Frank András szeptember 1

ELTE TTK, Oper´ aci´ okutat´ asi Tansz´ ek

Frank Andr´ as ´ OKUTAT ´ ´ OPERACI AS

2013. szeptember 1

1

´ BEVEZETES Az oper´ aci´ okutat´ as (Operations Research) fogalma a II. vil´ agh´ abor´ u sor´ an alakult ki, eredeti jelentése hadm˝ uveleti kutat´ as. Alapvet˝ oen olyan nagy rendszerek (hadsereg, nagyv´ allalatok, h´ al´ ozatok) tervezési, ir´ any´ıt´ asi, u ¨zemeltetési problém´ ainak matematikai m´ odszereivel foglalkozik. Részét képezi az alkalmas matematikai modellek megtal´ al´ asa illetve kifejlesztése, e modellek matematikai vizsg´ alata beleértve hatékony algoritmusok kidolgoz´ as´ at és vég¨ ul az algoritmusok implement´ al´ asa, megfelel˝ o informatikai k¨ ornyezetbe ´ agyaz´ asa, és az eredeti gyakorlati feladaton t¨ ortén˝ o alkalmaz´ asa. A jelen munka az ELTE TTK matematikus alapképzésben tartott két féléves Oper´ aci´ okutat´ as c. el˝ oad´ as anyag´ anak I. félévét ¨ oleli fel. Az el˝ oad´ as elméleti és alkalmazott matematikus szakir´ any´ u hallgat´ oknak sz´ ol. Legf˝ obb célja a matematikai h´ attér bemutat´ asa valamint azon gyakorlati problém´ ak felv´ azol´ asa, amelyek alapvet˝ oen motiv´ alt´ ak a sz´ obanforg´ o matematikai modellek kialakul´ as´ at és vizsg´ alat´ at. Mindvégig azt a kett˝ os célt tartottam szem el˝ ott, hogy egyrészt szil´ ard alapokat kapjanak azon hallgat´ oknak, akik kés˝ obb az Oper´ aci´ okutat´ as k¨ ul¨ onféle ´ agaival részletekbe men˝ oen k´ıv´ annak majd foglalkozni, m´ asrészt kell˝ o t´ ajékoztat´ ast kapjanak azon hallgat´ ok is a matematikai alapkult´ ur´ ahoz tartoz´ o legfontosabb oper´ aci´ okutat´ asi eredményekr˝ ol, akik kés˝ obbi tanulm´ anyaik sor´ an m´ as ir´ anyban szakosodnak majd. A jegyzet némileg b˝ ovebb, mint ami egy kurzus sor´ an ténylegesen bemutat´ asra ker¨ ul, de a cél az volt, hogy az érdekl˝ od˝ o hallgat´ o jobban el tudja helyezni az elhangzottakat, biztosabb alapokhoz és szélesebb kitekintéshez jusson. B´ ar form´ alisan bevezetésre ker¨ ulnek, el˝ ofeltételként sz¨ ukség van a olyan gr´ afelméleti alapfogalmakra, mint u ´t, k¨ or, fa, p´ aros gr´ af, aciklikus digr´ af, Euler gr´ af, p´ aros´ıt´ as, kromatikus sz´ am, tov´ abb´ a az sem bizonyul h´ atr´ anyosnak, ha az olvas´ o tal´ alkozott m´ ar olyan alap eredményekkel, mint Menger és K˝ onig tételei, vagy olyan algoritmusokkal, mint Kruskal moh´ o algoritmusa és a Dijkstra algoritmus. Hasonl´ oképp t´ amaszkodunk a line´ aris algebra alapfogalmaira és eredményire, mint péld´ aul vektortér, determin´ ans, line´ aris egyenletrendszer megoldhat´ os´ aga, Gauss elimin´ aci´ o. Amire val´ oj´ aban itt sz¨ ukség¨ unk van, azt a Line´ aris egyenletrendszerek c. fejezetben ¨ osszefoglaljuk. (Ez a fejezet csak segédanyag és értelemszer˝ uen nem szerepel a kurzuson.) Vég¨ ul nélk¨ ul¨ ozhetetlen valamiféle el˝ ozetes t´ ajékozotts´ ag az algoritmus mibenlétér˝ ol illetve a hatékonys´ aguk fogalm´ ar´ ol, fut´ asi id˝ or˝ ol. Speci´ alis hangs´ ulyt fektet¨ unk az algoritmusok fogalm´ ara, k¨ ul¨ on¨ os tekintettel a polinomi´ alis fut´ asidej˝ u algoritmusokéra. Ezt a két fogalmat csak szemléletesen vezetj¨ uk be és haszn´ aljuk, hasonl´ oképpen az NP és NP-teljes probléma oszt´ alyok vagy tulajdons´ agok fogalm´ ahoz. A jegyzet nem csup´ an defin´ıci´ ok, tételek, algoritmusok és bizony´ıt´ asok akkur´ atosan ¨ ossze´ all´ıtott gy˝ ujteménye: igyekeztem a motiv´ aci´ okat, keresztkapcsolatokat, a fogalmak h´ atterét megvil´ ag´ıtani. Két olyan szakasz is van (az 1.1 és a 3.1.1), amely ink´ abb csak ”mesebeszéd” abban a tekintetben, hogy nem konkrét matematikai eredmények ismertetését, mint ink´ abb a szemlélet megalapoz´ as´ at szolg´ alj´ ak. Nemegyszer el˝ ofordul, hogy ugyanarra a tételre t¨ obb bizony´ıt´ as is szerepel, nem mintha egyetlen bizony´ıt´ as nem volna kell˝ oképp meggy˝ oz˝ o, hanem azért, mert gyakran a bizony´ıt´ asi gondolatot legal´ abb olyan fontos, mint a bizony´ıt´ asra ker¨ ul˝ o tétel maga. Az anyag tartalmilag h´ arom részre oszlik. Az Optimaliz´ al´ as gr´ afokon c´ım˝ u fejezet ´ attekinti a gr´ afokra, h´ al´ ozatokra vonatkoz´ o alapvet˝ o optimaliz´ al´ asi feladatokat, bemutatja az ezeket motiv´ al´ o gyakorlati alkalmaz´ asokat és ismerteti a legfontosabb megold´ o algoritmusokat. Ezut´ an ker¨ ulnek ismertetésre a line´ aris programoz´ as alapfogalmai és eredményei, beleértve a Farkas lemm´ at és a dualit´ as tételt. Vég¨ ul a harmadik részben kider¨ ul, hogy a gr´ afra vonatkoz´ o alaptételek (Gallai, Egerv´ ary, Hoffman tételei) és ezek kiterjesztései miként k¨ ovetkeznek a teljesen unimodul´ aris m´ atrixok egy eleg´ ans tulajdons´ ag´ at haszn´ alva a Farkas lemmab´ ol illetve a Dualit´ as tételb˝ ol. Néha el˝ ofordul, hogy egy kés˝ obb bizony´ıt´ asra ker¨ ul˝ o tételt, ´ all´ıt´ ast kor´ abban feladatként kit˝ uz¨ unk, mert az olvas´ o gyakran jobban j´ ar, ha saj´ at maga megpr´ ob´ alkozik a bizony´ıt´ assal.

2013. augusztus 1. file: linp, uulinbev

2

1. Fejezet

´ AS ´ GRAFOKON ´ OPTIMALIZAL Ebben a fejezetben gr´ afokra vonatkoz´ o optimaliz´ al´ asi problém´ akat vizsg´ alunk, bemutatva a megold´ asukra szolg´ al´ o algoritmusokat. Feltételezz¨ uk, hogy az olvas´ o m´ ar tal´ alkozott a gr´ afelmélet olyan alapfogalmaival, mint cs´ ucs, él, p´ arhuzamos élek, k¨ or, v´ ag´ as, fa, erd˝ o, ir´ any´ıtott és ir´ any´ıtatlan gr´ af, stb.

1.1

Algoritmusok hat´ ekonys´ ag´ ar´ ol

Bevezetésképp az algoritmus fogalm´ ar´ ol, algoritmusok hatékonys´ ag´ ar´ ol illetve le´ all´ asi feltételekr˝ ol adunk r¨ oviden szemléletes t´ ajékoztat´ ast. Az itt szerepl˝ o tételek és bizony´ıt´ asok csup´ an a felvet˝ od˝ o fogalmak, gondolatok illusztr´ al´ as´ ara szolg´ alnak. Az algoritmus szemléletes fogalma m´ ara m´ ar a k¨ oznyelvbe is besziv´ argott: valamiféle utas´ıt´ as sorozatot, forgat´ ok¨ onyvet jelent, amely egy inputnak nevezett kiindul´ o helyzetb˝ ol elemi lépések megadott sorozat´ aval javasol eljut´ ast egy megcélzott véghelyzetbe. Egy szak´ acsk¨ onyv algoritmusok gy˝ ujteménye. Két sz´ am ¨ osszeszorz´ asa épp´ ugy algoritmussal t¨ orténik, mint mondjuk egy h´ aromsz¨ og megszerkesztése a h´ arom s´ ulyvonal´ ab´ ol. Algoritmust ad meg Karinthy, amikor le´ırja miképp lehet eljutni a Cs¨ om¨ ori u ´tt´ ol egészen a Filatori g´ atig. Kérdés persze, hogy mit is ért¨ unk elemi lépésen. Ez rajtunk illetve a szitu´ aci´ on m´ ulik. Amikor r´ antott´ at kész´ıt¨ unk, a toj´ as felt¨ orése, vagy a hagyma felszeletelése tekinthet˝ o elemi m˝ uveletnek. Ha egy hotel séfjeként egy sz´ az f˝ os t´ arsas´ agnak kell gondoskodni a reggelijér˝ ol, akkor maga a r´ antotta kész´ıtés tekinthet˝ o elemi m˝ uveletnek. Ez az egym´ asba ´ agyaz´ asi szemlélet jellemz˝ o az algoritmikus gondolkod´ asm´ odra: kor´ abban elkész´ıtett egyszer˝ ubb algoritmusokat gyakran haszn´ alunk kész segédeszk¨ ozként –szubrutinként– egy ¨ osszetettebb algoritmus kész´ıtésekor. Egy algoritmust´ ol els˝ osorban azt v´ arjuk, hogy véges legyen, de ez val´ oj´ aban még édeskevés, hiszen ha az alapstrukt´ ura véges, akkor t¨ obbnyire nem okoz lek¨ uzdhetetlen nehézséget a véges sok lehet˝ oséget mind sz´ amba venni, legal´ abbis elvben. Ugyanakkor a lehet˝ oségek sz´ ama tipikusan olyan nagy, hogy még viszonylag kis péld´ akon is kil´ at´ astalan a teljes ´ attekintés ak´ ar a legjobb sz´ am´ıt´ ogépet haszn´ alva. Tekints¨ uk péld´ aul azt a feladatot, amelyben egy n pont´ u G = (V, E) gr´ afr´ ol el kell d¨ onten¨ unk, hogy a pontjait meg lehet-e sz´ınezni k sz´ınnel u ´gy, hogy egy sz´ınoszt´ alyon bel¨ ul nem vezet él. (Ezt nevezhetj¨ uk j´ o sz´ınezésnek.) Ha a gr´ afban b´ armely két pont szomszédos, u ´gy pontosan akkor létezik j´ o sz´ınezés, ha k ≥ n. Ha van két nem-szomszédos cs´ ucs, akkor a feladatot kétfelé v´ aghatjuk, annak megfelel˝ oen, hogy a két cs´ ucs azonos sz´ınt kap-e majd vagy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ot. ´ ıt´ All´ as 1.1.1 Amennyiben u és v nem-szomszédos cs´ ucsok, u ´gy G-nek pontosan akkor létezik j´ o sz´ınezése, ha a G′ és G′′ gr´ afok k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyiknek létezik, ahol G′ az u és v cs´ ucsok ¨ osszeh´ uz´ as´ aval keletkezik G-b˝ ol, m´ıg G′′ az u ´j uv él hozz´ aad´ as´ aval. Biz. Ha G-nek létezik j´ o sz´ınezése, u ´gy az u és v sz´ıne vagy megegyezik vagy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Az els˝ o esetben G′ ′′ ′ ′′ nek kapjuk egy j´ o sz´ınezését, a m´ asodikban G -nek. Megford´ıtva, mind G -nek, mind G -nek egy j´ o sz´ınezése természetesen kiterjeszthet˝ o G j´ o sz´ınezésévé. • Az ´ all´ıt´ as k¨ ozvetlen¨ ul megad egy rekurz´ıv algoritmust, ami nyilv´ an véges. Ugyanakkor az elj´ ar´ as a gyakorlatban haszn´ alhatatlan m´ ar viszonylag kis gr´ afok esetén is (n ≥ 30), mert minden lépésben megdupl´ azodik a gr´ afok sz´ ama. Ez az algoritmus teh´ at exponenci´ alis lépéssz´ am´ u a bemen˝ o gr´ af méretének f¨ uggvényében. ´ (Egy gr´ af vagy egész sz´ am mérete szemléletesen a sz´ am´ıt´ ogépes t´ arol´ asukhoz sz¨ ukséges bitek sz´ ama.) Altal´ anos tapasztalat, hogy exponenci´ alis vagy nagyobb lépéssz´ am´ u algoritmusok a gyakorlat sz´ am´ ara gyakran haszn´ alhatatlanok. Ennek h´ atterére vil´ ag´ıt r´ a a k¨ ovetkez˝ o¨ osszehasonl´ıt´ o t´ abl´ azatocska. Feltéve, hogy a sz´ am´ıt´ ogép¨ unk m´ asodpecenként egymilli´ o elemi utas´ıt´ ast képes végrehajtani, a fut´ asi id˝ o az input n-nel jel¨ olt méretének f¨ uggvényében a k¨ ovetkez˝ oképp alakul egy n2 -es, n3 -os, 2n -es és egy n! lépéssz´ am´ u algoritmus esetén.

3

Lépéssz´ am: n2

n3

2n

n!

n = 10

< 1 mp

< 1 mp

< 1 mp

4 mp

n = 30

< 1 mp

< 1 mp

18 p

1025 év

n = 50

< 1 mp

< 1 mp

36 év

rengeteg év rengeteg év

n = 100

< 1 mp

1 mp

1017 év

n = 1000

1 mp

18 p

rengeteg év

rengeteg év

n = 10000

2p

12 nap

rengeteg év

rengeteg év

Akkor tekint¨ unk hatékonynak egy algoritmust, ha a lépéssz´ ama a bemen˝ o adatok méretének egy hatv´ any´ aval korl´ atozhat´ o. Az ilyen algoritmust polinomi´ alis fut´ asidej˝ unek nevezik (szemben az exponenci´ alis vagy még nagyobb fut´ asidej˝ u algoritmusokkal). A tov´ abbiakban a lépéssz´ am és fut´ asid˝ o szavakat egym´ as szinon´ım´ aiként haszn´ aljuk. Egy tulajdons´ agr´ ol vagy a tulajdons´ ag meglétét firtat´ o problém´ ar´ ol azt mondjuk, hogy P-ben van, ha létezik polinomi´ alis fut´ asidej˝ u algoritmus a tulajdons´ ag meglétének az ellen˝ orzésére. K¨ ozismert péld´ aul, és al´ abb l´ atni is fogjuk, hogy egy gr´ af 2-sz´ınezhet˝ osége P-ben van.

A f˝ on¨ ok elv avagy a le´ all´ asi szab´ aly Miel˝ ott azonban konkrét hatékony algoritmusok tervezésér˝ ol sz´ ot ejtenénk, fontos kihangs´ ulyozni, hogy megfogalmazhat´ o egy k¨ ozbeiktatott kérdés, éspedig az, hogy meg lehet-e adni valamiféle eszk¨ ozt annak ellen˝ orzésére, hogy az (egyel˝ ore esetleg ismeretlen) algoritmus ´ altal szolg´ altatott végeredmény vajon helyes-e, anélk¨ ul, hogy az algoritmust nek¨ unk u ´jra futtatnunk kéne. Ez a kérdés t¨ okéletesen f¨ uggetlen mag´ at´ ol az algoritmust´ ol, vagyis att´ ol, hogy a keresett eredményt miképp is kaptuk meg. Kis sz´ınes illusztr´ aci´ oként a kérdést a k¨ ovetkez˝ o alakban szokt´ ak megfogalmazni. Munkahelyi f˝ on¨ ok¨ unk kiad egy megoldand´ o feladatot, péld´ aul egy nagyméret˝ u Ax = b line´ aris egyenletrendszer egy megold´ as´ at kell meghat´ aroznunk. Két napon ´ at éjjel-nappal dolgozunk a problém´ an, és vég¨ ul megtal´ alunk egy megold´ ast, ˝ természetesen k´ıv´ amit boldogan visz¨ unk a f˝ on¨ oknek. O ancsi arra, hogy a megold´ asunk helyes-e. J´ oszerencse, hogy ehhez egy´ altal´ an nem kell a mi sz´ am´ıt´ asainkat ellen˝ oriznie, hanem egyszer˝ u behelyettes´ıtéssel gyorsan el tudja d¨ onteni a helyességet. De mi van akkor, ha a konkrét rendszernek éppenséggel nincsen megold´ asa? Ekkor abban a kényelmetlen helyzetben tal´ aljuk magunkat, hogy hi´ aba dolgoztunk éjjel-nappal, azt vagyunk kénytelenek f˝ on¨ ok¨ unknek jelenteni, hogy nem tal´ altunk megold´ ast. Kérd˝ o arckifejezésére semmi jobbal nem tudunk v´ alaszolni, minthogy el˝ ovessz¨ uk a 25 oldalnyi sz´ am´ıt´ ast és elkezdj¨ uk a részleteket magyar´ azgatni, amire a f˝ on¨ ok joggal v´ alaszolja azt, hogy neki nincs ideje két napi munka minden részletét lépésr˝ ol lépésre ellen˝ oriznie. A kérdés teh´ at az, hogy nem létezik-e valami olyan bizony´ıték (igazolv´ any, tan´ us´ıtv´ any), amit lehet ugyan, hogy csak hosszadalmas sz´ am´ıtgat´ assal lehetett megkapni, de ha m´ ar egyszer rendelkezésre ´ all, akkor a f˝ on¨ ok arra r´ apillantva r¨ ogt¨ on meggy˝ ozve érezheti mag´ at, hogy a konkrét egyenletrendszernek val´ oban nincs megold´ asa. M´ as sz´ oval egy k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o le´ all´ asi szab´ alyt keres¨ unk: vég¨ ul is legel˝ osz¨ or saj´ at magunkat kell meggy˝ ozn¨ unk, hogy algoritmusunk helyes végeredményt adott. Egyszer˝ u dolgunk van, ha az egyenletrendszerben szerepel péld´ aul a 2x + y = 4 valamint a 2x + y = 5 egyenlet, hiszen ezeket egyszerre persze, hogy nem lehet kielég´ıteni. Még azt is k¨ onnyen fel tudjuk ismerni, hogy az x + y = 1, x + 2y = 3 és 2x + 3y = 100 rendszer nem oldhat´ o meg, hiszen az els˝ o két egyenlet ¨ osszege 2x + 3y = 4 ellentmond a harmadik egyenletnek. Sajnos nagyon is j´ ol el lehet képzelni, hogy a rendszer megoldhatatlans´ ag´ ara nincs mindig ilyen egyszer˝ u ok, m´ arpedig a célunk éppen az lenne, hogy az ¨ osszes ilyen okot felt´ arjuk. Mindenesetre ha az A sorainak létezik olyan line´ aris kombin´ aci´ oja, amely a sorokat a 0 vektorba viszi, de a jobboldali b vektort egy nem-nulla sz´ amba, azaz ha létezik olyan y, amelyre yA = 0, yb 6= 0, akkor egész biztos, hogy az Ax = b nem oldhat´ o meg, mert egy x megold´ asra azt kapn´ ank, hogy 0 = (yA)x = y(Ax) = yb 6= 0. Vagyis, ha egy ilyen y-t visz¨ unk el a f˝ on¨ oknek, akkor behelyettes´ıtéssel r¨ ogt¨ on tudja ellen˝ orizni, hogy yA = 0, yb 6= 0 és ´ıgy biztos lehet abban, hogy az Ax = b-nek val´ oban nincs megold´ asa. A f˝ o kérdés az, hogy ha a konkrét Ax = b line´ aris egyenletrendszernek nincs megold´ asa, akkor erre vajon mindig létezik-e ilyen ´ y tan´ us´ıtv´ any. Eppens´ eggel elvileg nagyon is elképzelhet˝ o, hogy bizonyos rendszerek megoldhatatlans´ ag´ aért val´ oban egy ilyen y felel, m´ asok megoldhatatlans´ ag´ aért viszont valami m´ as szerkezeti baj. Az élet napfényes oldal´ ahoz tartozik a line´ aris algebr´ anak az az eleg´ ans tétele, miszerint a konkrét esetben nem lehet m´ asféle baj, azaz: ´ TETEL 1.1.1 Egy Ax = b line´ aris egyenletrendszer akkor és csak akkor NEM oldhat´ o meg, ha létezik olyan y, amelyre yA = 0 és yb 6= 0.

4

Megjegyezz¨ uk, hogy itt a tétel csak egy gondolat illusztr´ aci´ oj´ aul szolg´ al. Bizony´ıt´ asa az 2.2.10 tételnél szerepel majd. Térj¨ unk most vissza a gr´ afsz´ınezési problém´ ara és az el˝ oz˝ oek mint´ aj´ ara vizsg´ aljuk meg, hogy itt létezik-e le´ all´ asi szab´ aly, azaz egy olyan eszk¨ oz, amelynek seg´ıtségével egy rendelkezés¨ unkre bocs´ atott v´ alasz helyességét gyorsan ellen˝ orizni tudjuk anélk¨ ul, hogy a v´ alaszhoz vezet˝ o sz´ am´ıt´ as részleteit ´ at kellene vizsg´ alnunk. Mindenesetre, ha valaki betoppan a gr´ af pontjainak egy k-sz´ınezésével, akkor azt gyorsan (azaz polinom id˝ oben) tudjuk ellen˝ orizni, hogy a sz´ obanforg´ o sz´ınezés j´ o-e, vagyis azt, hogy minden él két végpontja tényleg k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınt kapott-e. Ha azonban az a v´ alasz, hogy az illet˝ o gr´ af pontjainak nem létezik j´ o k-sz´ınezése, u ´gy ezt nem tudjuk m´ asként ellen˝ orizni, mint a feladat u ´jra megold´ as´ aval. Nézz¨ uk a k¨ ovetkez˝ o h´ arom tételt. Az els˝ o egy gr´ af 2-sz´ınezhet˝ oségére, a m´ asodik a 3-sz´ınezhet˝ oségre, vég¨ ul a harmadik az ´ altal´ anos k-sz´ınezhet˝ oségre ad sz¨ ukséges és elegend˝ o feltételt. ´ TETEL 1.1.2 Egy G = (V, E) gr´ af pontjainak akkor és csak akkor létezik j´ o 2-sz´ınezése, ha a gr´ afban nincs p´ aratlan élsz´ am´ u (r¨ oviden p´ aratlan) k¨ or. Biz. Ha egy k¨ or pontjainak létezik j´ o piros-kék sz´ınezése, akkor az egyik piros pontj´ at´ ol k¨ orbe menve a pontok sz´ınei v´ altakozva piros-kék sz´ın˝ uek, teh´ at a k¨ or ¨ osszesen p´ aros sok pontb´ ol ´ all, vagyis egy p´ aratlan k¨ ort nem lehet 2 sz´ınnel j´ ol sz´ınezni. Emiatt egy p´ aratlan k¨ ort tartalmaz´ o gr´ afot sem lehet, teh´ at a feltétel sz¨ ukséges. Az elegend˝ oség igazol´ as´ ahoz feltehet˝ o, hogy a gr´ af ¨ osszef¨ ugg˝ o, mert k¨ ul¨ onben a bizony´ıt´ ast k¨ ul¨ on végezhetj¨ uk az ¨ osszef¨ ugg˝ o komponensekre. Tekints¨ uk a gr´ afnak egy tetsz˝ oleges F fesz´ıt˝ o f´ aj´ at, és nézz¨ uk ennek egy kiv´ alasztott s pontj´ at´ ol a gr´ af pontjainak fabeli t´ avols´ ag´ at. Sz´ınezz¨ uk meg a pontokat két sz´ınnel aszerint, hogy ez a t´ avols´ ag p´ aros vagy p´ aratlan. Ha minden él két végpontja k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u, akkor megkaptuk a j´ o 2-sz´ınezést. Ha mondjuk az uv él két végpontja egysz´ın˝ u, akkor az u-b´ ol illetve a v-b˝ ol a f´ aban s-be vezet˝ o P1 [u, s] illetve P2 [v, s] u ´tnak létezik egy egyértelm˝ u els˝ o k¨ oz¨ os pontja. Ezt z-vel jel¨ olve, a P1 [u, z] és a P2 [v, z] részutak élsz´ ama azonos parit´ as´ u, teh´ at az ´ altaluk és az uv él ´ altal alkotott k¨ or p´ aratlan elemsz´ am´ u. • ´ TETEL 1.1.3 Egy G = (V, E) gr´ af pontjainak akkor és csak akkor létezik j´ o 3-sz´ınezése, ha az éleinek van olyan aciklikus ir´ any´ıt´ asa, amelyben minden egyir´ any´ uu ´t hossza (= élsz´ ama) legfeljebb 2. [Az aciklikus digr´ af defin´ıci´ oj´ at l´ asd al´ abb az 1.2 szakasz elején. Egy G ir´ any´ıtatlan gr´ af ir´ any´ıt´ as´ an azt értj¨ uk, hogy G minden uv élét az uv vagy a vu ir´ any´ıtott élek valamelyikével helyettes´ıtj¨ uk.] Biz. Ha a gr´ af pontjainak {V1 , V2 , V3 } egy j´ o 3-sz´ınezése, azaz minden él k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o Vi oszt´ alyok k¨ oz¨ ott vezet, akkor az ¨ osszes élt ir´ any´ıtsuk az alacsonyabb index˝ u oszt´ aly végpontj´ at´ ol a magasabb index˝ u felé. Ily m´ odon egy olyan aciklikus ir´ any´ıt´ ast kapunk, amelyben nincsen 2-nél hosszabb egyir´ any´ uu ´t. Megford´ıtva, tekints¨ uk a gr´ afnak egy aciklikus ir´ any´ıt´ as´ at, amelyben nincsen 2-nél hosszabb u ´t. Jel¨ olje V1 azon pontok halmaz´ at, melyekb˝ ol nem lép ki él, V2 azokét, melyekb˝ ol nem lép ki él V − V1 -be, és vég¨ u l V3 azokét, melyekb˝ ol nem lép ki él V − (V1 ∪ V2 )-be. A konstrukci´ o miatt semelyik él két végpontja sem lehet ugyanabban a Vi -ben. Azt kell csak kimutatnunk, hogy minden cs´ ucs benne van a Vi -k valamelyikében. A konstrukci´ ob´ ol ad´ odik, hogy minden V2 -beli cs´ ucsb´ ol lép ki él V1 -be és minden V3 -beli cs´ ucsb´ ol lép ki él V2 -be, és ´ıgy minden V3 -beli pontb´ ol indul ki 2-él˝ uu ´t. M´ arpedig ha indirekt egy s pont semelyik Vi -ben sincs benne, akkor lép ki bel˝ ole él valamely v ∈ V3 -ba, de akkor az sv élt a v-b˝ ol indul´ o 2-él˝ uu ´ttal kiegész´ıtve m´ ar h´ arom él˝ u utat kapn´ ank, ellentmond´ asban a tétel feltevésével. • ´ TETEL 1.1.4 Egy G = (V, E) gr´ af pontjainak akkor és csak létezik j´ o k-sz´ınezése, ha létezik egy olyan ϕ : V → {1, 2, . . . , k} leképezés, hogy minden uv ∈ E élre ϕ(u) 6= ϕ(v). • Ugyan mindh´ arom tétel sz¨ ukséges és elegend˝ o feltételt ad, azonban e tételek inform´ aci´ o tartalma nagyon is k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Az 1.1.4 tétel semmi m´ as, mint egy (fontoskod´ o) ´ atfogalmaz´ asa az eredeti defin´ıci´ onak, és ´ıgy teljesen értéktelen. Az 1.1.2 és 1.1.3 tételek m´ ar nem semmitmond´ oak és bizony´ıt´ asuk is nagyj´ ab´ ol egyforma nehézség˝ u, de még ez a két tétel is jellegében alapvet˝ oen eltér egym´ ast´ ol. Az 1.1.2 tétel megadta azt a k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o tan´ us´ıtv´ anyt (a p´ aratlan k¨ ort), amely igazolja egy konkrét gr´ af 2-sz´ınezhet˝ oségének lehetetlenségét. Az 1.1.3 tétel ilyesmivel nem szolg´ alt: nem l´ atszik, hogy mit˝ ol volna egyszer˝ ubb (mint ahogy nem is az) a h´ aromél˝ u utat nem tartalmaz´ o aciklikus ir´ any´ıthat´ os´ agot ellen˝ orizni, mint a j´ o 3-sz´ınezés meglétét. Teh´ at az 1.1.3 tétel nem tekinthet˝ o m´ asnak, mint a 3-sz´ınezhet˝ oség egy ekvivalens ´ atfogalmaz´ as´ anak, m´ıg az 1.1.2 tétel a 2sz´ınezhet˝ oség j´ o karakteriz´ aci´ oja”. Kicsit még jobban megvil´ ag´ıtja a helyzetet, ha az 1.1.2 tételt kiford´ıtva” ” ” fogalmazzuk meg: Egy gr´ af akkor és csak akkor NEM sz´ınezhet˝ o kett˝ o sz´ınnel, ha tartalmaz p´ aratlan k¨ ort. Ez azért j´ o karakteriz´ aci´ o, mert nemcsak egy konkrét 2-sz´ınezés helyessége ellen˝ orizhet˝ o gyorsan, hanem egy k¨ orr˝ ol is r¨ ogt¨ on ellen˝ orizhet˝ o, hogy val´ oban a gr´ afban van-e és hogy tényleg p´ aratlan sok éle van. Azt mondjuk, hogy egy tulajdons´ ag NP-ben van (nem-determinisztikusan polinomi´ alis), ha a tulajdons´ ag ´ meglétére létezik polinom id˝ oben ellen˝ orizhet˝ o bizony´ıték. (FIGYELEM, FIGYELEM, VESZELY: az NP r¨ ovid´ıtés NEM a polinom id˝ oben val´ o megoldhat´ os´ ag tagad´ as´ at jelzi!) Azt mondjuk, hogy egy tulajdons´ ag

5

co-NP-ben van, ha a tulajdons´ ag hi´ any´ ara létezik polinom id˝ oben ellen˝ orizhet˝ o bizony´ıték. A k-sz´ınezhet˝ oség NP-ben van (egy megadott sz´ınezésr˝ ol polinom id˝ oben k¨ onny˝ u eld¨ onteni, hogy j´ o-e). Az 1.1.2 tétel szerint a 2-sz´ınezhet˝ oség co-NP-ben is van, ugyanakkor a 3-sz´ınezhet˝ oségr˝ ol ezt nem tudni (és éppenséggel az az ´ altal´ anos vélekedés, hogy nincsen). Egy m´ asik k¨ ozismert tulajdons´ ag, a gr´ afok s´ıkbarajzolhat´ os´ aga szintén NP-ben van (egy konkrét s´ıkbarajzol´ as helyessége k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o) és Kuratowski tétele nyom´ an coNP-ben is van. Kuratowski tétele ugyanis azt mondja ki, hogy egy gr´ af pontosan akkor NEM s´ıkbarajzolhat´ o, ha tartalmaz felosztott K5 -t (¨ otpont´ u teljes gr´ af) vagy K3,3 -t (3-h´ az 3-k´ ut gr´ af). E gr´ afokr´ ol ugyanis az Euler formula seg´ıtségével egyszer˝ u dolog kimutatni, hogy nem s´ıkbarajzolhat´ ok, és ezért ilyen részgr´ afok jelenléte val´ oban gyorsan ellen˝ orizhet˝ o igazolv´ anyt jelentenek a gr´ af s´ıkbarajzol´ as´ anak lehetetlenségére. (J´ aratosabb vagy k¨ ul¨ on¨ osen éles szem˝ u olvas´ oink kedvéért megjegyezz¨ uk, hogy a s´ıkbarajzolhat´ os´ agra csak az jelentene val´ oban gyorsan ellen˝ orizhet˝ o bizony´ıtékot, ha a gr´ af cs´ ucsai nem t´ ul nagy, egészérték˝ u koordin´ at´ aj´ u pontokba ker¨ ulnek. Nem trivi´ alis tétel biztos´ıtja ennek lehet˝ oségét.) Vannak olyan tulajdons´ agok is, amelyekr˝ ol r´ anézésre sem az nem vil´ agos, hogy NP-ben vannak, sem az, hogy co-NP-ben. Péld´ aul, egy gr´ afot perfektnek neveznek, ha minden fesz´ıtett részgr´ afj´ anak a kromatikus sz´ ama egyenl˝ o a részgr´ afban lév˝ o maxim´ alis teljes részgr´ af (:klikk) pontsz´ am´ aval. Lov´ asz kimutatta, hogy a perfektség co-NP-ben van és nemrégiben az NP-beliségét is igazolt´ ak. (E paragrafus a veszteség érzése nélk¨ ul kihagyhat´ o, ha valaki nem hallott még perfekt gr´ afokr´ ol.) Figyelj¨ uk meg, hogy a P -beli tulajdons´ agok (problém´ ak) automatikusan NP∩co-NP-ben vannak, hiszen egy polinomi´ alis algoritmus teljes fut´ asa és ´ıgy a szolg´ altatott végeredmény helyessége is polinom id˝ oben ellen˝ orizhet˝ o. Az 1.1.2 tétel fenti bizony´ıt´ asa k¨ onnyen ´ atalak´ıthat´ o algoritmuss´ a, amely polinomi´ alis fut´ asid˝ oben vagy megtal´ alja a keresett 2-sz´ınezést vagy pedig a 2-sz´ınezés lehetetlenségét igazol´ o p´ aratlan k¨ ort. Nem ismeretes polinomi´ alis algoritmus egy gr´ af 3-sz´ınezhet˝ oségének eld¨ ontésére. R´ aad´ asul er˝ os jelek utalnak arra, hogy ilyen algoritmus nem is létezhet. Kimutatt´ ak ugyanis, hogy a 3-sz´ınezhet˝ oség problém´ aja NP-teljes abban az értelemben, hogy ha erre létezik polinomi´ alis algoritmus, akkor valamennyi NP-beli probléma megold´ as´ ara is létezik. M´ arpedig tengernyi egyéb NP-teljes feladat van, amelyek egyikére sem ismert polinomi´ alis algoritmus. Néh´ any NP-teljes tulajdons´ ag: a gr´ afban van Hamilton k¨ or, a gr´ af élei k ponttal lefoghat´ ok, a gr´ af élei 3 sz´ınnel megsz´ınezhet˝ ok, a gr´ afban létezik legal´ abb k él˝ u v´ ag´ as. Fontos megjegyezni, hogy a fentebb bevezetett polinomialit´ as fogalma a hatékonys´ ag egy lehetséges elméleti megragad´ asa. (Egy m´ asik lehet˝ oség péld´ aul a legrosszabb eset lépéssz´ am´ anak becslése helyett az ´ atlagos lépéssz´ amot nézni). Tapasztalatok szerint ez legt¨ obbsz¨ or egybeesik az algoritmus gyakorlati hatékonys´ ag´ aval, b´ ar nem mindig. Vég¨ ul megjegyezz¨ uk, hogy a fenti meggondol´ asok ebben a form´ aban csup´ an a szemléletet orient´ al´ o eszmefuttat´ asnak tekinthet˝ ok, hiszen val´ oj´ aban még azt sem vezett¨ uk be, hogy mit is ért¨ unk algoritmuson. A Turing gép (amely nem egy fizikailag létez˝ o gép”, hanem egy matematikai defin´ıci´ o) seg´ıtségével mindez ” a Bonyolults´ agelmélet c. t´ argy keretében ker¨ ul felép´ıtésre. A helyzet szerkezetileg némileg ahhoz hasonl´ o, mint amikor egy f¨ uggvény folytonoss´ ag´ ar´ ol beszél¨ unk. Egyrészt él benn¨ unk egy szemléletes kép, amely szerint egy f¨ uggvény akkor folytonos, ha ”a ceruza felemelése nélk¨ ul” le lehet rajzolni. Ez felel meg az algoritmus fogalm´ ar´ ol él˝ o szemléletes kép¨ unkek. M´ asrészt van a folytonoss´ ag form´ alis defin´ıci´ oja, amely a szemléletes folytonoss´ ag képet akarja megragadni. Ezzel ´ all p´ arhuzamban a Turing gép, amely az algoritmus intuit´ıv fogalm´ at igyekszik formaliz´ alni.

1.2

Gr´ afok bej´ ar´ asa: el´ erhet˝ os´ eg

Legyen D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af (r¨ oviden digr´ af). S´ et´ an egy olyan W = (v0 , e1 , v1 , e2 , . . . , ek , vk ) sorozatot ért¨ unk, amelyben felv´ altva k¨ ovetkeznek pontok és élek u ´gy, hogy mindegyik ei él a vi−1 pontb´ ol vezet a vi pontba. Az egyetlen v0 tagb´ ol ´ all´ o W = (v0 ) sorozatot is sét´ anak tekintj¨ uk. A séta z´ art, ha k > 0 és v0 = vk . A szerepl˝ o élek sz´ ama a séta hossza. Azt mondjuk, hogy v0 a séta kezd˝ opontja, m´ıg vk a séta végpontja. Azt mondjuk, hogy D-ben vk el´ erhet˝ o v0 -b´ ol, ha létezik v0 kezd˝ opont´ u és vk végpont´ u séta. Amennyiben a sét´ aban nincs ismétl˝ odés, egyir´ any´ u vagy ir´ any´ıtott u ´tr´ ol, r¨ oviden, u ´tr´ ol beszél¨ unk. Egy s-b˝ ol t-be vezet˝ o utat st-´ utnak fogunk h´ıvni. Az egyir´ any´ u vagy ir´ any´ıtott k¨ or olyan legal´ abb egy él˝ u z´ art séta, amelyben a v0 = vk egybeesést˝ ol eltekintve a cs´ ucsok mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek. Ezek szerint, ha e1 egy v0 pontban u ¨l˝ o hurok él, akkor (v0 , e1 , v0 ) egy egyél˝ u k¨ or. Amennyiben a W séta egy K = (vi , ei+1 , vi+1 , . . . , ej , vj ) rész-sét´ aja egy k¨ or (ahol 0 ≤ i < j ≤ k), u ´gy azt mondjuk, hogy a séta tartalmazza vagy induk´ alja a K k¨ ort. (Figyelj¨ uk meg, hogy egy séta élei ´ altal meghat´ arozott részgr´ af nem minden egyir´ any´ u k¨ ore a séta induk´ alt k¨ or.) Az egyir´ any´ u k¨ or fenti defin´ıci´ oj´ anak kis h´ atr´ anya, hogy kit¨ untet egy kezd˝ opontot és megad egy k¨ orbej´ ar´ asi ir´ anyt is. Egy alternat´ıv megk¨ ozel´ıtés, ha az egyir´ any´ u k¨ ort egy olyan digr´ afnak tekintj¨ uk, amely ir´ any´ıtatlan értelemben ¨ osszef¨ ugg˝ o, minden pontj´ aba egy él lép be és egy él lép ki. Egy digr´ afot aciklikusnak mondunk, ha nincsen benne egyir´ any´ u k¨ or. Egy ir´ any´ıtatlan k¨ or olyan ir´ any´ıtatlan gr´ af, amely ¨ osszef¨ ugg˝ o és minden pontj´ anak a befoka 2. Egy ir´ any´ıtott gr´ af egy részgr´ afj´ at k¨ ornek nevezz¨ uk, ha ir´ any´ıtatlan értelemben k¨ or. Minden legal´ abb h´ arom pont´ u k¨ ornek kétféle k¨ orbej´ ar´ asa lehetséges. A tov´ abbiakban ler¨ ogz´ıtj¨ uk az egyiket

6

és az ´ oramutat´ o szerinti k¨ orbej´ ar´ asnak nevezz¨ uk. A k¨ or azon éleit, melyek ebbe az ir´ anyba mutatnak el˝ ore ´ eleknek, a ford´ıtott ir´ anyba mutat´ okat pedig h´ atra ´ eleknek nevezz¨ uk. Meg´ allapodunk abban, hogy egyir´ any´ u k¨ or esetén az ´ oramutat´ o szerinti k¨ orbej´ ar´ ast aszerint r¨ ogz´ıtj¨ uk le, hogy minden él el˝ ore él legyen. ´ ıt´ All´ as 1.2.1 Ha létezik s-b˝ ol t-be séta, akkor létezik u ´t is. Biz. Ha a W = (s = v0 , e1 , . . . , ek , vk = t) st-séta maga nem u ´t, akkor létezik W ´ altal induk´ alt K = (vi , ei+1 , vi+1 , . . . , ej , vj ) egyir´ any´ u k¨ or. A K k¨ or éleit kihagyva W -b˝ ol a (v0 , . . . , vi , ej+1 , . . . , vk ) sét´ at kapjuk. Ezt a redukci´ os lépést mindaddig ismételhetj¨ uk, amig az aktu´ alis st-séta induk´ al k¨ ort. A végs˝ o séta nem induk´ al k¨ ort, azaz st-´ ut. Miut´ an minden redukci´ on´ al cs¨ okken a séta élsz´ ama, legfeljebb k k¨ orkihagy´ as ut´ an megkapjuk a keresett st-utat. • Azt mondjuk, hogy az ´ all´ıt´ as bizony´ıt´ as´ aban kapott P st-´ ut a W séta egyszer˝ us´ıt´ es´ evel ´ all el˝ o. (Figyelem: egyszer˝ us´ıtésnél a sz´ obanforg´ o K k¨ or éleit nem a digr´ afb´ ol hagyjuk el, hanem csak a sét´ at defini´ al´ o sorozatb´ ol v´ agjuk ki. Kényelmesen el˝ ofordulhat ugyanis, hogy a K k¨ or egy élét a séta kés˝ obb még haszn´ alni fogja, teh´ at a gr´ afb´ ol nem szabad kihagyni.) Gyakorlat 1.1 Mutassuk meg, hogy egy séta egyszer˝ us´ıtésével kapott u ´t f¨ ugghet a redukci´ oban haszn´ alt k¨ or¨ ok v´ alaszt´ as´ at´ ol. Egy olyan ir´ any´ıtott F = (S, E) f´ at, amelynek minden pontja elérhet˝ o egyir´ any´ u u ´ton s-b˝ ol s-feny˝ onek nevez¨ unk. Azt mondjuk, hogy F fesz´ıti S-t. Ha a feny˝ o részgr´ afja D-nek és az egész V halmazt tartalmazza, fesz´ıt˝ o s-feny˝ or˝ ol beszél¨ unk. Fenyvesnek h´ıvunk egy olyan ir´ any´ıtott erd˝ ot, melynek komponensei feny˝ ok. Gyakorlat 1.2 Egy ir´ any´ıtott fa akkor és csak akkor s-feny˝ o, ha az s ∈ S pont befoka nulla a t¨ obbi ponté pedig egy. Gyakorlat 1.3 Egy s-et tartalmaz´ o digr´ af akkor és csak akkor s-feny˝ o, ha az s pontb´ ol kiindulva el˝ o lehet u ´gy ´ all´ıtani ir´ any´ıtott élek egyenkénti hozz´ avételével, hogy az aktu´ alisan hozz´ aadott él hegye u ´j pont, m´ıg a t¨ ove m´ ar meglév˝ o. Kérdés, hogy miként lehet hatékonyan eld¨ onteni, hogy egy D digr´ afban létezik-e st-´ ut? Ez val´ oj´ aban két kérdést is jelent. Egyrészt konstru´ alnunk kell egy st-utat, ha ilyen egy´ altal´ an létezik. Ha viszont nem létezik st-´ ut, u ´gy ennek egy k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o tan´ us´ıtv´ any´ at kell bemutatnunk. A tr¨ ukk abb´ ol ´ all, hogy nem csup´ an a t cs´ ucs s-b˝ ol val´ o elérhet˝ oségét vizsg´ aljuk, hanem egyszerre valamennyi cs´ ucsét. ´ TETEL 1.2.1 Jel¨ olje S a D = (V, A) digr´ afban azon cs´ ucsok halmaz´ at, amelyek az s cs´ ucs´ ab´ ol elérhet˝ ok. Ekkor S minden val´ odi, s-et tartalmaz´ o S ′ részhalmaz´ ab´ ol vezet ki él, de S-b˝ ol nem. Tov´ abb´ a létezik S-t fesz´ıt˝ o s-feny˝ o. Biz. Ha indirekt egy uv él kilépne S-b˝ ol, akkor v pont is elérhet˝ o volna, hiszen u ∈ S defin´ıci´ o szerint az, vagyis létezik P u ´t s-b˝ ol u-ba, amihez az uv élt hozz´ avéve egy sv-utat kapn´ ank, ellentmond´ asban azzal, hogy v nem elérhet˝ o. Ha az S ′ -b˝ ol nem lépne ki él, akkor semelyik S ′ -n k´ıv¨ uli pont nem volna elérhet˝ o s-b˝ ol, ellentmond´ asban S defin´ıci´ oj´ aval. ´ ıtjuk, hogy ennek S ′ cs´ Legyen F egy nem b˝ ov´ıthet˝ o s-feny˝ o. All´ ucshalmaza éppen S. Mivel F minden pontja elérhet˝ o s-b˝ ol, ´ıgy S ′ ⊆ S. Ha indirekt S ′ ⊂ S ´ allna, u ´gy az els˝ o rész szerint lép ki egy uv él S ′ -b˝ ol. De ezt F -hez véve egy nagyobb feny˝ ot kapn´ ank, ellentmond´ asban F maxim´ alis v´ alaszt´ as´ aval. • Hogyan lehet algoritmikusan megkonstru´ alni a sz´ obanforg´ o S halmazt és F feny˝ ot? Az al´ abbi c´ımkézési technika seg´ıt. A digr´ af minden v pontj´ ahoz tartozzék egy R-c´ımke (Reach = elér), amely azt mutatja, hogy az algoritmus fut´ as´ anak egy adott pillanat´ aban v-t m´ ar elért¨ uk s-b˝ ol egy u ´t mentén vagy sem. Amennyiben ´ ´ nem, akkor az R-c´ımke tartalma NEM ELERT. Ha v-t m´ ar elért¨ uk, akkor R-c´ımkéjének tartalma ELERT valamint azon u ´tnak a legutols´ o uv éle, amelyen elért¨ uk v-t. Az egyetlen kivétel maga az s pont, amelynek ´ R-c´ımkéje mindig ELERT. Ezen k´ıv¨ ul minden pontban fenntartunk egy S-c´ımkét (Scan = letapogat, ´ atvizsg´ al), amely azt jelzi, hogy az adott pillanatban a v pontb´ ol vajon m´ ar az ¨ osszes tov´ abblépési lehet˝ oséget ´ atvizsg´ altuk-e (azaz valamennyi ´ ´ vu ∈ A élre az u cs´ ucs m´ ar elért-e), amikoris az S-c´ımke tartalma ATVIZSG ALT, vagy pedig még van ´ at nem ´ ´ vizsg´ alt vx él. Kezdetben minden S-c´ımke tartalma NEM ATVIZSG ALT. Az algoritmus ´ altal´ anos lépésében kiv´ alasztunk egy m´ ar elért, de még ´ at nem vizsg´ alt u pontot (ami indul´ askor persze csak az s pont lehet) és eld¨ ontj¨ uk, hogy van-e olyan uv éle a digr´ afnak, hogy v még nem ´ ´ elért. Amennyiben nincs, akkor az u pontot ATVIZSG ALT-nak deklar´ aljuk és az elj´ ar´ ast iter´ aljuk. Ha viszont ´ tal´ alunk ilyen v pontot, akkor v-t ELERT-nek nyilv´ an´ıtjuk, az R-c´ımkéjébe betessz¨ uk az uv élt, és ismét az elj´ ar´ ast iter´ aljuk. Az algoritmus akkor ér véget, amikor m´ ar minden elért pont ´ atvizsg´ alt lesz.

7

´ Egyszer˝ u feladat annak igazol´ asa, hogy az algoritmus lefut´ asa ut´ an az ELERT pontok S halmaz´ ab´ ol nem vezet kifelé él, tov´ abb´ a, hogy az elért pontok R-c´ımkéjébe ´ırt élek egy s gy¨ oker˝ u feny˝ ot alkotnak, melynek ponthalmaza S. Az elj´ ar´ as az S meghat´ aroz´ asa ut´ an folytathat´ o egy tetsz˝ oleges S-ben nem szerepl˝ o s2 pont gy¨ okérnek val´ o kijel¨ olésével. Vég¨ ul egy fenyvest kapunk, melynek gy¨ okerei s1 := s, s2 , . . ., és amely az ¨ osszes pontot tartalmazza. Az elj´ ar´ asr´ ol annyit érdemes még tudni, hogy megfelel˝ o adatstrukt´ ura alkalmaz´ as´ aval a fut´ asi id˝ o line´ aris, azaz az élek sz´ am´ aval ar´ anyos. Tov´ abbi megjegyzés, hogy az elj´ ar´ as ir´ any´ıtatlan gr´ afokra is alkalmazhat´ o. Feladat 1.4 Egy p´ aros gr´ af élei pirossal és kékkel vannak sz´ınezve. Fejlessz¨ unk ki algoritmust annak meghat´ aroz´ as´ ara, hogy a gr´ af két megadott pontja k¨ oz¨ ott létezik-e altern´ al´ o piros-kék u ´t.

1.2.1

Sz´ eless´ egi keres´ es

Az algoritmus futtat´ asa sor´ an szabads´ agunk van az aktu´ alis m´ ar elért, de még ´ at nem vizsg´ alt pont kiv´ alaszt´ as´ aban. Egy lehetséges stratégia azt a még nem ´ atvizsg´ alt pontot v´ alasztani, amelyiket leghamarabb ért¨ uk el. Ebben az esetben sz´ eless´ egi keres´ esr˝ ol beszél¨ unk (breadth first search: BFS). A BFS péld´ aul alkalmas arra, hogy seg´ıtségével a pontok s-t˝ ol val´ o t´ avols´ ag´ at egyszer˝ uen meghat´ arozzuk. Csup´ an azt a csekély m´ odos´ıt´ ast kell a fenti algoritmusban végrehajtani, hogy minden v pontra fenntartunk egy ℓ(v) v´ altoz´ ot is, amely a m´ ar elért pontokn´ al megmondja az s-t˝ ol val´ o t´ avols´ agot. Kezdetben ez az s-ben 0, minden¨ utt m´ asutt ∞. Amikor az algoritmus sor´ an egy v pontot az uv él mentén u-b´ ol elér¨ unk, akkor az ℓ(v) értéket ℓ(u) + 1-re ´ all´ıtjuk be. Val´ oj´ aban ez az algoritmus speci´ alis esete Dijkstra kés˝ obb ismertetésre ker¨ ul˝ o elj´ ar´ as´ anak, amely ´ altal´ aban nem-negat´ıv s´ ulyoz´ as esetén sz´ am´ıtja ki egy v pontnak s-t˝ ol val´ o t´ avols´ ag´ at. Gyakorlatok 1.5 Igazoljuk, hogy a BFS algoritmus helyesen hat´ arozza meg az s-t˝ ol val´ o t´ avols´ agot. 1.6 Igazoljuk, hogy ir´ any´ıtatlan gr´ afban a t´ avols´ ag f¨ uggvény kielég´ıti a h´ aromsz¨ og egyenl˝ otlenséget. 1.7 Legyen S és T a D digr´ af pontjainak két részhalmaza. Miként lehet a fenti algoritmus seg´ıtségével eld¨ onteni, hogy létezik-e u ´t S-b˝ ol T -be?

1.2.2

M´ elys´ egi keres´ es

A c´ımkézési elj´ ar´ asban egy m´ asik lehetséges stratégia az, amikor az algoritmus azt a még ´ at nem vizsg´ alt pontot v´ alasztja ki, amelyiket a legkés˝ obb ért¨ uk el. Ebben az esetben az elj´ ar´ ast m´ elys´ egi keres´ esnek nevezz¨ uk (depth first search: DFS). A DFS-nél minden pontnak van egy el´ er´ esi id˝ opontja, amikor a pont ´ ELERT lesz (teh´ at amikor az algoritmus el˝ osz¨ or tal´ alkozik az illet˝ o ponttal), és van egy elhagy´ asi id˝ opontja, ´ ´ amikor a pont ATVIZSG ALT lett (vagyis amikor a keresés utolj´ ara tal´ alkozik az illet˝ o ponttal). Mind a kett˝ o meghat´ arozza a pontok egy sorrendjét: az el´ er´ esi és az elhagy´ asi sorrendet. A két sorrend ¨ osszefés¨ ulésével kapjuk a pontok kezel´ esi sorendjét. Teh´ at a kezelési sorrendben minden pont kétszer fordul el˝ o, és a két el˝ ofordul´ as k¨ oz¨ otti ponthalmaz, amint az k¨ onnyen bel´ athat´ o, két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontra vagy diszjunkt vagy tartalmazkod´ o. Az ilyen sorozatot lamin´ arisnak nevezz¨ uk. K¨ ovetkezik, hogy ha s-b˝ ol minden pont elérhet˝ o, akkor a sorozat els˝ o és utols´ o tagja az s gy¨ okérpont. Egyébként egy lamin´ aris sorozat, amelynek els˝ o és utols´ o tagja s, mindig egyértelm˝ uen le´ır egy s gy¨ oker˝ u feny˝ ot. Ezt rekurz´ıvan defini´ alva u ´gy kaphatjuk meg, hogy vesz¨ unk a sorozatnak egy x, y, y alak´ u h´ arom egym´ ast k¨ ovet˝ o eleméb˝ ol ´ all´ o részét [ilyen van a laminarit´ as miatt], a két y-t kihagyjuk, a maradékhoz megkonstru´ aljuk a feny˝ ot, és vég¨ ul hozz´ avessz¨ uk az xy élt. Gyakorlat 1.8 Igazoljuk, hogy legal´ abb h´ aromtag´ u lamin´ aris sorozatnak (amelyben minden elem kétszer fordul el˝ o) van x, y, y alak´ u h´ arom egym´ ast k¨ ovet˝ o elemb˝ ol ´ all´ o része.

DFS feny˝ ok A mélységi kereséssel kapott feny˝ ot (amely persze nem egyértelm˝ u) DFS vagy m´ elys´ egi feny˝ onek h´ıvjuk. Ir´ any´ıtatlan esetben DFS vagy mélységi f´ ar´ ol beszél¨ unk. A DFS feny˝ o fontos tulajdons´ aga, hogy minden xy élre az y elérési id˝ opontja megel˝ ozi az x elhagy´ asi id˝ opontj´ at. Speci´ alisan, ¨ osszef¨ ugg˝ o ir´ any´ıtatlan gr´ af mélységi f´ aj´ ahoz nem tartozik keresztél. (Egy s gy¨ oker˝ u ir´ any´ıtatlan fa esetén egy xy nem-fa élt akkor h´ıvunk kereszt´ elnek, ha a f´ aban az x és y-t ¨ osszek¨ ot˝ o egyértelm˝ uu ´t s-hez (a f´ aban) legk¨ ozelebbi pontja k¨ ul¨ onb¨ ozik x-t˝ ol és y-t´ ol.) A DFS f´ anak t¨ obb érdekes alkalmaz´ asa van. Seg´ıtségével lehet péld´ aul line´ aris id˝ oben egy 2-él¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ af er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o ir´ any´ıt´ as´ at megkapni: vegy¨ unk egy s gy¨ oker˝ u mélységi f´ at, ir´ any´ıtsuk a fa éleit s-t˝ ol kifelé, a nem-fa éleket pedig s felé. Mivel nincs keresztél, ´ıgy minden élt ir´ any´ıtottunk. Feladat 1.9 Igazoljuk, hogy ha a gr´ af 2-él¨ osszef¨ ugg˝ o, akkor az ´ıgy kapott ir´ any´ıt´ as er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o.

8

Topologikus sorrend A DFS egy m´ asik alkalmaz´ asa aciklikus digr´ afban a pontok u ń. topologikus sorrendjének meghat´ aroz´ as´ ara szolg´ al. A digr´ af cs´ ucsainak egy sorrendjér˝ ol akkor mondjuk, hogy topologikus, ha minden él el˝ ore mutat, azaz a t¨ ove a sorrendben megel˝ ozi hegyét (=fejét). Egy digr´ afot akkor nevezt¨ unk aciklikusnak, ha nem tartalmaz egyir´ any´ u k¨ ort. Azt, hogy egy digr´ af nem aciklikus, egy konkrét egyir´ any´ u k¨ orének bemutat´ as´ aval tan´ us´ıthatjuk. Milyen gyorsan ellen˝ orizhet˝ o igazolv´ any adhat´ o a digr´ af aciklikuss´ ag´ anak tan´ us´ıt´ as´ ara? Erre ad v´ alaszt a k¨ ovetkez˝ o egyszer˝ u, de hasznos tétel. ´ TETEL 1.2.2 Egy D = (V, A) digr´ af akkor és csak akkor aciklikus, ha pontjainak létezik topologikus sorrendje, azaz egy olyan v1 , v2 , . . . , vn sorrend, amelyben minden él kor´ abbi pontb´ ol kés˝ obbibe vezet. Biz. Egy egyir´ any´ u k¨ or pontjainak nem létezhet topologikus sorrendje, hiszen a k¨ or minden pontj´ anak pozit´ıv a befoka. Emiatt egy egyir´ any´ u k¨ ort tartalmaz´ o digr´ afnak se létezhet topologikus sorrendje, vagyis a feltétel sz¨ ukséges. Az elegend˝ oséghez figyelj¨ uk meg, hogy egy aciklikus digr´ afnak létezik forr´ aspontja, vagyis olyan pontja, amibe nem lép be él. Ha ugyanis minden pontba lép be él, akkor egy pontb´ ol a belép˝ o él mentén visszafelé indulva a ford´ıtott sét´ at mindig tudn´ ank folytatni és el˝ obb-ut´ obb egy k¨ ort kapn´ ank. V´ alasszunk ki egy v1 forr´ aspontot és legyen ez a sorrend els˝ o pontja. A D−v1 digr´ af is aciklikus, ennek is létezik egy v2 forr´ aspontja. Ezt az elj´ ar´ ast folytatva megkapjuk a keresett v1 , v2 , . . . , vn topologikus sorrendet. • (Megjegyezz¨ uk, hogy megsz´ aml´ alhat´ oan végtelen sok pontb´ ol ´ all´ o aciklikus digr´ af pontjainak nem feltétlen¨ ul van topologikus sorrendje. Ezt péld´ azza az a digr´ af, amelynek cs´ ucsai a racion´ alis sz´ amok és az u, v racion´ alis sz´ amokra uv akkor él, ha u < v.) A bizony´ıt´ asb´ ol ad´ od´ o algoritmus egyetlen forr´ aspontot O(m) lépéssz´ amban tud megtal´ alni, ´ıgy a topologikus sorrend megkeresésének ¨ osszlépéssz´ ama O(mn). Mélységi keresés okos alkalmaz´ as´ aval a teljes topologikus sorrendet O(m) lépésben meg lehet tal´ alni. Ennek érdekében feltehetj¨ uk, hogy a digr´ afnak van olyan s pontja, ahonnan minden m´ as pont elérhet˝ o. Val´ oban, mert ha nem ez a helyzet, akkor adjunk a digr´ afhoz egy u ´j s pontot, és vezess¨ unk s-b˝ ol minden eredeti pontba élt. Így aciklikus digr´ afot kapunk, amely pontjainak topologikus sorrendjéb˝ ol az u ´jonnan hozz´ aadott s-t kihagyva megkapjuk az eredeti digr´ af pontjainak egy topologikus sorrendjét. Gyakorlat 1.10 Dolgozzunk ki algoritmust annak eld¨ ontésére, hogy két k¨ oz¨ os cs´ ucshalmazon lév˝ o digr´ afnak létezik-e k¨ oz¨ os topologikus sorrendje. Feladat 1.11 Igazoljuk, hogy aciklikus digr´ af elhagy´ asi sorrendjének megford´ıt´ asa topologikus sorrendet ad. Feladat 1.12 Igazoljuk, hogy tetsz˝ oleges hurokmentes digr´ af élhalmaza felbonthat´ o két aciklikus digr´ af egyes´ıtésére.

Er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o komponensek Gr´ afelméletben igazolj´ ak, hogy tetsz˝ oleges D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af esetén, ha két pontot ekvivalensnek tekin´ enyes, t¨ unk amennyiben mindkett˝ o elérhet˝ o a m´ asikb´ ol egyir´ any´ uu ´ton, u ´gy ekvivalencia rel´ aci´ ot kapunk. Erv´ hogy az ekvivalencia oszt´ alyai er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o részgr´ afokat fesz´ıtenek, amelyek mindegyikét egy-egy pontra ¨ osszeh´ uzva aciklikus digr´ afot kapunk. Az ekvivalencia oszt´ alyok ´ altal fesz´ıtett digr´ afokat szok´ as a D digr´ af er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o komponenseinek nevezni. Gyakorlat 1.13 Igazoljuk, hogy egy mélységi kereséssel kapott fesz´ıt˝ o fenyves olyan, hogy a digr´ af b´ armely C er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o komponensére megszor´ıtva C-nek fesz´ıt˝ o feny˝ ojét adja (amelynek gy¨ okere a C-nek a keresés ´ altal legel˝ osz¨ or elért pontja). A topologikus sorrend meghat´ aroz´ as´ an´ al kicsit ravaszabb m´ odon lehet egy digr´ af er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o komponenseit el˝ o´ all´ıtani. Ismét feltehetj¨ uk, hogy egy s pontb´ ol minden pont elérhet˝ o. Az algoritmus két k¨ ul¨ on f´ azisb´ ol ´ all. Az els˝ o f´ azisban mélységi kereséssel hat´ arozzuk meg az elhagy´ asi sorrendet. A m´ asodik f´ azisban tetsz˝ oleges keresési elj´ ar´ assal (ami lehet a DFS is, de ezt m´ ar nem haszn´ aljuk ki a bizony´ıt´ asban) hat´ arozzunk meg egy ford´ıtott fenyvest u ´gy, hogy a soron k¨ ovetkez˝ o gy¨ okérpont mindig az els˝ o f´ azisban kapott elhagy´ asi sorrend még nem szerepelt legutols´ o tagja legyen. (Ford´ıtott feny˝ o alatt olyan ir´ any´ıtott f´ at ért¨ unk, amelyben a gy¨ okért˝ ol eltekintve minden pont kifoka egy, m´ıg a gy¨ okéré nulla. Ford´ıtott fenyves olyan ir´ any´ıtott erd˝ o, amelynek minden komponense ford´ıtott feny˝ o.) Feladat 1.14 Igazoljuk, hogy a m´ asodik f´ azisban kapott ford´ıtott fenyves komponensei éppen a digr´ af er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o komponensei lesznek.

2013. augusztus 1. file: linp, ueler

9

1.3 1.3.1

Optim´ alis utak ´ es potenci´ alok Bevezet´ es

Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o gyakorlati jelleg˝ u kérdéseket. 1. Legr¨ ovidebb utak. A k¨ ozkedvelt GPS (Global Positioning System) m˝ uholdak seg´ıtségével meghat´ arozza a poz´ıci´ onkat, majd kisz´ am´ıtja, hogy merre tudunk a megadott célpontba a leghamarabb vagy a legolcs´ obban eljutni. Hogyan lehet egy ilyen leggyorsabb (vagy legr¨ ovidebb) utat hatékonyan kisz´ amolni? 2. H´ azép´ıtés. Egy csal´ adi h´ az ép´ıtkezése elemi munkaf´ azisokra bomlik (alapok ki´ as´ asa, betonoz´ as, 1. szint felh´ uz´ asa, 2. szint felh´ uz´ asa, tet˝ o ép´ıtés, bels˝ o vakol´ as, festés, ablakok, stb). Minden f´ azisnak adott a végrehajt´ asi ideje, tov´ abb´ a egy megel˝ ozési rel´ aci´ o, amely azt mondja meg, hogy péld´ aul a tet˝ o ép´ıtése csak az alapoz´ as befejezése ut´ an k¨ ovetkezhet. Kérdés, hogy miként u ¨temezz¨ uk a munk´ akat, ha célunk a mihamarabbi befejezés. 3. Nyaral´ o kiad´ as. Kiadjuk ´ alomszép balatoni nyaral´ onkat a ny´ ari h´ onapokra. A nyaral´ ot egyszerre egy csal´ ad haszn´ alhatja és a jelentkez˝ ok megadj´ ak, hogy melyik id˝ ointervallumra szeretnék kivenni a h´ azat. A mi feladatunk a jelentkez˝ ok k¨ oz¨ ul u ´gy v´ alasztani, hogy a nyaral´ o a lehet˝ o legt¨ obb napra ki legyen adva. 4. Monoton n¨ ov˝ o részsorozat. Adott sz´ amsorozatnak v´ alasszunk ki hatékonyan maxim´ alisan sok tagj´ at, melyek monoton n¨ ov˝ o részsorozatot alkotnak. 5. Optim´ alis k¨ oz¨ os részsorozat. Két bet˝ usorozatnak v´ alasszunk ki egy maxim´ alis k¨ oz¨ os részsorozat´ at. E l´ atsz´ olag t´ avolfekv˝ o problém´ akr´ ol kimutathat´ o, hogy matematikai gy¨ oker¨ uk k¨ oz¨ os: legolcs´ obb utat keresni egy ir´ any´ıtott gr´ afban. Célunk e problémak¨ or ´ attekintése. Tegy¨ uk fel, hogy a D = (V, A) n pont´ u és m él˝ u hurokmentes és p´ arhuzamos élt nem tartalmaz´ o ir´ any´ıtott gr´ af élein adott egy c : A → R k¨ oltség- (vagy m´ asnéven s´ uly-) f¨ uggvény. Egy P u ´t, séta vagy k¨ or e c(P )-vel jel¨ olt k¨ oltségén a P éleinek k¨ oltség¨ osszegét értj¨ uk. A digr´ af egy P u ´tj´ ar´ ol azt mondjuk, hogy c-legolcs´ obb vagy r¨ oviden legolcs´ obb, ha a P kezd˝ opontj´ ab´ ol a végpontj´ aba nem létezik D-ben P -nél olcs´ obb u ´t. Gyakorlat 1.15 Igaz-e, hogy legolcs´ obb u ´t b´ armely rész´ utja is legolcs´ obb u ´t? Egyik célunk adott s és t cs´ ucsokra minim´ alis k¨ oltség˝ u, m´ asnéven legolcs´ obb s-b˝ ol t-be vezet˝ o (ir´ any´ıtott vagy m´ as néven egyir´ any´ u) utat, r¨ oviden st-utat keresni. Kider¨ ul, hogy kényelmesebb azzal a t¨ obbet k´ıv´ an´ o problém´ aval foglalkozni, amikor egy r¨ ogz´ıtett s gy¨ okérpontb´ ol az ¨ osszes t¨ obbi v pontba szimult´ an kell legolcs´ obb utat kisz´ am´ıtani. Az olyan pontokat, amelyek egy´ altal´ an nem érhet˝ ok el s-b˝ ol, kihagyhatjuk, mert ez a t¨ obbi pont elérhet˝ oségét nem befoly´ asolja. Emiatt amikor a legolcs´ obb s-b˝ ol indul´ o utak fel˝ ol érdekl˝ od¨ unk mindig feltehetj¨ uk, hogy s-b˝ ol minden pont elérhet˝ o. A legolcs´ obb sv-´ ut k¨ oltségét jel¨ olje µc (v). Az s r¨ ogz´ıtettsége miatt e jel¨ olésben az s nem is szerepel. A digr´ af egy s gy¨ oker˝ u F feny˝ ojér˝ ol azt mondjuk, hogy a legolcs´ obb utak feny˝ oje, ha az F minden v pontj´ ara az F -ben lév˝ o P egyértelm˝ u sv-´ ut k¨ oltsége µc (v), azaz P a digr´ afnak egy legolcs´ obb sv-´ utja. Amennyiben a c negat´ıv is lehet, u ´gy a legolcs´ obb u ´t feladat m´ ar az azonosan −1 k¨ oltségf¨ uggvény esetén is NP-teljes, ugyanis ekkor mag´ aban foglalja a Hamilton-´ ut problém´ anak az el˝ o´ırt végpont´ u v´ altozat´ at, ami a tetsz˝ oleges végpont´ u Hamilton-´ ut problém´ ahoz hasonl´ oan NP-teljes. Emiatt a legolcs´ obb u ´t feladatot nem vizsg´ aljuk teljes ´ altal´ anoss´ agban, amikor a digr´ af és a k¨ oltségf¨ uggvény is tetsz˝ oleges. El˝ osz¨ or bemutatunk két speci´ alis k¨ oltségf¨ uggvényt, amelyek esetén a legolcs´ obb utak megkeresésére hatékony algoritmus adhat´ o. Az els˝ o esetben D aciklikus és c tetsz˝ oleges, m´ıg a m´ asikban D tetsz˝ oleges és c nem-negat´ıv. A k¨ ovetkez˝ o részben pedig megadjuk majd e két speci´ alis eset k¨ oz¨ os ´ altal´ anos´ıt´ as´ at is (amikor D tetsz˝ oleges, de nem létezik negat´ıv ¨ osszk¨ oltség˝ u egyir´ any´ u k¨ or).

