f ∈F αf vf vektor u-beli koordin´ at´ aja αg 6= 0, ami ellentmond annak, hogy ez a 0 vektor. Teh´at val´ oban line´ arisan f¨ uggetlenek az {vf | f ∈ F } halmaz vektorai.
152
´ dszerek a kombinatorika ´ ban – megolda ´ sok 9. Algebrai mo
Vegy¨ uk ´eszre, hogy minden ve vektor mer˝oleges az 1 vektorra, ´ıgy dim V ≤ n − 1, ugyanakkor egy fesz´ıt˝ofa ´elei line´arisan f¨ uggetlenek, ´ıgy ˝ok egy n − 1 dimenzi´ os teret gener´ alnak. Teh´at dim V = n − 1, vagyis minden 1-re mer˝ oleges vektor benne van V -ben. Ha S ⊂ E(G) ´elrendszer fesz´ıti G-t, akkor {vf | f ∈ S} gener´alja a V vektorteret, ugyanis m´ ar egy S ´eleib˝ol kiv´alaszthat´o fesz´ıt˝ofa is gener´alja V -t. Teh´ at ha G ¨ osszef¨ ugg˝ o, akkor dim V = n−1, V b´azisai egy-egy fesz´ıt˝of´ahoz tartoz´ o vektorrendszer. Ha G-nek c komponense van, akkor dim V = n − c, ´es azon ´elrendszerekhez tartoz´o vektorrendszerk lesznek V b´azisai, amelyek G minden komponens´eben egy fesz´ıt˝of´at hat´aroznak meg. 3.2. Tegy¨ uk fel, hogy siker¨ ult a Kn teljes gr´afot felbontani k darab teljes p´ aros gr´ af uni´ oj´ ara, ahol k < n − 1. Legyenek a teljes p´aros gr´afok oszt´alyai (Ai , Bi ) (1 ≤ i ≤ k). Rendelj¨ unk minden cs´ ucshoz egy v´altoz´ot, ´es tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o k + 1 egyenletet: X xv = 0 (1 ≤ i ≤ k) v∈Ai
´es X
xv = 0.
v∈V
Mivel k + 1 < n, ´ıgy az egyenletrendszernek van nem azonosan 0 megold´asa. Tegy¨ uk fel, hogy az a = (av )v∈V egy ilyen megold´as. Ekkor !2 0<
X
a2v =
v∈V
=
v∈V
av
av
−2
v∈V
!2 X
X
−2
X
au av =
{u,v}
!
k X
X
i=1
v∈Ai
av
! X
au
= 0.
u∈Bi
Ez az ellentmond´ as mutatja, hogy k ≥ n − 1. Megjegyz´es: n−1 teljes p´ aros gr´af ´eldiszjunkt uni´oj´ara val´oban felbonthat´o Kn . 3.3. (a) Tegy¨ uk fel, hogy az N = {1, 2, . . . , n} cs´ ucshalmazon teljes runiform hipergr´ af felbomlott q = fr (n) darab r-oszt´aly´ u r-uniform hipergr´af H 1 , . . . , H q ´eldiszjunkt uni´ oj´ara. Legyen Ei = E(H i ) ´es E i = {e − {n} | e ∈ Ei , n ∈ e}. Ekkor E i r − 1-oszt´aly´ u r − 1-uniform hipergr´af (n − 1) cs´ ucson. n−1 Tov´ abb´ a ∪E i = Kr−1 , ´ıgy q ≥ fr−1 (n − 1).
153
´ ris algebrai mo ´ dszerek 9.1. Linea
(b) A 3.2 feladat szerint f2 (n) = n − 1, ´es az (a) r´esz szerint f3 (n) ≥ f2 (n − 1) = n − 2. Meg kell mutatni m´eg, hogy f3 (n) ≤ n − 2. Ezt az olvas´ora b´ızzuk. (c) Legyen N = {1, 2, . . . , n} ´es K = {K ⊂ N | |K| = k} a k-cs´ ucs´ u halmazok halmaza. K ∈ K-hoz rendelj¨ uk az xK v´altoz´ot. Legyen H egy 2k-oszt´aly´ u 2k-gr´ af V1 , . . . , V2k p´ aronk´ent diszjunkt oszt´alyokkal. Ekkor e ∈ H pontosan akkor, ha |e ∩ Vi | = 1 minden i ∈ {1, 2, . . . , 2k} eset´en. Minden H-hoz hozz´ arendel¨ unk egy Q(H) kvadratikus form´at a k¨ovetkez˝ ok´eppen: X LA (H)LB (H), Q(H) = A,B⊆{1,2,...,2k} |A|=|B|=k,A∩B=∅
ahol C ⊆ {1, 2, . . . , 2k}, |C| = k eset´en X
LC (H) =
xK .
K∈K |K∩Vc |=1∀c∈C
u kifejez´es o¨sszege, minden LA (H) Teh´ at Q(H) 21 2k k darab LA (H)LB (H) alak´ n´eh´ any xK o sszege. ¨ Legyen q = f2k (n), ´es tegy¨ uk fel, hogy E(Knr ) = ∪qi=1 E(H i ). Ekkor q X i=1
E(H i ) =
X
xK xL .
K,L∈K K∩L=∅
Val´ oban, ha K, L ∈ K, K ∩ L = ∅, akkor xK xL megjelenik abban a Q(H 0 )ben, amelyik tartalmazza a K ∪ L ´elet. Ha K ∩ L 6= ∅, akkor nem jelenik meg egyetlen kvadratikus form´aban sem. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o azonoss´agot: X K,L∈K K∩L=∅
k X X 1 xK xL = (−1)i 2 i=0 A⊆N |A|=i
2 X
xK .
K∈K,A⊆K
Val´ oban, ha K, L ∈ K, |K ∩ L| = j (0 ≤ j < k), akkor xK xL ´eppen Pj ` j 1, ha j = 0, ´es 0, ha j > 0. Ha K = L, `=0 (−1) ` szerepel. Ez pedig Pj 1 2 i k akkor xK ´eppen 2 i=0 (−1) i = 0 szerepel. Teh´at q X i=1
X A,B⊆{1,2,...,2k} |A|=|B|=k,A∩B=∅
k X X 1 LA (H)LB (H) = (−1)i 2 i=0 A⊆N |A|=i
2 X
K∈K,A⊆K
xK .
154
´ dszerek a kombinatorika ´ ban – megolda ´ sok 9. Algebrai mo
Legyen V az xK -k ´ altal meghat´arozott nk -dimenzi´os t´ernek az az altere, amelyet a k¨ ovetkez˝ o 1 2k n n n q+ + + ··· + 2 k k−1 k−3 k + 1 − 2dk/2e darab line´ aris egyenlet hat´ aroz meg: (i) LA (H i ) = 0 ∀1 ≤ i ≤ q, A ⊂ {1, 2, . . . , 2k}, |A| = k, 1 ∈ A X (ii) xk = 0 ∀A ⊂ N, |A| ∈ {k − 1, k − 3, . . . , k + 1 − 2dk/2e}. K∈K A⊂K
Vegy¨ uk ´eszre, hogy V = {0}, ugyanis y ∈ V eset´en 2 X 1 X X 2 yK + . . . . yK + 0 = (−1)k 2 K∈K K∈K
A⊂N,|A|=k−2
A⊂K
Teh´ at f2k (n) = q ≥ 2
n k
−
n k−1
−
n k−3
− ··· − 2k
n k+1−2bk/2c
.
k
(d) Az el˝ oz˝ o r´eszb˝ ol trivi´ alisan k¨ovetkezik, hogy r ≥ 1 eset´en fr (n) ≥ cr nbr/2c (1 + o(1)), ha n → ∞, ahol cr =
2br/2c! . (2br/2c)!
9.2. Polinomm´ odszer 3.4. Megmutatjuk, hogy a gr´afnak legfeljebb (n−s+1)(m−t+1) nem´ele van, vagyis legal´ abb nm − (n − s + 1)(m − t + 1) ´ele van. Minden ui ∈ A cs´ ucshoz rendelj¨ unk egy ai ∈ R sz´ amot ´es minden vj ∈ B cs´ ucshoz is rendelj¨ unk egy bj ∈ R sz´ amot u ´gy, hogy ezek mind k¨ ul¨onb¨oz˝oek legyenek. Egy e = (u, v) ∈ / E(G) ´elet beh´ uzva keletkezik egy teljes (Se , Te ) p´aros gr´af. Legyen Y Y pe (x, y) = (x − ai ) (y − bj ). ui ∈S / e
vj ∈T / e
Vegy¨ uk ´eszre, hogy pe x-beli foka n − s, y-beli foka m − t, ´ıgy minden pe polinom benne van egy (n−s+1)(m−t+1) dimenzi´os t´erben. Megmutatjuk, hogy a pe polinomok line´ arisan f¨ uggetlenek. Tegy¨ uk fel, hogy X αe pe (x, y) = 0. e∈E(G) /
155
´ dszer 9.2. Polinommo
Helyettes´ıts¨ unk be (au , bv )-t, ahol e = (u, v). Ekkor pe (au , bv ) 6= 0, mert (u, v) ∈ Se × Te defin´ıci´ o szerint, ´ıgy az x = au ´es y = bv helyettes´ıt´es a pe (x, y)-t defini´ al´ o szorzat egyik t´enyez˝oj´et sem teszi null´av´a. M´asr´eszt ha f 6= e, akkor pf (au , bv ) = 0, mert csak akkor lehetne nem 0, ha (u, v) ∈ Sf × Tf , de Sf × Tf minden nem f -beli ´ele G-ben van, m´ıg e ∈ / E(G). Teh´ at (au , bv )-t behelyettes´ıtve kapjuk, hogy αe = 0. Mivel ez tetsz˝oleges e∈ / E(G) ´elre elmondhat´ o, ´ıgy a pe (x, y) polinomok line´arisan f¨ uggetlenek. Teh´ at legfeljebb (n − s + 1)(m − t + 1) ilyen ´el lehet, mert a pe polinomok benne vannak egy (n − s + 1)(m − t + 1) dimenzi´os t´erben. Ezzel bebizony´ıtottuk az a´ll´ıt´ast. Megjegyz´es: Ennyi ´ele lehet is a gr´afnak: legyen G azon A × B-beli ´elek halmaza, amelyek nincsenek benne egy adott Kn−s+1,m−t+1 teljes p´aros gr´afban. Ez k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝oen teljes´ıti a felt´etelt. 3.5. Legyen S = {P1 , . . . , Pm } ´es legyenek Pi koordin´at´ai (ai1 , . . . , ain ). Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o Qi (x1 , . . . , xn ) polinomokat: n n X X Qi (x1 , . . . , xn ) = (xj − aij )2 − d21 (xj − aij )2 − d22 . j=1
j=1
Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha Qi -be a Pj (j 6= i) pont koordin´at´ait helyettes´ıtj¨ uk akkor 0-t kapunk, m´ıg Pi koordin´at´ait helyettes´ıtve d21 d22 6= 0-t kapunk. Ebb˝ ol P k¨ ovetkezik, hogy a Qi polinomok line´arisan f¨ uggetlenek: ha αi Qi = 0 lenne, akkor Pi pont koordin´at´ait behelyettes´ıtve kapn´ank, hogy αi = 0. M´ asr´eszt a Qi polinomok mind benne vannak abban a vektort´erben, amit a k¨ ovetkez˝ o polinomok gener´ alnak: 1, xi , xi xj , (
n X
x2k )xj , (
k=1
n X
x2k )2 .
k=1
Ez pedig egy 1 + n + n(n + 1)/2 + n + 1 = (n + 1)(n + 4)/2 dimenzi´os t´er. Teh´ at legfeljebb ekkora lehet a pontrendszer. 3.6. Legyen S = {P1 , . . . , Pm } ´es legyenek Pi koordin´at´ai (ai1 , . . . , aid ). Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o Qi (x1 , . . . , xd ) polinomokat: Qi (x1 , . . . , xd ) =
n X (xj − aij )2 − 1. j=1
A Qi polinomok mind benne vannak abban Pda vektort´erben, amit a k¨ovetkez˝o polinomok gener´ alnak: 1, x1 , x2 , . . . , xd , i=1 x2i . A (v1 , . . . , vk ) ∈ G×k -hoz
156
´ dszerek a kombinatorika ´ ban – megolda ´ sok 9. Algebrai mo
rendelj¨ uk azt a k × d v´ altoz´ os polinomot, hogy Q(v1 ,...,vk ) (x) = Qv1 (x1 )Qv2 (x2 ) . . . Qvk (xk ), ahol x1 , x2 , . . . , xk ¨ osszesen k × d v´altoz´o d-es´evel csoportos´ıtva. Legyen T ⊂ V (G)×k egy ω(G×k ) m´eret˝ u teljes r´eszgr´afja G×k -nak. Ekkor a Qv (x) (v ∈ T ) line´ arisan f¨ uggetlen polinomok, ugyanis bele´ırva az u vektorhoz tartoz´o k × d koordin´ at´ at 0-t kapunk, ha u 6= v, ´es 1-et, ha u = v. Ugyanakkor minden Qv (x) polinom benne van abban a (d + 2)k dimenzi´os t´erben, amit a fent megnevezett d + 2 polinom k¨ ul¨onb¨oz˝o koordin´at´akban vett szorzata gener´al. Teh´ at |T | ≤ (d + 2)k . ´Igy Θω (G) = lim ω(G×k )1/k ≤ d + 2. k→∞
(b) 1
2
5 4
3
6
7
Az ´ abr´ an l´ athat´ o gr´ af n´egyzet´eben a k¨ovetkez˝o cs´ ucsok egy 10 cs´ ucs´ u klikket alkotnak: (1, 2), (1, 3), (2, 4), (2, 5), (3, 4), (3, 5), (4, 7), (5, 7), (6, 6), (7, 1). Teh´at √ Θω (G) ≥ 10 > 3. (Felhaszn´ altuk azt a k¨ onnyen igazolhat´o t´enyt, hogy Θω (H) = lim ω(H ×k )1/k = supk ω(H ×k )1/k .) k→∞
3.7. Rendelj¨ unk minden v cs´ ucshoz egy av ∈ R sz´amot u ´gy, hogy ezek a sz´ amok mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek legyenek. Egy v cs´ ucshoz rendelj¨ uk a k¨ovetkez˝ok´eppen defini´ alt Qv (x) polinomot: Y Qv (x) = (x − au ), u∈N + (v)
´ sai 9.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaza
157
ahol N + (v) a v cs´ ucs kiszomsz´edainak a halmaza. Egy v = (v1 , . . . , vn ) ∈ V n cs´ ucshoz pedig rendelj¨ uk a Qv (x1 , . . . , xn ) = Qv1 (x1 ) . . . Qvn (xn ) polinomot. Legyen S ⊆ V n egy ω(Gn ) m´eret˝ u halmaz, melyre minden (u1 , . . . , un ), (v1 , . . . , vn ) ∈ S rendezett p´arra l´etezik i, hogy (ui , vi ) ∈ E(G). Ekkor a arisan f¨ uggetlen polinomok, ugyanis bele´ırva a u-hoz tarQv (x) (v ∈ S) line´ toz´ o (au1 , . . . , aud ) vektort 0-t kapunk, ha u 6= v, ´es nem 0-t, ha u = v. Mivel minden Qv (x) polinom benne van egy (d+ (G) + 1)n dimenzi´os t´erben, ´ıgy |S| ≤ (d+ (G) + 1)n . Teh´ at C(G) = lim w(Gn )1/n ≤ d+ (G) + 1. n→∞
9.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaz´ asai 3.8. Tegy¨ uk fel, hogy |{a1 + · · · + an | ai ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n); h(a1 , . . . , an ) 6= 0}| ≤ K. Legyen S egy olyan K elem˝ u halmaz, melyre {a1 + · · · + an | ai ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n); h(a1 , . . . , an ) 6= 0} ⊆ S. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o polinomot: P (t1 , . . . , tn ) = h(t1 , . . . , tn )
Y
(t1 + · · · + tn − s).
s∈S
Pn Ekkor deg P = deg h + K = i=1 (|Ai | − 1). M´asr´eszt P ugyanannyiadfok´ u, mint a h(t1 , . . . , tn )(t1 + · · · + tn )K polinom, ´es minden deg P -fok´ u tagban meg kell egyezni¨ uk, mert P -ben lev˝o szorzatokb´ ol nem ker¨ ulhet konstans egy legnagyobb fok´ u tagba. Teh´at P -ben |A |−1 |A |−1 a t1 1 . . . tn n egy legnagyobb fok´ u tag, aminek az egy¨ utthat´oja nem 0. ´Igy a kombinatorikus Nullstellensatz szerint l´eteznek olyan ai ∈ Ai elemek, hogy P (a1 , . . . , an ) 6= 0, ez azonban ellentmond P defin´ıci´oj´anak. Teh´at |{a1 + · · · + an | ai ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n); h(a1 , . . . , an ) 6= 0}| ≥ K + 1.
158
´ dszerek a kombinatorika ´ ban – megolda ´ sok 9. Algebrai mo
3.9. Tegy¨ uk fel, hogy cxk11 . . . xknn az f polinom egy monomja. Ekkor p n X Y X cak11 . . . aknn = c j ki . a∈Fn p
i=1
j=1
Pp
Legyen 0 ≤ t ≤ p − 1. Ekkor j=1 j t ≡ 0 (mod p), ha 0 ≤ t ≤ p − 2, Pp ´es j=1 j p−1 ≡ p − 1 (mod p). Val´oban, ha 0 ≤ t ≤ p − 2, akkor l´etezik c 6= 0, melyre ct 6= 1(mod p), mert az xt ≡ 1 (mod p) egyenletnek legfeljebb t gy¨ oke van. ´Igy (ct − 1)
p X
jt =
j=1
p X
(cj)t −
j=1
p X
j t = 0 (mod p),
j=1
t mivel cj (j = 1, P.p. . , p)t megegyezik az ¨osszes marad´ekoszt´allyal. Mivel c 6= 1( mod p), ´ıgy j=1 j ≡ 0 ( mod p). A p − 1-re vonatkoz´o ´all´ıt´as k¨ovetkezik a kis Fermat-t´etelb˝ ol. Teh´ at ha egy monomban van p − 1-n´el kisebb kitev˝o, akkor annak az integr´ alja” automatikusan 0. Mivel n tag van ´es az ¨osszfoksz´am n(p − 1), ” ´ıgy csak annak az egy tagnak az integr´alja sz´am´ıt, amelyben minden kitev˝o pontosan p − 1.
3.10. Legyenek x1 , . . . , xk v´altoz´ok. Minden sz´amol´as Fp testben t¨ort´enik. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o polinomot: Y Y P (x) = (xi − xj ) (xi + di − xj ) i<j
i6=j
Y
(xi − di − xj + dj )
i<j
! Y i
xi
! Y (xi − di ) . i
Ha van egy a = (a1 , . . . , ak ), melyre P (a) 6= 0 akkor az ´eppen azt jelenti, hogy a bi = ai − di sz´ amokkal egy¨ utt az a1 , b1 , a2 , b2 , . . . , ak , bk sz´amok mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek ´es egyik¨ uk sem 0, ez ´eppen azt jelenti, hogy az a1 , b1 , . . . ak , bk sz´ amsorozat val´ oban egy permut´aci´o, az ai − bi = di felt´etel pedig automatikusan ad´ odik bi defin´ıci´ oj´ ab´ ol minden i-re. Ahhoz, hogy megmutassuk, hogy l´etezik ilyen a, el´eg megmutatni, hogy Z X P = P (a) 6= 0, a∈Fn p
mert ekkor biztosan van egy nem 0 tag.
159
´ sai 9.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaza
Haszn´ aljuk a 3.9 feladat a´ll´ıt´as´at. Vegy¨ uk ´eszre, hogy deg P = k(k − 1)/2 + k(k − 1) + k(k − 1)/2 + 2k = 2k 2 = k(p − 1). utthat´oj´at´ol f¨ ugg, vagyis Ezek szerint az integr´ al csak az x1p−1 . . . xnp−1 tag egy¨ nem f¨ ugg a di sz´ amokt´ ol. Legyen P 0 az a polinom, ahol P -ben minden di = R 1. Ekkor viszont k¨ onny˝ u meggondolni, hogy mi az P 0 , mert csak azon ai vektorok szerepelhetnek benne, amiben az ai -k az S = {2, 4, 6, . . . , p − 1} halmaz elemei. R´ ada´ asul b´ armely permut´aci´ora ugyanazt a nem 0 sz´amot kapjuk: ! ! Y Y Y Y r= (i − j)2 (i + 1 − j) i (i + 1) . i,j∈S
i6=j∈S
´Igy
R
P =
R
i∈S
i∈S
P 0 = k!r 6= 0, vagyis l´etezik a, melyre P (a) 6= 0.
3.11. Alkalmazzuk a 3.8 feladatot a h(x, y) = x − y polinomra ´es az A1 = A, A2 = B halmazokra. Legyen |A| = n, |B| = m. El˝osz¨or tekints¨ uk azt az esetet, amikor n 6= m, ekkor legyen K = n + m − 3. Az (x − y)(x + y)n+m−3 polinomban xn−1 y m−1 egy¨ utthat´oja: n+m−3 n+m−3 (n + m − 3)! − = (n − m) . n−2 n−1 (n − 1)!(m − 1)! Ha n + m − 3 < p, akkor a fenti kifejez´es nem 0 Fp -ben, ´ıgy ∗
|A + B| ≥ K + 1 = n + m − 2. Ha n + m − 3 ≥ p, akkor a k¨ovetkez˝ok´eppen j´arhatunk el: tegy¨ uk fel, hogy az A a kisebbik halmaz, ´es vegy¨ unk egy A0 ⊆ A halmazt n0 elemsz´ammal, melyre K 0 = n0 +m−3 = p−1. Ekkor |A0 | = |B|, mert a kisebbik halmazban ∗
vett¨ uk az A0 r´eszhalmazt. Az el˝oz˝oek szerint |A0 + B| ≥ K 0 +1 = p, m´asr´eszt ∗
∗
|A + B| ≥ |A0 + B|, teh´ at ebben az esetben is k´esz vagyunk. Teh´at ∗
|A + B| ≥ min(|A| + |B| − 2, p). Ha |A| = |B|, akkor hagyjunk el egy elemet A-b´ol, ´ıgy m´ar nem ugyanakkora a k´et halmaz, ´es alkalmazhatjuk az el˝obbi becsl´est. ´Igy kapjuk, hogy ∗
|A + B| ≥ min((|A| − 1) + |B| − 2, p) = min(|A| + |B| − 3, p).
160
´ dszerek a kombinatorika ´ ban – megolda ´ sok 9. Algebrai mo
3.12. Legyen b = (b1 , . . . , bn ). Tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o n v´altoz´os polinomot: P (x) =
n Y
(ai1 x1 + · · · + ain xn − bi ).
i=1
Ebben az x1 . . . xn egy maxim´alis fok´ u tag, amelynek az egy¨ utthat´oja ´eppen P er(A), ami a felt´etel szerint nem 0. Ekkor a kombinatorikus Nullstellensatz szerint tetsz˝ oleges S1 , S2 , . . . , Sn ⊂ F halmazokra, melyre |Si | = 2 minden i-re, l´etezik egy x = (x1 , . . . , xn ) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn vektor, hogy P (x) 6= 0, ul¨onb¨ozik b megfelel˝o ami ´eppen azt jelenti, hogy Ax minden koordin´at´aja k¨ koordin´ at´ aj´ at´ ol. 3.13. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o polinomot: F (x) =
m Y
(1 − Pi (x)p−1 ) − δ
i=1
n Y Y
(xi − j),
i=1 j6=ci
ahol δ-t u ´gy v´ alasztjuk, hogy P (c1 , . . . , cn ) = 0 legyen. Tudjuk ´ıgy v´alasztani δ-t, mert n Y Y (ci − j) 6= 0. i=1 j6=ci
M´ asr´eszt δ 6= 0, mert az els˝ o tagba c-t helyettes´ıtve 1-et kapunk. A m Y
(1 − Pi (x)p−1 )
i=1
foka (p − 1)
P
i
deg Pi < (p − 1)n, m´ıg δ
n Y Y
(xi − j)
i=1 j6=ci
foka ´eppen (p − 1)n, teh´ at F foka is (p − 1)n. Teh´at l´etezik egy a, melyre F (a) 6= 0. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a m´asodik tag minden nem c-re elt˝ unik. M´ asr´eszt az els˝ o tag csak akkor nem 0, ha a k¨oz¨os gy¨oke az ¨osszes Pi -nek. Teh´ at a egy m´ asik k¨ oz¨ os gy¨ oke az ¨osszes Pi -nek. 3.14. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o k´et polinomot: P1 (x) =
2p−1 X i=1
ai xp−1 i
P2 (x) =
2p−1 X i=1
xip−1 .
´ sai 9.3. A kombinatorikus Nullstellensatz alkalmaza
161
P1 ´es P2 -nek k¨ oz¨ os gy¨ oke a 0 vektor, ´es deg P1 +deg P2 = 2(p−1) < 2p−1 = n, ´ıgy a 3.13 feladat szerint a k´et polinomnak van egy m´asik k¨oz¨os y gy¨ok¨ uk. Legyen S = {i | yi 6= 0}. Mivel P2 (y) = 0 ´es P2 (y) = |S| a kis Fermat-t´etel szerint, ez´ert p | |S|. Mivel |S| nem lehet 0, ´es legfeljebb 2p − 1, ´ıgy |S| = p. Mivel P1 (y) = 0, ´ıgy P etel miatt. i∈S ai = 0 megint csak a kis Fermat-t´ 3.15. Legyenek a hipers´ıkok Hi = {x | (hi , x) = ri }, ahol 1 ≤ i ≤ k. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o polinomot: F (x) =
k Y
((hi , x) − ri ) − δ
i=1
n Y
(1 − xi ),
i=1
Qk ahol δ u ´gy van v´ alasztva, hogy F (0) = 0 legyen, vagyis δ = (−1)k i=1 ri . Mivel a hipers´ıkok nem fedik az 0 cs´ ucsot, Q ´ıgy δ 6= 0. Ha k < n lenne, akkor n az F f˝ otagj´ at a m´ asodik tag adn´a: (−1)n i=1 xi . Teh´at S1 = · · · = Sn = {0, 1} v´ alaszt´ assal a kombinatorikus Nullstellensatz azt adn´a, hogy l´etezik egy a ∈ S1 × · · · × Sn , melyre F (a) 6= 0. De ez lehetetlen, mert F (0) = 0 ´es a 6= 0 eset´en pedig F mindk´et tagja 0: ut´obbi esetben a polinom m´asodik tagja automatikusan 0, m´ıg az els˝o tag ´eppen amiatt 0, mert minden 0-t´ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o r´ acsponton ´ atmegy valamelyik h´ıpers´ık. Az ellentmond´as mutatja, hogy k ≥ n. 3.16. Legyenek a s´ıkok Hi = {(x, y, z) | ai x + bi y + ci z = di }. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o polinomot: F (x, y, z) =
k Y
(ai x + bi y + ci z − di ) − δ
i=1
n Y
(x − i)(y − i)(z − i),
i=1
ahol δ u ´gy van v´ alasztva, hogy F (0) = 0 legyen. Mivel a hipers´ıkok nem fedik az (0, 0, 0) cs´ ucsot, ´ıgy δ 6= 0. Ha k < 3n lenne, akkor az F f˝otagj´at a m´asodik tag adn´ a: xn y n z n . Teh´ at S1 = S2 = S3 = {0, 1, 2, . . . , n} v´alaszt´assal a kombinatorikus Nullstellensatz azt adn´a, hogy l´etezik egy (u, v, w) ∈ S1 ×S2 ×S3 , melyre F (u, v, w) 6= 0. De ez lehetetlen, mert F (0) = 0 ´es (u, v, w) 6= 0 eset´en pedig F mindk´et tagja 0. Ut´obbi esetben a polinom m´asodik tagja automatikusan 0, m´ıg az els˝ o tag ´eppen amiatt 0, mert minden 0-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o r´ acsponton ´ atmegy valamelyik s´ık. Az ellentmond´as mutatja, hogy k ≥ 3n.
162
´ dszerek a kombinatorika ´ ban – megolda ´ sok 9. Algebrai mo
3.17. Minden e ∈ E(G) ´elhez rendelj¨ unk egy xe v´altoz´ot. Minden v ∈ V (G) cs´ ucsra tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o polinomokat: X Pv (x) = x2e (v ∈ V (G)). e:v∈e
N´ezz¨ uk az F3 testben a (Pv )v∈V (G) polinomrendszer k¨oz¨os gy¨okeit. A 0 k¨oz¨os P gy¨ ok, m´ asr´eszt v∈V deg Pv = 2n < |E(G)| = 2n + 1. ´Igy a Chevalley-t´etel (3.13 feladat) szerint a polinomrendszernek van m´eg egy k¨oz¨os gy¨oke, legyen (ce )e∈E(G) ez a k¨ oz¨ os gy¨ ok. Legyen H = {e ∈ E(G) | ce 6= 0} = {e ∈ E(G) | ce = ±1}. Ekkor minden v cs´ ucsra 3-mal oszthat´o sz´am´ u H-beli ´el illeszkedik, ugyanis P 2 o sz´am´ u 1-es van e:v∈e ce = 0 csak akkor lehet F3 testben, ha 3-mal oszthat´ az ¨ osszegben. Mivel a legnagyobb foksz´am legfeljebb 5, ´ıgy ez a foksz´am 0 vagy 3. Teh´ at a H-beli ´elek ´ altal fesz´ıtett gr´af egy 3-regul´aris r´eszgr´afj´at adja G-nek. 3.18. Minden e ∈ E(G) ´elhez rendelj¨ unk egy xe v´altoz´ot. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o polinomot: !p−1 X Y Y 1 − − xe (1 − xe ). F (x) = v∈V (G)
e:v∈e
e∈E(G)
Vegy¨ uk ´eszre, hogy F -beli els˝o tag foka n(p − 1), m´ıg a m´asodik tag foka |E(G| > n(p − 1), mert az a´tlagfoksz´am nagyobb, mint 2p − 2. Teh´at egy Q legnagyobb fok´ u tag (−1)e(G)+1 e∈E(G) xe . ´Igy a kombinatorikus Nullstellensatzot alkalmazhatjuk az Se = {0, 1} (e ∈ E(G)) halmazokra. Ekkor l´etezik a ∈ {0, 1}E(G) , melyre F (a) 6= 0. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a 6= 0, mert F (0) = 0. Mivel a 6= 0, az F m´asodik tagja automatikusan 0. ´Igy az els˝o tag ucsra p-vel nem 0, hiszen F (a) 6= 0. Ez azonban azt jelenti, hogy minden cs´ oszthat´ o olyan f ´el illeszkedik, amelyre af = 1, k¨ ul¨onben a kis Fermat-t´etel szerint a szorzat adott cs´ ucshoz tartoz´o tagja 0 lenne, ´ıgy persze az eg´esz szorzat is. Legyen az ilyen ´elek halmaza H. Mivel a legnagyobb foksz´am 2p − 1, ez´ert ez csak u ´gy lehet ha minden cs´ ucsra 0 vagy p darab H-beli ´el illeszkedik. Mivel a 6= 0, ez megad egy p-regul´aris r´eszgr´afot: H-beli ´elek ´altal fesz´ıtett r´eszgr´ af megfelel (azon cs´ ucsokat nem vessz¨ uk be, melyekre nem illeszkedik H-beli ´el).
10. fejezet
Spektr´ algr´ afelm´ eleti feladatok – megold´ asok 10.1. Bevezet˝ o feladatok 4.1. El˝ osz¨ or a (b) r´eszre v´ alaszolunk, az (a) r´esz ennek k¨onny˝ u k¨ovetkezm´enye lesz. Mivel X (Ak )ij = ai0 i1 ai1 i2 . . . aik−1 ik , ahol i0 = i, ik = j, ez´ert (Ak )ij ´eppen azon k hossz´ u s´et´ak sz´ama, melyek i-ben kezd˝ odnek ´es j-ben v´egz˝odnek. Speci´alisan (A2 )ij egyenl˝o i ´es j k¨oz¨os szomsz´edainak sz´ am´ aval, ha i 6= j, ´es megegyezik i cs´ ucs fok´aval, ha i = j. 4.2. A (c) feladatra v´ alaszolunk el˝osz¨or, az (a) ´es (b) r´eszek k¨onnyen ad´odnak ut´ ana. P Minden m´ atrixra T rA = λi , ahol λi -k az A saj´at´ert´ekei. (A saj´at´ert´ekek val´ osak, mert A val´ os szimmetrikus m´atrix.) M´asr´eszt λki ´eppen Ak P k saj´ at´ert´ekei. ´Igy λi = T rAk . Az el˝oz˝o feladat szerint T rAk az olyan k hossz´ u s´et´ akat sz´ amolja meg, amelyek visszat´ernek. k = 1 eset´en hurok´el n´elk¨ uli gr´ afban ilyen nincs. k = 2 eset´en ez 2e(G), egy ´elet kiv´alasztva oda-vissza l´ep¨ unk valamelyik v´egpontj´ab´ol. k = 3 eset´en ´eppen hatszor a h´ aromsz¨ ogek sz´ am´ at kapjuk. 4.3. (a) Mivel A(Kn ) = J − I, ahol J a csupa 1 m´atrix. J-nek az 1 vektor saj´ atvektora n saj´ at´ert´eP kkel, ´ıgy J −I-nek is saj´atvektora n−1 saj´at´ert´ekkel. Tov´ abb´ a {(x1 , . . . xn ) | i xi = 0} egy 0 saj´at´ert´ekhez tartoz´o n−1 dimenzi´os saj´ ataltere J-nek. Ez´ert Kn saj´at´ert´ekei: n − 1 1-szeres multiplicit´assal ´es −1 saj´ at´ert´ek n − 1-szeres multiplicit´assal.
164
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
(b) Legyenek Kn,m k´et oszt´ aly´aban a cs´ ucsok v1 , . .P . vn , w1 , . . . , wm . Ekkor P A(Kn,m )-nek {(x1 , . . . , xn , y1 , . . . ym ) | x = 0, +m−2 i i j yj = 0} n √ dimenzi´ os altere a 0 saj´ at´ert´ekhez. et saj´at´e√ rt´eke ± nm, me√ A marad´ √ek k´ √ lyekhez tartoz´ o saj´ atvektorok (± m, . . . , ± m, n, . . . , n). 4.4. Egyszer˝ uen egyes´ıtj¨ uk a k´et gr´af saj´at´ert´ekeinek (multi)halmaz´at. 4.5. Legyen λ a G gr´ af egy saj´at´ert´eke ´es v = (v1 , . . . , vn ) a hozz´a tartoz´o saj´ atvektor. Ekkor tetsz˝ oleges i-re X vj = λvi . j∈N (i)
Legyen k az a cs´ ucs, melyre |vk | maxim´alis. Ekkor X X |λvk | = | vj | ≤ |vj | ≤ d|vk |. j∈N (k)
j∈N (i)
´Igy |λ| ≤ d. Egyenl˝ os´eg eset´en vk = vj = v, ha j ∈ N (k). Ha k helyett j-vel vissz¨ uk v´egig ugyanezt, akkor kapjuk, hogy az ˝o szomsz´edain is v a saj´ atvektor koordin´ at´ aj´ anak ´ert´eke. Ezt folytatva kapjuk, hogy egy ¨osszef¨ ugg˝o komponensen a saj´ atvektor konstans. Tov´abb´a minden ilyen vektor d-hez tartoz´ o saj´ atvektora G-nek. ´Igy kapunk egy d-hez tartoz´o c(G)-dimezi´os alteret, ahol c(G) a G ¨ osszef¨ ugg˝o komponenseinek a sz´ama. P k 4.6. Ez k¨ ovetkezik abb´ ol, hogy T rAk = ıv minden k-ra. i λi nemnegat´ Val´ oban, X 0 ≤ T rAk = λki ≤ (n − 1)λk1 + (−1)k |λn |k . i
Legyen k = 2r + 1. Ekkor |λn | ≤ (n − 1)1/k λ1 . Ezut´an r-rel tartva a v´egtelenbe kapjuk az ´ all´ıt´ ast. 4.7. Legyen v1 , v2 , . . . , vn az A m´atrix egy ortonorm´alt vektorokb´ol ´all´o saj´ atb´ azisa: Avi = λi vi . Legyen x egy tetsz˝oleges egys´eg hossz´ u vektor. ´Irjuk fel x-et a v1 , v2 , . . . , vn b´azisban: x=
n X
αi vi .
i=1
Mivel vi -k ortonorm´ altak, ´ıgy (x, x) =
P
i
αi2 . Tov´abb´a
n n n n X X X X xT Ax = ( αi vi )T A( αi vi ) = ( αi vi )T ( αi λi vi ) = i=1
i=1
i=1
i=1
165
˝ feladatok 10.1. Bevezeto
=
n X
λi αi2 .
i=1 T
Pn
2 2 es x = v1 -re egyenl˝os´eg van. Teh´ at x Ax = i = λ1 ´ i=1 Pλni αi ≤2 λ1 αP T Hasonl´ oan x Ax = i=1 λi αi ≥ λn αi2 = λn P ´es x = vn -re egyenl˝ P os´eg ´all n fenn. Ha (x, v1 ) = 0, akkor α1 = 0 ´es xT Ax = i=1 λi αi2 ≤ λ2 αi2 = λ2
P
´ os´eg van. Altal´ aban pedig, ha Vk a v1 , v2 , . . . , vk ´altal ´es x = v2 -re egyenl˝ fesz´ıtett vektort´er, akkor max
||x||=1,x⊥Vk
xT Ax = λk+1
az el˝ oz˝ oekhez hasonl´ o meggondol´asok alapj´an. 4.8. Csak az (a) r´eszt bizony´ıtjuk, a (b) r´esz ugyan´ ugy megy. Legyen atrix egy ortonorm´alt vektorokb´ol ´all´o saj´atb´azisa: Avi = v1 , v2 , . . . , vn az A m´ λi vi . Ha Uk = span(v1 , . . . , vk ), akkor min v T Av = vk T Avk = λk
v∈Uk ||v||=1
a 4.7 feladat megold´ as´ aban l´ atott gondolatmenet szerint. Teh´at λk = min v T Av ≤ v∈Uk ||v||=1
max
U :dim U =k
min v T Av.
v∈U ||v||=1
M´ asr´eszt, ha U tetsz˝ oleges k dimenzi´os alt´er, akkor nemtrivi´alisan belemetsz a Vk = span(vk , . . . , vn ) (n−k+1)-dimenzi´os vektort´erbe. Legyen w ∈ Vk ∩U , melyre ||w|| = 1. Mivel w ∈ Vk , ez´ert wT Aw ≤ λk a 4.7 feladat megold´ as´ aban l´ atott gondolatmenet szerint. Teh´at λk ≥
max
U :dim U =k
min v T Av.
v∈U ||v||=1
Ezzel k´eszen vagyunk. 4.9. Legyen v1 , . . . , vn az A m´atrix ortonorm´alt b´azisa. ´Irjunk fel minden ui vektort ebben a b´ azisban: n X ui = αir vr . r=1
Mivel az u1 , . . . , un vektorok 1-hossz´ uak, ´ıgy minden i-re n X r=1
2 αir = 1.
166
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
Tov´ abb´ a k X
ui T Aui =
k X n X
2 λr αir =
i=1 r=1
i=1
n X
λ r γr ,
r=1
ahol γr =
k X
2 αir .
i=1
P Ekkor r γr = k. M´ asr´eszt γr ≤ 1 minden 1 ≤ r ≤ n eset´en. Ugyanis, ha kieg´esz´ıtj¨ uk az u1 , . . . , uk vektorrendszert u1 , . . . , un ortonorm´alt b´aziss´a ´es ebben fel´ırjuk a vr vektort, akkor vr =
n X (ui , vr )ui i=1
miatt 1=
n X
n X
2
(ui , vr ) =
i=1
M´ asr´eszt Pk i=1 λi .
Pn
r=1
i=1
λr γr maximuma
P
r
2 αir
≥
k X
2 αir = γr .
i=1
γr = k ´es γr ≤ 1 felt´etelek mellett ´eppen
Pn 4.10. Legyen B = i=1 λi vi viT . Mivel a vi vektorok ortonorm´alt vektorrendszert alkotnak, ´ıgy Bvi = λvi = Avi . Tekints¨ uk azt a V m´atrixot, melynek oszlopai a vi -vektorok. Az el˝oz˝oek szerint BV = AV . M´asr´eszt V oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek, mert ortonorm´alt vektorrendszert alkotnak. ´Igy V invert´ alhat´ o, ebb˝ ol pedig k¨ovetkezik, hogy A = B. Ak =
n X
λki vi vi T
i=1
k¨ ovetkezik az el˝ oz˝ o´ all´ıt´ asb´ ol ´es abb´ol, hogy vi -k ortonorm´altak. 4.11. (a) Legyen G = (A, B, E) p´aros gr´af, ´es legyen λ egy saj´at´eP rt´eke, ´es egy hozz´ a tartoz´ o saj´ atvektor x. Ekkor tetsz˝oleges v cs´ ucsra λxv = u∈N (v) xu . Tekints¨ uk azt az y vektort, melyre P yv = xv , ha v ∈ A, ´es yv = −xv , ha v ∈ B. Ekkor k¨ onnyen l´ athat´ oan −λyv = u∈N (v) yu minden v cs´ ucsra. Teh´at y egy −λ-hoz tartoz´ o saj´ atvektor. Val´oj´aban a lek´epezes¨ unk egy line´aris bijekci´o a λ-hoz tartoz´ o saj´ atalt´er ´es a −λ-hoz tartoz´o saj´atalt´er k¨oz¨ott, ´ıgy λ ´es −λ multiplicit´ asa megegyezik. (b) Legyen v = (v1 , . . . , vn ) a λn -hez tartoz´o egys´eg hossz´ u saj´atvektor. Legyen v ∗ = (|v1 |, . . . , |vn |). Ekkor X X λ1 = |λn | = v T Av = aij vi vj ≤ aij |vi ||vj | = v ∗ T Av ∗ ≤ λ1 . i,j i,j
167
˝ feladatok 10.1. Bevezeto
Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy mindenhol egyenl˝os´eg kell ´alljon a becsl´esben, ´es v ∗ a λ1 -hez tartoz´ o saj´ atvektor (l´ asd a 4.7 feladat megold´as´at). Mivel G o¨sszef¨ ugg˝ o, ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy v ∗ -nak nincs 0 eleme, ´ıgy persze v-nek sem. Abb´ol, hogy egyenl˝ os´eg ´ all az els˝ o becsl´esben k¨ovetkezik, hogy minden aij vi vj elemnek az el˝ ojele negat´ıv, melyre aij 6= 0. ´Igy az A = {i ∈ V (G) | vi > 0} ´es B = {i ∈ V (G) | vi < 0} halmazokon bel¨ ul nem fut ´el, vagyis ez megadja a gr´af egy 2-sz´ınez´es´et. (c) Tekints¨ uk a G = K3,3 ∪ K4 gr´afot. Ekkor G spektruma {32 , 04 , −13 , −3} (a kitev˝ ok a multiplicit´ asok), de nem p´aros gr´af. ´gy megv´alasztva, hogy orto4.12. Legyenek A(G) saj´ atvektorai v1 , . . . , vn u gon´ alisak, ´es v1 = 1. Ekkor A(G)1 = (n − d − 1)1, vagyis n − d − 1 saj´at´ert´ek. Tov´ abb´ a A(G) + A(G) = I − J, ´ıgy i ≥ 2-re (A(G) + A(G))vi = (I − J)vi = alisak. Teh´at A(G)vi = −vi −A(G)vi = (−1−λi )vi . −vi , mert vi ´es 1 ortogon´ Teh´ at vi a G-nek is saj´ atvektora, mivel ez n darab ortogon´alis vektor, ´ıgy megtal´ altuk az ¨ osszeset. Teh´ at G saj´at´ert´ekei n − d − 1, −1 − λ2 , . . . , −1 − λn . 4.13. Tekints¨ uk det(xI − A)-t ´es ebben a nem 0 kifejt´esi tagokat. Minden egyes kifejt´esi tagot megfeleltethet¨ unk egy permut´aci´onak. Ebben a permut´aci´ oban a fixpontokn´ al x-et v´ alasztunk ki az ´atl´ob´ol. Tekints¨ uk a permut´aci´o t¨ obbi ciklus´ at, ez megad egy (−1)k ai1 i2 ai2 i3 . . . aik i1 alak´ u szorzatot, ahol i1 , . . . ik mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Egy ilyen szorzat azonban majdnem mindig 0, mert egy f´ aban nincsen k¨ or. Csak az lehet, hogy k = 2 ´es ai1 i2 ai2 i1 szorzatot v´ alasztottunk ki, ami nem 0, ha i1 ´es i2 szomsz´edos. Teh´at det(xI − A) nem 0 kifejt´esi tagjai u ´gy n´eznek ki, hogy n´eh´any f¨ uggetlen ´elet, mint 2-hossz´ u ciklust v´ alasztunk ´es a t¨ obbi elem x a f˝o´atl´ob´ol. Minden egyes 2-hossz´ u ciklus a permut´ aci´ o el˝ ojel´et (−1)-gyel szorozza, ´ıgy n/2 X det(xI − A) = (−1)j mj (T )xn−2j . j=0
4.14. (a) Legyen G1 = K1,4 , G2 = K2,2 ∪ K1 . Ekkor G1 ´es G2 spektruma is {2, 03 , −2} a 4.3 feladat (b) r´esze szerint. (b) Az ´ abr´ an l´ athat´ o f´ ak megfelelnek: a karakterisztikus polinomja mindkett˝ onek x8 − 7x6 + 9x4 . Val´ oban, a 4.13 feladat szerint el´eg ellen˝orizni, hogy m1 (Ti ) = 7 (i = 1, 2) ´es m2 (Ti ) = 9 (i = 1, 2), m3 -t´ol meg minden 0.
168
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
4.15. Legyen MG a G gr´ af cs´ ucs-´el incidenciam´atrixa. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ekkor az LG gr´ af adjacenciam´atrix´ara teljes¨ ul, hogy T A(LG ) = MG MG − 2Im .
Teh´ at A(LG )+2Im m´ atrix pozit´ıv szemidefinit, ´ıgy λm (LG ) ≥ −2. Ha m > n T MG ) ≤ rk(MG ) ≤ n < m, ´ıgy A(LG )-nek saj´at´ert´eke a −2. akkor rk(MG
10.2. Gr´ afszorzatok, gr´ aftranszform´ aci´ ok 4.16. (a) Megmutatjuk, hogy G(k) spektruma {kµ1 , kµ2 , . . . , kµn , 0(k−1)n }. LegyenP x egy λ saj´ at´ert´ekhez tartoz´o saj´atvektor. Ekkor minden v cs´ ucsra λxv = u∈NG (v) xu . Tekints¨ ˜u0 = xu , uk azt az x ˜ vektort G(k)-hoz, melyre x ha u0 ∈ K(u), ahol K(u) az u cs´ ucshoz tartoz´o f¨ uggetlen halmaz. Ekkor X kλ˜ xv 0 = xu0 , u∈NG(k) (v)
hiszen minden cs´ ucsot k-szoros´ara f´ ujtunk. Legyen V azon vektorok altere, melyeknek minden kupacon a koordin´at´ak ¨osszege 0. Ekkor V a 0 saj´at´ert´ekhez tartoz´ o n(k − 1) dimenzi´os alt´er, hiszen y ∈ V eset´en minden v 0 ∈ K(v) cs´ ucsra X X X X yu0 = yu0 = 0 = 0 = 0 · yv 0 . u∈NG(k) (v)
u∈NG (v) u0 ∈K(u)
u∈NG (v)
Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha v1 , . . . , vn ortogon´alis saj´atb´azisa a G-hez tartoz´o adjacenciam´ atrixnak, akkor v˜1 , . . . , v˜n , V p´aronk´ent ortogon´alisak. Mivel ¨osszdimenzi´ ojuk nk, ´ıgy megtal´ altuk G(k) minden saj´at´ert´eket. (b) Ugyanezen saj´ atalterek megfelelnek, a hozz´ajuk tartoz´o saj´at´ert´ekek ezu ´ttal {kµ1 + k − 1, kµ2 + k − 1, . . . , kµn + k − 1, (−1)(k−1)n }. 4.17. (a) Megold´ as: (k−1) (k−1) (k−1) {kλ1 , kλ2 , . . . , kλn , kd1 , kd2 , . . . , kdn }.
169
´ lsuga ´ r-becsle ´sek 10.3. Spektra
(b) Megold´ as: {kλ1 , kλ2 , . . . , kλn , kd1 + 1(k−1) , kd2 + 1(k−1) , . . . , kdn + 1(k−1) }. Ez m´ar k¨ovetkezik az (a) r´eszb˝ ol a 4.39 feladat miatt. 4.18. Megmutatjuk, hogy a saj´at´ert´ekek λi µj , ahol λi v´egigfut G1 saj´at´ert´ekein, µj pedig v´egigfut G2 saj´at´ert´ekein. Legyen λ egy G1 -hez tartoz´o atvektorral, µ pedig G2 -hez tartoz´o saj´at´ert´ek y saj´atvektorsaj´ at´ert´ek x saj´ ral. Ekkor X X λxu = xw ´es µyv = yz . w∈NG1 (u)
z∈NG2 (v)
Legyen x ⊗ y az a vektor, melyre x ⊗ y(u, v) = xu yv minden (u, v) ∈ V (G1 × G2 ) eset´en. Ekkor X X xw yz = x ⊗ y(w, z) = (w,z)∈NG1 ×G2 ((u,v))
(w,z)∈NG1 ×G2 ((u,v))
=
X
xw
w∈NG1 (u)
X
yz = λxu µyv = λµx ⊗ y(u, v).
z∈NG2 (v)
Teh´ at x ⊗ y egy λµ-hoz tartoz´o saj´atvektora G1 × G2 -nek. Ha x1 , . . . , xn ortogon´ alis saj´ atvektorai G1 adjacenciam´atrix´anak λ1 , . . . , λn saj´at´ert´ekekhez ´es y1 , . . . , ym ortogon´ alis saj´ atvektorai G2 adjacenciam´atrix´anak µ1 , . . . , µm saj´ at´ert´ekekhez, akkor xi ⊗ yj (1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m) k¨onnyen ellen˝orizhet˝ oen p´ aronk´ent ortogon´ alis, λi µj -hez tartoz´o saj´atvektorok. ´Igy megtal´altuk az ¨ osszes saj´ at´ert´eket. 4.19. Az el˝ oz˝ o feladat megold´as´ahoz hasonl´oan az xi ⊗ yj vektorok lesznek G1 ? G2 saj´ atvektorai. Ez´ uttal azonban λi µj + λi + µj lesznek a hozz´a tartoz´o saj´ at´ert´ekek. 4.20. Az el˝ oz˝ o k´et feladat megold´as´ahoz hasonl´oan az xi ⊗ yj vektorok lesznek G1 G2 saj´ atvektorai. Ez´ uttal azonban λi +µj lesznek a hozz´a tartoz´o saj´ at´ert´ekek.