1.3.2

Legolcs´ obb utak aciklikus digr´ afban

Tegy¨ uk fel, hogy a D digr´ af aciklikus és az s pontb´ ol mindegyik m´ asik pontba vezet egyir´ any´ uu ´t, m´ assz´ oval s-b˝ ol minden m´ as pont elérhet˝ o. Legyen a c : A → R s´ ulyoz´ as (vagy k¨ oltségf¨ uggvény) tetsz˝ oleges, teh´ at c-nek lehetnek pozit´ıv és negat´ıv komponensei is. Ez azért j´ o, mert a c neg´ al´ asa révén nem csup´ an a minim´ alis k¨ oltség˝ u, hanem a maxim´ alis k¨ oltség˝ u (s´ uly´ u) u ´t problém´ at is meg tudjuk oldani: tetsz˝ oleges ir´ any´ıtott gr´ af esetén ez a feladat NP-teljes volt. Aciklikus digr´ afban a k¨ ovetkez˝ o egyszer˝ u direkt elj´ ar´ assal fel lehet ép´ıteni a legolcs´ obb utak feny˝ ojét. Az 1.2.2 szakaszban l´ attuk, hogy miképp lehet egy topologikus sorrendet line´ aris id˝ oben meghat´ arozni. Tegy¨ uk fel, hogy az s = v1 , v2 , . . . , vn topologikus sorrend els˝ o j − 1 pontja ´ altal fesz´ıtett részgr´ afban m´ ar meghat´ aroztuk

10

a legolcs´ obb utak egy Fj−1 feny˝ ojét a µc (vi ) k¨ oltségekkel egyetemben (1 ≤ i ≤ j − 1). Tekints¨ uk a sorrendben k¨ ovetkez˝ o vj pontot. Miut´ an vj -be csak j-nél kisebb index˝ u pontb´ ol vezet él, a legolcs´ obb svj -´ ut k¨ oltségét a µc (vj ) = min{µc (vi ) + c(vi vj ) : vi vj ∈ A}

(1.1)

formula adja. Tov´ abb´ a, ha vi vj jel¨ oli azt az élt (pontosabban az egyik olyan élt), amelyen a minimum felvétetik, akkor Fj := Fj−1 + vi vj a legolcs´ obb utak feny˝ oje az els˝ o j cs´ ucson. (ha t¨ obb minimaliz´ al´ o él van, mindegy, hogy melyikkel n¨ ovelj¨ uk a feny˝ ot.) Ezt a rekurzi´ ot j = 1, . . . , n-re k¨ ovetve a vég¨ ul kapott Fn fesz´ıt˝ o feny˝ o egy legolcs´ obb utak feny˝ oje lesz. Miut´ an a µc (vj ) értékek illetve a feny˝ obe ker¨ ul˝ o vi vj élek kisz´ am´ıt´ as´ ahoz a digr´ af minden élét egyszer kell csak tekintetbe venni, az algoritmus lépéssz´ ama O(m), felhaszn´ alva, hogy a topologikus sorrendet is O(m) lépésben lehetett megkapni. Az (1.1) formul´ ab´ ol ad´ odik, hogy minden vi vj ∈ A élre µc (vj ) ≤ µc (vi ) + c(vi vj ), m´ıg ha vi vj az Fn feny˝ o éle, akkor itt egyenl˝ oség teljes¨ ul: µc (vj ) = µc (vi ) + c(vi vj ).

(1.2)

Az algoritmus k¨ ovetkezményeként kapjuk az al´ abbi tételt. ´ TETEL 1.3.1 D = (V, A) aciklikus digr´ afban, amelyben minden pont elérhet˝ o s-b˝ ol, tetsz˝ oleges k¨ oltségf¨ uggvényre létezik legolcs´ obb utak feny˝ oje. • A legolcs´ obb u ´t k¨ oltségére vonatkozik az al´ abbi min-max tétel. ´ TETEL 1.3.2 Legyen c : A → R a D = (V, A) aciklikus ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an egy tetsz˝ oleges k¨ oltségf¨ uggvény, és tegy¨ uk fel, hogy létezik st-´ ut. Az s-b˝ ol t-be vezet˝ o utak k¨ oltségének µc (t) minimuma egyenl˝ oa max{π(t) − π(s) : π : V → R, π(v) − π(u) ≤ c(uv), uv ∈ A} értékkel. Ha c egészérték˝ u, az optim´ alis π is v´ alaszthat´ o egészérték˝ unek. Biz. Tetsz˝ oleges π-re és P = {s = v0 , v1 , . . . , vk = t} st-´ utra

e c(P ) =

X i

c(vi vi+1 ) ≥

X

[π(vi+1 − π(vi )] = π(t) − π(s),

(1.3)

i

vagyis a tételben a max ≤ min ir´ any k¨ ovetkezik. (Ehhez a egyenl˝ otlenséghez az aciklikuss´ agra nincs is sz¨ ukség). A ford´ıtott ir´ any´ u egyenl˝ otlenséget elég bebizony´ıtani abban a speci´ alis esetben, amikor minden cs´ ucs elérhet˝ o s-b˝ ol. Ha esetleg nem ez a helyzet, akkor egy u ´j s′ pontot a digr´ afhoz vesz¨ unk egy 0 k¨ oltség˝ u s′ s éllel valamint minden v ∈ V -re egy M k¨ oltség˝ u s′ v-éllel, ahol M kell˝ oen nagy. Az ´ıgy nyert digr´ afot és k¨ oltségf¨ uggvényt jel¨ olje D′ és c′ . Ekkor D′ -ben minden v ∈ V pont elérhet˝ o s′ -b˝ ol és µ(v) = µ′ (v), ahol µ′ (v) a legolcs´ obb s′ v-´ ut c′ -k¨ oltsége D′ -ben. Legyen most π ′ egy olyan f¨ uggvény V ′ -n, amelyre π ′ (v)−π ′ (u) ≤ c′ (uv) ′ ′ ′ ′ ′ ′ minden uv ∈ A élre és π (t) − π (s ) = µ (t). Ekkor a π := π |V f¨ uggvényre (ami teh´ at π ′ megszor´ıt´ asa V ′ ′ ′ ′ ′ re) π(v) − π(u) ≤ c(uv) minden uv ∈ A élre. Tov´ abb´ a, π(s) − π (s ) = π (s) − π (s ) ≤ c′ (s′ s) = 0 miatt π(s) ≤ π ′ (s′ ) és ezért µ(t) ≥ π(t)−π(s) = π ′ (t)−π(s) ≥ π ′ (t)−π ′ (s′ ) = µ′ (t) = µ(t), amib˝ ol µ(t) = π(t)−π(s). Teh´ at, ha D′ -re igaz a tétel, akkor D-re is, és emiatt feltehetj¨ uk, hogy D-ben minden cs´ ucs elérhet˝ o s-b˝ ol. Tekints¨ uk a fenti algoritmus ´ altal szolg´ altatott P utat, azaz az Fn feny˝ oben lév˝ o egyértelm˝ u st-utat. Minden v ∈ V -re legyen π(v) := µc (v) a legolcs´ obb sv-´ ut k¨ oltsége. Ekkor egyrészt minden uv élre egy legolcs´ obb su utat az uv éllel kiegész´ıtve (az aciklikuss´ ag miatt) egy sv-utat kapunk, és ezért π(v) ≤ π(u) + c(uv), azaz π(v) − π(u) ≤ c(uv), m´ asrészt (1.2) miatt P minden uv élére π(v) − π(u) = c(uv), vagyis (1.3)-ben egyenl˝ oség ´ all, és ´ıgy e c(P ) = π(t) − π(s). • Alkalmaz´ asokban el˝ ofordul, hogy aciklikus digr´ afban minim´ alis helyett maxim´ alis s´ uly´ u st-utat kell keresni. A fenti elj´ ar´ ast ekkor a −c k¨ oltségf¨ uggvényre kell alkalmazni, de az eredeti c nyelvén k¨ ozvetlen¨ ul is megfogalmazhatjuk, a k¨ ovetkez˝ oképpen. Tegy¨ uk fel, hogy a topologikus sorrend els˝ o j − 1 pontja ´ altal fesz´ıtett részgr´ afban m´ ar meghat´ aroztuk a legs´ ulyosabb utak egy Fj−1 feny˝ ojét a legs´ ulyosabb svi -´ ut τc (vi )-vel jel¨ olt s´ uly´ aval egyetemben (1 ≤ i ≤ j − 1). A sorrendben k¨ ovetkez˝ o vj pontra legyen τc (vj ) := max{τc (vi )+c(vi vj ) : vi vj ∈ A} és legyen Fj := Fj−1 +vi vj , ahol a vi vj egy olyan él, amelyen a maximum felvétetik. Fogalmazzuk meg az 1.3.2 tétel ellenp´ arj´ at erre az esetre. A keveredés elker¨ ulése érdekében π helyett τ -t haszn´ alunk, és az ut´ ana k¨ ovetkez˝ o alkalmaz´ as érdekében felcserélj¨ uk a két oldalt.

´ TETEL 1.3.3 Legyen c : A → R a D = (V, A) aciklikus ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an egy tetsz˝ oleges s´ ulyf¨ uggvény, és tegy¨ uk fel, hogy az s pontb´ ol minden pontba vezet egyir´ any´ uu ´t. Ekkor min{τ (t) − τ (s) : τ : V → R, τ (v) − τ (u) ≥ c(uv), uv ∈ A} = max{e c(P ) : P u ´t s-b˝ ol t-be}. •

11

(1.4)

Egy projekt u ¨ temez´ esi feladat: a PERT m´ odszer Alkalmaz´ asokban el˝ ofordul, hogy nem els˝ osorban az optim´ alis u ´tra vagyunk k´ıv´ ancsiak, hanem ink´ abb az optim´ alis τ f¨ uggvényre. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o u ¨temezési feladatot. Egy projekt k¨ ul¨ onféle elemi feladatok elvégzéséb˝ ol ´ all, melyeknek el˝ ore adott a végrehajt´ asi ideje. (Példaul h´ azép´ıtésnél az alapok ki´ as´ asa, betonoz´ as, els˝ o szint felh´ uz´ asa, m´ asodik szint felh´ uz´ asa, tet˝ o ép´ıtés, bels˝ o vakol´ as, v´ızcs˝ o szerelés, villanyvezetékek, festés, ablakok, stb). Tudjuk tov´ abb´ a, hogy technol´ ogiai el˝ o´ır´ asok miatt bizonyos részfeladatok megel˝ oznek m´ asokat (az alapoz´ as a f¨ urd˝ oszoba csempézés el˝ ott van), azaz a részfeladatok halmaz´ an adott egy részbenrendezés. Kérdés, hogy mi az a legr¨ ovidebb id˝ o, amely alatt a teljes projekt elvégezhet˝ o azon kik¨ otés mellett, hogy az egyes részfeladatok kezdési id˝ opontj´ at u ´gy megadni, hogy minden feladat kezdésére a részbenrendezésben ˝ ot megel˝ oz˝ ok m´ ar elkész¨ uljenek. A megold´ ashoz kész´ıts¨ unk el egy D ir´ any´ıtott gr´ afot a k¨ ovetkez˝ oképpen. Mindegyik z részfeladatot reprezent´ aljuk egy uz vz ir´ any´ıtott éllel, amelynek s´ ulya legyen a z végrehajt´ asi ideje. Amennyiben a z feladat technol´ ogiailag megel˝ ozi az y feladatot, u ´gy vegy¨ unk be D-be egy vz uy élt 0 s´ ullyal. Vég¨ ul adjunk a digr´ afhoz egy s forr´ aspontot, amelyb˝ ol minden ux pontba vezess¨ unk 0 s´ uly´ u élt, és adjunk egy t nyel˝ opontot, amelybe minden vx pontb´ ol vezess¨ unk 0 s´ uly´ u élt. Feladatunk olyan τ (v) id˝ opontok kijel¨ olésével ekvivalens, amelyekre τ (s) = 0, τ (t) minim´ alis és minden uv élre a τ (v) − τ (u) id˝ opont-k¨ ul¨ onbség legal´ abb akkora, mint az él s´ ulya. Az 1.3.3 tétel pontosan erre a kérdésre adott v´ alaszt: a projekt végrehajt´ as´ anak minim´ alis ¨ ossz-ideje (vagyis τ (t) − τ (s) minimuma) egyenl˝ o a legs´ ulyosabb st-´ ut s´ uly´ aval. Egy ilyen utat szoktak néha kritikus u ´tnak nevezni, m´ıg az el˝ oz˝ oekben le´ırt minim´ alis u ´t problém´ anak az itteni feladatra adapt´ alt v´ altozat´ at kritikus u ´t m´ odszernek (angolul PERT: project evaluation and review technique). Az 1.3.3 tétel egy szemléletes interpret´ aci´ oja révén a f˝ on¨ ok¨ unket r¨ ogt¨ on meg tudjuk arr´ ol gy˝ ozni, hogy az ´ altalunk javasolt optim´ alis u ¨temezés (amit teh´ at kezdési id˝ opontokat meghat´ aroz´ o τ f¨ uggvény ´ır le) val´ oban az elvileg legkor´ abbi befejezést garant´ alja, hiszen m´ ar a kritikus P u ´ton lév˝ o elemi munk´ ak elvégzéséhez is annyi id˝ o kell, mint a P u ´t ¨ ossz-s´ ulya (vagyis a P u ´ton lév˝ o elemei munk´ ak ¨ ossz-ideje), m´ arpedig mi a teljes projektet is ennyi id˝ o alatt le tudjuk bonyol´ıtani, és ´ıgy az u ¨temezés sz¨ ukségképpen optim´ alis. R¨ oviden emlékeztet¨ unk a részbenrendezett halmaz (partially ordered set, poset) fogalm´ ara. Azt mondjuk, hogy a (P, ) p´ ar egy részbenrendezett halmaz, ha egy rel´ aci´ o a P halmaz elemein, amelyre (A) x x, (B) x y és x 6= y esetén (amit x ≺ y r¨ ovid´ıt) y 6 x, és (C) x y és y z esetén x z. A részbenrendezett halmazhoz hozz´ arendelhet¨ unk egy D digr´ afot a P ponthalmazon, amelyben u-b´ ol akkor vezet él v-be, ha u ≻ v. A D digr´ af egyszer˝ u, aciklikus és tranzit´ıv abban az értelemben, hogy ha xy és yz élek, akkor xy is él. Megford´ıtva, minden ilyen digr´ af meghat´ aroz egy részbenrendezett halmazt. A P halmaznak egy p´ aronként ¨ osszehasonl´ıthat´ o elemekb´ ol ´ all´ o részhalmaz´ at l´ ancnak h´ıvjuk, m´ıg egy p´ aronként ¨ osszehasonl´ıthatatlan elemekb´ ol ´ all´ o részhalmaz neve antil´ anc. Egy l´ anc részhalmaza is l´ anc, egy antil´ anc részhalmaza is l´ anc. L´ ancnak és antil´ ancnak nyilv´ an legfeljebb csak egy k¨ oz¨ os eleme lehet. A l´ anc a D ir´ any´ıtatlan alapgr´ afj´ aban egy klikknek felel meg, az antil´ anc pedig egy stabil halmaznak. Dilworth tétele szerint a maxim´ alis antil´ anc elemsz´ ama egyenl˝ o a P -t fed˝ o l´ ancok minim´ alis sz´ am´ aval. A fed˝ o l´ ancok diszjunktaknak is v´ alaszthat´ ok. Mirsky tétele szerint (amit néha pol´ aris Dilworth tételnek is h´ıvnak) a maxim´ alis l´ anc elemsz´ ama egyenl˝ o a P -t fed˝ o antil´ ancok minim´ alis sz´ am´ aval. A fed˝ o antil´ ancok diszjunktaknak is v´ alaszthat´ ok. Feladatok 1.16 Egy u ´t bizonyos rész´ utjainak adott F rendszeréb˝ ol kell kiv´ alasztanunk diszjunkt tagokat u ´gy, hogy a kiv´ alasztottak ¨ osszhossza maxim´ alis legyen. Fogalmazzuk meg a feladatot aciklikus digr´ af leghosszabb st-´ utj´ anak problém´ ajaként. 1.17 Dolgozzunk ki elj´ ar´ ast ponts´ ulyozott részbenrendezett halmaz maxim´ alis s´ uly´ u l´ anc´ anak megkeresésére. 1.18 Adott két bet˝ ukb˝ ol ´ all´ o sorozat maxim´ alis sok tagb´ ol ´ all´ o k¨ oz¨ os részsorozat´ at kell kiv´ alasztanunk. Fogalmazzuk meg a feladatot részbenrendezett halmazbeli maxim´ alis l´ anc meghat´ aroz´ as´ anak problém´ ajaként. 1.19 Igazoljuk algoritmikusan, hogy egy P részbenrendezett halmazban a leghosszabb l´ anc elemsz´ ama egyenl˝ o a P -t fed˝ o antil´ ancok minim´ alis sz´ am´ aval! Fogalmazzuk meg és igazoljuk a megfelel˝ o tételt maxim´ alis s´ uly´ u l´ ancokr´ ol, ha P elemei s´ ulyozva vannak. 1.20 Egy véges sz´ amsorozat legt¨ obb tagb´ ol ´ all´ o monoton n¨ ovekv˝ o részsorozat´ at kell meghat´ aroznunk. Fogalmazzuk meg a feladatot részbenrendezett halmazbeli maxim´ alis l´ anc meghat´ aroz´ as´ anak problém´ ajaként. 1.21 Egy véges sz´ amsorozat legt¨ obb tagb´ ol ´ all´ o konvex részsorozat´ at kell meghat´ aroznunk. Fogalmazzuk meg a feladatot aciklikus digr´ af leghosszabb st-´ utj´ anak problém´ ajaként. (Egy sz´ amsorozat konvex, ha az egym´ ast k¨ ovet˝ o tagok k¨ ul¨ onbségei monoton n¨ ov˝ o.) 1.22 Igazoljuk, hogy egy nm + 1 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o tagokb´ ol ´ all´ o sz´ amsorozatnak vagy van n + 1 tag´ u monoton n¨ ov˝ o vagy egy m + 1 tag´ u monoton cs¨ okken˝ o részsorozata! Létezhet-e mind a két fajta részsorozat?

12

1.3.3

Legolcs´ obb utak nem-negat´ıv k¨ olts´ egekre: Dijkstra algoritmusa

Tegy¨ uk most fel, hogy D tetsz˝ oleges, de a c k¨ oltségf¨ uggvény nem-negat´ıv. Dijkstra algoritmusa két ¨ otleten m´ ulik. Az aciklikus esethez hasonl´ oan itt is s-b˝ ol indul´ o legolcs´ obb utaknak egy feny˝ ojét ép´ıtj¨ uk fel élek egyenkénti hozz´ avételével. Lényeges k¨ ul¨ onbség azonban, hogy a pontoknak a feny˝ obe ker¨ ulési sorrendjét nem lehet el˝ ore megmondani (mint ahogy az aciklikus esetben a topologikus sorrenddel meg lehetett), mert az csak menetk¨ ozben der¨ ul ki, a k¨ ovetkez˝ o lemma szerint. Lemma 1.3.4 Legyen T egy legolcs´ obb utak s-feny˝ oje a V (T ) ponthalmazon. Tegy¨ uk fel, hogy az mT := min{µc (u) + c(uv) : uv kilép V (T )-b˝ ol}

(1.5)

minimum valamely a = ua va élen vétetik fel. Ekkor T ′ := T + a is legolcs´ obb utak s-feny˝ oje a V (T ) + va ponthalmazon. Biz. A T -re vonatkoz´ o feltevés miatt csak az s-b˝ ol va -ba vezet˝ o T ′ -beli P ′ u ´tr´ ol kell bel´ atnunk, hogy D-ben legolcs´ obb. A jel¨ olések folyt´ an e c(P ′ ) = mT . Legyen P tetsz˝ oleges sva -´ ut D-ben. Legyen ennek (s fel˝ ol indulva) az els˝ o V (T )-b˝ ol kilép˝ o éle e = ue ve , m´ıg az s-t˝ ol ue -ig tart´ o rész´ utja P ′′ . A c nem-negativit´ asa valamint mT és µc (ue ) jelentése miatt e c(P ′ ) = mT ≤ µc (ue ) + c(e) ≤ e c(P ′′ ) + c(e) ≤ e c(P ). •

Az 1.3.4 lemma kézenfekv˝ o és hatékony megold´ ast k´ın´ al a legolcs´ obb utak feny˝ ojének kisz´ am´ıt´ as´ ara. Kiindulva az egyetlen s pontb´ ol ´ all´ o feny˝ ob˝ ol, élek egym´ as ut´ ani hozz´ avételével, n − 1 f´ azisban, felép´ıtj¨ uk a V -t fesz´ıt˝ o legolcs´ obb utak feny˝ ojét. Ehhez csak az kell, hogy egy k¨ ozbens˝ o, m´ ar kisz´ am´ıtott T feny˝ oh¨ oz meg tudjuk hat´ arozni a hozz´ aveend˝ o élt. Az 1.3.4 lemma alapj´ an ez az (1.5) minimum kisz´ am´ıt´ as´ aval megtehet˝ o. Kérdés, hogy h´ any lépésben. A na´ıv megk¨ ozel´ıtés szerint e minimum meghat´ aroz´ as´ ahoz sz´ amba kell venni az ¨ osszes V (T )-b˝ ol kilép˝ o élt. Ezek sz´ am´ ara m-nél jobb fels˝ o korl´ atot nem lehet biztos´ıtani, és ezért ez a megk¨ ozel´ıtés ¨ osszességében egy O(mn) lépéssz´ am´ u algoritmust eredményez. Dijkstra algoritmus´ anak m´ asodik ¨ otlete az, hogy fenntartunk és menetk¨ ozben alkalmasan m´ odos´ıtunk bizonyos adatokat, amelyek seg´ıtségével az (1.5) minimum O(m) lépés helyett m´ ar O(n) lépésben kisz´ am´ıthat´ o. Tegy¨ uk fel, hogy egy k¨ ozbens˝ o f´ azisban a T feny˝ on, valamint a T pontjaira m´ ar kisz´ amolt µc (v) értékeken k´ıv¨ ul rendelkezésre ´ allnak a k¨ ovetkez˝ o adatok. Minden v ∈ V − V (T ) feny˝ on k´ıv¨ uli pontra a µT (v) c´ımke tartalma legyen az s-b˝ ol v-be vezet˝ o, csak V (T ) pontjait haszn´ al´ o sv-utak k¨ oltségének minimuma, m´ıg az eT (v) c´ımke tartalma egy ilyen sv-´ ut utols´ o éle (amely teh´ at kilép T -b˝ ol és a hegye v). Ezen k´ıv¨ ul a vT c´ımke tartalma az a z ∈ V − V (T ) pont, ahol a µT (v) értékek minimuma (v ∈ V − V (T )) felvétetik, m´ıg mT a minimum értéke. Ezen c´ımkék seg´ıtségével r¨ ogt¨ on meg tudjuk mondani, hogy melyik élt kell T -hez venni. Nevezetesen, tekintj¨ uk a vT -ben lév˝ o z pontot és az eT (z)-ben lév˝ o uz élt és ezt adjuk T -hez. A lemma miatt µc (z) = µT (z). A keletkez˝ o T ′ feny˝ oh¨ oz tartoz´ o c´ımkék m´ odos´ıt´ as´ ahoz figyelj¨ uk meg, hogy egy v ∈ V − T ′ pontra a legolcs´ obb olyan sv-´ ut, amely csak T ′ -beli pontot haszn´ al vagy haszn´ alja a z pontot vagy nem, att´ ol f¨ ugg˝ oen, asodik vagy az els˝ o tagon vétetik-e fel. Ennek hogy a µT ′ (v) := min{µT (v), µc (z) + c(zv)} minimum a m´ eld¨ ontése teh´ at konstans lépésben megtehet˝ o. Miut´ an n pont van ¨ osszesen, meg´ allap´ıthatjuk, hogy a T feny˝ o arozhat´ o. Hasonl´ oan egyszer˝ u egy u ´jabb éllel val´ o n¨ ovelésekor minden µT ′ (v) c´ımke O(n) lépésben meghat´ arozhat´ ok. Miut´ an n − 1 feny˝ o n¨ ovelést megfontol´ as nyom´ an a vT ′ és az mT ′ c´ımkék is O(n) lépésben meghat´ hajtunk végre, a Dijkstra algoritmus teljes lépéssz´ ama O(n2 ).

Feladat 1.23 Igaz-e, hogy Dijkstra algoritmusa aciklikus digr´ af eset´ en tetsz˝ oleges k¨ oltségf¨ uggvényre a legolcs´ obb utat szolg´ altatja?

1.3.4

Konzervat´ıv k¨ olts´ egf¨ uggv´ enyek, megengedett potenci´ alok, tenzi´ ok

Amennyiben a c k¨ oltségf¨ uggvény negat´ıv is lehet, u ´gy a legolcs´ obb u ´t feladatr´ ol m´ ar fentebb megjegyezt¨ uk, hogy NP-teljes. Emiatt a problém´ at nem vizsg´ aljuk teljes ´ altal´ anoss´ agban, amikor a digr´ af és a k¨ oltségf¨ uggvény is tetsz˝ oleges, hanem csup´ an arra az esetre szor´ıtkozunk, amikor nem létezik negat´ıv ¨ osszk¨ oltség˝ u egyir´ any´ u k¨ or (r¨ oviden negat´ıv k¨ or). Ilyenkor a k¨ oltségf¨ uggvényr˝ ol azt mondjuk, hogy konzervat´ıv. Péld´ aul c bizonyosan konzervat´ıv, ha nem-negat´ıv, vagy akkor is, ha tetsz˝ oleges, de D aciklikus. Nem nehéz egyéb konzervat´ıv k¨ oltségf¨ uggvényeket konstru´ alni: ilyen péld´ aul, ha D egy 3 él˝ u egyir´ any´ u k¨ or, melyen a k¨ oltségek rendre −1, +1, +1. Felvet˝ odik a kérdés, hogy miként lehet eld¨ onteni, hogy egy k¨ oltségf¨ uggvény konzervat´ıv-e vagy sem. Egy´ altal´ an, milyen k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o tan´ us´ıtv´ anyt tudunk elképzelni arra, hogy c konzervat´ıv? Nevezz¨ unk egy π : V → R f¨ uggvényt c-re nézve megengedett potenci´ alnak, vagy c-megengedettnek, ha π(v) − π(u) ≤ c(uv) fenn´ all minden uv ∈ A élre.

13

(1.6)

Egy uv élt akkor nevez¨ unk pontos-nak (a π-re nézve), ha π(v) − π(u) = c(uv). A π ´ altal az élhalmazon induk´ alt ∆π : A → R k¨ oltségf¨ uggvény defin´ıci´ oja a k¨ ovetkez˝ o: ∆π (uv) := π(v) − π(u) minden uv ∈ A élre. Az ´ıgy el˝ o´ all´ o k¨ oltségf¨ uggvényeket pontinduk´ altnak nevezz¨ uk, vagy m´ asnéven potenci´ al-k¨ ul¨ onbs´ egnek. A π c-megengedettsége teh´ at azt jelenti, hogy ∆π ≤ c vagy m´ asképp ´ırva, cπ ≥ 0, ahol cπ := c − ∆π , azaz cπ (uv) = c(uv) − π(v) + π(u) minden uv élre. Egy uv él akkor pontos π-re nézve, ha cπ (uv) = 0.

Egyszer˝ u megfigyel´ esek Az al´ abbi megfigyelés azt fejezi ki, hogy a pontinduk´ alt k¨ oltségf¨ uggvények egyfajta értelemben semlegesek. Lemma 1.3.5 A ∆π pontinduk´ alt k¨ oltségf¨ uggvényre nézve (a) minden st-´ ut k¨ oltsége ugyanaz az érték, éspedig π(t) − π(s), tov´ abb´ a (b) minden egyir´ any´ u k¨ or k¨ oltsége nulla. Biz. Legyen P tetsz˝ oleges st-´ ut, melynek pontjai v1 = s, v2 , . . . , vk = t. Ennek k¨ oltsége:

e π (P ) = ∆

k−1 X

∆π (vi vi+1 ) =

i=1

k−1 X

[π(vi+1 ) − π(vi )] = π(vk ) − π(v1 ) = π(t) − π(s).

i=1

Legyen K egyir´ any´ u k¨ or, melynek cs´ ucsai ciklikus sorrendben vk+1 = v1 , v2 , . . . , vk . Ennek k¨ oltsége:

e π (K) = ∆

k X

∆π (vi vi+1 ) =

i=1

k X

[π(vi+1 ) − π(vi )] = 0. •

i=1

A k¨ ovetkez˝ o észrevétel egyfajta lehet˝ oséget biztos´ıt egy st-´ ut legolcs´ obb volt´ anak igazol´ as´ ara megengedett potenci´ alok seg´ıtségével. Lemma 1.3.6 Legyen π megengedett potenci´ al a c k¨ oltségf¨ uggvényre nézve (azaz c ≥ ∆π vagy cπ ≥ 0). (a) Minden P st-´ utra e c(P ) ≥ π(t) − π(s). Ha P minden éle pontos, akkor P c-legolcs´ obb st-´ ut. (b) Minden K egyir´ any´ u k¨ orre e c(K) ≥ 0. Ha K minden éle pontos, akkor e c(K) = 0. Biz. (a) Legyenek P pontjai v1 = s, v2 , . . . , vk = t. Ekkor

e c(P ) =

k−1 X

c(vi vi+1 ) ≥

i=1

k−1 X

[π(vi+1 ) − π(vi )] = π(vk ) − π(v1 ) = π(t) − π(s),

i=1

amib˝ ol ad´ odik, hogy e c(P ) ≥ π(t) − π(s). Vagyis minden st-´ ut k¨ oltsége legal´ abb π(t) − π(s). Mivel egy pontos élekb˝ ol ´ all´ o st-´ ut k¨ oltsége pontosan π(t) − π(s), az ilyen u ´t sz¨ ukségképpen legolcs´ obb st-´ ut. (b) Legyenek K pontjai ciklikus sorrendben vk+1 = v1 , v2 , . . . , vk . Ekkor

e c(K) =

k X i=1

c(vi vi+1 ) ≥

k X

[π(vi+1 ) − π(vi )] = 0.

i=1

Ebb˝ ol ad´ odik, hogy minden egyir´ any´ u k¨ or c-k¨ oltsége nemnegat´ıv és ha egy ilyen k¨ or minden éle pontos, akkor a c-k¨ oltség 0. • Lemma 1.3.7 Ha c konzervat´ıv és P legolcs´ obb st-´ ut, akkor P minden P ′ uv-rész´ utja legolcs´ obb uv-´ ut. Biz. ´ ıt´ All´ as 1.3.1 Ha W egy st-séta, akkor W mag´ aban foglal egy olyan Q st-utat, amelyre e c(Q) ≤ e c(W ).

Biz. Az s-b˝ ol indulva haladjunk a W sét´ an. Amikor el˝ osz¨ or egy kor´ abbi pontba visszaér¨ unk, akkor egy K egyir´ any´ u k¨ or keletkezik, amit a sét´ ab´ ol kiv´ agva olyan W ′ st-sét´ at kapunk, amelyre a konzervativit´ as miatt e c(W ′ ) = e c(W ) − e c(K) ≤ e c(W ). Ezt a k¨ orkiv´ ag´ asi elj´ ar´ ast ismételve vég¨ ul egy Q st-utat kapunk, amelyre e c(Q) ≤ e c(W ). •

Legyen R tetsz˝ oleges uv-´ ut. Jel¨ olje W azt az st-sét´ at, amelyet P -b˝ ol kapunk az´ altal, hogy a P ′ részutat R-rel helyettes´ıtj¨ uk. Az 1.3.1 ´ all´ıt´ as miatt van egy Q st-´ ut, amelyre e c(Q) ≤ e c(W ). Ekkor a e c(P ) ≤ e c(Q) ≤ e c(W ) = e c(P ) − e c(P ′ ) + e c(R), amib˝ ol e c(P ′ ) ≤ e c(R), vagyis P ′ val´ oban legolcs´ obb uv-´ ut. • •

14

A konzervativit´ as jellemz´ ese: Gallai t´ etele Jel¨ olje πc (v) a legolcs´ obb v-ben végz˝ od˝ o (r¨ oviden v-vég˝ u) u ´t k¨ oltségét (b´ arhol is kezd˝ odjék) vagyis πc (v) := min{e c(P ) : P v-vég˝ uu ´t}.

(1.7)

Mivel az egyetlen {v} pontb´ ol ´ all´ o séta 0 k¨ oltség˝ u, a πc f¨ uggvény nem-pozit´ıv. (Figyelem: a πc f¨ uggvény a cs´ ucshalmazon van értelmezve, szemben cπ -vel, ami az élhalmazon.) ´ TETEL 1.3.8 (Gallai) A D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af élein egy c k¨ oltségf¨ uggvény akkor és csak akkor konzervat´ıv, ha létezik hozz´ a c-megengedett potenci´ al. Amennyiben c egészérték˝ u és konzervat´ıv, u ´gy létezik egészérték˝ u megengedett potenci´ al is. Biz. Amennyiben létezik π megengedett potenci´ al, u ´gy b´ armely K egyir´ any´ u k¨ orre az 1.3.5 lemma nyom´ an

e c(K) = e cπ (K) ≥ 0.

A ford´ıtott ir´ any az al´ abbi lemm´ an m´ ulik.

Lemma 1.3.9 Ha c konzervat´ıv, akkor az (1.7)-ben defini´ alt πc f¨ uggvény c-megengedett.

Biz. Legyen uv a digr´ af egy éle és legyen Pu egy legolcs´ obb u-vég˝ u u ´t, amelyre teh´ at e c(Pu ) = πc (u). Amennyiben v nincs rajta P -n, u ´gy Pv := P + uv egy v-vég˝ uu ´t és ezért e c(Pv ) ≥ πc (v). Ebb˝ ol πc (v) ≤ e c(Pv ) = e c(Pu ) + c(uv) = πc (u) + c(uv), vagyis ilyenkor val´ oban πc (v) − πc (u) ≤ c(uv). Tegy¨ uk most fel, hogy v rajta van a Pu -´ uton. A Pu u ´t v-ig tart´ o kezd˝ o szakasz´ at jel¨ olje P1 , m´ıg a v-t˝ ol u-ig vezet˝ o rész´ utj´ at P2 . Ekkor e c(Pu ) = e c(P1 ) + e c(P2 ). Tekints¨ uk a K := P2 + uv egyir´ any´ u k¨ ort. Mivel c konzervat´ıv, e c(K) ≥ 0, vagyis c(uv) ≥ −e c(P2 ). Miut´ an P1 egy v-vég˝ uu ´t, ezért πc (v) ≤ e c(P1 ). Mindezeket ¨ osszevetve azt kapjuk, hogy πc (v) − πc (u) ≤ e c(P1 ) − e c(Pu ) = −c(P2 ) ≤ c(uv), vagyis πc tényleg megengedett potenci´ al. • A tétel m´ asodik része k¨ ovetkezik a lemm´ ab´ ol, hiszen ha c egészérték˝ u, u ´gy πc is az. • •

A k¨ ovetkez˝ o megfigyelés azt mutatja, hogy a πc f¨ uggvény egyfajta értelemben kanonikus megengedett potenci´ al. ´ TETEL 1.3.10 Legyen c konzervat´ıv k¨ oltségf¨ uggvény. A πc f¨ uggvény az egyértelm˝ u legnagyobb nem-pozit´ıv megengedett potenci´ al (azaz πc ≥ π minden nem-pozit´ıv megengedett π potenci´ alra). Biz.

Legyen π nem-pozit´ıv megengedett potenci´ al. Legyen Pt egy legolcs´ obb t-vég˝ u u ´t, amelyre teh´ at

e c(Pt ) = Pc (t). Jel¨ olje Pt kezd˝ opontj´ at s. Az 1.3.6 lemma és π(s) ≥ 0 folyt´ an πc (t) = e c(Pt ) = π(t)−π(s) ≥ π(t). •

Az 1.3.8 tétel al´ abbi kiterjeszésében a potenci´ al-k¨ ul¨ onbségre nem csup´ an fels˝ o, hanem als´ o korl´ atot is el˝ o´ırunk.

´ TETEL 1.3.11 A D = (V, A) digr´ af élhalmaz´ an adott két korl´ atoz´ o f¨ uggvény: cal ≤ cf el . Akkor és csak akkor létezik olyan π : V → R vektor (amely r´ aad´ asul egészérték˝ u, ha cal és cf el is az), amelyre cal (uv) ≤ π(v) − π(u) ≤ cf el (uv) minden e = uv élre, ha a c′ -vel éls´ ulyozott D′ = (V, A′ ) segédgr´ afban nincsen negat´ıv k¨ or, ahol ′ uv akkor eleme A -nek, ha vagy uv ∈ A és ekkor c′ (uv) := cf el (uv), vagy vu ∈ A és ekkor c′ (uv) := −cal (vu). • Feladat 1.24 Igazoljuk az 1.3.11 tételt.

Tenzi´ ok Miként lehet egy x : A → R f¨ uggvényr˝ ol felismerni, hogy pontinduk´ alt-e? Ha péld´ aul a digr´ af az u és v pontokb´ ol valamint az u-b´ ol v-be vezet˝ o e és f p´ arhuzamos élekb˝ ol ´ all, akkor x(u) 6= x(v) esetén x nyilv´ an nem lehet potenci´ al-k¨ ul¨ onbség. Egy x : A → R f¨ uggvényt tenzi´ onak nevez¨ unk, ha a digr´ af minden C k¨ ore semleges abban az értelemben, hogy a C el˝ oremen˝ o élein a ϕx (C)-vel jel¨ olt x-¨ osszeg egyenl˝ o a h´ atramen˝ o éleken vett βx (C) x-¨ osszeggel. (A ϕ bet˝ u az angol forward sz´ ora utal, m´ıg a β a backward-b´ ol j¨ on.) Magyarul C akkor semleges, ha ϕx (C)−βx (C) = 0. Speci´ alisan ez azt jelenti, hogy minden egyir´ any´ u K k¨ orre e x(K) = 0. Legyen e = uv egy él, m´ıg T egy e-t nem tartalmaz´ o fesz´ıt˝ o fa. Az e él az u-t és v-t a T -ben ¨ osszek¨ ot˝ o egyértelm˝ uP u ´ttal egy k¨ ort alkot, amit az e él T -hez tartoz´ o alapk¨ orének nevez¨ unk. ´ TETEL 1.3.12 Egy c : A → R f¨ uggvény akkor és csak akkor tenzi´ o, ha potenci´ al-k¨ ul¨ onbség. Ha c egészérték˝ u tenzi´ o, akkor létezik olyan egészérték˝ u π potenci´ al, amelyre c = ∆π .

15

Biz. Egy egyszer˝ u, de hasznos megfigyeléssel kezdj¨ uk. Legyen uv és vu két szembe ir´ any´ıtott p´ arhuzamos él, melyekre c(vu) = −c(uv). B´ armely π : V → R f¨ uggvényre c(uv) = π(v) − π(u) pontosan akkor teljes¨ ul, ha c(vu) = π(u) − π(v). Ebb˝ ol ad´ odik, hogy (∗) egy k¨ oltségf¨ uggvény akkor és csak akkor potenci´ al-k¨ ul¨ onbség, ha néh´ any élt megford´ıtva és ezeknek a k¨ oltségét neg´ alva potenci´ al-k¨ ul¨ onbséget kapunk. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy c potenci´ al-k¨ ul¨ onbség, azaz létezik egy π : V → R f¨ uggvény, amelyre c = ∆π . Legyen C a digr´ af egy k¨ ore. Ha C egyir´ any´ u, akkor az 1.3.5 lemma nyom´ an tudjuk, hogy e c(C) = 0. Ha a k¨ or¨ on vannak el˝ oremen˝ o és h´ atramen˝ o élek, akkor az ut´ obbiakat ford´ıtsuk meg és k¨ oltség¨ uket neg´ aljuk. A keletkez˝ o K egyir´ any´ u k¨ orre 0 = e c(K) = ϕc (C) − βc (C). A ford´ıtott ir´ any igazol´ as´ ahoz legyen most c tenzi´ o, amelyr˝ ol ki akarjuk mutatni, hogy potenci´ al-k¨ ul¨ onbség. Feltehetj¨ uk, hogy D ir´ any´ıtatlan értelemben ¨ osszef¨ ugg˝ o. A (∗) tulajdons´ ag nyom´ an ekvivalens feladathoz jutunk, ha néh´ any élt megford´ıtunk és k¨ oltségeiket neg´ aljuk. Ezért feltehetj¨ uk, hogy a digr´ afnak van egy F fesz´ıt˝ o feny˝ oje, melynek gy¨ okerét jel¨ olje r. Legyen π(v) a feny˝ oben az r-b˝ ol v-be vezet˝ o egyértelm˝ u egyir´ any´ u u ´t k¨ oltsége. Figyelj¨ uk meg, hogy ha c egészérték˝ u, akkor π is az. ´ ıt´ All´ as 1.3.2 c = ∆π . Biz. A defin´ıci´ ob´ ol ad´ od´ oan az F feny˝ o minden uv élére c(uv) = π(v) − π(u). Tegy¨ uk most fel, hogy az e = uv él nincs a feny˝ oben. Tekints¨ uk az e él C alapk¨ orét. Ennek létezik egy r-hez legk¨ ozelebbi s pontja, és ekkor C = uv + Pu + Pv , ahol Pu illetve Pv az s-b˝ ol a feny˝ oben az u-ba illetve a v-be vezet˝ o egyir´ any´ u utakat jel¨ oli. A π defin´ıci´ oj´ ab´ ol ad´ odik, hogy π(v) − π(u) = e c(Pv ) − e c(Pu ). Feltehetj¨ uk, hogy uv a k¨ or el˝ oremen˝ o éle. Ekkor ϕc (C) = c(uv) + e c(Pu ) és βc (C) = e c(Pv ). Emiatt 0 = ϕc (C) − βc (C) = c(uv) + e c(Pu ) − e c(Pv ) = c(uv) + π(u) − π(v), azaz c(uv) = π(v) − π(u). • • Feladatok

1.25 Igazoljuk, hogy a pontinduk´ alt k¨ oltségek alteret alkotnak RA -ban. Hat´ arozzuk meg ennek ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o alterét, m´ as sz´ oval, jellemezz¨ uk azon x ∈ RA vektorokat, melyeknek minden pontinduk´ alt k¨ oltségf¨ uggvénnyel vett skal´ arszorzata nulla. 1.26 Igazoljuk, hogy ha c egészérték˝ u és pontinduk´ alt, akkor létezik olyan π egészérték˝ u potenci´ al, amelyre c = ∆π . 1.27 Legyen adott egy c konzervat´ıv k¨ oltségf¨ uggvény a D ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an. Igazoljuk, hogy ha a K egyir´ any´ u k¨ or minden éle benne van 0-k¨ oltség˝ u egyir´ any´ u k¨ orben, akkor e c(K) = 0. 1.28 Melyek azok a digr´ afok, amelyek élhalmaz´ an létezik {+1, −1}-érték˝ u potenci´ al-k¨ ul¨ onbség?

1.29 Adjunk az 1.3.8 tételre alternat´ıv bizony´ıt´ ast, amely pontsz´ am szerinti indukci´ ot haszn´ al az al´ abbi v´ azlat alapj´ an. V´ alasszunk ki egy tetsz˝ oleges z pontot, minden uz és zv élp´ arra vegy¨ unk egy u ´j élt u-b´ ol z-be, amelynek k¨ oltsége legyen c(uz) + c(zu), majd t¨ or¨ olj¨ uk a z pontot. A keletkez˝ o kisebb pontsz´ am´ u gr´ afra alkalmazzunk indukci´ ot. 1.30 Er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o digr´ afban egy x : A → R f¨ uggvény akkor és csak akkor tenzi´ o, ha x e(K) = 0 minden K egyir´ any´ u k¨ orre.

1.31 Egy x : A → R f¨ uggvény akkor és csak tenzi´ o, ha egy adott T fesz´ıt˝ o f´ ahoz tartoz´ o valamennyi (teh´ at m − n + 1) alapk¨ or semleges. alok, akkor a π-vel jel¨ olt maximumuk is az, ahol 1.32 Igazoljuk, hogy ha π1 és π2 c-megengedett potenci´ π(v) := max{π1 (v), π2 (v)} (v ∈ V ). Erre t´ amaszkodva adjunk altenat´ıv bizony´ıt´ ast az 1.3.10 tételre. 1.33 Legyen π1 és π2 egészérték˝ u c-megengedett potenci´ al. Igazoljuk, hogy π1 ⊓ π2 is c-megengedett potenci´ al, ahol π1 ⊓ π2 értéke a v ∈ V cs´ ucsban ⌊(π1 (v) + π2 (v)/2⌋.

1.3.5

Legolcs´ obb utak: min-max t´ etel ´ es optimalit´ asi felt´ etel

Az al´ abbiakban végig feltessz¨ uk, hogy a D digr´ afban minden pont elérhet˝ o s-b˝ ol. ´ TETEL 1.3.13 Tegy¨ uk fel, hogy a D = (V, A) digr´ af minden cs´ ucsa elérhet˝ o egy kijel¨ olt s pontb´ ol. Legyen c konzervat´ıv k¨ oltségf¨ uggvény a D élhalmaz´ an. Ekkor µc megengedett potenci´ al. R´ aad´ asul µc az egyértelm˝ u legnagyobb olyan megengedett potenci´ al, amelyre π(s) = 0 (vagyis µc ≥ π minden olyan megengedett π potenci´ alra, amelyre π(s) = 0).

16

Biz. Legyen uv a digr´ af egy éle és tekints¨ unk egy P legolcs´ obb su-utat, amelyre teh´ at e c(P ) = µc (u). Amennyiben v nincs rajta P -n, u ´gy P + uv egy sv-´ ut, és ezért a k¨ oltsége legfeljebb µc (v). Teh´ at µc (v) ≥ e c(P ) + c(uv) = µc (u) + c(uv), vagyis ilyenkor val´ oban µc (v) − µc (u) ≤ c(uv). Tegy¨ uk most fel, hogy v rajta van a P -´ uton. A P u ´t v-ig tart´ o kezd˝ o szakasz´ at jel¨ olje P1 , m´ıg a v-t˝ ol u-ig vezet˝ o rész´ utj´ at P2 . Ekkor teh´ at e c(P ) = e c(P1 ) + e c(P2 ). Tekints¨ uk a K := P2 + uv egyir´ any´ u k¨ ort. Mivel c konzervat´ıv, e c(K) ≥ 0, vagyis c(uv) ≥ −e c(P2 ). Miut´ an P1 egy sv-´ ut, µc (v) ≤ e c(P1 ). Mindezeket ¨ osszetéve kapjuk, hogy µc (v) − µc (u) ≤ e c(P1 ) − e c(P ) = −c(P2 ) ≤ c(uv). A m´ asodik rész igazol´ as´ ahoz legyen π olyan megengedett potenci´ al, amelyre π(s) = 0 és legyen P egy legolcs´ obb st-´ ut, amelyre teh´ at e c(P ) = µc (t). Az 1.3.6 lemma alapj´ an µc (t) = e c(P ) ≥ π(t) − π(s) = π(t). • Alternat´ıv bizony´ıt´ as Megmutatjuk, hogy µc megengedettsége r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik az 1.3.9 lemm´ ab´ ol is. Val´ oban, vegy¨ unk a digr´ afhoz egy u ´j s′ pontot és egy u ´j s′ s élt, melynek c-k¨ oltsége legyen −M , ahol M egy nagy sz´ am. A keletkez˝ o D′ digr´ afban az M nagy v´ alaszt´ asa miatt a legolcs´ obb v-vég˝ u utak mind s′ -ben ′ ′ ′ kezd˝ odnek és emiatt πc (v) = µc (v) − M , ahol πc (v) a a D legolcs´ obb v-vég˝ uu ´tj´ anak a k¨ oltségét jel¨ oli. Ezért πc′ (v) megengedettségéb˝ ol k¨ ovetkezik µc megengedettsége. •

´ TETEL 1.3.14 (Legolcs´ obb utak r´ eszgr´ afj´ anak t´ etele) Tegy¨ uk fel, hogy a D = (V, A) digr´ af minden cs´ ucsa elérhet˝ o egy kijel¨ olt s pontb´ ol. Legyen c konzervat´ıv k¨ oltségf¨ uggvény a D élhalmaz´ an. Jel¨ olje D0 = (V, A0 ) a µc -re nézve pontos élek részgr´ afj´ at. Minden t cs´ ucsra egy P st-´ ut akkor és csak akkor legolcs´ obb st-´ ut D-ben (azaz µc (t) k¨ oltség˝ u), ha minden éle D0 -ban van. Speci´ alisan, D0 -ban b´ armely s-feny˝ o a D-nek egy legolcs´ obb utak feny˝ ojét alkotja. Biz. Az 1.3.13 tétel szerint µc megengedett potenci´ al. Az 1.3.6 lemma els˝ o része alapj´ an minden µc -re nézve pontos élekb˝ ol ´ all´ o st-´ ut legolcs´ obb st-´ ut, vagyis minden D0 -beli st-´ ut legolcs´ obb st-´ ut D-ben. Megford´ıtva, tegy¨ uk fel, hogy P legolcs´ obb st-´ ut D-ben, melynek pontjai legyenek s = v0 , v1 , · · · , vk = t. Ismét haszn´ alva, hogy µc megengedett potenci´ al, kapjuk, hogy µc (t) = e c(P ) =

X

[c(vi−1 vi ) : i = 1, . . . , k] ≥

X

[µc (vi ) − µc (vi−1 ) : i = 1, . . . , k] = µc (t) − µc (s) = µc (t),

amib˝ ol c(vi−1 vi ) = µc (vi ) − µc (vi−1 ) minden i = 1, . . . , k-re, mutatva, hogy P valamennyi éle D0 -ban van. • A legolcs´ obb utakra vonatkoz´ o min-max tételt aciklikus digr´ afokra m´ ar bebizony´ıtottuk (1.3.2 tétel). A tétel ´ altal´ anosabban is érvényes. ´ TETEL 1.3.15 (Duffin) Konzervat´ıv c k¨ oltségf¨ uggvény esetén az s-b˝ ol t-be vezet˝ o utak k¨ oltségének µc (t) minimuma egyenl˝ o a π(t) − π(s) érték maximum´ aval, ahol a maximum az ¨ osszes megengedett π potenci´ alon veend˝ o. Amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy az optim´ alis π is v´ alaszthat´ o annak. Biz. Legyen π megengedett potenci´ al, P pedig egy tetsz˝ oleges u ´t s-b˝ ol t-be. Az 1.3.6 lemma folyt´ an e c(P ) ≥ π(t) − π(s), vagyis a tételben a min ≥ max ir´ any k¨ ovetkezik. A ford´ıtott ir´ any´ u egyenl˝ otlenség igazol´ as´ ahoz kell tal´ alnunk egy P st-utat és egy π megengedett potenci´ alt, amelyekre e c(P ) = π(t) − π(s). E célra viszont egy tetsz˝ oleges P legolcs´ obb st-´ ut és a µc megengedett potenci´ al az 1.3.14 tétel miatt megfelel. •

1.3.6

Algoritmusok

A fentiekben megteremtett¨ uk az elvi h´ atteret olyan algoritmusok kész´ıtéséhez, amelyek seg´ıtségével hatékonyan kereshet¨ unk negat´ıv k¨ ort vagy megengedett potenci´ alt. Erre két eltér˝ o jelleg˝ u algoritmust is le´ırunk.

Jav´ıt´ o utas algoritmus Célunk algoritmikusan u ´jra bizony´ıtani Gallai tételének nem-trivi´ alis ir´ any´ at (: ha egy digr´ afban nincs negat´ıv k¨ or, akkor van megengedett potenci´ al.) Ennek érdekében induljunk ki egy tetsz˝ oleges π potenci´ alb´ ol, amely egészérték˝ u, ha c az. Ha cπ := c − ∆π nem-negat´ıv, akkor π defin´ıci´ o szerint megengedett és ekkor az elj´ ar´ as m´ ar véget is ér. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy vannak hib´ as élek, azaz olyanok, amelyek cπ -értéke negat´ıv. Az al´ abbi elj´ ar´ as egyenként megsz¨ unteti a hib´ as éleket anélk¨ ul, hogy u ´jabb hib´ asakat kre´ alna, illetve ha egy él hib´ ass´ ag´ at nem siker¨ ul megsz¨ untetnie, akkor tal´ al egy negat´ıv k¨ ort. E célb´ ol tekints¨ unk egy hib´ as st ∈ A élt, amelyre teh´ at cπ (st) < 0. Legyen Aπ := {e ∈ A : cπ (e) ≤ 0} és tekints¨ uk a D digr´ af Dπ = (V, Aπ ) részgr´ afj´ aban a t-b˝ ol elérhet˝ o pontok Z halmaz´ at. Amennyiben s benne van Z-ben, azaz Dπ -ben létezik egy P egyir´ any´ u ts-´ ut, u ´gy a K := P + st egyir´ any´ u k¨ orre e c(K) = e cπ (K) = e cπ (P ) + cπ (st) < 0, vagyis K negat´ıv k¨ or. Ha s nincs Z-ben, akkor m´ odos´ıtsuk π-t a k¨ ovetkez˝ oképpen. π(v) :=

π(v) − ε, π(v),

17

ha v ∈ Z ha v ∈ V − Z,

(1.8)

ahol ε := min{|cπ (st)|, ε1 } és ε1 := min{cπ (e) : e ∈ A, e kilép Z-b˝ ol}.

(1.9)

Az ε1 -t itt ∞-nek értelmezz¨ uk, ha D-nek semelyik éle sem lép ki Z-b˝ ol. Meg´ allap´ıthatjuk, hogy ε a defin´ıci´ oja folyt´ an pozit´ıv és a π fenti m´ odos´ıt´ as´ aval nem keletkezik u ´j hib´ as él. Ha ε = |cπ (st)|, akkor π ′ -re nézve st m´ ar nem hib´ as, vagyis a hib´ as élek halmaza a célnak megfelel˝ oen kisebb lett. Amennyiben ε = ε1 , akkor ismételj¨ uk az elj´ ar´ ast a v´ altozatlan st élre és a m´ odos´ıtott π ′ potenci´ alra nézve. asrészt a Z-b˝ ol kilép˝ o Figyelj¨ uk meg egyrészt, hogy a Z ´ altal fesz´ıtett Aπ -élek és Aπ′ -élek ugyanazok, m´ e ∈ A él, amelyen az (1.9)-beli minimum felvétetik beker¨ ul Aπ′ -be, hiszen ε = ε1 = cπ (e) miatt cπ′ (e) = 0. ol elérhet˝ o pontok halmaza szigor´ uan b˝ ovebb, mint Z és ´ıgy ilyen ismétlésre legfeljebb Emiatt a Dπ′ -ben a t-b˝ n − 1-szer ker¨ ulhet sor. Vég¨ ul vegy¨ uk észre, hogy egészérték˝ u c esetén az elj´ ar´ as végig fenntartja π egészérték˝ uségét. • A bizony´ıt´ asb´ ol ad´ od´ oan egyetlen hib´ as él megjav´ıt´ asa O(m) lépésben t¨ orténhet, ´ıgy az algoritmus teljes lépéssz´ ama O(m2 ).

Legolcs´ obb v-v´ eg˝ u s´ et´ ak ´ es utak: a Bellman–Ford algoritmus Konzervat´ıv c esetén a fenti O(m2 )-es jav´ıt´ o utas algoritmus megtal´ al egy megengedett potenci´ alt. A most k¨ ovetkez˝ o Bellman–Ford féle elj´ ar´ as kisz´ am´ıtja az 1.3.9 lemm´ aban szerepl˝ o kanonikus πc megengedett potenci´ alt vagy pedig tal´ al egy negat´ıv k¨ ort. Az algoritmus lépéssz´ ama O(mn) lesz. Az alap¨ otlet az, hogy az i = 0, 1, . . . , n értékek mindegyikére egym´ as ut´ an egy egyszer˝ u rekurzi´ o seg´ıtségével (i) kisz´ am´ıtjuk a v-vég˝ u (v ∈ V ) legolcs´ obb legfeljebb i él˝ u sét´ at. Jel¨ olje ennek k¨ oltségét πc (v). Ehhez nem is kell c-r˝ ol feltenni, hogy konzervat´ıv. Ha viszont az, akkor az 1.3.1 ´ all´ıt´ asb´ ol tudjuk, hogy a minimaliz´ al´ o séta (n) v´ alaszthat´ ou ´tnak is, és emiatt πc (v) = πc (v). (0) uk meg, Mivel az egyetlen v pontb´ ol ´ all´ o él nélk¨ uli séta k¨ oltsége 0, ´ıgy πc (v) = 0 minden v-re. Figyelj¨ hogy egy v-ben végz˝ od˝ o legfeljebb i + 1 él˝ u séta vagy pontosan i + 1 élb˝ ol ´ all vagy legfeljebb i élb˝ ol. Ebb˝ ol (i) ar minden v cs´ ucsra rendelkezésre ´ allnak, u ´gy legyen ad´ od´ oan ha a πc (v) értékek m´ πc(i+1) (v) = min{πc(i) (v), min{πc(i) (u) + c(uv) : uv ∈ A}}.

(1.10) (i)

aknak Természetesen ugyanez a rekurzi´ o haszn´ alhat´ o maguknak a legolcs´ obb legfeljebb i él˝ u v-vég˝ u Wc (v) sét´ a megkonstru´ al´ as´ ara is. Val´ oban, i = 0-ra Wci (v) legyen az egyetlen v pontb´ ol ´ all´ o 0 él˝ u séta. Ha pedig (i) akat, akkor legyen: valamilyen i ≥ 0-ra m´ ar minden v-re kisz´ am´ıtottuk a Wc (v) sét´

Wc(i+1) (v) :=

(i)

Wc (v), (i) Wc (u) + uv,

(i)

(i+1)

(v) = πc (v) ha πc (i) (i+1) (i) (v) = πc (u) + c(uv) valamely uv ∈ A élre. ha πc (v) > πc

(1.11)

A szétv´ alaszt´ as annak megfelel˝ oen t¨ orténik, hogy (1.10) jobb oldal´ an a k¨ uls˝ o minimum az els˝ o vagy a m´ asodik tagon vétetik fel, és ha nem az els˝ on, akkor a m´ asodik tagon bel¨ ul melyik uv élen. A defin´ıci´ ob´ ol (i+1) (v) egy legolcs´ obb legfeljebb i + 1 él˝ u v-ben végz˝ od˝ o séta. ad´ od´ oan Wc Az algoritmus fut´ asa kétféleképpen érhet véget. (n)

(n)

obb v-vég˝ u u ´t és ´t. Ekkor Wc (v) egy legolcs´ I. eset A fut´ as végén kapott valamennyi Wc (v) séta u (n) am´ıtott πc megengedett potenci´ al. ezért πc (v) = πc (v). Az 1.3.9 lemma miatt az ´ıgy kisz´ (i)

ak mindegyik II. eset A vég¨ ul kapott sét´ ak valamelyike nem u ´t. Ekkor van olyan i index, hogy a Wc (v) sét´ (i+1) (v) nem u ´t. Ekkor az (1.10) rekurzi´ oban a v ∈ V pontra utat alkotnak, de van olyan v cs´ ucs, amelyre Wc minimum nem az els˝ o tagon vétetik fel és emiatt bizonyosan πc(i+1) (v) < πc(i) (v). (i)

´ton. Az (1.10) m´ asodik tagj´ aban a minimum egy olyan uv élen éretik el, amelyre v rajta van Pu := Wc (u) u (i) (i+1) ´t volna.) Jel¨ olje P1 a Pu u ´t v-ig terjed˝ o kezd˝ o (v) = Wc (u) + uv u (Ha ugyanis nem volna rajta, akkor Wc szakasz´ at, m´ıg P2 a Pv vu-rész´ utj´ at. Ekkor K := P2 + uv egyir´ any´ u k¨ or. ´ ıt´ All´ as 1.3.3 e c(K) < 0.

Biz. Miut´ an P1 v-ben végz˝ odik és |P1 | < |Pu | ≤ i, ezért

amib˝ ol e c(K) < 0 ad´ odik. •

e c(P1 ) ≥ πc(i) (v) > πc(i+1) (v) = e c(P1 ) + e c(K), 18

Az algoritmus fut´ asa ebben az esetben a negat´ıv K k¨ or kiad´ as´ aval végz˝ odik. Az algoritmus minden i-re a minimumok sz´ amol´ as´ an´ al minden egyes élt egyszer tekint, ´ıgy a teljes lépéssz´ am O(nm). Ez jobb, mint a jav´ıt´ o utakat haszn´ al´ o O(m2 )-es algoritmus. A fenti megfontol´ asokb´ ol ad´ odik a Gallai tétel egyfajta finom´ıt´ asa. ´ TETEL 1.3.16 Adott D digr´ afra és c k¨ oltségf¨ uggvényre a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (P1) D-ben nincs negat´ıv egyir´ any´ u k¨ or (azaz c konzervat´ıv). (P2) A Bellman–Ford algoritmus nem tal´ al negat´ıv k¨ ort. (D1) Létezik megengedett potenci´ al. (n) (n) al megengedett és πc = πc . • (D2) A Bellman–Ford algoritmus ´ altal szolg´ altatott πc (v) (v ∈ V ) potenci´ Gyakorlat 1.34 Dolgozzunk ki elj´ ar´ ast a legolcs´ obb v-ben végz˝ od˝ o pontosan i él˝ u séta meghat´ aroz´ as´ ara.

Legolcs´ obb s-b˝ ol indul´ o s´ et´ ak ´ es utak: a Bellman–Ford algoritmus Tegy¨ uk fel most, hogy D minden pontja elérhet˝ o s-b˝ ol és c konzervat´ıv. Az 1.3.13 tételben l´ attuk, hogy µc megengedett potenci´ al (ahol µc (v) jel¨ olte a legolcs´ obb sv-´ ut k¨ oltségét). Fentebb le´ırtuk, hogy miként lehet algoritmikusan kisz´ am´ıtani a πc potenci´ alt és az 1.3.13 tétel alternat´ıv bizony´ıt´ as´ aban jelezt¨ uk, hogy ebb˝ ol miként adhat´ o meg k¨ ozvetlen¨ ul µc . Ennek ismeretében pedig rendelkezésre ´ all a µc -re nézve pontos élek ´ D0 részgr´ afja, amir˝ ol az 1.3.14 tételben l´ attuk, hogy megadja az s-b˝ ol indul´ o¨ osszes legolcs´ obb utat. Erdekes megfigyelni, hogy ebben a felép´ıtésben nincs is sz¨ ukség a legolcs´ obb, legfeljebb i él˝ u sét´ aknak a fenti rekurzi´ oval t¨ ortén˝ o meghat´ aroz´ as´ ara, mert a µc ¨ onmag´ aban defini´ alja D0 -t. Ez a megk¨ ozel´ıtés k¨ ul¨ on¨ osen el˝ ony¨ os, ha nem csup´ an egy r¨ ogz´ıtett s-b˝ ol indul´ o legolcs´ obb utakra vagyunk k´ıv´ ancsiak, hanem valamennyi s ∈ V pontra meg kell hat´ aroznunk a legolcs´ obb utak s-gy¨ oker˝ u feny˝ ojét. Ennél mi sem egyszer˝ ubb: n-szer kell alkalmaznunk a Bellman–Ford algoritmust. Eszerint az elj´ ar´ as lépéssz´ ama O(n2 m). De ennél gazdas´ agosabban is elj´ arhatunk. A πc f¨ uggvényr˝ ol megmutattuk, hogy O(mn) lépésben kisz´ am´ıthat´ o. Mivel πc c-megengedett potenci´ al, azaz c′ := c − πc ≥ 0, egy c′ -re nézve legolcs´ obb s-gy¨ oker˝ u 2 feny˝ o a Dijkstra algoritmus seg´ıtségével O(n ) lépésben sz´ am´ıthat´ o. Mivel egy ilyen feny˝ o c-re nézve is legolcs´ obb utak feny˝ oje, az n darab feny˝ o kisz´ am´ıt´ as´ anak lépéssz´ ama O(mn) + O(n3 ), ami m ≤ n2 miatt O(n3 ) és ez jobb, mint az n darab Bellman–Fordb´ ol el˝ obb kapott O(n2 m). Visszatérve a r¨ ogz´ıtett s pontb´ ol indul´ o legolcs´ obb utak kisz´ am´ıt´ as´ ara egy kicsit direktebb v´ altozatot is megadunk, amikor az algoritmust k¨ ozvetlen¨ ul a legolcs´ obb sv-utak kisz´ am´ıt´ as´ ara fogalmazzuk meg. Ne tegy¨ uk fel apriori, hogy c konzervat´ıv: ha kider¨ ul, hogy nem az, az algoritmus majd kiad egy negat´ıv k¨ ort. Erre a v´ altozatra is Bellman–Ford algoritmusként hivatkozunk és val´ oj´ aban Bellman és Ford eredeti algoritmusa erre vontakozik. Ilyenkor a kijel¨ olt s pontb´ ol minden v ∈ V −s cs´ ucsra a legolcs´ obb legfeljebb i él˝ u sv-sét´ at akarjuk (i) meghat´ arozni i = 1, 2, . . . esetén, amely konyervat´ıv c esetén mind u ´t lesz. Ennek k¨ oltségét jel¨ olje µc (v). Feltessz¨ uk, hogy s-be nem lép él, hogy a digr´ afban nincs hurokél és nincs (egyir´ any´ u) p´ arhuzamos él sem. (i) uk, hogy minden sv él a digr´ afhoz tartozik, mert Ennek folyt´ an µc (s) = 0 minden i-re. Azt is feltehetj¨ k¨ ul¨ onben nagy M k¨ oltséggel a digr´ afhoz véve a legolcs´ obb st-´ ut k¨ oltsége nem v´ altozik és negat´ıv k¨ or se (1) keletkezik. (V´ alaszthatjuk M -et péld´ aul a max{c(e) : e ∈ A} értéknek.) Ennek megfelelel˝ oen µc (v) = c(sv) (i) oltségeket k¨ onny˝ u kisz´ am´ıtani egym´ as ut´ an az i = 2, 3, . . . értékekre, hiszen egy (v ∈ V − s). A µc (v) k¨ legfeljebb i + 1 él˝ u sv-séta vagy pontosan i + 1 élb˝ ol ´ all vagy legfeljebb i élb˝ ol. Ebb˝ ol ad´ odik az al´ abbi (i) rekurzi´ o. Amennyiben a µc (v) értékek m´ ar minden v cs´ ucsra rendelkezésre ´ allnak, u ´gy legyen (i) µ(i+1) (v) = min{µ(i) c c (v), min{µc (u) + c(uv) : uv ∈ A}}.