10.3. Spektr´ alsug´ ar-becsl´ esek 4.21. Ez az egyenl˝ otlens´eg trivi´alisan ad´odik abb´ol, hogy X λ(G) = max xT Ax = max 2 xi xj . ||x||=1
||x||=1
i<j,(i,j)∈E(G)
170
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
4.22. (a) √ Az els˝ o egyenl˝ otlens´eg k¨ovetkezik abb´ol, hogy K1,D r´eszgr´afja G-nek, ´ıgy D = λ(K1,D ) ≤ λ(G) a 4.3(b) ´es 4.21 feladat megold´as´at felhaszn´ alva. Legyen x a λ = λ(G)-hez tartoz´o egyik saj´atvektor. Legyen v egy olyan cs´ ucs, melyre xv maxim´ alis. Ekkor X λxv = xu ≤ d(v)xv ≤ Dxv . u∈N (v)
Teh´ at λ ≤ D. √ (b) Legyen v az a vektor, mely minden koordin´at´aban 1/ n. Ekkor ||v|| = 1, ´ıgy 2e(G) = v T Av ≤ max xT Ax = λ(G). n ||x||=1 A fels˝ o becsl´es a k¨ ovetkez˝ ok´eppen ad´odik: legyen λ(G) = λ1 , . . . , λn az ¨osszes saj´ at´ert´ek. Ekkor !2 !2 n n n X X X 2 λ1 = − λi = λi ≤ (n − 1) λ2i = i=2
i=2
i=2
= (n − 1)(2e(G) − λ21 ). P (Felhaszn´ altuk, hogy i λi = 0 ´es i λ2i = 2e(G), l´asd az 4.2 feladatot.) ´ Atrendez´ es ut´ an kapjuk az a´ll´ıt´ast. P
√ 4.23. Legyen v az a vektor, mely minden koordin´at´aban 1/ n. Ekkor ||v|| = 1, ´ıgy n 1X 2 d = v T A2 v ≤ max xT A2 x = λ(G)2 . n i=1 i ||x||=1 af legnagyobb saj´at´ert´ek´ehez tartoz´o egys´eghossz´ u 4.24. Legyen x a G gr´ nemnegat´ıv saj´ atvektor. Ekkor λ(G) = xT A(G)x, ahol A(G) a G gr´ af adjacenciam´atrixa. Hasonl´oan, legyen A(Gi ) a Gi gr´af adjacenciam´ atrixa. Ekkor A(G) = A(G1 ) + A(G2 ). (Ha az uni´ot nem multigr´ afk´ent ´ertelmezz¨ uk, akkor A(G) ≤ A(G1 ) + A(G2 ), ahol az egyenl˝otlens´eget elemenk´ent ´ertelmezz¨ uk.) λ(G) = xT A(G)x ≤ xT A(G1 )x + xT A(G2 )x ≤
171
´ fparame ´terek becsle ´sei 10.4. Gra
≤ max y T A(G1 )y + max z T A(G2 )z = λ(G1 ) + λ(G1 ). ||y||=1
||z||=1
Felhaszn´ altuk a 4.7 feladat ´ all´ıt´as´at. 4.25. Legyenek a T fa saj´ at´ert´ekei λ1 ≥ · · · ≥ λn . Mivel T egy p´aros gr´af, ´ıgy λn = −λ1 a 4.11 feladat szerint. Felhaszn´alva a 4.2 feladat ´all´ıt´as´at kapjuk, hogy X 2(n − 1) = 2e(G) = λ2i ≥ 2λ21 . i
√
´Igy λ1 ≤ n − 1. Egyenl˝ os´eg fenn´allhat: K1,n−1 csillag legnagyobb saj´at´er√ t´eke n − 1 a 4.3(b) feladat megold´asa szerint.
10.4. Gr´ afparam´ eterek becsl´ esei 4.26. Legyen X ´es Y karakterisztikus vektora x, illetve y. Ekkor e(X, Y ) = xT Ay. ´Irjuk fel x-et ´es y-t az A m´atrix egy ortonorm´alt saj´atb´azis´aban: x=
n X
αi vi
´es
y=
i=1
n X
βi vi ,
i=1
P P ahol v1 = √1n 1. Ekkor |X| = (x, x) = i α2 , |Y | = (y, y) = i βi2 , tov´abb´a √ √ ul α1 = (x, v1 ) = |X|/ n ´es β1 = |Y |/ n. V´eg¨ n n X X X e(X, Y ) = xT Ay = ( αi vi )T A( βi vi ) = λi αi βi . i=1
Vegy¨ uk ´eszre, hogy λ1 α1 β1 =
d|X||Y | . n
i=1
i
´Igy
X n X n d|X||Y | e(X, Y ) − = λ α β ≤ λ |αi ||βi | ≤ i i i n i=2 i=2
λ(
n X i=2
2 1/2
|αi | )
n n X X ( |βi |2 )1/2 ≤ λ |αi |2 i=2
i=1
= λ|X|1/2 |Y |1/2 .
!1/2
n X i=1
!1/2 2
|βi |
=
172
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
Megjegyz´es: Ugyanez a bizony´ıt´as azt is mutatja, hogy 1/2 2 1/2 |Y |2 e(X, Y ) − d|X||Y | ≤ λ |X| − |X| |Y | − n n n is teljes¨ ul. 4.27. (a) Alkalmazzuk a 4.7 feladat ´all´ıt´as´at a Laplace-m´atrixra. (A feladat all´ıt´ ´ asa az adjacenciam´ atrixra vonatkozott, de a feladat megold´asa mutatja, hogy val´ oj´ aban tetsz˝ oleges val´os, szimmetrikus m´atrixra igaz a feladat all´ıt´ ´ asa.) X (xi − xj )2 . µ1 = max xT L(G)x = max ||x||=1
||x||=1
(i,j)∈E(G)
Tekints¨ uk azt az u vektort, melyre uv = −b, ha v ∈ A, ´es uv = a, ha v ∈ V \A. Ekkor X (xi − xj )2 = e(A, V \ A)(a + b)2 = e(A, V \ A)n2 (i,j)∈E(G)
Tov´ abb´ a ||u||2 = ab2 + ba2 = nab. ´Igy e(A, V \ A)n2 = uT L(G)u ≤ µ1 ||u||2 = µ1 nab. Ebb˝ ol ad´ odik az (a) r´esz ´ all´ıt´asa. (b) Mivel a G gr´ af d-regul´ aris, ´ıgy µ1 = d − λn . ´Igy az (a) r´esz eredm´eny´eb˝ol kapjuk, hogy ab n e(A, V \ A) ≤ (d − λn ) ≤ (d − λn ) . n 4
Megjegyz´es: Erd˝ os P´ al nevezetes ´eszrev´etele, hogy egy gr´afnak mindig van olyan v´ ag´ asa, amely az ´eleknek legal´abb a fel´et tartalmazza. 4.28. Alkalmazzuk a 4.27 feladat (a) r´esz´enek eredm´eny´et arra a v´ag´asra, ami egy α(G) m´eret˝ u f¨ uggetlen halmaz ´es a t¨obbi cs´ ucs k¨oz¨ott megy. Ekkor ´ e(A, V \ A) = dα(G). M´ asr´eszt µ1 = d − λn . Igy dα(G) = e(A, V \ A) ≤ (d − λn )
α(G)(n − α(G)) . n
Ebb˝ ol ´ atrendez´es ut´ an kapjuk, hogy α(G) ≤
−nλn . d − λn
173
˝ sen regula ´ ris gra ´ fok 10.5. Ero
4.29. Legyen S egy α(G) m´eret˝ u f¨ uggetlen r´eszgr´af G-ben. Legyen Vα azon vektorok halmaza Rn -ben, melyek tart´oja S. Ekkor dim Vα = |S| = α(G). alt vektorokb´ol ´all´o saj´atb´azisa A = A(G)-nek ´es Legyen v1 , . . . , vn ortonorm´ legyenek λ1 ≥ · · · ≥ λn a hozz´atartoz´o saj´at´ert´ekek: Avi = λi vi . Legyenek v1 , . . . , vk azon vektorok, melyre λi > 0. Legyen V+ = vi | i = 1, . . . , k . Ekkor dim V+ = n − n− . Ha α(G) > n− lenne akkor lenne 0 6= u ∈ Vα ∩ V+ . Pk βn vn . Ekkor uT Au = i=1 λi βi2 > 0. M´asr´eszt Legyen u = β1 v1 + · · · +P u ∈ S miatt uT Au = 2 (i,j)∈E(G) ui uj = 0 ellentmond´as mutatja, hogy α(G) ≤ n− . Hasonl´ oan ad´ odik, hogy α(G) ≤ n+ .
10.5. Er˝ osen regul´ aris gr´ afok 4.30. Az A2 + (µ − λ)A − (k − µ)I = µJ azonoss´ag ad´odik abb´ol, hogy A2 -ben az ´ atl´ oban a foksz´ amok vannak, k´et k¨ ul¨ob¨oz˝o cs´ ucsn´al pedig a k¨oz¨os szomsz´edok sz´ ama, amely most λ vagy µ att´ol f¨ ugg˝oen, hogy ¨ossze vannak-e k¨ otve vagy sem. Legyen v = (v1 , . . . , vn ) egy saj´atvektora A-nak: Av = ϑv. Ekkor (ϑ2 + (µ − λ)ϑ − (k − µ))v = µJv. Az i-edik koordin´ at´ akat ¨ osszehasonl´ıtva kapjuk, hogy (ϑ2 + (µ − λ)ϑ − (k − µ))vi = µ
n X
vi .
i=1
Ha ϑ2 + (µ − λ)ϑ − (k − µ) 6= 0, akkor minden vi megegyezik, ´ıgy v = c · 1 vektor. Ez val´ oban saj´ atvektor, m´eghozz´a a k saj´at´ert´ekhez tartozik. Ha ϑ2 + (µ − λ)ϑ − (k − µ) 6= 0, akkor megoldva a m´asodfok´ u egyenletet kapjuk, hogy p λ − µ ± (µ − λ)2 + 4(k − µ) ϑ1,2 = . 2 Legyen f ´es g a ϑ1 ´es ϑ2 saj´ at´ert´ekek multiplicit´asa. Ekkor 1 + f + g = n, mert ¨ osszesen n saj´ at´ert´ek van ´es k + f ϑ1 + gϑ2 = 0, mert a saj´ at´ert´ekek ¨ osszege 0. Ebb˝ol kapjuk, hogy 1 f, g = 2
2k + (v − 1)(λ − µ) v−1∓ p (λ − µ)2 + 4(k − µ)
! .
174
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
Megjegyz´es: mivel f, g multiplicit´asok, ez´ert nemnegat´ıv eg´esz sz´amok. Ez nagyon er˝ os felt´etel az (n, k, λ, µ) sz´amokra. Ez az u ´n. integralit´ asi felt´etel. 4.31. (a) A Petersen-gr´ af er˝osen regul´aris gr´af (10, 3, 0, 1) param´eterekkel. A 4.30 feladatot alkalmazva kapjuk, hogy a spektruma {3, 15 , −24 }. p−5 p−1 eterekkel. Eb(b) A Paley-gr´ af er˝ osen regul´aris gr´af (p, p−1 2 , 4 , 4 ) param´ √ −1± p b˝ ol kapjuk, hogy a saj´ at´ert´ekei p−1 1-szeres multiplicit´ a ssal ´ e s pedig 2 2 (p − 1)/2 multiplicit´ assal.
4.32. Felhaszn´ aljuk a 4.30 feladat ´all´ıt´as´at, mely szerint A2 + (µ − λ)A − (k − µ)I = µJ. M´ asr´eszt x2 + (µ − λ)x − (k − µ) = (x − ϑ1 )(x − ϑ2 ), hiszen ϑ1,2 ´eppen ezen m´ asodfok´ u egyenlet k´et gy¨oke volt. Teh´at (A − ϑ1 I)(A − ϑ2 I) = µJ. Szorozzuk meg mindk´et oldalt az 1 vektorral. Ekkor kapjuk, hogy (A − ϑ1 I)(A − ϑ2 I)1 = (A − ϑ1 I)(k − ϑ2 )1 = (k − ϑ1 )(k − ϑ2 )1, illetve µJ1 = µn1. ´Igy (k − ϑ1 )(k − ϑ2 ) = nµ. 4.33. El˝ osz¨ or vizsg´ aljuk azt az esetet, amikor p (λ − µ)2 + 4(k − µ) racion´alis, azaz eg´esz. Ekkor ϑ1,2 =
p 1 λ − µ ± (µ − λ)2 + 4(k − µ) 2
racion´ alisak, ´es mivel egy 1 f˝ oegy¨ utthat´os eg´esz egy¨ utthat´os polinom gy¨okei, ez´ert eg´eszek. p Ha (λ − µ)2 + 4(k − µ) nem racion´alis, akkor az ! 1 2k + (v − 1)(λ − µ) f, g = v−1∓ p 2 (λ − µ)2 + 4(k − µ) csak akkor lehet eg´esz, speci´alisan racion´alis, ha 2k + (v − 1)(λ − µ) = 0. Mivel 0 ≤ k ≤ v − 1, ez´ert csak h´arom lehet˝os´eg van: k = 0, 21 (v − 1), v − 1. Az els˝ o ´es utols´ o esetben G u ¨res, vagy a teljes gr´af, ekkor azonban eg´eszek a saj´ at´ert´ekei. Ha k = 21 (v − 1), akkor µ − λ = 1. Haszn´aljuk fel m´eg, hogy
175
˝ sen regula ´ ris gra ´ fok 10.5. Ero
(v − k − 1)µ = k(k − λ − 1). Most v − k − 1 = k, ´ıgy µ = k − λ − 1. ´Igy 2µ = (λ + 1) + (k − λ − 1) = k, azaz µ = 14 (v − 1) ´es λ = 14 (v − 5). Teh´at ekkor G konferenciagr´ af. 4.34. Legyen G egy (p, k, λ, µ) param´eter˝ u er˝osen regul´aris gr´af, ahol p pr´ım. Ha nem minden saj´ at´ert´ek eg´esz, akkor az el˝oz˝o feladat szerint G konferenciagr´ af, ´es k´eszen vagyunk. Megmutatjuk, hogy ha G-nek minden saj´at´ert´eke eg´esz, akkor u ¨res vagy teljes gr´af, amit a feladat feltev´ese kiz´ar. Mivel egy er˝ osen regul´ aris gr´af komplementere is er˝osen regul´aris, el´eg bel´ atni, hogy ha k ≤ (p − 1)/2, akkor G u ¨res gr´af. (Egy regul´aris eg´esz spektrum´ u gr´ af komplementer´enek is eg´eszek a saj´at´ert´ekei.) Haszn´aljuk fel a 4.32 feladat ´ all´ıt´ as´ at: (k − ϑ1 )(k − ϑ2 ) = pµ. Mivel minden sz´am eg´esz, ez´ert p | (k − ϑ1 )(k − ϑ2 ). M´ asr´eszt |k −ϑ1 |, |k −ϑ2 | ≤ 2k ≤ (p−1). ´Igy csak az lehet, hogy (k −ϑ1 ), (k − ϑ2 ) valamelyike 0. Ekkor (k − ϑ1 )(k − ϑ2 ) = pµ miatt µ = 0. Ez csak akkor lehet, ha G n´eh´ any ugyanakkora m´eret˝ u teljes gr´af uni´oja. Mivel p pr´ım, ez csak Kp vagy pK1 lehet. El˝ obbiben viszont a foksz´am p − 1 > (p − 1)/2. ´Igy csak az ut´ obbi lehet, vagyis G az u ¨res gr´af, vagyis ellentmond´asra jutottunk.
4.35. (a) A (v−k−1)µ = k(k−λ−1) ¨osszef¨ ugg´esbe helyettes´ıtve λ = 0, µ = 1 ´ert´ekeket kapjuk, hogy v = k 2 + 1. (b) Ha G konferenciagr´ af, akkor µ = 1 miatt v = 5, k = 2. Ezeknek a param´etereknek az 5 hossz´ u k¨or meg is felel. Ha G nem konferenciagr´af, akkor a saj´ at´ert´ekei eg´eszek, vagyis √ 1 (−1 + 4k − 3) 2 eg´esz, azaz 4k − 3 = s2 valamilyen s eg´esz sz´amra. Ekkor k = Tov´ abb´ a az ! 1 2k + (v − 1)(λ − µ) f, g = v−1∓ p 2 (λ − µ)2 + 4(k − µ) k´epletbe el˝ obb k-t be´ırva majd k-t kifejezve s-sel kapjuk, hogy 2 2 s2 +3 s +3 2 2 − 4 4 1 s +3 ±2 f, g = . 2 4 s Teh´ at f=
s5 + 6s3 + 9s + 8(s2 + 3) − (s + 3)2 32s
1 2 4 (s
+ 3).
176
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
eg´esz. Mivel 32f is eg´esz, ´ıgy (8 · 3 − 32 )/s is eg´esz, azaz s | 15. Az s = 1, 3, 5, 15 ´ert´ekekre kapjuk, hogy k = 1, 3, 7, 57. Teh´at k az 1, 2, 3, 7, 57 ´ert´ekek valamelyike. (c) Az els˝ o n´egy ´ert´ekre l´etezik megfelel˝o gr´af, s˝ot egy´ertelm˝ uek: K2 , C5 othossz´ u k¨ or, Petersen-gr´ af ´es az u ´n. Hoffman–Singleton-gr´af. Nyitott, hogy ¨ l´etezik-e (3250, 57, 0, 1) param´eter˝ u er˝osen regul´aris gr´af. (Term´eszetesen a feladat k´erd´es´ere mindenki a saj´at tud´as´anak megfelel˝oen v´alaszol.) 4.36. A (v − k − 1)µ = k(k − λ − 1) o¨sszef¨ ugg´esbe helyettes´ıtve λ = 0, µ = 2 ´ert´ekeket kapjuk, hogy v = 12 k(k + 1) + 1. A keresett gr´af nem lehet ´ konferenciagr´ af, mert λ − µ = −2, p p nem pedig −1. Igy a saj´at´ert´e2kei eg´eszek, 2 vagyis (λ − µ) + 4(k − µ) = 4(k − 1) eg´esz sz´am. ´Igy k = r + 1. Megjegyz´es: r = 1, 2, 3 eset´en l´etezik ilyen gr´af: C4 (4, 2, 0, 2) param´eter˝ u, a Clebsch-gr´ af (16, 5, 0, 2) param´eter˝ u, a Gewirtz-gr´af (56, 10, 0, 2) param´eter˝ u er˝ osen regul´ aris gr´ afok. 4.37. Tegy¨ uk fel, hogy siker¨ ult K10 -et felbontani h´arom ´eldiszjunkt Petersengr´ af uni´ oj´ ara. Legyen az adjacenciam´atrixuk A, B, C. Ekkor J −I = A+B + C. Az 1 vektor mindegyiknek saj´atvektora: A1 = B1 = C1 = 3 · 1. Minden m´ as saj´ atvektor mer˝ oleges 1-re. A Petersen-gr´af saj´at´ert´ekei {3, 15 , −24 }. Tekints¨ uk az A-nak ´es a B-nek 1 saj´at´ert´ekhez tartoz´o 5-dimenzi´os VA , illetve VB saj´ atalter´et. Ezek mer˝ olegesek 1-re, ´ıgy egy 9-dimenzi´os t´erben vannak. Mivel dim VA + dim VB = 10, ´ıgy van nem trivi´alis metszet¨ uk: 0 6= u ∈ VA ∩ VB . Ekkor Cu = (J − I)u − Au − Bu = −u − u − u = (−3)u, vagyis a −3 saj´ at´ert´eke C-nek. M´asr´eszt −3 nem saj´at´ert´eke a Petersengr´ afnak, ´ıgy C nem lehet egy Petersen-gr´af adjacenciam´atrixa, ellentmond´as.
Megjegyz´es: Tegy¨ uk fel, hogy felbontottuk a K10 -et k´et Petersen-gr´af ´es egy G gr´ af ´eldiszjunkt uni´ oj´ ara. Ekkor az el˝oz˝o megold´as szerint G-nek −3 saj´ at´ert´eke. Megmutathat´ o, hogy G ¨osszef¨ ugg˝o, ami azzal ekvivalaens, hogy G nem K4 ∪ K3,3 . Ekkor G p´aros gr´af, mivel 3-regul´aris (vagyis a 3 a legnagyobb saj´ at´ert´eke) ´es −3 saj´ at´ert´eke.
10.6. Laplace-saj´ at´ ert´ ekek 4.38. Legyen 1 a csupa 1 vektor. Ekkor L(G)1 = 0, ´ıgy a 0 saj´at´ert´eke L(G)-nek. Megmutatjuk, hogy minden m´as saj´at´ert´eke nemnegat´ıv, vagyis
177
´ te ´rte ´kek 10.6. Laplace-saja
L(G) pozit´ıv szemidefinit, teh´at 0 a legkisebb saj´at´ert´ek. Ez val´oban teljes¨ ul, mert tetsz˝ oleges x vektorra X (xi − xj )2 ≥ 0. xT L(G)x = (i,j)∈E(G)
4.39. Vegy¨ uk ´eszre, hogy L(G) + L(G) = nI − J. Legyen v1 , . . . , vn ortonorm´ alt saj´ atb´ azisa L(G)-nek, ahol vn = √1n 1. Nyilv´an L(G)vn = 0, ´ıgy a 0 marad a saj´ at´ert´eke. Ha i 6= n akkor vi ortogon´alis vn -re azaz 1-re, ´ıgy L(G)vi = (nI − J − L(G))vi = nvi − 0 − µi vi = (n − µi )vi . Teh´ at L(G) saj´ at´ert´ekei n − µ1 , . . . , n − µn−1 , 0. 4.40. Az u af Laplace-spektruma {0n }, ´ıgy a 4.39 feladat szerint L(Kn ) ¨res gr´ n−1 spektruma {n , 0}. (A kitev˝ok a megfelel˝o saj´at´ert´ekek multiplici´at´asa.) A Kn,m komplementere Kn ∪ Km , aminek a Laplace-spektruma a fentiek szerint {nn−1 , 0} ∪ {mm−1 , 0}. ´Igy a 4.39 feladat szerint Kn,m spektruma {n + m, nm−1 , mn−1 , 0}. (A kitev˝ok a megfelel˝o saj´at´ert´ekek multiplicit´asa.)
4.41. Az (a) ´ all´ıt´ as egyszer˝ uen k¨ovetkezik abb´ol, hogy G azon fesz´ıt˝of´ai, melyek nem tartalmazz´ ak az e ´elt, megfelelnek G − e fesz´ıt˝of´ainak, m´ıg azon fesz´ıt˝ of´ ak, amelyek tartalmazz´ak az e ´elet, k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ uen megfelelnek G/e fesz´ıt˝ of´ ainak m´egpedig u ´gy, hogy minden egyes ilyen fesz´ıt˝of´aban az e ´elet ¨ osszeh´ uzva ´eppen G/e egy fesz´ıt˝of´aj´at kapjuk, ´es ez visszafel´e is igaz. A (b) ´ all´ıt´ ast tetsz˝ oleges G multigr´afra bizony´ıtjuk az ´elek sz´am´ara val´o indukci´ oval. Az u afra az ´all´ıt´as nyilv´anval´oan igaz. Tegy¨ uk fel, hogy ¨res gr´ az n-edik cs´ ucsnak megfelel˝ o oszlopot ´es sort t¨or¨olj¨ uk. K´et esetet fogunk megk¨ ul¨ onb¨ oztetni aszerint, hogy vn izol´alt pont vagy sem. 1. eset. Tegy¨ uk fel, hogy vn izol´alt cs´ ucs G-ben. Ekkor τ (G) = 0. M´asr´eszt det(L(G)n ) = 0 szint´en teljes¨ ul, mert az L(G)n oszlopainak az ¨osszege a 0 vektor, ´ıgy a determin´ ans 0. Teh´at ebben az esetben k´eszen vagyunk. 2. eset. Tegy¨ uk fel, hogy vn nem izol´alt cs´ ucs, feltehet˝o, hogy e = (vn−1 , vn ) ∈ E(G) (az is lehet, hogy t¨ obb ilyen ´el van, mert G multigr´af). Legyen ln−1 az (n − 1)-edik sorvektora L(G)n -nek, ´es legyen s = (0, 0, . . . , 0, 1) az a vektor, amely (n − 2) darab 0-b´ ol ´es egy darab 1-esb˝ol ´all. Tekints¨ uk azAn−1 ´es Bn−1 m´ atrixokat, amelyeket u ´gy kapunk L(G)n -b˝ol, hogy utols´o sorvektor´at lecser´elj¨ uk az ln−1 − s, illetve s vektorokra. Ekkor det L(G)n = det An−1 + det Bn−1 .
178
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
Vegy¨ uk ´eszre, hogy An−1 = L(G−e)n , mivel G−e gr´afnak 1-gyel kevesebb ´ele van, mint G-nek, ´ıgy indukci´oval kapjuk, hogy det An−1 = det L(G − e)n = τ (G − e). M´ asr´eszt, det Bn−1 = det An−2 , ahol An−2 = L(G){n−1,n} . Vegy¨ uk ugyanis ´eszre, hogy An−2 semmi m´as, mint L(G/e)u , ahol u az n − 1-edik ´es nedik cs´ ucs ¨ osszeh´ uz´ as´ aval kapott cs´ ucs. Mivel G/e-nek 1-gyel kevesebb ´ele van, mint G-nek, ´ıgy indukci´ob´ol kapjuk, hogy det An−2 = det L(G/e)u = τ (G − e). Teh´ at det L(G)n = τ (G − e) + τ (G/e) = τ (G). 4.42. Legyen det(xI−L(G)) = xn −an−1 xn−1 +an−2 xn−2 +· · ·+(−1)n−1 a1 x+ (−1)n a0 . M´ asr´eszt a karakterisztikus polinom gy¨okei ´eppen a saj´at´ert´ekek, ´ıgy det(xI −L(G)) = (x−µ1 ) . . . (x−µn−1 )(x−µn ) = (x−µ1 ) . . . (x−µn−1 )x, Qn−1 mivel µn = 0. Teh´ at a0 = 0 ´es a1 = i=1 µi . M´asr´eszt a m´atrixos alakot haszn´ alva k¨ ozvetlen¨ ul l´ atjuk, hogy a1 =
n X
det L(G)i ,
i=1
hiszen a f˝ o´ atl´ ob´ ol egy x-et v´alaszthatunk ´es a marad´ek (n − 1) × (n − 1)-es m´ atrix determin´ ans´ at. A 4.41 feladat szerint ez tetsz˝oleges i-re ´eppen τ (G). Qn−1 ´Igy a1 = nτ (G). Teh´ at nτ (G) = a1 = i=1 µi . 4.43. (a) A 4.40 feladat szerint L(Kn ) spektruma {nn−1 , 0}. A 4.42 feladat szerint n−1 1 1 Y µi = nn−1 = nn−2 . τ (Kn ) = n i=1 n (b) A 4.40 feladat szerint Kn,m Laplace-spektruma {n + m, nm−1 , mn−1 , 0}. Teh´ at az 4.42 feladat szerint τ (Kn,m ) =
1 n+m
n+m−1 Y
µi = nm−1 mn−1 .
i=1
4.44. El˝ osz¨ or tekints¨ uk a gr´ af komplementer´et, ez nem m´as, mint Ka1 ∪Ka2 ∪ . . . Kak . A 4.40 feladat szerint ennek a spektruma {aa1 1 −1 , aa2 2 −1 , . . . , aakk −1 , 0k }. (A kitev˝ ok a megfelel˝ o saj´ at´ert´ekek multiplicit´asa.) Teh´at a 4.39 feladat szerint a feladatban szerepl˝ o gr´af Laplace-spektruma {(n − a1 )a1 −1 , (n − a2 −1 ak −1 k−1 a2 ) , . . . , (n − ak ) ,n , 0}. ´Igy a 4.42 feladat szerint a gr´af fesz´ıQk ai −1 t˝ of´ ainak sz´ ama i=1 (n − ai ) · nk−2 . 4.45. Val´ oj´ aban ez a 4.44 feladat speci´alis esete n − k darab 1 elem˝ u ´es egy darab k elem˝ u oszt´ allyal, ´ıgy csak be kell helyettes´ıteni az ott ad´od´o k´epletbe: (n − k)k−1 nn−k−1 .