(1.12)

(i)

aknak a megkonUgyanez a rekurzi´ o haszn´ alhat´ o maguknak a legolcs´ obb legfeljebb i él˝ u Sc (v) sv-sét´ stru´ al´ as´ ara is. A kiindul´ asi i = 1 értékre ´ alljon Sci (v) séta az egyetlen sv élb˝ ol (v ∈ V − s). Ha valamilyen (i) akat, akkor legyen: i ≥ 1-re m´ ar minden v ∈ V − s-re kisz´ am´ıtottuk az Sc (v) sét´

Sc(i+1) (v) :=

(i)

Sc (v), (i) Sc (u) + uv,

(i+1)

(i)

(v) = µc (v) ha µc (i) (i+1) (i) (v) = µc (u) + c(uv) valamely uv ∈ A élre. ha µc (v) > µc

(1.13)

Magyar´ an, a szétv´ alaszt´ as annak megfelel˝ oen t¨ orténik, hogy (1.12) jobb oldal´ an a k¨ uls˝ o minimum az els˝ o vagy a m´ asodik tagon vétetik fel, és ha nem az els˝ on, akkor a m´ asodik minimumon bel¨ ul melyik uv élen. A (i+1) (v) egy legolcs´ obb legfeljebb i + 1 él˝ u sv-séta. defin´ıci´ ob´ ol ad´ od´ oan Sc (n) (n) ´t, ´t, akkor ez legolcs´ obb sv-´ ut. Ha pedig Sc (v) valamelyik v-re nem u M´ armost, ha egy Sc (v) sv-séta u akkor c-nem konzervat´ıv és a v-vég˝ u sét´ akn´ al le´ırtakhoz hasonl´ oan lehet egy negat´ıv k¨ ort megtal´ alni. Az algoritmus minden i esetén a minimumok sz´ amol´ as´ an´ al minden egyes élt egyszer tekint, ´ıgy adott n-re a teljes lépéssz´ am O(nm).

19

(i)

arol´ as´ ara. Elég ha csak Megjegyz´ es Val´ oj´ aban az algoritmus sor´ an nincsen sz¨ ukség az ¨ osszes Sc (v) séta t´ azt az uv élt t´ aroljuk, amelyen az (1.12) rekurzi´ o m´ asodik tagj´ aban a minimum felvétetik, amikor a minimum nem az els˝ o tagon vétetik fel. Ha c konzervat´ıv, akkor b´ armely v-pontba u ´gy kaphatunk meg egy legolcs´ obb utat s-b˝ ol, hogy v-b˝ ol visszafelé haladva a t´ arolt éleken visszaér¨ unk s-be. Ha c nem konzervat´ıv, akkor ez (n−1) (n) (v) nem s-be ér vissza, hanem a visszafelé lépked˝ o elj´ ar´ as egy olyan v-b˝ ol indulva, amelyre µc (v) < µc (n−1) (n) (v) minden v-re, akkor a legkényelmesebb az a fentebb egy negat´ıv k¨ ort alkot. Ha visszont µc (v) = µc (n) amolja ki, mert ekkor a µc -pontos élek D0 digr´ afja m´ ar eml´ıtett megk¨ ozel´ıtés, amely csak a µc = µc -t sz´ k¨ ozvetlen¨ ul megadja az ¨ osszes s-b˝ ol indul´ o legolcs´ obb utat.

A k´ et feladat ekvivalenci´ aja A fenti két feladatr´ ol érz˝ odik, hogy nagyon k¨ ozel ´ allnak egym´ ashoz, ekvivalenci´ ajukat fejezi ki az al´ abbi kis lemma. (i+1)

(i)

f¨ uggvény uggvény el˝ o´ all, mint egy egy ponttal nagyobb digr´ afra vonatkoz´ o µc Lemma 1.3.17 (a) A πc f¨ (i) (i+1) V -re val´ o megszor´ıt´ asa. (b) µc el˝ o´ all, mint egy 1 ponttal nagyobb digr´ afra vonatkoz´ o πc f¨ uggvény konstanssal val´ o eltoltj´ anak V -re val´ o megszor´ıt´ asa. Biz. (a) Vegy¨ unk a digr´ afhoz egy u ´j s cs´ ucsot és minden v cs´ ucsra egy 0 k¨ oltség˝ u sv élt. R¨ ogt¨ on l´ athat´ oan (i+1)

(i)

πc (v) = µc

(v) minden v ∈ V -re,

(1.14)

(i+1)

a kib˝ ov´ıtett digr´ afra vonatkozik. ahol µc (b) Adjunk a digr´ afhoz egy u ´j s′ pontot és egy u ´j s′ s élt, melynek k¨ oltsége legyen egy alkalmasan nagy M sz´ am negat´ıvja. Ekkor a kib˝ ov´ıtett digr´ afban minden v-re a v-ben végz˝ od˝ o legolcs´ obb legfeljebb i + 1 él˝ u séta s′ -ben fog kezd˝ odni, és ezért (i)

(i+1)

µc (v) = πc (i+1)

ahol πc

(v) − M minden v ∈ S-re,

(1.15)

a kib˝ ov´ıtett digr´ afra vonatkozik. •

Feladatok 1.35 Fogalmazzuk meg az 1.3.11 tétel ´ altal´ anos´ıt´ as´ at, ha minden v pontban a π(v)-re als´ o és fels˝ o korl´ at is ki van t˝ uzve. 1.36 Dolgozzunk ki elj´ ar´ ast annak eld¨ ontésére, hogy egy digr´ af konzervat´ıv s´ ulyoz´ as´ ara nézve létezik-e nulla s´ uly´ u k¨ or. (n)

(n−1)

(v). (a) 1.37 Tegy¨ uk fel, hogy c nem konzervat´ıv. Nevezz¨ unk egy v cs´ ucsot hib´ asnak, ha πc (v) < πc Mutassuk meg, hogy egy v-ben végz˝ od˝ o legolcs´ obb legfeljebb n él˝ u séta induk´ al egy K negat´ıv k¨ ort. Igazoljuk, hogy ha c-t minden élen egységesen a e c(K)/|K| értékkel megemelj¨ uk, akkor a keletkez˝ o c+ k¨ oltségf¨ uggvényre + nézve v m´ ar nem hib´ as, tov´ abb´ a minden c-re nézve hib´ atlan pont c -ra nézve is hib´ atlan.

1.38 Legyen adott egy nemnegat´ıv k¨ oltségf¨ uggvény egy ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an. Igazoljuk, hogy ha egy s-b˝ ol t-be vezet˝ o P egyir´ any´ u u ´t minden éle benne van egy legolcs´ obb egyir´ any´ u u ´tban, akkor P maga is legolcs´ obb egyir´ any´ uu ´t. Mutassuk meg, hogy a megfelel˝ o´ all´ıt´ as ir´ any´ıtatlan gr´ afra nem igaz.

1.39 Adott az éleken egy tetsz˝ oleges s´ uly-f¨ uggvény. Hat´ arozzunk meg egy olyan s-b˝ ol t-be vezet˝ o utat, amelyen a legnagyobb s´ uly a lehet˝ o legkisebb. 1.40 Tegy¨ uk fel, hogy az éleken két konzervat´ıv k¨ oltségf¨ uggvény¨ unk adott: c1 és c2 . Kész´ıts¨ unk algoritmust olyan st-´ ut megkeresésére, amely a c1 -re nézve minim´ alis k¨ oltség˝ u és ezen bel¨ ul c2 -re nézve minim´ alis k¨ oltség˝ u. 1.41 Egy digr´ afban minden v pontra meg van adva egy sv-´ ut. Amennyiben ezek π(v) k¨ oltsége megengedett potenci´ al, u ´gy mindegyik u ´t legolcs´ obb u ´t. 2013. augusztus 1. file: linp, uminutak

20

1.4

P´ aros gr´ afok optim´ alis p´ aros´ıt´ asai

Egy oszt´ alyba 25 gyerek j´ ar. Egy kir´ andul´ ason kész¨ ult fényképek k¨ oz¨ ul 25-¨ ot h´ıvtak el˝ o, melyek mindegyikén a gyerekek egy csoportja l´ athat´ o. A képeket szeretnénk kiosztani a gyerekek k¨ oz¨ ott, természetesen u ´gy, hogy minden gyerek rajta legyen a neki juttatott képen. Mikor lehetséges ez, és hogyan tudunk hatékonyan ´ megkeresni egy ilyen hozz´ arendelést? Altal´ anosabb feladathoz jutunk, ha minden gyerek, mondjuk 0-t´ ol 10ig terjed˝ o pontoz´ assal megmondja, hogy az egyes fényképek sz´ am´ ara mennyit érnek. Ekkor a gyerekeknek és a fényképeknek egy olyan egym´ ashoz rendelését kell megkeresn¨ unk, amelynek az ¨ osszpontsz´ ama a lehet˝ o legnagyobb. Az ilyen jelleg˝ u problém´ ak k¨ orét nevezik hozz´ arendel´ esi feladatnak (assignment problem). Íme egy m´ asik példa: az u ´sz´ osz¨ ovetség szeretné kiv´ alasztani a v´ alogatott négyszer sz´ azméteres vegyes-v´ alt´ o négy tagj´ at. Mind a négy u ´sz´ asnemben rendelkezésre ´ all a sz´ obaj¨ ov˝ ou ´sz´ ok legjobb id˝ oeredménye. V´ alasszuk ki a négy u ´sz´ ot és rendelj¨ uk hozz´ ajuk a négy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ou ´sz´ asnemet u ´gy, hogy az id˝ oeredmények ¨ osszege minim´ alis legyen. L´ athatjuk, hogy a hozz´ arendelési problém´ anak t¨ obb vari´ aci´ oja is van. Az egyik alak egy éls´ ulyozott teljes p´ aros gr´ afban, amelynek két pontoszt´ alya egyforma elemsz´ am´ u, maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as meghat´ aroz´ as´ at célozza. (P´ aros´ıt´ ason [matching] olyan gr´ afot ért¨ unk, amelyben minden pont foka legfeljebb egy. A teljes p´ aros´ıt´ asban minden pont foka pontosan egy.) Ugyanez a kérdés kicsit ´ altal´ anosabb, ha a sz´ obanforg´ o p´ aros gr´ af nem feltétlen¨ ul teljes, hanem csak annyit tesz¨ unk fel, hogy létezik benne teljes p´ aros´ıt´ as. Ennek kapcs´ an vizsg´ aland´ o, hogy egy p´ aros gr´ afban egy´ altal´ an mikor létezik teljes p´ aros´ıt´ as, illetve ha nem létezik, mekkora a legnagyobb p´ aros´ıt´ as és azt miként tudjuk meghat´ arozni. Feltehetj¨ uk a kérdést, hogy mekkora a maxim´ alis s´ uly´ u (nem feltételen¨ ul teljes) p´ aros´ıt´ as s´ ulya, vagy a maxim´ alis s´ uly´ u k él˝ u p´ aros´ıt´ as s´ ulya. (Az u ´sz´ ov´ alt´ o¨ ossze´ all´ıt´ as´ an´ al minim´ alis s´ uly´ u négyél˝ u p´ aros´ıt´ ast keres¨ unk). Megjegyzend˝ o, hogy a hozz´ arendelési problém´ at néha m´ atrix nyelven fogalmazz´ ak meg. Péld´ aul: adott egy nemnegat´ıv n×n-es m´ atrix, v´ alasszuk ki a m´ atrix n elemét u ´gy, hogy minden sorb´ ol és minden oszlopb´ ol egy elem ker¨ ul kiv´ alaszt´ asra és a kiv´ alasztott elemek ¨ osszege maxim´ alis. Ez a feladat ekvivalens egy n × n-es éls´ ulyozott teljes p´ aros gr´ af maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as´ anak meghat´ aroz´ as´ aval. Mindezen problém´ ak megold´ as´ ara szolg´ al a Magyar m´ odszer. Az elnevezés H. Kuhn amerikai kutat´ ot´ ol sz´ armazik, aki egy 1955-¨ os cikkében K˝ onig Dénes és Egerv´ ary Jen˝ o kor´ abbi gondolataira t´ amaszkodva eleg´ ans algoritmust fejlesztett ki maxim´ alis s´ uly´ u p´ aros´ıt´ as meghat´ aroz´ as´ ara p´ aros gr´ afban. Félreértés forr´ asa lehet, hogy a szakirodalomban néha a maxim´ alis elemsz´ am´ u p´ aros´ıt´ as megkeresését biztos´ıt´ o altern´ al´ o utas elj´ ar´ ast is m´ ar Magyar m´ odszernek nevezik. Hangs´ ulyozzuk azonban, hogy a Kuhn ´ altal Magyar m´ odszernek nevezett elj´ ar´ as maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as megkeresésére szolg´ al. Gyakorlat 1.42 Mutassuk meg, hogy ha rendelkezés¨ unkre ´ all egy olyan szubrutin, amelynek seg´ıtségével tetsz˝ oleges nemnegat´ıv s´ ulyoz´ asra meg tudunk egy maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ ast hat´ arozni, akkor egy minim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ ast is ki tudunk sz´ am´ıtani.

1.4.1

Maxim´ alis elemsz´ am´ u p´ aros´ıt´ asok: a jav´ıt´ o utak m´ odszere

Vizsg´ alatainkat kezdj¨ uk a s´ ulyozatlan eset ´ attekintésével. A kiindul´ asi eredmény K˝ onig Dénes tétele. ´ TETEL 1.4.1 (K˝ onig) Egy G = (S, T ; E) p´ aros gr´ afban a a maxim´ alis p´ aros´ıt´ as ν = ν(G) elemsz´ ama ν = ν(G) sz´ ama egyenl˝ o az éleket lefog´ o pontok minim´ alis τ = τ (G) elemsz´ am´ aval. Biz. Egy ν elem˝ u p´ aros´ıt´ as lefog´ as´ ahoz kell legal´ abb ν cs´ ucs, ´ıgy az ¨ osszes élhez is kell ennyi, ezért ν ≤ τ . A nemtrivi´ alis ν ≥ τ ir´ any igazol´ as´ ahoz konstru´ alunk egy M ⊆ E p´ aros´ıt´ ast és egy L ⊆ S ∪ T lefog´ ast, melyekre |M | = |L|. Az elj´ ar´ as a G egy tetsz˝ oleges M p´ aros´ıt´ as´ ab´ ol indul ki, ami kezdetben az u ¨res halmaz is lehet. Az ´ altal´ anos lépésben vagy tal´ alunk egy nagyobb p´ aros´ıt´ ast, és ekkor a nagyobb p´ aros´ıt´ asra vonatkoz´ oan iter´ aljuk az elj´ ar´ ast, vagy pedig egy |M |-mel megegyez˝ o elemsz´ am´ u lefog´ ast, amikor is az algoritmus véget ér. Ir´ any´ıtsuk meg M éleit T -t˝ ol S felé, m´ıg az ¨ osszes t¨ obbi élt S-t˝ ol T felé. Jel¨ olje RS illetve RT az S-ben illetve a T -ben az M ´ altal fedetlen pontok halmaz´ at. Jel¨ olje Z az RS pontjaib´ ol az ´ıgy kapott DM ir´ any´ıtott gr´ afban ir´ any´ıtott u ´ton elérhet˝ o pontok halmaz´ at (amit péld´ aul szélességi kereséssel tal´ alhatunk meg). Két eset lehetséges. Amennyiben RT -nek esik pontja Z-be, akkor megkaptunk egy olyan RS -t és RT -t ¨ osszek¨ ot˝ o P utat, amely M -ben altern´ al. Most M és P szimmetrikus differenci´ aja egy M -nél eggyel t¨ obb élb˝ ol ´ all´ o M ′ p´ aros´ıt´ as. (Technikailag az elj´ ar´ ast k¨ onny˝ u végrehajtani: a megtal´ alt u ´t éleinek ir´ any´ıt´ as´ at egyszer˝ uen af, amit G-b˝ ol kapunk az M ′ éleinek megford´ıtjuk. Az ´ıgy nyert ´ atir´ any´ıtott gr´ af éppen DM ′ , vagyis az a digr´ T -b˝ ol S felé, és a t¨ obbi élnek S-t˝ ol T felé t¨ ortén˝ o ir´ any´ıt´ as´ aval.) ´ enyes tov´ A m´ asik esetben RT diszjunkt Z-t˝ ol. Z defin´ıci´ oja folyt´ an Z-b˝ ol nem lép ki ir´ any´ıtott él. Erv´ abb´ a, hogy Z-be nem lép be megir´ any´ıtott uv ∈ M p´ aros´ıt´ as él, hiszen v csak u-n kereszt¨ ul érhet˝ o el, ´ıgy v csak akkor lehetett ir´ any´ıtott u ´ton elérhet˝ o RS -b˝ ol, ha u is az volt. Teh´ at az M minden eleme vagy teljesen Z-ben fekszik vagy teljesen k´ıv¨ ule. K¨ ovetkezik, hogy az L := (T ∩ Z) ∪ (S − Z) halmaz egyrészt lefogja a G ¨ osszes élét, m´ asrészt minden M -beli élnek pontosan az egyik végpontj´ at tartalmazza, teh´ at |M | = |L|, amivel a K˝ onig tétel bizony´ıt´ asa teljes. •

21

A fenti bizony´ıt´ as egy´ uttal hatékony elj´ ar´ ast is jelent a sz´ obanforg´ o optimumok meghat´ aroz´ as´ ara. Az algoritmust K˝ onig (altern´ al´ o utas) algoritmus´ anak nevezz¨ uk. A lépéssz´ am megbecsléséhez figyelj¨ uk meg, hogy legfeljebb n/2 alkalommal kell utat keresn¨ unk. Miut´ an egyetlen u ´t megkeresése az élsz´ ammal ar´ anyos id˝ oben t¨ orténhet, az ¨ osszlépéssz´ am nem nagyobb, mint O(nm) (ahol n a gr´ af pontsz´ ama, m´ıg m az élsz´ ama). ´ Erdemes megfogalmaznunk K˝ onig tételét egy ekvivalens alakban. Ehhez defini´ aljuk egy X ⊆ S halmaz hi´ any´ at a h(X) := |X| − |Γ(X)| (1.16) értékkel, ahol Γ(X) = ΓG (X) = ΓE (X) jel¨ oli az X szomszédainak halmaz´ at, vagyis Γ(X) := {v ∈ T : létezik uv ∈ E él, melyre u ∈ X}. Jel¨ olje µ = µ(G, S) a maxim´ alis hi´ anyt, azaz µ := max h(X) X⊆S

(1.17)

Mivel h(∅) = 0, a µ értéke mindig nemnegat´ıv. Legyen F az S maxim´ alis (azaz µ) hi´ any´ u részhalmazainak rendszere, vagyis F := {X ⊆ S : |X| − |Γ(X)| = µ}. Az F tagjait r¨ oviden max-hi´ any´ u halmazoknak fogjuk h´ıvni. Lemma 1.4.2 Egy-egy értelm˝ u kapcsolat ´ all fenn az élek minim´ alis elemsz´ am´ u lefog´ asai és a max-hi´ any´ u S-beli halmazok k¨ oz¨ ott: ha L ⊆ S ∪ T minim´ alis lefog´ as, akkor S − L max-hi´ any´ u halmaz, m´ıg ha H ⊆ S max-hi´ any´ u halmaz, akkor Γ(H) ∪ (S − H) minim´ alis lefog´ as. Biz. Ha L ⊆ S ∪ T egy éleket lefog´ o ponthalmaz, akkor a H ′ := S − L halmaz h(H ′ ) hi´ anya legal´ abb |S| − |L|, ′ ′ hiszen Γ(H ) ⊆ L ∩ T miatt h(H ) ≥ |H ′ | − |L ∩ T | = (|S| − |S ∩ L|) − |L ∩ T | = |S| − |L|. M´ asrészt tetsz˝ oleges H ⊆ S halmazra L′ := Γ(H) ∪ (S − H) lefogja az éleket és |L′ | = (|S| − |H|) + |Γ(H)| = |S| − µ(H). A kett˝ o ¨ osszevetéséb˝ ol a lemma k¨ ovetkezik. • Jel¨ olje ϕ = ϕ(G, S) azon S-beli pontok minim´ alis sz´ am´ at, melyeket egy p´ aros´ıt´ as fedetlen¨ ul hagy. Nyilv´ an ϕ + ν = |S|. Miut´ an a lemm´ ab´ ol τ + µ = |S| k¨ ovetkezik, érvényes K˝ onig tételének al´ abbi, ekvivalens alakja. ´ TETEL 1.4.3 (K˝ onig – Hall) G = (S, T ; E) p´ aros gr´ afban ϕ = µ, azaz egy p´ aros´ıt´ as ´ altal fedetlen¨ ul hagyott S-beli pontok minim´ alis sz´ ama egyenl˝ o az S részhalmazainak maxim´ alis hi´ any´ aval. Speci´ alisan, akkor és csak akkor létezik S-t fed˝ o p´ aros´ıt´ as, ha nincs hi´ anyos halmaz, azaz teljes¨ ul a Hall-féle feltétel: |Γ(X)| ≥ |X| minden X ⊆ S részhalmazra. •

(1.18)

A tételt néha Ore tételének is h´ıvj´ ak, m´ıg speci´ alis m´ asodik része a Hall tétel. Megjegyezz¨ uk, hogy K˝ onig algoritmusa k¨ ozvetlen¨ ul is kiad egy max-hi´ any´ u halmazt. Nevezetesen az algoritmus fut´ as´ anak végén kapott elérhet˝ o pontok Z halmaz´ ara egyrészt az algoritmus ´ altal kiadott (maxim´ alis) M p´ aros´ıt´ as |RS | darab pontot hagy fedetlen¨ ul S-ben, m´ asrészt a H := Z ∩ S (1.19) halmazra Γ(H) = Z ∩ T , és ´ıgy H hi´ anya pontosan |RS |, teh´ at H max-hi´ any´ u. A K˝ onig algoritmus ´ altal szolg´ altatott M maxim´ alis p´ aros´ıt´ as természetesen f¨ ugg a fut´ as sor´ an hozott d¨ ontéseinkt˝ ol, hiszen az algoritmus azt nem specifik´ alja, hogy ha t¨ obb n¨ ovel˝ o u ´t is rendelkezésre ´ all, akkor melyiket haszn´ aljuk. Feladat 1.43 Igazoljuk, hogy a K˝ onig algoritmus ´ altal kiadott (1.19)-beli H max-hi´ any´ u halmaz f¨ uggetlen az algoritmus fut´ as´ at´ ol.

1.4.2

Maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ asok: a Magyar m´ odszer

Tételezz¨ uk most fel, hogy a G = (S, T ; E) p´ aros gr´ af élein adott egy c s´ ulyf¨ uggvény. Tegy¨ uk fel, hogy G-nek létezik teljes p´ aros´ıt´ asa, és vizsg´ aljuk meg a maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as megkeresésének problém´ aj´ at. Az els˝ o ezzel kapcsolatos kérdés az, hogy milyen hatékonyan ellen˝ orizhet˝ o igazolv´ anyt (tan´ us´ıtv´ anyt) tudunk elképzelni egy kiv´ alasztott teljes p´ aros´ıt´ as s´ uly´ anak maximalit´ as´ ara, annak mint´ aj´ ara, ahogy egy megadott M p´ aros´ıt´ as maxim´ alis elemsz´ am´ ara igazolv´ any az éleknek egy |M | elemsz´ am´ u lefog´ asa. Ennek ´ altal´ anos´ıt´ asaként nevezz¨ unk egy cs´ ucsokon értelmezett π : V → R f¨ uggvényt s´ ulyozott lefog´ asnak, ha minden uv ∈ E élre π(u) + π(v) ≥ c(uv). (Figyelj¨ uk meg, hogy ha c azonosan 1, akkor egy (0, 1)-érték˝ u s´ ulyozott lefog´ as épp az élhalmaz egy lefog´ as´ anak incidencia vektora). Egy éltP pontosnak fogunk nevezni (π-re nézve), ha itt egyenl˝ oség ´ all. A π s´ ulyozott lefog´ as e π (V ) ¨ ossz´ ert´ ek´ en a [π(v) : v ∈ V ] ¨ osszeget értj¨ uk, ahol V = S ∪ T . A f˝ otétel Egerv´ ary Jen˝ ot˝ ol sz´ armazik 1931-b˝ ol.

22

´ TETEL 1.4.4 (Egerv´ ary) A G = (S, T ; E) teljes p´ aros´ıt´ assal rendelkez˝ o p´ aros gr´ afban a c : E → R+ s´ ulyf¨ uggvényre vonatkoz´ o maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as νc s´ ulya egyenl˝ o a s´ ulyozott lefog´ asok minim´ alis τc ¨ osszértékével. Amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy az optim´ alis s´ ulyozott lefog´ as is v´ alaszthat´ o annak. Amennyiben G teljes p´ aros gr´ af és c nemnegat´ıv, u ´gy az optim´ alis s´ ulyozott lefog´ as v´ alaszthat´ o nemnegat´ıvnak is. Biz. Megjegyezz¨ uk, hogy a tétel implicit azt is tartalmazza, hogy a sz´ obanforg´ o minimum létezik. Mivel a maximumot a teljes p´ aros´ıt´ asok véges halmaz´ an tekintj¨ uk, ´ıgy annak létezése nem kérdéses. A harmadik rész igazol´ as´ ahoz azt mutatjuk meg, hogy tetsz˝ oleges π s´ ulyozott lefog´ as nemnegat´ıvv´ a alak´ıthat´ o az ¨ osszérték megv´ altoztat´ asa nélk¨ ul. Legyen a π legkisebb értéke −K (ahol K > 0) és legyen mondjuk az S-ben −K érték˝ u pont. Mivel G teljes p´ aros gr´ af, c nemnegat´ıv és π s´ ulyozott lefog´ as, ´ıgy minden v ∈ T pontra π(v) ≥ K. Az S elemein a π értékeket egységesen K-val n¨ ovelve, T elemein pedig K-val cs¨ okkentve olyan nemnegat´ıv s´ ulyozott lefog´ ast kapunk, melynek ¨ osszértéke |S| = |T | miatt szintén e π (V ). A tétel min = max részének igazol´ as´ ahoz el˝ osz¨ or azt l´ atjuk be, hogy max ≤ min . Tekints¨ uk ehhez a gr´ af egy tetsz˝ oleges P M := {u1 v1P , u2 v2 , . . . , un vn } teljes p´ aros´ıt´ as´ at valamint a c-nek egy π s´ ulyozott lefog´ as´ at. Ekkor e c(M ) := c(ui vi ) ≤ [π(ui ) + π(vi ) : i = 1, . . . , n] = π e(V ), amib˝ol νc ≤ πc következik. Itt egyenl˝oség pontosan akkor ´ all, ha M minden élen pontos. A ford´ıtott ir´ any´ u egyenl˝ otlenség bizony´ıt´ as´ ahoz teh´ at kell tal´ alnunk egy alkalmas π s´ ulyozott lefog´ ast és egy olyan teljes p´ aros´ıt´ ast, amely pontos élekb˝ ol ´ all. M´ as sz´ oval olyan π-t kell keresn¨ unk, hogy a π-re vonatkoz´ o pontos élekb˝ ol ´ all´ o részgr´ af tartalmazzon teljes p´ aros´ıt´ ast. Erre szolg´ al a H. Kuhn ´ altal bevezetett Magyar m´ odszer. Tetsz˝ oleges π s´ ulyozott lefog´ assal indulunk, amely egészérték˝ u, ha c az. (Hogyan lehet ilyent tal´ alni?) Az ´ altal´ anos lépésben tekintj¨ uk a pontos élek ´ altal alkotott Gπ = (S, T ; Eπ ) részgr´ afot és ezen futtatjuk a K˝ onig tétel fentebb le´ırt bizony´ıt´ as´ anak algoritmus´ at. Kiindulunk teh´ at a Gπ -nek egy tetsz˝ oleges M p´ aros´ıt´ as´ ab´ ol. Megir´ any´ıtjuk az M -beli éleket T -t˝ ol S felé, m´ıg az ¨ osszes t¨ obbi Gπ -beli élt S-t˝ ol T felé. Jel¨ olje RS illetve RT az S-ben illetve a T -ben az M ´ altal fedetlen pontok halmaz´ at. Jel¨ olje Z az RS pontjaib´ ol az ´ıgy kapott ir´ any´ıtott gr´ afban ir´ any´ıtott u ´ton elérhet˝ o pontok halmaz´ at. Amennyiben RT -nek esik pontja Z-be, u ´gy megkaptunk egy olyan RS -t és RT -t ¨ osszek¨ ot˝ o P utat, amely M -ben altern´ al. Az M és P szimmetrikus differenci´ aja egy M -nél eggyel t¨ obb élb˝ ol ´ all´ o M ′ p´ aros´ıt´ ast alkot. Az M ′ -vel folytatva iter´ aljuk az elj´ ar´ ast. Nézz¨ uk most a m´ asik lehet˝ oséget, amikor RT diszjunkt Z-t˝ ol. Z defin´ıci´ oja folyt´ an Z-b˝ ol nem vezet ki ir´ any´ıtott él és Z-be nem lép be megir´ any´ıtott uv ∈ M p´ aros´ıt´ as él. Legyen H := Z ∩ S. Mivel G-nek van teljes p´ aros´ıt´ asa, biztosan van olyan e éle G-nek, amely H és T − ΓGπ (H) k¨ oz¨ ott vezet, ahol ΓGπ (H) jel¨ oli a H szomszédainak halmaz´ at a Gπ -ben. Ilyen él nem lehet pontos, ´ıgy a δ := min{π(u) + π(v) − c(uv) : uv ∈ E, u ∈ H, v ∈ T − ΓGπ (H)}

(1.20)

érték pozit´ıv. M´ odos´ıtsuk π-t a k¨ ovetkez˝ oképp: ′

π (v) =

(

π(v) − δ, π(v) + δ, π(v)

ha v ∈ H, ha v ∈ ΓGπ (H), k¨ ul¨ onben.

(1.21)

A δ v´ alaszt´ asa miatt az ´ıgy m´ odos´ıtott π ′ tov´ abbra is s´ ulyozott lefog´ as, amely egészérték˝ u, ha c és π az ′ afja és Gπ ugyanazon éleket fesz´ıti Z-ben, tov´ abb´ a Gπ′ -nek van volt. A π -re vonatkoz´ o pontos élek Gπ′ gr´ ol legal´ abb egy éle (ahol a δ-t defini´ al´ o minimum felvétetett) H és T − ΓGπ (H) k¨ oz¨ ott, ezért Gπ′ -ben az RS -b˝ elérhet˝ o pontok halmaza szigor´ uan b˝ ovebb, mint Gπ -ben. (Figyelem: az NEM igaz, hogy Gπ′ -ben biztosan több pontos ´ el van, mint Gπ -ben.)

oz és M -hez rendelt ir´ any´ıtott gr´ afban az RS -b˝ ol elérhet˝ o pontok halmaza szigor´ uan b˝ ovebb. Emiatt a Gπ′ -h¨ Így egy f´ azis (ami sor´ an teh´ at a pontos élek gr´ afj´ aban a maxim´ alis p´ aros´ıt´ as elemsz´ ama nem n˝ o) legfeljebb |S| u ´tkeres˝ o elj´ ar´ as alkalmaz´ asa ut´ an véget ér. Ezzel a min-max tétel bizony´ıt´ as´ at befejezt¨ uk. A tétel m´ asodik ´ all´ıt´ as´ ahoz figyelj¨ uk meg, hogy ha c egészérték˝ u, akkor a fenti elj´ ar´ as sor´ an π egészérték˝ usége végig meg˝ orz˝ odik. • Mivel egy u ´tkeresés O(|E|) lépésben végrehajthat´ o és legfeljebb |S| f´ azis van, az algoritmus teljes fut´ asideje O(|E||S|2 ). Gyakorlat 1.44 Igazoljuk, hogy a minim´ alis ¨ osszérték˝ u s´ ulyozott lefog´ asok konvex halmazt alkotnak. Feladat 1.45 Igazoljuk, hogy ha egy M teljes p´ aros´ıt´ as minden éle eleme valamely maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ asnak, akkor M maga is maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as. Feladat 1.46 Legyen π egy minim´ alis ¨ osszérték˝ u s´ ulyozott lefog´ as és Gπ = (S, T ; Eπ ) a pontos élek gr´ afja. Igazoljuk, hogy G egy M teljes p´ aros´ıt´ asa akkor és csak akkor maxim´ alis s´ uly´ u, ha M ⊆ Eπ .

23

Alternat´ıv bizony´ıt´ as: jav´ıt´ as negat´ıv k¨ or ment´ en Bemutatunk egy m´ asik bizony´ıt´ asi m´ odszert is az Egerv´ ary tétel nemtrivi´ alis max ≥ min ir´ any´ anak igazol´ as´ ara, azonban most nem célunk hatékony algoritmus kiolvas´ asa. Legyen M egy maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as. Célunk egy olyan π f¨ uggvény megkonstru´ al´ asa, amelyre minden uv ∈ M élre π(u) + π(v) = c(uv)

(1.22)

minden uv ∈ E − M élre π(u) + π(v) ≥ c(uv).

(1.23)

és Val´ oj´ aban egy olyan π-t adunk meg, amelyre minden uv ∈ M élre π(u) + π(v) ≤ c(uv)

(1.24)

minden uv ∈ E − M élre π(u) + π(v) ≥ c(uv)

(1.25)

és Ennek ugyanis alkalmas n¨ ovelésével az (1.22)-t és (1.23)-t kielég´ıt˝ o π k¨ onnyen megkaphat´ o. Ir´ any´ıtsuk az M -beli éleket S felé, a t¨ obbi élt T felé, majd az E − M -beli élek k¨ oltségét neg´ aljuk. Jel¨ olje D′ ′ ′ ′ ´ a kapott digr´ afot és c a m´ odos´ıtott s´ ulyoz´ ast. All´ıtjuk, hogy c konzervat´ıv. Ha ugyanis létezne D -ben egy K ′ negat´ıv k¨ or, akkor ennek G-ben egy olyan M -ben altern´ al´ o K k¨ or felelne meg, amelyre e c′ (K ′ ) < 0 miatt ′ e c(K −M ) > e c(K ∩M ), és ezért a K mentén az M elemeinek kicserélésével kapott M := M ⊖K teljes p´ aros´ıt´ as s´ ulya nagyobb, mint M s´ ulya, ellentmond´ asban az M v´ alaszt´ as´ aval. (Itt ⊖ a szimmetrikus differenci´ at jel¨ oli, azaz M ⊖ K = (M − K) ∪ (K − M ).) Mivel c′ konzervat´ıv, Gallai 1.3.8 tétele folyt´ an létezik egy π ′ megengedett potenci´ al. Ez azt jelenti, hogy ′ ′ egy M -beli xy élre (x ∈ T, y ∈ S) π (y) − π (x) ≤ c(xy), m´ıg egy E − M -beli uv élre (u ∈ S, v ∈ T ) π ′ (v) − π ′ (u) ≤ c′ (uv) = −c(uv). Neg´ aljuk a T elemein a π ′ értékeit és a kapott f¨ uggvényt jel¨ olje π. Ekkor a π ′ (y) − π ′ (x) ≤ c(st) egyenl˝ otlenségb˝ ol π(y) + π(x) ≤ c(xy) lesz, m´ıg π ′ (v) − π ′ (u) ≤ −c(uv)-b˝ ol −π(v) − π(u) ≤ −c(uv) azaz π(v) + π(u) ≥ c(uv), vagyis (1.24) és (1.25) teljes¨ ul. • A fenti bizony´ıt´ asb´ ol egy algoritmus is kiolvashat´ o. Induljunk ki egy tetsz˝ oleges M teljes p´ aros´ıt´ asb´ ol. Amennyiben az ehhez rendelt D′ digr´ afban a c′ s´ ulyoz´ as konzervat´ıv, u ´gy a bizony´ıt´ as szerint M maxim´ alis s´ uly´ u. Ha D′ -ben van negat´ıv k¨ or, akkor ennek seg´ıtségével a bizony´ıt´ asban le´ırtak szerint megkapunk egy M -nél nagyobb s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ ast, amivel iter´ alhatjuk az elj´ ar´ ast. Az ´ıgy nyert algoritmus véges, hiszen mindig egy jobb teljes p´ aros´ıt´ ast kapunk, s˝ ot abban az esetben polinomi´ alis is, amikor a c s´ ulyf¨ uggvény nemnegat´ıv (ami feltehet˝ o) és kis egészekb˝ ol ´ all. Ugyanis ha c legnagyobb értéke M , akkor a maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as s´ ulya legfeljebb M |S| és ezért legfeljebb M |S| p´ aros´ıt´ as jav´ıt´ as lehetséges. Ha viszont nincs el˝ ore adott fels˝ o korl´ at a c értékeire vagy ha c val´ os érték˝ u, akkor a fenti algoritmusr´ ol kimutathat´ o, hogy nem polinomi´ alis fut´ asidej˝ u.

1.4.3

Egerv´ ary eredeti bizony´ıt´ asa ´ es algoritmusa

Egerv´ ary az 1.4.4 tételt eredetileg egészérték˝ u c-re bizony´ıtotta. Ebb˝ ol a k¨ oz¨ os nevez˝ ovel val´ o felszorz´ assal a tétel k¨ onnyen k¨ ovetkezik racion´ alis s´ ulyf¨ uggvényekre is. Tetsz˝ oleges val´ os s´ ulyf¨ uggvényekre pedig a tételt Egerv´ ary folytonoss´ agi megfontol´ asokkal vezette le. Legyen teh´ at c egészérték˝ u. Legyen π egészérték˝ u s´ ulyozott lefog´ as, melynek ¨ osszértéke minim´ alis. (Jogos minimumr´ ol beszélni, hiszen egészérték˝ u s´ ulyozott lefog´ asokr´ ol van sz´ o, és az ilyenek ¨ osszértéke korl´ atos alulr´ ol.) Legyen Gπ = (S, T ; Eπ ) a pontos élek részgr´ afja. A Gπ -nek b´ armely teljes p´ aros´ıt´ asa maxim´ alis s´ uly´ u, hiszen pontos élekb˝ ol ´ all. Bel´ atjuk, hogy Gπ -nek van teljes p´ aros´ıt´ asa. Ha indirekt nem ez a helyzet, akkor a K˝ onig-Hall tétel nyom´ an létezik egy X ⊆ S hi´ anyos halmaz, amelyre teh´ at |ΓGπ (X)| < |X|. Ennek seg´ıtségével tudunk π-n jav´ıtani. Defini´ aljuk δ-t a k¨ ovetkez˝ oképpen. δ := min{π(u) + π(v) − c(uv) : uv ∈ E, u ∈ X, v ∈ T − ΓGπ (X)}.

(1.26)

Miut´ an nincsen pontos él X és T − ΓGπ (X) k¨ oz¨ ott, ´ıgy δ pozit´ıv és persze egész. M´ odos´ıtsuk π-t a k¨ ovetkez˝ oképp: ′

π (v) =

(

π(v) − δ, π(v) + δ, π(v)

ha v ∈ X, ha v ∈ ΓGπ (X), k¨ ul¨ onben.

(1.27)

Az ´ıgy nyert π ′ tov´ abbra is s´ ulyozott lefog´ as, amelyre π e′ (V ) = e π(V ) − δ|X| + δ|ΓGπ (X)| < π e(V ), ellentmond´ asban π minim´ alis v´ alaszt´ as´ aval. • Egerv´ ary ezen bizony´ıt´ asi m´ odszere egy´ uttal algoritmust is jelent maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as és minim´ alis ¨ osszérték˝ u s´ ulyozott lefog´ as kisz´ am´ıt´ as´ ara: kiindulunk egy tetsz˝ oleges egészérték˝ u π s´ ulyozott

24

lefog´ asb´ ol, és a pontos élek Gπ gr´ afj´ aban (péld´ aul K˝ onig algoritmus´ aval) vagy tal´ alunk egy teljes p´ aros´ıt´ ast, amely értelemszer˝ uen maxim´ alis s´ uly´ u, vagypedig tal´ alunk egy hi´ anyos halmazt, amelynek seg´ıtségével a bizony´ıt´ asban le´ırt m´ odon jav´ıtjuk a s´ ulyozott lefog´ ast. A m´ odos´ıtott s´ ulyozott lefog´ assal folytatva iter´ aljuk az elj´ ar´ ast. Nevezz¨ uk ezt az elj´ ar´ ast Egerv´ ary algoritmus´ anak. Kimutathat´ o, hogy az algoritmus ezen generikus alakja (amikor a π jav´ıt´ as´ ara haszn´ alt X hi´ anyos halmazt szabadon v´ alasztjuk) egész vagy racion´ alis c-re még akkor sem polinomi´ alis, ha mindig max-hi´ any´ u halmazzal dolgozunk. R´ aad´ asul val´ os s´ ulyf¨ uggvény esetén az algoritmus még csak nem is biztosan véges. Megmutatjuk azonban, hogy a max-hi´ any´ u halmazok speci´ alis v´ alaszt´ asa esetén Egerv´ ary algoritmusa még val´ os c esetén is polinomi´ alis. Ehhez sz¨ ukség¨ unk lesz majd az al´ abbi hasznos megfigyelésekre.

Max-hi´ any´ u halmazok Lemma 1.4.5 Az S halmaz részhalmazain értelmezett γ(X) := |Γ(X)| f¨ uggvény szubmodul´ aris, azaz az S b´ armely két X, Y részhalmaz´ ara fenn´ all a szubmodularit´ asi egyenl˝ otlens´ eg: γ(X) + γ(Y ) ≥ γ(X ∩ Y ) + γ(X ∪ Y ). Biz. Az egyenl˝ otlenség k¨ ovetkezik, amint megfigyelj¨ uk, hogy Γ(X) ∪ Γ(Y ) = Γ(X ∪ Y ) és Γ(X) ∩ Γ(Y ) ⊇ Γ(X ∩ Y ). • Lemma 1.4.6 A max-hi´ any´ u halmazok F rendszere z´ art a metszet és uni´ o képzésre. Biz. Mivel a |Γ(X)| f¨ uggvény szubmodul´ aris, ´ıgy h(X)+h(Y ) ≤ h(X ∩Y )+h(X ∪Y ). Tegy¨ uk most fel, hogy X és Y két maxim´ alis hi´ any´ u halmaz (azaz F elemei). Ekkor µ+µ = h(X)+h(Y ) ≤ h(X ∩Y )+h(X ∪Y ) ≤ µ+µ, és emiatt val´ oban h(X ∩ Y ) = µ, h(X ∪ Y ) = µ. • Az 1.4.6 lemm´ ab´ ol k¨ ovetkezik, hogy az ¨ osszes max-hi´ any´ u halmaz metszete is és uni´ oja is max-hi´ any´ u, azaz létezik egy egyértelm˝ u legsz˝ ukebb és egy legb˝ ovebb max-hi´ any´ u halmaz. ´ TETEL 1.4.7 K˝ onig altern´ al´ o utas algoritmusa ´ altal szolg´ altatott (1.19)-beli H max-hi´ any´ u halmaz az egyértelm˝ u legsz˝ ukebb max-hi´ any´ u halmaz (és ´ıgy nem f¨ ugg az algoritmus fut´ asa k¨ ozben tett v´ alaszt´ asokt´ ol). Biz. Mivel az M maxim´ alis p´ aros´ıt´ as fedi S − RS minden pontj´ at, ezért tetsz˝ oleges max-hi´ any´ u halmaz tartalmazza RS -t. B´ armely X halmazra, amelyre RS ⊆ X ⊂ H, a sz´ obanforg´ o ir´ any´ıtott gr´ afban lép ki X ∪ ΓM (X)-b˝ ol egy uv él és ´ıgy Γ(X) ⊇ ΓM (X) ∪ {v}. Így |Γ(X)| > |ΓM (X)| = |X| − |RS |, azaz h(X) < |RS |, teh´ at X nem max-hi´ any´ u. • Feladat 1.47 Hogyan lehet az altern´ al´ o utas algoritmus seg´ıtségével az egyértelm˝ u legb˝ ovebb max-hi´ any´ u halmazt megkonstru´ alni? Lemma 1.4.8 Legyen H ⊆ S a legsz˝ ukebb max-hi´ any´ u halmaz G-ben. Ha a gr´ afb´ ol kit¨ or¨ olj¨ uk az ¨ osszes olyan élt, amely H szomszédai és S − H k¨ oz¨ ott vezet, akkor a létrej¨ ov˝ o G′ gr´ afban a maxim´ alis hi´ any ugyanaz, mint G-ben. Tov´ abb´ a G és G′ max-hi´ any´ u halmazainak rendszere ugyanaz. Biz. Miut´ an G egy M maxim´ alis p´ aros´ıt´ as´ anak a Γ(H)-t fed˝ o élei mind H-ban végz˝ odnek, az M benne van G′ -ben is, vagyis G′ max hi´ anya legfeljebb akkora, mint G-é, és persze kisebb nem lehet, mert G′ részgr´ afja G-nek. Ebb˝ ol az is k¨ ovetkezik, hogy a G egy max-hi´ any´ u halmaza G′ -ben is max-hi´ any´ u. Legyen most X tetsz˝ oleges max-hi´ any´ u halmaz G′ -ben. Mivel H max-hi´ any´ u G′ -ben is, az 1.4.6 lemma szerint H ∩ X is ′ max-hi´ any´ u G -ben. De akkor H ∩ X max-hi´ any´ u G-ben, hiszen H ∩ X-b˝ ol indul´ o élt nem t¨ or¨ olt¨ unk, és ´ıgy a H minimalit´ asa folyt´ an H ⊆ X. Ekkor viszont Γ(X) = Γ′ (X), azaz X max-hi´ any´ u G-ben is. • ´ TETEL 1.4.9 Amennyiben az Egerv´ ary algoritmus futtat´ asakor a sz´ obanforg´ o π s´ ulyozott lefog´ as jav´ıt´ as´ ara a K˝ onig algoritmus ´ altal szolg´ altatott egyértelm˝ u legsz˝ ukebb max-hi´ any´ u X halmazt haszn´ aljuk, u ´gy az algoritmus polinomi´ alis fut´ asidej˝ u. Biz. Figyelj¨ uk meg el˝ osz¨ or, hogy miként v´ altozik a pontos élek gr´ afja, amikor az algoritmus π-r˝ ol π ′ -re tér ´ at. Mindenesetre az X ∪ΓGπ (X) valamint ennek komplementere ´ altal fesz´ıtett pontos élek nem v´ altoznak. Az S − X és ΓGπ (X) k¨ oz¨ ott vezet˝ o esetleges pontos élek megsz˝ unnek pontosnak lenni, m´ıg az X és T −ΓGπ (X) k¨ oz¨ ott vezet˝ o élek k¨ oz¨ ul mindazok pontoss´ a v´ alnak, amelyeken a (1.26) defin´ıci´ oval megadott minimum felvétetik. Az 1.4.8 lemm´ ab´ ol k¨ ovetkezik, hogy ezen cserénél a maxim´ alis hi´ any vagy cs¨ okken, vagy ha nem, u ´gy a legsz˝ ukebb max-hi´ any´ u halmaz szigor´ uan b˝ ov¨ ul. Tekints¨ uk egy f´ azisnak az algoritmus fut´ as´ anak azon szakasz´ at, amely sor´ an a pontos élek (egyre v´ altoz´ o) részgr´ afj´ aban a maxim´ alis hi´ any v´ altozatlan. Egyetlen f´ azis sor´ an a max-hi´ any´ u halmaz legfeljebb |S|-szer tud b˝ ov¨ ulni és nyilv´ an legfeljebb |S| f´ azis létezik. Vagyis a K˝ onig algoritmus legfeljebb |S|2 -szeri megh´ıv´ as´ aval az

25

algoritmus fut´ asa befejez˝ odik. Miut´ an K˝ onig algoritmus´ anak lépéssz´ am´ ara O(|S||E|) korl´ at volt mondhat´ o, a le´ırt s´ ulyozott elj´ ar´ as teljes fut´ asideje O(|S|3 |E|). B´ ar ez a lépéssz´ am nem k¨ ul¨ on¨ osebben l´ atv´ anyos (és val´ oj´ aban Kuhn Magyar m´ odszere hatékonyabb), azt mindenesetre megkaptuk, hogy az algoritmus polinomi´ alis fut´ asidej˝ u, s˝ ot er˝ osen polinomi´ alis is abban az értelemben, hogy a fut´ asid˝ o egy´ altal´ an nem f¨ ugg a szerepl˝ o c k¨ oltségf¨ uggvényt˝ ol, amennyiben feltessz¨ uk, hogy a sz´ amokkal végzett ¨ osszad´ ast, kivon´ ast és ¨ osszehasonl´ıt´ ast egyetlen lépésben tudjuk elvégezni.

1.4.4

Maxim´ alis s´ uly´ u p´ aros´ıt´ asok

Visszavezet´ es teljes p´ aros´ıt´ asra El˝ osz¨ or megmutatjuk, hogy a maxim´ alis s´ uly´ u (nem feltétlen¨ ul teljes) p´ aros´ıt´ as meghat´ aroz´ as´ anak problém´ aja egyszer˝ u fog´ assal visszavezethet˝ o a maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ aséra. ´ TETEL 1.4.10 Egy G′ = (S ′ , T ′ ; E ′ ) p´ aros gr´ afban nemnegat´ıv c s´ ulyf¨ uggvény esetén a p´ aros´ıt´ asok maxim´ alis ′ νc s´ ulya egyenl˝ o a nemnegat´ıv (!) s´ ulyozott lefog´ asok minim´ alis τc′ s´ uly´ aval. Amennyiben c egészérték˝ u, az optim´ alis πc′ is v´ alaszthat´ o egészérték˝ unek. ´ pontok esetleges Biz. A νc′ ≤ τc′ egyenl˝ otlenség nyilv´ anval´ o, ´ıgy csak a ford´ıtott ir´ annyal foglalkozunk. Uj hozz´ avételével elérhetj¨ uk, hogy a p´ aros gr´ af két oszt´ alya egyforma méret˝ u legyen. Egész´ıts¨ uk ki a gr´ afot 0 s´ uly´ u élek bevételével egy G teljes p´ aros gr´ aff´ a. A s´ ulyf¨ uggvény ezen kiterjesztését tov´ abbra is jel¨ olhetj¨ uk c-vel. Az 1.4.4 tétel (m´ asodik része) szerint G-nek létezik egy M teljes p´ aros´ıt´ asa és c-nek egy π nemnegat´ıv s´ ulyozott lefog´ asa, melyekre e c(M ) = e π (V ). Mivel az u ´j élek s´ ulya 0, ´ıgy az u ´j élek kihagy´ as´ aval M -b˝ ol keletkez˝ o G′ -beli M ′ p´ aros´ıt´ as s´ ulya v´ altozatlanul e c(M ). Tov´ abb´ a, mivel M minden éle pontos, ezért egy 0 s´ uly´ u uv élének végpontjaira π(u) = π(v) = 0. Emiatt π értéke az u ´j pontokon 0, hiszen u ´j pontb´ ol csak 0 s´ uly´ u él megy ki. Ha teh´ at π-t megszor´ıtjuk az eredeti V ′ = S ′ ∪ T ′ ponthalmazra, akkor a keletkez˝ o π ′ -re e π ′ (V ′ ) = e π (V ) és π e′ (V ′ ) = e c(M ′ ). •

Direkt elj´ ar´ as

Az 1.4.10 tétel nemtrivi´ alis részének igazol´ as´ ara bemutatunk egy direkt algoritmust is. Célunk teh´ at egy π : S ∪ T → R+ nemnegat´ıv s´ ulyozott lefog´ ast valamint egy π-re nézve pontos élekb˝ ol ´ all´ o M p´ aros´ıt´ ast tal´ alni u ´gy, hogy M minden poz´ıt´ıv π(v) érték˝ u, r¨ oviden pozit´ıv pontot fed. Kezdetben legyen π a T elemein azonosan 0 és minden s ∈ S ponton π(s) := max{c(st) : t ∈ T }. Legyen tov´ abb´ a M egy pontos élekb˝ ol ´ all´ o p´ aros´ıt´ as, péld´ aul az u ¨res halmaz. Az algoritmus egy k¨ ozbens˝ o helyzetében rendelkezés¨ unkre ´ all egy π ≥ 0 s´ ulyozott lefog´ as és egy pontos élekb˝ ol ´ all´ o M p´ aros´ıt´ as u ´gy, hogy M minden T -beli pozit´ıv pontot fed. Ezt a tulajdons´ agot végig fenntartjuk, mik¨ ozben a π és az M v´ altoztat´ as´ aval egyre cs¨ okkentj¨ uk a fedetlen pozit´ıv pontok halmaz´ at. Jel¨ olje RT a T -beli fedetlen pontok halmaz´ at és RS+ az S-beli pozit´ıv fedetlen pontok halmaz´ at. A pontos élek Gπ részgr´ afj´ aban ir´ any´ıtsuk meg M éleit S felé, a t¨ obbi élt pedig T felé. A keletkez˝ o digr´ afban jel¨ olje Z az RS+ -b´ ol elérhet˝ o pontok halmaz´ at. A K˝ onig tétel algoritmikus bizony´ıt´ as´ aban l´ atottakhoz hasonl´ oan most is M minden éle vagy teljesen Z-ben fekszik vagy teljesen k´ıv¨ ule. I. eset Z ∩RT 6= ∅, azaz D-ben létezik egy P egyir´ any´ uu ´t RS+ -b´ ol RT -be. A P mentén cserélve egy (M -nél eggyel nagyobb elemsz´ am´ u) M ′ p´ aros´ıt´ ast kapunk, amely eggyel kevesebb pozit´ıv pontot hagy fedetlen¨ ul, mint az M (nevezetesen a P kezd˝ opontj´ at M nem fedi, de M ′ m´ ar igen). II. eset Z ∩ RT = ∅. Legyen δ1 := min{π(u) + π(v) − c(uv) : uv ∈ E, u ∈ Z ∩ S, v ∈ T − ΓGπ (Z ∩ S)}.

(1.28)

Az u ¨res halmazon vett minimumot +∞-nek defini´ aljuk. (Mivel most nem tett¨ uk fel, hogy létezik teljes p´ aros´ıt´ as, el˝ ofordulhat, hogy G-nek nem létezik éle Z ∩ S és T − ΓGπ (Z ∩ S) k¨ oz¨ ott.) Mivel a digr´ afban Z-b˝ ol nem lép ki él, a δ1 érték szigor´ uan pozit´ıv. Legyen δ2 := min{π(s) : s ∈ Z ∩ S}.

(1.29)

Itt δ2 véges, de el˝ ofordulhat, hogy 0. Vég¨ ul legyen δ := min{δ1 , δ2 }. M´ odos´ıtsuk π-t a k¨ ovetkez˝ oképp: ′

π (v) =

(

π(v) − δ, π(v) + δ, π(v)

ha v ∈ Z ∩ S, ha v ∈ ΓGπ (Z ∩ S), k¨ ul¨ onben.

26

(1.30)

A δ v´ alaszt´ asa miatt az ´ıgy nyert π ′ is s´ ulyozott lefog´ as és tov´ abbra sincs T -ben fedetlen pozit´ıv pont (merthogy T -ben csak fedett pontok π-jét n¨ ovelhett¨ uk). Amennyiben δ = δ1 < δ2 , u ´gy S ∩ Z valamennyi pontja pozit´ıv maradt. Ezért a π ′ -h¨ oz és a v´ altozatlan M -hez tartoz´ o digr´ afban az elérhet˝ o pontok halmaza szigor´ uan b˝ ovebb, mint Z. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy a δ = δ1 < δ2 eset egym´ ast k¨ ovet˝ oen legfeljebb |M | < |S|szer fordulhat el˝ o. Tegy¨ uk most fel, hogy δ = δ2 ≤ δ1 , és legyen z ∈ S ∩ Z egy olyan pont, amelyre a δ2 defin´ıci´ oj´ aban a minimum eléretik, ami azt jelenti, hogy π ′ (z) = 0. Mivel z ∈ Z, létezett RS+ -b´ ol z-be P egyir´ any´ uu ´t, amely mentén cserélve egy |M |-mel megegyez˝ o elemsz´ am´ u M ′ p´ aros´ıt´ ast kapunk (amely z ∈ RS+ esetén maga M ), de M ′ eggyel kevesebb pozit´ıv pontot hagy szabadon, mint M . ¨ Osszefoglalva meg´ allap´ıthatjuk, hogy az algoritmus sor´ an a fedetlen pozit´ıv pontok sz´ ama legfeljebb |S|szer cs¨ okkenhet (ak´ ar mert az I. eset sor´ an n¨ ovel˝ o utat tal´ altunk, ak´ ar mert a II. eset sor´ an a δ = δ2 ≤ δ1 eset k¨ ovetkezett be). Tov´ abb´ a két ilyen cs¨ okkenés k¨ oz¨ ott a Z legfeljebb |S|-szer b˝ ov¨ ulhet. Miut´ an az elérhet˝ o pontok halmaz´ at O(|E|) lépésben tudjuk kisz´ amolni az elj´ ar´ as O(|E||S|2 ) lépés ut´ an megadja egy s´ ulyozott lefog´ ast és egy pontos élekb˝ ol ´ all´ o p´ aros´ıt´ ast, amely minden pozit´ıv pontot fed. • Vég¨ ul megjegyezz¨ uk, hogy tetsz˝ oleges r¨ ogz´ıtett pozit´ıv egész k-ra Ford és Fulkerson kés˝ obb ismertetésre ker¨ ul˝ o minim´ alis k¨ oltség˝ u folyam algoritmus´ anak seg´ıtségével ki lehet sz´ amolni a maxim´ alis (vagy minim´ alis) s´ uly´ u k él˝ u p´ aros´ıt´ ast, ha ilyen p´ aros´ıt´ as létezik egy´ altal´ an. Ennek a megk¨ ozel´ıtésnek az lesz majd az el˝ onye, hogy minden k = 1, 2, . . . , ν(G) értékre megadja a legolcs´ obb k él˝ u p´ aros´ıt´ ast. Ha viszont val´ oban csak egyetlen r¨ ogz´ıtett k-ra kell ezt meghat´ aroznunk, akkor k¨ ozvetlenebb m´ odon is elj´ arhatunk. Ehhez mindenesetre feltessz¨ uk, hogy ν(G) ≥ k, azaz létezik k élb˝ ol ´ all´ o p´ aros´ıt´ as. Speci´ alisan ad´ odik, hogy mind S, mind T legal´ abb k elem˝ u. Feltehetj¨ uk, hogy minden él k¨ oltsége szigor´ uan pozit´ıv, hiszen konstans hozz´ aad´ asa a k él˝ u p´ aros´ıt´ asok egym´ ashoz val´ o k¨ oltség viszony´ at nem érinti. Adjunk S-hez |T | − k u ´j pontot és T -hez |S| − k u ´j pontot, az u ´j pontokat k¨ oss¨ uk ¨ ossze a m´ asik oszt´ aly valamennyi régi pontj´ aval, és az u ´j élek k¨ oltségét v´ alasszuk azonosan null´ anak. Legyen a megn¨ ovelt gr´ af G+ . K¨ onny˝ u ellen˝ orizni, hogy egy eredeti k él˝ u p´ aros´ıt´ ast u ´j élekkel kiegész´ıthet¨ unk egy ugyanolyan k¨ oltség˝ u G+ -beli teljes p´ aros´ıt´ ass´ a, és megford´ıtva, egy G+ -beli teljes p´ aros´ıt´ asb´ ol az u ´j éleket kihagyva G-nek nyer¨ unk egy ugyanolyan k¨ oltség˝ u k él˝ u p´ aros´ıt´ as´ at. Ebb˝ ol ad´ odik, hogy egy legolcs´ obb G+ -beli teljes p´ aros´ıt´ as eredeti élei egy legolcs´ obb k él˝ u p´ aros´ıt´ ast adnak G-ben. Feladat 1.48 Tegy¨ uk fel, hogy a G = (S, T ; E) p´ aros gr´ afban M egy j él˝ u p´ aros´ıt´ as, amely a j él˝ u p´ aros´ıt´ asok k¨ oz¨ ott maxim´ alis s´ uly´ u a c : E → R s´ ulyf¨ uggvényre nézve. Jel¨ olje RS illetve RT az M ´ altal fedetlen S-beli illetve T -beli pontok halmaz´ at. Ir´ any´ıtsuk M éleit S felé, a t¨ obbi élt T felé. A kapott D digr´ af élhalmaz´ an defini´ aljuk a c′ k¨ oltségf¨ uggvényt u ´gy, hogy egy ts él (t ∈ T, s ∈ S) k¨ oltsége legyen c(ts), egy uv élé (u ∈ S, v ∈ T ) pedig −c(uv). (a) Igazoljuk, hogy c′ konzervat´ıv. (b) Igazoljuk, hogy ha P egy legolcs´ obb u ´t RS -b˝ ol RT -be, akkor az M ⊖ P j + 1 elem˝ u p´ aros´ıt´ as maxim´ alis s´ uly´ u a j + 1 él˝ u p´ aros´ıt´ asok k¨ oz¨ ott.

2013. augusztus 1. file: umagyar

27

1.5

´ Aramok ´ es folyamok h´ al´ ozatokban

1.5.1

Fogalmak

Ebben a részben h´ al´ ozatokra vonatkoz´ o két rokon fogalommal foglalkozunk: ´ aramokkal és folyamokkal.

´ Aramok Jel¨ olj¨ on DP = (V, A) egy ir´ any´ıtott gr´ afot. Valamely x : A → R f¨ uggvényre és S ⊆ V részhalmazra legyen ̺x (S) := [x(uv) : uv ∈ A, uv belép S-be] és legyen δx (S) := ̺x (V − S). Azt mondjuk, hogy x ´ aram (circulation), ha teljes¨ ul r´ a a megmarad´ asi szab´ aly (conservation rule),Pazaz ̺x (v) = δx (v) fenn´ all minden v cs´ ucsra. Valamely c : A → R k¨ oltségf¨ uggvényre vonatkoz´ olag a cx := [c(a)x(a) : a ∈ A] skal´ arszorzatot nevezz¨ uk az x ´ aram k¨ olts´ egének. ´ ıt´ All´ as 1.5.1 (a) Az x f¨ uggvény D = (V, A) élhalmaz´ an akkor és csak akkor ´ aram, ha ̺x (v) ≤ δx (v) fenn´ all minden v cs´ ucsra. (b) Ha x ´ aram, akkor ̺x (Z) = δx (Z) minden Z ⊆ V részhalmazra is fenn´ all.

P

P

Biz. (a) x e(A) = [̺x (v) : v ∈ V ] ≤ [δx (v) : v ∈ V ] = x e(A), amib˝ol ̺x (v) = δx (v) következik Pminden v ∈ V -re. (b) Jel¨ oP lje a Z ´ altal fesz´ıtett élek halmaz´ an az x-értékek ¨ osszegét ix (Z). Ekkor ̺x (Z) = [̺x (v) : v ∈ Z] − ix (Z) = [δx (v) : v ∈ Z] − ix (Z) = δx (Z). •

Legyen f : A → R ∪ {−∞} als´ o kapacit´ as, g : A → R ∪ {+∞} fels˝ o kapacit´ as u ´gy, hogy f ≤ g. Azt mondjuk hogy az x ´ aram megengedett (feasible), ha f ≤ x ≤ g.

(1.31)

(Figyelem: az f -ben megenged¨ unk −∞ komponenst, ami persze csak annyit jelent, hogy az illet˝ o élen az ´ aram értéke nincs alulr´ ol korl´ atozva. Anal´ og m´ odon a g-nek lehetnek +∞ komponensei, de az x ´ aram komponensei mindig végesek. Az f als´ o korl´ atban +∞-t, a g fels˝ o korl´ atban pedig −∞-t nem enged¨ unk meg. Néha el˝ o´ırjuk, hogy az f vagy a g komponensei egészérték˝ uek legyenek; ebbe beleértj¨ uk a ±∞-t is.) A vizsg´ aland´ o f˝ o kérdés az, hogy mikor létezik (egészérték˝ u) megengedett ´ aram, illetve ha létezik, miképp lehet meghat´ arozni egy minim´ alis k¨ oltség˝ u megengedett ´ aramot.

Folyamok Az ´ arammal rokon a folyam fogalma. Ismét adott egy D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af, tov´ abb´ a D-nek egy kijel¨ olt s forr´ aspontja (source) és egy t nyel˝ opontja (sink). A tov´ abbiakban, amikor folyamokr´ ol lesz sz´ o, végig feltessz¨ uk, hogy s-be nem lép be él és t-b˝ ol nem lép ki él. Folyamon egy olyan x : A → R+ nem-negat´ıv f¨ uggvényt ért¨ unk, amely minden, s-t˝ ol és t-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontra teljes´ıti a megmarad´ asi szab´ alyt, azaz ̺x (v) = δx (v) fenn´ all minden v ∈ V − {s, t} cs´ ucsra. Amennyiben még az x ≤ g feltétel is teljes¨ ul, g-megengedett (r¨ oviden, megengedett) folyamr´ ol beszél¨ unk. Egy (0, 1)-érték˝ u folyamot fonatnak nevez¨ unk. Az x fonat azonos´ıthat´ o azon élek ´ altal alkotott részgr´ affal, melyeken az x értéke 1. Ez teh´ at egy olyan részgr´ afot alkot, amelyben az s és t kivitelével minden v cs´ ucs befoka és kifoka megegyezik. Egy s-et tartalmaz´ o, de t-t nem tartalmaz´ o X halmazt nevezz¨ unk st¯-halmaznak. Tetsz˝ oleges S st¯-halmaz és x folyam esetén δx (s) = δx (s) − ̺x (s) =

X

[δx (v) − ̺x (v) : v ∈ S] = δx (S) − ̺x (S).

(1.32)

Vagyis minden S st¯-halmazra a δx (S)−̺x (S) értékkel defini´ alt tiszta ki´ araml´ as f¨ uggetlen az S v´ alaszt´ as´ at´ ol. Ezt a k¨ oz¨ os, δx (s)-sel (és ̺x (t) = δx (V − t)-vel) egyenl˝ o értéket nevezz¨ uk az x folyam nagys´ ag´ anak (flow amount). Az x(uv) sz´ am a folyam ´ ert´ eke az uv ∈ A élen. (Figyelem: a szakirodalomban nem ritka, hogy a δx (s) sz´ amot az ´ altalunk haszn´ alt folyam nagys´ ag helyett az x folyam értékének [flow value] h´ıvj´ ak. Ez amiatt nem szerencsés, mert ¨ osszekeverhet˝ o a folyamnak egy e élen felvett x(e) értékével.) Egy k nagys´ ag´ u fonatot r¨ oviden k-fonatnak nevez¨ unk. (Az elnevezés arra utal, hogy azon e élek halmaza, melyeken x(e) = 1 felbomlik k élidegen st-´ utra és k¨ or¨ okre.) Az x folyamot u ´t-folyamnak (k¨ or-folyamnak) nevezz¨ uk, ha x csak egy s-b˝ ol t-be vezet˝ o egyir´ any´ uu ´t (egyir´ any´ u k¨ or) mentén pozit´ıv. A f˝ o kérdés, hogy miként lehet meghat´ arozni egy maxim´ alis nagys´ ag´ u (egészérték˝ u) folyamot, illetve adott k¨ oltségf¨ uggvény esetén hogyan lehet kisz´ am´ıtani egy el˝ ore adott k értékre a kPnagys´ ag´ u folyamok k¨ oz¨ ul a minim´ alis k¨ oltség˝ ut. (Valamely c : A → R k¨ oltségf¨ uggvényre nézve a cx := [c(a)x(a) : a ∈ A] skal´ arszorzatot nevezz¨ uk az x folyam k¨ olts´ egének.) Gyakorlat 1.49 Igazoljuk, hogy minden nem-negat´ıv folyam el˝ o´ all´ıthat´ o k¨ or-folyamok és u ´t-folyamok nemnegat´ıv line´ aris kombin´ aci´ ojaként. Speci´ alisan, minden fonat p´ aronként élidegen k¨ or¨ ok és st-utak uni´ oja.

28

1.5.2

Motiv´ aci´ ok

Megeml´ıt¨ unk néh´ any természetes gyakorlati feladatot, melyek megold´ asa ´ aramok vagy folyamok seg´ıtségével t¨ orténhet.

A sz´ all´ıt´ asi probl´ ema Adott k u ¨zem mindegyike ugyanazt a terméket ´ all´ıtja el˝ o és tudjuk, hogy mekkora az egyes u ¨zemek maxim´ alis kibocs´ at´ o képessége (supply). Adott tov´ abb´ a ℓ fogyaszt´ ohely, melyeknek ismerj¨ uk az igényeit (demand). Tudjuk, hogy mely u ¨zemekb˝ ol mely fogyaszt´ okhoz milyen ´ atbocs´ at´ o kapacit´ assal lehet sz´ all´ıtani, és hogy mennyi az egységnyi termék sz´ all´ıt´ as´ anak a k¨ oltsége. D¨ onts¨ uk el, hogy az adott feltételek mellett létezik-e olyan sz´ all´ıt´ asi terv, amely kielég´ıti a fogyaszt´ ok igényeit, és ha létezik, keress¨ uk meg a legolcs´ obb megold´ ast. Ez a sz´ all´ıt´ asi feladat (transportation problem). Ha minden kibocs´ at´ as és igény azonosan 1, akkor a sz´ all´ıt´ asi feladat a kor´ abban megismert hozz´ arendelési problém´ ara reduk´ al´ odik. Gr´ afnyelven a sz´ all´ıt´ asi feladat a k¨ ovetkez˝ oképpen fogalmazhat´ o meg. Adott egy G = (S, T ; E) p´ aros gr´ af. Az S-beli pontok felelnek meg az u ¨zemeknek, m´ıg T elemei a felhaszn´ al´ oknak. Minden v ∈ S-beli ponthoz adott egy q(v) sz´ am, amely az illet˝ o u ¨zem kibocs´ at´ oképességét jelzi. Minden v ∈ T -beli ponthoz adott egy h(v) sz´ am, amely v igényét jelzi. Adott még a gr´ af élein egy g : E → R+ kapacit´ asf¨ uggvény valamint egy c : E → R+ k¨ oltségf¨ uggvény. Az els˝ o feladat annak eld¨ ontése, hogy létezik-e olyan x : E → R+ f¨ uggvény, amelyre 0 ≤ x ≤ g, dx (v) ≤ q(v) minden v ∈ S-re, és dx (v) = h(v) minden v ∈ T -re. Amennyiben l´ e tezik ilyen P x, u ´gy a m´ asodik feladat egy olyan x meghat´ aroz´ as´ ab´ ol ´ all, amely minimaliz´ alja a cx = [c(e)x(e) : e ∈ E] ¨ osszk¨ oltséget. A sz´ all´ıt´ asi (és speci´ alis esetként a hozz´ arendelési) feladatot a k¨ ovetkez˝ oképp lehet folyam feladatként megfogalmazni. Ir´ any´ıtsuk meg a G gr´ af éleit S-t˝ ol T -felé. Adjunk a gr´ afhoz egy u ´j s pontot, amelyb˝ ol minden v ∈ S pontba vezet egy q(v) kapacit´ as´ u él. Adjunk a gr´ afhoz egy u ´j t pontot, amelybe minden v ∈ T pontb´ ol vezet egy h(v) kapacit´ Pasú él. A száll´ıtási feladatnak pontosan akkor van megoldása, ha az ´ıgy ag´ u folyam. A k¨ oltséges v´ altozat egy minim´ alis k¨ oltség˝ u keletkezett D digr´ afban van M := v∈T q(v) nagys´ M nagys´ ag´ u folyam meghat´ aroz´ as´ at célozza.

´ Elidegen utak Alkalmaz´ asokban gyakran vet˝ odik fel a kérdés, hogy mikor létezik ir´ any´ıtott gr´ af valamely pontj´ ab´ ol egy megadott m´ asikba k p´ aronként élidegen (vagy pontidegen) u ´t. Nem fog zavart okozni, hogy a r¨ ovidség kedvéért (b´ ar kissé pontatlanul) a tov´ abbiakban mér nem tessz¨ uk ki a ”p´ aronként” hat´ aroz´ osz´ ot. Erre az elvi v´ alaszt Menger tétele adja meg, amelynek k¨ ul¨ onféle v´ altozatai vannak, annak megfelel˝ oen, hogy élidegen vagy pontidegen utakat keres¨ unk ir´ any´ıtott vagy ir´ any´ıtatlan gr´ afban. Az ir´ any´ıtott élidegen verzi´ o szerint akkor és csak akkor létezik s-b˝ ol t-be k élidegen u ´t, ha minden S ⊆ V st¯-halmaz kifoka legal´ abb k. Kérdés, hogy algoritmikusan miként lehet megtal´ alni k élidegen utat, illetve ha nincs megold´ as, akkor hogyan hat´ arozhat´ o meg a Menger tétel ´ altal biztos´ıtott k-n´ al kisebb kifok´ u S halmaz. (Egy ilyen halmaz gyorsan ellen˝ orizhet˝ o igazolv´ anyként szolg´ alhat arra, hogy D-ben nem létezik k élidegen st-´ ut.) Még ¨ osszetettebb feladatot kapunk, ha az éleken adott k¨ oltségf¨ uggvényre vonatkoz´ olag u ´gy akarunk k élidegen utat keresni, hogy ¨ osszk¨ oltség¨ uk minim´ alis legyen. Mindenesetre a k¨ ovetkez˝ o nagyon speci´ alis esetben még csak Menger tételére sincs sz¨ ukség¨ unk. Tegy¨ uk fel, hogy a D′ = (V, A′ ) digr´ af maga egy fonat, azaz (i) s-be nem lép be él, (ii) t-b˝ ol nem lép ki él, (iii) minden m´ as v cs´ ucs ̺(v) befoka egyenl˝ o a cs´ ucs δ(v) kifok´ aval. Ebben az esetben bizonyosan létezik δ(s) élidegen u ´t st-´ ut. Val´ oban, induljunk ki s-b˝ ol, majd am´ıg csak lehetséges, haladjunk tov´ abb addig még nem haszn´ alt él mentén. A foksz´ amokra tett feltételek miatt csak t-ben akadunk el. Így teh´ at megtal´ altunk egy st-sét´ at, amelyb˝ ol az esetleges k¨ or¨ oket kihagyva egy P1 st-utat nyer¨ unk. Ezt az elj´ ar´ ast δ(s)-szer ismételve megkapjuk a keresett δ(s) élidegen utat. B´ ar ez a moh´ o m´ odszer csak nagyon speci´ alis esetben haszn´ alhat´ o, az ´ altal´ anos esetre is szolg´ al u ´tmutat´ assal. Ahelyett ugyanis, hogy D-ben a k élidegen utat k¨ ozvetlen¨ ul pr´ ob´ aln´ ank megtal´ alni, a D egy olyan D′ részgr´ afj´ anak megkeresésére t¨ oreksz¨ unk, amely teljes´ıti a fenti h´ arom tulajdons´ agot és amelyben δD ′ (s) = k. A fentiek szerint ekkor a D′ -ben m´ ar k¨ onny˝ uszerrel megtal´ aljuk a k élidegen utat. A feladat teh´ at egy egészérték˝ u k nagys´ ag´ u folyam megkeresése a g ≡ 1 kapacit´ asf¨ uggvényre nézve, vagy r¨ oviden egy k-fonat megkeresése. A k¨ oltséges u ´tproblém´ aban pedig egy minim´ alis k¨ oltség˝ u k-fonatot keres¨ unk. k = 1-re konzervat´ıv k¨ oltség esetén ez éppen a m´ ar megismert legolcs´ obb u ´t meghat´ aroz´ as´ aval ekvivalens.

29

Az ir´ any´ıtott k´ınai post´ as probl´ ema Egy ´ aramproblém´ ara vezet˝ o érdekes feladat a k¨ ovetkez˝ o. Egy D = (V, A) er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o digr´ afot kell egy megadott pontj´ ab´ ol kiindulva u ´gy bej´ arnunk, hogy minden élén legal´ abb egyszer végigmenj¨ unk és a kiindul´ asi pontba jussunk vissza. Egyik cél a végigj´ art élek sz´ am´ anak minimaliz´ al´ asa, vagy ´ altal´ anosabban, ha az éleken adott egy végighalad´ asi id˝ o, akkor a teljes bej´ ar´ as ¨ osszidejének minimaliz´ al´ asa. Péld´ aul egy post´ asnak a post´ ar´ ol elindulva egy k¨ orzet minden utc´ aj´ an, amelyek mindegyikér˝ ol feltessz¨ uk, hogy egyir´ any´ u, legal´ abb egyszer végig kell haladnia majd a post´ ara visszatérnie. (A kérdést eredetileg ir´ any´ıtatlan gr´ afra fogalmazta meg Mey-Go Guan k´ınai matematikus 1960-ban. Ennek megold´ asa, és a k´ınai post´ as elnevezés J. Edmondst´ ol sz´ armazik, és j´ oval mélyebb eszk¨ oz¨ oket igényel, mint az ir´ any´ıtott v´ altozat). Egy m´ asik alkalmaz´ asban egy ´ aramk¨ or m˝ uk¨ odésének helyességét kell teszteln¨ unk. Ehhez meg van adva, hogy az ´ aramk¨ or milyen ´ allapotokban lehet. Ezek az ´ allapotok felelnek meg a digr´ af cs´ ucsainak. Ezen k´ıv¨ ul adott még, hogy mely ´ allapotokb´ ol mely m´ asokba lehet k¨ ozvetlen¨ ul ´ atjutni, és val´ oj´ aban egy-egy ilyen ´ atmenetnek a helyességét tudjuk mérni. A feladat az ¨ osszes lehetséges ´ allapot-´ atmenet ellen˝ orzése minim´ alis id˝ o alatt. Vil´ agos, hogy a digr´ af bej´ ar´ asi probléma miért modellezi ezen tesztelési feladatot. Annak érdekében, hogy az ir´ any´ıtott post´ as problém´ at ´ aram feladatként megfogalmazzuk, képzelj¨ unk el a digr´ af éleinek egy adott bej´ ar´ as´ at. Jel¨ olje z(uv) azt a sz´ amot, ah´ anyszor az uv élen ´ athaladtunk. R¨ ogt¨ on l´ atszik, hogy z egy olyan egészérték˝ u´ aram, amelynek értéke minden élen legal´ abb 1. Megford´ıtva, egy olyan z egészérték˝ u´ aram seg´ıtségével, amely minden élen legal´ abb 1 megadhatunk egy bej´ ar´ ast, amely minden e élen pontosan z(e)-szer halad végig. Ugyanis ha mindegyik e élt z(e) darab p´ arhuzamos péld´ any´ aval helyettes´ıtj¨ uk, akkor Euler-féle digr´ afot kapunk és az Euler digr´ afok k¨ ozismerten bej´ arhat´ ok u ´gy, hogy minden élen pontosan egyszer haladunk végig. Ezen megfigyelés alapj´ an a D digr´ afban az optim´ alis bej´ ar´ asi probléma egy minim´ alis k¨ oltség˝ u megengedett egészérték˝ u ´ aramnak a meghat´ aroz´ as´ aval egyenérték˝ u az f ≡ 1 és g ≡ +∞ korl´ atoz´ o f¨ uggvényekre vonatkoz´ oan.

1.5.3

Megengedett ´ aramok

A post´ as probléma egy m´ asik v´ altozat´ aban az a kérdés, hogy egy er˝ osen ¨ osszef¨ ugg˝ o digr´ afban mikor létezik olyan z´ art séta, amely minden élt legal´ abb egyszer haszn´ al, de, mondjuk, legfeljebb csak kétszer. Ez azzal ekvivalens, hogy mikor létezik egészérték˝ u megengedett ´ aram az f ≡ 1, g ≡ 2 korl´ atoz´ o f¨ uggvények esetén. Ha péld´ aul a digr´ af h´ arom s-b˝ ol t-be vezet˝ o diszjunkt u ´tb´ ol valamint egy t-b˝ ol s-be vezet˝ o élb˝ ol ´ all, akkor ezen az élen bizonyosan h´ aromszor végig kell menn¨ unk. Megengedett ´ aramok létezésére ad sz¨ ukséges és elegend˝ o feltételt az al´ abbi, Alan Hoffmant´ ol sz´ armaz´ o tétel. ´ TETEL 1.5.1 (Hoffman, 1960) A D = (V, A) digr´ afban adott f ≤ g kapacit´ asf¨ uggvényekre vonatkoz´ olag akkor és csak akkor létezik megengedett ´ aram, ha ̺f (X) ≤ δg (X) minden X ⊆ V halmazra.

(1.33)

Tov´ abb´ a, ha f és g egészérték˝ uek és (1.33) fenn´ all, u ´gy létezik egészérték˝ u megengedett ´ aram is. Biz. A sz¨ ukségesség igazol´ as´ ahoz tegy¨ uk fel, hogy x megengedett ´ aram. Ekkor δg (X) − ̺f (X) ≥ δx (X) − ̺x (X) = 0, amib˝ ol (1.33) k¨ ovetkezik. Az elegend˝ oség igazol´ as´ ahoz tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggvényt: β(X) := δg (X) − ̺f (X).

(1.34)

Most (1.33) azzal ekvivalens, hogy β nem-negat´ıv. Az X, Y ⊆ V halmazokra jel¨ olje dx (X, Y ) az x(e) értékek ¨ osszegét mindazon e élekre, melyek X − Y és Y − X egy-egy pontj´ at k¨ otik ¨ ossze (mindegy melyik ir´ anyban). A bizony´ıt´ as kulcsa a k¨ ovetkez˝ o lemma. Lemma 1.5.2 β(X) + β(Y ) = β(X ∩ Y ) + β(X ∪ Y ) + dg−f (X, Y ). Biz. K¨ onnyen ellen˝ orizhetj¨ uk, hogy minden lehetséges él hozz´ aj´ arul´ asa a két oldalhoz ugyanannyi. • A Hoffman tétel bizony´ıt´ as´ ahoz visszatérve nevezz¨ unk egy olyan e élt pontosnak, amelyre f (e) = g(e). Nevezz¨ unk pontosnak cs´ ucsok egy Z részhalmaz´ at, amelyre β(Z) = 0. Tegy¨ uk fel indirekt, hogy a D digr´ afra nem igaz a tétel, és v´ alasszunk egy olyan ellenpéld´ at (adott D), amelyben a pontos élek és a pontos halmazok egy¨ uttes sz´ ama maxim´ alis. Az nem lehet, hogy minden él pontos, mert akkor x := f (= g), az (1.33) feltétel miatt, megengedett ´ aram volna, hiszen az 1.5.1 ´ all´ıt´ as nyom´ an tudjuk, hogy ha ̺x (v) ≤ δx (v) minden cs´ ucsra fenn´ all, akkor x ´ aram. Legyen a = st olyan él, amelyre f (a) < g(a). ´ ıtjuk, hogy a belép egy pontos T halmazba. Val´ All´ oban, ha nem lépne be, akkor f (a)-t meg tudn´ ank u ´gy n¨ ovelni, hogy a m´ odos´ıtott f ′ als´ o korl´ atra tov´ abbra is fenn´ allna f ′ ≤ g és ̺f ′ (Z) ≤ δg (Z) minden Z ⊆ V -re, tov´ abb´ a vagy az a él v´ alna pontoss´ a, vagy pedig egy olyan halmaz, amelybe az a él belép. Ez a lehet˝ oség

30

azonban (mivel régi pontos halmaz nem sz˝ unik meg) ellentmondana a pontos élek és halmazok maxim´ alis egy¨ uttes sz´ am´ ara tett feltevés¨ unknek. Teh´ at az a él val´ oban belép egy T pontos halmazba. Anal´ og m´ odon l´ athat´ o, hogy a kilép egy S pontos halmazb´ ol. Az a él létezése folyt´ an tudjuk, hogy a dg−f (S, T ) érték szigor´ uan pozit´ıv. A lemm´ at és (1.33)-t alkalmazva kapjuk, hogy 0 + 0 = β(S) + β(T ) > β(S ∩ T ) + β(S ∪ T ) ≥ 0 + 0, amely ellentmond´ as mutatja, hogy nem létezhet ellenpélda, és ´ıgy a tétel k¨ ovetkezik. Ugyanez a gondolatmenet azt is mutatja, hogy ha f és g egészérték˝ u, akkor van egészérték˝ u megengedett ´ aram is. • • Gyakran az ´ aramn´ al ´ altal´ anosabb fogalmat tekintenek. Péld´ aul az x f¨ uggvényre azt ´ırjuk el˝ o, hogy minden v pontra ̺x (v) − δx (v) = m(v), ahol m : V → R el˝ ore adott f¨ uggvény. Vagy még ´ altal´ anosabban, adott p : V → R ∪ {−∞}, b : V → R ∪ {∞} esetén (p ≤ b) minden v cs´ ucsra legyen p(v) ≤ ̺x (v) − δx (v) ≤ b(v).

(1.35)

Egy egyszer˝ u fog´ assal azonban ez a feladat ´ aram problém´ av´ a alak´ıthat´ o. Nevezetesen, vegy¨ unk fel egy u ´j s cs´ ucsot, és D valamennyi pontj´ ab´ ol vezess¨ unk egy-egy élt s-be. Egy u ´j vs élen legyen f (vs) := p(v), g(vs) := b(v). Jel¨ olje a kib˝ ov´ıtett élek halmaz´ at A′ . Tetsz˝ oleges x : A → R f¨ uggvényhez legyen x′ : A′ → R a k¨ ovetkez˝ oképpen defini´ alva: x′ (e) := x(e) ha e ∈ A, és x′ (e) := ̺x (v) − δx (v) ha e′ = vs (v ∈ V ). Hasonl´ oképp terjessz¨ uk ki f -et és g-t az u ´j élekre: f (us) := p(u), g(us) := b(u). K¨ onnyen l´ atszik, hogy x akkor és csak akkor teljes´ıti (1.31)-t és (1.33)-t, ha x′ megengedett ´ aram. Feladat 1.50 Hoffman tételének ´ altal´ anos´ıt´ asaként igazoljuk, hogy akkor és csak akkor létezik az (1.31)-t és (1.35)-t kielég´ıt˝ o x f¨ uggvény, ha ̺f (X) − δg (X) ≤ min{pe(X), e b(V − X)} fenn´ all minden X ⊆ V -re. Feladat 1.51 Tegy¨ uk fel, hogy rendelkezés¨ unkre ´ all egy algoritmus megengedett ´ aram megkeresésére az olyan esetekre, amikor az éleken csak als´ o korl´ at adott. Erre t´ amaszkodva kész´ıts¨ unk elj´ ar´ ast az ´ altal´ anos esetre, amikor als´ o és fels˝ o korl´ atok is adottak.

1.5.4

´ Aramok ´ es folyamok kapcsolata

Alapvet˝ o az al´ abbi, L.R. Fordt´ ol és D.R. Fulkersont´ ol sz´ armaz´ o Maxim´ alis-Folyam Minim´ alis-V´ ag´ as tétel (Max Flow Min Cut; MFMC). ´ TETEL 1.5.3 (Maxim´ alis-Folyam Minim´ alis-V´ ag´ as) A D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ afban akkor és csak akkor létezik a g kapacit´ asra vontakoz´ o k nagys´ ag´ u megengedett folyam, ha minden S st¯-halmazra δg (S) ≥ k. Ha e feltétel teljes¨ ul, g egészérték˝ u és k egész, u ´gy a folyam is v´ alaszthat´ o egészérték˝ unek. A tételbeli S halmazb´ ol kilép˝ o élek halmaz´ at δ + (S)-sel jel¨ olj¨ uk és v´ ag´ asnak nevezz¨ uk, melynek ´ ert´ eke vagy kapacit´ asa a δg (S) sz´ am. A tételt néha az al´ abbi ekvivalens alakban eml´ıtik. ´ TETEL 1.5.4 A megengedett st-folyamok maxim´ alis nagys´ aga egyenl˝ o a δg (S) értékek minimum´ aval, ahol a minimum az ¨ osszes st¯-halmazra megy. Ha g egészérték˝ u, u ´gy a maximum egészérték˝ u folyamon is felvétetik. Biz. Legyen x megengedett st-folyam és S st¯-halmaz. Ekkor (1.32) folyt´ an δx (s) = δx (S) − ̺x (S) ≤ δg (S), amib˝ ol max ≤ min k¨ ovetkezik. A ford´ıtott ir´ any igazol´ as´ ahoz jel¨ olje µg a sz´ obanforg´ o minimum értékét. (Ez a minimum nyilv´ anval´ oan létezik, merthogy véges sok sz´ am minimum´ ar´ ol van sz´ o. Az viszont még ezen a ponton nem vil´ agos, hogy létezik maxim´ alis nagys´ ag´ u folyam.) Adjunk D-hez egy u ´j e∗ = ts élt és defini´ aljuk f (e∗ ) = µg , g(e∗ ) := {∞}. Az eredeti éleken legyen f mindenhol nulla. K¨ onnyen l´ atszik, hogy most (1.33) fenn´ all, és ´ıgy az 1.5.1 tétel szerint létezik megengedett ´ aram (amely r´ aad´ asul egészérték˝ u, ha g az). Kihagyva a hozz´ avett e∗ élt, µg nagys´ ag´ u folyamot kapunk. • Feladat 1.52 Az MFMC tételb˝ ol vezess¨ uk le Menger tételének ir´ any´ıtott élidegen v´ altozat´ at. (Amely szerint egy ir´ any´ıtott gr´ afban akkor és csak akkor van az s pontb´ ol a t pontba k élidegen u ´t, ha minden st¯-halmazb´ ol legal´ abb k él lép ki.)

Hoffman t´ etele az MFMC t´ etelb˝ ol Nemcsak a maxim´ alis folyam feladat vezethet˝ o vissza megengedett ´ aramokra, hanem megford´ıtva, a Hoffman tétel is levezethet˝ o az MFMC tételb˝ ol. Ennek érdekében bevezetj¨ uk a Ψf (X) := ̺f (X) − δf (X) (X ⊆ V ) halmazf¨ uggvényt. (Az itt k¨ ovetkez˝ o levezetésben feltessz¨ uk, hogy f és g is véges érték˝ u: kis gyakorl´ o feladat az ´ altal´ anos eset visszavezetése a véges f, g esetre.) Gyakorlat 1.53 Igazoljuk, hogy Ψf (X) =

P

[Ψf (v) : v ∈ X].

31

Ha Ψf minden cs´ ucson nulla, akkor f megengedett ´ aram, és készen vagyunk. Ha Ψf nem azonosan nulla, akkor a V + = {v : Ψf (v) > 0} és V − = {v : Ψf (v) < 0} halmazok nem-¨ uresek. Kész´ıts¨ uk el a D′ = (V ′ , A′ ) ′ ′ + − digr´ afot u ´gy, hogy V = V ∪{s, t} és A = A∪{sv : v ∈ V }∪{vt : v ∈ V }. Defini´ aljuk a g ′ kapacit´ asf¨ uggvényt ′ + ′ a k¨ ovetkez˝ oképpen. Legyen g (sv) := Ψf (v), haP v ∈ V , legyen g (vt) := −Ψf (v), ha v ∈ V − , és vég¨ ul legyen g ′ (a) := g(a) − f (a), ha a ∈ A. Legyen M = [Ψf (v) : v ∈ V + ]. A k¨ ovetkez˝ o lemma a kapcsolatot ´ırja le egyrészt D megengedett ´ aramai és D′ megengedett st-folyamai k¨ oz¨ ott, m´ asrészt D′ M -nél kisebb v´ ag´ asai és D (1.33)-t megsért˝ o halmazai k¨ oz¨ ott. Lemma 1.5.5 (a) Ha x M -nagys´ ag´ u g ′ -megengedett st-folyam D′ -ben, akkor f +x (az eredeti A-ra megszor´ıtva) megengedett ´ aram. (b) Ha δg′ (X + s) < M valamely X ⊆ V halmazra, akkor X megsérti a Hoffman-féle (1.33) feltételt. Biz. (a) A megengedettség, azaz f ≤ f +x ≤ g, k¨ ovetkezik a konstrukci´ ob´ ol. A megmarad´ asi szab´ aly nyilv´ an fenn´ all a V − (V + ∪ V − ) elemeire. Mivel x nagys´ aga M , minden s-b˝ ol kilép˝ o él tel´ıtett. Így V + -nak b´ armely v pontj´ ara az eredeti digr´ afban érvényes, hogy x(sv) + ̺x (v) = δx (v), azaz ̺f (v) − δf (v) + ̺x (v) = δx (v), és ´ıgy ̺f +x (v) = δf +x (v), vagyis a megmarad´ asi szab´ aly érvényes a V + -ban fekv˝ o pontokra is. A bizony´ıt´ as a − V -beli pontokra anal´ og m´ odon végezhet˝ o el. (b) Ψf (V + ) = M > δg′ (X + s) = δg−f (X) + Ψf (V + − X) − Ψf (V − ∩ X), amibe Ψf (V + − X) = Ψf (V + ) − Ψf (V + ∩ X)-et helyettes´ıtve kapjuk, hogy 0 > δg−f (X) − Ψf (V + ∩ X) − Ψf (V − ∩ X) = δg−f (X) − Ψf (X) = δg−f (X) + δf (X) − ̺f (X), vagyis δg (X) < ̺f (X). • Feladat 1.54 Vezess¨ uk le Hoffman tételét az MFMC tételb˝ ol, ha f -nek lehetnek {−∞}, g-nek pedig {+∞} komponensei. A fenti redukci´ o azt is mutatja, hogy nemcsak egy megengedett ´ aramot kisz´ am´ıt´ o algoritmus haszn´ alhat´ o maxim´ alis folyam keresésére, hanem egy maxim´ alis folyam illetve minim´ alis v´ ag´ as meghat´ aroz´ as´ ara szolg´ al´ o algoritmus seg´ıtségével is el lehet d¨ onteni, hogy teljes¨ ul-e (1.33), és ha igen, akkor tudunk tal´ alni megengedett ´ aramot. E visszavezetés még arra is j´ o, hogy a minim´ alis k¨ oltség˝ u folyam feladatra nemsok´ ara bemutat´ asra ker¨ ul˝ o algoritmus seg´ıtségével megoldhat´ o lesz a minim´ alis k¨ oltség˝ u megengedett ´ aram problém´ aja is. 2013. augusztus 1. file: uaram

32

1.6

Folyam algoritmusok

K¨ ovetkez˝ o feladatunk a maxim´ alis folyam meghat´ aroz´ as´ ara szolg´ al´ o jav´ıt´ o utas algoritmus vizsg´ alata lesz, majd pedig a minim´ alis k¨ oltség˝ u k nagys´ ag´ u folyamok kisz´ am´ıt´ as´ ara vonatkoz´ o algoritmust ismertetj¨ uk. A Ford – Fulkerson n¨ ovel˝ o utas algoritmus seg´ıtségével az MFMC tételre u ´j bizony´ıt´ ast nyer¨ unk. Legyen x ¯ megengedett folyam. Ekkor P tetsz˝oleges S st-halmaz esetén az x folyam nagyságára érvényes az alábbi becslés. δx (s) = δx (s) − ̺x (s) = [δx (v) − ̺x (v) : v ∈ S] = δx (S) − ̺x (S) ≤ δg (S). Ebb˝ ol ad´ odik az 1.5.3 tételben a feltétel sz¨ ukségessége illetve az 1.5.4 tételben max ≤ min egyenl˝ otlenség. Az is meg´ allap´ıthat´ o, hogy egy x folyam bizonyosan maxim´ alis nagys´ ag´ u, amennyiben létezik egy olyan S st¯-halmaz, amelyre teljes¨ ulnek az al´ abbi optimalit´ asi felt´ etelek. (a) (b)

x(a) = g(a) minden a élre, amely kilép S-b˝ ol, és x(a) = 0 minden a élre, amely belép S-be.

Jelen célunk egy ilyen x folyam és S halmaz algoritmikus megkeresése. Ezt el˝ osz¨ or csak egészérték˝ u (illetve racion´ alis) g kapacit´ asf¨ uggvény esetén tessz¨ uk meg, majd tetsz˝ oleges g-re.

1.6.1

Maxim´ alis folyamok: a n¨ ovel˝ o utak m´ odszere

A Fordt´ ol és Fulkersont´ ol sz´ armaz´ o algoritmus tetsz˝ oleges x megengedett st-folyamb´ ol indul ki (péld´ aul x ≡ 0), és azt iterat´ıvan jav´ıtja. Kész´ıts¨ unk el egy Dx = (V, Ax ) digr´ afot a k¨ ovetkez˝ oképp. Egy uv él Ax -hez tartozik, ha vagy (i) uv ∈ A és x(uv) < g(uv), és ekkor ezen élét Dx -nek el˝ ore-´ elnek h´ıvjuk, vagy (ii) vu ∈ A és x(vu) > 0, és ekkor uv neve h´ atra-´ el. Jel¨ olje S az s-b˝ ol Dx -ben ir´ any´ıtott u ´ton elérhet˝ o pontok halmaz´ at. 1. eset t 6∈ S, azaz t nem érhet˝ o el s-b˝ ol. Mivel Dx semelyik éle sem lép ki S-b˝ ol, ezért D-ben minden S-b˝ ol kilép˝ o él tel´ıtett (azaz x(uv) = g(uv)) és minden S-be belép˝ o uv élen x(uv) = 0. Vagyis az (a) és (b) optimalit´ asi feltételek teljes¨ ulnek és az algoritmus véget ér: az adott x folyam nagys´ aga egyenl˝ o δg (S)-sel. 2. eset t ∈ S, azaz t elérhet˝ o s-b˝ ol. Legyen P tetsz˝ oleges s-b˝ ol t-be vezet˝ o ir´ any´ıtott u ´t Dx -ben. Legyen ∆1 := min{g(uv) − x(uv) : uv el˝ ore-éle P -nek} és ∆2 = min{x(vu) : uv h´ atra-éle P -nek}. Legyen ∆ = min{∆1 , ∆2 }. Ekkor ∆ pozit´ıv. Nevezz¨ uk P egy élét kritikusnak, ha ∆ ezen az élen éretik el. M´ odos´ıtsuk x-et a k¨ ovetkez˝ oképp. Ha uv el˝ ore-éle P -nek, u ´gy a D uv élén n¨ ovelj¨ uk x(uv)-t ∆-val. Ha uv h´ atra-éle P -nek, u ´gy a D vu élén cs¨ okkents¨ uk x(vu)-t ∆-val. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy a m´ odos´ıtott x′ megengedett folyam lesz, amelynek nagys´ aga ∆-val nagyobb, mint x-é. K¨ ovetkezésképp, ha g egészérték˝ u, akkor a 2. eset csak véges sokszor fordulhat el˝ o, vagyis véges sok n¨ ovelés ut´ an az 1. eset k¨ ovetkezik be, amikor is az algoritmus véget ér. Teh´ at egész kapacit´ asok esetén az MFMC tétel bizony´ıt´ ast nyert. Amennyiben g racion´ alis, a nevez˝ ok legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ osével a kapacit´ asokat végigszorozva visszajutunk az egész kapacit´ as´ u esethez. • Megjegyzend˝ o, hogy ha g irracion´ alis, akkor a fenti elj´ ar´ as nem biztosan ér véget véges sok lépésben (amint az péld´ aval demonstr´ alhat´ o). M´ asik h´ atr´ any, hogy még egész kapacit´ asok esetén is az iter´ aci´ ok sz´ ama ar´ anyos lehet az el˝ ofordul´ o legnagyobb kapacit´ as nagys´ ag´ aval. Így az algoritmus bonyolults´ aga az input méretének exponenci´ alis f¨ uggvényével ar´ anyos, azaz nem polinomi´ alis. (Egy sz´ am nagys´ aga a jegyei sz´ am´ anak exponenci´ alis f¨ uggvénye.)

1.6.2

Sk´ al´ az´ asi technika

Az al´ abbiakban bemutatunk egy u ¨gyes fog´ ast, amelynek seg´ıtségével bizonyos elj´ ar´ asokat polinomi´ alis fut´ asidej˝ uvé lehet tenni. Haszn´ alat´ at a maxim´ alis folyam problém´ an szemléltetj¨ uk, mert ott igen egyszer˝ u, de sz´ amos alkalommal bonyolultabb k¨ or¨ ulmények k¨ oz¨ ott is haszn´ alhat´ o. Tételezz¨ uk fel, hogy a kapacit´ asok egész sz´ amok és kettes sz´ amrendszerben vannak megadva. A leg¨ nagyobb kapacit´ as ´ alljon M jegyb˝ ol. Osszesen M darab folyam problém´ at fogunk megoldani, mindegyikben a megel˝ oz˝ oen megkapott maxim´ alis folyamot haszn´ aljuk kiindul´ asi folyamként. Jel¨ olje gi azt a kapcit´ as f¨ uggvényt, amely u ´gy ´ all el˝ o, hogy minden élen az eredeti kapacit´ asnak (balr´ ol) az els˝ o i jegyét tekintj¨ uk, m´ıg a t¨ obbit elt¨ or¨ olj¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy a gi kapacit´ asf¨ uggvényre nézve m´ ar meghat´ aroztuk az xi maxim´ alis folyamot. Ekkor 2xi megengedett folyam a gi+1 -re nézve. A 2xi -b˝ ol kiindulva alkalmazzuk a fent le´ırt n¨ ovel˝ o utas m´ odszert a gi+1 kapacit´ asf¨ uggvényre vonatkoz´ olag. Miut´ an minden e élre gi+1 (e) értéke vagy 2gi (e) vagy 2gi (e)+1, legfeljebb élsz´ amnyi n¨ ovelés ut´ an megkapjuk ¨ az xi+1 maxim´ alis folyamot (a gi+1 -re nézve). Osszesen teh´ at legfeljebb M |A| n¨ ovelés seg´ıtségével megkonstru´ altunk egy eredeti kapacit´ asokra vonatkoz´ o maxim´ alis folyamot.

33

1.6.3

Legr¨ ovidebb n¨ ovel˝ o utak

A fenti elj´ ar´ as h´ atr´ anya, hogy csak egész (és ´ıgy racion´ alis) kapacit´ asokra m˝ uk¨ odik. Ezen nehézség lek¨ uzdésére J. Edmonds és R. Karp [1972] és E.A. Dinits [1970] javasolt´ ak, hogy minden iter´ aci´ oban a legkisebb élsz´ am´ u n¨ ovel˝ o utat v´ alasszuk. Ez az egyszer˝ u megszor´ıt´ as lehet˝ ové teszi, hogy a Ford – Fulkerson algoritmus bonyolults´ ag´ at |V | és |A| polinomj´ aval korl´ atozzuk, f¨ uggetlen¨ ul a kapacit´ asok nagys´ ag´ at´ ol. (Ezt persze u ´gy értve, hogy a sz´ amokkal végzett alapm˝ uveleteket egyetlen lépésnek tekintj¨ uk.) ´ TETEL 1.6.1 Ha a Ford – Fulkerson féle n¨ ovel˝ o utas algoritmusban mindig a legr¨ ovidebb n¨ ovel˝ o utat haszn´ aljuk, u ´gy az elj´ ar´ as tetsz˝ oleges g kapacit´ asf¨ uggvény esetén legfeljebb O(|V ||A|) n¨ ovelés ut´ an véget ér. Biz. Jel¨ olje σx (v) a v t´ avols´ ag´ at Dx -ben s-t˝ ol. (Ha egy´ altal´ an nincs s-b˝ ol v-be u ´t, akkor σx (v) := ∞). Legyen P egy legr¨ ovidebb u ´t Dx -ben s-b˝ ol t-be. Ekkor P mindegyik uv élére, σx (v) = σx (u) + 1. Lemma 1.6.2 Amikor P mentén végrehajtunk egy n¨ ovelést, a σx (v) érték semmilyen v-re sem cs¨ okken. Biz. Nézz¨ uk meg milyen hat´ assal van a n¨ ovelés a Dx segédgr´ afra. Mivel a folyamot D-nek csak olyan élein ´ v´ altoztattuk, melyek P éleinek felelnek meg, Dx csup´ an P éleinél v´ altozhat. Espedig, Dx′ lehetséges u ´j élei P élei megford´ıtva, ugyanakkor P kritikus élei (ahol ∆ felvétetik) elt˝ unnek Dx -b˝ ol. A v pont s-t˝ ol val´ o t´ avols´ aga csak akkor cs¨ okkenhetne, ha olyan uw éleket adn´ ank a segédgr´ afhoz, melyekre σx (w) > σx (u) + 1, amib˝ ol a lemma k¨ ovetkezik. • A n¨ ovelések sorozat´ at f´ azisokra bontjuk. Egy f´ azis sor´ an σx (t) ugyanaz marad. A lemma szerint legfeljebb |V | − 1 f´ azis lehetséges. Lemma 1.6.3 Egy f´ azison bel¨ ul legfeljebb |A| n¨ ovelésre ker¨ ulhet sor. Biz. Jel¨ olje σi (v) a v pont t´ avols´ ag´ at s-t˝ ol az i f´ azis kezdetén az aktu´ alis segédgr´ afban. Nevezz¨ unk egy uv élt i-szorosnak, ha σi (v) = σi (u) + 1. Az i-dik f´ azis sor´ an csup´ an i-szoros éleket haszn´ alunk. Tudjuk, hogy egy n¨ ovelés legal´ abb egy i-szoros élt elt¨ untet az aktu´ alis segédgr´ afb´ ol és nem hoz be u ´j i-szoros élt. Mivel a segédgr´ afnak legfeljebb |A| darab i-szoros éle van, a lemma k¨ ovetkezik. • Mindezeket ¨ osszetéve kapjuk, hogy legfeljebb |V ||A| n¨ ovelésre van sz¨ ukség¨ unk, ´ıgy az Edmonds – Karp és Dinits féle algoritmus ¨ ossz-bonyolults´ aga O(|V ||A|2 ), hiszen egyetlen n¨ ovelés O(|A|) lépést igényel. Miut´ an a fenti algoritmus fut´ asa sor´ an a rendelkezésre ´ all´ o legr¨ ovidebb n¨ ovel˝ o utak k¨ oz¨ ul b´ armelyiket v´ alaszthatjuk, a vég¨ ul kapott maxim´ alis folyam f¨ ugg ezen v´ alaszt´ asokt´ ol. Nem ´ıgy a végs˝ o S! Feladatok 1.55 (a) A vég¨ ul kapott minim´ alis δ + (S) v´ ag´ as f¨ uggetlen az algoritmus fut´ as´ at´ ol. (b) Ha X és Y minimaliz´ alja ¯ az δg (Z) értéket az ¨ osszes st-halmazra, akkor X ∩ Y és X ∪ Y is minimaliz´ al´ o st¯-halmazok. (c) A minimaliz´ al´ o halmazok metszete S. 1.56 Adott e élre hogyan lehet eld¨ onteni, hogy (a) létezik-e olyan maxim´ alis folyam, amely tel´ıti e-t, (b) minden maxim´ alis folyam tel´ıti e-t. 1.57 Algoritmikusan hat´ arozzuk meg az ¨ osszes {x, y} rendezett cs´ ucsp´ art, amelyre létezik olyan X halmaz, hogy s, x ∈ X, y ∈ V − X és X minim´ alis v´ ag´ ast hat´ aroz meg. 1.58 Adott két kapacit´ asf¨ uggvény esetén algoritmikusan d¨ onts¨ uk el, hogy létezik-e olyan S st¯-halmaz, amely mindkét kapacit´ asf¨ uggvényre nézve minim´ alis v´ ag´ ast hat´ aroz meg. 1.59 Adott c1 és c2 kapacit´ asf¨ uggvények esetén keress¨ unk olyan c1 -re nézve minim´ alis st¯-v´ ag´ ast, amely a c2 -re nézve a lehet˝ o legkisebb. 1.60 Kész´ıts¨ unk algoritmust, amely adott k¨ oltségf¨ uggv´ enyre eld¨ onti, hogy létezik-e k élidegen u ´t s-b˝ ol t-be, melyek mindegyike minim´ alis k¨ oltség˝ u. 1.61 Digr´ afban keress¨ unk két diszjunkt halmazt, melyek egyike st¯-halmaz, m´ asika t¯ s-halmaz u ´gy, hogy befok ¨ osszeg¨ uk minim´ alis.

34

1.6.4

Minim´ alis k¨ olts´ eg˝ u folyamok

Els˝ o célunkat elért¨ uk: folyamok seg´ıtségével hatékonyan lehet egy D = (V, A) digr´ afban k élidegen stutat keresni. A legolcs´ obb u ´t probléma ´ altal´ anos´ıt´ asaként most vizsg´ aljuk meg, hogy adott c : A → R+ k¨ oltségf¨ uggvény esetén hogyan lehet meghat´ arozni k élidegen st-utat, melyek ¨ osszk¨ oltsége minim´ alis. Ehhez egy minim´ alis k¨ oltség˝ u k nagys´ ag´ u megengedett egészérték˝ u folyamot fogunk kisz´ am´ıtani a g ≡ 1 kapacit´ asf¨ uggvényre vonatkoz´ oan. Val´ oj´ aban az al´ abbi algoritmus ´ altal´ anos g-re is kiterjeszthet˝ o, de az egyszer˝ uség kedvéért, és amiatt, hogy az élidegen utakhoz am´ ugy is csak erre a speci´ alis esetre van sz¨ ukség¨ unk, feltessz¨ uk, hogy g ≡ 1. Ilyenkor egy k nagys´ ag´ u egészérték˝ u megengedett x folyam val´ oj´ aban (0, 1)-érték˝ u, azaz k-fonat. Kor´ abban l´ attuk, hogy miként lehet egy maxim´ alis M nagys´ ag´ u s-b˝ ol t-be vezet˝ o folyamot polinom id˝ oben kisz´ am´ıtani. Most minden 0 és M k¨ ozé es˝ o k egészre szeretn´ e nk tal´ a lni egy olyan k-fonatot melynek k¨ o lts´ ege P a k-fonatok k¨ ozt minim´ alis. Egy z fonat k¨ olts´ eg´ et a cz = [c(e)z(e) : e ∈ A] skal´ aris szorzattal defini´ aljuk. (Mivel c nem-negat´ıv, a legolcs´ obb k-fonatban, ha vannak k¨ or¨ ok, akkor ezek 0 k¨ oltség˝ uek, ´ıgy kihagyhat´ ok.) Megjegyezz¨ uk, hogy van egy speci´ alis k¨ oltségf¨ uggvény oszt´ aly, amelyre a feladat szinte semmitmond´ o. Legyen π : V → Z+ olyan f¨ uggvény a cs´ ucshalmazon, amelyre π(s) = 0 ≤ π(v) ≤ π(t) minden v ∈ V -re. Egy ilyen f¨ uggvényt potenci´ alnak h´ıvunk. Kor´ abban (az 1.3.4 szakaszban) m´ ar defini´ altuk a ∆π : A → R pntinduk´ alt k¨ oltségf¨ uggvényt, amelyre teh´ at ∆π (uv) := π(v) − π(u).

(1.36)

Ennek lehetnek negat´ıv értékei is, de bizonyosan konzervat´ıv, hiszen minden k¨ or k¨ oltsége nulla. Miut´ an egy st-´ ut ∆π -k¨ oltsége π(t) − π(s) = π(t), egy egyir´ any´ u k¨ ornek pedig 0, kapjuk, hogy a ∆π pontinduk´ alt k¨ oltségf¨ uggvényre vonatkoz´ olag minden k-fonatnak ugyanaz a k¨ oltsége, éspedig kπ(t). Az uv ∈ A élekre a cπ (uv) := c(uv) − ∆π (uv)

(1.37)

jel¨ olést haszn´ alva azt kapjuk, hogy a minim´ alis k¨ oltség˝ u k-fonat meghat´ aroz´ asa szempontj´ ab´ ol c és cπ ekvivalens. ´ TETEL 1.6.4 (Ford ´ es Fulkerson) A D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an adott a c : A → R+ k¨ oltségf¨ uggvény. A k-fonatok minim´ alis k¨ oltsége (vagyis k élidegen st-´ ut ¨ osszk¨ oltségének a minimuma) egyenl˝ oa kπ(t) +

X

[cπ (uv) : uv ∈ A, cπ (uv) < 0]

(1.38)

érték maximum´ aval, ahol a maximum az ¨ osszes π : V → R+ potenci´ alra megy. Egy z k-fonat akkor és csak akkor minim´ alis k¨ oltség˝ u a k-fonatok k¨ oz¨ ott, ha létezik olyan π potenci´ al, amelyre fenn´ allnak a k¨ ovetkez˝ o optimalit´ asi feltételek: cπ (uv) < 0 ⇒ z(uv) = 1 vagy ekvivalensen z(uv) = 0 ⇒ cπ (uv) ≥ 0,

(i)

cπ (uv) > 0 ⇒ z(uv) = 0 vagy ekvivalensen z(uv) = 1 ⇒ cπ (uv) ≤ 0,

(ii)

Amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy az optim´ alis π is v´ alaszthat´ o egészérték˝ unek. Biz. Potenci´ alok seg´ıtségével egy z fonat cz k¨ oltségére az al´ abbi als´ o korl´ atot nyerhetj¨ uk.

kπ(t) +

X

X

c(uv)z(uv) =

X

∆π (uv)z(uv) +

[cπ (uv)z(uv) : cπ (uv) > 0] + kπ(t) + 0 +

X

X

X

cπ (uv)z(uv) =

[cπ (uv)z(uv) : cπ (uv) < 0] ≥

[cπ (uv) : cπ (uv) < 0].

Ebb˝ ol egyrészt k¨ ovetkezik a min ≥ max egyenl˝ otlenség, m´ asrészt az, hogy egy k-fonat bizonyosan minim´ alis k¨ oltség˝ u a k-fonatok k¨ oz¨ ott, ha létezik hozz´ a olyan π potenci´ al, amelyre a fenti becslésben minden egyenl˝ otlenség egyenl˝ oséggel teljes¨ ul, ami viszont pont azzal ekvivalens, hogy fenn´ allnak a tételben megadott (i) és (ii) optimalit´ asi feltételek. Emiatt a tétel mindkét része k¨ ovetkezik, ha kimutatjuk, hogy minden lehetséges egész k értékre létezik egy k-fonat és egy ehhez tartoz´ o π potenci´ al (amely egészérték˝ u, ha c az), melyek kielég´ıtik az optimalit´ asi feltételeket. Ezeket konstru´ alja meg Ford és Fulkerson most ismertetésre ker¨ ul˝ o minim´ al-k¨ oltséges folyam algoritmusa, amely a maxim´ alis nagys´ ag´ u folyam kisz´ am´ıt´ as´ ara vonatkoz´ o Ford–Fulkerson féle n¨ ovel˝ o utas elj´ ar´ as finom´ıt´ as´ anak tekinthet˝ o. Az elj´ ar´ as a z ≡ 0 0-fonattal és a π ≡ 0 potenci´ allal indul. Ezut´ an a fonat nagys´ ag´ at (vagyis az élidegen st-utak sz´ am´ at) n¨ ovelj¨ uk egyenként, illetve menetk¨ ozben néha a potenci´ alt n¨ ovelj¨ uk u ´gy, hogy az optimalit´ asi feltételek végig fenn´ allnak. Az algoritmus akkor ér véget, amikor maxim´ alis nagys´ ag´ u folyamot illetve egy minim´ alis v´ ag´ ast kaptunk. Az algoritmus végig meg˝ orzi az aktu´ alis folyam egészérték˝ uségét és amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy az aktu´ alis potenci´ alét is.

35

´ ES ´ ITERAT´ IV LEP Az ´ altal´ anos helyzetben adott a z fonat és a π potenci´ al, és ezek kielég´ıtik az (i) és (ii) feltételeket. Megkonstru´ alunk egy D′ = (V, A′ ) segédgr´ afot a k¨ ovetkez˝ oképpen. D′ -nek kétféle éle van: el˝ ore és h´ atra. Egy uv ∈ A′ él el˝ ore-´ el, ha uv ∈ A, cπ (uv) = 0 és z(uv) = 0. Egy uv ∈ A′ él h´ atra-´ el, ha vu ∈ A, cπ (vu) = 0 és z(vu) = 1. Legyen S az s-b˝ ol D′ -ben egyir´ any´ u u ´ton elérhet˝ o pontok halmaza. Emlékeztet¨ unk, hogy D′ -ben nem lép ki él S-b˝ ol. Két eset lehetséges. 1. Eset t 6∈ S, azaz t nem elérhet˝ o s-b˝ ol. Legyen ε1 = min{cπ (uv) : uv ∈ A, u ∈ S, v ∈ V − S, z(uv) = 0} és ε2 = min{−cπ (uv) : uv ∈ A, u ∈ V − S, v ∈ S, z(uv) = 1}, ahol az u ¨res halmazon vett minimumot ∞-nek defini´ aljuk. Legyen ε = min{ε1 , ε2 }. ´ ıt´ All´ as 1.6.1 ε > 0. Biz. L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy ε1 > 0. Ha D-nek minden S-b˝ ol kilép˝ o uv élén z(uv) = 1, akkor ε1 = ∞. Legyen most uv a D-nek egy olyan S-b˝ ol kilép˝ o éle, amelyre z(uv) = 0. Az (i) feltétel miatt cπ (uv) ≥ 0, de itt nem szerepelhet egyenl˝ oség, mert cπ (uv) = 0 esetén uv a D′ -nek egy S-b˝ ol kilép˝ o (el˝ ore) éle volna. Teh´ at cπ (uv) > 0 a D minden S-b˝ ol kilép˝ o élére, ´ıgy ε1 > 0. Most megmutatjuk, hogy ε2 > 0. Ha D-nek minden S-be belép˝ o uv élén z(uv) = 0, akkor ε2 = ∞. Legyen most uv a D-nek egy olyan S-be belép˝ o éle, amelyre z(uv) = 1. Az (ii) feltétel miatt cπ (uv) ≤ 0, de itt nem szerepelhet egyenl˝ oség, mert cπ (uv) = 0 esetén a ford´ıtott vu él a D′ -nek egy S-b˝ ol kilép˝ o (h´ atra) éle volna. Teh´ at cπ (uv) < 0 a D minden S-be bellép˝ o élére, ´ıgy ε2 > 0. • Amennyiben ε = ∞, u ´gy az algoritmus véget ér. Ebben az esetben az S-b˝ ol kilép˝ o D-beli élek mind tel´ıtettek (azaz mindegyik ilyen élen a z értéke 1, m´ıg az S-be belép˝ o D-beli élek mindegyikén a z értéke nulla. Így teh´ at δ(S) = δz (S) − ̺z (S) = δz (s), vagyis az aktu´ alis z fonat maxim´ alis nagys´ ag´ u és az S-b˝ ol kilép˝ o élek halmaza minim´ alis v´ ag´ ast hat´ aroz meg. Legyen most ε < ∞, és m´ odos´ıtsuk π-t u ´gy, hogy minden v ∈ V − S-re n¨ ovelj¨ uk π(v)-t ε-nal. Az S és az ε defin´ıci´ oj´ ab´ ol r¨ ogt¨ on kapjuk: ´ ıt´ All´ as 1.6.2 A m´ odos´ıtott potenci´ al és a v´ altozatlanul hagyott z fonat kielég´ıti az optimalit´ asi feltételeket. • Kész´ıts¨ uk el az u ´j segédgr´ afot és ismételj¨ uk meg az elj´ ar´ ast. Figyelj¨ uk meg, hogy a segédgr´ afban a (régi) S ´ altal fesz´ıtett élek v´ altozatlanok maradnak és legal´ abb egy S-b˝ ol kilép˝ ou ´j él keletkezik az ε v´ alaszt´ asa folyt´ an. (Csup´ an t´ ajékoztat´ asul: az ¨ osszes S-be lép˝ o él megsz˝ unik.) Emiatt az u ´j segédgr´ afban az s-b˝ ol elért pontok halmaza szigor´ uan b˝ ovebb lesz, mint S. Ezért az 1. eset legfeljebb (|V | − 1)-szeri el˝ ofordul´ asa alatt vagy ut´ an bizonyosan vagy az ε = ∞ k¨ ovetkezik be, vagy pedig az al´ abbi 2. eset. 2. Eset t ∈ S, vagyis t elérhet˝ o s-b˝ ol. Legyen P a D′ -ben egy s-b˝ ol t-be vezet˝ o egyir´ any´ uu ´t. M´ odos´ıtsuk z-t ′ a k¨ ovetkez˝ oképpen. Legyen z (uv) = 1, ha uv a P -nek el˝ ore-éle és legyen z ′ (uv) = 0, ha vu a P -nek h´ atra-éle. A m´ odos´ıt´ asb´ ol ad´ odik: ´ ıt´ All´ as 1.6.3 A m´ odos´ıtott fonat és v´ altozatlanul hagyott potenci´ al kielég´ıti az optimalit´ asi feltételeket. • Az algoritmus le´ır´ as´ at befejezt¨ uk, és ezzel a tétel bizony´ıt´ asa is teljes, hiszen az elj´ ar´ as véges sok lépés ut´ an minden lehetséges k-ra megad egy k-fonatot és egy potenci´ alt, melyek teljes´ıtik az optimalit´ asi feltételeket. Miut´ an ¨ osszesen M ≤ |A| folyamn¨ ovelésre ker¨ ul sor és két folyamn¨ ovelés k¨ oz¨ ott legfeljebb |V | − 1 potenci´ al v´ altoztat´ asra, a fenti algoritmus polinomi´ alis fut´ asidej˝ u. • • Emlékezz¨ unk vissza Duffin tételére (1.3.15 tétel), amely azt mondta ki, hogy konzervat´ıv c esetén a legolcs´ obb st-´ ut k¨ oltsége egyenl˝ o a π(t) − π(s) érték maximum´ aval, ahol a maximum az ¨ osszes megengedett π potenci´ alon veend˝ o. Ford és Fulkerson fenti 1.6.4 tétele a k = 1 speci´ alis esetben azt mondja, hogy nem-negat´ıv c esetén a legolcs´ obb st-´ ut k¨ oltsége egyenl˝ oa π(t) +

X

[cπ (uv) : uv ∈ A, cπ (uv) < 0]

(1.39)

érték maximum´ aval, ahol a maximum az ¨ osszes π : V → R+ potenci´ alra megy (ahol π(s) = 0). Miként adja vissza ez a tétel Duffin tételét? El˝ osz¨ or is figyelj¨ uk meg, hogy a Duffin tételt elegend˝ o nem-negat´ıv c-re igazolni, hiszen létezik π megengedett potenci´ al és c − ∆π egy ekvivalens és nem-negat´ıv k¨ oltségf¨ uggvény. M´ armost Duffin tételéhez elegend˝ o megmutatnunk, hogy (1.39)-ben elég megengedett π-kre szor´ıtkoznunk, amikor teh´ at egy´ altal´ an nincs olyan uv él, amelyre cπ (uv) < 0. Legyen most π optim´ alis és tegy¨ uk fel, hogy az e = uv él hib´ as, azaz cπ (uv) < 0. Ekkor a Ford-Fulkerson tételben megfogalmazott optimalit´ asi kritérium miatt uv minden legolcs´ obb st-´ utban benne van. Ez azt jelenti, hogy az s-b˝ ol indul´ o legolcs´ obb utak D′ digr´ afj´ ab´ ol e-t kihagyva t m´ ar nincs benne az elérhet˝ o pontok S halmaz´ aban. De ekkor a π értékét α := −cπ (uv)-vel cs¨ okkentve a V − S valamennyi elemén a kapott π ′ potenci´ al szintén optim´ alis és kevesebb hib´ as él van.

36

Az ´ altal´ anos eset Megjegyezz¨ uk, hogy a fenti tétel és algoritmus minim´ alis v´ altoztat´ assal ´ atvihet˝ o az ´ altal´ anos esetre, amikor egy ´ altal´ anos g : A → Z+ kapacit´ asf¨ uggvényre vonatkoz´ o megengedett k nagys´ ag´ u folyamok k¨ oz¨ ul keress¨ uk meg a minim´ alis k¨ oltség˝ ut. Az al´ abbiakban v´ azoljuk az eltéréseket. ´ TETEL 1.6.5 A D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an adott a g : A → Z+ egészérték˝ u kapacit´ asf¨ uggvény és a c : A → R+ k¨ oltségf¨ uggvény. A k nagys´ ag´ u egészérték˝ u megengedett folyamok k¨ oltségének minimuma egyenl˝ oa X kπ(t) + [cπ (uv)g(uv) : uv ∈ A, cπ (uv) < 0] (1.40) érték maximum´ aval, ahol a maximum az ¨ osszes π potenci´ alra megy. Egy k nagys´ ag´ u megengedett z folyam akkor és csak akkor minim´ alis k¨ oltség˝ u a k nagys´ ag´ u megengedett folyamok k¨ oz¨ ott, ha létezik olyan π potenci´ al, amelyre fenn´ allnak a k¨ ovetkez˝ o optimalit´ asi feltételek: cπ (uv) < 0 ⇒ z(uv) = g(uv),

(i)

cπ (uv) > 0 ⇒ z(uv) = 0.

(ii)

Amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy az optim´ alis π is v´ alaszthat´ o egészérték˝ unek. Biz. Potenci´ alok seg´ıtségével egy z folyam cz k¨ oltségére az al´ abbi als´ o korl´ atot nyerhetj¨ uk.

P

P

P

c(uv)z(uv) = [π(v)−π(u)]z(uv)+ cπ (uv)z(uv) = kπ(t)+ P cπ (uv) < 0] ≥ kπ(t) + 0 + [cπ (uv)g(uv) : cπ (uv) < 0].

P

[cπ (uv)z(uv) : cπ (uv) > 0]+

P

[cπ (uv)z(uv) :

Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy egy k nagys´ ag´ u z folyam bizonyosan minim´ alis k¨ oltség˝ u a k nagys´ ag´ uak k¨ oz¨ ott, ha létezik hozz´ a olyan π potenci´ al, amelyre a fenti becslésben minden egyenl˝ otlenség egyenl˝ oséggel teljes¨ ul, ami viszont pont azzal ekvivalens, hogy fenn´ allnak a tételben megadott (i) és (ii) optimalit´ asi feltételek. Emiatt a tétel mindkét része k¨ ovetkezik, ha kimutatjuk, hogy minden lehetséges egész k értékre létezik egy k nagys´ ag´ u egészérték˝ u megengedett folyam és egy ehhez tartoz´ o π potenci´ al (amely egészérték˝ u, ha c az), melyek kielég´ıtik az optimalit´ asi feltételeket. Az elj´ ar´ as az azonosan nulla folyammal és az azonosan nulla potenci´ allal indul. Ezut´ an a folyam nagys´ ag´ at n¨ ovelj¨ uk egyenként, illetve menetk¨ ozben néha a potenci´ alt n¨ ovelj¨ uk u ´gy, hogy az optimalit´ asi feltételek végig fenn´ allnak. Az algoritmus akkor ér véget, amikor maxim´ alis nagys´ ag´ u folyamot illetve egy minim´ alis v´ ag´ ast kaptunk. Az algoritmus végig meg˝ orzi az aktu´ alis folyam egészérték˝ uségét és amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy az aktu´ alis potenci´ alét is. Az ´ altal´ anos helyzetben adott egy z folyam és egy π potenci´ al, melyek kielég´ıtik az (i) és (ii) feltételeket. A D′ = (V, A′ ) segédgr´ afot a k¨ ovetkez˝ oképpen defini´ aljuk. Egy uv ∈ A′ él el˝ ore-´ el, ha uv ∈ A, cπ (uv) = 0 és z(uv) < g(uv). Egy uv ∈ A′ él h´ atra-´ el, ha vu ∈ A, cπ (vu) = 0 és z(vu) > 0. 1. Eset t 6∈ S, azaz t nem elérhet˝ o s-b˝ ol. Legyen ε1 = min{cπ (uv) : uv ∈ A, u ∈ S, v ∈ V − S, z(uv) < g(uv)} és ε2 = min{−cπ (uv) : uv ∈ A, u ∈ V − S, v ∈ S, z(uv) > 0}, ahol az u ¨res halmazon vett minimumot ∞-nek defini´ aljuk. Legyen ε = min{ε1 , ε2 }. Az optimalit´ asi feltételek és az S defin´ıci´ oja miatt ε pozit´ıv. Amennyiben ε = ∞, u ´gy az algoritmus véget ér. Ebben az esetben az S-b˝ ol kilép˝ o eredeti élek mind tel´ıtettek, m´ıg az S-be belép˝ o eredeti élek mindegyikén a folyam nulla. Így teh´ at δg (S) = δz (S)−̺z (S) = δz (s), vagyis az aktu´ alis z folyam maxim´ alis nagys´ ag´ u és az S-b˝ ol kilép˝ o élek halmaza minim´ alis v´ ag´ ast hat´ aroz meg. Legyen most ε < ∞, és m´ odos´ıtsuk π-t u ´gy, hogy minden v ∈ V − S-re n¨ ovelj¨ uk π(v)-t ε-nal. Az S és az ε defin´ıci´ oj´ ab´ ol r¨ ogt¨ on kapjuk: ´ ıt´ All´ as 1.6.4 A m´ odos´ıtott potenci´ al és a v´ altozatlanul hagyott z folyam kielég´ıti az optimalit´ asi feltételeket. •

Kész´ıts¨ uk el az u ´j segédgr´ afot és ismételj¨ uk meg az elj´ ar´ ast. Figyelj¨ uk meg, hogy a segédgr´ afban a (régi) S ´ altal fesz´ıtett élek v´ altozatlanok maradnak és legal´ abb egy S-b˝ ol kilép˝ ou ´j él keletkezik az ε v´ alaszt´ asa folyt´ an. (Csup´ an t´ ajékoztat´ asul: az ¨ osszes S-be lép˝ o él megsz˝ unik.) Emiatt az u ´j segédgr´ afban az s-b˝ ol elért pontok halmaza szigor´ uan b˝ ovebb lesz, mint S. Ezért az 1. eset legfeljebb (|V | − 1)-szeri el˝ ofordul´ asa alatt vagy ut´ an bizonyosan vagy az ε = ∞ k¨ ovetkezik be, vagypedig az al´ abbi 2. eset. 2. Eset t ∈ S, vagyis t elérhet˝ o s-b˝ ol. Legyen P a D′ -ben egy s-b˝ ol t-be vezet˝ o egyir´ any´ uu ´t. M´ odos´ıtsuk ′ z-t a k¨ ovetkez˝ oképpen. Legyen z (uv) = z(uv) + 1, ha uv a P -nek el˝ ore-éle és legyen z ′ (uv) = z(uv) − 1, vu a P -nek h´ atra-éle. A m´ odos´ıt´ asb´ ol ad´ odik: ´ ıt´ All´ as 1.6.5 A m´ odos´ıtott folyam és v´ altozatlanul hagyott potenci´ al kielég´ıti az optimalit´ asi feltételeket. •

37

Ezzel az algoritmus le´ır´ as´ at be is fejezt¨ uk. Az elj´ ar´ as bizonyosan véges, hiszen ¨ osszesen M folyamn¨ ovelésre ker¨ ul sor és két folyamn¨ ovelés k¨ oz¨ ott legfeljebb |V | potenci´ al v´ altozt´ asra. Ez´ altal a tétel bizony´ıt´ asa teljes. • • Mi mondhat´ o az elj´ ar´ as fut´ asidejér˝ ol? Minthogy minden 1 ≤ k ≤ M értékre ki akartuk sz´ amolni a k nagys´ ag´ u minim´ alis k¨ oltség˝ u folyamot, az algoritmus lépéssz´ am´ at az M értékének és a digr´ af |A| méretének f¨ uggvényében kell becs¨ uln¨ unk. Mivel lényegében M darab n¨ ovelésre volt sz¨ ukség¨ unk (2. eset), ezért az elj´ ar´ as polinomim´ alis M és |A| f¨ uggvényében. Elképzelhet˝ o persze olyan helyzet is, amikor csak egy maxim´ alis nagys´ ag´ u minim´ alis k¨ oltség˝ u folyamot kell kisz´ am´ıtanunk. Ebben az esetben az algoritmus lépéssz´ am´ anak a digr´ af méretének f¨ uggvényében kellene polinomi´ alisnak lennie, és ez most természetesen nem ´ all, hiszen a lépéssz´ am az M nagys´ ag´ aval ar´ anyos. De még ebben az esetben is két fontos speci´ alis eset kezelhet˝ o polinomi´ alis id˝ oben. Ha a legnagyobb kapacit´ as nem t´ uls´ agosan nagy (nevezetesen, ha |V | polinomj´ aval korl´ atozhat´ o), akkor a fenti elj´ ar´ as nyilv´ an polinomi´ alis, f¨ uggetlen¨ ul att´ ol, hogy a c k¨ oltség-f¨ uggvény egészérték˝ u-e vagy sem. Tegy¨ uk most fel, hogy a kapacit´ asok tetsz˝ olegesek, a k¨ oltség-f¨ uggvény egészérték˝ u és ,,kicsi”. Ekkor az algoritmus k¨ ovetkez˝ o m´ odos´ıt´ asa er˝ osen polinomi´ alis algoritmust eredményez. Tekints¨ uk az algoritmus egy k¨ ozbens˝ o helyzetét, amikor egy π potenci´ al rendelkezésre ´ all. A szoros élek digr´ afj´ aban (egy uv él szoros, ha cπ (uv) = 0) sz´ am´ıtsunk ki (a Max-flow Min-cut algoritmusssal) egy maxim´ alis nagys´ ag´ u z folyamot és egy S minim´ alis ki-kapacit´ as´ u st¯-halmazt. Ha D-ben minden S-be belép˝ o és S-b˝ ol kilép˝ o él szoros, akkor S minim´ alis v´ ag´ ast hat´ aroz meg és az aktu´ alis z folyam maxim´ alis nagys´ ag´ u, amely kielég´ıti az optimalit´ asi feltételeket. Ebben az esetben az algoritmus véget ér. Amennyiben D-nek létezik nem-szoros éle, amely S-be be- vagy kilép, u ´gy ε, ahogy azt fentebb az 1. esetnél kisz´ am´ıtottuk, véges lesz. M´ odos´ıtsuk π-t u ´gy, mint az el˝ obb, azaz minden v ∈ V − S-re n¨ ovelj¨ uk π(v)-t ε-nal. Azt ´ all´ıtjuk, hogy a π(t) érték a D digr´ af valamely (ir´ any´ıtatlan értelemben vett) s-b˝ ol t-be vezet˝ ou ´tj´ anak a k¨ oltsége. Val´ oban, minden folyam-n¨ oveléskor a segédgr´ afban van olyan st u ´t, amely szoros élekb˝ ol ´ all. K¨ ovetkezik, hogy a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o π(t) értékek sz´ ama (vagyis az 1. eset el˝ ofordul´ asainak sz´ ama) fel¨ ulr˝ ol korl´ atozhat´ o az élek ¨ ossz-k¨ oltségével. Teh´ at az elj´ ar´ as polinomi´ alis, ha a c egészérték˝ u és legnagyobb értéke |V | polinomj´ aval korl´ atozhat´ o. Ugyanakkor van olyan példa (sorozat), amely azt mutatja, hogy ha c-nek csak az egészérték˝ uségét tessz¨ uk fel, akkor az algoritmus nem polinomi´ alis. Megjegyezz¨ uk, hogy Edmonds és Karp a sk´ al´ az´ asi technik´ at eredetileg a legolcs´ obb folyamok polinomi´ alis ´ nevéhez f˝ idej˝ u meghat´ aroz´ as´ ara dolgozta ki. Az els˝ o er˝ osen polinomi´ alis algoritmus Tardos Eva uz˝ odik. Feladat 1.62 Igazoljuk, hogy tetsz˝ oleges c esetén a fenti algoritmus véges sok lépésben véget ér. Feladat 1.63 Hogyan lehet egy éls´ ulyozott p´ aros gr´ afban adott k-ra maxim´ alis s´ uly´ u k él˝ u p´ aros´ıt´ ast kisz´ am´ıtani? 2013. augusztus 1. file: ufolyam