179
´ te ´rte ´kek 10.6. Laplace-saja
4.46. Legyenek e1 , e2 , . . . , ek a feladatban szerepl˝o k f¨ uggetlen ´el. Legyen S a Kn o sszes fesz´ ıt˝ o f´ a inak halmaza. Legyen A azon fesz´ ıt˝of´ak halmaza, melyek ¨ i nem tartalmazz´ ak az ei ´elet. Ekkor mi ´eppen S \ ∪ki=1 Ai halmaz elemsz´am´at szeretn´enk meghat´ arozni. A logikai szita szerint |S \ ∪ki=1 Ai | =
k X (−1)i i=0
X
|Aj1 ∩ · · · ∩ Aji |,
j1 <···<ji
ahol az i = 0-hoz tartoz´ o tag |S|. Vegy¨ uk ´eszre, hogy Aj1 ∩ · · · ∩ Aji ´eppen a Kn \ {ej1 , . . . , eji } fesz´ıt˝ of´ ainak halmaza. Erre alkalmazhat´o a 4.44 feladat eredm´enye i darab 2 ´es egy n − 2i darab 1 elem˝ u oszt´allyal: |Aj1 ∩ · · · ∩ Aji | = (n − 2)i nn−i−2 . Teh´ at |S \ ∪ki=1 Ai | =
k X k (−1)i (n − 2)i nn−i−2 = i i=0
= (n − (n − 2))k nn−k−2 = 2k nn−k−2 . Teh´ at a keresett sz´ am 2k nn−k−2 . 4.47. A 4.46 feladat gondolatmenet´et fogjuk k¨ovetni. Legyenek e1 , e2 , . . . , ek a feladatban szerepl˝ o csillag ´elei. Legyen S a Kn ¨osszes fesz´ıt˝of´ainak halmaza. Legyen Ai azon fesz´ıt˝ of´ ak halmaza, melyek nem tartalmazz´ak az ei ´elet. Ekkor mi ´eppen S \ ∪ki=1 Ai halmaz elemsz´am´at szeretn´enk meghat´arozni. A logikai szita szerint |S \ ∪ki=1 Ai | =
k X
(−1)i
i=0
X
|Aj1 ∩ · · · ∩ Aji |,
j1 <···<ji
ahol az i = 0-hoz tartoz´ o tag |S|. Vegy¨ uk ´eszre, hogy Aj1 ∩ · · · ∩ Aji ´eppen a Kn \ {ej1 , . . . , eji } fesz´ıt˝ of´ ainak halmaza. Ennek a gr´afnak a komplementere K1,i ∪ (n − i + 1)K1 , ´ıgy a 4.40 feladat szerint a Laplace-spektruma {i + 1, 1i−1 , 0n−i }. Teh´ at 4.39 szerint Kn \ {ej1 , . . . , eji } Laplace-spektruma {n − i − 1, n − 1i−1 , nn−i−1 , 0}, ´ıgy a 4.42 feladat szerint |Aj1 ∩ · · · ∩ Aji | = (n − i − 1)(n − 1)i−1 nn−i−2 . Teh´ at |S \
∪ki=1 Ai |
k X
k = (−1) (n − i − 1)(n − 1)i−1 nn−i−2 = i i=0 i
180
´ lgra ´ felme ´leti feladatok – megolda ´ sok 10. Spektra
=
k X
(−1)i
i=0
k (n − 1)(n − 1)i−1 nn−i−2 − i
k X
k − (−1) i(n − 1)i−1 nn−i−2 = i i=0 k X
i
k X k i n−i−2 i k = (−1) (n − 1) n − (−1) i(n − 1)i−1 nn−i−2 = i i i=0 i=1 i
k n−k−2
= (n − (n − 1)) n
= nn−k−2 − k
k X ik k − 1 i(n − 1)i−1 nn−i−2 = − (−1) i i − 1 i=1
k X i=1
= nn−k−2 + k
(−1)i
k−1 (n − 1)i−1 nn−i−2 = i−1
k X k−1 (−1)j (n − 1)j nn−j−3 = j j=0
= nn−k−2 + k(n − (n − 1))k−1 nn−k−2 = (k + 1)nn−k−2 . Teh´ at a keresett sz´ am (k + 1)nn−k−2 . 4.48. A 4.31(a) feladat szerint a Petersen-gr´af adjacenciam´atrix´anak spektruma {3, 15 , −24 }, ´ıgy a Laplace-spektruma {0, 25 , 54 }, hiszen L(G) = 3I − 1 5 4 A(G). Teh´ at a 4.42 feladat szerint a Petersen-gr´af fesz´ıt˝of´ainak sz´ama 10 2 5 4 3 = 2 5 = 2000. 4.49.
A 4.31(b) feladat szerint a Petersen-gr´af adjacenciam´atrix´anak
√ √ −1+ p (p−1)/2 −1− p (p−1)/2 , }, ´ıgy a Laplace-spektruma 2 2 √ √ p− p (p−1)/2 p+ p (p−1)/2 , 2 }, hiszen L(G) = p−1 at a 4.42 2 2 I − A(G). Teh´
spektruma { p−1 2 ,
{0, feladat szerint a Paley-gr´ af fesz´ıt˝of´ainak sz´ama (p−1)/2 √ (p−1)/2 √ p + p (p−1)/2 1 p− p 1 p(p − 1) = . p 2 2 p 4
4.50. Legyenek G Laplace-m´atrix´anak saj´at´ert´ekei µ1 (G), . . . , µn−1 (G), µi (G) = 0. Ekkor a 4.39 feladat szerint G Laplace-m´atrix´anak saj´at´ert´ekei n − µ1 (G), . . . , n − µn−1 (G), 0. A 4.42 feladat szerint G fesz´ıt˝of´ainak sz´ am´ ara fenn´ all, hogy n−1 1 Y τ (G) = µi (G). n i=1
181
´ te ´rte ´kek 10.6. Laplace-saja
Teh´ at τ (G) =
n−1 n−1 1 Y 1 Y 1 µi (G) = (n − µi (G)) = 2 L(G, n). n i=1 n i=1 n
4.51. Legyenek L(G) saj´ at´ert´ekei µ1 , . . . , µn−1 , 0. Ekkor az L(G) + xJ saj´at´ert´ekei µ1 , . . . , µn−1 , nx, mert ha v1 , . . . , vn ortogon´alis saj´atb´azisa L(G)-nek, ahol vn = 1, akkor (L(G) + xJ)vi = L(G)vi = µi vi , ha 1 ≤ i ≤ n − 1 ´es (L(G) + xJ)vn = xnvn . ´Igy det(L(G) + xJ) =
n−1 Y i=1
µi · nx = n2 τ (G)x.
11. fejezet
Val´ osz´ın˝ us´ egsz´ am´ıt´ asi m´ odszerek a kombinatorik´ aban – megold´ asok 11.1. V´ arhat´ o´ ert´ ek ´ es v´ altoztatott v´ eletlen 5.1. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o val´osz´ın˝ us´egi mez˝ot. Legyen A ´es B k´et diszjunkt halmaz, ´es tegy¨ unk minden v ∈ V (G) cs´ ucsot 1/2 − 1/2 val´osz´ın˝ us´eggel A-ba vagy B-be. ´Igy (A, B) megadja a G gr´afnak egy v´eletlen v´ag´as´at. Legyen X a keresztbe men˝ o ´elek sz´ ama. Egy f ∈ E(G) ´el eset´en legyen If annak az esem´enynek az indik´ ator val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´oja, hogy az f ´el k´et v´egpontja k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o halmazokbanP van, vagyis If pontosan akkor 1, ha f benne van a v´ ag´ asban. Teh´ at X = f ∈E(G) If . Egy adott f ´el eset´en annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy keresztbe megy, 1/2. ´Igy X X EX = E If = EIf = f ∈E(G)
=
X f ∈E(G)
f ∈E(G)
Pr(f keresztbe megy) =
X f ∈E(G)
1 e(G) = . 2 2
Teh´ at X v´ arhat´ o ´ert´eke e(G)/2, ´ıgy pozit´ıv val´osz´ın˝ us´eggel X ´ert´eke legal´abb ennyi. Teh´ at van olyan v´ ag´ asa G-nek, ami legal´abb az ´elek fel´et tartalmazza.
184
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
5.2. Az el˝ oz˝ o megold´ ast m´ odos´ıtsuk u ´gy, hogy A-nak a V (G) egy v´eletlen dn/2e m´eret˝ u halmaz´ at v´ alasztjuk, ´es B = V \ A. Legyen f ∈ E(G) tetsz˝oleges ´el. Ha n = 2k, akkor 2 2k−2 k k−1 Pr(f keresztbe megy) = . = 2k 2k − 1 k Ha n = 2k − 1, akkor Pr(f keresztbe megy) =
2
2k−3 k−1 2k−1 k
=
k . 2k − 1
Innen a bizony´ıt´ as ugyan´ ugy megy, mint az el˝oz˝o feladatn´al, ´es kapjuk, hogy G-nek van olyan v´ ag´ asa, amely az ´eleknek legal´abb k/(2k − 1) r´esz´et tartalmazza. 5.3. Legyenek a G ´es H gr´af cs´ ucsai az {1, 2, . . . , n} halmaz elemei. Legyen π ∈ Sn egy v´eletlen permut´aci´o, ´es π(H) az a gr´af, melynek ´elei {π(i)π(j) | (i, j) ∈ E(H)}. Legyen X a G ´es π(H) k¨oz¨os ´eleinek a sz´ama. Legyen If (f ∈ E(G)) annak az indik´ator val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´oja, hogy e(H) ´ e ∈ π(H) vagy sem. Ekkor Pr(f ∈ π(H)) = n . Igy (2) X X EX = E If = EIf = f ∈E(G)
=
X f ∈E(G)
Pr(f ∈ π(H)) =
f ∈E(G)
X f ∈E(G)
e(H) e(G)e(H) = . n n 2
2
Teh´ at pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel l´etezik π permut´aci´o, melyre G ∩ π(H) ´eleinek e(G)e(H) sz´ ama legal´ abb , ´ıgy ez a gr´af megfelel a felt´eteleknek. (n2 ) 5.4. (a) Sz´ınezz¨ uk Kn ´eleit 1/2 − 1/2 val´osz´ın˝ us´eggel k´ekre, illetve pirosra. Megmutatjuk, hogy pozit´ıv val´osz´ın˝ us´eggel nincs benne k olyan cs´ ucs, ami egysz´ın˝ u r´eszgr´ afot fesz´ıt. ´Igy defin´ıci´o szerint R(k, k) ≥ n. Legyen S egy k elem˝ u halmaz. Ekkor k
Pr(S egysz´ın˝ u) = 2 · 2−(2) . ´Igy annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy v´eletlen sz´ınez´es nem j´o: Pr(l´etezik S egysz´ın˝ u, |S| = k) ≤
185
´ rhato ´ e ´rte ´k e ´ s va ´ ltoztatott ve ´letlen 11.1. Va
≤
X |S|=k
n 1−(k2) Pr(S egysz´ın˝ u) = 2 . k
A feladat felt´etelei szerint ez kisebb mint 1, ´ıgy pozit´ıv val´osz´ın˝ us´eggel egy v´eletlen sz´ınez´es j´ o lesz. (b) Most egy kicsit m´ ask´epp j´arunk el, el˝osz¨or kisz´ınezz¨ uk Kn ´eleit 1/2 − 1/2 val´ osz´ın˝ us´eggel k´ekre, illetve pirosra, majd u ´gy jav´ıtjuk meg a sz´ınez´est, hogy minden egysz´ın˝ u k-asb´ ol kidobunk egy pontot. Legyen S egy k elem˝ u halmaz, ´es IS az az indik´ ator v´ altoz´o, ami 1, ha S egysz´ın˝ u r´eszgr´afot P fesz´ıt ´es 0 egy´ebk´ent. Legyen X az egysz´ın˝ u k-asok sz´ama. Ekkor X = |S|=k IS . Ekkor X X EX = E IS = EIS = |S|=k
=
X
Pr(S egysz´ın˝ u) =
|S|=k
|S|=k
X
k
21−(2) =
|S|=k
n 1−(k2) . 2 k
k Teh´ at pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel legfeljebb nk 21−(2) egysz´ın˝ u k-as lesz. Vegy¨ unk egy olyan sz´ınez´est, ahol legfeljebb ennyi egysz´ın˝ u k-as van, ´es dobjunk ki mindegyikr˝ ol egy pontot. Ekkor nem maradt egysz´ın˝ u k-as. Teh´at n 1−(k ) R(k, k) ≥ n − k 2 2 . Az (a) r´eszb˝ ol azt a becsl´est kapjuk, hogy 1 R(k, k) > √ (1 + o(1))k2k/2 . e 2 A (b) r´eszb˝ ol azt kapjuk, hogy R(k, k) >
1 (1 + o(1))k2k/2 . e
Nem meglep˝ o, hogy a (b) r´eszben szerepl˝o gondolatmenet er˝osebb eredm´enyt ad, mivel ez l´enyeg´eben ´ altal´anos´ıt´asa az (a) r´eszben szerepl˝o gondolatmenetnek. (c) Legyen k ≈ 2 log2 n u ´gy, hogy n > 2k/2 , ´es vegy¨ uk Kn egy olyan sz´ınez´es´et k´ek ´es piros sz´ınekkel, amely nem tartalmaz egysz´ın˝ u k-ast. Vegy¨ uk a k´ek ´elek ´ altal fesz´ıtett r´eszgr´ afot. Ekkor a felt´etelek szerint a legnagyobb u ¨res ´es a legnagyobb teljes r´eszgr´ af is legfeljebb k − 1 m´eret˝ u: α(G), ω(G) ≤ k − 1. ´Igy n n χ(G) ≥ > α(G) C log n ´es ω(G) < C log n alkalmas C-re.
186
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
5.5. Tetsz˝ oleges j´ at´ekosp´ arra d¨onts¨ uk el v´eletlen¨ ul 1/2 − 1/2 val´osz´ın˝ us´eggel, hogy melyik nyert. Megmutatjuk, hogy ha n el´eg nagy, akkor pozit´ıv val´osz´ın˝ us´eggel k-j´ o lesz a verseny v´egeredm´enye. Adott k versenyz˝o eset´en annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy adott ember legy˝ozte mindegyiket, 1/2k . Teh´at annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a marad´ek n−k emberb˝ol egyik sem gy˝ozte le mind a k embert, (1 − 1/2k )n−k . ´Igy annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy a v´egeredm´eny nem k-j´ o, legfeljebb n (1 − 1/2k )n−k . k Kis sz´ amol´ as ut´ an kapjuk, hogy ez kisebb mint 1, ha n > k 2 · 2k . 5.6. Ir´ any´ıtsunk minden ´elet v´eletlen¨ ul 1/2 − 1/2 val´osz´ın˝ us´eggel. Legyen X val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ o a Hamilton-utak sz´ama. A cs´ ucsok egy adott π ∈ Sn permut´ aci´ oj´ ara legyen Iπ annak az indik´ator val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´ P oja, hogy (π(1), π(2), . . . , π(n)) Hamilton-utat hat´aroz meg. Ekkor X = π∈Sn Iπ ´es Pr(Iπ = 1) = 1/2n−1 , hiszen n − 1 ´elnek kell a megfelel˝o ir´anyba mutatnia. ´Igy ! X X EX = E Iπ = EIπ = π∈Sn
=
X
Pr(Iπ = 1) =
π∈Sn
π∈Sn
X π∈Sn
n! 1 = n−1 . 2n−1 2
Teh´ at pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel van olyan ir´any´ıt´as, melyben legal´abb n!/2n−1 Hamilton-´ ut van. 5.7. Vegy¨ uk a cs´ ucsoknak egy v´eletlen π ∈ Sn sorrendj´et, ´es karik´azzunk be egy cs´ ucsot, ha az ¨ osszes szomsz´edja h´atr´ebb van a sorrendben, mint az adott cs´ ucs. Legyen X a bekarik´azott cs´ ucsok sz´ama. Legyen Iv annak az indik´ a tor val´ o sz´ ın˝ u s´ e gi v´ a ltoz´ o ja, hogy a v cs´ ucs be van karik´azva. Ekkor P X = v∈V (G) Iv ´es Pr(Iv = 1) = 1/(d(v)+1), hiszen a v cs´ ucs ´es a szomsz´edai egy¨ utt d(v) + 1 elemet hat´ aroznak meg, ´es az ¨osszes sorrend 1/(d(v) + 1)-ed r´esz´eben lesz v az els˝ o cs´ ucs ezen elemek k¨oz¨ott. Teh´at X X EX = E Iv = EIv = v∈V (G)
=
X v∈V (G)
Pr(Iv = 1) =
v∈V (G)
X v∈V (G)
1 . d(v) + 1
187
´ rhato ´ e ´rte ´k e ´ s va ´ ltoztatott ve ´letlen 11.1. Va
Teh´ at van olyan sorrendje a cs´ ucsoknak, amelyben legal´abb X 1 v∈V (G)
d(v) + 1
bekarik´ azott cs´ ucs van. De o˝k egy f¨ uggetlen halmazt alkotnak, mert ha k´et cs´ ucs ¨ ossze van k¨ otve, akkor a sorrendben h´atr´ebb lev˝ot biztosan nem karik´ azzuk be. Teh´ at X 1 . α(G) ≥ d(v) + 1 v∈V (G)
5.8. A megold´ as teljesen hasonl´oan megy az el˝oz˝o feladat bizony´ıt´as´ahoz, csak ez´ uttal azon cs´ ucsokat karik´azzuk be egy v´eletlen sorrendben, amelyeket legfeljebb 1 szomsz´edjuk el˝oz meg a sorrendben. K¨onnyen meggondolhat´ o, hogy tetsz˝ oleges sorrendre a bekarik´azott elemek k¨ormentes r´eszgr´afot fesz´ıtenek. 5.9. Legyen az n elem˝ u halmaz B = {b1 , . . . , bn }. V´alasszunk egy v´eletlen α ∈ [0, 1] sz´ amot, ´es legyen 1 2 B(α) = {bi ∈ B | {αbi } ∈ [ , )}, 3 3 ahol {x} az x sz´ am t¨ ortr´esz´et jel¨oli. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a1 , a2 , a3 ∈ B(α) eset´en nem lehet a1 + a2 = a3 , mert akkor {αa1 } + {αa2 } ≡ {αa3 }, de ez nem ´ allhat fenn h´ arom 1/3 ´es 2/3 k¨oz¨otti sz´amra. Legyen Ij annak az P indik´ ator val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´oja, hogy bj ∈ B(α). Ekkor |B(α)| = j Ij ´es Pr(Ij = 1) = 1/3. Teh´ at X X EX = E Ij = EIj = j
=
X j
Pr(Ij = 1) =
j
X1 j
3
=
n . 3
Teh´ at pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel van olyan halmaz, mely legal´abb n/3 m´eret˝ u, ´es az a1 + a2 = a3 egyenletnek nincs megold´asa benne. 5.10. A taktika a k¨ ovetkez˝ o: v´alasztunk egy v´eletlen S halmazt, ´es legyen T = T (S) azon cs´ ucsok halmaza, amelyekre sem ˝ok, sem szomsz´edjaik nincsenek benne S-ben. Ekkor S ∪ T egy domin´al´o halmaz. Az S-t u ´gy v´alasztjuk, hogy minden cs´ ucsot p val´ osz´ın˝ us´eggel bev´alasztunk S-be. Ekkor egy adott v cs´ ucs eset´en Pr(v ∈ T ) = (1 − p)1+d(v) ≤ (1 − p)1+δ ≤ e−p(δ+1) , hiszen sem v, sem a szomsz´edjai nincsenek kiv´alasztva. ´Igy E(|S| + |T |) = E|S| + E|T | ≤ n(p + e−p(δ+1) ).
188
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
Legyen p=
ln(δ + 1) . δ+1
Ekkor E(|S| + |T |) ≤ n(p + e−p(δ+1) ) =
n(1 + ln(δ + 1)) . (δ + 1)
Teh´ at pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel van egy legfeljebb ekkora m´eret˝ u domin´al´o halmaz. 5.11. Legyen G(n, p) az a v´eletlen gr´af, amelynek n cs´ ucsa van, ´es minden cs´ ucsp´ art egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul p = p(n) val´osz´ın˝ us´eggel bev´alasztunk a gr´ af ´elei k¨ oz´e, ´es 1 − p val´ osz´ın˝ us´eggel nem. Ebben a bizony´ıt´asban legyen p = n−α , ahol α ≥ 0 k´es˝ obb megv´alasztand´o param´eter. El˝osz¨or is becs¨ ulj¨ uk az `-n´el r¨ ovidebb k¨ or¨ ok sz´ am´at. Egy adott v1 v2 . . . vr cs´ ucsok akkor alkotnak k¨ ort, ha vi vi+1 (r + 1 = 1) mindegyike ´el, ennek a val´osz´ın˝ us´ege pr . Nyilv´an a v1 v2 . . . vr cs´ ucssorozatot n(n − 1) . . . (n − r + 1)-f´elek´eppen v´alaszthatjuk ki, csak arra kell figyelni, hogy ugyanezt a k¨ort megsz´amoltuk 2r-szer (elforgatva ´es t¨ ukr¨ ozve). Legyen X a legfeljebb ` hossz´ u k¨or¨ok sz´ama egy v´eletlen gr´ afban, ´es X(v1 . . . vr ) (r ≤ `) az az indik´ator val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´o, hogy v1 . . . vr egy k¨ ort alkot vagy sem. ´Igy X=
X
X(v1 . . . vr ).
r, v1 ...vr
Teh´ at EX =
X
EX(v1 . . . vr ) =
r, v1 ...vr ` X n(n − 1) . . . (n − r + 1) r=3
2r
pr ≤
` X (np)r r=3
2r
.
P` (np)r Legyen M = uk fel, hogy p megfelel˝o megv´alaszt´as´aval r=3 2r . Tegy¨ M -et kicsinek tudjuk v´ alasztani, ekkor pozit´ıv val´osz´ın˝ us´eggel a legfeljebb ` hossz´ u k¨ or¨ ok sz´ ama legfeljebb M lesz, ´ıgy mindegyik ilyen k¨orr¨ol kidobva egy cs´ ucsot kapunk egy legal´ abb n − M cs´ ucs´ u gr´afot, amiben nincs legfeljebb ` hossz´ u k¨ or. Val´ oj´ aban nek¨ unk egy kicsit u ¨gyesebbnek kell lenni: az kell nek¨ unk, hogy nagy val´ osz´ın˝ us´ege legyen annak, hogy kev´es legfeljebb ` hossz´ u k¨ or legyen. Szerencs´ere ezt azonnal megkapjuk: legal´abb 1/2 val´osz´ın˝ us´eggel a legfeljebb ` hossz´ u k¨ or¨ ok sz´ama legfeljebb 2M . (Persze, ha t¨obb, mint 1/2 val´ osz´ın˝ us´eggel a legfeljebb ` hossz´ u k¨or¨ok sz´ama legal´abb 2M , akkor a v´ arhat´ o ´ert´ek nagyobb lenne M -n´el.)
´ rhato ´ e ´rte ´k e ´ s va ´ ltoztatott ve ´letlen 11.1. Va
189
Miel˝ ott r´ at´ern´enk p megv´ alaszt´as´ara, n´ezz¨ uk meg, hogyan becs¨ ulhet˝o a G gr´ af χ(G) kromatikus sz´ ama. Itt azt az egyszer˝ u ´eszrev´etelt tesz¨ uk, hogy χ(G) ≥
n , α(G)
ugyanis minden sz´ınoszt´ aly f¨ uggetlen halmazt fesz´ıt, ´ıgy m´eret¨ uk legfeljebb α(G). Teh´ at ahhoz, hogy χ(G) nagy legyen, el´eg biztos´ıtani, hogy α(G) kicsi legyen. Becs¨ ulj¨ uk annak a val´osz´ın˝ us´eg´et, hogy α(G) ≥ s. Egy s m´eret˝ uS halmazra legyen AS az az esem´eny, hogy S nem fesz´ıt ´elet. Ekkor X s n Pr(α(G) ≥ s) ≤ Pr(AS ) = (1 − p)(2) ≤ s |S|=s
s ≤ ns (1 − p)(2) ≤ (ne−p(s−1)/2 )s .