38

2. Fejezet

´ LINEARIS EGYENLETRENDSZEREK 2.1

Vektort´ er, alt´ er, line´ aris f¨ uggetlens´ eg

Az al´ abbiakban ´ attekintj¨ uk a V Euklideszi vektortér néh´ any alaptulajdons´ ag´ at. Ez a fejezet nem tartozik szorosan az oper´ aci´ okutat´ ashoz (és az el˝ oad´ ason nem is hangzik el), mert az itt k¨ oz¨ oltek a line´ aris algebra részét alkotj´ ak. Célunk az, hogy azon alapfogalmakat és alaperedményeket mutassuk be, amelyekre a line´ aris programmoz´ asi fejezetek a kés˝ obbiekben t´ amaszkodni fognak. Az alaptest mindig a val´ os (R) vagy a racion´ alis (Q) sz´ amok teste. Amikor Euklideszi vektortérr˝ ol beszél¨ unk, a val´ os sz´ am n-esek Rn terére (vagy a racion´ alis sz´ am n-esek Qn terére) gondolunk. (Line´ aris algebr´ aban bebizony´ıtj´ ak, hogy b´ armely két n-dimenzi´ os Euklideszi vektortér egym´ assal izomorf.) Mindig az R-t haszn´ aljuk alaptestként, de valamennyi ´ all´ıt´ as érvényes a Q esetén is. Remélhet˝ oleg nem okoz majd zavart, hogy jel¨ olésben nem tesz¨ unk k¨ ul¨ onbséget a 0 sz´ am és a vektortér nulleleme (az orig´ o) k¨ oz¨ ott. A vektortér elemeit néha vektoroknak, néha pontoknak tekintj¨ uk. Legyen x és y két azonos dimenzi´ os vektor. Azt mondjuk, hogy x ≥ y, ha x minden komponense nagyobb vagy egyenl˝ o y megfelel˝ o komponensénél. Amennyiben x ≤ y és x 6= y, u ´gy az x < y jel¨ olést haszn´ aljuk. Amikor x minden komponense szigor´ uan kisebb az y megfelel˝ o komponensénél, az x ≪ y jel¨ olést haszn´ aljuk. Adott x1 , . . . , xk vektorok és λ1 , . . . , λk sz´ amok esetén a b := λ1 x1 +· · ·+λk xk vektort az x1 , . . . , xk vektorok egy line´ aris kombin´ aci´ oj´ anak nevezz¨ uk. Ha a λi sz´ amok ¨ osszege 1, affin kombin´ aci´ or´ ol beszél¨ unk, m´ıg ha valamennyi λi nem-negat´ıv, u ´gy nem-negat´ıv kombin´ aci´ or´ ol van sz´ o. Egy nem-negat´ıv, affin kombin´ aci´ ot konvex kombin´ aci´ onak mondunk. Véges sok vektor line´ aris kombin´ aci´ oinak halmaz´ at a vektorok line´ aris burk´ anak nevezz¨ uk. Véges sok pont affin (konvex) kombin´ aci´ oinak halmaz´ at a pontok affin, (konvex) burk´ anak h´ıvjuk. Péld´ aul két pont konvex burka az ˝ oket ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz, h´ arom pont konvex burka az ´ altaluk fesz´ıtett h´ aromsz¨ og. Amennyiben a b 6= 0 elem el˝ o´ all az x1 , . . . , xk elemek line´ aris kombin´ aci´ ojaként, u ´gy azt mondjuk, hogy b line´ arisan f¨ ugg az x1 , . . . , xk elemekt˝ ol. Ha b-nek nincs ilyen el˝ o´ all´ıt´ asa, akkor b line´ arisan f¨ uggetlen az x1 , . . . , xk elemekt˝ ol. A line´ aris kombin´ aci´ o trivi´ alis, ha mindegyik λi egy¨ utthat´ o 0. Ha legal´ abb az egyik¨ uk nem-nulla, nem-trivi´ alis line´ aris kombin´ aci´ or´ ol beszél¨ unk. Azt mondjuk, hogy az x1 , . . . , xk vektorok line´ arisan ¨ osszef¨ uggnek, ha a vektortér nulleleme el˝ o´ all nem-trivi´ alis line´ aris kombin´ aci´ ojukként. Ha nincs ilyen el˝ o´ all´ıt´ as, u ´gy az x1 , . . . , xk vektorokat line´ arisan f¨ uggetleneknek mondjuk. Az x1 , . . . , xk vektorok k¨ ort alkotnak, ha line´ arisan ¨ osszef¨ uggnek, de b´ armely val´ odi rész¨ uk m´ ar line´ arisan f¨ uggetlen. (Az elnevezés a gr´ afelmélet k¨ or-fogalm´ ab´ ol j¨ on és nincs k¨ oze a geometria k¨ or-fogalm´ ahoz.) K¨ onny˝ u ellen˝ orizni, hogy egy k¨ or b´ armely eleme line´ arisan f¨ ugg a k¨ or t¨ obbi elemét˝ ol. (Ha csak annyit tessz¨ unk fel, hogy az x1 , . . . , xk elemek line´ arisan ¨ osszef¨ uggnek, akkor nem feltétlen¨ ul igaz az, hogy mindegyik xi elem line´ arisan f¨ ugg a t¨ obbit˝ ol. Péld´ aul, az (1, 0), (2, 0), (0, 1) kétdimenzi´ os vektorok line´ arisan ¨ osszef¨ uggnek, de a (0,1) vektor nem ´ all´ıthat´ o el˝ o az (1, 0) és (2, 0) vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojaként.) Egy (a1 , a2 , . . . , an ) egym´ as mellé le´ırt sz´ am n-est sorvektornak tekint¨ unk, m´ıg ha ezeket az elemeket egym´ as al´ a ´ırjuk, oszlopvektorr´ ol beszél¨ unk. Ha a sor-vektor, akkor at az a transzpon´ altja, vagyis az a-nak megfelel˝ o oszlopvektor. Legyen X és Y két vektor-halmaz Rn -ben. Ekkor a vektor-¨ osszeg¨ uk¨ on vagy Minkowski ¨ osszeg¨ uk¨ on (r¨ oviden, ¨ osszeg¨ uk¨ on) az X + Y := {x + y : x ∈ X, y ∈ Y } halmazt értj¨ uk. A k¨ ul¨ onbség¨ uk anal´ og m´ odon defini´ alhat´ o. A V vektortér A altere egy olyan nem¨ ures részhalmaza V -nek, amelyre fenn´ all, hogy 1. x ∈ A ⇒ λx ∈ A minden λ ∈ R sz´ amra,

39

2. x, y ∈ A ⇒ x + y ∈ A. Nyilv´ an az egyetlen nulla elemb˝ ol ´ all´ o halmaz altér, az u ń. trivi´ alis alt´ er. Maga az egész V is altér. A defin´ıci´ ob´ ol k¨ ovetkezik, hogy a vektortér 0 eleme minden altérben benne van. Tov´ abb´ a az altér véges ´ enyes, hogy alterek metszete is altér. sok elemének b´ armilyen line´ aris kombin´ aci´ oja is az altérben van. Erv´ K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy két altér ¨ osszege is altér, éspedig a mindkett˝ ot mag´ aban foglal´ o legsz˝ ukebb altér. Egy altér dimenzi´ oja az altérb˝ ol kiv´ alaszthat´ o line´ arisan f¨ uggetlen elemek maxim´ alis sz´ ama. Speci´ alisan a trivi´ alis altér dimenzi´ oja 0. Két n-dimenzi´ os a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) vektor skal´ arszorzata az ab := a1 b1 + . . . + an bn sz´ am. Természetesen ab = ba. Azt mondjuk, hogy a és b ortogon´ alis, ha skal´ arszorzatuk 0. Az A, B ⊆ V halmazokr´ ol azt mondjuk, hogy egym´ asra ortogon´ alisak (vagy mer˝ olegesek), ha A mindegyik eleme ortogon´ alis B mindegyik elemére. (Ebben az értelemben teh´ at a h´ aromdimenzi´ os tér egy v´ızszintes és egy f¨ ugg˝ oleges s´ıkja nem ortogon´ alis egym´ asra!) K¨ onnyen l´ atszik, hogy ha egy y vektor ortogon´ alis az x1 , . . . , xk vektorok mindegyikére, akkor ortogon´ alis ezek b´ armely line´ aris kombin´ aci´ oj´ ara is. A defin´ıci´ ob´ ol r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy ha x1 , . . . , xk a V vektortér véges sok eleme, akkor a line´ aris burkuk (vagyis a line´ aris kombin´ aci´ ojukként el˝ o´ all´ o elemek halmaza) alteret alkot, amit az x1 , . . . , xk elemek ´ altal gener´ alt alt´ ernek is nevez¨ unk. Ez nem m´ as, mint az X := {x1 , . . . , xk } halmazt tartalmaz´ o alterek metszete, vagyis a legsz˝ ukebb X-t mag´ aban foglal´ o altér. Altereket m´ as m´ odon is el˝ o´ all´ıthatunk. Legyen a ∈ Rn nem-nulla vektor. Az a-ra ortogon´ alis elemek {x ∈ Rn : ax = 0} halmaz´ at, m´ assz´ oval az ax = 0 line´ aris egyenlet megold´ as-halmaz´ at orig´ on ´ atmen˝ o vagy homog´ en hipers´ıknak nevezz¨ uk, melynek (egyik) norm´ alisa vagy norm´ al vektora a. Amennyiben a az iedik egységvektor, u ´gy az a-ra mer˝ oleges vektorok halmaz´ at koordin´ ata-hipers´ıknak h´ıvjuk. Ez teh´ at mindazon vektorokb´ ol ´ all, amelyek i-edik koordin´ at´ aja 0. K¨ onnyen l´ atszik, hogy egy homogén hipers´ık alteret alkot. Ebb˝ ol ad´ odik, hogy homogén hipers´ıkok metszete is altér. M´ assz´ oval, adott x1 , . . . , xk vektorok mindegyikére ortogon´ alis vektorok halmaza alteret alkot, melyet az x1 , . . . , xk ortogon´ alis kieg´ esz´ıt˝ o alter´ enek, m´ as néven nullter´ enek nevez¨ unk. Ha az xi vektorok mindegyike valamelyik (0, 0, . . . , 1, . . . , 0) alak´ u egységvektor, u ´gy ezek ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o alterét koordin´ ata-alt´ ernek h´ıvjuk. Ez teh´ at koordin´ ata-hipers´ıkok metszete, vagyis mindazon vektorok halmaza, amelyeknek k el˝ ore adott komponense 0. Egy x pontnak az xj koordin´ ata (vagy tengely) menti vet¨ ulet´ et u ´gy kapjuk, hogy x j-edik komponensét 0-re ´ all´ıtjuk. Val´ oj´ aban ez a bels˝ o vet¨ ulet, megk¨ ul¨ onb¨ oztetend˝ o a k¨ uls˝ o vet¨ ulett˝ ol, amelyet u ´gy kapunk, hogy az x vektor j-edik komponensét elt¨ or¨ olj¨ uk. (A tengelymenti bels˝ o vet´ıtés teh´ at a vektorteret egy alterére képezi le, m´ıg a k¨ uls˝ o vet´ıtés egy m´ asik vektortérre). Legyenek U és V vektorterek. Azt mondjuk, hogy a ϕ : U → V leképezés line´ aris transzform´ aci´ o (vagy lek´ epez´ es), ha 1. x ∈ U, λ ∈ R esetén ϕ(λx) = λϕ(x) és 2. x, y ∈ U esetén ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y). K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy az U azon elemeinek halmaza, amelyek a V nulla elemébe képz˝ odnek le, az U nak alterét alkotj´ ak, amely alteret a ϕ leképezés magter´ enek neveznek. Hasonl´ oképpen egyszer˝ u azt bel´ atni, hogy V azon elemei, amelyek valamely U -beli elem képeként ´ allnak el˝ o (azaz a {ϕ(u) : u ∈ U } halmaz elemei), a V -nek alterét alkotj´ ak, amely alteret a ϕ leképezés k´ epter´ enek neveznek. Egy x = (x1 , . . . , xn ) sz´ am n-esen néha az Rn (x1 , . . . , xn ) koordin´ at´ aj´ u pontj´ at értj¨ uk, néha az orig´ ob´ ol az x pontba mutat´ o vektort. Pontok egy {p1, . . . , pq } ⊆ Rn halmaz´ ar´ ol azt mondjuk, hogy affin f¨ uggetlen, ha egyik pontot sem lehet néh´ any m´ asik pont affin kombin´ aci´ ojaként el˝ o´ all´ıtani. Az affin f¨ uggetlenség a pontok f¨ uggetlenségét akarja megragadni, a line´ aris f¨ uggetlenség a vektorok f¨ uggetlenségét. (Két pont éppen akkor affin f¨ uggetlen, ha k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek, h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pont affin f¨ uggetlensége azzal ekvivalens, hogy nincsenek egy egyenesen.) Pontok egy k elem˝ u halmaza pontosan akkor affin f¨ uggetlen, ha az egyikb˝ ol a t¨ obbibe mutat´ o k −1 vektor line´ arisan f¨ uggetlen. Ez azzal ekvivalens, hogy az eggyel magasabb dimenzi´ os, az u ´j koordin´ at´ aban egy 1-essel kiegész´ıtett vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek.

2.2

M´ atrixok, egyenletrendszerek megoldhat´ os´ aga

Legyen A egy m × n-es m´ atrix, azaz A-nak m sora és n oszlopa van. A m´ atrix i-edik oszlop´ at ai -vel jel¨ olj¨ uk, a j-edik sor´ at pedig j a-val. Az A sorter´ en az Rn -nek az A sorai ´ altal gener´ alt alterét értj¨ uk, amelynek jele S(A) vagy Rm A. A sortér teh´ at az {y t A : y ∈ Rm } halmaz. Az A m´ atrix nulltere az A sorainak ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o altere, melynek jele N (A). A nulltér teh´ at az Ax = 0 egyenletrendszer {x ∈ Rn : Ax = 0} megold´ as-halmaza. Az A oszlopai ´ altal gener´ alt altér az A oszloptere, jel¨ olésben O(A) vagy ARn , m´ıg az oszlopainak mer˝ oleges altere a m´ atrix bal nulltere. Ennek jele BN (A).

40

Mostant´ ol fogva azzal a jel¨ olési egyszer˝ us´ıtéssel él¨ unk, hogy nem k¨ ul¨ onb¨ oztetj¨ uk meg az oszlop- és sorvektorokat. Ennek megfelel˝ oen, ha az Az szorzatot tekintj¨ uk, akkor a z-t oszlopvektornak képzelj¨ uk, m´ıg az yA szorzat esetén az y-t sorvektornak. Hasonl´ oképp, két vektor skal´ arszorzata esetén sem tessz¨ uk ki a transzpon´ al´ asi jelet, vagyis az a és b n-dimenzi´ os vektorok skal´ arszorzat´ at ab-vel vagy ba-val jel¨ olj¨ uk. (Ez az egyszer˝ us´ıtési meg´ allapod´ as zavart okozhatna, ha az a vektort n × 1-es m´ atrixként, a b vektort pedig 1 × n-es m´ atrixként tekintenénk, mert akkor az ab m´ atrix szorzat egy n × n-es m´ atrixot jel¨ ol. Szerencsére az a, b vektorok ilyen t´ıpus´ u szorzat´ ara az al´ abbiakban nem lesz sz¨ ukség¨ unk, ´ıgy az eml´ıtett zavar sem fordulhat el˝ o.) Valamely n-dimenzi´ os z vektor esetén az Az vektor tekinthet˝ o u ´gy, mint az A oszlopainak egy line´ aris kombin´ aci´ oja, ahol az i-edik oszlop egy¨ utthat´ oja z(i), a z i-edik komponense. Hasonl´ oképp, egy m-dimenzi´ os y vektorra az yA tekinthet˝ o, mint az A sorainak egy line´ aris kombin´ aci´ oja. Fut´ olag m´ ar eml´ıtett¨ uk, hogy ha egy z ∈ Rn vektor ortogon´ alis az A soraira, vagyis ha Az = 0, akkor z ortogon´ alis az A sorainak b´ armely yA line´ aris kombin´ aci´ oj´ ara is, azaz (yA)z = 0. Val´ oban, (yA)z = y(Az) = y0 = 0. Lemma 2.2.1 Ha a z ∈ Rn nem-nulla vektor ortogon´ alis az A mindegyik sor´ ara (azaz benne van A nullterében, vagyis Az = 0), akkor z line´ arisan f¨ uggetlen az A sorait´ ol, (azaz z nincs benne az A sorterében). Biz. Tegy¨ uk fel indirekt, hogy z el˝ o´ all az A sorainak line´ aris kombin´ aci´ ojaként, azaz z = yA valamely y ∈ Rm -re. Ekkor 0 < zz = (yA)z = y(Az) = 0, ami ellentmond´ as. • Megjegyzend˝ o, hogy a lemm´ aban lényeges feltétel, hogy a val´ os vagy a racion´ alis test felett vagyunk (legal´ abb is annyiban, hogy rendezett test felett). A GF(2) (vagyis a kételem˝ u) test felett péld´ aul az (1, 1) vektor ortogon´ alis saj´ at mag´ ara. Figyelj¨ uk meg, hogy a sortér és a nulltér az Rn egym´ asra mer˝ oleges alterei. (Ugyanis, ha egy vektor mer˝ oleges a m´ atrix soraira, akkor mer˝ oleges a sorokb´ ol kész¨ ult line´ aris kombin´ aci´ okra is, vagyis a sortér minden elemére). A 2.2.1 lemma alapj´ an a sortérnek és a nulltérnek a k¨ oz¨ os része az egy szem nulla vektorb´ ol ´ all. Anal´ og m´ odon az oszloptér és a bal nulltér az Rm -nek egym´ asra mer˝ oleges alterei, melyek metszete a trivi´ alis altér. Az A m´ atrix seg´ıtségével megadhat´ o egy ϕA : Rn → Rm leképezés a ϕA (z) := Az képzési szab´ allyal. K¨ onnyen l´ atszik, hogy ϕA line´ aris transzform´ aci´ o, amelynek képtere az A oszloptere, m´ıg magtere az A nulltere. Hasonl´ oképp bevezethet¨ unk egy A ϕ : Rm → Rn line´ aris transzform´ aci´ ot a A ϕ(y) := yA képzési szab´ allyal. Ennek képtere az A sortere, m´ıg magtere az A bal nulltere. Az a kérdés, hogy az Az = 0 (homogén line´ aris) egyenletrendszernek van-e nem-trivi´ alis megold´ asa azzal ekvivalens, hogy az A oszlopai line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek-e vagy sem. Egy m´ asik interpret´ aci´ o szerint az Az = 0 azt jelenti, hogy z ortogon´ alis az A soraira, vagyis az Az = 0 nem-trivi´ alis megoldhat´ os´ ag´ anak kérdése azzal ekvivalens, hogy az A nulltere (azaz a ϕA leképezés magtere) nem-trivi´ alis-e. ´ TETEL 2.2.2 Legyen A egy m × n-es m´ atrix, ahol 1 ≤ m < n. Ekkor az Az = 0 homogén line´ aris egyenletrendszernek létezik nem-trivi´ alis megold´ asa. (M´ assz´ oval m-nél t¨ obb m-dimenzi´ os vektor mindig line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o. Még m´ asképp, A nulltere nem-trivi´ alis.) Biz. m szerinti indukci´ ot haszn´ alunk. Amennyiben m = 1, a tétel trivi´ alis. Legyen teh´ at m > 1 és tételezz¨ uk fel, hogy a tétel érvényes minden olyan m´ atrixra, amelynek m-nél kevesebb sora van. A tétel ´ all´ıt´ asa trivi´ alis, ha A-nak van egy csupa 0-b´ ol ´ all´ o oszlopa, ´ıgy feltessz¨ uk, hogy nem ez a helyzet. Figyelj¨ uk meg, hogy ha az A egyik sor´ at helyettes´ıtj¨ uk a sor λ-szoros´ aval valamilyen λ 6= 0 sz´ amra, akkor a m´ atrix nulltere, vagyis az Az = 0 rendszer megold´ asainak halmaza v´ altozatlan marad. Hasonl´ o kijelentés érvényes, ha a m´ atrix egyik sor´ at hozz´ aadjuk egy m´ asik sor´ ahoz, vagy ha két sort felcserél¨ unk. Ezen m˝ uveletek ismételt alkalmaz´ as´ aval egy olyan A1 m´ atrix nyerhet˝ o, amelynek nulltere ugyanaz, mint az A m´ atrixé, és amelynek els˝ o oszlopa az (1, 0, 0, . . . , 0)t m-dimenzi´ os egység-vektor. Legyen A′ az a m´ atrix, amely az A1 -b˝ ol keletkezik az els˝ o sor és az els˝ o oszlop elt¨ orlésével. Az A′ -re az indukci´ os feltevés szerint érvényes a tétel, azaz létezik egy (n − 1)-dimenzi´ os z ′ nem-nulla vektor, amelyre A′ z ′ = 0. ′ Jel¨ olje a azt a vektort, amely az A1 els˝ o sor´ ab´ ol keletkezik az els˝ o (1-es) komponens elt¨ orlésével és legyen α = −a′ z ′ . Ekkor a z := (α, z ′ ) vektor nem-nulla vektor, amelyre A1 z = 0, teh´ at Az = A1 z miatt Az = 0. • Megjegyzend˝ o, hogy a fenti bizony´ıt´ as k¨ onnyen algoritmuss´ a alak´ıthat´ o az Az = 0 egy nem-trivi´ alis megold´ as´ anak megkeresésére. Ez a Gauss-elimin´ aci´ o speci´ alis esete homogén line´ aris egyenletrendszer egy nemtrivi´ alis megold´ as´ anak megtal´ al´ as´ ara. K¨ ovetkezm´ eny 2.2.3 Ha egy m´ atrix oszlopai is és sorai is line´ arisan f¨ uggetlenek, akkor a m´ atrix négyzetes. Biz. Val´ oban, ha péld´ aul t¨ obb oszlop volna, mint sor, akkor a 2.2.2 tétel szerint az oszlopok line´ arisan ¨ osszef¨ uggnének. • K¨ ovetkezm´ eny 2.2.4 Ha az A′ m´ atrixb´ ol line´ arisan f¨ uggetlen¨ ul kiv´ alaszthat´ o sorok maxim´ alis sz´ ama kisebb, mint az oszlopok sz´ ama, akkor az A′ z = 0 rendszernek van nem-trivi´ alis megold´ asa.

41

Biz. V´ alasszunk ki maxim´ alisan sok line´ arisan f¨ uggetlen sort és jel¨ olje a m´ atrixukat A. A 2.2.2 tétel szerint Az = 0-nak van nem-trivi´ alis megold´ asa. Ez az eredeti A′ z = 0-nak is megold´ asa, hiszen A′ minden sora line´ arisan f¨ ugg A sorait´ ol. • Lemma 2.2.5 Tegy¨ uk fel, hogy az A m´ atrixban az els˝ o r oszlop line´ arisan f¨ uggetlen és a t¨ obbi oszlop line´ arisan f¨ ugg ezekt˝ ol. Hasonl´ oképp legyen az els˝ o s sor line´ arisan f¨ uggetlen és a t¨ obbi sor line´ arisan f¨ uggj¨ on ezekt˝ ol. Ekkor az els˝ o r oszlop és az els˝ o s sor ´ altal meghat´ arozott A1 részm´ atrix oszlopai is és sorai is line´ arisan f¨ uggetlenek. Biz. Szimmetria miatt elég kimutatni, hogy az A1 oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek. T¨ or¨ olj¨ uk el az ar+1 , . . . , an oszlopokat. Tov´ abbra is érvényes, hogy mindegyik sorvektor line´ arisan f¨ ugg az els˝ o s sort´ ol. Így ha egy vektor ortogon´ alis az els˝ o s sorra, akkor ortogon´ alis a t¨ obbi sorra is, vagyis ha az A1 oszlopai line´ arisan ¨ osszef¨ uggnének, akkor az A m´ atrix els˝ o r oszlopa is line´ arisan ¨ osszef¨ uggne, ellentmond´ asban a feltevéssel. • A 2.2.3 k¨ ovetkezmény és a 2.2.5 lemma kombin´ aci´ oj´ ab´ ol kapjuk a k¨ ovetkez˝ ot. ´ TETEL 2.2.6 Egy A m´ atrix line´ arisan f¨ uggetlen oszlopainak maxim´ alis sz´ ama egyenl˝ o a line´ arisan f¨ uggetlen sorok maxim´ alis sz´ am´ aval. • Ezt a k¨ oz¨ os maxim´ alis sz´ amot r(A)-val jel¨ olj¨ uk és a m´ atrix rangj´ anak nevezz¨ uk. Ezen meggondol´ asokb´ ol még egy fontos tulajdons´ ag kiolvashat´ o. Tegy¨ uk fel, hogy a m´ atrixb´ ol egym´ as ut´ an v´ alasztunk sorokat, csak arra u ¨gyelve, hogy a kiv´ alasztott sorok line´ arisan f¨ uggetlenek legyenek. Ezt egészen addig tessz¨ uk, am´ıg m´ ar t¨ obb sor nem v´ alaszthat´ o ki, azaz amikor m´ ar a nem kiv´ alasztott sorok mindegyike line´ arisan f¨ ugg a kiv´ alasztott sorokt´ ol. Ekkor, f¨ uggetlen¨ ul a k¨ ozbens˝ o v´ alaszt´ asi d¨ ontéseinkt˝ ol, a kiv´ alasztott line´ arisan f¨ uggetlen sorok sz´ ama mindig ugyanaz lesz, nevezetesen az A m´ atrix rangja. (M´ assz´ oval a moh´ o algoritmus mindig maxim´ alis sok line´ arisan f¨ uggetlen sort fog megtal´ alni.) Ennek igazol´ as´ ahoz tegy¨ uk fel, hogy az algoritmus mondjuk az els˝ o s sort v´ alasztotta ki és legyen indirekt s < r := r(A). Feltehetj¨ uk, hogy az A els˝ o r oszlopa line´ arisan f¨ uggetlen. De ekkor ellentmond´ asban vagyunk a 2.2.5 lemm´ aval. Ebb˝ ol az is k¨ ovetkezik, hogy az A sorterének a dimenzi´ oja egyenl˝ o a m´ atrix rangj´ aval (ami egyenl˝ o a m´ atrix oszlopterének dimenzi´ oj´ aval.) K¨ ovetkezm´ eny 2.2.7 Egy m´ atrix rangja nem v´ altozik, ha hozz´ avesz¨ unk egy u ´j oszlopot, amely line´ arisan f¨ ugg az oszlopokt´ ol, vagy ha elhagyunk egy meglév˝ o oszlopot, amely line´ arisan f¨ ugg a t¨ obbi oszlopt´ ol. Anal´ og ´ all´ıt´ as érvényes sorokra. • ´ TETEL 2.2.8 Ha egy m × n-es A m´ atrix sorai line´ arisan f¨ uggetlenek (azaz r(A) = m), akkor tetsz˝ oleges n-dimenzi´ os b vektorra az Ax = b egyenletrendszernek létezik megold´ asa (ami b 6= 0 esetben azzal ekvivalens, hogy b line´ arisan f¨ ugg az A oszlopait´ ol.) Ha m = n, akkor a megold´ as egyértelm˝ u. Biz. Ha b = 0, akkor x = 0 megold´ as, ´ıgy feltessz¨ uk, hogy b 6= 0. A 2.2.6 tétel miatt A-nak van m line´ arisan f¨ uggetlen oszlopa. Tegy¨ uk fel, hogy az els˝ o m oszlop line´ arisan f¨ uggetlen. L´ attuk, hogy m-nél t¨ obb m dimenzi´ os vektor line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o, ´ıgy az a1 , . . . , am , b vektorok line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek. Egy ilyen nem-trivi´ alis line´ aris ¨ osszef¨ uggésben a b egy¨ utthat´ oja nem lehet 0, mert ez azt jelentené, hogy az a1 , . . . , am vektorok line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek, ellentétben a feltevéssel. Ha viszont a b egy¨ utthat´ oja nem nulla, akkor b kifejezhet˝ o az ai vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojaként. Az m = n esetben az egyértelm˝ uség bizony´ıt´ as´ ahoz tegy¨ uk indirekt fel, hogy létezik két megold´ as is. Ekkor ezek z k¨ ul¨ onbsége nem-nulla és Az = 0, vagyis az A oszlopai line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek, de ekkor a sorai is, ellentétben a feltevéssel. • Egy négyzetes m´ atrixot szingul´ arisnak neveznek, ha sorai (illetve ezzel ekvivalensen, oszlopai) line´ arisan ¨ osszef¨ uggnek. A 2.2.8 tétel ´ altal´ anos´ıt´ as´ ahoz tegy¨ uk ismét fel, hogy az A m´ atrixnak m sora és n oszlopa van (lehet m = n), de a sorok line´ aris f¨ uggetlenségét nem tételezz¨ uk fel. ´ TETEL 2.2.9 A k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (A) Az Ax = b egyenletrendszernek létezik megold´ asa. (B) r(A) = r([A, b]), (ahol [A, b] az a m´ atrix, amely A-b´ ol ´ all el˝ o a b oszlop hozz´ avételével). (C) Nem létezik olyan y, amelyre yA = 0, yb 6= 0. Biz. (B)→(A). Tekints¨ unk A-nak r(A) line´ arisan f¨ uggetlen oszlop´ at. r(A) = r([A, b]) azt jelenti, hogy b line´ arisan f¨ ugg ezekt˝ ol, teh´ at f¨ ugg az A oszlopait´ ol, vagyis (A) fenn´ all. (A)→(C). Ha létezik olyan x és y, amelyekre Ax = b és yA = 0, akkor 0 = (yA)x = y(Ax) = yb. (C)→(B). Tegy¨ uk fel indirekt, hogy r(A) < r([A, b]). V´ alasszunk ki [A, b]-nek r(A) + 1 line´ arisan f¨ uggetlen sor´ at és legyen [A1 , b1 ] az ´ altaluk alkotott részm´ atrix. A1 sorai m´ ar line´ arisan ¨ osszef¨ uggnek, hiszen A-nak

42

nincsen r(A) + 1 darab line´ arisan f¨ uggetlen sora. De ekkor létezik olyan y1 6= 0 vektor, amelyre y1 A1 = 0. [A1 , b1 ] sorainak line´ aris f¨ uggetlensége miatt y1 [A1 , b1 ] 6= 0, azaz y1 b1 6= 0. Egész´ıts¨ uk ki y1 -t 0 komponensekkel egy y m-dimenzi´ os vektorr´ a. Erre yA = 0, yb 6= 0, ellentmond´ asban (C)-vel. • A 2.2.9 tételben az (A)-beli problém´ at prim´ al problém´ anak nevezz¨ uk. Ez teh´ at azt kérdezi, hogy a b oszlopvektor benne van-e az A oszlopainak alterében. A (C)-beli problém´ at du´ al (vagy du´ alis) problém´ anak h´ıvjuk. Ez azt kérdezi, hogy létezik-e olyan y vektor, amely A valamennyi oszlop´ ara mer˝ oleges, ugyanakkor bre nem, m´ assz´ oval, hogy létezik-e olyan homogén hipers´ık (melynek norm´ alisa y), amely tartalmazza A minden oszlop´ at, de b-t nem. Fontoss´ aga miatt megismételj¨ uk a 2.2.9 tételb˝ ol az (A) és (C) feltételek ekvivalenci´ aj´ at és direkt bizony´ıt´ ast adunk r´ a. ´ TETEL 2.2.10 (Fredholm f´ ele alternat´ıva t´ etel) Az Ax = b rendszernek akkor és csak akkor van megold´ asa, ha nem létezik olyan y, amelyre yA = 0, yb 6= 0. Ekvivalensen, egy [ b ] vektor vagy benne van egy altérben [melyet az A oszlopai gener´ alnak], vagy elv´ alaszthat´ o t˝ ole egy [y norm´ alis´ u] homogén hipers´ıkkal abban az értelemben, hogy a hipers´ık az alteret tartalmazza, de a vektort nem. Biz. Egyszerre nem létezhet a sz´ obanforg´ o x és y, mert akkor 0 = (yA)x = y(Ax) = yb 6= 0. Annak igazol´ as´ ara, hogy a prim´ al és a du´ al probléma egyike biztosan megoldhat´ o az A sorainak m sz´ ama szerint indukci´ ot haszn´ alunk. Az m = 1 eset k¨ onny˝ u gyakorlat. Szintén egyszer˝ un l´ atszik a tétel, ha A azonosan nulla. Tegy¨ uk most fel, hogy A-nak van nemnulla eleme, hogy m ≥ 2, és hogy kevesebb sor´ u m´ arixokra a tétel igaz. Sor- és oszlopcserékkel elérhetj¨ uk, hogy a11 6= 0. K¨ onny˝ u ellen˝ orizni, hogy az egyenletrendszer egy sor´ at nemnulla sz´ ammal szorozva a prim´ al megold´ as-halmaz nem v´ altozik. A du´ al megold´ as-halmaz ilyenkor v´ altozhat ugyan, de a du´ al probléma megoldhat´ os´ aga nem (teh´ at az eredeti du´ al akkor és csak akkor oldhat´ o meg, ha a m´ odos´ıtott). Ugyanez a két kijelentés érvényes, ha az egyik egyenletet hozz´ aadjuk egy m´ asikhoz. Ezek alapj´ an feltehetj¨ uk, hogy a1,1 = 1 és az els˝ o oszlop t¨ obbi eleme 0. Tekints¨ uk az els˝ o sor t¨ orlésével keletkez˝ o A′ x′ = b′ rendszert. Indukci´ ob´ ol kapjuk, hogy vagy ez, vagy pedig a du´ alis {y ′ A′ = 0, y ′ b′ 6= 0} rendszer megoldhat´ o. Amennyiben létezik x′ , u ´gy ennek els˝ o komponensét szabadon v´ altoztathatjuk, hiszen ′ A els˝ o oszlopa nulla. Emiatt ezt a komponenst olyannak tudjuk v´ alasztatni, hogy az Ax = b rendszerb˝ ol kihagyott els˝ o egyenlet is teljes¨ ulj¨ on. Teh´ at ha a reduk´ alt prim´ al megoldhat´ o, akkor az eredeti is. Ha viszont a reduk´ alt du´ alisnak létezik egy (m − 1) dimenzi´ os y ′ megold´ asa, akkor az y := (0, y ′ ) az eredeti du´ alisnak megold´ asa. • Megjegyz´ esek Az alternat´ıva tételt a szemléletes megfogalmaz´ as alapj´ an h´ıvhatjuk szepar´ aci´ os tételnek is. Kés˝ obb l´ atni fogjuk, hogy j´ oval ´ altal´ anosabb szepar´ aci´ os tételek is léteznek. Algebrai tételek ilyen jelleg˝ u geometriai szemléltetése sokszor hozz´ aj´ arul mag´ anak a tételnek a megsejtéséhez, megk¨ onny´ıti a tétel megértését, és seg´ıti a megjegyzést is. Ugyanakkor a h´ arom-dimenzi´ os geometriai tartalom kézenfekv˝ osége ¨ onmag´ aban egy´ altal´ an nem jelenti azt, hogy az ´ altal´ anos tétel trivi´ alis lenne, vagy hogy egy´ altal´ an igaz! L´ asd még a 3.1.1 részbeli megjegyzéseket. Feladat 2.1 Igazoljuk, hogy r(Y · A) ≤ r(A)! Feladat 2.2 Igaz-e, hogy az Ax = 0 egyenletrendszernek akkor és csak akkor létezik semelyik koordin´ at´ aj´ aban sem nulla megold´ asa, ha A minden oszlopa line´ arisan f¨ ugg a t¨ obbit˝ ol?

2.3

Egyenletrendszer megold´ as-halmaza, affin alterek

Miut´ an ´ attekintett¨ uk a line´ aris egyenletrendszerek megoldhat´ os´ ag´ anak kérdését, vizsg´ aljuk meg, hogy miként lehet le´ırni a megold´ asok halmaz´ at. ´ TETEL 2.3.1 Egy A n × n-es nem-szingul´ aris négyzetes m´ atrix els˝ o m sora ´ altal alkotott részm´ atrixot jel¨ olje A1 , m´ıg a maradékot A2 . Tegy¨ uk fel, hogy az A1 minden sora ortogon´ alis A2 minden sor´ ara. Ekkor A1 sortere éppen az A2 nulltere és A1 nulltere éppen az A2 sortere. Biz. Mivel az ´ all´ıt´ as m´ asodik fele az els˝ ob˝ ol k¨ ovetkezik az A1 és A2 szerepének felcserélésével, csup´ an az els˝ o rész bizony´ıt´ as´ ara szor´ıtkozunk. A feltevés szerint A1 minden sora ortogon´ alis A2 minden sor´ ara, ´ıgy A1 sorainak line´ aris kombin´ aci´ oja is ortogon´ alis az A2 soraira, azaz A1 sortere része A2 nullterének. A ford´ıtott ir´ any´ u tartalmaz´ as igazol´ as´ ahoz legyen z ∈ N (A2 ), azaz A2 z = 0. Mivel A nem-szingul´ aris, a 2.2.8 tétel alapj´ an létezik y = (y1 , y2 ), amelyre yA = z. Most teh´ at yA = z ortogon´ alis A2 soraira, és y1 A1 is ortogon´ alis A2 soraira, ezért y2 A2 = yA − y1 A1 is ortogon´ alis A2 soraira. A 2.2.1 lemma alapj´ an az A2 sorainak egy nemnulla line´ aris kombin´ aci´ oja nem lehet ortogon´ alis A2 minden sor´ ara, ´ıgy y2 A2 sz¨ ukségképpen 0, azaz z = y1 A1 , vagyis z benne van A1 sorterében. •

43

´ TETEL 2.3.2 Legyen A1 olyan m × n-es m´ atrix (m < n), amelynek sorai line´ arisan f¨ uggetlenek. Ekkor létezik olyan (n − m) × n méret˝ u A2 m´ atrix, amelynek sorai ortogon´ alisak az A1 soraira és amely az A1 -gyel egy¨ utt egy n × n-es nem-szingul´ aris m´ atrixot alkot. Az A1 sortere az A2 nulltere, és A1 nulltere az A2 sortere. Biz. A 2.2.2 tétel szerint van olyan z1 ∈ Rn nemnulla vektor, amely ortogon´ alis az A1 soraira (magyarul az A1 z = 0 rendszernek van nem-trivi´ alis megold´ asa.) Természetesen ekkor z1 line´ arisan f¨ uggetlen A1 sorait´ ol. Egész´ıts¨ uk ki az A1 m´ atrixot a z1 sorvektorral. Miut´ an z1 line´ arisan f¨ uggetlen az A1 sorait´ ol, a megn¨ ovelt A′1 m´ atrix sorai is line´ arisan f¨ uggetlenek. Amennyiben A′1 -nek még mindig kevesebb, mint n sora van, u ´gy a 2.2.2 tétel alapj´ an ismét létezik egy olyan z2 vektort, amely ortogon´ alis az A′1 soraira. Ezt az elj´ ar´ ast (n − m)-szer alkalmazva olyan z1 , . . . , zn−m vektorokat kapunk, melyek mindegyike ortogon´ alis az A1 valamennyi sor´ ara valamint egym´ asra is, tov´ abb´ a a vég¨ ul kapott n × n-es m´ atrix sorai line´ arisan f¨ uggetlenek. Ezen konstrukci´ o alapj´ an a zi (i = 1, . . . , n − m) sorvektorokb´ ol ´ all´ o A2 m´ atrix teljes´ıti a tétel k´ıv´ analmait. • Feladat 2.3 Tegy¨ uk fel, hogy a 2.3.2 tételbeli A1 m´ atrix (Im , B) alak´ u, ahol Im az m × m-es egységm´ atrixot jel¨ oli, m´ıg B tetsz˝ oleges m × (n − m)-es m´ atrix. Igazoljuk, hogy az A2 := [B T , −In−m ] kielég´ıti a tétel k´ıv´ ans´ agait, azaz A2 sortere az A1 sorterének ortogon´ alis kiegész´ıt˝ oje. A két tétel ¨ osszevetéséb˝ ol ad´ odik, hogy az A1 x = 0 homogén line´ aris egyenletrendszer megold´ as-halmaza pontosan a z1 , z2 , . . . , zn−m vektorok line´ aris burka. Az is k¨ ovetkezik, hogy az n-dimenzi´ os tér tetsz˝ oleges Q m-dimenzi´ os alterének létezik egy egyértelm˝ uen meghat´ arozott Q⊥ n − m-dimenzi´ os ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o altere. Rn minden eleme egyértelm˝ uen ´ all el˝ o egy Q és egy Q∗ -beli elem ¨ osszegeként. K¨ ovetkezm´ eny 2.3.3 Minden gener´ alt altér el˝ o´ all nulltérként és minden nulltér el˝ o´ all gener´ alt altérként. Egy Ax = 0 homogén egyenletrendszer megold´ as-halmaza el˝ o´ all v´ eges sok vektor line´ aris burkaként, azaz {yB : y ∈ Rn } alakban, (ahol n az A és a B oszlopainak sz´ ama). Véges sok vektor line´ aris kombin´ aci´ oinak halmaza el˝ o´ all egy homogén line´ aris egyenletrendszer megold´ as-halmazaként. • A 2.2.2 tételb˝ ol k¨ ovetkez˝ oen az Rn térben legfeljebb csak n vektor v´ alaszthat´ o ki line´ arisan f¨ uggetlen¨ ul. Miut´ an az n egységvektor line´ arisan f¨ uggetlen, az Rn dimenzi´ oja n. Az is k¨ ovetkezik, hogy tetsz˝ oleges A altér véges sok elem gener´ alt altereként ´ all el˝ o: v´ alasszunk ki maxim´ alisan sok line´ arisan f¨ uggetlen elemét A-nak (ezek sz´ ama legfeljebb n), minden elem ezekt˝ ol line´ arisan f¨ ugg, azaz A a kiv´ alasztott elemek ´ altal gener´ alt altér. A 2.3.1 és 2.3.2 tételekb˝ ol l´ atjuk, hogy minden altér nemcsak gener´ alt altérként ´ all el˝ o, hanem nulltérként is. (Ez annak a szemléletes geometriai ténynek az ´ altal´ anos´ıt´ asa, hogy a s´ıkban egy orig´ on ´ atmen˝ o egyenest egyrészt meg lehet adni ax + by = 0 alakban, m´ asrészt α(−b, a) ,,paraméteres” alakban.) Az is k¨ ovetkezik, hogy k darab line´ arisan f¨ uggetlen vektor nullterének rangja n − k. Speci´ alisan, ha A n − 1 rang´ u m´ atrix, akkor az Az = 0 megold´ as-halmaza egy-dimenzi´ os altér, m´ asnéven egy orig´ on ´ atmen˝ o egyenes, amelynek pontjai valamely a vektorra {λa : λ ∈ R} alakban adhat´ ok meg (ahol a az A soraira mer˝ oleges nem-nulla vektor). A 2.2.9 tétel v´ alaszt ad arra a kérdésre, hogy egy egyenletrendszernek mikor van megold´ asa. Feltéve, hogy létezik megold´ as, mi mondhat´ o a megold´ as-halmazr´ ol? Affin alt´ eren vagy eltolt alt´ eren (vagy affin halmazon) egy altér eltoltj´ at értj¨ uk. Vagyis C affin altér, ha létezik olyan A altér és a vektor, amelyekre C = {x : x = z + a valamilyen z ∈ A vektorra }, vagyis C = A + {a}. Ilyenkor k¨ onnyen l´ athat´ o, hogy C b´ armely c elemére C − {c} = A, vagyis az altér, amelynek eltol´ as´ ab´ ol a C keletkezik, egyértelm˝ uen meghat´ arozott. A C affin altér dimenzi´ oj´ an a defini´ al´ o A altér dimenzi´ oj´ at értj¨ uk. Gyakorlat 2.4 Igazoljuk, hogy affin alterek (a) nem¨ ures metszete és (b) ¨ osszege is affin altér! Véges sok pont affin burka affin alteret alkot, ami nem m´ as, mint a véges sok pontot tartalmaz´ o legsz˝ ukebb affin altér. Két (k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o) pont affin burk´ at a két pont ¨ osszek¨ ot˝ o egyenesének nevezz¨ uk, m´ıg a két pont konvex burka a két pontot ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz. Egy egy-dimenzi´ os affin halmazt egyenesnek nevez¨ unk. K¨ onnyen l´ atszik, hogy egy C halmaz akkor és csak akkor affin altér, ha van olyan c eleme, amelyre az {x − c : x ∈ C} halmaz altér. A C 6= ∅ halmaz akkor és csak akkor affin altér, ha b´ armely két elemének affin kombin´ aci´ oja C-ben van, ami azzal ekvivalens, hogy b´ armely véges sok elemének affin kombin´ aci´ oja C-ben van. ´ TETEL 2.3.4 Tegy¨ uk fel, hogy az Ax = b egyenletrendszernek x0 megold´ asa. Ekkor a megold´ asok M := {x : Ax = b} halmaza az Rn tér affin altere, nevezetesen az A nullterének eltoltja. M´ asként fogalmazva, az Ax = 0 homogén egyenletrendszer egy tetsz˝ oleges megold´ as´ at x0 -hoz adva megold´ ast kapunk, és M minden tagja ´ıgy ´ all el˝ o. Megford´ıtva, minden affin altér el˝ o´ all egy line´ aris egyenletrendszer megold´ as-halmazaként.

44

(Figyelj¨ uk meg, hogy a 2.2.9 tételben az Ax = b megoldhat´ os´ ag´ anak az oszlopok terét mag´ aban foglal´ o Rm térben volt szemléletes jelentése, a megold´ asok halmaz´ at viszont a sorteret mag´ aban foglal´ o Rn térben szemléltetj¨ uk affin altérként.) Biz. Legyen z ∈ N (A), azaz Az = 0. Ekkor nyilv´ an A(z + x0 ) = b, vagyis N (A) + {x0 } ⊆ M . Legyen most x1 ∈ M . Ekkor z := x1 − x0 -ra fenn´ all Az = 0, teh´ at x1 el˝ o´ all mint az x0 és az N (A)-beli z elem ¨ osszege. Ezzel a tétel els˝ o felét igazoltuk. Tekints¨ unk most egy C affin alteret, amely valamely 1 a, . . . ,m a vektorok ´ altal gener´ alt altér x0 vektorral t¨ ortén˝ o eltol´ as´ aval ´ all el˝ o, vagyis az {yA + x0 : y ∈ Rm } alak´ u vektorok halmaza, ahol A jel¨ oli az 1 a, . . . ,m a sorokb´ ol ´ all´ o m´ atrixot. A 2.3.2 tétel szerint van olyan Z m´ atrix, amelynek nulltere éppen az A sortere. Legyen b := Zx0 . Ekkor C éppen a Zx = b egyenletrendszer megold´ as-halmaza. • K¨ ovetkezm´ eny 2.3.5 Amennyiben az Ax = b egyenletrendszernek x0 egy megold´ asa, u ´gy a megold´ asok halmaza el˝ o´ all véges sok vektor line´ aris burk´ anak x0 -lal t¨ ortén˝ o eltol´ as´ aként, azaz {yB + x0 : y ∈ Rn } alakban. • A k¨ ovetkezményben megfogalmazott eredményre néha u ´gy hivatkoznak, hogy egy line´ aris egyenletrendszer megold´ as-halmaza el˝ o´ all´ıthat´ o paraméteres alakban. Ennek speci´ alis esete az a geometri´ aban tanult eredmény, hogy egy s´ıkot a h´ aromdimenzi´ os térben meg lehet adni egy line´ aris egyenletrendszer megold´ as-halmazaként is és paraméteres alakban is, azaz αa + βb + c alakban, ahol α, β val´ os paraméterek, a, b, c pedig vektorok R3 -ban. K¨ ovetkezm´ eny 2.3.6 Amennyiben az Ax = b egyenletrendszernek van megold´ asa, u ´gy az M megold´ ashalmaz dimenzi´ oja n − r(A), ahol n az oszlopok sz´ ama. ´ Biz. Az el˝ obbi tétel szerint M az A nullterének az eltoltja. Alljon A1 az A-nak r(A) line´ arisan f¨ uggetlen sor´ ab´ ol. Nyilv´ an A-nak és A1 -nek ugyanaz a nulltere. A 2.3.1 és 2.3.2 tételek alapj´ an A1 nullterének rangja n − r(A1 ) = n − r(A). • Gyakorlat 2.5 Tegy¨ uk fel, hogy az Ax = b rendszer megoldhat´ o. Legyen A′ az A maxim´ alisan sok line´ arisan f¨ uggetlen sor´ ab´ ol alkotott részm´ atrix és b′ a b ennek megfelel˝ o része. Ekkor az A′ x = b′ tetsz˝ oleges x∗ megold´ as´ ara Ax∗ = b-nek. Tegy¨ uk fel, hogy az Ax = b egyenletrendszer megoldhat´ o. Azt mondjuk, hogy az ax = β egyenlet logikai k¨ ovetkezm´ enye Ax = b-nek, ha ennek minden megold´ asa kielég´ıti ax = β-t (m´ assz´ oval, ha az {x : Ax = b} affin altér benne van az {x : ax = β} hipers´ıkban). Azt mondjuk, hogy ax = β line´ aris k¨ ovetkezm´ enye Ax = b-nek, ha el˝ o´ all az Ax = b egyenleteinek line´ aris kombin´ aci´ ojaként, azaz ha létezik olyan y vektor, amelyre yA = a és yb = β. Feladat 2.6 Igazoljuk, hogy ax = β akkor és csak akkor line´ aris k¨ ovetkezmény, ha logikai.

Befejetés¨ ul megeml´ıtj¨ uk a Cramer szab´ aly néven szerepl˝ o eleg´ ans tételt, amely bizonyos esetekben determin´ ansok seg´ıtségével explicit form´ aban megadja egy egyenletrendszer megold´ as´ at. ´ TETEL 2.3.7 (Cramer szab´ aly) Egy nem-szingul´ aris négyzetes A m´ atrix esetén az Ax = b egyenletrendi) szer egyértelm˝ u megold´ as´ anak i-edik komponse a det(A h´ a nyadossal egyenl˝ o, ahol Ai azt a m´ atrixot jel¨ oli, det(A) amelyik az A-b´ ol ´ all el˝ o az i-edik oszlop´ anak b-re t¨ ortén˝ o cserélésével. •

A tétel haszna nem abban van, hogy a seg´ıtségével oldjuk meg a sz´ obanforg´ o egyenletrendszert, hiszen a determin´ ansok kisz´ am´ıt´ asa m´ ar az n ≥ 4 esetben is tipikusan épp´ ugy a Gauss elimin´ aci´ oval t¨ orténik, mint mag´ anak az egyenletrendszernek a direkt megold´ asa. Az 5. fejezetben azonban a Cramer szab´ aly d¨ ont˝ o szerephez jut annak felt´ ar´ as´ aban, hogy a line´ aris programoz´ as ezut´ an t´ argyaland´ o alaperedményei miként egységes´ıtik és ´ altal´ anos´ıtj´ ak a h´ al´ ozati optimaliz´ al´ asban m´ ar megismert legfontosabb tételeket, mint amilyenek Egerv´ ary, Gallai vagy Hoffman tételei. 2013. augusztus 1.file: ulin10

45

3. Fejezet

´ ˝ ´ LINEARIS EGYENLOTLENS EGRENDSZEREK ´ MEGOLDASA 3.1

Bevezet´ es

Egy olajfeldolgoz´ o u ¨zemben kétféle nyersolaj ´ all rendelkezésre: az A t´ıpusb´ ol 8 milli´ o hord´ o, a B t´ıpusb´ ol 5 milli´ o. Ezekb˝ ol kész´ıtenek benzint és g´ azolajat. Az u ¨zemben h´ arom technol´ ogiai elj´ ar´ as k¨ oz¨ ul lehet v´ alasztani. Az els˝ o elj´ ar´ as bemeneti-kimeneti ar´ anyait az jellemzi, hogy 3 hord´ o A-k˝ oolajb´ ol és 5 hord´ o B-k˝ oolajb´ ol 4 hord´ o benzint és 3 hord´ o g´ azolajat ´ all´ıt el˝ o. A m´ asodik elj´ ar´ as 1 hord´ o A-b´ ol és 1 hord´ o B-b˝ ol kész´ıt 1 hord´ o benzint és 1 hord´ o g´ azolajat, m´ıg a harmadik elj´ ar´ asn´ al ezek az értékek rendre 5, 3 és 3, 4. Tudv´ an, hogy a benzin hord´ oj´ aért 4 doll´ art, a g´ azolaj hord´ oj´ aért 3 doll´ art kapunk, a meglév˝ o nyersolaj készletet miképp osszuk fel a h´ arom elj´ ar´ as k¨ oz¨ ott, ha célunk az ¨ ossz-bevétel maximaliz´ al´ asa. (Egyszer˝ uség kedvéért nem vessz¨ uk most tekintetbe az elj´ ar´ asok esetleg eltér˝ ou ¨zemi k¨ oltségeit). Jel¨ olje xi (i = 1, 2, 3) azt, hogy az egyes elj´ ar´ asokat milyen mértékben haszn´ aljuk. x1 teh´ at azt jelenti, hogy az els˝ o elj´ ar´ assal 3x1 A-olajat és 5x1 B-olajat dolgozunk fel, és ennek sor´ an 4x1 benzint és 3x1 g´ azolajat kapunk. Az xi értékeknek természetesen nemnegat´ıvnak kell lenni¨ uk. Az adatok alapj´ an az A-olajb´ ol 3x1 + x2 + 5x3 hord´ ot haszn´ alunk, és ´ıgy ez az ¨ osszeg legfeljebb 8 milli´ o. A B-olajra az 5x1 +x2 +3x3 ≤ 5000000 egyenl˝ otlenség ad´ odik. Az elj´ ar´ asokkal benzinb˝ ol ¨ osszesen 4x1 + x2 + 3x3 hord´ o´ all el˝ o, melynek értéke 4(4x1 + x2 + 3x3 ) doll´ ar. G´ azolajb´ ol 3x1 + x2 + 4x3 hord´ ot nyer¨ unk, melynek értéke 3(3x1 + x2 + 4x3 ). Az ¨ osszbevétel¨ unk teh´ at 25x1 + 7x2 + 24x3 doll´ ar. Feladatunk maximaliz´ alni a 25x1 + 7x2 + 24x2 célf¨ uggvényt az x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0 valamint a 3x1 + x2 + 5x3 ≤ 8000000 és 5x1 + x2 + 3x3 ≤ 5000000 feltételek mellett. (Mivel xi ebben a modellben a hord´ ok sz´ am´ at jel¨ oli, ´ıgy ki kellene k¨ otn¨ unk, hogy minden xi egész. A fenti feladatban azonban a hord´ ok sz´ ama nagy, ´ıgy gyakorlati szempontb´ ol nem sz´ am´ıt, ha elengedj¨ uk az egészérték˝ u megk¨ otést. Jelezz¨ uk ugyanakkor, hogy sz´ amos gyakorlati problém´ aban sz¨ ukséges lehet a v´ altoz´ okra tett egészérték˝ uségi megk¨ otés. Line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszerek egészérték˝ u megoldhat´ os´ ag´ aval az egészérték˝ u programoz´ as foglalkozik.) A line´ aris algebra egyik kiindul´ o pontja a line´ aris egyenletrendszerek vizsg´ alata volt. A Gauss-elimin´ aci´ o seg´ıtségével elvi és algoritmikus v´ alaszt kaptunk arra a kérdésre, hogy egy line´ aris egyenletrendszernek mikor van megold´ asa. A line´ aris programoz´ as line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszerekkel foglalkozik. Egy egyenl˝ otlenség lehet szigor´ u vagy egyenl˝ oséget is megenged˝ o, de a tov´ abbiakban egyenl˝ otlenségen mindig ezen ut´ obbit értj¨ uk, hacsak kifejezetten az ellenkez˝ ojét nem mondjuk. A legels˝ o kérdés az, hogy egy egyenl˝ otlenségrendszernek mikor létezik megold´ asa, vagy m´ asképp fogalmazva, egy egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaza, melyet majd poliédernek nevez¨ unk, mikor nem¨ ures. Az erre vonatkoz´ o eredmény (Farkas lemma) az egyenletrendszerekr˝ ol sz´ ol´ o Fredholm tétel direkt ´ altal´ anos´ıt´ asa. Hasonl´ oképp, az egyenletredszerek megold´ ashalmaz´ ara vonatkoz´ o eredmények szépen kiterjeszthet˝ ok egyenl˝ otlenség-rendszerek megold´ as-halmaz´ ara. Egyenl˝ otlenség-rendszerekkel kapcsolatban azonban olyan u ´j t´ıpus´ u kérdések is felvet˝ odnek, amelyeknek nincs is értelmes speci´ alis eset¨ uk egyenletrendszerekre vonatkoz´ olag. Megkérdezhetj¨ uk, hogy valamely c vektorra a cx line´ aris célf¨ uggvény korl´ atos-e az R poliéderen (mondjuk) fel¨ ulr˝ ol. (Egy affin altéren egy line´ aris célf¨ uggvény vagy konstans vagy nem korl´ atos). Ha korl´ atos, u ´gy harmadik célunk meghat´ arozni a cx f¨ uggvény maximum´ at (vagy ha alulr´ ol korl´ atos, u ´gy minimum´ at) R-en. Persze most még azt (a kés˝ obb majd bizony´ıt´ asra ker¨ ul˝ o tényt) sem tudjuk, hogy a sz´ obanforg´ o maximum egy´ altal´ an létezik-e: Weierstrass ´ altal´ anos tétele szerint egy korl´ atos z´ art halmazon folytonos f¨ uggvény felveszi maximum´ at, ´ıgy miut´ an cx folytonos és

46

egy poliéder bizonyosan z´ art, R korl´ atoss´ aga esetén m´ ar most is bizonyosak lehet¨ unk a maximum létezésében. Nemsok´ ara ezt is és a nem-korl´ atos esetet is igazoljuk, Weierstrass nélk¨ ul.

3.1.1

Megjegyz´ esek az intu´ıci´ or´ ol

A line´ aris egyenletrendszerek megold´ as´ ara vonatkoz´ o elmélet megértését megk¨ onny´ıtette, hogy h´ arom dimenzi´ oban a problém´ ahoz egy geometriailag szemléletes képet lehetett kapcsolni. A geometriai intu´ıci´ o seg´ıtséget jelent egyenl˝ otlenség-rendszerek vizsg´ alat´ an´ al is. Egy h´ arom-v´ altoz´ os egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaz´ at is szépen lehet ´ abr´ azolni. Egyetlen qx ≤ β (q 6= 0) egyenl˝ otlenség megold´ as-halmaza az R3 ban egy z´ art féltérként képzelhet˝ o el. Egy egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaza ´ıgy néh´ any féltér metszete. H´ arom dimenzi´ oban véges sok féltér metszete nem m´ as, mint egy konvex poliéder (megengedve, hogy a poliéder nem feltétlen¨ ul korl´ atos). Ez a kép természetesen sugallja, hogy magasabb dimenzi´ oban is egy egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaz´ at majd poliédernek nevezz¨ uk. Kérdés persze, hogy mennyire szerencsés ez az elnevezés abban az értelemben, hogy egy n-v´ altoz´ os egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaza val´ oban rendelkezik-e olyan tulajdons´ agokkal, melyeket 3-dimenzi´ os szemlélet¨ unk sugall. H´ arom dimenzi´ oban péld´ aul vil´ agos, hogy egy korl´ atos poliéder a cs´ ucsainak konvex burka. Igaz-e ez magasabb dimenzi´ oban is? A kérdés persze ´ıgy eleve csal´ as, hiszen még azt sem tudjuk, hogy miként is kéne magasabb dimenzi´ oban a cs´ ucsot defini´ alni. Ami esetleg kézenfekv˝ o a 3-dimenzi´ os szemlélet¨ unkben, az lehet, hogy n dimenzi´ oban nem is igaz. Vagy még ha igaz is, a legkevésbé sem azért, mert h´ arom dimenzi´ oban j´ ol l´ atszik. Gondoljunk arra, hogy egy n pont´ u gr´ af szerkezete mennyivel ¨ osszetettebb lehet, mint egy h´ arom pont´ ué. Azt nyilv´ an senki sem hiszi, hogy egy h´ arom pont´ u gr´ afra érvényes ´ all´ıt´ asnak automatikusan tetsz˝ oleges gr´ afra is igaznak kéne lennie. A szemléletes és az igaz ´ all´ıt´ asok kapcsolat´ anak jobb megértésére tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o (nem feltétlen¨ ul igaz) ´ all´ıt´ asokat. 1. Ha f folytonos f¨ uggvény az I = [0, 1] z´ art intervallumon, amelyre f (0) < 0 < f (1), akkor létezik olyan x ∈ I sz´ am, amelyre f (x) = 0. 2. Ha f folytonos f¨ uggvény az I = (0, 1) ny´ılt intervallumon, akkor f véges sok pont kivételével I minden pontj´ aban deriv´ alhat´ o. 3. Az n-dimenzi´ os Euklideszi térben n darab p´ aronként hegyes sz¨ oget bez´ ar´ o vektorok egy halmaza mindig beforgathat´ o a nemnegat´ıv térsz¨ ogletbe (azaz létezik egy olyan ortonorm´ alt line´ aris transzform´ aci´ o, amely az n vektor mindegyikét nemnegat´ıv vektorba képezi). 4. Ha Rn -ben egy P korl´ atos poliéder b´ armely két cs´ ucsa szomszédos, akkor P -nek legfeljebb n + 1 cs´ ucsa van. 5. Ha Rn -ben véges sok pont P konvex burka nem tartalmazza az orig´ ot, akkor van olyan z´ art féltér, amely mag´ aban foglalja P -t, de nem tartalmazza az orig´ ot. Ezen ´ all´ıt´ asok mindegyikét t¨ obbé-kevésbé szemléletesnek érezz¨ uk. Az els˝ o k¨ oz¨ ul¨ uk Bolzano tétele, amit bevezet˝ o anal´ızisben bizony´ıtanak. Nem ritka az a felfog´ as, hogy a Bolzano tétel nyilv´ anval´ o, hiszen egy ,,folytonos vonal” a (0, −1) és (1, 1) pontok k¨ oz¨ ott sz¨ ukségképpen metszi az y = 0 tengelyt, és a részletes bizony´ıt´ asra csak azért van sz¨ ukség, mert ”a matematik´ aban pontosnak kell lenni”. Ez a nézet azonban téves. A Bolzano tétel ugyanis nem arr´ ol sz´ ol, hogy a folytonoss´ agra benn¨ unk él˝ o szemléletes érzetre igaz-e valami vagy sem, hanem arr´ ol, hogy a folytonoss´ agra bevezetett form´ alis defin´ıci´ o (matematikai modell) vajon val´ oban teljes´ıti-e azokat az elv´ ar´ asokat, amelyeket a szemléletes folytonoss´ ag kép¨ unk sugall. A Bolzano tétel egy ilyen elv´ art tulajdons´ ag fenn´ all´ as´ at igazolja vissza. A fenti 2. ´ all´ıt´ as egy m´ asik ilyen elv´ art tulajdons´ agot fogalmaz meg, amely szintén eléggé szemléletesnek t˝ unik, csak h´ at éppen nem igaz: van olyan folytonos f¨ uggvény I-n, amely egyetlen pontban sem differenci´ alhat´ o. A 3. ´ all´ıt´ as nyilv´ anval´ o a s´ıkban, k¨ onnyen igazolhat´ o 3 dimenzi´ oban, és némi er˝ ofesz´ıtéssel bebizony´ıthat´ o még R4 -ben is. Magasabb dimenzi´ oban azonban m´ ar az ´ all´ıt´ as nem érvényes! Kis anal´ ogia: k¨ onnyen igazolhat´ o, hogy legfeljebb négy pont´ u gr´ afok kromatikus sz´ ama egyenl˝ o a maxim´ alis teljes részgr´ afjuk pontsz´ am´ aval. ¨ pont´ Ot u gr´ afokra azonban ez m´ ar nem ´ all, hiszen az ¨ ot pont´ u k¨ or kromatikus sz´ ama 3, de nincs benne h´ aromsz¨ og. A 4. ´ all´ıt´ as 2 és 3 dimenzi´ oban kézenfekv˝ o. A 4-dimenzi´ os térben azonban minden n ≥ 3-ra lehet olyan n cs´ ucs´ u poliédert konstru´ alni, amelynek cs´ ucsai p´ aronként szomszédosak. Az 5. ´ all´ıt´ as 3-dimenzi´ oban szintén kézenfekv˝ o, de az el˝ obbi péld´ ak elbizonytalan´ıthatnak, hogy vajon magasabb dimenzi´ oban is igaznak kell-e lennie. Mindenesetre, ha az elk¨ ovetkez˝ okben esetleg tényleg az der¨ ul ki, hogy érvényes, akkor ezt a tényt a legkevésbé sem szabad majd mag´ at´ ol értet˝ od˝ onek tekinten¨ unk. A 3-dimenzi´ os térben szemléletes ´ all´ıt´ asok Rn -be t¨ ortén˝ o ´ atvitelének nehézségeit némileg érzékelteti az al´ abbi feladat. Feladat 3.1 Igazoljuk, hogy Rn -ben véges sok pont konvex burka z´ art.

47

A k¨ ovetkez˝ okben olyan fogalmakat ép´ıt¨ unk ki magasabb dimenzi´ oban, melyek h´ arom dimenzi´ oban j´ ol ismertek. Mi egy poliéder lapja, cs´ ucsa, dimenzi´ oja? Azt az utat k¨ ovetj¨ uk, amely ´ altal´ aban egy defin´ıci´ o kiterjesztésénél szok´ as: kiv´ alasztjuk az ismert esetben a sz´ obanforg´ o fogalom valamely alapvet˝ o tulajdons´ ag´ at, és az ´ altal´ anos´ıt´ ashoz ezt haszn´ aljuk defin´ıci´ oként. (Péld´ aul egy pozit´ıv a sz´ am negat´ıv egész kitev˝ os hatv´ any´ at u ´gy defini´ altuk, hogy érvényben maradjon a pozit´ıv egész kitev˝ os hatv´ anyra fenn´ all´ o egyszer˝ u szab´ aly. Ezért lett, defin´ıci´ o szerint a0 := 1 vagy a(−n) := 1/an ). Egy dologra azonban u ¨gyelni kell. Elképzelhet˝ o, hogy az ´ altal´ anos´ıtand´ o fogalomnak nem csak egy alapvet˝ o tulajdons´ aga van, ´ıgy az ´ altal´ anos´ıt´ asra is t¨ obb lehet˝ oség k´ın´ alkozik. Ilyenkor meg kell vizsg´ alni, hogy a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ou ´ton kapott defin´ıci´ ok vajon ekvivalensek-e egym´ assal vagy nem. A helyzet megvil´ ag´ıt´ as´ ara ´ alljon itt egy gr´ afos példa. Egy ir´ any´ıtatlan gr´ afban az a tulajdons´ ag, hogy a gr´ af b´ armely két pontja k¨ oz¨ ott vezet u ´t azzal ekvivalens, hogy a gr´ afnak van fesz´ıt˝ o f´ aja. Az ilyen tulajdons´ ag´ u gr´ afokat nevezik ¨ osszef¨ ugg˝ onek. Magasabb rend˝ u¨ osszef¨ ugg˝ oség defin´ıci´ oj´ ahoz mindkét tulajdons´ agot vehetj¨ uk alapul. Egy gr´ afot nevezhet¨ unk k-szor u ´t-¨ osszef¨ ugg˝ onek, ha b´ armely két pontja k¨ oz¨ ott vezet k élidegen u ´t, és beszélhet¨ unk k-szoros fa-¨ osszef¨ ugg˝ oségr˝ ol, ha a gr´ afban létezik k élidegen fesz´ıt˝ o fa. A k = 1 esetben a két fogalom egybeesik, de a h´ aromsz¨ og (mint gr´ af) péld´ aja mutatja, hogy a két tulajdons´ ag k ≥ 2 esetén m´ ar nem ekvivalens. Tegy¨ uk most fel, hogy a 3-dimenzi´ os (konvex) poliéder cs´ ucs´ anak fogalm´ at akarjuk magasabb dimenzi´ os poliéderekre kiterjeszteni. Egy R korl´ atos 3-dimenzi´ os poliéder cs´ ucsa az R-nek olyan pontja, amely nincs benne a poliéder két m´ asik pontj´ at ¨ osszek¨ ot˝ o szakaszban. Ezen tulajdons´ ag egy lehet˝ oség a magasabb dimenzi´ os poliéder cs´ ucs´ anak defini´ al´ as´ ara. Egy m´ asik kézenfekv˝ o lehet˝ oség azt mondani, hogy az R valamely z pontja akkor cs´ ucs, ha létezik egy s´ık, amelynek R-rel vett metszete az egyetlen z pontb´ ol ´ all. Melyiket v´ alasszuk magasabb dimenzi´ oban a cs´ ucs defin´ıci´ oj´ anak? Net´ an olyan szerencsénk lesz, hogy a kétféle lehet˝ oség ekvivalens? Az el˝ obbi gr´ afos példa mindenesetre azt mutatja, hogy még ha ki is der¨ ul majd, hogy ez a helyzet, akkor sem tekinthet˝ o ezen ekvivalencia mag´ at´ ol értet˝ od˝ onek.