(Az utols´ o l´ep´esben azt haszn´altuk, hogy 1 + x ≤ ex teljes¨ ul minden x val´os sz´ amra, ez egy meglehet˝ osen standard becsl´es, ami nem is rossz, ha x kicsi.) Most m´ ar l´ athat´ o, hogy mit kell szem el˝ott tartanunk: legyen M kicsi (konkr´etan o(n)), amihez az kell, hogy p kicsi legyen, m´asr´eszt legyen s nem t´ ul nagy, de nep(s−1)/2 < 1. Ezt k¨onnyed´en el´erhetj¨ uk: legyen p = nθ−1 ahol 1 θ = 2` ´es s = d p3 log ne. Ekkor M=
` X (np)r r=3
2r
≤ nθ`
` X 1 n ≤ n1/2 log n ≤ , 2r 4 r=3
ha n el´eg nagy. M´ıg Pr(α(G) ≥ s) ≤ (ne−p(s−1)/2 )s ≤ 1/4, ha n el´eg nagy. Mivel Pr(X ≥ 2M ) ≤ 1/2 ´es Pr(α(G) ≥ s) ≤ 1/4, ez´ert pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel l´etezik egy gr´af, melyben a legfeljebb ` hossz´ u k¨or¨ok sz´ ama kevesebb mint n/2, ´es α(G) ≤ s. Most dobjunk ki minden legfeljebb ` hossz´ u k¨ orb˝ ol 1 pontot, ´es legyen G∗ a kapott gr´af. Ekkor a G∗ gr´afnak legal´ abb n/2 cs´ ucsa van, ´es nincs benne legfeljebb ` hossz´ u k¨or. Tov´abb´a, mivel α(G∗ ) ≤ α(G) (hiszen G∗ fesz´ıtett r´eszgr´afja G-nek), ´ıgy χ(G∗ ) ≥
|V (G∗ )| n/2 nθ ≥ = . α(G∗ ) 3n1−θ log n 6 log n
Ha n el´eg nagy, akkor ez nagyobb mint k. Ezzel k´eszen vagyunk. 5.12. Legyen p k´es˝ obb megv´alasztand´o val´osz´ın˝ us´eg. Vegy¨ unk minden Ai halmazt p val´ osz´ın˝ us´eggel a kiv´alasztand´o halmazok k¨oz´e. Legyen X a kiv´alasztott halmazok sz´ ama, Y pedig azon Ai , Aj , Ak rossz” h´armasok sz´ama, ”
190
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
melyek mindegyike ki van v´ alasztva, Ai ∪ Aj = Ak ´es a h´arom halmaz k¨ ul¨onb¨ oz˝ o. Legyen az ilyen h´ a rmasok sz´ a ma M az eredeti halmazcsal´ a dban. Ekkor 2 M≤ m ar meghat´arozza Ak -t. Ekkor EX = mp ´es 2 ≤ m /2, mert Ai , Aj m´ 3 ´ EY = M p . Igy E(X − Y ) = mp − M p3 ≥ np −
m2 3 p . 2
us´eggel van Ha p = m−1/2 akkor E(X − Y ) ≥ 12 m1/2 . ´Igy pozit´ıv val´osz´ın˝ 1 1/2 olyan halmaz, melyben X − Y legal´abb 2 m , vagyis ha minden rossz h´aru halmasb´ ol t¨ or¨ ol¨ unk egy elemet, akkor kaptunk egy legal´abb 12 m1/2 m´eret˝ mazt, melyben nincs megold´ asa a B1 ∪ B2 = B3 halmazegyenletnek. Megjegyz´ o, hogy egy √es: Dilworth t´etel´eb˝ol k¨onnyen l´athat´ √ halmazcsal´ad tartalmaz m m´eret˝ u l´ ancot vagy antil´ancot. ´Igy f (m) ≥ m. 5.13. Egy egyszer˝ u n cs´ ucs´ u s´ıkgr´afnak legfeljebb 3n − 6 ´ele van. ´Igy egy n cs´ ucs´ u e ´el˝ u gr´ afnak legal´ abb e − (3n − 6) ´elp´arja keresztezi egym´ast (mi´ert?). Teh´ at X(G) ≥ e(G) − 3v(G). (Itt a +6 nem lesz fontos sz´ amunkra.) A tr¨ ukk az, hogy ezt az egyenl˝otlens´eget nem az eredeti gr´afra haszn´aljuk, hanem egy v´eletlen fesz´ıtett r´eszgr´afj´ara. Legyen 0 ≤ p ≤ 1, ´es tekints¨ uk azt a Gp v´eletlen gr´ afot, amelyet u ´gy kapunk, hogy G minden cs´ ucs´at p val´osz´ın˝ us´eggel megtartjuk ´es 1−p val´osz´ın˝ us´eggel kit¨or¨olj¨ uk. Az ´elek term´eszetesen a megtartott cs´ ucsok k¨ oz¨ ott mennek. N´ezz¨ uk meg, hogy Gp -nek v´arhat´oan h´ any cs´ ucsa, ´ele ´es keresztez´ese lesz. Nyilv´an Ev(Gp ) = pv(G) ´es
Ee(Gp ) = p2 e(G),
hiszen annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy cs´ ucs megmarad az p, annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy egy ´el megmarad (vagyis egyik v´egpontj´at sem t¨or¨olj¨ uk ki) p2 . Kicsit ´ ovatosabbnak kell lenn¨ unk EX(Gp ) kisz´amol´as´aval, val´oj´aban ezt csak becs¨ ulni fogjuk. Kiindulva G egy optim´alis lerajzol´as´ab´ol minden keresztez´es p4 es´ellyel marad meg, ennyi a val´osz´ın˝ us´ege annak, hogy a keresztmetsz˝o ´elp´ ar egyetlen cs´ ucs´ at sem t¨or¨olt¨ uk ki. Teh´at G optim´alis lerajzol´as´ab´ol kiindulva p4 X(G) lesz a keresztmetsz´esek sz´am´anak v´arhat´o ´ert´eke. Viszont lehet, hogy Gp -nek van egy jobb lerajzol´asa, mint amit G-b˝ol kapn´ank, ´ıgy mi a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ otlens´eget ´all´ıthatjuk: EX(Gp ) ≤ p4 X(G). Teh´ at p4 X(G) − p2 e(G) + 3pv(G) ≥ EX(Gp ) − Ee(Gp ) + 3Ev(Gp ) =
191
´ rhato ´ e ´rte ´k e ´ s va ´ ltoztatott ve ´letlen 11.1. Va
= E(X(Gp ) − e(Gp ) + 3v(Gp )) ≥ 0. Teh´ at p4 X(G) − p2 e(G) + 3pv(G) ≥ 0 minden 0 ≤ p ≤ 1 eset´en. V´alasszuk p-t 4v(G) etelek szerint legfeljebb 1. Ekkor e(G) -nek, ez a felt´ X(G) ≥ p−2 e(G) − 3p−3 v(G) =
e(G)3 . 64v(G)2
Ez pedig ´eppen a bizony´ıtand´o ´all´ıt´as. 5.14. A taktika a k¨ ovetkez˝ o: v´alasztunk egy v´eletlen S halmazt, ´es legyen T azon hiper´elek halmaza, melyeknek egyetlen eleme sincs kiv´alasztva. Ekkor minden T -beli ´elb˝ ol kiv´ alasztva egy-egy cs´ ucsot, az S-sel egy¨ utt kapunk egy |S|+|T | m´eret˝ u lefog´ o halmazt. Az S-et u ´gy v´alasztjuk, hogy minden cs´ ucsot p val´ osz´ın˝ us´eggel v´ alasztunk S-be. Ekkor egy e ∈ E(H) hiper´elre Pr(e ∈ T ) = (1 − p)k ≤ e−pk . ´Igy E(|S| + |T |) = E|S| + E|T | ≤ np + me−pk . k Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha α log > 1, akkor nincs mit bizony´ıtanunk, kiv´alasztk k hatjuk az o sszes cs´ u csot. Teh´ a t feltehet˝o, hogy α log ≤ 1. Ekkor legyen ¨ k
p=
α log k . k
Ekkor
m α log k + α. k k Teh´ at pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel van egy legfeljebb ekkora m´eret˝ u lefog´o halmaz. E(|S| + |T |) = E|S| + E|T | ≤ n
5.15. Legyen s−1 h(k, s) = (k − 1)d e k
k−1 (s − 1) k
k−1 .
Megmutatjuk, hogy ha G = (V, E) k-uniform hipergr´af legfeljebb h(k, s) ´ellel, akkor (s − 1)-sz´ınezhet˝ o. Sz´ınezz¨ uk V -t v´eletlen v´alaszt´assal t=b
k−1 (s − 1)c k
sz´ınnel. Ekkor annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy ´el monokromatikus, t/tk = k−1 1/t , ´ıgy a monokromatikus ´elek sz´am´anak v´arhat´o ´ert´eke: |E| ≤ tk−1
|E| k−1 k (s
s−1 k−1 ≤ (k − 1)d k e. − 1)
192
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
Teh´ at l´etezik sz´ınez´es, melyben a monokromatikus ´elek sz´ama legfeljebb (k − 1)d s−1 unk (k − 1)d s−1 elek e. Vegy¨ k e pontot, melyek lefedik ezeket az ´ ket, ´es sz´ınezz¨ uk u ´jra ezeket a pontokat a megmaradt d s−1 e sz´ ınnel u ´ gy, k hogy minden sz´ınt legfeljebb k − 1-szer haszn´alunk. Ez egy j´o (s − 1)-sz´ınez´es lesz. 5.16. V´ alasszunk minden ´elet p val´osz´ın˝ us´eggel a G0 = (A, B, E) gr´afba, 0 ´es legyen X = X(G ) az ´elek sz´ama ´es Y = Y (G0 ) a Ks,t -k sz´ama. Ekkor EX = n2 p. M´ asr´eszt n n st 2ns+t st p . EY = 2 p ≤ s!t! s t Legyen p = n− Ekkor
s+t−2 st−1
.
s+t−2 2 n2− st−1 . E(X − Y ) ≥ 1 − s!t!
Teh´ at pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel van egy G0 gr´af, melyben X(G0 ) − Y (G0 ) legal´ abb ekkora. Most t¨ or¨ olj¨ unk ki G0 minden Ks,t p´eld´any´ab´ol egy ´elet. A kapott G gr´ afban nincs Ks,t , ´es s+t−2 2 e(G) ≥ 1 − n2− st−1 . s!t!
5.17. Legyen c(H) a k¨ or¨ ok sz´ama a H gr´afban. Tetsz˝oleges H gr´afban a k¨ or¨ ok sz´ ama legal´ abb e(H)−v(H)+1, azaz c(H)−e(H)+v(H) ≥ 0 minden H gr´ afra. Legyen Gp a G gr´ af egy v´eletlen r´eszgr´afja, amit u ´gy kapunk, hogy G minden cs´ ucs´ at p val´ osz´ın˝ us´eggel bev´alasztjuk Gp -be. Ekkor Ev(Gp ) = pv(G) ´es Ee(Gp ) = p2 e(G). Mivel minden k¨or legal´abb 3-hossz´ u, ´ıgy Ec(Gp ) ≤ c(G)p3 . Teh´ at 0 ≤ E(c(Gp ) − e(Gp ) + v(Gp )) ≤ c(G)p3 − e(G)p2 + v(G)p. Legyen p = 2v(G)/e(G). Ekkor kapjuk, hogy c(G) ≥ e(G)p−1 − v(G)p−2 = Ezzel k´eszen vagyunk.
e(G)2 . 4v(G)
193
´ rhato ´ e ´rte ´k e ´ s va ´ ltoztatott ve ´letlen 11.1. Va
5.18. (a) Legyen T (m, r) Tur´an-gr´af, melynek k-adik oszt´alya (1 ≤ k ≤ r) ak m´eret˝ u. Ekkor ak = bm/rc vagy dm/re. Legyenek G egy m sz´ınnel val´ o sz´ınez´es´enek sz´ınoszt´ alyai S1 , . . . , Sm . Tekints¨ uk V (G) azon part´ıci´oit r oszt´ alyra, ahol egy oszt´ aly ´eppen ak darab Si oszt´aly egyes´ıt´es´eb˝ol ´all. Ekkor egy e ∈ E(G) ´el t(m,r) val´ osz´ın˝ us´eggel megy keresztbe, ´ıgy a keresztbe men˝o (m2 ) ´elek sz´ am´ anak v´ arhat´ o ´ert´ek´e e t(m,r) , teh´at pozit´ıv val´osz´ın˝ us´eggel van olyan (m2 ) r-part´ıci´ o, amely legal´ abb ennyi ´elt tartalmaz. (b) Ez az el˝ oz˝ o r´esz speci´ alis esete r = 2, m = 2s-re: t(2s, 2) = 2s 2
s 1 1 = + . 2s − 1 2 4s − 2
(c) Mivel e(G) ≥ χ(G) , mert b´armely k´et sz´ınoszt´aly k¨oz¨ott kell mennie 2 ´elnek (k¨ ul¨ onben ¨ ossze lehetne ˝oket vonni egyetlen sz´ınoszt´alyba), ´ıgy χ(G) ≤ rn. Teh´ at az (a) r´esz szerint tartalmaz egy r-kromatikus gr´afot legal´abb 2 r t(rn, r) r 2 2 n e(G) rn = e(G) rn = n 2 2 2 ´ellel. 5.19. Vegy¨ unk egy Tn−1 tournamentet n − 1 ponton, melynek P (n − 1) Hamilton-´ utja van. Vegy¨ unk fel egy u ´j pontot, ´es minden ´elet k¨ozte ´es az eredeti n − 1 pont k¨ oz¨ ott ir´ any´ıtsunk 1/2 − 1/2 val´osz´ın˝ us´eggel az egyik, illetve m´ asik ir´ anyba. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Tn−1 egy Hamilton-´ utja bez´arhat´ o egy k¨ orr´e a v´eletlen n cs´ ucs´ u tournamentben, 1/4. ´Igy a Hamilton-k¨or¨ok sz´ am´ anak v´ arhat´ o ´ert´eke P (n − 1)/4. Teh´at van olyan ir´any´ıt´as, amelyben legal´ abb ennyi Hamilton-k¨ or van. 5.20. Legyen T egy v´eletlen halmaz, amelyet u ´gy kapunk, hogy minden cs´ ucsot p val´ osz´ın˝ us´eggel bev´alasztunk T -be. Ekkor E|T | = pn ´es a T ´altal fesz´ıtett ´elek v´ arhat´ o ´ert´ek´enek sz´ama E(e(T )) = pr e(H). Ekkor E(|T | − e(T )) = pn − pr e(H). Legyen p = p0 =
n 2e(H)
1/(r−1) .
Ekkor p0 n − pr0 e(H) = p0 n/2. ´Igy E(|T | − e(T )) =
1 p0 n. 2
194
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
Teh´ at van olyan T halmaz, melyre |T | − e(T ) ≥ 12 p0 n. Legyen S ⊆ T halmaz olyan, amit u ´gy kapunk T -b˝ ol, hogy a T halmaz ´altal fesz´ıtett minden ´elb˝ol elhagyunk egy pontot. Ekkor S halmaz nem fesz´ıt ´elet ´es |S| ≥ |T | − e(T ) ≥
1 n 1/(r−1) 1 p0 n = n. 2 2 2e
5.21. V´ alasszunk minden kupacb´ol egyenletes val´osz´ın˝ us´eggel 1 pontot. Legyen X az ´ıgy kiv´ alasztott cs´ ucsok ´altal meghat´arozott ´elek sz´ama. Legyen Iij az az indik´ ator val´ osz´ın˝ us´egi v´altoz´o, hogy a Vi ´es Vj kupacokb´ol kiv´alasztott cs´ ucsok k¨ oz¨ ott megy-e ´el. Ekkor X X EX = E( Iij ) = EIij = (i,j)∈E(H)
=
X (i,j)∈E(H)
(i,j)∈E(H)
e(G) e(Vi , Vj ) = > e − 1. N2 N2
Teh´ at van olyan v´ alaszt´ asa a cs´ ucsoknak, hogy t¨obb, mint e − 1 vagyis e ´el megy k¨ oz¨ ott¨ uk. ´Igy ˝ ok ´eppen H egy p´eld´any´at fesz´ıtik ki.
11.2. M´ asodik momentum m´ odszer 5.22. (a) Z EX =
Z
Z
XdP ≥
XdP ≥ {X≥λ}
λdP = λP(X ≥ λ). {X≥λ}
(b) Alkalmazzuk a Markov-egyenl˝otlens´eget Y = (X − µ)2 -re. Ekkor EY = V ar(X) = σ 2 defin´ıci´ o szerint. P(|X − µ| ≥ λσ) = P(Y ≥ λ2 σ 2 ) ≤
1 EY = 2. 2 2 λ σ λ
5.23. (a) Pr(X = 0) + EX = Pr(X = 0) +
∞ X k=0
≥
∞ X k=0
Pr(X = k) = 1.
kPr(X = k) ≥
195
´ sodik momentum mo ´ dszer 11.2. Ma
Teh´ at ha limn→∞ EXn = 0, akkor 1 ≥ Pr(Xn = 0) ≥ 1 − EXn miatt lim P(Xn = 0) = 1.
n→∞
(b) Haszn´ aljuk a Csebisev-egyenl˝otlens´eget: P(X = 0) ≤ P(|X − EX| ≥ EX) ≤
V ar(X) . EX 2
Ebb˝ ol val´ oban azonnal k¨ ovetkezik, hogy ha limn→∞
V ar(Xn ) (EXn )2
= 0, akkor
lim P(Xn = 0) = 0.
n→∞
5.24. El˝ osz¨ or legyen X = X1 + X2 + · · · + Xn , ahol Xi az Ai esem´eny indik´ ator val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´oja. Ha P(Ai ) = pi , akkor V ar(Xi ) = EXi2 − (EXi )2 = pi − p2i ≤ pi = EXi . Tov´ abb´ a Cov(Xi , Xj ) = E(Xi Xj ) − EXi · EXj ≤ E(Xi Xj ) = P(Ai ∩ Aj ). Ezeket az egyenl˝ otlens´egeket felhaszn´alva kapjuk, hogy V ar(X) =
n X
V ar(Xi ) +
i=1
≤
n X i=1
X
Cov(Xi , Xj ) ≤
i6=j
EXi +
X
P(Ai ∩ Aj ).
i∼j
Teh´ at V ar(X) ≤ EX + ∆. ´Igy az ´ all´ıt´ as k¨ ovetkezik a 5.23 feladat (b) r´esz´eb˝ol, illetve a Csebisev-egyenl˝ otlens´egb˝ ol (5.22 feladat). 5.25. Vegy¨ uk ´eszre, hogy X X X ∆= P(Ai ∩ Aj ) = P(Ai ) P(Aj | Ai ). i∼j
i
j∼i
196
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
A bels˝ oo uggetlen i-t˝ol: ¨sszeg a szimmetria miatt f¨ X ∆∗ = P(Aj | Ai ). j∼i
Teh´ at ∆=
X
P(Ai )∆∗ = ∆∗
i
X
P(Ai ) = ∆∗ EX.
i
´Igy az ´ all´ıt´ as k¨ ovetkezik a 5.24 feladat ´all´ıt´as´ab´ol. 5.26. Legyen S egy 4 elem˝ u r´eszhalmaza V (G)-nek, ahol G = G(n, p) v´eletlen gr´ af. Az AS az az esem´eny, hogy S klikket fesz´ıt G-ben. Legyen XS az AS esem´eny indik´ atorf¨ uggv´enye. Legyen X a K4 -ek sz´ama G-ben. Ekkor X X= XS . S⊆V (G) |S|=4
´Igy EX =
X
EXS =
S⊆V (G) |S|=4
n 6 (pn2/3 )6 p ≤ . 4 24
Ha p(n)n2/3 →n→∞ 0, akkor EX → 0, ahogy n tart a v´egtelenbe. Ekkor lim P(ω(G) ≥ 4) = 0.
n→∞
Most tegy¨ uk fel, hogy p(n)n2/3 →n→∞ ∞. Ekkor EX → ∞, ahogy n tart a v´egtelenbe. Az 5.25 feladatot fogjuk haszn´alni: minden 4-elem˝ u halmaz ugyan´ ugy n´ez ki, ´ıgy az XS val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´ok szimmetrikusak. Az S ∼ T , ha |S ∩ T | ≥ 2, k¨ ul¨ onben AS ´es AT esem´enyek f¨ uggetlenek lenn´enek, mivel nem lenne k¨ oz¨ os ´el¨ uk. R¨ ogz´ıts¨ unk egy S halmazt. Ekkor 6 n−2 = O(n2 ) 2 n−3 darab T halmaz metszi k´et cs´ ucsban S-t ´es 4 1 = O(n) darab T halmaz metszi 3 elemben S-t. Az el˝obbi esetben P(AT |AS ) = p5 , m´ıg az ut´obbi esetben P(AT |AS ) = p3 . Ekkor ∆∗ = O(n2 p5 ) + O(np3 ) = o(n4 p6 ) = o(EX), mivel p(n)n−2/3 → ∞. ´Igy az 5.25 feladat szerint K4 majdnem biztosan megjelenik a gr´ afban. 5.27. (a) Kicsit ´ altal´ anosabb eredm´enyt bizony´ıtunk.
197
´ sodik momentum mo ´ dszer 11.2. Ma
Legyen H egy gr´ af v cs´ ucson ´es e ´ellel. A ρ(H) = ve mennyis´eget a H s˝ ur˝ us´eg´enek h´ıvjuk. A H gr´afot kiegyens´ ulyozottnak h´ıvjuk, ha minden H 0 0 r´eszgr´ afj´ ara ρ(H ) ≤ ρ(H). A H gr´afot szigor´ uan kiegyens´ ulyozottnak h´ıvjuk ha minden val´ odi H 0 r´eszgr´ afj´ara ρ(H 0 ) < ρ(H). Vegy¨ uk ´eszre, hogy K4− ´es K4 is szigor´ uan kiegyens´ ulyozott gr´afok. Mi az al´ abbi ´ all´ıt´ ast l´ atjuk be. Legyen H egy kiegyens´ ulyozott gr´af v cs´ ucson ´es e ´elen. Legyen A(G) az az esem´eny, hogy H (nem felt´etlen¨ ul fesz´ıtett) r´eszgr´afja G-nek. Ekkor az A k¨ usz¨ obf¨ uggv´enye p = n−v/e . Minden v elem˝ u S halmazra legyen AS az az esem´eny, hogy G[S]-nek H r´eszgr´ afja. Ekkor pe ≤ P(AS ) ≤ v!pe . Legyen XS az AS esem´eny indik´ator val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´oja. Legyen tov´abb´a X X= XS . |S|=v
Teh´ at A pontosan akkor teljes¨ ul, ha X > 0. A v´arhat´o ´ert´ek linearit´asa miatt X n EX = EXS = P(AS ) = Θ(nv pe ). v |S|=v
Teh´ at, ha p(n)ne/v → 0, akkor EX = o(1), ´ıgy X = 0 majdnem mindig. Most tegy¨ uk fel, hogy p(n)ne/v → ∞. Ekkor EX → ∞. Vizsg´aljuk megint ∗ ∆ -t (l´ asd az 5.25 feladatot). Az 5.25 feladat eredm´eny´et fogjuk haszn´alni, ezt megtehetj¨ uk, mert az AS esem´enyek val´oban szimmetrikusak. Az S ∼ T , ha S 6= T ´es van k¨ oz¨ os ´ele az ´altaluk fesz´ıtett teljes r´eszgr´afnak, vagyis ha 2 ≤ |S ∩ T | ≤ v − 1. Ekkor ∗
∆ =
X
P(AT |As ) =
T ∼S
v X X
P(AT |As ).
i=2 |T ∩S|=i
v−i Legyen i r¨ ogz´ıtett. Ekkor vi n−v )-f´elek´eppen v´alaszthatjuk a v−i = O(n T halmazt. Az S ∩ T ´ altal fesz´ıtett r´eszgr´afnak i cs´ ucsa van, ´es mivel ez r´eszgr´ afja H-nak ´es H kiegyens´ ulyozott volt, ´ıgy a metszetben legfeljebb i ve ´el van. ´Igy legal´ abb e − i ve ´el nincs S-ben. Teh´at e
P(AT |As ) = O(pe−i v ). ´Igy ∆∗ =
v−1 X i=2
e
O(nv−i pe−i v ) =
v−1 X i=2
O((nv pe )1−i/v ) =
198
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
=
v−1 X
o(nv pe ) = o(EX),
i=2
mivel nv pe → ∞. ´Igy az 5.25 feladat szerint H majdnem biztosan megjelenik a gr´ afban. 5.28. Val´ oj´ aban csak azt kell bizony´ıtani, hogy G(n, pa (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan tartalmaz izol´alt pontot, m´ıg G(n, pf (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan ¨osszef¨ ugg˝o. A m´asik k´et ´all´ıt´ as k¨ ovetkezik ebb˝ ol. El˝ osz¨ or bebizony´ıtjuk, hogy G(n, pa (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan tartalmaz izol´ alt pontot. Tov´abbiakban legyen p = pa (n). Legyen X az izol´ alt pontok sz´ ama. Legyen Xv az az indik´ator val´osz´ın˝ us´egi v´altoz´o, hogy Xv izol´ alt pont vagy sem. Ekkor X X= Xv . v∈V
Vegy¨ uk ´eszre, hogy P(Xv = 1) = (1 − p)n−1 . Teh´at X EX = EXv = n(1 − p)n−1 ∼ ne− log n+ω(n) → ∞. v∈V
Sz´ amoljuk ki EX 2 -t is. EX 2 =
X v∈V
EXv2 + 2
X
EXu Xv =
u,v∈V
= n(1 − p)n−1 + n(n − 1)(1 − p)2n−3 . Teh´ at V ar(X) = EX 2 − (EX)2 = = n(1 − p)n−1 + n(n − 1)(1 − p)2n−3 − n2 (1 − p)2(n−1) ≤ ≤ n(1 − p)n−1 + pn2 (1 − p)2n−3 ≤ log n − ω(n) = ≤ EX + p(1 − p)−3 n2 exp −2n n = EX + p(1 − p)−3 e2ω(n) . Feltehetj¨ uk, hogy ω(n) ≤ log log n, mert ha ekkor is majdnem biztosan van izol´ alt pont, akkor nagyobb ω(n) f¨ uggv´enyre is. Ekkor p(1 − p)−3 e2ω(n) ≤ 2
log3 n ≤1 n
199
´ sodik momentum mo ´ dszer 11.2. Ma
el´eg nagy n-re. (Felhaszn´ altuk, hogy (1 − p)−3 ≤ 2 nagy n-re.) Teh´at V ar(X) ≤ EX + 1. ´Igy Pr(X = 0) ≤
1 V ar(X) 1 ≤ → 0. + (EX)2 EX (EX)2
Ezzel bel´ attuk, hogy G(n, pa (n)) majdnem biztosan tartalmaz izol´alt cs´ ucsot. Most bel´ atjuk, hogy G(n, pf (n)) aszimptotikusan majdnem biztosan ¨osszef¨ ugg˝ o. Legyen p = pf (n), ´es jel¨olje Xk a k cs´ ucs´ u komponensek sz´am´at. Ekkor bn/2c X Pr(G(n, p) nem ¨osszef¨ ugg˝o) = Pr Xk ≥ 1 ≤ k=1
bn/2c
bn/2c
X
Xk =
X
≤ E
k=1 n k
bn/2c
EXk ≤
k=1
X
k=1
n (1 − p)k(n−k) , k
ugyanis -f´elek´eppen v´ alaszthatjuk a komponens k cs´ ucs´at, ´es ezen k cs´ ucs valamint a t¨ obbi n−k cs´ ucs k¨ oz¨ott nincs ´el. (Val´oj´aban m´eg az is felt´etel, hogy a k cs´ ucs ¨ osszef¨ ugg˝ o komponenst alkot, de ezt nem haszn´aljuk.) Becs¨ ulj¨ uk ezt az ¨ osszeget az k k 1 − t ≤ e−t ´es k! ≥ e becsl´esek felhaszn´ al´ as´ aval: bn/2c
X
k=1
bn/2c X en k n (1 − p)k(n−k) ≤ e−pk(n−k) = k k
bn/2c
X
k=1
k=1
bn/2c pk k X en pk −pn k 1−ω(n) e e e = e . k k k=1
px
Az e /x f¨ uggv´eny konvex a [0, ∞) intervallumon tetsz˝oleges p eset´en. Specialisan az [1, n/2] intervallumon a maximum´at valamelyik v´egpontj´aban veszi ´ fel. Az 1-ben ez a f¨ uggv´eny legfeljebb e. Az n/2-ben – felhaszn´alva, hogy ω(n) ≤ log n feltehet˝ o – kapjuk, hogy a f¨ uggv´eny ´ert´eke legfeljebb 2. Teh´at az eg´esz intervallumon legfeljebb e az ´ert´eke. ´Igy bn/2c
X
k=1
e
pk 1−ω(n) e
k
k ≤
bn/2c
X
k=1
e2−ω(n)
k
≤
e2−ω(n) → 0. 1 − e2−ω(n)
200
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
Teh´ at Pr(G(n, p) nem o¨sszef¨ ugg˝o) → 0. Ezzel k´eszen vagyunk.