3.2

K´ upok, poli´ ederek, polit´ opok

Az alterek (illetve az affin halmazok) éppen azok a halmazok, melyek z´ artak a line´ aris (ill. affin) kombin´ aci´ o képzésre. Pontok egy halmaz´ at akkor nevezz¨ uk konvexnek, ha z´ art a konvex kombin´ aci´ o képzésre, vagyis ak´ arhogy véve a halmaznak véges sok elemét, ezek konvex kombin´ aci´ oja is a halmazhoz tartozik. Mivel Rn konvex, tetsz˝ oleges C halmaz benne van egy ˝ ot tartalmaz´ o legsz˝ ukebb konvex halmazban, nevezetesen a C-t tartalmaz´ o konvex halmazok metszetében. K¨ onnyen kimutathat´ o, hogy (l´ asd a 3.5 gyakorlatot), hogy ez a metszet nem m´ as, mint a C konvex burka, melyet a tov´ abbiakban konv(C)-vel jel¨ ol¨ unk. Amennyiben a ∈ Rn nem-nulla vektor, β tetsz˝ oleges sz´ am, az ax = β line´ aris egyenlet megold´ as-halmaz´ at hipers´ıknak (hyperplane) nevezz¨ uk. Ez az {x ∈ Rn : ax = 0} homog´ en hipers´ık eltoltja. A fentiek alapj´ an a hipers´ık dimenzi´ oja n − 1 (innen az elnevezés). K¨ ovetkezik, hogy az affin altér hipers´ıkok metszetének tekinthet˝ o. Az {ax ≤ β} egyenl˝ otlenség megold´ as-halmaz´ at, vagyis az {x ∈ Rn : ax ≤ β} halmazt (z´ art) f´ elt´ ernek (closed halfspace) h´ıvjuk, melynek {x : ax = b} a hat´ arol´ o hipers´ıkja, és amelynek norm´ alisa a. (Ha szigor´ u egyenl˝ otlenség van, ny´ılt f´ elt´ err˝ ol beszél¨ unk). A β = 0 esetben azt mondjuk, hogy a féltér homog´ en. Gyakorlatok 3.2 Ha z a z1 , . . . , zk pontok konvex kombin´ aci´ oja és mindegyik zi a v1 , . . . , vℓ pontok konvex kombin´ aci´ oja, akkor z a v1 , . . . , vℓ pontoknak is konvex kombin´ aci´ oja. 3.3 Egy halmaz akkor és csak akkor konvex, ha b´ armely két elemének b´ armely konvex kombin´ aci´ oja a halmazhoz tartozik. 3.4 Konvex halmazok metszete is konvex. 3.5 A konv(C) halmaz nem m´ as, mint a C elemeinek felhaszn´ al´ as´ aval kész¨ ult konvex kombin´ aci´ ok halmaza.

3.2.1

K´ upok

Vektorok egy nem¨ ures C halmaz´ at k´ upnak (cone) nevezz¨ uk, ha C z´ art nemnegat´ıv sz´ ammal t¨ ortén˝ o szorz´ asra nézve, vagyis ha C b´ armely elemének nem-negat´ıv sz´ amszorosa is C-hez tartozik. Ebb˝ ol ad´ odik, hogy az orig´ o mindig a k´ upban van. A k´ up trivi´ alis, ha egyetlen pontja van (az orig´ o). Amennyiben a k´ up még az ¨ osszead´ asra is z´ art, konvex k´ upr´ ol beszél¨ unk. Ez k¨ onnyen l´ athat´ oan val´ oban konvex. Miut´ an a tov´ abbiakban csak konvex k´ upokr´ ol lesz sz´ o, k´ upon automatikusan konvex k´ upot fogunk érteni. Egy altér péld´ aul mindig k´ up. (A k´ up ezen defin´ıci´ oja egyrészt ´ altal´ anosabb ann´ al, mint amit szok´ asos geometriai k´ up fogalmunk

48

dikt´ alna, hiszen megenged olyan alakzatokat is, melyeket s´ıkok hat´ arolnak. Péld´ aul a s´ıkban a nemnegat´ıv s´ıknegyed k´ up. M´ asrészt sz˝ ukebb, mert k´ up eltoltja nem k´ up). Két tipikus példa k´ upra: m V´ egesen gener´ alt k´ up (r¨ oviden, gener´ alt k´ up): Véges sok aP vektor nemnegat´ıv line´ aris 1 , . . . , an ∈ R kombin´ aci´ oinak halmaza. Jel¨ olése : k´ up(a1 , . . . , an ) := {z : z = λ a , λ ≥ 0}. Amennyiben A egy olyan i i i i m × n-es m´ atrix, melynek oszlopai az ai vektorok, u ´gy az ai vektorok k´ upja {Ax : x ≥ 0} = ARn + . Az A n m m´ atrix sorvektorai R -ben az {yA : y ≥ 0} = R+ A k´ upot gener´ alj´ ak, melyet GA -val jel¨ ol¨ unk.

Metszetk´ up (m´ as néven poli´ eder-k´ up): Véges sok homogén féltér metszete; R := {x : b1 x ≤ 0, . . . , bm x ≤ 0}, ahol bi ∈ Rn . Amennyiben B egy olyan m × n-es m´ atrix, melynek sorai a bi vektorok, u ´gy R = {x : Bx ≤ 0}. A B oszlopvektorai Rm -ben az {y : yB ≤ 0} metszetk´ upot defini´ alj´ ak.

P

P

µ p + i λi ai , λi ≥ 0} Megjegyzend˝ o, hogy adott {p1 , p2 , . . . , pt , a1 , . . . , an } vektorokra a {z : z = j j j halmaz gener´ alt k´ upot alkot (vagyis itt csak bizonyos egy¨ utthat´ okra k¨ ovetel¨ unk meg nemnegativit´ ast), éspedig a {p1 , −p1 , . . . , pt , −pt , a1 , . . . , an } vektorok ´ altal gener´ alt k´ up. Speci´ alisan, a p1 , . . . , pt vektorok ´ altal gener´ alt altér is gener´ alt k´ up. A gener´ alt k´ up teh´ at a gener´ alt altér ´ altal´ anos´ıt´ asa. Hasonl´ oképp, {q1 , . . . , qt , b1 , . . . , bm } vektorok esetén az {x : q1 x = 0, . . . , qt x = 0, b1 x ≤ 0, . . . , bm x ≤ 0} halmaz metszetk´ up, éspedig {x : q1 x ≤ 0, −q1 x ≤ 0, . . . , qt x ≤ 0, −qt x ≤ 0, b1 x ≤ 0, . . . , bm x ≤ 0}. Speci´ alisan, a q1 , . . . , qt vektorok nulltere (m´ asnéven ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o altere) metszetk´ up. A metszetk´ up teh´ at a nulltér ´ altal´ anos´ıt´ asa. Figyelj¨ uk meg, hogy a gener´ alt k´ upnak k¨ onnyen gy´ arthatunk egy elemét, de egy´ altal´ an nem k¨ onny˝ u eld¨ onteni egy megadott elemr˝ ol, hogy a k´ upban van-e. Ford´ıtott a helyzet metszet-k´ up esetén: k¨ onny˝ u eld¨ onteni, hogy egy megadott elem benne van-e, de nem k¨ onny˝ u tal´ alni egy nem-nulla elemet. Gyakorlat 3.6 Két metszetk´ up metszete metszetk´ up. Két gener´ alt k´ up vektor-¨ osszege gener´ alt k´ up. Kor´ abban l´ attuk, hogy egy gener´ alt altér mindig el˝ o´ all nulltérként és megford´ıtva. E tétel szép ´ altal´ anos´ıt´ asaként bebizony´ıtjuk majd, hogy egy metszetk´ up mindig el˝ o´ all gener´ alt k´ upként és egy gener´ alt k´ up metszetk´ upként. Ez az ekvivalencia nem nyilv´ anval´ o: péld´ aul egy metszetk´ up z´ arts´ aga r¨ ogt¨ on l´ atszik abb´ ol, hogy a félterek z´ artak és z´ art halmazok metszete is z´ art; ugyanakkor egy gener´ alt k´ up z´ arts´ ag´ anak igazol´ asa nem ilyen kézenfekv˝ o. Egy q nemnulla vektor esetén a {λq : λ ∈ R+ } gener´ alt k´ upot v´ egtelen ir´ anynak vagy r¨ oviden ir´ anynak vagy m´ asként sug´ arnak (ray) mondjuk és ~ q -val jel¨ olj¨ uk. A ~ q1 , . . . , ~ qk ir´ anyok egy nemnegat´ıv kombin´ aci´ oj´ an a q1 , . . . , qk vektorok egy nemnagat´ıv kombin´ aci´ oj´ ahoz tartoz´ o ir´ anyt értj¨ uk. A gener´ alt k´ up tekinthet˝ o véges sok ir´ any nemnegat´ıv kombin´ aci´ oi halmaz´ anak. Egy z pontb´ ol indul´ o~ q ir´ any´ u f´ elegyenesen a z + ~ q := {x : x = z + λq, λ ∈ R+ } halmazt értj¨ uk, ahol q 6= 0. Teh´ at az ir´ any egy orig´ ob´ ol kiindul´ o félegyenes, és a félegyenes egy eltolt ir´ any. Adott K k´ uphoz hozz´ arendelhetj¨ uk a K ∗ := {x : xz ≤ 0 minden z ∈ K elemre} halmazt, és ezt a K pol´ aris´ anak nevezz¨ uk. K¨ onnyen l´ atszik, hogy K ∗ maga is k´ up, és az is, hogy a K k´ up pol´ aris´ anak pol´ arisa mag´ aban foglalja K-t, azaz K ⊆ (K ∗ )∗ . Itt nem sz¨ ukségképpen ´ all egyenl˝ oség, hiszen b´ armely k´ up pol´ arisa k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ oen z´ art, vagyis nem z´ art K esetén K 6= (K ∗ )∗ . Igazolhat´ o ugyanakkor, hogy a K lez´ artja (vagyis a K-t tartalmaz´ o z´ art halmazok metszete) éppen (K ∗ )∗ . Speci´ alisan, z´ art K-ra K = (K ∗ )∗ .

3.2.2

Poli´ ederek ´ es polit´ opok

A metszetk´ up fogalm´ an´ al ´ altal´ anosabb a k¨ ovetkez˝ o: Poli´ eder (polyhedron, tbsz: polyhedra): Véges sok féltér metszete: R := {x : Qx ≤ b}, ahol Q egy m × n-es m´ atrix, b m-dimenzi´ os vektor. M´ assz´ oval a poliéder egy line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaza. Figyelj¨ uk meg, hogy a defin´ıci´ ob´ ol ad´ od´ oan egy poliéder mindig konvex, hiszen ha néh´ any vektor kielég´ıt egy line´ aris egyenl˝ otlenséget, akkor konvex kombin´ aci´ ojuk is. A 3-dimenzi´ os térgeometri´ aban megszokott (konvex) poliéderek megadhat´ ok félterek metszeteként, vagyis kielég´ıtik a fenti defin´ıci´ ot, ugyanakkor ez ut´ obbi megenged nem korl´ atos poliédereket is. Péld´ aul egy metszetk´ up vagy egy affin altér poliéder. A formailag ´ altal´ anosabb, egyenl˝ oségeket és egyenl˝ otlenségeket egyar´ ant tartalmaz´ o {P x = b0 , Qx ≤ b1 } rendszer megold´ as-halmaza is poliéder, hiszen egy px = β egyenlet megold´ as-halmaza felfoghat´ o mint a px ≤ β és a −px ≤ −β egyenl˝ otlenségek k¨ oz¨ os megold´ as-halmaza. Nyilv´ an az {x : Qx ≥ b} halmaz is poliéder épp´ ugy, mint a Q oszlopai ´ altal defini´ alt {y : yQ ≤ c} halmaz. Ez is jelzi, hogy egy poliéder t¨ obbféle m´ odon is megadhat´ o m´ atrixszal. Az {Ax = b, x ≥ 0} egyenl˝ otlenség-rendszerr˝ ol azt mondjuk, hogy standard alak´ u, vagyis ha egy olyan egyenletrendszerr˝ ol van sz´ o, amelynek v´ altoz´ oira nemnegativit´ asi kik¨ otés van. Az {x : Ax = b, x ≥ 0} poliéder standard alakban van adva. Egy standard alakban adott poliéder teh´ at egy affin altér és a nem-negat´ıv térsz¨ oglet metszete. P m´ atrix egy sor´ at Az R := {x : P x = b0 , Qx ≤ b1 } poliéder egy z elemére nézve a defini´ al´ o M = Q valamint a sor ´ altal meghat´ arozott egyenl˝ otlenséget z-akt´ıvnak vagy r¨ oviden csak akt´ıvnak nevezz¨ uk, ha z

49

egyenl˝ oséggel teljes´ıti. A P sorai automatikusan akt´ıvak. A z-re nézve akt´ıv sorok részm´ atrix´ at az M z-akt´ıv r´ eszm´ atrix´ anak nevezz¨ uk és Mz= -vel jel¨ olj¨ uk. A z ´ altal szigor´ u egyenl˝ otlenséggel teljes¨ ul˝ o sorok m´ atrix´ at Q< oli. z jel¨ Polit´ op (polytope): Véges sok pont konvex burka. (Az u ¨res halmazt is polit´ opnak tekintj¨ uk, mint nulla darab pont konvex burka.) Azt mondjuk, hogy a polit´ opot a sz´ obanforg´ o pontok gener´ alj´ ak. Ezek szerint egyetlen pont is polit´ opot alkot. Két pont ´ altal gener´ alt polit´ op a két pontot ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz. Gyakorlat 3.7 Két poliéder metszete is poliéder. Két polit´ op vektor-¨ osszege is polit´ op. Gyakorlat 3.8 Amennyiben R := {x : M x ≤ b} nem¨ ures, u ´gy R akkor és csak akkor az egész tér, ha r(M ) = 0 (azaz M a csupa-nulla m´ atrix) és b ≥ 0. Természetesen vet˝ odnek fel a k¨ ovetkez˝ o kérdések. Mikor létezik egy egyenl˝ otlenség-rendszernek megold´ asa, azaz mikor nem-¨ ures egy poliéder? Erre v´ alaszol majd a Farkas lemma, amely a Fredholm-féle alternat´ıva tételnek line´ aris egyenl˝ otlenségekre vonatkoz´ o kiterjesztése. Hogyan lehet ,,paraméteresen” megadni egy egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaz´ at, annak mint´ aj´ ara, ahogyan egy egyenletrendszer megold´ as-halmaz´ at meg lehetett adni ´ıgy? A korl´ atos esetben erre v´ alaszol majd az a bizony´ıt´ asra ker¨ ul˝ o tétel, miszerint minden korl´ atos poliéder polit´ op, és megford´ıtva. Tov´ abbi kérdés, hogy két egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaza mikor ugyanaz, magyar´ an, mikor defini´ alj´ ak ugyanazt a poliédert? Kezdj¨ uk egy egyszer˝ u megfigyeléssel. Lemma 3.2.1 Ha az R poliéder k´ up, akkor metszetk´ up. Biz. Az R megadhat´ o {x : Qx ≤ b} alakban és feltehetj¨ uk, hogy Q-nak a lehet˝ o legkevesebb sora van. Azt igazoljuk, hogy ekkor b = 0. Mindenesetre b ≥ 0, hiszen 0 ∈ R miatt 0 = Q0 ≤ b. Tegy¨ uk fel indirekt, hogy b(i) > 0 valamelyik i-re. A Q minimalit´ asa miatt van olyan x′ vektor, amely a Qx ≤ b rendszerb˝ ol egyed¨ ul a otlenséget sérti meg, azaz i qx′ > b(i) > 0. Ekkor az α := b(i)/i qx′ sz´ amra x∗ := αx′ benne i qx ≤ b(i) egyenl˝ van R-ben, de 2x∗ péld´ aul nincs, mert i q(2x∗ ) = 2αi qx′ = 2b(i) > b(i), ellentmond´ asban R k´ up volt´ aval. • Egy poliédert akkor nevez¨ unk korl´ atosnak, ha létezik olyan K pozit´ıv sz´ am, amelyre |x(i)| ≤ K a poliéder minden x pontj´ anak mindegyik x(i) komponensére. Egy poliéder (k¨ uls˝ o) dimenzi´ oj´ an, (r¨ oviden dimenzi´ oj´ an) az ˝ ot tartalmaz´ o legsz˝ ukebb affin altér dimenzi´ oj´ at értj¨ uk. A poliéder bels˝ o dimenzi´ oja a benne fekv˝ o affin alterek dimenzi´ oj´ anak a maximuma. Péld´ aul, ha a poliéder egyetlen pontb´ ol ´ all, akkor k¨ uls˝ o és bels˝ o ´ dimenzi´ oja is nulla. Altal´ aban egy affin altérnek, mint poliédernek a k¨ uls˝ o és bels˝ o dimenzi´ oja megegyezik az affin altér kor´ abban m´ ar bevezetett dimenzi´ oj´ aval, speci´ alisan Rn egy hipers´ıkj´ anak k¨ uls˝ o és bels˝ o dimenzi´ oja is n − 1. A s´ıkban a nemnegat´ıv s´ıknegyed bels˝ o dimenzi´ oja 0, k¨ uls˝ o dimenzi´ oja 2. Az n-dimenzi´ os térben egy féltér bels˝ o dimenzi´ oja n − 1, k¨ uls˝ o dimenzi´ oja n. Egy q vektorr´ ol azt mondjuk, hogy a z ∈ R elem mozg´ asvektora, ha létezik kicsiny λ > 0 sz´ am, amelyre mind z + λq, mind z − λq R-ben van. A 0-vektor mindig ilyen, m´ıg ha q 6= 0, nem-trivi´ alis mozg´ asvektorr´ ol beszél¨ unk. Azt mondjuk, hogy z ∈ R a poliéder relat´ıv bels˝ o pontja, ha létezik nem-trivi´ alis mozg´ asvektora. Ha nem létezik, akkor z extr´ em. M´ assz´ oval z akkor extrém, ha nincs rajta a poliéder két m´ asik pontj´ at ¨ osszek¨ ot˝ o szakaszon. Nem nehéz igazolni, hogy z pontosan akkor extrém, ha nem ´ all el˝ o a poliéder m´ as pontjainak konvex kombin´ aci´ ojaként. Ha minden vektor mozg´ asvektor, akkor z bels˝ o pontja R-nek. A defin´ıci´ ob´ ol k¨ ozvetlen¨ ul kiolvashat´ o, hogy egy z ∈ R elem mozg´ asvektorai alteret alkotnak, melynek neve a z mozg´ astere. Az 1-dimenzi´ os térben egy (z´ art) szakasznak végpontjait´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontjai bels˝ o pontok. Ugyanakkor a 2-dimenzi´ os térben egy szakasz olyan poliéder, amelynek nincs bels˝ o pontja. Egy {z + λq : λ ∈ R} alak´ u egyenest q ir´ any´ u egyenesnek nevez¨ unk, ahol q 6= 0. Legyen R = {x : Qx ≤ b} nem-¨ ures poliéder. Egy q vektorr´ ol azt mondjuk, hogy R eltol´ asi vektora, ha R minden z pontj´ ara és minden λ sz´ amra z + λq ∈ R. M´ assz´ oval, az R b´ armely pontj´ an ´ atmen˝ o q ir´ any´ u egyenes R-ben van. (Néha haszn´ alj´ ak a karakterisztikus vektor elnevezést, de ez nem t´ ul szerencsés, mert ez a név m´ ar foglalt egy halmaz karakterisztikus vektor´ ara). R¨ ogt¨ on l´ atszik, hogy az eltol´ asi vektorok alteret alkotnak, a poliéder eltol´ asi alter´ et. Ha egy poliéder nem tartalmaz teljes egyenest (félegyenest) akkor azt mondjuk, hogy egyenes-mentes (f´ elegyenes-mentes). A ~ q ir´ anyt az R poli´ eder egy ir´ any´ anak nevezz¨ uk, ha z + λq ∈ R fenn´ all az R minden z elemére és minden pozit´ıv λ-ra. Gyakorlat 3.9 Az R poliéder ir´ anyainak nemnegat´ıv kombin´ aci´ oi is az R ir´ anyai, azaz a poliéder ir´ anyai k´ upot alkotnak. A poliéder ir´ anyainak k´ upj´ at a poliéder ir´ any- (néha recesszi´ os) k´ upj´ anak nevezz¨ uk. Az R poliéder egy ir´ anya extr´ em, ha nem ´ all´ıthat´ o el˝ o t˝ ole k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o R-beli ir´ anyok nemnegat´ıv kombin´ aci´ ojaként. Egy altérnek péld´ aul nincs extrém ir´ anya.

50

Gyakorlat 3.10 A poliéder egy ir´ anya akkor és csak akkor extrém, ha nem a ´ll´ıthat´ o el˝ o két t˝ ole k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o R-beli ir´ any nemnegat´ıv kombin´ aci´ ojaként. Egy 3-dimenzi´ os poliédert lapok, élek illetve cs´ ucsok hat´ arolnak. Ezeket a fogalmakat szeretnénk magasabb dimenzi´ ora kiterjeszteni. Egy R ⊆ Rn nem¨ ures poliéder F oldala (face) R-nek egy F := {x ∈ R : cx = δ}

(3.1)

alak´ u nem¨ ures részhalmaza, ahol δ := max{cx : x ∈ R} valamely cx line´ aris célf¨ uggvényre, melyre a maximum létezik. A c 6= 0 esetben a H = {x : cx = δ} hipers´ıkot a poliéder egy t´ amasz-s´ıkj´ anak nevezz¨ uk. A c ≡ 0 célf¨ uggvényre a defin´ıci´ o azt adja, hogy R maga is oldal. Val´ odi oldalon (proper face) olyan oldalt ért¨ unk, amely nem az egész poliéder. A poliéder val´ odi oldala teh´ at az optimum helyek halmaza valamely nemnulla line´ aris célf¨ uggvényre nézve, m´ asként sz´ olva a poliédernek az a része, amely egy hipers´ıkkal érintkezik, amikor azt k´ıv¨ ulr˝ ol a poliéderhez toljuk. Amennyiben az oldal egyetlen pontb´ ol ´ all, u ´gy ezt a pontot a poliéder cs´ ucs´ anak nevezz¨ uk. Teh´ at egy z ∈ R pont akkor cs´ ucs, ha létezik olyan c vektor, amelyre a cz > cx minden x ∈ R − z-re. A defin´ıci´ ob´ ol l´ atszik, hogy egy poliéder oldala maga is poliéder. Egy affin altér péld´ aul olyan poliéder, amelynek nincs val´ odi oldala. Poliéder minim´ alis oldal´ an egy tartalmaz´ asra nézve minim´ alis oldalt ért¨ unk. Egy tartalmaz´ asra nézve maxim´ alis val´ odi oldalt lapnak (facet) nevez¨ unk. A poliédert cs´ ucsosnak (pointed) mondjuk, ha van cs´ ucsa. Nem minden poliédernek van cs´ ucsa, péld´ aul az affin altereknek bizonyosan nincs. A 3.10 gyakorlat alapj´ an a poliéder egy z eleme akkor extrém pont, ha nem ´ all el˝ o a poliéder néh´ any m´ as pontj´ anak konvex kombin´ aci´ ojaként. Gyakorlat 3.11 Igazoljuk, hogy az R poliéder egy z pontj´ ara a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (i) z extrém, (ii) z nincs R-hez tartoz´ o szakasz belsejében, (iii) nincs olyan x′ 6= 0 vektor, amelyre z + x′ és z − x′ is R-ben van. 2013. augusztus 1.,

ulin11 2013. augusztus 1.

51

3.3 3.3.1

Cs´ ucsok ´ es b´ azis-megold´ asok B´ azis-megold´ asok

Legyen Q 6= 0 egy m × n-es m´ atrix és jel¨ olje R a Qx ≤ b

(3.2)

egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ asainak halmaz´ at. Ebben a részben végig feltessz¨ uk, hogy az R poliéder nem u ¨res. Célunk megvizsg´ alni az R poliéder és az azt defini´ al´ o Qx ≤ b le´ır´ o rendszer kapcsolat´ at. ´ TETEL 3.3.1 Valamely q 6= 0 vektorra a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek: (1) Qq = 0. (2) q eltol´ asi vektora R-nek. (3) R-nek van olyan z pontja, amelyre z + λq minden val´ os λ-ra R-ben van. Biz. Az (1)→(2) ir´ any nyilv´ anval´ o, hiszen b´ armely z ∈ R esetén Q(z + λq) = Qz + λQq = Qz ≤ b, azaz z + λq ∈ R. A (2)→(3) ir´ any semmitmond´ o. Vég¨ ul, ha (3) fenn´ all, akkor sz¨ ukségképpen Qq = 0, mert k¨ ul¨ onben kell˝ oen nagy λ-ra a Q(z + λq) ≤ b és Q(z − λq) ≤ b egyenl˝ otlenség-rendszerek k¨ oz¨ ul az egyik biztosan nem teljes¨ ulne. • K¨ ovetkezm´ eny 3.3.2 Az R := {x ∈ Rn : Qx ≤ b} poliéder eltol´ asi altere a Q m´ atrix nulltere. • ´ TETEL 3.3.3 Az R = {x ∈ Rn : Qx ≤ b} poliéder egy z elemének mozg´ astere a Q= atrix nulltere. M´ as z m´ = sz´ oval a q vektor akkor és csak akkor mozg´ asvektora z-nek, ha Qz q = 0. = = Biz. Ha Q= es ezért kell˝ oen kicsiny pozit´ıv λ-ra Q(z ± λq) ≤ b, z q = 0, akkor minden λ-ra Qz (z ± λq) = bz ´ vagyis q a z mozg´ asvektora. = Ha Q= armilyen pozit´ıv λ-ra, ha i qq > 0, akkor z q 6= 0, akkor Qz -nek van olyan i q sora, amelyre i qq 6= 0. B´ Q(z + λq) 6≤ b, m´ıg ha i qq < 0, akkor Q(z − λq) 6≤ b. Teh´ at q nem mozg´ asvektora z-nek. •

´ TETEL 3.3.4 Tegy¨ uk fel, hogy az R poliéder nem¨ ures és R = {x : Qx ≤ b} = {x : Q′ x ≤ b′ }. Ekkor Q és Q′ sortere megegyezik. Tetsz˝ oleges z ∈ R esetén Q= ´ e s Q′= z z sortere megegyezik. Biz. A 3.3.1 tétel szerint egy q vektorra akkor és csak akkor Qq = 0, ha Q′ q = 0, vagyis Q és Q′ nulltere megegyezik, ´ıgy sorter¨ uk is. ′= ′ A m´ asodik részhez indirekt tegy¨ uk fel, hogy mondjuk Q= at. z sortere nem tartalmazza Qz valamely q sor´ = Ekkor a Fredholm féle alternat´ıva tételb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy létezik olyan q vektor, amelyre Qz q = 0, qq ′ > 0. De ekkor kicsiny pozit´ıv λ-ra z ′ := z + λq olyan, hogy Qz ′ ≤ b, de qq ′ > 0 miatt Q′ z ′ 6≤ b′ , ellentmond´ asban a feltevéssel. • ´ TETEL 3.3.5 Tegy¨ uk fel, hogy az R poliéder nem¨ ures és R = {x : Qx ≤ b} = {x : Q′ x ≤ b′ }. A Q valamely j oszlopa pontosan akkor line´ arisan f¨ uggetlen, ha Q′ megfelel˝ o j oszlopa line´ arisan f¨ uggetlen. Biz. Feltehetj¨ uk, hogy az els˝ o j oszlopr´ ol van sz´ o. Azt l´ atjuk be, hogy Q els˝ o j oszlopa akkor és csak akkor line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o, ha Q′ els˝ o j oszlopa az. Szimmetria miatt elég az egyik ir´ anyt bel´ atni, ´ıgy tegy¨ uk fel, hogy Q′ els˝ o j oszlopa line´ arisan ¨ osszef¨ ugg. Ekkor létezik egy olyan q ′ 6= 0 vektor, amelynek csak az els˝ o j komponense lehet nemnulla és Q′ q ′ = 0. A 3.3.4 tétel miatt Q és Q′ sortere megegyezik, ´ıgy valamely x-re Qx = 0 pontosan akkor ´ all fenn, ha Q′ x = 0, amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy Qq ′ = 0, vagyis Q els˝ o j oszlopa is line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o. • Egy z ∈ R elem szintjén a σ(z) := r(Q)−r(Q= amot értj¨ uk. A Qx ≤ b line´ aris rendszer egy z megold´ as´ at z ) sz´ (azaz az z ∈ R elemet) b´ azis-megold´ asnak nevez¨ unk, ha a z-akt´ıv Q= eszm´ atrix rangja r(Q), m´ as sz´ oval a 0 z r´ szint˝ u elemek a b´ azis-megold´ asok. Ha egy b´ azis-megold´ as r´ aad´ asul olyan, hogy z nem-nulla komponenseinek megfelel˝ o Q-oszlopok line´ arisan f¨ uggetlenek, akkor er˝ os b´ azis-megold´ asr´ ol beszél¨ unk. Speci´ alisan, ha Q oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek, akkor minden b´ azis-megold´ as er˝ os. A 3.3.4 tételb˝ ol r¨ ogt¨ on kapjuk az al´ abbit. K¨ ovetkezm´ eny 3.3.6 Az R poliéder egy z elemének szintje csak a poliédert˝ ol f¨ ugg és nem a poli´ edert meghat´ aroz´ o egyenl˝ otlenség-rendszer konkrét alakj´ at´ ol. Speci´ alisan, a b´ azis-megold´ as fogalma is csak a poliédert˝ ol f¨ ugg. • ´ Erdemes kiolvasni, hogy m´ as alak´ u egyenl˝ otlenség-rendszerek esetén mit is jelent a b´ azis-megold´ as fogalma.

52

´ TETEL 3.3.7 (i) Egy M =

P Q

nem-nulla m´ atrix esetén a P x = b0 , Qx ≤ b1

(3.3)

line´ aris rendszernek egy z megold´ asa akkor b´ azis-megold´ as, ha r(M ) = r(Mz= ). (ii) Az {Ax = b, x ≥ 0} egy z megold´ asa akkor és csak akkor b´ azis-megold´ as, ha a pozit´ıv elemekhez tartoz´ o A-beli oszlopok line´ arisan f¨ uggetlenek. (iii) Az {yA ≥ 0, yb = −1} rendszer egy y0 megold´ asa akkor és csak akkor b´ azis-megold´ as, ha az A-b´ ol line´ arisan f¨ uggetlen¨ ul kiv´ alaszthat´ o, az y0 -ra mer˝ oleges oszlopok maxim´ alis sz´ ama r(A, b) − 1. ′ Biz. (i) (3.3) és {P x ≤ b0 , −P x ≤−b0 , Qx ≤ b1 } megoldáshalmaza ugyanaz, továbbá r(M ) = r(M ) és −P . r(Mz= ) = r(Mz′= ), ahol M ′ := M (ii) Esetleges oszlopcserével feltehetj¨ uk, hogy z-nek az utols´ o j komponense pozit´ıv. Jel¨ olje az ezen j A , ahol I az n × n-es egységm´ atrixot jel¨ oli. oszlophoz tartoz´ o m × j-es részm´ atrixot A′ . Legyen M := −I = = Az (i) rész szerint z akkor b´ azis-megold´ as, ha r(Mz ) = r(M ) = n. Ekkor Mz az M m´ atrix els˝ o m + (n − j) sora (vagyis az A sorai valamint a −I els˝ o n − j sora). Ennek a bal als´ o (n − j) × (n − j)-es részm´ atrixa egy negat´ıv egységm´ atrix, ´ıgy Mz= rangja pontosan akkor n, ha az els˝ o n − j oszlop´ anak és utols´ o n − j sor´ anak kit¨ orlésével keletkez˝ o A′ részm´ atrix rangja n − (n − j) = j, ami épp azt jelenti, hogy A′ oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek. (iii) Jel¨ olje A0 az A azon ai oszlopaib´ ol ´ all´ o részm´ atrixot, melyekre y0 mer˝ oleges, azaz ai y0 = 0. Defin´ıci´ o szerint y0 akkor b´ azis-megold´ as, ha r(A0 , b) = r(A, b). A tétel ´ all´ıt´ asa pedig azzal ekvivalens, hogy y0 pontosan akkor b´ azis-megold´ as, ha r(A0 ) = r(A, b) − 1. Azt kell teh´ at csak bel´ atnunk, hogy r(A0 ) = r(A0 , b) − 1. De ez r¨ ogt¨ on l´ atszik, hiszen y0 A0 = 0 és y0 b = −1 miatt a b vektor nem f¨ ugg line´ arisan A0 oszlopait´ ol. •

Megjegyz´ es A szakirodalomban ´ altal´ aban az {Ax = b, x ≥ 0} rendszerre vezetik be a b´ azis-megold´ as fogalm´ at; egy z megold´ ast akkor defini´ alva b´ azis-megold´ asnak, ha a pozit´ıv komponenseihez tartoz´ o A-oszlopok line´ arisan f¨ uggetlenek. Mi egy ´ altal´ anosabb megk¨ ozel´ıtést haszn´ altunk és ez a tulajdons´ ag tételként ad´ odott! Ebben az esetben r´ aad´ asul minden b´ azis-megold´ as er˝ os. A 3.3.5 tételb˝ ol r¨ ogt¨ on kapjuk az al´ abbiakat. K¨ ovetkezm´ eny 3.3.8 Az er˝ os b´ azis-megold´ as fogalma csak a poliédert˝ ol f¨ ugg és nem a poliédert meghat´ aroz´ o egyenl˝ otlenség-rendszert˝ ol. • K¨ ovetkezm´ eny 3.3.9 A {P x = b0 , Qx ≤ b1 } egyenl˝ otlenség-rendszer egy z b´ azis-megold´ asa pontosan akkor P . • er˝ os, ha a z nem-nulla komponenseihez tartoz´ o M -beli oszlopok line´ arisan f¨ uggetlenek, ahol M = Q ´ TETEL 3.3.10 (A) Minden megoldhat´ o line´ aris egyenl˝ otlenség rendszernek létezik b´ azis-megold´ asa, nevezetesen b´ armely minim´ alis szint˝ u z elem b´ azis-megold´ as. (B) Létezik er˝ os b´ azis-megold´ as is, nevezetesen egy maxim´ alisan sok 0 komponenst tartalmaz´ o x∗ b´ azis-megold´ as er˝ os. Biz. (A) Bel´ atjuk, hogy σ(z) = 0, azaz z b´ azis-megold´ as. Ha indirekt r(Q) > r(Q= ´gy a Fredholm z ), u < tétel szerint létezik q vektor, amelyre Q= q = 0 ´ e s Q q = 6 0. A q esetleges neg´ al´ as´ aval elérhetj¨ uk, hogy a z z ′ Q< q vektornak van szigor´ u an pozit´ ıv komponense. Ekkor van olyan λ > 0 ´ e rt´ e k, amelyre z = z + λq ∈ R z ara. Q= es i qq 6= 0 miatt i q line´ arisan f¨ uggetlen Q= ol. Így és i qz ′ = b(i) a Q< z sorait´ z valamely i q sor´ z q = 0 ´ = ′ = = Qz z = bz miatt r(Qz ′ ) > r(Qz ), ellentmond´ asban z v´ alaszt´ as´ aval. (B) Tegy¨ uk fel indirekt, hogy az x∗ nemnulla komponenseinek megfelel˝ o Q-beli oszlopok line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek. Ez azt jelenti, hogy létezik egy olyan q 6= 0 vektor, amelyre Qq = 0 (vagyis q eltol´ asi vektor) és x∗ (i) = 0 esetén q(i) = 0. Ekkor alkalmas λ-ra x∗λ := x∗ + λq-nak t¨ obb nulla komponense lesz, mint x∗ -nak, tov´ abb´ a x∗λ ∗ is b´ azis-megold´ as, ellentmondva x v´ alaszt´ as´ anak. • ´ TETEL 3.3.11 A Qx ≤ b egyenl˝ otlenség-rendszer egy z megold´ asa akkor és csak akkor er˝ os b´ azis-megold´ as, ha létezik Q-nek egy olyan r(Q) sorb´ ol és r(Q) oszlopb´ ol ´ all´ o nem-szingul´ aris Q′ részm´ atrixa, amelyre z a Q′ x′ = b′ egyértelm˝ u x′ megold´ as´ ab´ ol ´ all el˝ o 0-komponensek hozz´ avételével (ahol b′ a b azon részét jel¨ oli, amely ′ a Q sorainak felel meg.) ′ Biz. Ha z a megadott m´ odon ´ all el˝ o, u ´gy Q= ıgy rangja r(Q). Tov´ abb´ a a z nemnulla komz tartalmazza Q -t, ´ ponenseinek megfelel˝ o Q-beli oszlopvektorok line´ arisan f¨ uggetlenek, hiszen ezek mindegyike Q′ egy oszlop´ anak kib˝ ov´ıtése, m´ arpedig Q′ a feltevés szerint nem-szingul´ aris, ´ıgy oszlopvektorai line´ arisan f¨ uggetlenek. Vagyis ilyenkor z val´ oban er˝ os b´ azis-megold´ as.

53

Megford´ıtva, legyen z er˝ os b´ azis-megold´ as. Ekkor r(Q= alasszuk ki Q= z ) = r(Q). V´ z -nek r(Q) darab line´ arisan f¨ uggetlen sor´ at, majd a z nem-nulla komponenseinek megfelel˝ o line´ arisan f¨ uggetlen oszlopokat tetszés szerint egész´ıts¨ uk ki a Q oszlopai k¨ oz¨ ul r(Q) darab line´ arisan f¨ uggetlen oszlopp´ a. Az ´ıgy kapott r(Q) sor és r(Q) oszlop ´ altal meghat´ arozott Q′ részm´ atrix az 2.2.5 lemma miatt nem-szingul´ aris, és éppen z-t defini´ alja a k´ıv´ ant m´ odon. • K¨ ovetkezm´ eny 3.3.12 Tetsz˝ oleges egyenl˝ otlenség-rendszernek legfeljebb csak véges sok er˝ os b´ azis-megold´ asa van. • Jegyezz¨ uk meg, hogy egy egyenletrendszernek minden megold´ asa b´ azis-megold´ as, vagyis b´ azis-megold´ asb´ ol kényelmesen lehet végtelen sok. Gyakorlatok 3.12 Igazoljuk, hogy a 3.3.7 tétel (i) részében z szintje r(M ) − r(Mz= ). 3.13 Igazoljuk, hogy a P x0 + Ax1 = b, x1 ≥ 0 rendszer egy megold´ asa akkor és csak akkor b´ azis-megold´ as, ha az x1 nem-nulla elemeihez tartoz´ o P -beli oszlopokat az A-b´ ol kiv´ alasztott maxim´ alisan sok line´ arisan f¨ uggetlen oszloppal kiegész´ıtve még mindig line´ arisan f¨ uggetlen rendszert kapunk. 3.14 Igazoljuk, hogy a {Bx ≤ b, x ≥ 0} rendszer egy z megold´ asa akkor és csak akkor b´ azis-megold´ as, ha a B valamely B ′ nemszingul´ aris négyzetes részm´ atrix´ ara z a B ′ x′ = b′ egyértelm˝ u megold´ as´ ab´ ol ´ all el˝ o null´ ak hozz´ avételével. 3.15 Legyen f ≪ g, (azaz f minden komponensében kisebb, mint g), ahol f, g ∈ Rn . Igazoljuk, hogy az Ax = b, f ≤ x ≤ g rendszer egy z megold´ asa pontosan akkor b´ azis-megold´ as, ha az A azon ai oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek, melyekre f (i) < z(i) < g(i). Mik az er˝ os b´ azis-megold´ asok? Mik a b´ azis- és az er˝ os b´ azis-megold´ asok, ha f ≪ g helyett csak a gyengébb f ≤ g egyenl˝ otlenséget tessz¨ uk fel? Feladatok 3.16 Az R poliéder egy z pontj´ at tartalmaz´ o legb˝ ovebb, R-ben fekv˝ o affin altér az A karakterisztikus altér z-vel val´ o eltoltja. 3.17 Egy R := {x : Qx ≤ b} ⊆ Rn poliéder bels˝ o dimenzi´ oja n − r(Q). • 3.18 Mutassunk olyan Qx ≤ b alak´ u egyenl˝ otlenség-rendszert, ahol egy er˝ os b´ azis-megold´ as el˝ o´ all m´ as er˝ os b´ azis-megold´ asok konvex kombin´ aci´ ojaként. Bizony´ıtsuk be, hogy ha Q oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek, akkor ilyen példa nem létezik.

3.3.2

Cs´ ucsos poli´ ederek

Nézz¨ uk meg, hogy mi a kapcsolat cs´ ucs és extrém pont k¨ oz¨ ott, és hogy ezek defin´ıci´ oja miként t¨ ukr¨ oz˝ odik a poliéder m´ atrixszal t¨ ortén˝ o megad´ as´ aban. ´ TETEL 3.3.13 Az R = {x : Qx ≤ b} poliéder egy z elemére a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek: (1) Q oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek és z b´ azis-megold´ as (azaz Q= arisan f¨ uggetlenek, vagyis z oszlopai line´ Q-nak van n line´ arisan f¨ uggetlen z-akt´ıv sora). (2) z cs´ ucs. (3) z extrém pont. Biz. (1)⇒(2) Legyen c a Q= osszege, azaz c = y1 Q, ahol y1 azt a (0, 1)-es vektort jel¨ oli, amelyben z sorainak az ¨ a Q= o komponensek értéke 1, a t¨ obbié 0. Tetsz˝ oleges x ∈ R esetén cx = (y1 Q)x = y1 (Qx) ≤ z sorainak megfelel˝ = y1 b = y1 (Qz) = (y1 Q)z = cz. Ha itt valamely x ∈ R elemre egyenl˝ oség szerepel, akkor Q= z x = bz , ennek = pedig z az egyértelm˝ u megold´ asa, hiszen a feltevés szerint Qz oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek. (Itt a b= z vektor a b vektor azon komponenseib˝ ol ´ all, melyek a Q m´ atrix z-akt´ıv sorainak felelnek meg.) (2)⇒(3) Ha z cs´ ucs, akkor létezik egy olyan c vektor, amelyre cz > cx minden x ∈ R − z elemre. Ha z, indirekt, nem extrém, akkor létezik x, y ∈ R − z, melyekre z = (x + y)/2. De ekkor cx < cz és cy < cz és ´ıgy cz = (cx + cy)/2 < (cz + cz)/2 = cz, ellentmond´ as. (3)⇒(1) Tegy¨ uk fel, hogy z extrém. Amennyiben Q= arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek, u ´gy z oszlopai, indirekt, line´ létezik egy q nemnulla vektor, amelyre Q= ıv ε-ra z + εq is és z − εq is benne van z q = 0. De ekkor kicsiny pozit´ R-ben (merthogy kielég´ıtik {Qx ≤ b}-t), ellentmond´ asban a feltevéssel, hogy z extrém. • K¨ ovetkezm´ eny 3.3.14 Egy poliédernek legfeljebb véges sok cs´ ucsa van.

54

Biz. A 3.3.13 tételben az (1) tulajdons´ ag miatt minden z cs´ ucshoz létezik Q-nak n line´ arisan f¨ uggetlen z-akt´ıv sora, mely sorhalmaz k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o cs´ ucsra k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Így R-nek legfeljebb m!/(n!(m − n)!) cs´ ucsa lehet. • A k¨ ovetkez˝ o eredmény jellemzi a cs´ ucsos poliédereket. ´ TETEL 3.3.15 Egy R = {x : Qx ≤ b} nem¨ ures poliéderre a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek: (1) Q oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek. (2) R egyenes-mentes. (3) Az R eltol´ asi altere trivi´ alis. (4) R cs´ ucsos. Biz. Az els˝ o h´ arom feltétel ekvivalenci´ aja k¨ ozvetlen¨ ul ad´ odik a 3.3.1 tételb˝ ol. (4)⇒(1) Ha z cs´ ucs, akkor a 3.3.13 tétel nyom´ an Q= arisan f¨ uggetlenek, ´ıgy persze Q oszlopai z oszlopai line´ is azok. (1)⇒(4) A 3.3.10 tétel miatt van b´ azis-megold´ as, és a 3.3.13 tétel miatt b´ armely z b´ azis-megold´ as cs´ ucs. •

´ TETEL 3.3.16 Minden R = {x : Qx ≤ b} nem¨ ures poliéder el˝ o´ all, mint egy A altér és egy R′ cs´ ucsos poliéder ¨ osszege. Nevezetesen, A az R eltol´ asi altere (azaz Q nulltere), m´ıg R′ = R ∩ A⊥ , ahol A⊥ az A altér ortogon´ alis kiegész´ıt˝ oje (vagyis Q sortere). Biz. El˝ osz¨ or bel´ atjuk, hogy R ⊆ A + R′ , azaz b´ armely z ∈ R elem el˝ o´ all egy A-beli és egy R′ -beli elem ¨ osszegeként. Val´ oban, minden z elem egyértelm˝ uen el˝ o´ all egy A-beli z1 és egy A⊥ -beli z2 elem ¨ osszegeként. ′ Bel´ atjuk, hogy z2 ∈ R . Ha nem ez volna a helyzet, akkor z ∈ A⊥ miatt z2 nem volna R-ben, azaz z2 megsértené Qx ≤ b valamelyik sor´ at. De akkor Qz1 = 0 miatt z = z1 + z2 is megsértené ugyanazt a sort, ellentétben a z ∈ R feltevéssel. Így val´ oban R ⊆ A + R′ . M´ asrészt a defin´ıci´ okb´ ol vil´ agos, hogy A + R′ ⊆ A + R ⊆ R, ′ amib˝ ol A + R = R. Vég¨ ul bel´ atjuk, hogy R′ egyenes-mentes. Az A altér egy b´ azis´ ab´ ol, mint sorvektorokb´ ol kész´ıts¨ uk el a Q∗ Q m´ atrixot. Ekkor teh´ at Q sorai és Q∗ sorai egym´ asra mer˝ olegesek, egy¨ utt kifesz´ıtik az egész teret, azaz Q∗ teljes oszlop-rang´ u. Miut´ an R′ a {Q∗ x = 0, Qx ≤ b} rendszer megold´ as-halmaza, a 3.3.15 tételb˝ ol ad´ odik, hogy R′ egyenes-mentes. • Feladat 3.19 Egy R := {x : M x ≤ 0} metszetk´ up az A := {x : M x = 0} eltol´ asi altér (ami speci´ alis metszetk´ up) és az R′ := R ∩ A⊥ cs´ ucsos metszetk´ up vektor-¨ osszege. •

3.3.3

Korl´ atos poli´ ederek

Miut´ an megtudtuk, hogy egy poliéder mikor nem tartalmaz egyenest, nézz¨ uk meg, hogy mikor nem tartalmaz félegyenest. Azt mondtuk, hogy a ~ q ir´ any a poliéder ir´ anya, ha R minden z elemére a {z + λq : λ ≥ 0} félegyenes R-ben van. ´ TETEL 3.3.17 Valamely nemnulla q vektorra a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek: (1) Qq ≤ 0. (2) ~ q a poliéder ir´ anya. (3) R-nek van olyan z pontja, amelyre a {z + λq : λ ≥ 0} félegyenes R-ben van. Biz. (2)→(3) semmitmond´ o. A (3)→(1) és (1)→(2) ir´ anyok k¨ ozvetlen¨ ul l´ atszanak. • K¨ ovetkezm´ eny 3.3.18 Az R := {x ∈ Rn : Qx ≤ b} poliéder ir´ anyk´ upja a Q m´ atrix MQ = {x : Qx ≤ 0} metszetk´ upja. • Gyakorlat 3.20 Igazoljuk, hogy egy {x : P x = b0 , Qx ≤ b1 } alakban adott nem¨ ures poliéder ir´ anyk´ upja {x : P x = 0, Qx ≤ 0}. Feladat 3.21 Egy poliédernek és ir´ anyk´ upj´ anak extrém ir´ anyai ugyanazok. • ´ TETEL 3.3.19 Egy R = {x : Qx ≤ b} nem¨ ures poliéderre a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek: (1) R nem tartalmaz félegyenest. (2) R-nek véges sok cs´ ucsa van, melyek konvex burka R. (3) R korl´ atos. (4) R ir´ anyk´ upja trivi´ alis.

55

Biz. (1)⇒(2) Mivel R nem tartalmaz félegyenest, ´ıgy egyenest még kevésbé, és ezért a 3.3.15 tétel miatt van cs´ ucsa. A 3.3.14 k¨ ovetkezmény miatt véges sok cs´ ucsa van. Jel¨ olje RK a cs´ ucsok konvex burk´ at. Bel´ atjuk, hogy R = RK . Ha bizonyos vektorok kielég´ıtenek egy egyenl˝ otlenség-rendszert, akkor b´ armely konvex kombin´ aci´ ojuk is kielég´ıti, ezért RK ⊆ R. A ford´ıtott ir´ any´ u tartalmaz´ as igazol´ as´ ahoz indirekt tegy¨ uk fel, hogy a poliédernek van olyan z pontja, amely nem ´ all el˝ o cs´ ucsok konvex kombin´ aci´ ojaként. V´ alasszuk z-t olyannak, hogy Q= ıv részm´ atrix z , a z-akt´ maxim´ alis legyen. Mivel z nem cs´ ucs, ´ıgy Q= arisan ¨ osszef¨ uggenek. Ezért létezik egy nemnulla z oszlopai line´ q vektor, amelyre Q= ıv λ-ra z + λq ∈ R és mivel R nem tartalmaz félegyenest, nagy λ z q = 0. Kicsiny pozit´ ´ értékre z + λq 6∈ R. Ez azt jelenti, hogy Q< at´ ol kezdve z -nek van olyan i q sora, amelyre i qq > 0. Igy ha λ-t null´ folyamatosan n¨ ovelj¨ uk, lesz egy olyan λ1 érték, amelyre z1 := z + λ1 q benne van R-ben és akt´ıv részm´ atrixa szigor´ uan b˝ ovebb Q= el. (Nevezetesen λ1 := min{b1 (i) − i qz)/(i qq)}, ahol a minimum a Q= z -n´ z azon i q soraira megy, amelyekre i qq > 0.) Anal´ og m´ odon létezik egy z2 := z − λ2 q vektor R-ben (λ2 > 0), amelynek akt´ıv részm´ atrixa szigor´ uan b˝ ovebb Q= el. A z-re tett feltevés miatt mind z1 , mind z2 benne van RK -ban, és ezért z -n´ a z1 z2 szakasz belsejében fekv˝ o z is, ellentmond´ as. (2)⇒(3) Trivi´ alis. (3)⇒(4) Ha indirekt létezne az ir´ anyk´ upnak q nemnulla eleme, akkor b´ armely z ∈ R elemre a {z+λq : λ ≥ 0} félegyenes R-ben volna, és ´ıgy R nem lenne korl´ atos. (4)⇒(1) Ha indirekt valamely q nemnulla vektorra a {z + λq : λ ≥ 0} félegyenes R-ben volna, akkor sz¨ ukségképpen Qq ≤ 0, azaz q benne volna az ir´ anyk´ upban. • A (2) tulajdons´ ag bizony´ıt´ asa m¨ og¨ ott rejl˝ o geometriai szemlélet a k¨ ovetkez˝ o: nincs mit bizony´ıtani, ha z maga cs´ ucs. Ha nem az, u ´gy tekints¨ uk a z pont Rz oldal´ at, amin az R legsz˝ ukebb olyan oldal´ at értj¨ uk, amely tartalmazza z-t. (Ez annak felel meg, hogy a z-akt´ıv egyenl˝ otlenségeket egyenl˝ oségnek vessz¨ uk.) Keres¨ unk egy ir´ anyt, amely mentén z-ben elmozdulva Rz -ben maradunk, és megnézz¨ uk, hogy az ilyen ir´ any´ u z-n ´ atmen˝ o egyenes mely x1 és x2 pontokn´ al lép ki a poliéderb˝ ol. Mivel az x1 oldala és x2 oldala is sz˝ ukebb z oldal´ an´ al, ´ıgy indukci´ oval ˝ ok m´ ar el˝ o´ allnak cs´ ucsok konvex kombin´ aci´ ojaként, de akkor az [x1 , x2 ] szakasz pontjai is el˝ o´ allnak, speci´ alisan z is. 2013. augusztus 1.,

ulin12 2013. augusztus 1.

56

3.4

A Fourier-Motzkin elimin´ aci´ o´ es k¨ ovetkezm´ enyei

A Gauss elimin´ aci´ o egyrészt hatékony algoritmust szolg´ altatott line´ aris egyenletrendszerek megold´ as´ ara, m´ asrészt fontos bizony´ıt´ asi eszk¨ oznek bizonyult (péld´ aul a Fredholm féle alternat´ıva tételnél.) A Gauss-elimin´ aci´ o mint´ aj´ ara egy kézenfekv˝ o elj´ ar´ ast adunk line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszerek megold´ as´ ara. A m´ odszer eredetileg Fouriert´ ol sz´ armazik, amelyet kés˝ obb Motzkin elemzett, ´ıgy az irodalomban FourierMotzkin (r¨ oviden FM) elimin´ aci´ oként hivatkozz´ ak. A Gauss elimin´ aci´ ohoz hasonl´ oan az FM elj´ ar´ as is véges algoritmust szolg´ altat, de ez, szemben a Gauss elimin´ aci´ oval, sz´ orv´ anyos kivételekt˝ ol eltekintve nem hatékony a gyakorlatban. Val´ oj´ aban a Gauss elimin´ aci´ o polinomi´ alis fut´ asidej˝ u algoritmus, m´ıg az FM elimin´ aci´ o exponenci´ alis. Ugyanakkor az FM elj´ ar´ as is hatékony bizony´ıt´ asi eszk¨ oznek bizonyul, melynek seg´ıtségével néh´ any alaperedmény k¨ onnyen kiad´ odik.

3.4.1

Oszlop elimin´ aci´ o

Legyen A olyan m·n-es m´ atrix (m ≥ 1, n ≥ 2), amelynek els˝ o, a1 -gyel jel¨ olt oszlopa 0, ±1 érték˝ u. Jel¨ olje rendre I, J, K a sorok azon indexhalmazait, melyekre az a1 (i) értéke +1, −1 illetve 0. Kész´ıts¨ uk el az A[1] m´ atrixot a k¨ ovetkez˝ oképpen. A K-nak megfelel˝ o sorok v´ altozatlanul ker¨ uljenek be A[1] -be. Ezen k´ıv¨ ul minden i ∈ I, j ∈ J v´ alaszt´ asra legyen i a + j a az A[1] egy sora, melyet jel¨ olj¨ unk [ij] a-val. Ez azt jelenti, hogy ha I vagy J [1] ´ u ¨res, akkor A egyszer˝ uen az A m´ atrix K-nak megfelel˝ o részm´ atrixa. Altal´ aban A[1] -nek m−(|I|+|J|)+|I||J| sora van. Figyelj¨ uk meg, hogy A[1] els˝ o oszlopa csupa null´ ab´ ol ´ all. Hasonl´ oképp, tegy¨ uk fel, hogy a Q m´ atrix els˝ o oszlopa 0, ±1 érték˝ u, és rendelj¨ uk a Qx′ ≤ b (3.4) egyenl˝ otlenség-rendszerhez a rendszert, ahol b

[1]

Q[1] x′ ≤ b[1]

az A := (Q, b) m´ atrixhoz tartoz´ oA

[1]

(3.5)

m´ atrix utols´ o oszlopa.

´ TETEL 3.4.1 (A) Az Ax ≤ 0

(3.6)

A[1] x ≤ 0

(3.7)

egyenl˝ otlenség-rendszernek b´ armely megold´ asa az

rendszernek is megold´ asa, és a (3.7) b´ armely megold´ as´ anak els˝ o komponensét alkalmasan megv´ altoztatva a (3.6) egy megold´ as´ at kapjuk. (B) A (3.4) b´ armely megold´ asa a (3.5) rendszernek is megold´ asa, és a (3.5) b´ armely megold´ as´ anak els˝ o komponensét alkalmasan megv´ altoztatva a (3.4) egy megold´ as´ at kapjuk. Biz. (A) Az els˝ o rész k¨ ozvetlen¨ ul ad´ odik az A[1] konstrukci´ oj´ ab´ ol, hiszen az A[1] minden sora az A sorainak nemnegat´ıv line´ aris kombin´ aci´ oja. A m´ asodik részhez, legyen z megold´ asa (3.7)-nek. Mivel A[1] els˝ o oszlopa 0, feltehet˝ o, hogy z(1) = 0. A z(1) értékét fogjuk alkalmasan megv´ altoztatni, hogy (3.6) egy megold´ as´ at nyerj¨ uk. Amennyiben J u ¨res, vagyis A els˝ o oszlop´ aban nincsen negat´ıv elem, u ´gy z els˝ o komponensét kell˝ oen kicsiny α értékre v´ altoztatva (3.6) egy megold´ as´ at kapjuk. (Nevezetesen, α := mini∈I {− i az} megteszi.) Anal´ og m´ odon, ha I u ¨res, u ´gy z(1)-t kell˝ oen nagyra v´ altoztatva kapunk (3.6)-nek egy megold´ as´ at. Tegy¨ uk most fel, ´ ıtjuk, hogy hogy sem I, sem J nem u ¨res. All´ max{ j az} ≤ min{− i az}. j∈J

i∈I

(3.8)

Val´ oban, ha volna olyan i ∈ I, j ∈ J index-p´ ar, amelyre j az > − i az, u ´gy [ij] az = i az + j az > 0 volna, ellentmond´ asban a feltevéssel, hogy z megold´ asa (3.7)-nek. M´ armost, ha α tetsz˝ oleges olyan sz´ am, amelyre max{ j az} ≤ α ≤ min{− i az}, j∈J

i∈I

(3.9)

u ´gy z els˝ o komponensét α-ra v´ altoztatva a kapott zα -r´ ol ´ all´ıtjuk, hogy megold´ asa (3.6)-nek. Val´ oban, ha h ∈ K, akkor h a els˝ o komponense 0, ´ıgy a h azα = h az ≤ 0. Ha h ∈ I, azaz h a(1) = 1, akkor (3.8) m´ asodik egyenl˝ otlensége folyt´ an h azα = h az + α ≤ 0. Vég¨ ul a h ∈ J esetben h a(1) = −1, és ekkor (3.8) els˝ o egyenl˝ otlensége folyt´ an h azα = h az − α ≤ 0. (B) Egy x′ vektor pontosan akkor megold´ asa (3.4)-nek, ha az x := (x′ , −1) megold´ asa Ax ≤ 0-nak. ′ Tov´ abb´ a x pontosan akkor megold´ asa (3.5)-nek, ha az x megold´ asa A[1] x ≤ 0-nak. Alkalmazhatjuk a tétel (A) részét. • ´ TETEL 3.4.2 Metszetk´ up tengelymenti (k¨ uls˝ o vagy bels˝ o) vet¨ ulete metszetk´ up. Poliéder tengelymenti vet¨ ulete poliéder.

57

Biz. A 3.4.1 tétel szerint az {x : Ax ≤ 0} metszetk´ up x1 tengelymenti bels˝ o vet¨ ulete az {x : A[1] x ≤ 0, x(1) = 0} metszetk´ up. Miut´ an A[1] els˝ o oszlopa 0-vektor, a k¨ uls˝ o vet¨ ulet nem m´ as, mint az {x′ : A′[1] x′ ≤ 0} metszetk´ up, ahol A′[1] jel¨ oli az A[1] -b˝ ol az els˝ o (azonosan nulla) oszlop elhagy´ as´ aval keletkez˝ o m´ atrixot. Az ′ ′ [1] R = {x : Qx ≤ b } poliéder x1 menti bels˝ o vet¨ ulete a 3.4.1 tétel alapj´ an az {x′ : Q[1] x′ ≤ b[1] } poliéder, m´ıg a k¨ uls˝ o vet¨ ulete az {x′ : Q′[1] x′ ≤ b[1] } poliéder, ahol Q′[1] az a m´ atrix, amely Q′[1] els˝ o (azonosan nulla) oszlop´ anak elhagy´ as´ aval keletkezik. • Feladat 3.22 Igazoljuk, hogy poliéder line´ aris képe poliéder.

3.4.2

Poli´ eder = polit´ op + gener´ alt k´ up

Polit´ op el˝ o´ all poli´ ederk´ ent A 2.3.3 k¨ ovetkezmény szerint minden gener´ alt altér nulltér és minden nulltér gener´ alt altér, ami azzal ekvivalens, hogy egy Ax = 0 homogén egyenletrendszer megold´ as-halmaza el˝ o´ all véges sok vektor line´ aris burkaként, és megford´ıtva, véges sok vektor line´ aris kombin´ aci´ oinak halmaza el˝ o´ all egy homogén line´ aris egyenletrendszer megold´ as-halmazaként. Ennek ´ altal´ anos´ıt´ asaként igazolni fogjuk, hogy minden metszet-k´ up gener´ alt k´ up és minden gener´ alt k´ up metszet-k´ up. A 2.3.4 tétel szerint ha az Ax = b egyenletrendszernek x0 egy megold´ asa, akkor a megold´ asok halmaza affin (=eltolt) altér, nevezetesen az A nullterének x0 -lal val´ o eltoltja. Ennek ´ altal´ anos´ıt´ asaként igazolni fogjuk, hogy Rn -ben egy halmaz pontosan akkor poliéder, ha egy polit´ op és egy gener´ alt k´ up ¨ osszege. Az egyik ir´ annyal kezdj¨ uk. ´ TETEL 3.4.3 Egy polit´ op és egy gener´ alt k´ up ¨ osszege poliéder. Speci´ alisan, minden polit´ op korl´ atos poliéder és minden gener´ alt k´ up el˝ o´ all metszetk´ upként. Biz. Tekints¨ uk Rm -ben az A (m · n-es) m´ atrix oszlopai ´ altal gener´ alt k´ upot és az A′ (m · n′ -s) m´ atrix oszlopai ′ ′ ′ ´ altal fesz´ıtett polit´ opot. Ezek ¨ osszege a C := {z : z = Ax + A x , (x, x ) ≥ 0, 1x′ = 1} halmaz, ahol 1 a csupa egyesb˝ ol ´ all´ o (n′ dimenzi´ os) vektort jel¨ oli. ′ Tekints¨ uk most Rm+n+n -ben az R := {(z, x, x′ ) : Ax + A′ x′ − Iz = 0, x ≥ 0, x′ ≥ 0, 1x′ = 1} poliédert. Ha R-nek vessz¨ uk a k¨ uls˝ o vet¨ uletét az (x, x′ ) komponenseinek megfelel˝ o koordin´ at´ ak mentén, akkor (defin´ıci´ o szerint) azon z vektorok halmaz´ at kapjuk, melyekhez van olyan (x, x′ ), hogy Ax + A′ x′ − Iz = 0, x ≥ 0, x′ ≥ 0, 1x′ = 1, azaz z = Ax + A′ x′ . Vagyis a k¨ uls˝ o vet¨ ulet éppen C, és ´ıgy a 3.4.2 k¨ ovetkezmény miatt C val´ oban poliéder. •

A Farkas lemma A line´ aris programoz´ as egyik sarokk¨ ove a Farkas lemma. Ennek t¨ obb ekvivalens megfogalmaz´ asa van: a legszemléletesebb alakkal kezdj¨ uk. ´ TETEL 3.4.4 (Farkas lemma, geometriai alak) Ha egy C ⊆ Rk gener´ alt k´ up nem tartalmaz valamely b ∈ Rk elemet, akkor létezik olyan (z´ art) homogén féltér, amely mag´ aban foglalja C-t, de nem tartalmazza b-t. Ha egy P polit´ op nem tartalmazza b-t, akkor létezik olyan féltér, amely mag´ aban foglalja P -t, de nem tartalmazza b-t. Biz. Mivel minden gener´ alt k´ up metszetk´ up, azaz véges sok homogén féltér metszete, ´ıgy ha b nincs a k´ upban, akkor nincs benne ezen félterek valamelyikében. A m´ asodik rész ugyan´ıgy k¨ ovetkezik abb´ ol, hogy minden polit´ op poliéder, azaz véges sok féltér metszete. • A Farkas lemma eredeti, Farkas Gyula ´ altal kimondott alakja a k¨ ovetkez˝ o. ´ TETEL 3.4.5 (Farkas lemma, standard alak) Az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek pontosan akkor van megold´ asa, ha az {yA ≥ 0, yb < 0} rendszernek nincs. Biz. Mindkét rendszernek nem lehet megold´ asa, mert akkor 0 ≤ (yA)x ≤ y(Ax) = yb < 0 volna. A ford´ıtott ir´ anyhoz tekints¨ uk az A oszlopai ´ altal gener´ alt K k´ upot és tegy¨ uk fel, hogy az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek nincsen megold´ asa. Ez éppen azt jelenti, hogy b nincs benne K-ban A 3.4.4 tétel szerint van olyan F homogén féltér, amely K-t mag´ aban foglalja, de b-t nem. Az F norm´ alis´ at y-nal jel¨ olve ez avval ekvivalens, hogy az A mindegyik ai oszlop´ ara yai ≥ 0 és yb < 0. • Az {Ax = b, x ≥ 0} rendszert prim´ al feladatnak, m´ıg az {yA ≥ 0, yb < 0} rendszert du´ al vagy du´ alis feladatnak nevezik. Megjegyzend˝ o, hogy ha a sz´ obanforg´ o y létezik, akkor az u ´gy is megv´ alaszthat´ o, hogy yb = −1 teljes¨ ulj¨ on, ´ıgy néha azt h´ıvjuk du´ alis feladatnak, amikor az yb < 0 helyett yb = −1-et k¨ ovetel¨ unk. Néha a du´ alist az {yA ≤ 0, yb > 0} ekvivalens alakban adj´ ak meg: ennek és az eredeti du´ alisnak a megold´ asai egym´ as minusz egyszeresei.

58

´ Erdekes, hogy a 3.4.5 tételnek nemcsak az oszloptérben, hanem a sortérben is szemléletes jelentés adhat´ o. Ugyanis a prim´ al probléma megold´ asa azzal ekvivalens, hogy létezik olyan nemnegat´ıv (x, 1) vektor, amely ortogon´ alis az A′ := (A, −b) m´ atrix soraira, ami viszont azzal ekvivalens, hogy az A′ m´ atrix nullterében ′ létezik egy olyan x nemnegat´ıv vektor, amelynek utols´ o komponense szigor´ uan pozit´ıv. A du´ al problém´ aban yb < 0 helyett y(−b) > 0-t ´ırva, a du´ al probléma megoldhat´ os´ aga azt jelenti, hogy van olyan y vektor, amelyre yA′ ≥ 0 és yA′ utols´ o komponense szigor´ uan pozit´ıv; magyar´ an azt, hogy az A′ m´ atrix sorterében van olyan nemnegat´ıv vektor, amelynek utols´ o komponense szigor´ uan pozit´ıv. Miut´ an egy tetsz˝ oleges m´ atrix nulltere és sortere egym´ as ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o alterei, tov´ abb´ a tetsz˝ oleges altér és ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o altere megadhat´ o egy m´ atrix nulltereként illetve sortereként, a Farkas lemma ekvivalens megfogalmaz´ asa a k¨ ovetkez˝ o. ´ TETEL 3.4.6 (Farkas lemma: 2. geometriai alak) Tetsz˝ oleges altér és ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o altere k¨ oz¨ ul pontosan az egyik tartalmaz olyan nemnegat´ıv vektort, amelynek utols´ o komponense pozit´ıv. • Figyelj¨ uk meg, hogy két ilyen vektor skal´ aris szorzata biztosan pozit´ıv, azaz nem lehetnek mer˝ olegesek egym´ asra, teh´ at két ortogon´ alis altér k¨ oz¨ ul legfeljebb csak az egyik tartalmazhat ilyen vektort.