11.3. A Lov´ asz-f´ ele lok´ al-lemma alkalmaz´ asai 5.29. Legyen S ⊆ {1, 2, . . . , n}, |S| = s. El˝osz¨or s-re men˝o indukci´oval bizony´ıtjuk, hogy tetsz˝ oleges i ∈ / S eset´en \ Pr Ai | Aj ≤ x i . j∈S
Ez s = 0-ra trivi´ alis. Tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´ast m´ar igaz minden s0 < s eset´en, megmutatjuk, hogy s-re is teljes¨ ul az ´all´ıt´as. Legyen S1 = {j ∈ S | (i, j) ∈ E} ´es S2 = {j ∈ S | (i, j) ∈ / E}. Ekkor T T Pr Ai ∩ A A | \ j∈S1 j t∈S2 t T Pr Ai | Aj = . T Pr j∈S j∈S1 Aj | t∈S1 At El˝ osz¨ or becs¨ ulj¨ uk a t¨ ort sz´ aml´al´oj´at felhaszn´alva, hogy Ai teljesen f¨ uggetlen az {At | t ∈ S2 } esem´enyekt˝ ol. ! \ \ \ Pr Ai ∩ Aj | At ≤ Pr Ai | At = j∈S1
t∈S2
= Pr(Ai ) ≤ xi
t∈S2
Y
(1 − xj .)
(i,j)∈E
A nevez˝ o becsl´es´ehez haszn´ aljuk az indukci´ot. Legyen S1 = {j1 , . . . , jr }. Ha r = 0, akkor a nevez˝ o 1, ´es az ´all´ıt´as azonnal k¨ovetkezik. Ha r ≥ 1 akkor ! \ Pr Aj1 ∩ Aj2 ∩ · · · ∩ Ajr | At = t∈S2
!! =
1 − Pr Aj1 |
\
At
!! ·
1 − Pr Aj2 | Aj1 ∩
t∈S2
\ t∈S2
!! 1 − Pr Ajr | Aj1 ∩ . . . Ajr−1
\ t∈S2
At
≥
At
···
´ sz-fe ´le loka ´ l-lemma alkalmaza ´ sai 11.3. A Lova
201
≥ (1 − xj1 )(1 − xj2 ) . . . (1 − xjr ). A sz´ aml´ al´ o ´es a nevez˝ o becsl´es´et ¨osszerakva kapjuk az ´all´ıt´ast. Innen m´ar kapjuk a feladat ´ all´ıt´ as´ at. ! n \ Pr Ai = (1 − Pr(A1 ))(1 − Pr(A2 | A1 )) · · · i=1
· · · (1 − Pr(An |
n−1 \
Ai )) ≥
i=1
n Y
(1 − xi ).
i=1
Ezzel bebizony´ıtottuk az ´ all´ıt´ast. 5.30. Ha d = 0 akkor az ´ all´ıt´as trivi´alis. Ha d ≥ 1, akkor alkalmazhatjuk az el˝ oz˝ o feladat eredm´eny´et D = (V, E) f¨ ugg˝os´egi ir´any´ıtott gr´afra, A1 , . . . , An 1 < 1. esem´enyekre, ahol minden i-re |{j | (i, j) ∈ E}| ≤ d. Legyen xi = d+1 Ekkor d 1 1 1− ≥ d+1 e miatt teljes¨ ul, hogy Y
Pr(Ai ) ≤ xi
(1 − xj ).
(i,j)∈E
´Igy Pr(
n \
Ai ) ≥
i=1
n Y
(1 − xi ) > 0.
i=1
5.31. Sz´ınezz¨ unk minden cs´ ucsot 1/2 − 1/2 val´osz´ın˝ us´eggel pirosra vagy k´ekre. Ekkor annak az Af esem´enynek a val´osz´ın˝ us´ege, hogy az f ∈ E ´el monokromatikus, 2/2k = 1/2k−1 . Minden Af esem´eny teljesen f¨ uggetlen mindazon Af 0 esem´enyekt˝ ol, ahol f 0 nem metszi f -et. ´Igy minden esem´eny teljesen f¨ uggetlen legfeljebb d esem´eny kiv´etel´evel az o¨sszest˝ol. ´Igy Pr(Af ) = miatt Pr(
1 2k−1 n \
≤
1 e(d + 1)
Ai ) > 0,
i=1
vagyis pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel nem lesz monokromatikus ´el, azaz 2-sz´ınezhet˝o a hipergr´ af.
202
´ sz´ınu ˝ se ´gsza ´ m´ıta ´ si mo ´ dszerek – megolda ´ sok 11. Valo
5.32. Sz´ınezz¨ uk Kn minden ´el´et 1/2−1/2 val´osz´ın˝ us´eggel pirosra vagy k´ekre. Legyen S ⊂ {1, 2, . . . , n}, melyre |S| = k. Annak az AS esem´enynek a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az S ´ altal fesz´ıtett ¨osszes ´el egysz´ın˝ u: Pr(AS ) =
2 1 = k . k ( ) ( 2 2 2 2 )−1
Az AS esem´eny teljesen f¨ uggetlen minden olyan AS 0 esem´enyt˝ol, amelyekkel metszete legfeljebb 1 elem˝ u, vagyis S-nek ´es S 0 -nek nincsen k¨oz¨os ´ele. ´Igy AS foka a f¨ ugg˝ os´egi gr´ afban legfeljebb k n−2 , 2 k−2 s˝ ot k ≥ 4 eset´en t¨ obbsz¨ or sz´ amoltuk azt az S 0 halmazt, amelynek legal´abb 3 k¨ oz¨ os cs´ ucsa van S-sel. Ha k = 3, akkor az ´all´ıt´as felt´etele csak n ≤ 2 eset´en teljes¨ ulhet. Mivel R(3, 3) = 6 > 2, ´ıgy itt trivi´alis az ´all´ıt´as. ´Igy feltehet˝o, hogy k ≥ 4. Ekkor a fentiek szerint k n−2 d+1≤ . 2 k−2 A feladat felt´etelei szerint Pr(AS ) ≥
1 , e(d + 1)
´ıgy n \
Pr(
Ai ) > 0,
i=1
vagyis pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel nem lesz k elem˝ u cs´ ucshalmaz, mely monokromatikus gr´ afot fesz´ıt. ´Igy R(k, k) > n. (b) Legyen s(k) =
(k − 2)! k 2
!!1/(k−2) k 2(2)−1 −1 . e
Ha n-et s(k) eg´esz r´esz´enek v´alasztjuk, akkor az n nk−2 < (k − 2)! k−2 egyenl˝ otlens´eget felhaszn´ alva kapjuk, hogy k k n e + 1 21−(2) < 1, 2 k−2
´ sz-fe ´le loka ´ l-lemma alkalmaza ´ sai 11.3. A Lova
203
´ıgy R(k, k) > s(k). A Stirling-formul´at ´es a k(k − 1) = (k + 1)(k − 2) + 2 azonoss´ agot felhaszn´ alva kapjuk, hogy √ 2 s(k) = (1 + o(1))k2k/2 . e
5.33. Feltehetj¨ uk, hogy minden kifok pontosan δ, k¨ ul¨onben egy megfelel˝o r´eszgr´ afot tekint¨ unk. Legyen f : V → {0, 1, . . . , k − 1} egy v´eletlen sz´ınez´ese a cs´ ucsoknak, ahol minden f (v) egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul egyenletesen van v´alasztva. Minden v ∈ V eset´en legyen Av az az esem´eny, hogy nem l´etezik u ∈ V , melyre (v, u) ∈ E ´es f (u) ≡ f (v) + 1 (mod k). Ekkor Pr(Av ) = (1 − 1/k)δ . Vegy¨ uk ´eszre, hogy Av teljesen f¨ uggetlen minden Au esem´enyt˝ol, kiv´eve azon u-kat, melyekre N + (v) ∩ ({u} ∪ N + (u)) 6= ∅, ahol N + (u) = {w ∈ V | (u, w) ∈ E}. Az ilyen u-k sz´ama legfeljebb ∆δ. ´Igy teljes¨ ulnek a Lov´ asz-f´ele lok´ al-lemma felt´etelei, ´ıgy Pr(∩v∈V Av ) > 0. Teh´at van olyan f : V → {0, 1, . . . , k − 1} sz´ınez´es, hogy minden v ∈ V eset´en l´etezik u, melyre (v, u) ∈ E ´es f (u) ≡ f (v) + 1 (mod k). Ekkor induljunk ki egy tetsz˝oleges cs´ ucsb´ol, ´es mindig olyan cs´ ucsba l´epj¨ unk tov´ abb, melynek 1-gyel nagyobb az f -´ert´eke modulo k. El˝obb-ut´obb egy m´ ar megl´ atogatott cs´ ucsba l´ep¨ unk vissza. Az els˝o ilyen alkalommal tal´altunk egy k-val oszthat´ o hossz´ us´ ag´ u k¨ort.
12. fejezet
Algoritmuselm´ elet – megold´ asok Nagys´ agrendek 6.24. Igen, ez k¨ ovetkezik p´eld´aul a 6.23 feladatb´ol. 6.25. Nem, p´eld´ aul f (n) = 2 log n ´es g(n) = log n ellenp´elda. 6.26. Nem, p´eld´ aul f (n) =
1 n
´es g(n) = n ellenp´elda.
6.27. Ha f (n) ´es g(n) is ≥ 1, akkor igen, s˝ot, m´eg log(f (n)) = log(g(n)) + O(1) is igaz. Viszont mivel 1-n´el kisebb sz´amokon a log negat´ıv ´ert´eket vesz fel, ez´ert lehet csin´ alni ellenp´eld´at, b´ar megjegyezz¨ uk, hogy ak´ar elt´er˝o m´odon n is defini´ alhattuk volna az O(.)-t. ´Igy viszont ellenp´elda, ha f (n) = 2(−1) n−n ´es g(n) = 2n . 6.28. Nem, mivel h-r´ ol semmilyen monotonit´asi felt´etel nincs, p´eld´aul f (n) = 2n, g(n) = 2n + 1 ´es h(2k) = 2k, de h(2k + 1) = 1.
12.1. Rekurzi´ ok 6.29. Az ´ all´ıt´ asokat indukci´ oval bizony´ıthatjuk. Tegy¨ uk fel, hogy f (n) < C nlogb a− /a(a − 1).
206
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
Az indukci´ os felt´etel legyen c1 nlogb a < T (n) < c2 nlogb a − C nlogb a− /(a − 1), ami nyilv´ an teljes¨ ul 0 < x ≤ 1-re, ha c1 -et el´eg kicsinek ´es c2 -t el´eg nagynak v´ alasztjuk. Eszerint c1 (n/b)logb a < T (n/b) < < c2 (n/b)logb a − C (n/b)logb a− /(a − 1), amib˝ ol rekurzi´ ob´ ol kapjuk, hogy ac1 (n/b)logb a + f (n) < T (n) < < ac2 (n/b)logb a + f (n) − C (n/b)logb a− a/(a − 1). Szerencs´ere blogb a = a, ez´ert ennek a bal oldala pont az, amit akartunk, ha elfelejtj¨ uk f (n)-et (ami pozit´ıv). A jobb oldalon pedig t¨obb, mint f (n) − C (n/b)logb a− /(a − 1) t¨obblet van (mert blogb a− < a), de a felt´etel szerint ez negat´ıv. Tegy¨ uk fel, hogy C1 nlogb a logk n < f (n) < C2 nlogb a logk n . Az indukci´ os felt´etel legyen c1 nlogb a logk+1 n < T (n) < c2 nlogb a logk+1 n, ami nyilv´ an teljes¨ ul 0 < x ≤ 1-re, ha c1 -et el´eg kicsinek ´es c2 -t el´eg nagynak v´ alasztjuk. Eszerint c1 (n/b)logb a logk+1 (n/b) < T (n/b) < c2 (n/b)logb a logk+1 (n/b), amib˝ ol rekurzi´ ob´ ol kapjuk, hogy ac1 (n/b)logb a logk+1 (n/b) + f (n) < T (n) < < ac2 (n/b)logb a logk+1 (n/b) + f (n). Mivel a(n/b)logb a logk+1 (n/b) = nlogb a (log n − log b)k+1 = = nlogb a (log n)k+1 − Θ(nlogb a logk n), ez´ert a bal oldal stimmel, hiszen c1 O(nlogb a logk b) < f (n), ha c1 -et el´eg kicsinek v´alasztottuk. Hasonl´ oan a jobb oldal is k´esz, ha c2 el´eg nagy, mert arra van sz¨ uks´eg¨ unk, hogy c2 Ω(nlogb a logk b) > f (n).
207
´k 12.1. Rekurzio
Az indukci´ os felt´etel legyen
c1 f (n) < T (n) < c2 f (n), ami nyilv´ an teljes¨ ul 0 < x ≤ 1-re, ha c1 -et el´eg kicsinek ´es c2 -t el´eg nagynak v´ alasztjuk (´es f -et megfelel˝oen ´ertelmezz¨ uk). Eszerint c1 f (n/b) < T (n/b) < c2 f (n/b), amib˝ ol rekurzi´ ob´ ol kapjuk, hogy ac1 f (n/b) + f (n) < T (n) < ac2 f (n/b) + f (n). A bal oldal trivi´ ul, ha c1 ≤ 1. Mivel a feladat felt´etele alisan teljes¨ szerint af nb ≤ cf (n) valamilyen c < 1 konstansra, ha n nagy, ez´ert a jobb oldal ac2 f (n/b) + f (n) < (cc2 + 1)f (n) < c2 f (n), ha c2 el´eg nagy, teh´ at rendben van. 6.30. Megoldva a feladatot d = 1, 2, 3-ra hamar megfigyelhetj¨ uk, hogy a megold´ as az al´ abbi binomi´ alis o¨sszeg lesz. m m m + + ... + , n(m, d) = 1 d 0 ahol n(m, d) az emeletek sz´ ama +1-et jel¨oli. Ennek helyess´eg´et indukci´oval k¨ onnyen igazolhatjuk. Hiszen ha m´eg m m´er´es¨ unk ´es d toj´asunk van, akkor a legjobb, ha az n(m − 1, d − 1)-edik szintr˝ol dobjuk le a toj´asunkat, ugyanis ha sz´ett¨ orik, akkor m´eg pont ennyi −1 als´obb szintet tudunk ellen˝orizni a marad´ek m − 1 m´er´es¨ unkkel ´es d − 1 toj´asunkkal. Ha nem t¨orik sz´et, akkor viszont m´eg n(m−1, d)−1 (fels˝obb) szintet tesztelhet¨ unk. Mivel n(m−1, d− 1) + n(m − 1, d) − 1 = n(m, d) − 1, k´eszen vagyunk. 6.31. Θ(n log n). A h´ arom vermet jel¨ olje X, Y, Z ´es tegy¨ uk fel, hogy a zoknik be vannak sorsz´ amozva 1-t˝ ol n-ig (minden sz´am k´etszer szerepel, a p´ar k´et fel´en). El˝ osz¨ or azt mutatjuk meg, hogy O(n log n) l´ep´es el´eg. Rakjuk ´at az ¨osszes zoknit az X veremb˝ ol az Y ´es a Z verembe, m´eghozz´a az n/2-n´el kisebb sorsz´ am´ uakat az Y-ba, a t¨ obbit a Z-be. Ezut´an el˝osz¨or oldjuk meg a feladatot az Y-beli n/2 p´ ar zoknira (egyszer˝ uen r´apakolva a Z-beli nagy sorsz´am´ u zoknikra), majd miut´ an mindet kivett¨ uk, nekil´athatunk a nagyobb sorsz´am´ uaknak. Ebb˝ ol a rekurzi´ o T (n) ≤ 2T (n/2) + 2n, amib˝ol a Mester-t´etel (6.29) alapj´an T (n) = O(n log n). Megmutatjuk, hogy akkor is kell ennyi l´ep´es, ha a fels˝o n zokniban nincs egy p´ ar sem. Az als´ o n zokni sorrendje n!-f´ele lehet aszerint, hogy melyik
208
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
h´ anyadik fels˝ onek a p´ arja. Tegy¨ uk fel, hogy T l´ep´es el´eg. Minden egyes l´ep´esben legfeljebb 9 lehet˝ os´eg¨ unk van arra, hogy mit csin´alunk: vagy egyik veremr˝ ol egy m´ asikra pakolunk (6 = 3·2), vagy kivesz¨ unk k´et fels˝ot (3 = 32 ). Ha valaki megadja nek¨ unk, hogy a T l´ep´es melyik´eben mit csin´alunk, akkor abb´ ol vissza tudjuk fejteni az als´o n zokni sorrendj´et. Teh´at 9T ≥ n!, azaz T (n) = Ω(n log n).
12.2. Rendez´ es 6.32. d3n/2e − 2 m´er´es sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges. Az algoritmus el˝osz¨or k´esz´ıt egy teljes p´ aros´ıt´ ast az elemeken, ´es elv´egzi ezeket a m´er´eseket (ez bn/2c osszehasonl´ıt´ as). Ezut´ an a nagyobb (plusz p´aratlan n eset´en a kimarad´o) ¨ dn/2e elemb˝ ol kiv´ alasztjuk a legnagyobbat (ez dn/2e − 1 ¨osszehasonl´ıt´as) ´es a kisebb (plusz p´ aratlan n eset´en a kimarad´o) elemekb˝ol kiv´alasztjuk a legnagyobbat (ez is dn/2e − 1 ¨osszehasonl´ıt´as). Ez ¨osszesen pont d3n/2e − 2 m´er´es. A sz¨ uks´egess´eghez adjunk minden elemnek k´et kavicsot, egy narancss´arg´ at ´es egy k´eket. Akir˝ ol kider¨ ul, hogy nem ˝o a legnagyobb, att´ol elvessz¨ uk a narancss´ arg´ at, akir˝ ol pedig kider¨ ul, hogy nem ˝o a legkisebb, att´ol elvessz¨ uk a k´eket. Kezdetben 2n kavics van, ´es k¨onnyen meggondolhat´o, hogy ha megvan a legnagyobb ´es legkisebb elem, akkor csak nekik lesz egy-egy kavicsuk, teh´ at ¨ osszesen csak 2. Most megmutatjuk, hogy tudunk konzisztens v´alaszokat adni b´ armilyen algoritmusnak u ´gy, hogy minden m´er´es ut´an csak eggyel cs¨ okkenjen a kavicsok sz´ ama, kiv´eve legfeljebb bn/2c m´er´est, amikor kett˝ovel. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik majd, hogy legal´abb 2n − 2 − bn/2c = d3n/2e − 2 m´er´es sz¨ uks´eges. A v´ alaszolgat´ ashoz el˝ osz¨ or azt kell meggondolnunk, hogy k´et elem m´er´ese nem okozhatja egy harmadik elem kavicsveszt´es´et, b´armi is a kimenetel. Ha mindk´et elemet most m´erj¨ uk el˝osz¨or, akkor elker¨ ulhetetlen, hogy mindkett˝o vesz´ıtsen egy kavicsot, ez azonban legfeljebb bn/2c-szer fordulhat el˝o. Az osszes t¨ obbi esetben, ha valamelyiknek egy kavicsa van, aszerint v´aszoljunk, ¨ hogy ezt ne vesz´ıtse el, a m´ asik is legfeljebb egyet veszthet. Ez val´oban konzisztens v´ alasz lesz minden esetben. Ha pedig egyiknek sincs egy kavicsa sem, akkor csak arra vigy´ azzunk, hogy konzisztensen v´alaszoljunk, amit nyilv´an mindig lehet. 6.33. n2 , ez akkor fordul el˝o, ha a kiv´alasztott elem mindig a m´eg ki nem v´ alasztottak k¨ oz¨ ul a legnagyobb vagy a legkisebb. 6.34. T¨ obb j´ o megold´ as is van, de rossz is sok van, gondoljuk meg rendesen a saj´ atunkat! Egy lehet˝ os´eg egy kiv´alasztott elem szerinti kisebb-nagyobb elemekre oszt´ asra, hogy a rendezend˝o t¨omb elej´ere gy˝ ujtj¨ uk a n´ala kisebb, a
´s 12.2. Rendeze
209
v´eg´ere a n´ ala nagyobb elemeket az al´abbi algoritmussal. A t¨omb elej´er˝ol, ill. v´eg´er˝ ol is ind´ıtunk egy-egy pointert, melyekkel addig l´epked¨ unk, am´ıg el nem ´er¨ unk egy olyan elemet, ami nagyobb, ill. kisebb mint a kiv´alasztott. Amikor mindk´et pointer le´ allt, kicser´elj¨ uk az elemeiket ´es folytatjuk az algoritmust, am´ıg ¨ ossze nem tal´ alkoznak. A tal´alkoz´asi pont vagy valamelyik szomsz´edja lesz a hat´ ar a kisebb ´es a nagyobb elemek k¨oz¨ott, ide m´eg be kell cser´eln¨ unk a kiv´ alasztott elemet. 6.35. Sz´ amtalan megold´ as l´etezik. P´eld´aul el˝osz¨or az n-edik helyen ´all´o elemet hasonl´ıtsuk ¨ ossze az ¨ osszes t¨obbivel, ´ıgy biztosan oda ker¨ ul a legnagyobb. Ezut´ an az n − 1-edik helyen ´all´ot stb. Persze vannak hat´ekonyabb elj´ar´asok is, p´eld´ aul l´ asd 6.38. 6.36. Tegy¨ uk fel, hogy van egy sz´amsorozat, amit rosszul rendez a h´al´ozat. Megmutatjuk, hogy akkor van egy 0-1 sorozat is, amit rosszul rendez. A rosszul rendezett sorozatnak van k´et eleme, a ´es b, amikre a < b, ´es m´egis b felett lesz a. Ekkor az inputunkb´ol k´esz´ıts¨ unk 0-1 sorozatot u ´gy, hogy minden sz´ amot, ami legal´ abb b, helyettes´ıts¨ unk 1-gyel, a kisebbeket pedig 0-val. Az ´ıgy kapott 0-1 sorozatban pont ugyanazok a cser´ek t¨ort´ennek, mint az eredeti sz´ amsorozatban (n´eha k´epzeletben felcser´elve k´et 1-est, ill. 0-´ast is), teh´at a kimenet is ugyanaz lesz. 6.37. Tegy¨ uk fel, hogy az input m´ar sorban van, kiv´eve k´et szomsz´edos elemet, amik fel vannak cser´elve. Ekkor egyik ¨osszehasonl´ıt´askor sem t¨ort´enik v´ altoz´ as, hacsak nem hasonl´ıtjuk ¨ossze valamikor ezt a k´et szomsz´edot. 6.38. T¨ obb m´ odszer is l´etezik, az itt le´ırt algoritmus Batchert˝ol sz´armazik ´es Odd-Even Mergesortnak is h´ıvj´ak. A megold´as az al´abbi szubrutinon alapul. ODD-EVEN MERGE(a1 , . . . an ): If n = 2, Compare(a1 , a2 ). If n > 2, ODD-EVEN MERGE(p´aratlan index˝ u elemek) and ODD-EVEN MERGE(p´ aros index˝ u elemek). For i = 1 . . . n/2 Compare(a2i , a2i+1 ). Ez a szubrutin sorbarendez n elemet, ha az els˝o ´es a m´asodik n/2 m´ar helyesen sorba volt rendezve a bemenetben is. Ennek a bizony´ıt´asa indukci´oval t¨ ort´enik ´es felhaszn´ aljuk hozz´a 6.36-ot, ami alapj´an el´eg az ´all´ıt´ast 0-1 sorozatokra bizony´ıtanunk. Mivel az els˝o ´es a m´asodik f´el eleve sorban volt, ez´ert a p´ aratlan ´es a p´ aros index˝ u elemek k¨oz¨ott vagy ugyanannyi 0-´as van, vagy a p´ aratlan index˝ uek k¨ oz¨ ott eggyel vagy kett˝ovel t¨obb van. Az indukci´o miatt az azonos parit´ as´ u r´eszekre m˝ uk¨odik az algoritmus, ezt a legfeljebb kett˝o el-
210
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
t´er´est pedig az utols´ o For ciklus egyenl´ıti ki. Az algoritmus log n p´arhuzamos l´ep´est v´egez. Ezut´ an a sorbarendez˝ o algoritmus. SORT(a1 , . . . an ): SORT(a1 , an/2 ) and SORT(an/2+1 , an ). ODD-EVEN MERGE(a1 , . . . an ). A szubrutin helyess´eg´eb˝ ol indukci´oval k¨ovetkezik, hogy ez val´oban megrendezi a bemenet´et log2 n p´arhuzamos l´ep´esben. 6.39. Abb´ ol, hogy mely helyeken t¨ort´enik csere, ki tudjuk tal´alni a bemenetbeli elemek sorrendj´et. Mivel n!-f´ele sorrend van, legal´abb log(n!) = Ω(n log n) ¨ osszehasonl´ıt´ as kell, hiszen mindegyik bemenet lehets´eges. Ezt a gondolatmenetet inform´ aci´ oelm´eleti als´o korl´atnak is szokt´ak nevezni.