Korl´ atos poli´ eder el˝ o´ all polit´ opk´ ent A 3.4.3 tétel szerint egy polit´ op és egy gener´ alt k´ up ¨ osszege poliéder. Megmutatjuk, hogy érvényes a megford´ıt´ as is, azaz minden poliéder el˝ o´ all, mint egy polit´ op és egy gener´ alt k´ up ¨ osszege. A bizony´ıt´ as érdekessége, hogy megford´ıt´ as igazol´ as´ ahoz mag´ at a 3.4.3 tételt haszn´ aljuk fel. Tekints¨ uk el˝ osz¨ or a speci´ alis esetet, amikor egy metszetk´ upot akarunk el˝ o´ all´ıtani gener´ alt k´ upként. Jel¨ olje GA := {yA : y ≥ 0} az A m´ atrix sorai ´ altal gener´ alt k´ upot, m´ıg MA := {x : Ax ≤ 0} az A sorai ´ altal defini´ alt metszetk´ upot. Lemma 3.4.7 (A) Ha GA ⊇ MB , akkor MA ⊆ GB . (B) Ha GA ⊆ MB , akkor MA ⊇ GB . (C) GA = MB akkor és csak akkor ha MA = GB . Biz. (A) Tegy¨ uk fel, hogy GA ⊇ MB és l´ assuk be, hogy MA ⊆ PGB . Ehhez legyen z ∈ MA , vagyis i az ≤ 0 fenn´ all az A minden sor´ ara. Emiatt az A sorainak b´ armely q = λi i a (λi ≥ 0) nemnegat´ıv kombin´ aci´ oj´ ara qz ≤ 0, azaz GA minden q elemére qz ≤ 0. (3.10) M´ asrészt, ha indirekt z nincs a GB gener´ alt k´ upban, akkor a Farkas lemma (3.4.4 tétel) szerint van olyan homogén féltér, amely tartalmazza GB -t, de z-t nem. Vagyis létezik olyan q vektor (a féltér hat´ arol´ o hipers´ıkj´ anak norm´ alisa), amelyre egyrészt Bq ≤ 0, azaz q ∈ MB ⊆ GA , m´ asrészt qz > 0, ellentmondva (3.10)-nek. Teh´ at MA ⊆ GB . (B) Tegy¨ uk most fel, hogy GA ⊆ MB . Ekkor GA minden sorvektora MB -ben van, azaz i a j b ≤ 0 fenn´ all az A minden i a és a B minden j b sor´ ara. Emiatt minden y ∈ GB elemre is érvényes i ay ≤ 0 vagyis y ∈ MA . Teh´ at GB ⊆ MA . A (C) ´ all´ıt´ as igazol´ as´ ahoz figyelj¨ uk meg, hogy az (A) és (B) részek ¨ osszetevéséb˝ ol kapjuk, hogy ha GA = MB , akkor MA = GB . Az A és a B szerepének felcseréléséb˝ ol pedig ad´ odik, hogy GB = MA , akkor MB = GA . • ´ TETEL 3.4.8 Minden metszetk´ up el˝ o´ all gener´ alt k´ upként. Biz. Az A m´ atrix sorai ´ altal defini´ alt MA metszetk´ upr´ ol fogjuk kimutatni, hogy gener´ alt k´ up. A 3.4.3 tétel szerint a GA gener´ alt k´ up el˝ o´ all metszetk´ upként, azaz létezik egy olyan B m´ atrix, amelyre GA = MB . A 3.4.7 lemma nyom´ an MA = GB , vagyis MA a B sorai ´ altal gener´ alt k´ up. • A metszetk´ upok el˝ obbi el˝ o´ all´ıt´ as´ ara t´ amaszkodva megadjuk a poliéderek el˝ o´ all´ıt´ as´ at, amely teh´ at a 3.4.3 tétel megford´ıt´ as´ anak tekinthet˝ o. ´ TETEL 3.4.9 Minden nem¨ ures poliéder el˝ o´ all mint egy polit´ op és egy gener´ alt k´ up ¨ osszege. Speci´ alisan, minden korl´ atos poliéder polit´ op. Biz. Legyen R = {x : Qx ≤ b} nem¨ ures poliéder. A bizony´ıt´ as ¨ otlete az, hogy R-t be´ agyazzuk egy eggyel magasabb dimenzi´ os tér {(x, λ) : x ∈ Rn , λ = 1} hipers´ıkj´ aba, ahol R az orig´ oval egy k´ upot fesz´ıt, majd ezen k´ upra alkalmazzuk a 3.4.8 tételt. Tekints¨ uk teh´ at az eggyel magasabb (azaz n + 1) dimenzi´ os térben az M := {(x, λ) : Qx − λb ≤ 0, λ ≥ 0} metszetk´ upot. Ez a 3.4.8 tétel szerint el˝ o´ all gener´ alt k´ upként. Feltehet˝ o, hogy a gener´ al´ o elemek utols´ o (λ-nak megfelel˝ o) koordin´ at´ ainak mindegyike 1 vagy 0. Legyenek a gener´ al´ o elemek eszerint szétv´ alasztva: (x1 , 1), . . . , (xk , 1), (x′1 , 0), . . . , (x′ℓ , 0). Tekints¨ uk Rn -ben az xi -k konvex burkaként defini´ alt P polit´ opot ′ valamint az xj vektorok ´ altal gener´ alt C k´ upot.

59

P

P

Azt ´ all´ıtjuk, hogy R = P + C. Val´ oban, legyen el˝ osz¨ or z ∈ R. Ekkor (z, 1) = i λi (xi , 1) + j µj (x′j , 0), P P P µ x′ benne λ x benne van P -ben és z2 := λ = 1 és ezért z1 := ahol λi ≥ 0, µj ≥ 0. Most teh´ at j j j i i i i i van C-ben. Így z val´ oban el˝ o´ all egy P -beli z1 és egy C-beli z2 elem ¨ osszegeként, azaz R ⊆ P + C. Legyen most z1 ∈ P , z2 ∈ C. Ekkor (z, 1) = (z1 , 1) + (z2 , 0) benne van M -ben, azaz Qz − b ≤ 0, vagyis z benne van R-ben, azaz P + C ⊆ R, és ´ıgy R = P + C. • Feladat 3.23 Minden gener´ alt k´ up a pol´ aris´ anak pol´ arisa, azaz (K ∗ )∗ = K. ( Egy C k´ up pol´ aris´ an a C ∗ := {x : xy ≤ 0 minden y ∈ C-re} k´ upot értett¨ uk.) A 3.4.9 tételben m´ ar l´ attuk, hogy minden korl´ atos poliéder polit´ op, azaz véges sok pont konvex burka, s˝ ot a 3.3.19 tételben azt is bel´ attuk, hogy minden nem¨ ures korl´ atos poliéder a cs´ ucsainak konvex burka. A bizony´ıt´ as gondolatmenetét haszn´ alva most megadjuk a cs´ ucsos poliéderek el˝ o´ all´ıt´ as´ at. ´ TETEL 3.4.10 Minden R 6= ∅ egyenes-mentes (azaz cs´ ucsos) poliéder el˝ o´ all, mint a cs´ ucsai ´ altal fesz´ıtett RK polit´ op valamint a poliéder C karakterisztikus k´ upj´ anak a vektor-¨ osszege. Speci´ alisan, minden korl´ atos poliéder el˝ o´ all cs´ ucsainak konvex burkaként. Biz. Tegy¨ uk fel, hogy R = {x : Qx ≤ b} és legyen z a poliéder egy pontja. Legyen Q= ıv részm´ atrixa. z a z akt´ A 3.3.13 tétel alapj´ an R cs´ ucsai éppen a 0 szint˝ u pontok. A szint szerinti indukci´ oval fogjuk kimutatni, hogy a poliéder minden z pontja el˝ o´ all egy RK -beli és egy C-beli pont ¨ osszegeként. Ha a szint nulla, akkor teh´ at z cs´ ucs, ´ıgy eleme RK -nak. Tegy¨ uk most fel, hogy σ(z) > 0 és azt, hogy minden alacsonyabb szint˝ u pontra a sz´ obanforg´ o el˝ o´ all´ıt´ as létezik. Mivel r(Q) > r(Q= etezik olyan q, amelyre Q= es Q< o, hogy Q< ıv z ), l´ z q = 0 ´ z q 6= 0. Feltehet˝ z q-nak van negat´ komponense, k¨ ul¨ onben q-t helyettes´ıthetj¨ uk a negat´ıvj´ aval. ıv komponense, azaz Q< Tegy¨ uk el˝ osz¨ or fel, hogy Q< z q < 0 (vagyis q ∈ C). Ekkor z q-nak nincsen pozit´ létezik olyan λ1 > 0 sz´ am, amelyre x1 := z − λ1 q az R-ben van és σ(x1 ) < σ(z). (Nevezetesen, λ1 := min{(b1 (i) − i az)/(−i aq)}, ahol a minimum az Q azon i a soraira megy, amelyekre i aq < 0. Az x1 szintje = val´ oban kisebb, mint z szintje, hiszen egyrészt Q= asrészt Q< ara i qx1 = b(i) és ez a sor z x1 = bz , m´ z egyik i q sor´ = = sorait´ o l.) Indukci´ o alapj´ an x1 el˝ o´ all x1 = y1 + y1′ alakban, q = 0 miatt line´ a risan f¨ u ggetlen Q qq = 6 0 ´ e s Q i z z ′ ′ ′ ahol y1 ∈ RK és y1 ∈ C. De most z = x1 + λ1 q = y1 + y1 + λ1 q és y1 + λ1 q ∈ C, ´ıgy z is el˝ o´ all az RK -beli y1 és egy C-beli elem ¨ osszegeként. Tegy¨ uk most fel, hogy Q< etezik pozit´ıv komponense is, és legyen 1 q és 2 q a Q< atrixnak két olyan z q-nak l´ z m´ sora, amelyre 1 qq < 0 és 2 qq > 0. Ekkor léteznek pozit´ıv λ1 és λ2 sz´ amok, melyekre x1 = z − λ1 q ∈ R és x2 = z + λ2 q ∈ R, és mind az x1 , mind az x2 szintje kisebb, mint a z-é. Indukci´ oval xi = yi + yi′ (i = 1, 2), ahol yi ∈ RK és yi′ ∈ C. De ekkor z = (λ2 x1 + λ1 x2 )/(λ1 + λ2 ) = (λ2 y1 + λ1 y2 )/(λ1 + λ2 ) + (λ2 y1′ + λ1 y2′ )/(λ1 + λ2 ). Itt az ¨ osszeg els˝ o tagja RK -ban van, m´ıg a m´ asodik tagja C-ben. • Megjegyz´ es Ezt a bizony´ıt´ ast val´ oj´ aban a speci´ alis korl´ atos esetben m´ ar kor´ abban, a 3.3.19 tétel (2) pontj´ anak bizony´ıt´ asakor elmondtuk.

3.4.3

Az FM elj´ ar´ as hat´ ekonys´ aga

Algoritmikus szempontb´ ol a Fourier-Motzkin elimin´ aci´ ot a Qx ≤ b egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as´ ara a k¨ ovetkez˝ oképp lehet haszn´ alni. Feltehet˝ o, hogy a Q els˝ o oszlopa 0, ±1 érték˝ u, mert egy egyenl˝ otlenséget pozit´ıv sz´ ammal szorozva ekvivalens rendszert kapunk. Legyen Q1 az a m´ atrix, amely Q[1] -b˝ ol keletkezik az els˝ o (csupa 0) oszlop elt¨ orlésével. A 3.4.1 téetel folyt´ an Qx ≤ b megoldhat´ os´ aga ekvivalens Q1 x1 ≤ b[1] megoldhat´ os´ ag´ aval, és a 3.4.1 tétel bizony´ıt´ asa meg is mondja, hogy egy x1 -b˝ ol hogyan lehet kisz´ amolni Qx ≤ b egy megold´ as´ at. Q1 -nek eggyel kevesebb oszlopa van mint Q-nak, ´ıgy az elimin´ aci´ os lépést n-szer kell haszn´ alni. K¨ ovetkezésképp a Fourier-Motzkin algoritmus véges. Az elj´ ar´ as h´ atr´ anya, hogy egyetlen v´ altoz´ o elimin´ al´ asa sok u ´j egyenl˝ otlenséget hoz be, vagyis menet k¨ ozben az egyenl˝ otlenségek sz´ ama nagyon felszaporodhat. Sajnos ez nem csak elvi lehet˝ oség, amint a k¨ ovetkez˝ o példa mutatja. Legyen p pozit´ıv egész és n := 2p + p + 2. n n darab v´ altoz´ onk lesz: x1 , . . . , xn . 8 3 egyenl˝ otlenség¨ unk van, mindegyik ±xi ± xj ± xk ≤ bijk alak´ u, ahol bijk adott sz´ amok. t szerinti indukci´ oval l´ athat´ o, hogy t v´ altoz´ o kiejtése ut´ an az u ´j egyenl˝ otlenségek k¨ oz¨ ott u, ahol s = 2t + 2 és t + 1 ≤ j1 < j2 . . . < js ≤ n. szerepelni fog az ¨ osszes ±xj1 ± xj2 , . . . , ±xjs ≤ bj1 ,...,js alak´ Így p lépés ut´ an a megmaradt v´ altoz´ ok sz´ ama n′ = n − p = 2p + 2 m´ıg az egyenl˝ otlenségek sz´ ama legal´ abb p ′ 22 +2 = 2n . Tapasztalat szerint a FM elimin´ aci´ o legfeljebb csak kis péld´ akon haszn´ alhat´ o, nagyobbakon tipikusan ténylegesen kezelhetetlen¨ ul sok egyenl˝ otlenség keletkezik. A fenti péld´ aban olyan egyenl˝ otlenség-rendszer szerepelt, amelynek minden sor´ aban h´ arom 1 abszol´ ut ´ érték˝ u egy¨ utthat´ o volt. Erdekes, hogy ha csak két 1 abszol´ ut érték˝ u egy¨ utthat´ o van minden sorban, akkor

60

a Fourier-Motzkin elj´ ar´ as polinomi´ alis fut´ asidej˝ u. Egy (sor)vektort nevezz¨ unk szimpl´ anak, ha vagy egy nemnulla eleme van (és err˝ ol feltehet˝ o, hogy 1 abszol´ ut érték˝ u), vagy kett˝ o, melyek mindegyike 1 abszol´ ut érték˝ u. Szimpla sorokb´ ol ´ all´ o m´ atrixot is nevezz¨ unk szimpl´ anak. K¨ onny˝ u megfigyelni, hogy ha a kiindul´ asi m´ atrix szimpla, akkor az FM elj´ ar´ as sor´ an keletkez˝ ou ´j m´ atrix is az lesz. Miut´ an szimpla vektor csak kevés (legfeljebb 2m + 3m(m − 1)/2) lehet, ezért az FM elj´ ar´ as szimpla m´ atrixokra polinomi´ alis. Természetesen menetk¨ ozben a redund´ ans egyenl˝ otlenségeket ki kell dobni: ha péld´ aul az x1 + x2 ≤ 3 és az x1 + x2 ≤ 4 egyenl˝ otlenségek ad´ odnak ki, akkor az ut´ obbi felesleges. Szimpla m´ atrixokra, egészérték˝ u b esetén azt is el lehet d¨ onteni, hogy a Qx ≤ b rendszernek létezik-e egészérték˝ u megold´ asa. Az az egyetlen k¨ ul¨ onbség, hogy ha menetk¨ ozben keletkezik mondjuk egy 2xi ≤ β alak´ u egyenl˝ otlenség, akkor ezt az xi ≤ ⌊β/2⌋ egyenl˝ otlenséggel kell helyettes´ıteni.

3.4.4

Alkalmaz´ asok

A 2-SAT probl´ ema Példaként eml´ıthetj¨ uk az u ń. 2-SAT problém´ at (2-satisfiability = 2-kielég´ıthet˝ oség). Ez gr´ afok nyelvén elmondva azt k´ıv´ anja eld¨ onteni, hogy egy M teljes p´ aros´ıt´ assal rendelkez˝ o G = (V, E) gr´ af pontjai k¨ oz¨ ul ki lehet-e v´ alasztani |M | darabot, melyek az ¨ osszes élt lefogj´ ak. Ennek eld¨ ontésére, minden v cs´ ucshoz rendelj¨ unk egy x(v) v´ altoz´ ot, és tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ otlenség-rendszert. 0 ≤ x(v) ≤ 1 minden v ∈ V -re, x(u) + x(v) = 1 minden uv ∈ M élre, és x(u) + x(v) ≥ 1 minden egyéb uv élre. A 2-SAT problém´ anak pontosan akkor van megold´ asa, ha ezen egyenl˝ otlenség-rendszernek van egész megold´ asa. Miut´ an a feltételi m´ atrix szimpla, az FM elimin´ aci´ o polinomi´ alis fut´ asidej˝ u algoritmust szolg´ altat. ´ Erdemes az FM elimin´ aci´ o egy lépését k¨ ozvetlen¨ ul gr´ afnyelven elmondani: Legyen uv ∈ M az egyik p´ aros´ıt´ as él. A V − {u, v} ponthalmazon defini´ aljuk a G[1] gr´ afot u ´gy, hogy xy él, ha eredetileg él, vagy ha x szomszédos u, v egyikével és y szomszédos a m´ asik´ aval. K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o k¨ ozvetlen¨ ul is, hogy a 2-SAT probléma akkor és csak akkor oldhat´ o meg G-re, ha megoldhat´ o G[1] -re. Gyakorlat 3.24 Tekints¨ uk négy v´ altoz´ oban az xi ≥ 0, xi + xj = 1 (1 ≤ i < j ≤ 4) rendszert. D¨ onts¨ uk el az FM elimin´ aci´ oval, hogy van-e megold´ asa és van-e egész megold´ asa.

Az u ¨ temez´ esi feladat u ´ jra Abban a speci´ alis esetben, amikor a m´ atrix minden sor´ aban vagy egyetlen nemnulla elem szerepel és ennek az abszol´ ut értéke 1, vagy pedig egy +1-es és egy −1-es, akkor az FM elimin´ aci´ o automatikusan fenntartja ezt az alakot. K¨ ovetkezik, hogy ha a jobboldali b vektor egészérték˝ u, és a Qx ≤ b rendszernek van megold´ asa, akkor van egész megold´ asa is (és az FM egy ilyet meg is tal´ al). A 1.3.2 részben m´ ar megfogalmaztuk egy nagyobb projekt részfeladatainak u ¨temezési problém´ aj´ at és ´ megadtunk egy megold´ ast is. Erdekess´ egként most megmutatjuk, hogy ilyenkor az FM m´ odszer is seg´ıt. Az ott fel´ all´ıtott matematikai modellben teh´ at a feladat olyan π : V → R f¨ uggvény meghat´ aroz´ as´ aval ekvivalens, amelyre minden uv élnek az el˝ ore adott s´ ulya legfeljebb π(v) − π(v), minden cs´ ucsra f (v) ≤ π(v) ≤ g(v), ahol f és g el˝ ore adott korl´ atok, és π(t) − π(s) ≤ T . Ha ezen egyenl˝ otlenségeket fel´ırjuk, akkor mindegyik¨ ukben vagy egyetlen +1 vagy −1 szerepel, vagypedig egy darab +1 és egy darab −1. A fentiek szerint ilyen esetben az FM elimin´ aci´ o polinomi´ alis algoritmust szolg´ altat, r´ ad´ asul, ha a s´ ulyok egészérték˝ uek és létezik π megold´ as, akkor létezik egészérték˝ u π is. Feladat 3.25 Adjunk a Fourier-Motzkin elj´ ar´ as seg´ıtségével u ´j bizony´ıt´ ast Gallai 1.3.8 tételére miszerint egy éls´ ulyozott ir´ any´ıtott gr´ afban akkor és csak akkor van negat´ıv ¨ ossz-s´ uly´ u ir´ any´ıtott k¨ or, ha nincsen olyan π := V → R f¨ uggvény, amelyre π(v) − π(u) ≤ c(uv) fenn´ all minden uv élre. Tov´ abb´ a, ha a c s´ ulyf¨ uggvény egészérték˝ u, akkor π is v´ alaszthat´ o annak. ulin13 2013. augusztus 1.

61

3.5

Megoldhat´ os´ ag: a Farkas lemma

A Fredholm tétel egyszer˝ uen ellen˝ orizhet˝ o tan´ us´ıtv´ anyt adott arra, hogy ha az Ax = b rendszernek nincsen megold´ asa, hiszen a ilyenkor létezik egy y, amelyre yA = 0, yb 6= 0, és egy adott y-r´ ol ennek fenn´ all´ asa szintén k¨ onnyen eld¨ onthet˝ o. Hasonl´ oképp, a Farkas lemma standard alakja arra szolg´ altat tan´ us´ıtv´ anyt, hogy ha az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek nincsen megold´ asa. Mivel egy poliédert t¨ obbféle alakban is meg lehet adni, a Farkas lemm´ anak is k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o v´ altozatai vannak. Ezek azonban egyszer˝ u fog´ assal k¨ ovetkeznek egym´ asb´ ol, ezért minden alakot Farkas lemm´ anak nevez¨ unk majd. A h´ arom leggyakoribb algebrai v´ altozatot adjuk meg, majd k¨ oz¨ os ´ altal´ anos´ıt´ asként egy olyan form´ at is fel´ırunk, amelyb˝ ol mind a h´ arom alak speci´ alis esetként kiad´ odik. A 3.3.7 és a 3.3.10 tételek alkalmaz´ as´ aval megkaphatjuk a Farkas lemma standard alakj´ anak egy éles´ıtését. ´ TETEL 3.5.1 Az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek akkor és csak akkor van olyan megold´ asa, amelyben az x pozit´ıv v´ altoz´ oinak megfelel˝ o A-beli oszlopok line´ arisan f¨ uggetlenek, ha nem létezik olyan y, amelyre yA ≥ 0, yb = −1 és A-nak létezik r(A, b) − 1 line´ arisan f¨ uggetlen oszlopa, amelyekre y mer˝ oleges. (R¨ oviden, vagy a prim´ al, vagy a du´ al problém´ anak létezik b´ azis-megold´ asa). • A prim´ al feltétel geometriailag azt mondja, hogy ha a b vektor benne van néh´ any vektor K k´ upj´ aban, akkor m´ ar benne van ezen vektorok k¨ oz¨ ul vett néh´ any line´ arisan f¨ uggetlen vektor k´ upj´ aban is. Egy y du´ alis b´ azis-megold´ as geometriailag a k¨ ovetkez˝ ot jelenti. Amennyiben r(A, b) = r(A) + 1, u ´gy az y ortogon´ alis r(A) line´ arisan f¨ uggetlen oszlopra, ezért yA = 0, vagyis az y norm´ alis´ u homogén hipers´ık tartalmazza A oszlopait, de b-t nem. Amennyiben r(A, b) = r(A), u ´gy az y norm´ alis´ u K-t tartalmaz´ o, b-t nem tartalmaz´ o homogén féltér olyan, hogy hat´ arol´ o hipers´ıkja, amely a k´ up egy ,,hat´ arol´ o lapj´ at” (maxim´ alis val´ odi oldal´ at) tartalmazza. Ha a k´ up teljes dimenzi´ os, u ´gy a hipers´ık ezen hat´ arol´ o lap hipers´ıkja.

A Farkas lemma v´ altozatai ´ TETEL 3.5.2 (Farkas lemma, (A) v´ altozat) A Qx ≤ b egyenl˝ otlenség-rendszer akkor és csak akkor oldhat´ o meg, ha nem létezik olyan y ≥ 0, amelyre yQ = 0, yb = −1. Biz. A Qx ≤ b feladatot nevezz¨ uk prim´ al problém´ anak, az {yQ = 0, y ≥ 0, qb = −1} feladatot pedig du´ alnak. Mindkett˝ o nem oldhat´ o meg, mert akkor 0 = y(Qx) ≤ yb = −1 ´ allna. A ford´ıtott ir´ anyhoz jel¨ olje A a [Q, b] m´ atrixot, és legyen c′ = (0, . . . , 0, −1) egy (n + 1)-dimenzi´ os vektor. A du´ al megoldhat´ os´ aga azt jelenti, hogy c′ benne van az A sorai ´ altal gener´ alt k´ upban. Ha nincs benne, akkor a Farkas lemma geometriai alakja szerint van olyan x′ = (x, α) (n+1)-dimenzi´ os vektor, amelyre Ax′ ≤ 0 és c′ x′ = 1, ami azzal ekvivalens, hogy α = −1 és Qx ≤ b, vagyis a prim´ al feladat megoldhat´ o. • Alternat´ıv bizony´ıt´ as A standard alakra t¨ ortén˝ o visszavezetés két lépésben t¨ orténik. Egyrészt az el˝ ojel k¨ otetlen x v´ altoz´ ot a nemnegat´ıv x′ és x′′ k¨ ul¨ onbségeként ´ırjuk fel. M´ asrészt, egy x1 nemnegat´ıv (mdimenzi´ os), u ´gynevezett elt´ er´ es (vagy p´ ot) v´ altoz´ o (slack variable) bevezetésével az egyenl˝ otlenség-rendszert egyenl˝ oség-rendszerré alak´ıtjuk. Ekkor a Qx ≤ b prim´ al feladat a Qx′ − Qx′′ + x1 = b, (x′ , x′′ , x1 ) ≥ 0 alakba megy ´ at. Az A := (Q, −Q, Im ) m´ atrixra alkalmazva a Farkas lemma standard alakj´ at, azt kapjuk, hogy a megoldhat´ os´ aghoz sz¨ ukséges és elegend˝ o feltétele az, hogy nem létezik y, amelyre yb < 0 és yA ≥ 0, azaz yQ ≥ 0 y(−Q) ≥ 0, yIm ≥ 0, vagyis yQ = 0, y ≥ 0. • ´ TETEL 3.5.3 (Farkas lemma, (B) v´ altozat) A {Bx ≤ b, x ≥ 0} egyenl˝ otlenség-rendszer akkor és csak akkor oldhat´ o meg, ha nem létezik olyan y ≥ 0, amelyre yB ≥ 0, yb = −1. Biz. Mindkét rendszer nem oldhat´ o meg, mert akkor 0 ≤ (yB)x = y(Ax) ≤ yB = −1. Jel¨ olje Q azt a m´ atrixot, amely B-b˝ ol keletkezik az´ altal, hogy al´ a´ırjuk az n × n-es −I egységm´ atrixot és jel¨ olje b1 azt a vektort, amely b-b˝ ol keletkezik n darab 0 komponens hozz´ af˝ uzésével. A {Bx ≤ b, x ≥ 0} rendszer pontosan akkor oldhat´ o meg, ha Qx ≤ b1 megoldhat´ o. Az (A) v´ altozat szerint, ha Qx ≤ b1 nem oldhat´ o meg, akkor létezik egy olyan (y, y ′ ) ≥ 0 vektor, amelyre yB + y ′ (−I) = 0, yb = −1. De y ′ ≥ 0 miatt yB + y ′ (−I) = 0 azzal ekvivalens, hogy yB ≥ 0. • Egyszer˝ u fog´ assal a Farkas lemm´ at olyan alakban is megfogalmazhatjuk, amikor a Fredholm féle alternat´ıva tételt m´ ar explicit mag´ aban foglalja. ´ TETEL 3.5.4 A {P x = b0 , Qx ≤ b1 }

(3.11)

prim´ al rendszer akkor és csak akkor oldhat´ o meg, ha az {y0 P + y1 Q = 0, y1 ≥ 0, yb = −1} du´ alis nem, ahol y = (y0 , y1 ), b = (b0 , b1 ).

62

(3.12)

Biz. Mindkét feladat nem oldhat´ o meg, mert akkor 0 = (y0 P +y1 Q)x = (y0 P )x+(y1 Q)x = y0 (P x)+y1 (Qx) ≤ y0 b0 + y1 b1 = −1. Ha a prim´ al probléma nem oldhat´ o meg, akkor a vele ekvivalens {P x ≤ b0 , −P x ≤ −b0 , Qx ≤ b1 } egyenl˝ otlenség-rendszer sem. Ekkor viszont a Farkas lemma (A) v´ altozata alapj´ an az ehhez tartoz´ o du´ al megoldhat´ o, azaz létezik (y0′ , y0′′ , y1 ) ≥ 0 vektor, amelyre y0′ P +y0′′ (−P )+y1 Q = 0 és y0′ b0 +y0′′ (−b0 )+y1 b1 = −1. De ekkor y0 := y0′ − y0′′ -re az (y0 , y1 ) megold´ asa a (3.12) du´ alisnak. • Hasznos egy olyan alakot is fel´ırni, amely a fenti v´ altozatok mindegyikét mag´ aban foglalja. ´ TETEL 3.5.5 (Farkas lemma, ´ altal´ anos alak) A P x0 + Ax1 = b0 , Qx0 + Bx1 ≤ b1 , x1 ≥ 0

(3.13)

prim´ al rendszernek akkor és csak akkor nincs megold´ asa, ha az y0 P + y1 Q = 0, y0 A + y1 B ≥ 0, y1 ≥ 0, y0 b0 + y1 b1 = −1

(3.14)

du´ alis rendszernek van. Biz. Jel¨ olje az x0 , x1 , y0 , y1 dimenzi´ oj´ at rendre n0 , n1 , m0 , m1 . Az x1 ≥ 0 feltételt explicit be´ırhatjuk az ol k¨ ozvetlen¨ ul kapjuk, hogy a prim´ al egyenl˝ otlenségek k¨ ozé 0n1 n0 x0 + x1 (−In1 n1 ) ≤ 0 alakban. A 3.5.4 tételb˝ probléma pontosan akkor oldhat´ o meg, ha az {y0 P + y1 Q = 0, y0 A + y1 B + y1′ (−In1 n1 ) = 0, (y1 , y1′ ) ≥ 0, y0 b0 + y1 b1 = −1} rendszer nem. Ez ut´ obbi megoldhat´ os´ aga viszont y1′ nemnegat´ıvit´ asa folyt´ an épp (3.14) du´ aliséval ekvivalens. • Megjegyezz¨ uk, hogy a Farkas lemm´ at még ´ altal´ anosabb alakban is fel lehetne ´ırni. Péld´ aul a prim´ al feladatban lehetnek ford´ıtott ir´ any´ u egyenl˝ otlenségek, vagy nempozit´ıv v´ altoz´ ok. A megfelel˝ o egyenl˝ otlenség illetve a feltételi m´ atrix megfel˝ o oszlop´ anak neg´ al´ as´ aval azonban k¨ onnyen a (3.15) alakra juthatunk, ´ıgy ez a leg´ altal´ anosabb alak m´ ar nem ad igaz´ an u ´jat.

3.5.1

Direkt bizony´ıt´ as

B´ ar a Farkas lemma standard alakj´ at m´ ar levezett¨ uk kor´ abbi eredményekb˝ ol (nevezetesen a Fourier-Motzkin elimin´ aci´ ora t´ amaszkodva), érdemes egy k¨ ozvetlen bizony´ıt´ ast is megadni. ´ TETEL 3.5.6 (Farkas lemma, standard alak) Az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek pontosan akkor van megold´ asa, ha az {yA ≥ 0, yb < 0} rendszernek nincs. Biz. Csak a nemtrivi´ alis ir´ annyal foglalkozunk, és azt mutatjuk ki, hogy a prim´ al és du´ al problém´ ak egyike megoldhat´ o. A szok´ asnak megfelel˝ oen A-nak legyen m ≥ 1 sora és n ≥ 1 oszlopa. m + n szerinti indukci´ ot alkalmazunk. A lemma ´ all´ıt´ asa k¨ ozvetlen¨ ul l´ atszik az m = 1 esetben, ´ıgy feltehet˝ o, hogy m ≥ 2. Figyelj¨ uk meg, hogy az Ax = b egyenletrendszer valamely sor´ at nemnulla sz´ ammal szorozva a prim´ al probléma megold´ ashalmaza és a du´ al probléma megoldhat´ os´ aga sem v´ altozik. Hasonl´ o kijelentés érvényes, ha az egyenletrendszer egyik egyenletét hozz´ aadjuk egy m´ asikhoz (vagy levonjuk bel˝ ole). Ezért, esetleges sorcserét is alkalmazva, feltehetj¨ uk, hogy az A els˝ o oszlopa az (1, 0, . . . , 0) vektor. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy n = 1. Ha b(1) ≥ 0, akkor az n-dimenzi´ os x = (b(1), 0, . . . , 0) prim´ al megold´ as. Ha b(1) < 0, akkor az m-dimenzi´ os y = (1, 0, . . . , 0) du´ al megold´ as. Feltehetj¨ uk teh´ at, hogy n ≥ 2. Jel¨ olje A′ az a1 oszlop elhagy´ as´ aval keletkez˝ o m´ atrixot. Ha az {A′ x′ = b, x′ ≥ 0} rendszernek létezik x′ megold´ asa, akkor ez elé egy 0 komponenst ´ırva az eredeti prim´ al feladat megold´ as´ at kapjuk. Ha az {A′ x′ = b, x′ ≥ 0} rendszernek nem létezik megold´ asa, akkor indukci´ o miatt létezik y ′ , melyre y ′ A′ ≥ 0 és y ′ b < 0. Amennyiben y ′ a1 ≥ 0, u ´gy y ′ az eredeti du´ alnak is megold´ asa. Akkor nem vagyunk kész, ha y ′ a1 < 0. ′′ ′′ ′′ ′′ Tekints¨ uk most a {A x = b , x ≥ 0} rendszert, ahol (A′′ , b′′ ) az (A, b) els˝ o sor´ anak t¨ orlésével keletkezik. Ha most a du´ alisnak van egy y ′′ megold´ asa, akkor ez elé egy 0 komponenst ´ırva az eredeti du´ alis megold´ as´ at kapjuk. Ha a du´ alisnak nincs megold´ asa, akkor indukci´ o miatt létezik x′′ ≥ 0, amelyre A′′ x′′ = b′′ . Mivel A′′ els˝ o oszlopa null-vektor, x′′ (1) b´ armi lehet, ezért x′′ (1)-t u ´gy megv´ alaszthatjuk, hogy 1 ax′′ = b(1). Bel´ atjuk, ′′ ′′ hogy x (1) ≥ 0, amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy x az eredeti prim´ al probléma megold´ asa. Ha ugyanis indirekt x′′ (1) < 0, akkor mind az x′′ , mind az y ′ A olyan vektor, melyeknek pontosan az els˝ o komponense negat´ıv és ezért 0 < (y ′ A)x′′ = y ′ (Ax′′ ) = y ′ b < 0, amely ellentmond´ as bizony´ıtja a Farkas lemm´ at. • ´ Megjegyz´ es Erdemes nyomon k¨ ovetni a fenti bizony´ıt´ as h´ atterében megb´ uv´ o geometriai szemléletet. Amikor a Gauss elimin´ aci´ oval az a1 oszlopot az (1, 0, . . . , 0) vektorr´ a alak´ıtjuk, ennek az a jelentése, hogy az A oszlopait egy olyan b´ azisban ´ırjuk fel, melynek els˝ o tagja a1 . Az a1 = (1, 0, . . . , 0) esetben a m´ atrix els˝ o sor´ anak t¨ orlése geometriailag azt jelenti, hogy az A oszlopvektorait vet´ıtj¨ uk az a1 norm´ alis´ u hipers´ıkra. A fenti bizony´ıt´ as sor´ an az a1 t¨ orlésénél az elintézetlen eset az volt, amikor létezett egy olyan y ′ vektor, ′ amelyre az F = {z : y z ≥ 0} homogén féltér tartalmazta az a2 , . . . , an oszlopvektorokat, de sem a1 -et, sem és

63

b-t nem. Ekkor F tartalmazza a −a1 , a2 , a3 , . . . , an vektorokat, és emiatt a b bizonyosan nem lehet benne ezen vektorok gener´ alt k´ upj´ aban. M´ asrészt, az a1 -re mer˝ oleges hipers´ıkra val´ o vet´ıtésnél (azaz a m´ atrix els˝ o sor´ anak t¨ orlésénél) a bajos eset az volt, ha létezik egy olyan x′′ , amelyre Ax′′ = b, az x′′ els˝ o komponense negat´ıv, m´ıg a t¨ obbi nem. Ez viszont éppen azt jelenti, hogy a b el˝ o´ all a −a1 , a2 , a3 , . . . , an vektorok nemnegat´ıv kombin´ aci´ ojaként, amely eshet˝ oséget az el˝ obb z´ artuk ki az F féltér seg´ıtségével. Még egy bizony´ıt´ ast le´ırunk, amelyben nincs sz¨ ukség olyan Gauss elimin´ aci´ o szer˝ u m˝ uveletre, amellyel az el˝ obbi bizony´ıt´ asban az els˝ o oszlopot egységvektorr´ a alak´ıtottuk. Kényelmesebbnek bizonyul a 3.5.4 tételben megfogalmazott kicsit ´ altal´ anosabb alakot igazolni. (Nem ritka jelenség, hogy egy j´ ol eltal´ alt ´ altal´ anos´ıt´ asra az indukci´ os bizony´ıt´ as g¨ ord¨ ulékenyebben m˝ uk¨ odik.) Szemben az ottani megk¨ ozel´ıtéssel, amely val´ oj´ aban speci´ alis esetként kiadta a Fredholm féle alternat´ıva tételt, az itt k¨ ovetkez˝ o bizony´ıt´ as haszn´ alja azt. ´ TETEL 3.5.7 A P x0 + Ax1 = b, x1 ≥ 0

(3.15)

prim´ al feladatnak akkor és csak akkor nincsen megold´ asa, ha az yP = 0, yA ≥ 0, yb = −1

(3.16)

du´ alis feladatnak van. (Figyelj¨ uk meg, hogy (3.16) megoldhat´ os´ aga ekvivalens az {yP = 0, yA ≥ 0, yb < 0} rendszer megoldhat´ os´ ag´ aval.) Biz. A prim´ al és a du´ al feladat nyilv´ an nem oldhat´ o meg egyszerre, mert akkor 0 + 0 ≤ 0 + (yA)x1 = (yP )x0 + (yA)x1 = y[(P, A)x] = yb = −1, azaz 0 ≤ −1 k¨ ovetkezne. Annak bizony´ıt´ as´ ara, hogy a prim´ al és a du´ al feladatok egyike biztosan megoldhat´ o az A oszlopai sz´ ama szerinti indukci´ ot alkalmazunk. Amennyiben ez az n1 -gyel jel¨ olt sz´ am nulla, azaz A u ¨res, u ´gy a tétel k¨ ovetkezik a Fredholm féle alternat´ıva tételb˝ ol. Tegy¨ uk teh´ at fel, hogy n1 pozit´ıv és indukci´ o alapj´ an azt, hogy n1 -nél kisebb oszlop-sz´ amra a tétel érvényes! Legyen a1 az A m´ atrix els˝ o oszlopa. Jel¨ olje A′ azt a m´ atrixot, amely A-b´ ol keletkezik az a1 kihagy´ as´ aval. Amennyiben a (3.17) P x0 + A′ x′1 = b, x′1 ≥ 0 as´ ahoz jutunk. rendszernek létezik megold´ asa, u ´gy az x′1 -t egy nulla komponenssel kiegész´ıtve (3.15) megold´ Ha (3.17)-nak nincs megold´ asa, u ´gy az indukci´ os feltevés miatt az yP = 0, yA′ ≥ 0, yb = −1

(3.18)

rendszernek létezik y ′ megold´ asa. Amennyiben y ′ a1 ≥ 0, u ´gy y ′ a (3.16)-nek is megold´ asa, és ekkor készen vagyunk. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy y ′ a1 < 0, azaz y ′ A els˝ o komponense negat´ıv, a t¨ obbi nemnegat´ıv. Jel¨ olje P ′ azt a m´ atrixot, amelyet P -b˝ ol az a1 oszlop hozz´ avételével nyer¨ unk. Ha most az yP ′ = 0, yA′ ≥ 0, yb = −1

(3.19)

problém´ anak van megold´ asa, az nyilv´ an megold´ asa (3.16)-nek is, és ekkor ismét csak készen vagyunk. Ha (3.19)-nek nincs megold´ asa, u ´gy a P ′ x′0 + A′ x′1 = b, x′1 ≥ 0 (3.20) ol, hogy az rendszernek van (indukci´ o miatt). Jel¨ olje (x0 , x1 ) azt a vektort, amely u ´gy keletkezik (x′0 , x′1 )-b˝ a1 -nak megfelel˝ o komponenst x′0 -b˝ ol x′1 -be helyezz¨ uk (ami persze azt jelenti, hogy (x′0 , x′1 ) ugyanazt az n0 + n1 dimenzi´ os vektort jel¨ oli, mint (x0 , x1 )). ´ ıtjuk, hogy (x0 , x1 ) megold´ All´ asa (3.15)-nek. Ehhez csak azt kell igazolnunk, hogy x1 (1) (az a1 -nek megfelel˝ o komponens) nemnegat´ıv. Val´ oban, ha ez negat´ıv lenne, akkor x1 is és y ′ A is olyan, hogy els˝ o komponens¨ uk negat´ıv, a t¨ obbi pedig nem az. Emiatt (y ′ A)x1 > 0 és ´ıgy 0 + 0 < 0 + (y ′ A)x1 = (y ′ P )x0 + (y ′ A)x1 = y ′ [(P, A)x] = y ′ b = −1, ami lehetelen. • Megmutatjuk, hogy a 3.5.7 tételb˝ ol is levezethet˝ o a 3.5.5 ´ altal´ anos alak. Biz. (3.5.5 tételé) Jel¨ olje az x0 , x1 , y0 , y1 dimenzi´ oj´ at rendre n0 , n1 , m0 , m1 . Legyen B ′ := (B, I), A′ := (A, 0) (ahol az I egy m1 ×m1 -os egység-m´ atrixot, a 0 pedig egy m0 ×m1 -os nulla m´ atrixot jel¨ ol). Most (3.13) (x0 , x1 ) megold´ asai és P x0 + A′ x′1 = b0 , Qx0 + B ′ x′1 = b1 , x′1 ≥ 0 (3.21) (x0 , x′1 ) megold´ asai k¨ oz¨ ott egy-egy értelm˝ u kapcsolat ´ all fenn. Nevezetesen (x0 , x1 ) az (x0 , x′1 )-b˝ ol keletkezik az utols´ o m1 komponens kihagy´ as´ aval, m´ıg (x0 , x1 )-b˝ ol u ´gy kapjuk (x0 , x′1 )-t, hogy x1 -t helyettes´ıtj¨ uk az x′1 := (x1 , b1 − (Qx0 + Bx1 )) vektorral.

64

A (3.21)-hez tartoz´ o y0 P + y1 Q = 0, y0 A′ + y1 B ′ ≥ 0, yb = −1

(3.22)

du´ al probléma és (3.14) ekvivalensek, hiszen csak arr´ ol van sz´ o, hogy a (3.14)-ban explicit szerepl˝ o y1 ≥ 0 el˝ ojel megk¨ otést (3.22)-ben az y0 A′ + y1 B ′ ≥ 0 egyenl˝ otlenség-rendszerben rejtett¨ uk el. A (3.21) prim´ al feladatra fel´ırva a 3.5.7 tételt az abban szerepl˝ o (3.16) du´ al feladat éppen a (3.22) alakot ¨ olti. • Tov´ abbi kézenfekv˝ o megjegyzés, hogy a Farkas lemm´ at olyan alakban is haszn´ alhatjuk, amikor a rendszer balr´ ol szorz´ assal van adva. (Egy kés˝ obbi alkalmaz´ as miatt néh´ any vektort és m´ atrixot vessz˝ os bet˝ uvel jel¨ ol¨ unk.) ´ TETEL 3.5.8 y0 P ′ + y1 Q′ = c′0 , y0 A′ + y1 B ′ ≥ c′1 , y1 ≥ 0

(3.23)

prim´ al rendszernek akkor és csak akkor nincs megold´ asa, ha a P ′ x0 + A′ x′1 = 0, Q′ x0 + B ′ x′1 ≤ 0, x′1 ≥ 0, c′0 x0 + c′1 x′1 > 0

(3.24)

du´ alis rendszernek van. • Feladatok 3.26 Az {yA ≤ c} rendszernek akkor és csak akkor van megold´ asa, ha nincs olyan x ≥ 0, amelyre Ax = 0, cx < 0. 3.27 Tekints¨ uk a (3.16) du´ alis feladatban el˝ ofordul´ o {yP = 0, yA ≥ 0, yb = −1} rendszert, mint prim´ al problém´ at és fogalmazzuk meg erre a Farkas lemm´ at. Mutassuk meg, hogy a fel´ırt du´ alis ekvivalens a (3.15) alakkal. 3.28 Tegy¨ uk fel, van egy szubrutinunk, amely vagy az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek vagy a du´ alis {yA ≥ 0, yb = −1} rendszernek kisz´ am´ıt egy megold´ as´ at. Hogyan haszn´ alhatjuk fel ezt a (3.15) vagy (3.16) rendszer megold´ as´ ara? 3.29 Tegy¨ uk fel, van egy szubrutinunk a {Bx ≤ b, x ≥ 0} rendszer megold´ as´ ara. Hogyan haszn´ alhatjuk fel ezt a {Qx ≤ b} rendszer megold´ as´ ara?

3.5.2

A szimplex algoritmus a Farkas lemm´ ara

Ebben a szakaszban megismerked¨ unk a Farkas lemma illetve a dualit´ as tétellel kapcsolatos f˝ o algoritmikus eredményekkel. Azt m´ ar kor´ abban l´ attuk, hogy a Fourier-Motzkin elj´ ar´ as seg´ıtségével egy R poliédernek véges sok lépésben megtal´ alhatunk egy elemét, amennyiben R nem u ¨res. Ez az elj´ ar´ as azonban, szemben a Gauss elimin´ aci´ oval, nem polinomi´ alis fut´ asidej˝ u és a gyakorlati tapasztalatok is kedvez˝ otlenek. Egy line´ aris célf¨ uggvény poliéder feletti optimaliz´ al´ as´ ara is van véges algoritmus, hiszen ha cx fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, akkor a maximum er˝ os b´ azis-megold´ ason is felvétetik, és ezekb˝ ol csak véges sok van. Ezzel a megk¨ ozel´ıtéssel az a baj, hogy er˝ os b´ azis-megold´ asb´ ol igen sok lehet (exponenci´ alisan sok). Péld´ aul, ha a poliéder, amely felett a cx célf¨ uggvényt akarjuk maximaliz´ alni, egy n-dimenzi´ os egységkocka kocka, azaz {x : 0 ≤ x ≤ 1}, akkor ezt a feladatot mind a 2n cs´ ucs cx szerinti sorbarendezésével m´ ar a nem t´ uls´ agosan nagy n = 100-as méretnél sincs semmilyen esély¨ unk megoldani, a legjobb sz´ am´ıt´ ogépet haszn´ alva sem, ugyanakkor a problém´ at r´ anézésre r¨ ogt¨ on meg lehet oldani. A szimplex algoritmus George Dantzigt´ ol sz´ armazik. Az a lényege, hogy a poliéder bizonyos cs´ ucsait ´ asi felhalmozott tapasztalat mutatja, hogy a szimplex algoritmus egyre javul´ o sorrendben v´ alasztja ki. Ori´ a gyakorlatban hatékony, tipikusan line´ aris sz´ am´ u cs´ ucs ´ atvizsg´ al´ asa ut´ an megtal´ alja az optimumot. Ann´ al szomor´ ubb, hogy konstru´ altak olyan példa sorozatot, ahol a szimplex algoritmus végigl´ atogatja az ¨ osszes, exponenci´ alisan sok cs´ ucsot, miel˝ ott az optim´ alisat megtal´ aln´ a. Ez azt jelenti, hogy matematikai szempontb´ ol a szimplex algoritmus nem tekinthet˝ o hatékonyabbnak, mint a durva, ¨ osszes cs´ ucsot sz´ amba vev˝ o algoritmus. (Kimutatt´ ak azonban, hogy ha nem a legrosszabb el˝ ofordul´ o esettel akarjuk az algoritmus hatékonys´ ag´ at mérni, hanem az ´ atlagos lépéssz´ amot tekintj¨ uk, akkor a szimplex algoritmus polinomi´ alis fut´ asidej˝ u.) Kezdj¨ uk a Farkas lemm´ aval, annak a 3.5.1 tételben megfogalmazott er˝ osebb v´ altozat´ aval, amely teh´ at azt mondja ki, hogy az {Ax = b, x ≥ 0} prim´ al és az {yA ≥ 0, yb = −1} du´ al feladatok k¨ oz¨ ul pontosan az egyiknek van b´ azis-megold´ asa: ´ TETEL 3.5.9 Az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek akkor és csak akkor van olyan megold´ asa, amelyben az x pozit´ıv v´ altoz´ oinak megfelel˝ o A-beli oszlopok line´ arisan f¨ uggetlenek, ha nem létezik olyan y, amelyre yA ≥ 0, yb < 0 és A-nak létezik r(A, b) − 1 line´ arisan f¨ uggetlen oszlopa, amelyekre y mer˝ oleges. (T¨ om¨ oren, vagy a prim´ al vagy a du´ al feladatnak létezik b´ azis-megold´ asa). •

65

Bizony´ıt´ as a szimplex algoritmussal. M´ ar a Farkas lemma bizony´ıt´ as´ an´ al l´ attuk, hogy a két lehet˝ oség kiz´ arja egym´ ast. Azt l´ atjuk be algoritmikusan, hogy legal´ abb az egyik lehet˝ oség fenn´ all. A Gauss-elimin´ aci´ oval el˝ osz¨ or eld¨ ontj¨ uk, hogy az Ax = b rendszernek van-e egy´ altal´ an megold´ asa. Ha nincs, akkor a Gauss-elimin´ aci´ o egy olyan y vektort szolg´ altat, amelyre yA = 0 és yb 6= 0. (L´ asd a Fredholm féle 2.2.10 tételt és bizony´ıt´ as´ at.) Itt −1-gyel t¨ ortén˝ o esetleges szorz´ as ut´ an feltehetj¨ uk, hogy yb < 0 azaz a m´ asodik alternat´ıv´ ara jutottunk. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy Ax = b megoldhat´ o. Feltehetj¨ uk, hogy A sorai line´ arisan f¨ uggetlenek, mert ha nem, akkor az A soraib´ ol kiv´ alasztunk r(A) line´ arisan f¨ uggetlen sort (ezt val´ oj´ aban a Gauss-elimin´ aci´ o m´ ar meg is tette), és csak az ezek ´ altal alkotott részm´ atrixszal dolgozunk tov´ abb. V´ alasszunk ki az A oszlopaib´ ol egy B1 b´ azist (ami teh´ at egy m×m-es nemszingul´ aris részm´ atrix). Tekints¨ uk a B1 x = b egyértelm˝ u megold´ as´ at (amit teh´ at az el˝ obbi Gauss-elimin´ aci´ o meghat´ arozott), és egész´ıts¨ uk ki null´ akkal. Így az Ax = b egy x1 megold´ as´ at kapjuk. Ha x1 nemnegat´ıv, akkor ez az Ax = b, x ≥ 0 egy b´ azis-megold´ as´ at alkotja. Tegy¨ uk fel most, hogy x1 -nek van negat´ıv komponense. (Az alapalgoritmus itt egy tetsz˝ oleges negat´ıv komponenst v´ alaszt. Péld´ aval kimutathat´ o, hogy ilyenkor az algoritmus végtelen ciklusba eshet, ezért ennek elker¨ ulésére indokolt valamilyen megk¨ otést tenni.) Jel¨ olje i1 a legkisebb indexet, amelyre x1 (i1 ) < 0. (Ez a Bland féle legkisebb index szab´ aly). Legyen y1 olyan vektor, amely B minden oszlop´ ara mer˝ oleges, kivéve, os d-re egyértelm˝ uen megoldhat´ o.) Most q = 1-re hogy y1 ai1 = 1. (Az yB1 = d minden m-dimenzi´ yq b = yq (Axq ) = (yq A)xq = xq (iq ) < 0.

(3.25)

Amennyiben minden ai -re y1 ai ≥ 0, u ´gy a du´ alis feladat b´ azis-megold´ as´ at kaptuk. alasszuk j1 -t a lehet˝ o legkisebbnek. (Ismét a Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy valamely j1 indexre y1 aj1 < 0 és v´ azisban, és az is l´ athat´ o, hogy legkisebb index szab´ alyt alkalmazzuk). Természetesen ekkor aj1 nincs a B1 b´ asik b´ azist kapunk, amit jel¨ olj¨ unk B2 -vel. (Val´ oban, az aj1 vektor nem B1 -ben ai1 -t aj1 -re cserélve egy m´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o oszlopait´ ol, hiszen az y1 vektor ezen ut´ obbiak mindegyikére f¨ ugghet line´ arisan a B1 -nek ai1 -t˝ aljuk az elj´ ar´ ast most a B2 b´ azissal kezdve, ameddig csak lehet. mer˝ oleges, m´ıg aj1 -re nem.) Iter´ Igazolnunk kell, hogy az elj´ ar´ as véges sok lépésben véget ér. Tegy¨ uk indirekt fel, hogy nem ez a helyzet. Mivel csak véges sok b´ azis-megold´ as van, lesznek olyan oszlopvektorok, melyek id˝ or˝ ol id˝ ore ki- majd u ´jra beker¨ ulnek a b´ azisba. Legyen ah a legnagyobb ilyen index˝ u. Teh´ at a h-n´ al nagyobb index˝ u oszlopok egy bizonyos id˝ opontt´ ol fogva m´ ar nem v´ altoztatj´ ak helyzet¨ uket: vagy egyszer és mindenkorra benn vannak a b´ azisban, vagy k´ıv¨ ul. Legyen egy ezut´ ani pillanatban Bp egy olyan el˝ ofordul´ o b´ azis, amelyben ah benne van, de Bp+1 -ben nincs. Legyen Bq (q > p) egy olyan kés˝ obbi b´ azis, amelyben ah nincs benne, de Bq+1 -ben benne van. Ekkor tudjuk, hogy yq a Bq+1 minden oszlop´ ara mer˝ oleges, kivéve ah -t, amelyre yq ah < 0. A m´ asodik v´ alaszt´ asi szab´ alyb´ ol az is k¨ ovetkezik minden ah el˝ otti ai oszlopra (azaz i < h-re), hogy yq ai ≥ 0. Az els˝ o v´ alaszt´ asi szab´ aly miatt xp minden h-n´ al kisebb index˝ u komponense nem-negat´ıv. Így teh´ at az 1 ≤ i < h indexekre (yq ai )xp (i) ≥ 0 és (yq ah )xp (h) > 0. A Bq m´ atrixnak egyetlen olyan aj oszlopa van, amelyre yq nem mer˝ oleges, de mivel éppen ez az oszlop esik ki a Bq b´ azisb´ ol, az aj sz¨ ukségképpen megel˝ ozi ah -t. Teh´ at yq mer˝ oleges a Bq -nak ah ut´ ani oszlopaira, de mivel a h-n´ al nagyobb index˝ u oszlopokon a Bq és a Bp b´ azis megegyezik (itt haszn´ alva h maxim´ alis v´ alaszt´ as´ at), yq mer˝ oleges Bp minden h-n´ al nagyobb index˝ u oszlop´ ara. Így felhaszn´ alva (3.25)-t, kapjuk, hogy 0 > yq b = yq (Axp ) = (yq A)xp ≥ 0, és ez az ellentmond´ as a tételt és egy´ uttal az algoritmus végességét is bizony´ıtja. • Az algoritmus ´ altal´ anosabb alakban is haszn´ alhat´ o. Péld´ aul, ha a {P x0 + Ax1 = b, x1 ≥ 0} rendszer megoldhat´ os´ ag´ at akarjuk eld¨ onteni, akkor az el˝ oz˝ o elj´ ar´ ast a k¨ ovetkez˝ oképpen kell m´ odos´ıtani. A kezdeti B1 b´ azist u ´gy hat´ arozzuk meg, hogy a P maxim´ alisan sok line´ arisan f¨ uggetlen oszlop´ at egész´ıtj¨ uk ki A oszlopaib´ ol r(P, A) darab line´ arisan f¨ uggetlen oszlopp´ a. Az elj´ ar´ ast u ´gy m´ odos´ıtjuk, hogy csak az A-beli b´ azis elemeket cserélhetj¨ uk, a kezdeti B1 b´ azis P -b˝ ol kiv´ alasztott elemei végig fixen maradnak. R¨ ogt¨ on l´ athat´ o, hogy az ´ıgy m´ odos´ıtott elj´ ar´ as u ´j bizony´ıt´ ast ad a 3.5.7 tételre. A még ´ altal´ anosabb 3.5.5 alakra is kiterjeszthet˝ o az algoritmus, ha a tétel bizony´ıt´ as´ aban le´ırt visszavezetést alkalmazzuk. Meg´ allap´ıthatjuk teh´ at, hogy a fenti elj´ ar´ as b´ armely alakban adott line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as´ ara alkalmas.

A n´ ev eredete Miért h´ıvj´ ak a fenti algoritmust szimplex algoritmusnak? Az m-dimenzi´ os térben, ha vesz¨ unk u ´gy m+1 pontot, hogy ezek egyike sincs benne a t¨ obbi konvex burk´ aban, akkor az m + 1 pont konvex burka defin´ıci´ o szerint egy szimplexet alkot. Egy dimenzi´ oban ez egy szakasz, két dimenzi´ oban h´ aromsz¨ og, h´ arom dimenzi´ oban tetraéder. Tegy¨ uk fel péld´ aul, hogy a s´ıkban adottak a p1 , . . . , pn pontok, és el akarjuk d¨ onteni, hogy ezek konvex burk´ aban benne van-e egy megadott b′ pont. Egyszer˝ uség kedvéért tegy¨ uk fel, hogy nincs h´ arom pont egy egyenesen. Kész´ıts¨ unk el egy 2 × n-es A′ m´ atrixot, melynek i-edik oszlopa a pi pont koordin´ at´ ait tartalmazza. Legyen A az a m´ atrix, amely A′ -b˝ ol keletkezik egy csupa egyesb˝ ol ´ all´ o harmadik sor hozz´ avételével. A b′ t is egész´ıts¨ uk ki egy egyessel egy h´ arom dimenzi´ os b vektorr´ a. Ekkor a feladat azzal ekvivalens, hogy az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek van-e megold´ asa. Egy b´ azis-megold´ ashoz tartoz´ o h´ arom oszlopvektor h´ arom olyan pi pontnak felel meg, amelyek egy b′ -t tartalmaz´ o h´ aromsz¨ oget alkotnak. Egy du´ alis b´ azis-megold´ as egy

66

olyan egyenesnek felel meg (miért?), amely két pi ponton ´ atmegy, és az ´ altala meghat´ arozott egyik z´ art féls´ık tartalmazza az ¨ osszes pi pontot, de nem tartalmazza b′ -t. M´ armost a szimplex algoritmus ezen a geometriai nyelven a k¨ ovetkez˝ oképpen fut. Induljunk ki egy tetsz˝ oleges B1 -gyel jel¨ olt h´ aromsz¨ ogb˝ ol, melynek cs´ ucsai ´ mondjuk p1 , p2 , p3 . Allap´ ıtsuk, meg, hogy b′ benne van-e B1 -ben. Ha benne van akkor készen vagyunk: b′ benne van a pi pontok konvex burk´ aban. Ha b′ nincs benne a h´ aromsz¨ ogben, akkor a h´ aromsz¨ ognek az egyik e1 oldalegyenese, mondjuk p2 p3 , elv´ alasztja b′ -t p1 -t˝ ol. (A h´ aromsz¨ ognek egy vagy két ilyen elv´ alaszt´ o oldalegyenese lehet, a b′ elhelyezkedését˝ ol f¨ ugg˝ oen: az ´ altal´ anos algoritmus ezek egyikét v´ alasztja, a Bland féle szab´ aly pontosan el˝ o´ırja, hogy melyiket kell v´ alasztani.) Amennyiben az e′ egyenes ´ altal hat´ arolt, a b′ -t tartalmaz´ o ny´ılt féls´ıkban nincsen pi pont, akkor készen vagyunk; megkaptuk az elv´ alaszt´ o egyenest. Ha van, mondjuk a p4 pont, akkor p1 -t becserélj¨ uk p4 -re és a keletkez˝ o {p2 , p3 , p4 } h´ aromsz¨ oggel folytatva iter´ aljuk az elj´ ar´ ast. A fenti algoritmus szemléletesen teh´ at azt jelenti, hogy a pi pontok ´ altal alkotott h´ aromsz¨ ogek seg´ıtségével mintegy letapogatjuk a s´ık egy darabj´ at, és ek¨ ozben vagy r´ aakadunk a b′ pontra vagy megtal´ alunk egy elv´ alaszt´ o egyenest. Magasabb dimenzi´ oban ez azt jelenti, hogy a pi pontjaib´ ol kész´ıtett szimplexekkel tapogatjuk le a teret, hogy megtal´ aljuk a b′ pontot. Innen teh´ at az elnevezés.

Cikliz´ al´ as A k¨ ovetkez˝ o példa mutatja, hogy ha a fut´ as sor´ an nem alkalmazzuk a Bland féle szab´ alyt, akkor az algoritmus cikliz´ alhat. Legyen b′ az orig´ o és n = 6. Az orig´ o k¨ ozéppont´ u egységk¨ or¨ on legyen p1 , p3 , p5 egy egyenl˝ o oldal´ u h´ aromsz¨ og h´ arom cs´ ucsa. i = 1, 2, 3-ra a p2i−1 pontot az orig´ oval ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz felez˝ o pontj´ at az orig´ o k¨ or¨ ul az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval ellentétesen egy cs¨ oppnyit elforgatva kapjuk a p2i pontot. Ha most Bi jel¨ oli a pi , pi+1 , pi+2 pontok ´ altal alkotott h´ aromsz¨ oget (modulo 6 tekintve), akkor a szimplex algoritmus egym´ as ut´ an ezen h´ aromsz¨ ogeket v´ alaszthatja (ezt ellen˝ orizz¨ uk le!), am´ıg vissza nem ér a kiindul´ asi B1 -be. Feladatok 3.30 Hol tér el el˝ osz¨ or az el˝ obbi péld´ aban a szimplex algoritmus, ha ugyanazzal a B1 h´ aromsz¨ oggel kezd¨ unk és alkalmazzuk a Bland féle legkisebb index szab´ alyt? 3.31 Tegy¨ uk fel, hogy csak a b´ azisba beker¨ ul˝ ou ´j oszlop kiv´ alaszt´ as´ an´ al alkalmazzuk a legkisebb index szab´ alyt, a b´ azisb´ ol kiker¨ ul˝ o oszlop meghat´ aroz´ as´ an´ al nem. Cikliz´ alhat-e ilyenkor az algoritmus vagy m´ ar ilyenkor is bizony´ıthat´ oan mindig véges lesz? 3.32 Tekints¨ uk a Farkas lemma k¨ ovetkez˝ o alakj´ at: Az yA ≤ c rendszernek pontosan akkor nincs megold´ asa, ha létezik olyan x ≥ 0, amelyre Ax = 0 és cx < 0. Tegy¨ uk fel, hogy A sorai line´ arisan f¨ uggetlenek. Igazoljuk, hogy a k¨ ovetkez˝ o algoritmus véges. (A bizony´ıt´ asban vagy a fenti bizony´ıt´ as lépéseit imit´ aljuk, vagy pedig azt mutassuk ki, hogy az al´ abbi algoritmus nem m´ as, mint a fenti algoritmus adapt´ aci´ oja): u megold´ asa. Legyen B1 az A egy m × m-es nemszingul´ aris részm´ atrixa és legyen y1 az yB1 = cB1 egyértelm˝ Amennyiben y1 A ≤ c, akkor készen vagyunk, megtal´ altuk a k´ıv´ ant y-t. Ha y1 A 6≤ c, u ´gy legyen aj az A m´ atrix legkisebb index˝ u oszlopa, amelyre y1 aj < c(j). Tekints¨ uk a Bj x = −aj egyértelm˝ u x′1 megold´ as´ at, és jel¨ olje x1 ′ ol keletkezik az x1 (j) helyen 1-gyel, a t¨ obbin pedig 0-val kiegész´ıtve. Ekkor Ax1 = 0 azt a vektort, amely x1 -b˝ és cx1 = cB1 x′1 + c(j) = (y1 B1 )x′1 + c(j) < (y1 B1 )x′1 + y1 aj = (y1 A)x1 = 0. Így ha x1 ≥ 0, akkor x1 teljes´ıti a Farkas lemma m´ asodik alternat´ıv´ aj´ at. Amennyiben x1 6≥ 0, u ´gy legyen i a legkisebb index, amelyre x1 (i) < 0, és cserélj¨ uk ki a B1 -beli ai oszlopot az aj oszlopra. A keletkez˝ o B2 m´ atrixszal folytatva iter´ aljuk az elj´ ar´ ast. 3.33 Terjessz¨ uk ki a fenti algoritmust a Farkas lemma k¨ ovetkez˝ o v´ altozat´ ara. Az {yP = c0 , yA ≤ c1 } rendszernek pontosan akkor nincs megold´ asa, ha létezik olyan x = (x0 , x1 ), amelyre (P, A)x = 0, x1 ≥ 0 és cx < 0.

3.5.3

Line´ aris ´ es logikai k¨ ovetkezm´ eny

Azt mondjuk, hogy a cx ≤ γ egyenl˝ otlenség logikai k¨ ovetkezm´ enye a Qx ≤ b egyenl˝ otlenség rendszernek, ha az ut´ obbinak van megold´ asa és minden megold´ asa kielég´ıti a cx ≤ γ egyenl˝ otlenséget. Ez geometriailag azt jelenti, hogy az R := {x : Qx ≤ b} poliéder teljesen a z´ art {x : cx ≤ γ} féltérben fekszik. Azt mondjuk, hogy a cx ≤ γ egyenl˝ otlenség line´ aris k¨ ovetkezm´ enye Qx ≤ b-nek, ha létezik olyan y ≥ 0, amelyre yQ = c és yb ≤ γ. ´ TETEL 3.5.10 Feltéve, hogy R nem¨ ures, a cx ≤ γ egyenl˝ otlenség akkor és csak akkor line´ aris k¨ ovetkezménye a Qx ≤ b egyenl˝ otlenség-rendszernek, ha logikai k¨ ovetkezménye.

67

Biz. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy cx ≤ γ line´ aris k¨ ovetkezmény, azaz létezik olyan y ≥ 0, amelyre yQ = c és yb ≤ γ. Ekkor Qx ≤ b esetén cx = (yQ)b = y(Qb) ≤ yb ≤ γ, azaz cx ≤ γ val´ oban logikai k¨ ovetkezmény. A ford´ıtott ir´ anyhoz tegy¨ uk fel, hogy cx ≤ γ logikai k¨ ovetkezmény. Azt kell kimutatnunk, hogy cx ≤ γ line´ aris k¨ ovetkezmény, vagyis, hogy létezik olyan y ≥ 0, amelyre yQ = c és yb ≤ γ. Tegy¨ uk fel, nem ez a helyzet, azaz nem létezik olyan y ≥ 0, amelyre yQ = c és y(−b) ≥ −γ. Ekkor a Farkas lemma (balr´ ol szorz´ os alakja) miatt van olyan (x∗ , α) vektor, amelyre α ≥ 0, Qx∗ − αb ≤ 0, cx∗ − αγ > 0.

(3.26)

Qx∗ ≤ 0, cx∗ > 0

(3.27)

Ha most α = 0, akkor ez a alakot ¨ olti. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy az R poliéder egy z elemére b´ armilyen pozit´ıv λ esetén z + λx benne van R-ben, ugyanakkor c(z + λx) b´ armilyen nagy lehet, ha λ n˝ o, vagyis cx ≤ γ nem volna logikai k¨ ovetkezmény. Vagyis α-nak pozit´ıvnak kell lennie. Feltehet˝ o, hogy α = 1, mert α-val végigoszthatunk. Most (3.26) azzal ekvivalens, hogy Qx∗ ≤ b, cx∗ > γ vagyis az x∗ létezése c´ afolja, hogy cx ≤ γ logikai k¨ ovetkezmény volna. • A Farkas lemma k¨ ul¨ onféle v´ altozatai k¨ oz¨ otti ´ atj´ ar´ asokn´ al megismert eszk¨ oz¨ okkel levezethetj¨ uk a 3.5.10 tétel kiterjesztését is. Tekints¨ uk a P x0 + Ax1 = b0 , Qx0 + Bx1 ≤ b1 , x1 ≥ 0 (3.28) egyenl˝ otlenség-rendszert, melynek R megold´ as-halmaz´ ar´ ol tegy¨ uk fel, hogy nem¨ ures. Legyen M =

P Q

Legyen c = (c0 , c1 ) adott vektor. Az (x0 , x1 ) vektort néha r¨ oviden x-szel jel¨ olj¨ uk, és hasonl´ oképp a vektort b-vel. Azt mondjuk, hogy a c0 x0 + c1 x1 ≤ γ

A B

b0 b1

.

(3.29)

egyenl˝ otlenség logikai k¨ ovetkezm´ enye a (3.28) rendszernek, ha (3.28) minden megold´ asa teljes´ıti (3.29)-t. A (3.29) egyenl˝ otlenség line´ aris k¨ ovetkezm´ enye (3.28)-nek, ha létezik olyan y := (y0 , y1 ), amelyre y1 ≥ 0, y0 P + y1 Q = c0 , y0 A + y1 B ≥ c1 , yb ≤ γ.

(3.30)

´ TETEL 3.5.11 Feltéve, hogy R nem¨ ures, (3.29) akkor és csak akkor line´ aris k¨ ovetkezménye (3.28)-nek, ha logikai. Biz. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy cx ≤ γ line´ aris k¨ ovetkezm´ eny, azaz létezik a sz´ obanforgó y. Ekkor (3.28) A P ]x1 = (yM )x = y(M x) = ]x0 + [(y0 , y1 ) b´ armely x megold´ as´ ara cx = c0 x0 + c1 x1 ≤ [(y0 , y1 ) B Q y0 [P x0 + Ax1 ] + y1 [Qx0 + Bx1 ] ≤ y0 b0 + y1 b1 = yb ≤ γ, azaz cx ≤ γ val´ oban logikai k¨ ovetkezmény. A ford´ıtott ir´ anyhoz tegy¨ uk fel, hogy cx ≤ γ logikai k¨ ovetkezmény. M´ ar bel´ attuk azt a speci´ alis esetet nézz¨ uk, amikor A, B, P mindegyike u ¨res, azaz R = {x : Qx ≤ b}. Tegy¨ uk most fel, hogy A és B u ¨res. Az R-t defini´ al´ o rendszer a P x = b0 , Qx ≤ b1 (3.31) alakra egyszer˝ us¨ odik, és ilyenkor a cx ≤ γ egyenl˝ otlenség defin´ıci´ o szerint akkor line´ aris k¨ ovetkezmény, ha létezik olyan y := (y0 , y1 ), amelyre y1 ≥ 0, y0 P + y1 Q = c, yb ≤ γ.