12.3. Sz´ amol´ as 6.40. Az al´ abbi feladatok megold´as´anak kulcsa az Euler–Fermat-t´etel, mely szerint ha a ´es m relat´ıv pr´ımek, akkor aϕ(m) ≡ 1 mod m, ahol ϕ az Eulerf´ele ϕ-f¨ uggv´eny, azaz ϕ(m) az m-n´el kisebb, m-hez relat´ıv pr´ım eg´eszek sz´ama. Az al´ abbi feladatokban val´oban mindig csak relat´ıv pr´ımekre kell alkalmaznunk a t´etelt. (a) ϕ(11) = 10, ez´ert 1111724601 ≡ 1111724601 mod 10 ≡ 111171 ≡ 7 mod 11. (b) ϕ(6) = 2, ez´ert 39639693696639136303065464 ≡ 3963969369663910 ≡ 1 mod 6. (c) ϕ(10) = 4, ez´ert 3620384340924601 ≡ 362038434091 ≡ 9 mod 10. (d) ϕ(212 ) = 211 = 2048 ´es ϕ(211 ) = 210 = 1024, ez´ert 3073 3073 mod 1024 1 mod 2048 320483 ≡ 320483 ≡ 320483 mod 2048 ≡ 33 ≡ 27 mod 212 . 6.41. (a) 22n ≡ (2n )2 ≡ (−1)2 ≡ 1 mod 2n + 1. (b) 2k · 2n−k ≡ −1 mod 2n + 1, teh´at 2k inverze −2n−k . (c) a · b ≡ y − x mod 2n + 1. 6.42. Az egyenletb˝ ol kapott rekurzi´o T (2n) = 3T (n) + O(1), ahol a konstans az ¨ osszead´ asok ´es az eltol´ asok (azaz 10-zel szorz´asok) k¨olts´ege (ha n-ben linearis k¨ ´ olts´eget sz´ amolunk ezekre, akkor sem v´altozik a v´egeredm´eny). Ebb˝ol a Mester-t´etel (6.29) alapj´ an T (n) = Θ(nlog 3 ) ≈ Θ(n1,58 ), sokkal gyorsabb, mint az ´ altal´ anos iskol´ aban tanult n2 idej˝ u algoritmus. Enn´el is gyorsabb azonban a diszkr´et Fourier-transzform´aci´o, ami kv´aziline´aris (Θ(n log n log log n)) fut´ asidej˝ u.
211
´t Fourier-transzforma ´ cio ´ 12.4. Diszkre
6.43. Az euklideszi algoritmus egy verzi´oja legnagyobb k¨oz¨os oszt´o keres´es´ere. Mivel minden m´ asodik l´ep´esben legal´abb az egyik sz´am felez˝odik, ez´ert a fut´ asideje O(log max(a, b)), ´es ennyi l´ep´es kell is, ha p´eld´aul mindk´et sz´am ugyanaz a kett˝ ohatv´ any. 6.44. Az egyenletekb˝ ol kapott rekurzi´o T (n) = 7T (n/2) + O(1), ahol a konstans az ¨ osszead´ asok k¨ olts´ege (ha n-ben line´aris k¨olts´eget sz´amolunk ezekre, akkor sem v´ altozik a v´egeredm´eny). Ebb˝ol a Mester-t´etel (6.29) alapj´an T (n) = Θ(nlog 7 ) ≈ Θ(n2,81 ), gyorsabb, mint a tanult n3 idej˝ u algoritmus. Fontos k´erd´es, hogy Θ(n2+ ) id˝oben ¨osszeszorozhat´o-e k´et m´atrix, jelenleg a legjobb algoritmus fut´ asideje Θ(n2,3727 ). 6.45. T¨ obb megold´ as l´etezik, ezek k¨oz¨ ul egyet mutatunk meg. Sz´amoljuk ki ac-t, bd-t ´es (a + b)(c + d)-t. Ebb˝ol a val´os r´esz ac − bd, a komplex r´esz pedig (a + b)(c + d) − ac − bd. Megjegyz´es: Ha a sz´ amok reiϕ alakban vannak adva, akkor egy val´os szorz´ as el´eg a szorzatuk kisz´ am´ıt´as´ahoz, de az ¨osszead´as komplik´altt´a v´alik.
12.4. Diszkr´ et Fourier-transzform´ aci´ o Pk−1 6.46. (x − 1)( i=0 xi ) = xk − 1 = 0, hiszen a tagok teleszk´oposan kiesnek. Mivel x−1 6= 0 ´es a gy˝ ur˝ u nulloszt´omentes, k´esz vagyunk. A mod m gy˝ ur˝ un´el pedig arra kell figyelni, hogy x − 1 ne legyen nulloszt´o, azaz x − 1 legyen relat´ıv pr´ım m-hez, ekkor ´erv´enyes marad a formula. Egy´ebk´ent baj lehet, pl. 1 + 3 6= 0 mod 8. 6.47. Ha ω egy 1-es ut´ an 2n/K darab 0 ´es θ egy 1-es ut´an n/K darab 0, akkor k¨ onny˝ u vel¨ uk szorozni, csak eltolni kell a sz´amot (´es a t´ ulcsordul´o r´eszt kivonni, l´ asd 6.41). 6.48. Kell majd, hogy a primit´ıv K-adik egys´eggy¨ok hatv´anyainak ¨osszege nulla, ekkor a megfelel˝ o tagok pont kiesnek. Mivel mindre ugyanannyi lesz az ¨ osszeg, el´eg az egyikre kisz´amolni, p´eld´aul a 6.47 feladatbeli sz´ep” gy¨okre. ” Ekkor ω osztja 2n − 1-et, teh´at relat´ıv pr´ım 2n + 1-hez, teh´at a 6.46 feladat szerint k´eszen vagyunk. Most a sz´amol´as: c¯i = c0i
=
K−1 θ−i X −ij ˆ θ−i = ω a ˆ j bj = K K j=0
K−1 K−1 K−1 θ−i X −ij X jk 0 X jl 0 ω ( ω ak )( ω bl ) = K j=0 k=0
l=0
212
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme K−1 K−1 θ−i X (k+l−i)j k+l θ−i X −ij jk k ω ω θ ak ω jl θl bl = ω θ ak bl , K K j,k,l=0
j,k,l=0
PK−1 ahol a j,k,l=0 ω (k+l−i)j = 0, kiv´eve ha k + l = i vagy k + l = i + K, ekkor K lesz az ´ert´eke. A θk+l pedig θi , illetve −θi lesz, ´ıgy k + l = i eset´en ak bl , m´ıg k + l = i + K eset´en −ak bl lesz a hozz´aj´arul´as, pont amit akartunk. 6.49. Teh´ at mod 257 dolgozunk, ω = 16 ´es θ = 4 ´ert´ekekkel a 6.47 feladat szerint. Mivel A = B, ez´ert el´eg lesz csak az a ˆi -ket kisz´amolni. Kezdetben a0 = a2 = 1, ebb˝ ol a00 = 1, a02 = 16, a t¨obbi pedig tov´abbra is nulla. P3 Ut´ ana a ˆi = j=0 16ij a0j = 1 + (−1)i 16-b˝ol kapjuk, hogy a ˆ0 = a ˆ2 = 17 ´es a ˆ1 = a ˆ3 = −15. Innen cˆi = a ˆiˆbi = a ˆ2i -b˝ol cˆ0 = cˆ2 = 32 ´es cˆ1 = cˆ3 = −32. P3 −ij ul pedig c0i = cˆj -b´ ol c00 = 0, c01 = 0, c02 = −1 ´es c03 = 0. V´eg¨ j=0 16 0 −2 c¯2 = c2 4 /4 = 4 (haszn´ alhatjuk a 6.41 feladatot).
12.5. Stabil p´ aros´ıt´ asok 6.50. Igen, m´ ar 3-3-ra emberre is. A fi´ uk preferenciasorrendjei legyenek a : {A, B, C}, b : {B, C, A}, c : {C, A, B}, a l´anyok´e pedig A : {b, c, a}, B : {c, a, b}, C : {a, b, c}. Ekkor stabil p´aros´ıt´as lesz A − c, B − a, C − b. Term´eszetesen tetsz˝ olegesen nagy sz´amra is adhat´o hasonl´o konstrukci´o. 6.51. L´etezik, mert tetsz˝ olegesen v´altozhathatjuk az egyenl˝o preferenci´akat u ´gy, hogy ne maradjanak egyenl˝oek. Ami itt stabil lesz, az az eredetiben is stabil. 6.52. V´egig kell gondolni a tanult (l´anyk´er˝os) algoritmust, ez fi´ uoptim´alis p´ aros´ıt´ ast ad, azaz olyat, ahol minden fi´ u a sz´am´ara legkedvesebb olyan l´anyt kapja, akit csak kaphat (stabil p´aros´ıt´as eset´en). Tekints¨ uk azt az els˝o helyzetet, amikor az egyik fi´ u megk´eri a legrosszabb p´arj´at. Ekkor m´ar minden m´ as l´ anynak van p´ arja, teh´ at az algoritmus ezzel a l´ep´essel v´eget ´er. Mivel ez volt az els˝ o ilyen helyzet, ez´ert a t¨obbi fi´ unak jobb p´arja van. 6.53. K´et stabil p´ aros´ıt´ as ´eleit egyberakva nem kaphatunk altern´al´o utat, csak k¨ ort, hiszen u ´t eset´en a m´asodik, ill. az utols´o el˝otti ´el nem lenne stabil, mert az els˝ o, ill. az utols´ o ´el kedvez˝obb a v´egpontjaiknak. Az ´all´ıt´as persze nem p´ aros gr´ afokra is igaz marad. 6.54. Nem l´etezhet. K´et stabil p´aros´ıt´as uni´oja izol´alt ´elekb˝ol ´es altern´al´o k¨ or¨ okb´ ol ´ all (l´ asd az el˝ oz˝ o feladat megold´as´at). Minden k¨orre igaz lesz, hogy
´ falgoritmusok 12.6. Elemi gra
213
minden k¨ orbeli fi´ u az egyik p´ aros´ıt´asbeli p´arj´at kedveli jobban ´es minden l´any a m´ asikat. A rossz p´ art tartalmaz´o ´el emiatt nem lehet k¨orben. 6.55. Annak a fi´ unak, akinek az (n + 1 − i)-edik oszlop´aban van a l´any, a l´ anyn´ al az i-edik helyen kell lennie a preferenciasorrendben. Ez a felt´etel nyilv´ an el´egs´eges ahhoz, hogy minden oszlop stabil p´aros´ıt´ast adjon. A sz¨ uks´egess´eg i = 1-re abb´ ol ad´ odik, hogy ha mindegyik fi´ u a sz´am´ara legkev´esb´e kedves l´ anyt kapja, akkor minden l´anynak a sz´am´ara legkedvesebb fi´ ut kell kapnia. Nagyobb i-re hasonl´ oan okoskodhatunk indukci´ot haszn´alva. 6.56. f (n) pontos nagys´ agrendje nem ismert, m´eg azt sem tudjuk, hogy lehet-e szuperexponenci´ alis, csak azt tudjuk, hogy n-ben legal´abb exponenci´ alis. Ehhez tekints¨ uk az al´abbi konstrukci´ot (p´aros n-re). Az ai , illetve az a0i fi´ u list´ aja kezd˝ odj¨ on Ai , A0i -vel, illetve A0i , Ai -vel, m´ıg az Ai illetve az A0i l´ any list´ aja kezd˝ odj¨ on a0i , ai -vel illetve ai , a0i -vel, minden i = 1, . . . n/2-re. Ekkor minden i-re v´ alaszthatjuk a l´any- vagy a fi´ uoptim´alis p´aros´ıt´ast, ez 2n/2 stabil p´ aros´ıt´ ast ad.
12.6. Elemi gr´ afalgoritmusok Minden feladatot min´el gyorsabb (= ´elsz´amban line´aris) algoritmussal oldjunk meg! 6.57. Ind´ıtsunk k´et mutat´ ot a lista elej´et˝ol, az egyiket egyes´evel l´eptess¨ uk, m´ıg a m´ asikat kettes´evel. Ha a lista digr´afk´ent elk´epzelve egy k hossz´ uu ´tb´ol ´es egy m hossz´ u k¨ orb˝ ol ´ all, akkor ez a k´et mutat´o k + (m − k mod m) l´ep´es ut´ an fog u ´jra tal´ alkozni, valahol a k¨or¨on. Ekkor kezdj¨ uk el ˝oket egy¨ utt l´eptetni (egyes´evel) ´es ind´ıtsunk egy u ´j mutat´ot a lista elej´er˝ol is (egyes´evel). Ekkor k l´ep´es ut´ an tal´ alkoznak ann´al az elemn´el, amire az utols´o elem mutat, teh´ at az el˝ oz˝ o l´ep´esben volt a k´et egy¨ utt mozg´o mutat´o az utols´o elemen. (Az el˝ oz˝ o elemet is mindig jegyezz¨ uk fel.) 6.58. Ha m´elys´egi keres´essel bej´arjuk a gr´afot, akkor a kapott fa minden ´el´et pontosan k´etszer haszn´ aljuk. Euler-s´et´at kapunk, ha a t¨obbi ´elen (nem fabeli ´eleken, illetve fabeli ´elek tov´abbi p´eld´anyain) oda-vissza megy¨ unk (p´arokat form´ alva). Ez line´ aris algoritmust ad, ha az ´ellist´an egym´as mellett szerepelnek az ´elek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o p´eld´anyai. Ha nem, akkor el˝osz¨or ezt kell el´ern¨ unk, minden cs´ ucsra foksz´ am id˝oben. Ehhez vegy¨ unk egy n m´eret˝ u t¨omb¨ot, melyben csupa pozit´ıv sz´ am van. (Ezt az els˝o cs´ ucsra ki kell t¨olten¨ unk, pl. egyesekkel, k´es˝ obb el´eg lesz a r´egit haszn´alni.) A cs´ ucsunk szomsz´edaihoz ´ırjunk el˝ osz¨ or 0-t (egyszer v´egigmenve az ´ellist´an), azt´an sz´amoljuk meg, h´any
214
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
´el megy a szomsz´edokba (m´egegyszer v´egigmenve az ´ellist´an), v´eg¨ ul csin´aljunk egy u ´j list´ at, minden szomsz´edhoz annyi ´elet v´eve, amennyit kell (hogy tudjuk, kik a szomsz´edok, ism´et v´egig kell menn¨ unk az ´ellist´an). 6.59. Csin´ aljunk egy m´elys´egi keres´est, ´es ´abr´azoljuk a f´at u ´gy, hogy a gy¨ok´er van alul. Azok a v nem-gy¨ ok´er cs´ ucsok lesznek elv´ag´oak, amelyeknek lesz egy olyan felfele indul´ o´ aga, amibe nem vezet v al´ol ´el, m´ıg a gy¨ok´er akkor lesz elv´ ag´ o, ha nem egy a foka. A levelekt˝ol indulva mindenkire kisz´am´ıthatjuk, hogy milyen m´elyre megy ut´odj´ab´ol ´el. Akinek minden gyerek´ere megy al´a, az nem elv´ ag´ o. Egy gr´ af pedig pontosan akkor 2-¨osszef¨ ugg˝o, ha nincs elv´ag´o cs´ ucsa. 6.60. El˝ osz¨ or sz´ amoljuk ki az ¨osszes cs´ ucs befok´at, ´es ezt a sz´amot t´aroljuk el minden cs´ ucsra egy sz´ aml´ al´ oban. Akiknek nulla a sz´aml´al´oja, azokat tegy¨ uk be egy N list´ aba. Ezut´ an minden l´ep´esben vegy¨ uk ki az N k¨ovetkez˝o elem´et, ´es minden kiszomsz´edj´ anak cs¨okkents¨ uk eggyel a sz´aml´al´oj´at. Akire nulla lesz, tegy¨ uk az N -be. Megjegyz´es: A m´elys´egi keres´esn´el a ford´ıtott elhagy´asi sorrend is j´o. ´ ıts¨ 6.61. Ep´ unk m´elys´egi f´ at egy tetsz˝oleges gy¨ok´erb˝ol, majd ir´any´ıtsuk a fa´eleket a gy¨ ok´erb˝ ol elfel´e, az ¨osszes t¨obbi ´elet (amik teh´at visszamutat´o ´elek lesznek) pedig a gy¨ ok´er fel´e. Mivel nincsenek elv´ag´ocs´ ucsok, ez´ert a 6.59 feladat szerint mindenkib˝ ol lehet a gy¨ok´er fele menni. 6.62. M´elys´egi bej´ ar´ ast alkalmazunk (ha elakadunk, egy tetsz˝oleges m´eg nem ´erintett cs´ ucsb´ ol folytatjuk), ek¨ozben a cs´ ucsokat elhagy´asi sorrendben be´ırjuk egy verembe. Ezut´ an megford´ıtjuk a gr´af ´eleit, ´es a a veremb˝ol kiolvassuk a cs´ ucsokat (azaz ford´ıtott elhagy´asi sorrendben vessz¨ uk ˝oket), ´es mindegyikb˝ ol m´elys´egi bej´ ar´ ast ind´ıtunk. A bej´art cs´ ucsok egy er˝osen ¨osszef¨ ugg˝o komponenst alkotnak, ezeket elhagyjuk, ´es folytatjuk a k¨ovetkez˝o cs´ uccsal a veremb˝ ol. Megjegyz´es: A komponenseken mell´ekterm´ekk´ent k¨ozben egy topologikus sorrendet kapunk. 6.63. Az er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o komponenseket egy-egy cs´ uccs´a ¨osszeh´ uzva feltehet˝ o, hogy a gr´ af aciklikus. Ezut´an, ha a gr´af topologikus sorrendj´eben minden cs´ ucsb´ ol mutat ´el a k¨ ovetkez˝obe, akkor igen, k¨ ul¨onben nem (ha t¨obbf´ele topologikus sorrend is van, akkor mindegy, hogy melyiket vessz¨ uk, egyikben sem lesz). 6.64. B´ armilyen bej´ ar´ assal k¨onnyen megkereshetj¨ uk a komponenseket, vagy csak megir´ any´ıtva minden ´elet oda-vissza haszn´alhatjuk a 6.62 feladatot.
´ falgoritmusok 12.6. Elemi gra
215
6.65. Futassunk sz´eless´egi keres´est, ekkor b´armely ´el v´egpontjai vagy azonos szint˝ uek, vagy eggyel t´er el a szintj¨ uk. Ha nincs azonos szint˝ u cs´ ucsok k¨oz¨ott ´el, akkor a szinteket felv´ altva sz´ınezve kapunk egy k´etsz´ınez´est. Ha van, akkor a k´et szomsz´edos cs´ ucsb´ ol l´epegess¨ unk visszafele egy-egy tetsz˝oleges ˝os¨ ukre, am´ıg ¨ ossze nem tal´ alkoznak. 6.66. Tal´ an a legegyszer˝ ubb, ha st hossza 1, sv hossza 2 ´es vt hossza −2. Ekkor v-t nem fogjuk megvizsg´alni. 6.67. Az 1, . . . , k ´ert´ekekre egy-egy v¨od¨orben tartjuk azokat a cs´ ucsokat, amiknek ´epp annyival t¨ obb a t´avols´aguk s-t˝ol, mint a legut´obb vizsg´alt cs´ ucsnak. A Dijkstra mindig az 1-es v¨od¨orb˝ol vegye ki a cs´ ucsokat (ha nem u ¨res) ´es ezeket vizsg´ alja, azaz a szomsz´edaikat rakja ´at a megfelel˝o v¨odr¨okbe (ez minden cs´ ucsra foksz´ amnyi l´ep´es, ¨osszesen m). Mivel minden ´el legfeljebb k hossz´ u, minden szomsz´ed 2-t˝ol k + 1-es sorsz´am´ u v¨od¨orbe ker¨ ul. Ezut´an eggyel n¨ ovekszik a legut´ obb vizsg´alt cs´ ucs s-t˝ol vett t´avols´aga, az 1-es v¨od¨ or ki¨ ur¨ ult, a t¨ obbi v¨ od¨ or sorsz´am´at pedig eggyel lecs¨okkentj¨ uk. (Ha az 1-es v¨ od¨ or kezdetben u ´gy tekintj¨ uk, hogy eggyel n˝ott a leg¨res volt, akkor is u ut´ obb vizsg´ alt cs´ ucs s-t˝ ol vett t´avols´aga, ´es eggyel arr´ebb toljuk a v¨odr¨oket, ez legfeljebb nk-szor fordulhat el˝o.) 6.68. Nevezz¨ uk azt o ucsot mindk´et Dijkstra ´at¨ssze´er´esnek, amikor egy v cs´ vizsg´ al. Azok a cs´ ucsok, amiket az o¨ssze´er´es pillanat´aban m´eg egyik ir´anyb´ol sem vizsg´ altunk ´ at, nem lesznek benne legr¨ovidebb u ´tban, hiszen a t´avols´ aguk s-t˝ ol ´es t-t˝ ol is nagyobb, mint v-nek, ez´ert ezeket elhagyhatjuk (vagy csak nem foglalkozunk vel¨ uk). Ezut´an el´eg, ha az s-b˝ol ´atvizsg´alt ´es t-b˝ol atvizsg´ ´ alt cs´ ucsok k¨ oz¨ otti o uk, hogy nem ad-e r¨ovidebb ¨sszes ´elre megn´ezz¨ utat, mint a v-n ´ at vezet˝ o. Erre a l´ep´esre val´oban sz¨ uks´eg is van, ha p´eld´aul a gr´ af ´elei az al´ abbi hossz´ us´ ag´ uak: sv = 5, vt = 5, sa = 3, ab = 3, bt = 3. Ezzel a m´ odszerrel sokat nyerhet¨ unk a hagyom´anyos Dijkstr´ahoz k´epest expanderszer˝ u gr´ afokra. Ha p´eld´aul minden ´el azonos hossz´ us´ag´ u ´es a gr´afunk egy 3-regul´ aris fa, akkor a (nagys´agrendileg) 3dist(st) cs´ ucs helyett el´eg kb. 2 · 3dist(st)/2 cs´ ucsot ´ atvizsg´ alni. Ir´ any´ıtott gr´ afokra t-b˝ ol a vissza´eleken csin´aljuk a Dijkstr´at. 6.69. A szok´ asos m´ odon konstru´alt minim´alis ¨osszs´ uly´ u fesz´ıt˝ofa ilyen tulajdons´ ag´ u is egyben (hiszen az csak a s´ ulyok sorrendj´et˝ol f¨ ugg, ´es ha el´egg´e sz´eth´ uzzuk” a s´ ulyokat, pl. k¨ ul¨onb¨oz˝o kett˝ohatv´anyokk´a, akkor ha az ¨osszeg ” minim´ alis, akkor a maximum is). 6.70. El˝ osz¨ or az u ´j cs´ ucsb´ ol indul´o legolcs´obb ´elt vegy¨ uk hozz´a a fesz´ıt˝of´ahoz. Ezut´ an az u ´j cs´ ucs t¨ obbi ´el´et egyes´evel beh´ uzzuk, mindegyikre t¨or¨olj¨ uk a bez´ art k¨ or legdr´ ag´ abb ´el´et. Az ezeket egyes´evel megkeres˝o (pl. m´elys´egi
216
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
keres˝ o) algoritmus o asa dn. Ha d konstans, akkor ez jobb, mint u ´jra ¨sszfut´ futtatni valamelyik algoritmust, hiszen a legjobb ismert (determinisztikus) algoritmus fut´ asideje ω(n). Megjegyz´es1 : Nem ismert, hogy l´etezik-e O(n) fut´asidej˝ u determinisztikus algoritmus, amely megtal´ alja a minim´alis ¨osszs´ uly´ u fesz´ıt˝of´at. Megjegyz´es2 : Persze el´eg nagy pazarl´as, hogy a legdr´ag´abb ´el keres´esekor mindig bej´ arjuk a teljes k¨ ort, ehelyett minden keres´es ut´an ´ep´ıthetn´enk a m´ ar bej´ art ´elekb˝ ol egy alkalmas adatstrukt´ ur´at, amiben k¨onnyebb lenne k´et pont k¨ oz¨ ott legdr´ ag´ abb ´elet keresni, ´ıgy nemkonstans d-re is jobb algoritmust kaphatn´ ank, mint a fa u ´jb´ oli fel´ep´ıt´ese. 6.71. Igen, mind azt ad. Az (a) ´es (b) az el˝oad´ason szerepelt, a (c)-n´el azt gondoljuk meg, hogy k´et, a vizsg´alt sorrendben szomsz´edos ´el cser´ej´en´el nem v´ altozik a kimenet, ´es n¨ ovekv˝o sorrendn´el visszakapjuk a b)-t. 6.72. Ha G egy s´ ulyozott ir´ any´ıtott gr´af, legyen az inicializ´al´as pl. az al´abbi: M (i, i) = 0; M (i, j) = n.M AX, ha ij nem ´el; (MAX a legnagyobb ´els´ uly-abszol´ ut-´ert´ek) M (i, j) = c(ij), ha ij ´el; P (i, j) = i, ha ij ´el ´es 0 k¨ ul¨onben. Ekkor, ha c konzervat´ıv, akkor a v´eg´en M (i, j) a legr¨ovidebb ij u ´t hossza, ´es az u ´t visszak¨ ovethet˝ o: j, p(i, j), p(i, p(i, j)), . . . , i ; ha pedig c nem konzervat´ıv, akkor a v´eg´en l´etezik i, hogy M (i, i) < 0. Ezt h´ıvj´ ak Floyd-, vagy Floyd–Warshall-algoritmusnak. A helyess´eghez csak azt kell megfigyelni, hogy konzervat´ıv c-re a k-adik for ciklus ut´an M (i, j) az i ´es j k¨ ozti legr¨ ovidebb u ´t hossza, ami csak az els˝o k cs´ ucsot haszn´alja.
12.7. Dinamikus programoz´ as 6.73. Kiv´ alasztunk egy gy¨ okeret, ebb˝ol ind´ıtunk egy m´elys´egi keres´est. Ezut´ an elhagy´ asi sorrendben kisz´am´ıtjuk minden v cs´ ucsra, hogy az alatta lev˝o r´eszben mekkora a legnagyobb f¨ uggetlen cs´ ucshalmaz s´ ulya, ha v-t kiv´alasztjuk, illetve nem v´ alasztjuk ki. Ezeket a mennyis´egeket f (v)-vel illetve g(v)-vel jel¨ olve a k¨ ovetkez˝ o k´epletekb˝ol tudjuk kisz´amolni. X g(v) = max(f (u), g(u)) u gyereke v-nek
f (v) =
X
g(u)
u gyereke v-nek
Ez ´elsz´ am idej˝ u, ha k´et sz´ am ¨osszead´asa, ill. maximum´anak kisz´am´ıt´asa konstans id˝ oben megy, mert minden cs´ ucsn´al annyi ¨osszead´ast v´egz¨ unk, amennyi a foka.
´s 12.7. Dinamikus programoza
217
6.74. Jel¨ olj¨ uk a sorozat tagjait ai -vel. Minden i-re kisz´amoljuk a bi seg´edsorozatot a k¨ ovetkez˝ ok´eppen. Legyen b0 = 0 ´es bi = max(ai , ai + bi−1 ). Ekkor bi fogja megadni a legnagyobb ¨osszeg˝ u, ai -vel v´egz˝od˝o sorozat ¨osszeg´et, teh´at a legnagyobb bi -n´el v´egz˝ odik a keresett intervallum (egyenl˝os´eg eset´en mind ugyanakkora megold´ ast ad). Innen visszafel´e haladva megkereshetj¨ uk az intervallum elej´et (utols´ o pozit´ıv bi j´o kezd´esnek, ha null´ak vannak, akkor t¨obb j´ o is van). 6.75. Kisz´ amoljuk minden i-re ´es j-re az els˝o i, illetve j bet˝ ub˝ol ´all´o r´eszsorozat leghosszabb k¨ oz¨ os r´eszsorozat´anak hossz´at, ez legyen f (i, j). Ha az i-edik ´es a j-edik bet˝ u ugyanaz, akkor ez f (i − 1, j − 1) + 1, ha nem, akkor max(f (i, j − 1), f (i − 1, j)). Megjegyz´es: Ez k db sorozatra is megy, ahol a fut´asid˝o a hosszaik szorzata. Ha k a bemenet r´esze, akkor N P -teljes a probl´ema. 6.76. Minden elemre kisz´ amoljuk a legnagyobb n´egyzetes ¨osszef¨ ugg˝o 1blokkot, aminek ˝ o a jobb als´o sarka, ezt jel¨olj¨ uk majd f (i, j)-vel, a m´atrix (i, j)-edik mez˝ oj´enek ´ert´ek´et pedig m(i, j)-vel. Ha m(i, j) = 0, akkor f (i, j) is 0. Ha m(i, j) = 1 ´es f (i − 1, j) 6= f (i, j − 1), akkor f (i, j) = min(f (i − 1, j), f (i, j −1))+1. V´eg¨ ul pedig ha m(i, j) = 1 ´es f (i−1, j) = f (i, j −1) = k, akkor f (i, j) = k + m(i − k, j − k). 6.77. Jel¨ oj¨ uk egy a × b-s ´es egy b × c-s m´atrix ¨osszeszorz´as´anak k¨olts´eg´et f (a, b, c)-vel (ez a val´ os´ agban kb. abc), az i-edik m´atrix sorainak, ill. oszlopainak sz´ am´ at ibal -lal, ill. ijobb -bal, valamint az Ai . . . Aj szorzat leggyorsabb kisz´ am´ıt´ as´ anak idej´et F (i, j)-vel. Teh´at F (i, i) = 0 ´es F (i, i + 1) = f (ibal , ijobb , (i + 1)jobb ) (persze ijobb = (i + 1)bal ). Ebb˝ol kisz´am´ıthatjuk F -et minden i, j p´ arra, hiszen F (i, j) = min F (i, k) + F (k + 1, j) + f (ibal , kjobb , jjobb ), i
´es innen F (1, r) adja a megold´ast a feladatra. (Persze azt is mindig jegyezz¨ uk fel, hogy melyik k adta az optimumot F (i, j) kisz´am´ıt´asakor, hogy tudjuk mi az optim´ alis z´ ar´ ojelez´es.) 6.78. Kisz´ amoljuk, hogy i-t˝ol j-ig mi a legjobb h´aromsz¨ogel´ese az ij ´atl´o alatti r´esznek (azaz az {i, . . . , j} cs´ ucsokat tartalmaz´o soksz¨ognek). Ezt u ´gy csin´ aljuk, hogy minden k¨ ozb¨ uls˝o k cs´ ucsra megn´ezz¨ uk, hogy milyen lenne, ha ˝ o lenne az ij ´ atl´ o h´ aromsz¨og´enek a harmadik cs´ ucsa. Az el˝oz˝o feladat megold´ as´ ahoz hasonl´ oan itt is egyszer˝ uen fel´ırhatjuk a rekurzi´ot, ha f (i, j) az ij ´ atl´ o s´ ulya (mivel az oldalakat nem kell beh´ uzni, ez´ert ezekre u ´gy definialjuk, hogy f (i, i + 1) = f (1, n) = 0) ´es F (i, j) jel¨oli az ij alatti r´esz legjobb ´
218
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
h´ aromsz¨ ogel´es´et (azaz F (i, i + 1) = 0 ´es F (i, i + 2) = f (i, i + 2)), akkor F (i, j) = min F (i, k) + F (k, j) + f (i, j), i
´es F (1, n) adja a teljes soksz¨ogre az optimumot. (Persze azt is mindig jegyezz¨ uk fel, hogy melyik k adta az optimumot F (i, j) kisz´am´ıt´asakor, hogy tudjuk mi az optim´ alis h´ aromsz¨ogel´es.) 6.79. Az els˝ o Dijkstra megtal´alja az sabt utat. Miut´an cs¨okkentj¨ uk az ´elek k¨ olts´egeit a t´ avols´ agk¨ ul¨ onbs´egekkel, ´es a fa´eleket berakjuk visszafel´e, azt kapjuk, hogy c0 (sb) = c0 (at) = 1 ´es c0 (tb) = c0 (ba) = c0 (as) = 0. Ebben a gr´afban a Dijkstra megtal´ alja az sbat utat. Ezen k´et u ´t szimmetrikus differenci´aja lesz a megold´ as, azaz sbt ´es sat lesz a k´et u ´t (milyen meglep˝o). Az o¨sszhosszuk 2 · 3 + 2, mert az els˝ ou ´tr´esz hossza 3, a m´asodik r´esz´e pedig 2-vel t¨obb. 6.80. Csak sz´et kell h´ uznunk a cs´ ucsokat a szok´asos m´odon ´es alkalmazhatjuk a Suurballe-algoritmust. Azaz minden v cs´ ucsot helyettes´ıt¨ unk egy vbe ´es egy vki cs´ uccsal, k¨ ozt¨ uk egy nulla k¨olts´eg˝ u ´ellel, ´es az o¨sszes eredetileg v-be men˝o ´el menjen vbe -be, ´es az ¨ osszes eredetileg v-b˝ol men˝o ´el menjen vki -b˝ol. 6.81. Adjunk egy u ´j cs´ ucsot a gr´afhoz az ¨osszes (t1 , t2 ) pontp´arra, csak vel¨ uk osszek¨ otve, ´es azt´ an futtassuk a Suurballe–Tarjan-algoritmust. A fut´asid˝o ´ıgy ¨ m + n log n-r˝ ol (ahol m az ´elek sz´ama) n2 log n-re n˝o. Megjegyz´es: Mivel az eredm´eny ki´ır´asa is m´ar n2 l´ep´es, ez´ert ez biztos nem sokat jav´ıthat´ o, a jelen feladatgy˝ ujtem´eny ¨ossze´all´ıt´oi nem ismernek gyorsabb m´ odszer. 6.82. (a) Az elv´ ag´ o´eleket meg tudjuk keresni m´elys´egi keres´essel (hasonl´oan a 6.59 feladat megold´ as´ aban le´ırtakhoz), amelyek egy ilyen ´ellel elv´aghat´oak s-t˝ ol, azokba nem megy k´et ´eldiszjunkt u ´t. (b) El˝ osz¨ or csin´ alunk egy topologikus sorrendet (l´asd 6.60). Ezut´an eszerint sorban haladva indukci´ oval minden cs´ ucsra k¨onnyen meghat´arozhatjuk, hogy van-e k´et hozz´ a vezet˝ o ´eldiszjunkt u ´t s-b˝ol, ´es ha nincs, akkor az ˝ot s-t˝ol elv´ ag´ o legkor´ abbi ´elet. Megjegyz´es: Ir´ any´ıtott gr´ afokra a jelen feladatgy˝ ujtem´eny ¨ossze´all´ıt´oi nem ismernek gyorsabb m´ odszert, mint futtatni a Suurballe–Tarjant.
12.8. Folyamok 6.83. (a) Hamis, ha p´eld´ aul az ´elek st, ab, bc, ca, mind egys´egnyi kapacit´assal, akkor az abc-n folyhat k¨ orbe egy egys´egnyi folyam. Az viszont igaz, hogy az ilyen k¨ or¨ ok ´eldiszjunktak a minim´alis v´ag´asokt´ol.
12.8. Folyamok
219
(b) Igaz, mert am´ıg van ilyen k¨or, cs¨okkenthet¨ unk rajta u ´gy, hogy valamelyik ´elen null´ az´ odjon a folyam, ezt a l´ep´est pedig legfeljebb ´elsz´amnyiszor tehetj¨ uk meg. (c) Hamis. (d) Igaz. (e) Hamis. (f ) Hamis. (g) Hamis. 6.84. A v´ ag´ asfelt´etelt az esetek k¨ ul¨on megvizsg´al´as´aval ellen˝orizhetj¨ uk, ezt itt nem r´eszletezz¨ uk. Ha lenne n´egy folyam, azok mindegyike legal´abb kett˝o ´elet haszn´ alna, de ez lehetetlen, mert csak hat ´el van. 6.85. El˝ osz¨ or is vezess¨ unk a nyel˝ob˝ol a forr´asba egy ´elet, korl´atlan kapacit´assal, ´ıgy ezeknek a cs´ ucsoknak elt˝ unik a kit¨ untetett szerepe. Ezut´an vegy¨ unk hozz´ a a gr´ afhoz egy (´ uj) s ´es t pontot, ´es osszunk fel minden e ´elet k´et cs´ uccsal, e1 -gyel ´es e2 -vel. Teh´at az e = uv ´elb˝ol ue1 , e1 e2 ´es e2 v lesz. Mindh´ arom u ´j ´elen a fels˝ o korl´ at maradjon v´altozatlan, az als´o korl´atot viszont t¨ or¨ olj¨ uk el. Teh´ at ha f (e) volt az als´o ´es g(e) volt a fels˝o korl´at, akkor legyen mindegyiken a kapacit´ as g(e). Ezen k´ıv¨ ul adjuk hozz´a a gr´afhoz az e1 t ´es az se ´ e leket f (e) kapacit´ a ssal. Ebben a gr´afban akkor ´es csak akkor van P 2 f (e) m´ e ret˝ u st folyam, ha az eredetiben volt megengedett ´aram. Hiszen e ha volt megengedett ´ aram, akkor legyen minden ue1 ´es e2 v ´elen ugyanannyi a folyam ´ert´eke, mint az e ´elen volt az ´aram´e, m´ıg az e1 e2 ´elen pontosan P f (e)-vel kisebb, ennyi menjen az e1 t ´es az se2 ´eleken, ´ıgy pontosan e f (e) a folyam´ert´ek. M´ asr´eszt ha van ekkora folyam, akkor minden e1 t ´es se2 ´el tel´ıtett, teh´ at az ue1 ´es e2 v ´eleken foly´o (egyenl˝o) mennyis´eg legal´abb f (e), ´ıgy visszaalak´ıthatunk egy maxim´alis folyamot ´aramm´a. A fenti konstrukci´ o h´ atr´ anya, hogy a cs´ ucsok sz´ama n-r˝ol 2m + n-re n˝o (ahol m az ´elsz´ am). Ezt kik¨ usz¨ob¨olhetj¨ u k azzal, hogy az ´elek feloszt´asa heP lyett minden v cs´ ucsb´ ol megy t-be egy f (vu) kapacit´as´ u ´el, ´es minden vu ´ el P v cs´ ucsba megy s-b˝ ol egy uv ´el f (uv) kapacit´as´ u ´el, csak ekkor az eredeti ´elek kapacit´ as´ at le kell cs¨ okkenten¨ unk g(e) − f (e)-re. Megjegyz´es: A Hoffman-t´etel szint´en levezethet˝o ´ıgy a v´ag´asfelt´etelb˝ol. 6.86. Jel¨ olj¨ uk az si -b˝ ol ti -be sz´all´ıtand´o mennyis´eget fi -vel. El˝osz¨or s1 , s2 -be vezess¨ unk ´elet egy u ´j forr´ asb´ol f1 , illetve f2 kapacit´assal ´es t1 , t2 -b˝ol pedig egy u ´j nyel˝ obe f1 , illetve f2 kapacit´assal, a kapott (maxim´alis) folyam pedig legyen u. Ezutan s1 , t2 -be vezess¨ unk ´elet egy u ´j forr´asb´ol f1 , illetve f2 kapacit´ assal ´es t1 , s2 -b˝ ol pedig egy u ´j nyel˝obe f1 illetve f2 kapacit´assal, a kapott (maxim´ alis) folyam pedig legyen v. Ekkor (u + v)/2 ´es (u − v)/2 egy s1 t1 illetve egy s2 t2 folyam. R´ aad´asul az ¨osszeg¨ uk ´es a k¨ ul¨onbs´eg¨ uk is eleget tesz minden ´elen a kapacit´ asfelt´eteleknek is, hiszen u-t illetve v-t kapjuk. M´ar
220
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
csak az eg´esz´ert´ek˝ us´eg kell. Mivel ekkor u-r´ol ´es v-r˝ol is feltehetj¨ uk, hogy eg´esz´ert´ek˝ u, csak azt kell biztos´ıtanunk, hogy minden ´elen megegyezzen a parit´ asuk. Ehhez mindkett˝ or˝ol megmutatjuk, hogy feltehet˝o, hogy minden ´elen a kapacit´ as´ aval megegyez˝o parit´as´ u folyam folyik rajta mindk´et folyamban. Ha nem ´ıgy lenne valamelyik folyamra, akkor az Euler-felt´etel miatt lenne elt´er˝ o folyamkapacit´ as parit´as´ u ´elekb˝ol k¨or. Egy ilyen k¨or¨on azonban b´ armelyik ir´ anyban megn¨ ovelhetj¨ uk a folyam ´ert´ek´et eggyel. Miut´an u ´es v ´ıgy egyezik minden ´elen a kapacit´as parit´as´aval, ´ıgy egym´assal is, teh´at k´eszen vagyunk. 6.87. Feltehetj¨ uk, hogy a pi -k cs¨okken˝o sorrendben vannak, azaz p1 a leghasznosabb ´ aru. Futtassunk i = 1, . . . , k-ra sorban egy maxim´alis sti folyamkeres˝ o algoritmust az aktu´ alis seg´edgr´afban. ´Igy minden t1 , . . . , ti -re maxim´ alis haszn´ u lesz az s-b˝ ol t1 , . . . , ti -be men˝o folyam nagys´aga. (Ez l´atszik k¨ onnyen, ha a gr´ afhoz hozz´ aadjuk minden i < j-re a ti tj ´eleket korl´atlan kapacit´ assal, amiket persze sosem fogunk haszn´alni.) Term´eszetesen az eg´eszs´eg is teljes¨ ul, ha a kapacit´ asok eg´eszek. 6.88. Nincs ilyen p. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy a gr´af egy hossz´ u, ir´any´ıtott u ´t, melynek k´et utols´ o cs´ ucsa a k´et nyel˝o, ´es az u ´t minden ´ele dupl´an szerepel (aki nem szereti a multigr´ afokat, az ossza fel mindegyik ´elet egy-egy ponttal). Ekkor minden cs´ ucsn´ al egy p-t˝ol f¨ ugg˝o pozit´ıv konstans es´ellyel egym´as line´ aris kombin´ aci´ oja lesz a k´et kimen˝o ´elen. Teh´at, ahogy az u ´t hossza tart a v´egtelenbe, u ´gy tart annak az es´elye a null´ahoz, hogy a nyel˝okh¨oz eljut´o jelek f¨ uggetlenek maradnak. 6.89. Azokba a cs´ ucsokba tudunk k´et Fp -beli jelet k¨ uldeni, amikbe megy k´et ´eldiszjunkt u ´t. Az a network coding t´etel, hogy ezekbe t´enyleg lehet szimult´an k´et jelet k¨ uldeni. Ezeket a cs´ ucsokat pedig a 6.82/b feladat alapj´an line´aris id˝ oben meg tudjuk keresni.
12.9. Approxim´ aci´ o 6.90. (a) Dinamikus programoz´assal megn´ezz¨ uk, hogy mennyire lehetnek tele a l´ ad´ ak az els˝ o i elem berak´asa ut´an. Ez mindig n]l´ada lehet˝os´eg, teh´at polinomi´ alis lesz az algoritmus. (b) 2-approxim´ aci´ ot ad, mert b´armely k´et szomsz´edos l´ada tartalma nagyobb, mint egy l´ ada kapacit´ asa. Ez pedig ´eles, ha a csomagok m´erete felv´altva 0, 5 ´es . (c) Ez ekvivalens a part´ıci´ os probl´em´aval, ami NP-teljes. 6.91. (a) Jel¨ olj¨ uk a legnagyobb f¨ uggetlen cs´ ucshalmaz m´eret´et α(G)-vel. Ekkor α(G) + τ (G) = n (ez az u ´n. Gallai-azonoss´agok egyike), a f¨ uggetlen
´ dola ´s 12.10. Ko
221
cs´ ucshalmaz pedig ekvivalens a klikkel a komplementergr´afban, teh´at ez is NP-neh´ez. (b) Moh´ on vegy¨ uk sorban minden eddig fedetlen ´el mindk´et v´egpontj´at S-hez, am´ıg van fedetlen ´el. Az algoritmus k¨ozbeni ´elek p´aros´ıt´ast alkotnak, teh´at legal´ abb |S|/2 cs´ ucsra sz¨ uks´eg van m´ar csak az ˝o lefog´asukhoz is. Megjegyz´es: Hab´ ar a klikksz´am meghat´aroz´as´ara nem l´etezik hat´ekony approxim´ aci´ os elj´ ar´ as, erre a feladatra van. 6.92. (a) K´esz´ıts¨ unk egy minim´alis fesz´ıt˝of´at, enn´el nyilv´an nem lehet kisebb semmilyen ¨ osszef¨ ugg˝ o r´eszgr´af ´eleinek ¨osszege. Viszont legfeljebb k´etszer ilyen hossz´ us´ ag´ u Hamilton-k¨ort gy´arthatunk az al´abbi algoritmussal. El˝osz¨or j´ arjuk be a f´ at, minden ´elet k´etszer ´erintve. Ebben a k¨ors´et´aban lecser´elhet¨ unk b´ armely utat a k´et v´egpontja k¨ozotti ´elre, a metrika miatt ett˝ol nem n˝ o a k¨ ors´eta hossza. Ilyen cser´ekkel k¨onnyen Hamilton-k¨orr´e alak´ıthatjuk a k¨ ors´et´ at, ezzel megoldva a feladatot. (b) Azt haszn´ aljuk, hogy annak eld¨ont´ese, hogy van-e egy gr´afban Hamiltonk¨ or NP-teljes. A bemenetgr´ af ´eleinek hossza legyen 1, a nem-´eleinek hossza pedig ng(n). Ha az eredeti gr´afban volt Hamilton-k¨or, akkor az u ´jban van n hossz´ u Hamilton-k¨ or, ha nem volt, akkor viszont legal´abb ng(n) hossz´ us´ag´ u lesz minden Hamilton-k¨ or.
12.10. K´ odol´ as 6.93. Kezdeti ´ ab´ec´e: 1 − E, 2 − M , 3 − S. K´od olvas´asa k¨ozben az al´abbi bet˝ uket fejthetj¨ uk vissza ´es az al´abbi k´odokkal b˝ov¨ ul az ´ab´ec´e: 1 : E, 2 : M (4−EM ), 4 : EM (5−M E), 1 : E(6−EM E), 3 : S(7−ES), 7 : ES(8−SE) 6 : EM E(9 − ESE), 2 : M (10 − EM EM ), 8 : SE(11 − M S), 5 : M E(12 − SEM ), 8 : SE(13 − M ES), 12 : SEM (14 − SES) 6 : EM E(15 − SEM E), 15 : SEM E(16 − EM ES), 17 : SEM ES, 18 : SEM ESS, 16 : EM ES, 1 : E, azaz ¨ osszeolvasva: EMEMESESEMEMSEMESESEMEMESEMESEMESSEMESSEMESE – sajnos nem teljesen ´ertelmes, de legal´abb gyakoroltuk a nehezebb eseteket is... 6.94. N´egyelem˝ u eset´en. Ha az ´ab´ec´e legfeljebb h´arom elem˝ u lenne, akkor a m´ asodik karakter legfeljebb 4 lehetne. M´asfel˝ol n bet˝ us ´ab´ec´e eset´en n + i legfeljebb i + 1 hossz´ u sz¨ oveget k´odolhat, hiszen minden u ´j k´od valamelyik kor´ abbi k´ odsz´ o hossz´ at n¨ oveli eggyel. N´egyelem˝ u ´ab´ec´ere itt pont mindig egyenl˝ os´eg lesz, hiszen ha 1 az A k´odja volt, akkor 5 az AA-´e lesz, 6 az AAA-´e stb. 6.95. Legfeljebb n-szer, hiszen ut´ana m´ar b´armilyen bet˝ u is j¨on, arra lesz egy k´ odszavunk.
222
´let – megolda ´ sok 12. Algoritmuselme
6.96. Nincs, pr´ ob´ aljuk ugyanis visszafejteni a k´odot. Mivel AAB-vel kezd˝odik a k´ odolt sz¨ oveg, ez´ert az n + 1 az AA k´odja lesz, az n + 2 pedig az AB-´e. De k´es˝ obb lesz k´et egym´ ast k¨ovet˝o n + 1-es (ami AAAA-t jelent), ez´ert az els˝ o n + 1 le´ır´ asa ut´ an m´ ar lesz AAA-ra is k´odunk (´es mivel eddig nem volt, ez´ert 3n + 1 lesz, de ez nem fontos). Mivel a m´asodik n + 1-et egy n + 2 k¨ oveti (ami AAAB-t jelent) ez´ert AAA k´odj´at (3n + 1) k´ene ´ırnunk az AA-´e (n + 1) helyett.
Elekes Gy¨ orgy Elekes Gy¨ orgy 1972-t˝ ol eg´eszen 2008-ban bek¨ovetkezett hal´al´aig az E¨otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetem tan´ara volt. Jelen feladatt´ar szerz˝oi, egykori di´ akjai, el˝ otte tisztelegnek ezzel a feladatt´arral. Elekes 1963 ´es 1967 k¨ oz¨ ott a Fazekas Mih´ aly F˝ ov´ arosi Gyakorl´ o Gimn´azium di´ akjak´ent akt´ıv r´esztvev˝ oje volt hazai ´es nemzetk¨ ozi matematikaversenyeknek. 1965-ben bronz-, 1967-ben arany´ermet nyert a Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´akolimpi´ an. 1966-ban m´ asodik d´ıjat kapott a K¨ ursch´ ak J´ ozsef Eml´ekversenyen. Egyetemi tanulm´ anyait az ELTE-n folytatta 1967 ´es 1972 k¨ oz¨ ott. Az egyetem befejez´ese ut´ an is az ELTE-n maradt, 1983-ig az Anal´ızis Tansz´eken, majd 1983-t´ ol az akkor alap´ıtott Sz´am´ıt´ og´eptudom´ anyi Tansz´eken. 1995ig adjunktus, 1995-t˝ ol 2005-ig docens, majd 2005-t˝ ol egyetemi tan´ ar beoszt´asban dolgozott a tansz´eken. Elekes Gy¨ orgy sz´ amos matematikai ter¨ uleten ´ert el kimagasl´ o eredm´enyt. Kezdetben halmazelm´elettel foglalkozott, megoldotta Erd˝os ´es Hajnal egy halmazokra vonatkoz´ o Ramsey-t´ıpus´ u probl´em´aj´at. K´es˝obb foglalkozott m´eg bonyolults´ agelm´elettel, kombinatorikus geometri´aval, geometriai algoritmusokkal ´es addit´ıv kombinatorik´aval. Ez ut´obbi ter¨ uleten az ¨osszeg-szorzat halmazokra vonatkoz´ o becsl´ese sor´an h´ıdat l´etes´ıtett az addit´ıv kombinatorika ´es az incidenciageometria k¨oz¨ott, ezzel az u ´j szeml´elettel ´ori´asi ´att¨or´est ´ert el az addit´ıv kombinatorika ter¨ ulet´en. Munk´aj´at Fields-´ermes matematikusok hivatkoz´ asai ¨ ovezik. Jelen feladatt´ ar szerz˝ oi m´egis, mint tan´arra eml´ekeznek Elekes Gy¨orgyre. Ezen jegyzet mindh´ arom szerz˝oj´et tan´ıtotta els˝o´eves korukban v´eges matematik´ ara. Csikv´ ari P´eter ´es P´ alv¨olgyi D¨om¨ot¨or k´es˝obb t˝ole tanulta a Val´osz´ın˝ us´egi m´ odszerek ´es strukt´ ur´ ak tant´argyat. P´alv¨olgyi D¨om¨ot¨or neki k¨osz¨onheti egyik kutat´ asi ter¨ ulet´et, a kombinatorikus geometri´at.