(3.32)

(3.31) azzal ekvivalens, hogy P x ≤ b0 , −P x ≤ −b0 , Qx ≤ b1 . Ennek a rendszernek logikai k¨ ovetkezménye a cx ≤ γ egyenl˝ otlenség, ´ıgy a 3.5.10 tétel szerint létezik olyan (y0′ , y0′′ , y1 ) ≥ 0 vektor, amelyre y0′ P + y0′′ (−P ) + y1 Q = c és y0′ b0 + y0′′ (−b0 ) + y1 b1 ≤ γ, de ekkor y0 := y0′ − y0′′ v´ alaszt´ assal (3.32) teljes¨ ul, azaz cx ≤ γ line´ aris k¨ ovetkezmény (3.31)-nek. B Q Az ´ altal´ anos eset bizony´ıt´ as´ ahoz legyen B ∗ := , Q∗ := , ahol I egy n2 × n2 -es egységm´ atrix, −I 0

b1 m´ıg 0 egy n2 × n1 -es nulla-m´ atrix. Legyen := , ahol 0 most egy n2 dimenzi´ os 0-vektor. A megel˝ oz˝ o 0 ∗ ∗ ∗ eset P és Q helyén rendre P -gal és Q -gal illetve b1 helyén b1 -gal éppen az ´ altal´ anos alakkal ekvivalens. • b∗1

68

3.5.4

Alkalmaz´ asok

´ TETEL 3.5.12 Ha egy n-v´ altoz´ os line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszernek nincsen megold´ asa, akkor van egy legfeljebb n + 1 egyenl˝ otlenségb˝ ol ´ all´ o részrendszer u ´gy, hogy m´ ar annak sincsen megold´ asa. Biz. Amennyiben a Qx ≤ b rendszernek nincsen megold´ asa, u ´gy a Farkas lemma szerint létezik olyan y ≥ 0 vektor, amelyre yQ = 0, yb = −1. E du´ alis rendszer teh´ at megoldhat´ o, ´ıgy létezik y ∗ b´ azis-megold´ as is, amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy az y ∗ -nak legfeljebb n + 1 pozit´ıv komponense van. A Farkas lemma trivi´ alis ir´ anya szerint az ezen komponensekhez tartoz´ o egyenl˝ otlenség-rendszernek sincsen megold´ asa. • ´ TETEL 3.5.13 (Caratheodory) Ha a d-dimenzi´ os tér egy z pontja p ≥ d + 1 darab pont konvex kombin´ aci´ oja, akkor ezen pontok k¨ oz¨ ott van legfeljebb d + 1, amelyeknek z konvex kombin´ aci´ oja. Biz. Kész´ıts¨ unk el egy m´ atrixot, amelynek p oszlopa van és az egyes oszlopok a p pont helyvektorait tartalmazz´ ak, majd egész´ıts¨ uk ki a m´ atrixot még egy csupa egyesb˝ ol ´ all´ o sorral. A keletkez˝ o (d + 1) × p-es m´ atrixot jel¨ olje A. Az, hogy z el˝ o´ all a megadott pontok konvex kombin´ aci´ ojaként azt jelenti, hogy az Ax = (z, 1)-nek létezik nem-negat´ıv megold´ asa. De akkor létezik b´ azis-megold´ asa is, ami azt jelenti, hogy az el˝ o´ all´ıt´ asban legfeljebb annyi egy¨ utthat´ o nemnulla, mint ah´ any sora van az A m´ atrixnak, vagyis d + 1. • ´ TETEL 3.5.14 Ha R és R′ két nem¨ ures poliéder, melyek metszete u ¨res, akkor van o ˝ket szigor´ uan elv´ alaszt´ o {x : cx = α} hipers´ık, azaz cx < α < cx′ fenn´ all az R minden x és az R′ minden x′ elemére. Biz. Legyen R = {x : Qx ≤ b} és R′ := {x : Q′ x ≤ b′ }. Mivel a metszet¨ uk u ¨res, azaz a {Qx ≤ b, Q′ x ≤ b′ } ′ rendszernek nincsen megold´ asa, a Farkas lemma szerint, létezik olyan (y, y ) ≥ 0 vektor, amelyre yQ+y ′ Q′ = 0 ′ ′ és yb + y b < 0. Ekkor az yb és y ′ b′ sz´ amok egyike biztosan negat´ıv, mondjuk yb. A c := yQ vektor nem lehet nulla, mert akkor (a Farkas lemma trivi´ alis ir´ anya miatt) R u ¨res lenne. yb + y ′ b′ < 0 miatt van olyan α sz´ am, amelyre yb < α < −y ′ b′ . Ekkor x ∈ R-re cx = (yQ)x = y(Qx) ≤ yb < α és x′ ∈ R′ -re cx′ = (yQ)x′ = −(y ′ Q′ )x′ = −y ′ (Q′ x′ ) ≥ −y ′ b′ > α. • ´ TETEL 3.5.15 (Helly) Az n-dimenzi´ os térben adottak a C1 , . . . , Ck konvex halmazok, melyek metszete u ¨res. Ekkor ezen halmazok k¨ oz¨ ott létezik m´ ar legfeljebb n + 1 olyan is, amelyek metszete u ¨res. Biz. Feltehet˝ o, hogy k > n+1. Tegy¨ uk fel indirekt, hogy b´ armely n+1 halmaz metszete nem¨ ures. Kimutatjuk, hogy léteznek Ri ⊆ Ci poliéderek u ´gy, hogy m´ ar ezek k¨ oz¨ ul is b´ armely n + 1-nek van k¨ oz¨ os pontja. E célb´ ol legyen S olyan véges halmaz, hogy a Ci -k k¨ oz¨ ul b´ armely n + 1-nek van k¨ oz¨ os pontja S-ben. Mindegyik Ci -re legyen Ri a Ci -be es˝ o S-beli pontok konvex burka. Mivel Ci konvex, ´ıgy Ri ⊆ Ci . A 3.4.3 tétel szerint Ri poliéder. Ha most vesz¨ unk n + 1 darab Ci halmazt, akkor az ezek metszetében lév˝ o S-beli pontok S defin´ıci´ oja folyt´ an benne vannak a megfelel˝ o n + 1 darab Ri metszetében is. Ebb˝ ol ad´ odik, hogy az Ri -ket defini´ al´ o egyenl˝ otlenség-rendszerek egyes´ıtéséb˝ ol b´ arhogy véve n + 1 egyenl˝ otlenséget, annak van megold´ asa, és ´ıgy a 3.5.12 tétel szerint az egész rendszernek is létezik megold´ asa, vagyis az ¨ osszes Ri halmaznak van k¨ oz¨ os pontja, és emiatt persze az ¨ osszes Ci halmaznak is van, ellentmond´ asban a tétel feltevésével. • ´ TETEL 3.5.16 (Kirchberger) Az n dimenzi´ os térben adott k piros és ℓ z¨ old pont, ahol k + ℓ ≥ n + 2. Amennyiben a piros pontokat nem lehet a z¨ old pontokt´ ol egy hipers´ıkkal elv´ alasztani, u ´gy a pontok k¨ oz¨ ott létezik legfeljebb n + 2 olyan, hogy m´ ar ezeket sem lehet hipers´ıkkal elv´ alasztani. Biz. Jel¨ olje P és Z azokat a m´ atrixokat, amelyek oszlopai a piros illetve a z¨ old pontok helyvektorai. Egész´ıts¨ uk ki a [P, −Z] m´ atrixot egy (1, 1, . . . , 1, 0, . . . , 0) sorvektorral, amely k darab egyest tartalmaz, valamint egy (0, . . . , 0, 1, 1, . . . , 1) sorvektorral, amely ℓ egyest tartalmaz. A keletkez˝ o m´ atrixot jel¨ olje A. Legyen b az az (n + 2)-dimenzi´ os vektor, melynek utols´ o két komponense 1, m´ıg a t¨ obbi 0. Az A-nak teh´ at n + 2 sora van. ´ ıtjuk, hogy az {Ax = b, x ≥ 0} rendszernek van megold´ All´ asa. Ha ugyanis nincs, akkor a Farkas lemma szerint létezik egy olyan (y, α, β) vektor, amelyre yP + αek ≥ 0, −yZ + βeℓ ≥ 0 és α + β < 0, ahol ei a csupa 1-esb˝ ol ´ all´ o i-dimenzi´ os vektort jel¨ oli. Ez viszont azt jelenti, hogy az {x : yx = −α} hipers´ık elv´ alasztja a piros és a z¨ old pontokat, ellentétben a feltevéssel. Az {Ax = b, x ≥ 0} rendszer egy megold´ asa a piros illetve és a z¨ old pontok egy-egy konvex kombin´ aci´ oj´ at adja meg, amelyek egyenl˝ ok egym´ assal. Emiatt az ebben szerepl˝ o piros és z¨ old pontok nem v´ alaszthat´ ok el hipers´ıkkal. Miut´ an létezik b´ azis-megold´ as és ebben legfeljebb n + 2 nemnulla komponens van, az ezeknek megfelel˝ o pontok sem v´ alaszthat´ ok el hipers´ıkkal. • A geometriai alkalmaz´ asok ut´ an most k¨ ovetkezzék egy érdekes eredmény a val´ osz´ın˝ uségsz´ am´ıt´ as ter¨ uletér˝ ol. ´ TETEL 3.5.17 Ha az A n×n-es nemnegat´ıv m´ atrix minden oszlop´ aban az elemek ¨ osszege 1, akkor az {Ax = x, en x = 1, x ≥ 0} rendszernek létezik megold´ asa, ahol en = (1, . . . , 1).

69

Biz. Legyen B = A − I, ahol I jel¨ oli a diagon´ alis egységm´ atrixot. Azt kell kimutatnunk, hogy a {Bx = 0, en x = 1, x ≥ 0} rendszernek létezik megold´ asa. Ha nem létezne, u ´gy a Farkas lemma alapj´ an volna olyan (y, α) vektor, amelyre yB + αen ≥ 0 és α < 0, ami azzal ekvivalens, hogy létezik olyan y, amelyre yB≫0, azaz yA≫y. Jel¨ olje y legnagyobb komponensének értékét µ. A feltételek nyom´ an y ≪ yA ≤ (µen )A = (µ, . . . , µ), ellentmond´ asban µ v´ alaszt´ as´ aval. • Feladat 3.34 A Farkas lemma felhaszn´ al´ as´ aval igazoljuk a k¨ ovetkez˝ o eredményt. ´ TETEL 3.5.18 Legyen D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an adott a g : A → R+ kapacit´ as f¨ uggvény. Akkor és csak akkor létezik az si pontb´ ol ti -be αi nagys´ ag´ u folyam (i = 1, . . . , k) u ´gy, hogy minden élre a rajta ´ atmen˝ o folyamértéP kek ¨ osszege legfeljebb P az él kapacitása, ha az éleken értelmezett tetsz˝oleges c nemnegat´ıv k c(e)g(e), ahol ℓc (i) jel¨ oli az si -b˝ ol ti -be vezet˝ o utak minim´ alis ck¨ oltségf¨ uggvényre ℓ (i)α ≤ c i e∈A i=1 k¨ oltségét. ulin14 2013. augusztus 1.

70

4. Fejezet

´ ´ AS ´ LINEARIS OPTIMALIZAL 4.1

Ir´ anymenti korl´ atoss´ ag

A Farkas lemma megadta egy line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszer megoldhatatlans´ ag´ anak, m´ assz´ oval egy R poliéder u ¨rességének az ok´ at. A k¨ ovetkez˝ o feladatunk annak eld¨ ontése, hogy valamely c vektorra a cx line´ aris célf¨ uggvény korl´ atos-e (mondjuk) fel¨ ulr˝ ol egy nem¨ ures R poliéderen. Kor´ abban m´ ar igazoltuk, hogy mindig létezik er˝ os b´ azis-megold´ as és legfeljebb véges sok van bel˝ ol¨ uk. Ki fogjuk mutatni, hogy minden olyan c vektorra, amelyre cx az R halmazon fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, a sup{cx : x ∈ R} érték egy er˝ os b´ azis-megold´ ason felvétetik, azaz a maximum létezik. T´ ul ezen, jellemezz¨ uk majd azon c vektorokat, melyekre cx fel¨ ulr˝ ol korl´ atos R-en. Az ide´ alis az lenne, ha igazolni tudn´ ank, hogy tetsz˝ oleges c vektorra és z ∈ R megold´ asra mindig létezik olyan x∗ b´ azis-megold´ as, amelyre cx∗ ≥ cz, vagyis x∗ a max cx célf¨ uggvény szempontj´ ab´ ol legal´ abb olyan j´ o, mint z. Sajnos ez az ´ all´ıt´ as m´ ar egy dimenzi´ oban sem igaz. Tekints¨ uk ugyanis az x ≥ 0 egyenl˝ otlenséget (ahol x most egyetlen v´ altoz´ ot jel¨ ol). Ennek egyetlen b´ azis-megold´ asa van, az x = 0. Így a c = 1 (egydimenzi´ os) vektor esetén az x = 1 ponthoz nincs n´ ala jobb b´ azis-megold´ as. A bajt az okozza, hogy cx nem korl´ atos fel¨ ulr˝ ol az R-en. Emiatt érdemes megvizsg´ alni, hogy ez miként fordulhat el˝ o. K¨ onny˝ u megfigyelni, hogy a nem korl´ atoss´ agnak egyik (és amint kés˝ obb majd kider¨ ul az egyetlen) lehetséges oka, ha létezik olyan q vektor, amelyre cq > 0, Qq ≤ 0. A poliéder egy ilyen q vektor ´ altal meghat´ arozott ir´ any´ at c-n¨ ovel˝ onek nevez¨ unk. Ekkor cx val´ oban nem korl´ atos fel¨ ulr˝ ol R-en, hiszen b´ armely pozit´ıv λ sz´ amra z + λq is eleme R-nek, és cq > 0 miatt c(z + λq) b´ armilyen nagy lehet. A k¨ ovetkez˝ o lemma tartalma az, hogy ha a c-n¨ ovel˝ o ir´ anyok létezését kiz´ arjuk, akkor az el˝ obbi péld´ aval illusztr´ alt baj m´ ar nem fordulhat el˝ o. Lemma 4.1.1 Legyen z a Qx ≤ b egyenl˝ otlenség-rendszernek egy megold´ asa, és c egy n-dimenzi´ os vektor. Ha nem létezik olyan q vektor, amelyre cq > 0, Qq ≤ 0, akkor Qx ≤ b-nek létezik olyan x∗ b´ azis-megold´ asa, amelyre cx∗ ≥ cz. (Megjegyzés. A lemma megford´ıt´ asa nem igaz, vagyis el˝ ofordulhat, hogy mind q, mind x∗ létezik. Ha péld´ aul R = {(z1 , z2 ) : −z2 ≤ 0, z2 ≤ 0} a s´ık v´ızszintes tengelye, u ´gy minden megold´ as egy´ uttal b´ azis-megold´ as is, és ezért x∗ := z v´ alaszt´ assal cx∗ = cz teljes¨ ul. Ugyanakkor z := (0, 0), q = (1, 0), c = (1, 0) esetén cq = 1 és Qq = 0). Biz. A Q< ama szerinti indukci´ o. Ha ez a sz´ am nulla, u ´gy z maga b´ azis-megold´ as, teh´ at j´ o lesz x∗ -nak. z sorai sz´ < Tegy¨ uk fel, hogy z nem b´ azis-megold´ as. Ez azt jelenti, hogy Qz -nek van olyan sora, amely line´ arisan f¨ uggetlen < a Q= ol, és emiatt az 2.2.9 tételb˝ ol ad´ od´ oan létezik olyan q, amelyre Q= uk az z sorait´ z q = 0, Qz q 6= 0. Tekints¨ xλ := z + λq vektort (λ ≥ 0). 1. eset cq = 0. Feltehet˝ o, hogy Q< ul¨ onben q-t a negat´ıvj´ aval z -nek van olyan i q sora, amelyre i qq > 0, mert k¨ helyettes´ıthetj¨ uk. Kicsiny λ-ra xλ benne van R-ben, m´ıg nagy λ-ra, i qq > 0 miatt, nincsen. Így van olyan obb egyenl˝ otlenséget teljes´ıt egyenl˝ oséggel, mint z. [Nevezetesen λ′ a λ′ > 0 érték, amelyre xλ′ ∈ R és xλ′ t¨ < ′ maxim´ alis olyan λ érték, amelyre Q< x ≤ b teljes¨ u l, vagyis λ = min((b (i) − i qz)/ i qq : i q a Q< z z λ z z olyan sora, < amelyre i qq > 0).] Miut´ an Q< -nek kevesebb sora van, mint Q -nek, az indukci´ o s feltev´ e st alkalmazhatjuk x λ′ z azis-megold´ as, amelyre cx∗ ≥ cxλ′ = cz + c(λ′ q) = cz. xλ′ -re. Így létezik egy olyan x∗ b´ 2. eset cq 6= 0. Feltehet˝ o, hogy cq > 0, mert ha nem, q-t a negat´ıvj´ aval helyettes´ıtj¨ uk. Amennyiben Q< ´gy q léte ellentmond a lemma feltevésének. Ha viszont van olyan i q sora Q< z q ≤ 0, u z -nak, amelyre i qq > 0, akkor ugyan´ ugy j´ arunk el, mint az els˝ o esetben: indukci´ o alapj´ an létezik olyan x∗ b´ azis-megold´ as, amelyre

71

o egyenl˝ otlenség érdekében kellett q-t u ´gy v´ alasztanunk, hogy cq cx∗ ≥ cxλ′ = cz + c(λ′ q) > cz. (Az utols´ pozit´ıv legyen.) • Hasznos tudatos´ıtani, hogy a bizony´ıt´ as algoritmikus abban az értelemben, hogy a sz´ obanforg´ o x∗ -t a Gauss-elimin´ aci´ o seg´ıtségével polinom id˝ oben kisz´ am´ıthatjuk. A lemm´ at c = 0-ra alkalmazva visszakapjuk a 3.3.10 tételt b´ azis-megold´ as létezésér˝ ol. A f˝ o eredményt el˝ osz¨ or speci´ alis alakban fogalmazzuk meg. ´ TETEL 4.1.2 (Az ir´ anymenti korl´ atoss´ ag t´ etele, speci´ alis alak) Tegy¨ uk fel, hogy az R := {x : Qx ≤ b} poliéder nem¨ ures, és legyen c egy n-dimenzi´ os vektor. A k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (0) (1) (2) (3)

A {cx} line´ aris f¨ uggvény R-en fel¨ ulr˝ ol korl´ atos. Minden z ∈ R elemre létezik Qx ≤ b-nek olyan x∗ er˝ os b´ azis-megold´ asa, amelyre cx∗ ≥ cz. Nem létezik olyan q vektor, amelyre cq > 0 és Qq ≤ 0. Létezik olyan y ≥ 0 vektor, amelyre yQ = c.

Biz. El˝ osz¨ or is figyelj¨ uk meg, hogy a (2) és (3) feltételek ekvivalenci´ aja nem m´ as, mint a balr´ ol szorz´ assal fel´ırt Farkas lemma standard alakja. Mivel a 3.3.12 k¨ ovetkezmény alapj´ an csak véges sok er˝ os b´ azis-megold´ as van, (1) implik´ alja (0)-t. (0)-b´ ol r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik (2). Igazoljuk most a (2) → (1) ir´ anyt. A 4.1.1 lemm´ ab´ ol tudjuk, hogy létezik olyan x∗ b´ azis-megold´ as, amelyre cx∗ ≥ cz. V´ alasszuk x∗ -t olyannak, amelynek maxim´ alisan sok 0 komponense ´ ıtjuk, hogy x∗ er˝ van. All´ os b´ azis-megold´ as. Tegy¨ uk fel indirekt, hogy ez nem igaz, vagyis az x∗ nemnulla komponenseinek megfelel˝ o Q-beli oszlopok line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek. Ez azt jelenti, hogy létezik egy olyan q 6= 0 vektor, amelyre Qq = 0 (vagyis q eltol´ asi vektor) és x∗ (i) = 0 esetén q(i) = 0. Feltehetj¨ uk, hogy cq ≥ 0, k¨ ul¨ onben q-t a minusz egyszeresével helyettes´ıtj¨ uk. A (2)-b˝ ol k¨ ovetkezik, hogy val´ oj´ aban cq = 0. Most alkalmas λ-ra x∗λ := x∗ + λq-nak t¨ obb nulla komponense lesz, mint x∗ -nak, tov´ abb´ a x∗λ is b´ azis-megold´ as, ∗ ∗ ∗ amely cx = cxλ miatt ellentmond x v´ alaszt´ as´ anak. • K¨ ovetkezm´ eny 4.1.3 Ha az R = {x : Qx ≤ b} poliéder nem¨ ures, és {cx : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, u ´gy max{cx : x ∈ R} létezik (azaz létezik olyan z ∈ R, amelyre cz = sup{cx : x ∈ R}). Biz. A 3.3.12 tétel szerint véges sok er˝ os b´ azis-megold´ as van. A 4.1.2 tételb˝ ol ad´ od´ oan a maximum ezek egyikén felvétetik. • Megjegyz´ es A 4.1.2 tétel h´ arom jellemzést is ad {cx : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol val´ o korl´ atoss´ ag´ ara. Az els˝ o tartalma az, hogy a maximum felvétetik (véges sok er˝ os b´ azis-megold´ as van). A m´ asodik k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o okot mutat a nemkorl´ atoss´ agra (Qq ≤ 0 miatt zλ = z + λq ∈ R, ´ıgy cq > 0 miatt czλ b´ armilyen nagy lehet.) Vég¨ ul a harmadik jellemzés k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o okot mutat a korl´ atoss´ agra (y ≥ 0, yQ = c esetén minden x ∈ R-re cx = (yQ)x = y(Qx) ≤ yb, magyar´ an az yb érték egy konkrét fels˝ o korl´ at.) K¨ ovetkezm´ eny 4.1.4 Ha egy egyenl˝ otlenség-rendszer megoldhat´ o, akkor van er˝ os b´ azis-megold´ asa is. Biz. A 4.1.2 tételben c = 0-ra (0) fenn´ all, ´ıgy a tétel alapj´ an (1) is. • Az irodalomban gyakran Caratheodory tételnek h´ıvj´ ak a 4.1.4 k¨ ovetkezménynek az {Ax = b, x ≥ 0} alakra vonatkoz´ o speci´ alis esetét, ami szerint, ha van megold´ as, akkor van olyan is, amelynek a nem-nulla komponenseihez tartoz´ o A-beli oszlopok line´ arisan f¨ uggetlenek. Alkalmazhatjuk a Farkas lemma balr´ ol szorz´ assal fel´ırt ´ altal´ anos alakj´ at (3.5.8 tétel) a 4.1.2 tétel kiterjesztésére arra az esetre, amikor az R poliéder a P x0 + Ax1 = b0 , Qx0 + Bx1 ≤ b1 , x1 ≥ 0

(4.1)

egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as-halmaz´ at jel¨ oli. ´ TETEL 4.1.5 (Az ir´ anymenti korl´ atoss´ ag t´ etele) Tegy¨ uk fel, hogy az R poliéder nem¨ ures, és legyen c = (c0 , c1 ) adott vektor. A k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (0) (1) (2) (3)

A {cx} line´ aris f¨ uggvény R-en fel¨ ulr˝ ol korl´ atos. Minden z ∈ R elemre létezik (4.1)-nek olyan x∗ er˝ os b´ azis-megold´ asa, amelyre cx∗ ≥ cz. Nem létezik olyan q = (q0 , q1 ) vektor, amelyre cq > 0, és q1 ≥ 0, P q0 + Aq1 = 0, Qq0 + Bq1 ≤ 0. Létezik olyan y = (y0 , y1 ) vektor, amelyre y0 P + y1 Q = c0 , y0 A + y1 B ≥ c1 , y1 ≥ 0.• ulin15 2013. augusztus 1.

72

(4.2)

4.2

Optimalit´ as

Kor´ abban megvizsg´ altuk, hogy egy R poliéder mikor nem¨ ures, majd azt, hogy egy cx line´ aris célf¨ uggvény mikor korl´ atos fel¨ ulr˝ ol R-en. Most r´ atér¨ unk a line´ aris programoz´ as f˝ o kérdésének t´ argyal´ as´ ara: amennyiben R nem¨ ures és {cx : x ∈ R} korl´ atos fel¨ ulr˝ ol, hogyan jellemezhetj¨ uk a cx-et maximaliz´ al´ o pontokat és a maximum értékét. R¨ oviden, maximaliz´ aljuk cx-t az R poliéder felett: max{cx : x ∈ R}.

(4.3)

A (4.3) feladatot line´ aris programnak nevezz¨ uk. Természetesen a poliéder lehet m´ as alakban is megadva, szorozhatunk balr´ ol, és maximaliz´ al´ as helyett szerepelhet minimaliz´ al´ as (l´ asd a (4.19) és a (4.20) alakokat). Miut´ an R nem¨ ures és cx fel¨ ulr˝ ol korl´ atos R-en, a 4.1.2 tétel alapj´ an jogos (4.3)-ben maximumr´ ol beszélni. Geometriailag egy line´ aris program azt jelenti, hogy a c vektor ir´ any´ aban keress¨ uk az R legt´ avolabbi pontj´ at, vagyis azt a pontot, amelyben egy c norm´ alis´ u hipers´ık, ha k´ıv¨ ulr˝ ol a poliéderhez toljuk, azt megérinti. Speci´ alis eset, amikor a c egy egységvektor (péld´ aul c = (0, 0, . . . , 0, 1), ekkor a line´ aris programoz´ as feladata u ´gy interpret´ alhat´ o, hogy egy poliédernek a legmagasabb pontj´ at kell megkeresni. Ez igen egyszer˝ unek l´ atszik, r´ aad´ asul az ´ altal´ anos c esete egyszer˝ u fog´ assal ilyen alakra hozhat´ o. Mégsem ismert olyan hatékony (polinomi´ alis fut´ asidej˝ u) elj´ ar´ as, amely a Gauss-elimin´ aci´ ohoz hasonl´ o egyszer˝ u lépésekb˝ ol ´ all. (Az olyan ismert polinomi´ alis algoritmusok, mint az ellipszoid m´ odszer vagy az u ń. bels˝ o pontos m´ odszerek bonyolultabb appar´ atust igényelnek.) Egy egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ as´ ara szolg´ al´ o Fourier-Motzkin elj´ ar´ as ilyen egyszer˝ u lépésekb˝ ol ´ all, és k¨ onnyen m´ odos´ıthat´ o is egy line´ aris program megold´ as´ ara, de nem hatékony. A szimplex algoritmussal a optimaliz´ al´ os v´ altozat´ aval k¨ ovetkez˝ o részben fogunk megismerkedni. Ez az FM elj´ ar´ ashoz hasonl´ıt abban, hogy egyszer˝ u lépésekb˝ ol ´ all és matematikai értelemben nem hatékony. A gyakorlatban ugyanakkor igen j´ ol haszn´ alhat´ o.

4.2.1

Optimalit´ asi felt´ etelek

Egy line´ aris programmal kapcsolatban fontos kérdés, hogy létezik-e olyan egyszer˝ uen ellen˝ orizhet˝ o eszk¨ oz, amelynek seg´ıtségével a poliéder egy megadott x∗ elemének optimalit´ as´ ar´ ol gyorsan meggy˝ oz˝ odhet¨ unk. Amennyiben x∗ nem optim´ alis, egy olyan eszk¨ oz is k´ıv´ anatos, amelynek seg´ıtségével az x∗ -n´ al a poliédernek egy jobb eleméhez tudunk hozz´ ajutni (x jobb: cx > cx∗ ). Legyen x∗ az R = {x : Qx ≤ b} egy adott eleme. Azt mondjuk, hogy egy ~x′ ir´ any x∗ -n´ al lehets´ eges ∗ ′ elmozdul´ as, ha van olyan (kicsiny) pozit´ıv λ sz´ am, amelyre x + λx ∈ R. Ha r´ aad´ asul cx′ > 0, akkor ~ x′ -t n¨ ovel˝ o ir´ anynak h´ıvjuk (c-re és x∗ -re nézve). Egyszer˝ u megfigyelni, hogy ~x′ pontosan akkor lehetséges ′ x ≤ 0. elmozdul´ as, ha Q= ∗ x ´ TETEL 4.2.1 Tegy¨ uk fel, hogy az R := {x : Qx ≤ b} poliéder nem¨ ures és {cx : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol korl´ atos. Az R egy megadott x∗ elemére a k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ asok ekvivalensek. (1) cx∗ ≥ cx minden x ∈ R-re, azaz x∗ maximaliz´ alja a cx f¨ uggvényt az R-en (r¨ oviden, x∗ optim´ alis). ′ es cx′ > 0. (2) Nem létezik c-n¨ ovel˝ o ir´ any, azaz olyan x′ vektor, amelyre Q= x∗ x ≤ 0 ´

(3) A c vektor benne van x∗ akt´ıv sorainak k´ upj´ aban. M´ as sz´ oval, van olyan y ∗ vektor, amely kielég´ıti az y ∗ ≥ 0, y ∗ Q = c

(4.4)

du´ alis feltételt, és amelyre fenn´ all az y ∗ (i) > 0 ⇒

i qx

∗

= b(i)

(4.5)

optimalit´ asi kritérium. (4.4) fenn´ all´ asa esetén (4.5) azzal ekvivalens, hogy cx∗ = by ∗ ,

(4.6)

y ∗ (b − Qx∗ ) = 0.

(4.7)

tov´ abb´ a azzal, hogy Biz. (1) ⇒ (2) Ha létezik a sz´ obanforg´ o x′ , akkor kicsiny pozit´ıv λ-ra az x∗ + λx′ vektor R-ben van, ami cx′ > 0 miatt ellentmond cx∗ maximalit´ as´ anak. (2) ⇒ (3) Ha nem létezik a sz´ obanforg´ o x′ , akkor a Farkas lemma (balr´ ol szorz´ os alakja) miatt van olyan ıgy y ′ -t nulla komponensekkel kiegész´ıtve egy (4.5)-t kielég´ıt˝ o y ∗ -t kapunk. y ′ ≥ 0, amelyre y ′ Q= x∗ = c, ´ (3) ⇒ (1) Tetsz˝ oleges x ∈ R esetén cx = (y ∗ Q)x = y ∗ (Qx) ≤ y ∗ b,

(4.8)

vagyis az y ∗ b érték fels˝ o korl´ at {cx : x ∈ R}-re. Ebb˝ ol ad´ odik, hogy egy x∗ ∈ R elem bizonyosan optim´ alis, ha (4.8)-t egyenl˝ oséggel teljes´ıti. M´ asrészt (4.5),(4.6), (4.7) mindegyike azzal ekvivalens, hogy x∗ egyenl˝ oséggel teljes´ıti (4.8). •

73

Megjegyz´ es A (4.5) optimalit´ asi kritérium szavakban kifejezve azt mondja, hogy az y ∗ b´ armely komponense csak akkor lehet pozit´ıv, ha a neki megfelel˝ o prim´ al egyenl˝ otlenséget az x∗ egyenl˝ oséggel teljes´ıti. Az el˝ obbi bizony´ıt´ as lépéseinek a m´ asol´ as´ aval kiterjeszthetj¨ uk a tételt az ´ altal´ anos alakra. Gyakorlat 4.1 Igazoljuk, hogy egy ´ altal´ anos R = {(x0 , x1 ) : x1 ≥ 0, P x0 + Ax1 = b0 , Qx0 + Bx1 ≤ b1 } alakban megadott poliéder x∗ = (x∗0 , x∗1 ) elemére az x′ = (x′0 , x′1 ) vektor ~ x′ ir´ anya pontosan akkor lehetséges ′ ′ ′ ′ ∗ ′ elmozdul´ as, ha P x0 + Ax1 = 0 és Qx0 + Bx1 ≤ 0, és x1 (i) = 0 esetén x1 (i) ≥ 0. ´ TETEL 4.2.2 Tegy¨ uk fel, hogy a P x0 + Ax1 = b0 , Qx0 + Bx1 ≤ b1 , x1 ≥ 0

(4.9)

rendszerrel defini´ alt R poliéder nem¨ ures és {cx = c0 x0 +c1 x1 : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol korl´ atos. Legyen x∗ = (x∗0 , x∗1 ) az = ) a (Q, B) m´ a trix azon sorai ´ a ltal alkotott r´ e szm´ atrixot, amelyekre a hozz´ ajuk , B R egy eleme, és jel¨ olje (Q= ∗ ∗ x x tartoz´ o egyenl˝ otlenségeket x∗ egyenl˝ oséggel teljes´ıti, m´ıg b= jel¨ o lje a b megfel˝ o r´ e sz´ e t. A k¨ o vetkez˝ o ´ a ll´ ıt´ a sok 1 1∗ ekvivalensek. (1) cx∗ ≥ cx minden x ∈ R, azaz x∗ maximaliz´ alja a cx f¨ uggvényt az R-en (r¨ oviden, x∗ optim´ alis). ′ ′ ′ ′ (2) Nem létezik c-n¨ ovel˝ o ir´ any, azaz olyan x = (x0 , x1 ) vektor, amelyre cx > 0, ′ = ′ P x′0 + Ax′1 = 0, Q= x∗ x0 + Bx∗ x1 ≤ 0

(4.10)

x∗1 (i) = 0 ⇒ x′1 (i) ≥ 0.

(4.11)

és ∗

(3) Létezik olyan y =

(y0∗ , y1∗ )

vektor, amely kielég´ıti az y1∗ ≥ 0, y0∗ P + y1∗ Q = c0 , y0∗ A + y1∗ B ≥ c1

(4.12)

du´ alis feltételt, és amelyre fenn´ all az x∗1 (j) > 0 ⇒ y0∗ aj + y1∗ bj = c1 (j)

(4.13)

valamint az y1∗ (i) > 0 ⇒

∗ i qx0

+ i bx1 = b1 (i),

(4.14)

optimalit´ asi kritérium. (4.12) fenn´ all´ asa esetén az optimalit´ asi kritérium azzal ekvivalens, hogy cx∗ = by ∗ ,

(4.15)

y ∗ (b − M x∗ ) = 0,

(4.16)

és azzal, hogy

ahol M =

P Q

A B

.

Biz. (1) ⇒ (2) Ha létezik a sz´ obanforg´ o x′ , akkor kicsiny pozit´ıv λ-ra a x∗ + λx′ vektor R-ben van, ami cx′ > 0 miatt ellentmond x∗ maximalit´ as´ anak. (2) ⇒ (3) Jel¨ olje P ′ a (P, A) m´ atrix azon részm´ atrix´ at, amely a P -b˝ ol és azon A-beli ai oszlopokb´ ol ´ all, ∗ ´ atrixb´ ol amelyekre x1 (i) > 0, és legyen A′ az A maradék része. (Teh´ at (P ′ , A′ ) = (P, A)). Alljon Q′ a Q= x∗ m´ o komponensei pozit´ıvak, és legyen B ′ a Bx=∗ kiegész´ıtve a Bx=∗ azon oszlopaival, amelyekre az x∗1 megfelel˝ = og m´ odon defini´ aljuk (c′0 , c′1 )-t. maradék része. (Teh´ at (Q′ , B ′ ) = (Q= x∗ , Bx∗ )). Anal´ ′ Ha (2) szerint nem létezik a sz´ obanforg´ o x , akkor a Farkas lemma 3.5.8 tételben megfogalmazott alakja ′ ∗ ′ = es legyen y1∗ szerint van olyan (y0 , y1 ), amelyre y1 ≥ 0, y0 P + y1 Q= x∗ = c0 , y0 A + y1 Bx∗ ≥ c1 . Legyen y0 := y0 , ´ az a vektor, amelyet y1 -b˝ ol kapunk nulla komponensek hozz´ avételével (éspedig annyival, ah´ any sora Q< x∗ -nek van). Az ´ıgy kapott (y0∗ , y1∗ ) vektor kielég´ıti a du´ al feltételeket és az optimalit´ asi kritériumot. (3) ⇒ (1) Tetsz˝ oleges x ∈ R esetén cx = c0 x0 + c1 x1 ≤

[(y0∗ , y1∗ )

P ]x0 + [(y0∗ , y1∗ ) Q

A B

]x1 = (y ∗ M )x =

= y ∗ (M x) = y0∗ [P x0 + Ax1 ] + y1∗ [Qx0 + Bx1 ] ≤ y0∗ b0 + y1∗ b1 = y ∗ b, ∗

∗

(4.17) (4.18)

vagyis az y b érték fels˝ o korl´ at {cx : x ∈ R}-re. Ebb˝ ol ad´ odik, hogy az x ∈ R elem bizonyosan optim´ alis, A ∗ ∗ ha (4.17) és (4.18) mindegyike egyenl˝ oséggel teljes¨ ul. Az els˝ o azt jelenti, hogy c1 x1 = (y0 , y1 ) x∗1 , B ami pontosan akkor ´ all fenn, ha x∗1 (j) > 0 esetén y0∗ ai + y1∗ bi = c1 (i), azaz (4.13) teljes¨ ul. Az x∗ akkor

74

teljes´ıti (4.18)-t egyenl˝ oséggel, ha y1∗ [Qx∗0 + Bx∗1 ] = y1∗ b1 , ami pontosan akkor ´ all fenn, ha y1∗ (i) > 0 esetén ∗ ∗ qx + bx = b (i), azaz (4.14) teljes¨ u l. i i 1 0 1 M´ asrészt (4.15), (4.16) mindegyike azzal ekvivalens, hogy x∗ mind (4.17)-t, mind (4.18)-t egyenl˝ oséggel teljes´ıti. • Megjegyz´ es Az optimalit´ asi kritérium szavakkal kifejezve azt jelenti, hogy egy el˝ ojelk¨ ot¨ ott x∗1 (j) prim´ al ∗ v´ altoz´ o vagy y1 (i) du´ al v´ altoz´ o csak akkor lehet pozit´ıv, ha a neki megfelel˝ o du´ al vagy prim´ al egyenl˝ otlenség egyenl˝ oséggel teljes¨ ul. Megjegyezz¨ uk, még hogy a 4.2.2 tétel bizony´ıt´ as´ ara alternat´ıv lehet˝ oség a 4.2.1 tételb˝ ol a kor´ abban m´ ar megismert ´ atalak´ıt´ asokkal jutni az ´ altal´ anos alakra. Gyakorlat 4.2 ´ Irjuk fel az optimalit´ asi feltételeket a max{cx : Ax = b, x ≥ 0}, max{cx : Bx ≤ b, x ≥ 0} line´ aris programokra.

4.2.2

A dualit´ as t´ etel

A korl´ atoss´ agi tételben l´ attuk, hogy ha cx fel¨ ulr˝ ol korl´ atos az R = {x : Qx ≤ b} nem¨ ures poliéderen, akkor tetsz˝ oleges olyan y vektorra, amelyre y ≥ 0, yQ = c a by érték fels˝ o korl´ at {cx : x ∈ R} maximum´ ara. A ´ legjobb (ilyen t´ıpus´ u) fels˝ o korl´ atot ezen by értékek minimuma jelenti. Erdekes, hogy a legkisebb fels˝ o korl´ at meghat´ aroz´ as´ anak feladata, vagyis a min{by : y ≥ 0, yQ = c} problém´ aja is egy (balr´ ol szorz´ assal fel´ırt) line´ aris program, amit du´ alis programnak h´ıvunk, megk¨ ul¨ onb¨ oztetend˝ o a max{cx : Qx ≤ b} prim´ al programt´ ol. A kérdésre, hogy az ´ıgy kapott legjobb korl´ at vajon mindig elérhet˝ o-e, m´ assz´ oval hogy a prim´ al optimum és a du´ al optimum érteke mindig megegyezik-e, a dualit´ as tétel adja meg a v´ alaszt. ´ TETEL 4.2.3 (Dualit´ as t´ etel, speci´ alis alak) Tegy¨ uk fel, hogy az R = {x : Qx ≤ b} prim´ al poliéder nem¨ ures. Tegy¨ uk fel tov´ abb´ a, hogy {cx : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol korl´ atos (ami a 4.1.2 tétel szerint azzal ekvivalens, hogy a du´ alis R∗ = {y : y ≥ 0, yQ = c} poliéder nem¨ ures). Ekkor a prim´ al optimaliz´ al´ asi feladatban a maximum egyenl˝ o a du´ al feladatban szerepl˝ o minimummal, azaz max{cx : Qx ≤ b} = min{by : y ≥ 0, yQ = c}. Biz. Ha x ∈ R és y ∈ R∗ , akkor cx = (yQ)x = y(Qx) ≤ yb, és ´ıgy max ≤ min k¨ ovetkezik. Az egyenl˝ oség igazol´ as´ ahoz egy olyan x∗ ∈ R és y ∗ ∈ R∗ prim´ al és du´ al megold´ as-p´ art kell tal´ alnunk, amelyekre cx∗ = by ∗ . A 4.1.3 k¨ ovetkezmény szerint, ha {cx : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, akkor a maximum egy x∗ er˝ os b´ azis-megold´ ason ∗ ∗ felvétetik. A 4.2.1 tétel szerint létezik olyan y ∈ R vektor, amelyre y ∗ (b − Qx∗ ) = 0, amib˝ ol y ∗ b = cx∗ k¨ ovetkezik. • A dualit´ as tételt is megfogalmazhatjuk az ´ altal´ anos alakra. A prim´ al probléma a k¨ ovetkez˝ o: max{(c0 x0 + c1 x1 ) : P x0 + Ax1 = b0 , Qx0 + Bx1 ≤ b1 , x1 ≥ 0}.

(4.19)

A prim´ al problém´ ahoz hozz´ arendelt du´ alis line´ aris program a k¨ ovetkez˝ o: min{(b0 y0 + b1 y1 ) : y0 P + y1 Q = c0 , y0 A + y1 B ≥ c1 , y1 ≥ 0}.

(4.20)

A (4.20)-ban szerepl˝ o poliédert R∗ -gal jel¨ olj¨ uk és du´ alis poliédernek h´ıvjuk. (Figyelem: R∗ az m := m1 +m2 dimenzi´ os térben van, m´ıg R az n := n1 + n2 dimenzi´ osban. Az R∗ nem csak az R prim´ al poliédert˝ ol f¨ ugg, hanem a c-t˝ ol is, s˝ ot az R megad´ as´ at´ ol is!) ´ TETEL 4.2.4 (Dualit´ as t´ etel, ´ altal´ anos alak) Tegy¨ uk fel, hogy a (4.19) rendszer ´ altal defini´ alt R prim´ al poliéder nem¨ ures. Tegy¨ uk fel tov´ abb´ a, hogy a cx = c0 x0 + c1 x1 célf¨ uggvényre nézve {cx : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol korl´ atos (vagy ekvivalensen a du´ alis R∗ poliéder nem¨ ures). Ekkor a (4.19) prim´ al optimaliz´ al´ asi feladatban a maximum egyenl˝ o a (4.20) du´ al feladatban szerepl˝ o minimummal. A speci´ alis alakhoz hasonl´ oan, a tétel a 4.2.2 tételb˝ ol k¨ ozvetlen¨ ul ad´ odik. A megel˝ oz˝ o szakaszban megmutattuk, hogy a dualit´ as tétel miképp vezethet˝ o le a Farkas lemm´ ab´ ol és abb´ ol a tételb˝ ol, hogy a maximum (er˝ os b´ azis-megold´ ason) felvétetik. A line´ aris és logikai k¨ ovetkezményre vonatkoz´ o 3.5.11 tétel bizony´ıt´ asa csak a Farkas lemm´ ara t´ amaszkodott. Most megmutatjuk, hogy a dualit´ as tétel k¨ ovetkez˝ o szimmetrikus alakja k¨ onnyen levezethet˝ o a 3.5.11 tételb˝ ol is. ´ TETEL 4.2.5 (Dualit´ as t´ etel, szimmetrikus alak) Tegy¨ uk fel, hogy mind az R := {x : Bx ≤ b, x ≥ 0} prim´ al, mind az R∗ := {y : yB ≥ c, y ≥ 0} du´ al poliéder nem¨ ures. Ekkor cx ≤ by fenn´ all minden x ∈ R, y ∈ R∗ esetén, és van olyan x∗ ∈ R, y ∗ ∈ R∗ , melyekre egyenl˝ oség érvényes, azaz max{cx : x ∈ R} = min{by : y ∈ R∗ }.

75

Biz. Az x és y nem-negativit´ asa miatt x ∈ R, y ∈ R∗ esetén cx ≤ (yB)x = y(Bx) ≤ yb, ´ıgy mindenesetre cx fel¨ ulr˝ ol korl´ atos R-en, by pedig alulr´ ol R∗ -on. Legyen γs := sup{cx : x ∈ R} és γi := inf{by : y ∈ R∗ }. ∗ Ekkor tetsz˝ oleges x ∈ R, y ∈ R esetén cx ≤ γs ≤ γi ≤ by. A tételhez azt kell bel´ atnunk, hogy létezik x∗ ∈ R, ∗ ∗ ∗ ∗ amelyre cx = γi és létezik y ∈ R , amelyre by = γs . Szimmetria miatt elég y ∗ létezését bel´ atnunk, x∗ -é anal´ og m´ odon k¨ ovetkezik. Most teh´ at a cx ≤ γs egyenl˝ otlenség logikai k¨ ovetkezménye a Bx ≤ b, x ≥ 0 egyenl˝ otlenség-rendszernek, ´ıgy a 3.5.11 tétel szerint létezik olyan y ∗ ≥ 0, amelyre y ∗ B ≥ c és y ∗ b ≤ γs . De itt nem szerepelhet szigor´ u egyenl˝ otlenség, mert akkor y ∗ b < γs ≤ γi ellentmondana γi defin´ıci´ oj´ anak. Teh´ at val´ oban y ∗ b = γs . • Megjegyzend˝ o, hogy megford´ıtva, a 3.5.11 tétel is k¨ ozvetlen¨ ul ad´ odik a dualit´ as tételb˝ ol. Nézz¨ uk ehhez a technikailag legegyszer˝ ubb Qx ≤ b esetet, és tegy¨ uk fel, hogy a cx ≤ γ logikai k¨ ovetkezmény. Ez azt jelenti, hogy max{cx : Qx ≤ b} ≤ γ, ´ıgy a dualit´ as tétel miatt γ ≥ max{cx : Qx ≤ b} = min{yb : y ≥ 0, yQ = c}. Vagyis létezik olyan y ≥ 0, amelyre yQ = c és γ ≥ yb. Feladatok 4.3 Irjuk fel a min{α : Ax − αb = b, (x, α) ≥ 0} line´ aris program du´ alis´ at, igazoljuk mind a prim´ al, mind a du´ al rendszer megoldhat´ os´ ag´ at, és a dualit´ as tételb˝ ol vezess¨ uk le a Farkas lemm´ at (3.4.5 tétel). 4.4 Tegy¨ uk fel, hogy az {x : Ax = b, x ≥ 0} poliéder nem¨ ures. Az A egy ai oszlop´ at ´ erdektelennek mondjuk, ha a poliéder minden x elemére x(i) = 0. Igazoljuk, hogy ai akkor és csak akkor érdektelen, ha van olyan y vektor, amelyre yb = 0, yA ≥ 0 és yai pozit´ıv. 4.5 Tekints¨ uk a min{cx : Ax = b, x ≥ 0} line´ aris programot. Legyen A′ az A érdekes (azaz nem érdektelen) ′ oszlopai ´ altal alkotott részm´ atrix és jel¨ olje c a c megfelel˝ o részét. Igazoljuk, hogy cx akkor és csak akkor konstans R-en, ha létezik olyan y, amelyre yA′ = c′ . 4.6 Az R := {Ax = b, x ≥ 0} poliéder valamely x0 eleme akkor és csak akkor minimaliz´ alja cx-t R-en, ha létezik egy olyan c-vel ekvivalens nemnegat´ıv vektor, amely mer˝ oleges x0 -ra. A c1 és c2 vektor ekvivalens, ha c1 x = c2 x minden x ∈ R-re. 4.7 Tekints¨ uk az R := {x : Ax ≤ b, x ≥ 0} prim´ al és R∗ = {y : yA ≥ c, y ≥ 0} du´ al poliédereken defini´ alt max{cx : x ∈ R} és min{by : y ∈ R∗ } prim´ al-du´ al line´ aris program p´ art, és tegy¨ uk fel, hogy R és R∗ nem u ¨res. Igazoljuk, hogy az A-nak van olyan A′ nemszingul´ aris négyzetes részm´ atrixa (mindegy milyen méret˝ u), amelyre az A′ x′ = b′ egyértelm˝ u x′ megold´ as´ ab´ ol null´ ak hozz´ avételével keletkez˝ o x1 eleme R-nek (ahol b′ azon része b-nek, amely az A′ sorainak felel meg) tov´ abb´ a az y ′ A′ = c′ egyértelm˝ u y ′ megold´ as´ ab´ ol null´ ak hozz´ avételével ∗ keletkez˝ o y1 eleme R -nak. Mutassuk meg, hogy ekkor x1 prim´ al optimum, y1 du´ al optimum.

4.2.3

K¨ ovetkezm´ enyek

A j´ atékelméletben fontos alkalmaz´ asra lel a k¨ ovetkez˝ o tétel. Egy vektor tetej´ en érts¨ uk a legnagyobb komponensének az értékét. A vektor alja legyen a legkisebb komponensének az értéke. ´ TETEL 4.2.6 (Neumann) Tetsz˝ oleges m × n-es (m, n ≥ 1) A m´ atrixra az A oszlopvektorai ´ altal fesz´ıtett politopban lév˝ o elemek tetejének a minimuma egyenl˝ o az A sorvektorai ´ altal fesz´ıtett politopban lév˝ o elemek alj´ anak maximum´ aval. Form´ alisabban, min{(max Ax) : x ≥ 0, en x = 1} = max{(min yA) : y ≥ 0, em y = 1}, ahol ei az i-dimenzi´ os csupa egyesb˝ ol ´ all´ o vektort jelenti. Biz. A prim´ al feladat egy olyan minim´ alis w sz´ am keresésével ekvivalens, amelyre létezik x ≥ 0 vektor u ´gy, hogy en x = 1 és Ax ≤ (w, w, . . . , w) érvényes. Ez viszont éppen a min{w : −Ax + (w, w, . . . , w) ≥ 0, x ≥ 0, en x = 1}

(4.21)

line´ aris programmal egyenérték˝ u. A du´ alis feladat egy olyan maxim´ alis z sz´ am keresésével ekvivalens, amelyre létezik y ≥ 0 vektor u ´gy, hogy em y = 1 és yA ≥ (z, z, . . . , z) érvényes. Ez viszont éppen a max{z : y(−A) + (z, z, . . . , z) ≤ 0, y ≥ 0, em y = 1}

(4.22)

line´ aris programmal egyenérték˝ u. Miut´ an a (4.22) program du´ alisa éppen a (4.21) program, ´ıgy a dualit´ as tételb˝ ol ad´ odik, hogy a w minim´ alis értéke egyenl˝ o a z maxim´ alis értékével. • ´ TETEL 4.2.7 (Clark) Tekints¨ uk a max{cx : x ≥ 0, Bx ≤ b} és min{by : y ≥ 0, yB ≥ c} prim´ al-du´ al program p´ art, és tegy¨ uk fel, hogy mindegyik megoldhat´ o. Ekkor az R prim´ al és az R∗ du´ al poliéderek k¨ oz¨ ul az egyik nem korl´ atos.

76

Biz. Amennyiben a {Bx ≤ 0, x ≥ 0, −1x ≤ −1} rendszernek létezik egy x′ megold´ asa, akkor b´ armely x ∈ R vektorra x + λx′ minden pozit´ıv λ-ra R-ben van, és mivel x′ 6= 0, ´ıgy R nemkorl´ atos. Ha a kérdéses x′ nem létezik, akkor a Farkas lemma szerint van olyan y ′ ≥ 0 vektor és α ≥ 0 sz´ am, melyekre y ′ B − (α, . . . , α) ≥ 0, ′ ′ és y b − α < 0. Ekkor a du´ al poliéder b´ armely y elemére y + λy minden pozit´ıv λ-ra R∗ -ban van, és mivel ′ ∗ y 6= 0, ´ıgy R nem korl´ atos. •

Oldalak Foglaljuk ¨ ossze a poliéder oldalainak néh´ any tulajdons´ ag´ at. Egy R = {x : Qx ≤ b} (nem¨ ures) poliéder F oldal´ an az R-nek egy F := {x ∈ R : cx = δ} (4.23) alak´ u nem¨ ures részhalmaz´ at értett¨ uk, ahol δ := max{cx : x ∈ R} valamely cx célf¨ uggvényre, melyre a maximum létezik. Vagyis a poliéder oldala az optimum helyek halmaza valamely cx line´ aris célf¨ uggvényre nézve, m´ asként sz´ olva a poliédernek az a része, amely egy hipers´ıkkal érintkezik, amikor azt k´ıv¨ ulr˝ ol a poliéderhez toljuk. ´ TETEL 4.2.8 Az R = {x : Qx ≤ b} poliéder egy nem¨ ures F részhalmaza akkor és csak akkor oldala R-nek, ha létezik a Q bizonyos soraib´ ol ´ all´ o olyan Q′ részm´ atrix, amelyre F = {x ∈ R : Q′ x = b′ }, ahol b′ a Q′ sorainak megfelel˝ o részvektora b-nek. Biz. Tegy¨ uk fel, hogy F oldal, melyet (4.23) defini´ al. Tekints¨ uk a min{yb : yQ = c, y ≥ 0} du´ alis line´ aris programnak egy y ′ optim´ alis megold´ as´ at. Legyen Q′ a Q azon i q soraib´ ol ´ all´ o részm´ atrix, amelyekre a megfelel˝ o y ′ (i) komponens pozit´ıv. Tetsz˝ oleges x ∈ R-re cx = (y ′ Q)x = y ′ (Qx) ≤ y ′ b. A dualit´ as tételb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy egy x′ ∈ R vektor akkor és csak akkor prim´ al optimum (azaz eleme F -nek), ha az y ′ minden pozit´ıv komponensére a neki megfelel˝ o prim´ al feltétel egyenl˝ oséggel teljes¨ ul (azaz y ′ (i) > 0-b´ ol i qx = b(i) k¨ ovetkezik.) ′ ′ Így teh´ at F = {x ∈ R : Q x = b }. Ford´ıtva, legyen Q′ a Q bizonyos sorai ´ altal alkotott m´ atrix, és b′ a b megfelel˝ o része, amelyekre {x ∈ R : Q′ x = b′ } nem¨ ures. Legyen e′ a csupa egyes vektor, amelynek annyi komponense van, mint ah´ any sora Q′ -nek. Jel¨ olje c a Q′ sorainak ¨ osszegét (azaz c = e′ Q′ ), m´ıg δ a b′ komponenseinek ¨ osszegét (δ := e′ b′ ). Most cx = (e′ Q′ )x = e′ (Q′ x) ≤ e′ b′ = δ. Ebb˝ ol ad´ od´ oan valamely x ∈ R vektorra Q′ x = b′ akkor és csak akkor teljes¨ ul, ha cx = δ, amib˝ ol a tétel k¨ ovetkezik. •

ulin16

2013. augusztus 1.

77

4.2.4

J´ at´ ekelm´ eleti alkalmaz´ as

S´ ari és Oszi a k¨ ovetkez˝ o j´ atékot j´ atssz´ ak. Egyszerre elrejtenek a kez¨ ukben egy vagy két forintot és egy´ uttal tippelnek arra, hogy a m´ asik egy vagy két forintot rejtett. Amennyiben mindkettej¨ uk tippje helyes, avagy mindkettej¨ uk tippje téves, u ´gy a j´ aték d¨ ontetlen. Ha viszont pontosan az egyik¨ uk tippje helyes, u ´gy a j´ ol tippel˝ o elnyeri a kettej¨ uk ´ altal elrejtett pénz ¨ osszegét (ami teh´ at 2,3 vagy 4 forint). Ez a j´ aték egy fordul´ oja. Kérdés, hogy ha N fordul´ ot j´ atszanak, milyen stratégi´ at érdemes k¨ ovetni. Mindkét j´ atékos egy lehetséges fordul´ obeli j´ aték´ at egy sz´ amp´ arral lehet megadni, amelynek els˝ o tagja azt jelenti, hogy h´ any forintot rejtett, a m´ asodik tagja pedig azt, hogy h´ any forintot tippelt. Vagyis egy fordul´ oban mindkét j´ atékos el˝ ott négy lehetséges v´ alaszt´ as van: [1, 1], [1, 2], [2, 1], [2, 2]. Nevezz¨ uk ezeket elemi vagy tiszta stratégi´ anak. A kés˝ obbiekben ezen sorrend szerint fogunk r´ ajuk hivatkozni (teh´ at pl. a 3-dik elemi stratégia [2, 1]). Ha S´ ari péld´ aul mindig az [1, 1] p´ art v´ alasztja, akkor k¨ onnyen rosszul j´ arhat, mert ezt ellenfele hamar kifigyelheti, és akkor a [2, 1] v´ alasszal mindig nyer. S´ ari persze ravaszabbul is elj´ arhat, péld´ aul mindig ugyan´ ugy rejt és tippel, mint ahogy Oszi tette a megel˝ oz˝ o fordul´ oban, de ennek a stratégi´ anak is az a h´ atul¨ ut˝ oje, hogy Oszi el˝ obb-ut´ obb r´ aj¨ ohet az alkalmazott szab´ alyra és akkor m´ ar k¨ onnyen nyer. Ez a veszély minden determinisztikusan meghat´ arozott v´ alaszt´ asi szab´ aly esetén fenn´ all. Ezt elker¨ ulend˝ o S´ ari minden fordul´ oban a véletlent˝ ol teszi f¨ ugg˝ ové a v´ alaszt´ as´ at. Természetesen az a kérdés, hogy milyen val´ osz´ın˝ uséggel v´ alasszon a négy lehet˝ oség k¨ oz¨ ul. Tételezz¨ uk fel, hogy P a lejátszott N forduló során Oszi ci -szer játszotta meg az i-edik elemi stratégiát (i = 1, . . . , 4), azaz ci = N . Tegy¨ uk fel, hogy S´ ari a k¨ ovetkez˝ o stratégi´ at alkalmazta: mindig az ellenkez˝ ojét mondja annak, mint amit tippel és ezen bel¨ ul 1/2 val´ osz´ın˝ uséggel rejt 1 vagy 2 forintot. M´ asként sz´ olva a (0, 1/2, 1/2, 0) val´ osz´ın˝ uségek szerint v´ alaszt minden fordul´ oban a négy elemi stratégi´ ab´ ol. V´ arhat´ o értékben mekkora nyereségre sz´ am´ıthat? ´ Oszi c1 -szer j´ atszott [1, 1]-t. Atlagosan ezen c1 eset felében S´ ari [1, 2]-t j´ atszik, amikoris S´ ari 2 forintot vesz´ıt, a m´ asik c1 /2 esetben S´ ari [2, 1]-t j´ atszik, és ekkor 3 forintot nyer. Teh´ at S´ ari v´ arhat´ o nyeresége 3c1 /2 − 2c1 /2 = c1 /2. c2 + c3 esetben Oszi m´ ast tippel, mint rejt, ezek a fordul´ ok teh´ at mind d¨ ontetlenek. Vég¨ ul Oszi c4 esetben j´ atszik [2, 2]-t. Ezeknek ´ atlagosan a felében S´ ari [1, 2]-t j´ atszik és nyer 3 forintot, m´ıg a m´ asik felében S´ ari [2, 1]-t j´ atszik és vesz´ıt 4 forintot. Ezen c4 esetben teh´ at S´ ari v´ arhat´ o¨ ossz-nyeresége 3c4 /2 − 4c4 /2 = −c4 /2. Meg´ allap´ıthatjuk teh´ at, hogy az N fordul´ o sor´ an S´ ari v´ arhat´ o¨ ossz-nyeresége (c1 − c4 )/2 forint, ami persze veszteség, ha c4 > c1 . Vagyis a fent v´ alasztott y = (0, 1/2, 1/2, 0) val´ osz´ın˝ uségi v´ alaszt´ as mellett S´ ari akkor j´ ar a legrosszabbul, ha c4 = N és c1 = c2 = c3 = 0. Ekkor S´ ari teljes vesztesége v´ arhat´ olag N/2 forint, azaz fordul´ onként ´ atlagosan 1/2 Ft. Azaz S´ ari ezzel a stratégi´ aval azt tudja biztos´ıtani mag´ anak, hogy ´ atlagos vesztesége Oszi b´ armilyen j´ atéka esetén se haladja meg az 1/2 forintos fordul´ onkénti ´ atlagot. Az y = (0, 1/2, 1/2, 0) val´ osz´ın˝ uségek helyett természetesen v´ alaszthatunk m´ as eloszl´ ast is. Nevezz¨ unk egy y vektort sztochasztikusnak, ha nem-negat´ıv és 1 · y = 1. Minden sztochasztikus vektor egy kevert strat´ egi´ at defini´ al. Természetesen a fentiek mint´ aj´ ara tetsz˝ oleges kevert stratégi´ ara r¨ ogz´ıtett c := (c1 , . . . , c4 ) gyakoris´ agok esetén kisz´ am´ıthatjuk S´ ari v´ arhat´ o nyereségét. K¨ onny˝ u ellen˝ orizni, hogy ez éppen az (yA)c sz´ am lesz, ahol A az u ´gynevezett kifizetési m´ atrix (S´ ari szempontj´ ab´ ol). Azaz A egy 4 · 4-s m´ atrix, amelynek aij eleme S´ ari nyereségét (m´ assz´ oval Oszi veszteségét) jelzi, ha S´ ari az i-edik, m´ıg Oszi a j-edik elemi stratégi´ at j´ atssza. S´ ari akkor fogja egy m´ asik kevert stratégi´ aj´ at jobbnak tekinteni, mint a (0, 1/2, 1/2, 0) kevert stratégia, ha a fordul´ onkénti ´ atlagos nyeresége nagyobb, mint az el˝ obb ad´ odott −1/2 forint. Van-e ilyen jobb stratégia és hogyan lehet a legjobbat megtal´ alni? ´ Altal´ anosabban fogalmazva legyen adva egy A n × m-es m´ atrix. A sorj´ atékos S´ ari és az oszlopj´ atékos Oszi azt j´ atssz´ ak, hogy minden fordul´ oban S´ ari kiv´ alasztja A-nak egy i sor´ at, m´ıg Oszi A-nak egy j oszlop´ at, és ennek megfelel˝ oen Oszi fizet S´ arinak aij forintot (ami persze azt jelenti, hogy ténylegesen S´ ari fizet, amennyiben aij negat´ıv.) Az el˝ obbi j´ atékhoz péld´ aul a k¨ ovetkez˝ o m´ atrix tartozik. [1, 1] [1, 1] 0 [1, 2]  −2 [2, 1]  3 [2, 2] 0



[1, 2] 2 0 0 −3

[2, 1] −3 0 0 4

[2, 2]  0 3  −4  0

S´ ari egy kevert stratégi´ aj´ at egy y (m-dimenzi´ os) sztochasztikus vektor defini´ alja éspedig u ´gy, hogy S´ ari minden fordul´ oban y(i) val´ osz´ın˝ uséggel v´ alasztja az i-edik sort. P Tegy¨ uk fel, hogy N fordul´ o sor´ an Oszi cj -szer j´ atszotta meg a j-edik oszlopot ( cj = N ). Ekkor a j-edik oszlop gyakoris´ aga xj := cj /N . Nyilv´ an a gyakoris´ agok x := (x1 , . . . , xn ) vektora sztochasztikus. Mennyire j´ o S´ arinak egy r¨ ogz´ıtett y sztochasztikus vektor mint kevert stratégia? Adott x gyakoris´ ag esetén S´ ari ¨ ossz-nyeresége v´ arhat´ o értékben (yA)c, vagyis fordul´ onkénti ´ atlagos nyeresége (yA)x. Ez azon x

78

gyakoris´ ag mellett a legrosszabb S´ arinak, amelyre (yA)x legkisebb. Vagyis egy y kevert stratégia f (y) j´ os´ ag´ at az f (y) := min{(yA)x : x sztochasztikus} érték méri. S´ arinak teh´ at az az y a legjobb, amelyre f (y) maxim´ alis. R¨ ogz´ıtett y esetén k¨ onny˝ u f (y)-t meg´ allap´ıtani, hiszen ez a min{ay x : x ≥ 0, 1 · x = 1} line´ aris programnak az optimuma, ahol ay := yA. Mivel az optimum cs´ ucsokban vétetik fel és az {x : x ≥ 0, 1 · x = 1} poliéder cs´ ucsai épp a (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) alak´ u egységvektorok (n darab), ezért f (y) nem m´ as, mint az yA vektor alja (azaz legkisebb komponense). S´ ari optim´ alis kevert stratégi´ aj´ anak megkeresése teh´ at egy olyan sztochasztikus y vektor megkeresésével egyenérték˝ u, amelyre az yA vektor alja a lehet˝ o legnagyobb. Anal´ og ad´ odik, hogy Oszi optim´ alis kevert stratégi´ aja egy olyan sztochasztikus x vektor megkeresését igényli, amelyre az Ax vektor teteje a lehet˝ o legkisebb. A 4.2.6 tétel alapj´ an a két érték egyenl˝ o, amib˝ ol kapjuk a kétszemélyes zér´ o¨ osszeg˝ u j´ atékok alaptételét. ´ TETEL 4.2.9 (Neumann) Tetsz˝ oleges A m´ atrix ´ altal meghat´ arozott m´ atrixj´ aték esetén a sorj´ atékos v´ arhat´ o nyereségének (a legjobb kevert stratégi´ aval elérhet˝ o) maximuma egyenl˝ o az oszlopj´ atékos v´ arhat´ o veszteségének (a legjobb kevert stratégi´ aval elérhet˝ o) minimum´ aval. Visszatérve a kiindul´ asi m´ atrixj´ atékhoz, kisz´ am´ıthat´ o (péld´ aul a szimplex m´ odszer seg´ıtségével), hogy a legjobb kevert stratégia [0, 3/5, 2/5, 0]. Ennek alkalmaz´ as´ aval S´ ari biztos´ıthatja, hogy v´ arhat´ o értékben nem vesz´ıt. A j´ aték szimmetrikus, ezért ugyanez a kevert stratégia Oszinak is optim´ alis. Ha Oszi b´ armely m´ as kevert statégia szerint j´ atszik, azaz ha a megj´ atszott elemi stratégi´ ainak gyakoris´ aga eltér a [0, 3/5, 2/5, 0] gyakoris´ agt´ ol, u ´gy S´ ari v´ arhat´ o értékben nyer. Ha ténylegesen j´ atszani akarjuk a j´ atékot, meg kell ´ allapodni abban, hogy egy fordul´ oban ki mondja ki el˝ osz¨ or a tippjét. S´ ari udvariasan” felaj´ anlja, hogy mindig Oszi mondja ki el˝ osz¨ or. Teh´ at mindketten rejtenek, ” majd Oszi kimondja a tippjét, ut´ ana S´ ari is kimondja a tippjét. Feltéve, hogy S´ ari gondolkodhat Oszi tippjének ismeretében (de persze azon m´ ar nem v´ altoztathat, amennyit rejtett), ki tudja-e akn´ azni S´ ari ezt a l´ atsz´ olagos el˝ onyt? R´ anézésre azt hihetnénk, hogy ez nem jelent val´ odi el˝ onyt, hiszen az elrejtett forintok sz´ ama minden fordul´ oban azel˝ ott ker¨ ul meghat´ aroz´ asra miel˝ ott ak´ armelyik tipp elhangzik. Mindenesetre a fenti ´ altal´ anos modell seg´ıtségével a kérdést prec´ızen meg lehet v´ alaszolni. Az eredeti m´ atrixot még kiegész´ıtj¨ uk négy sorral, mivel S´ arinak négy u ´j tiszta stratégi´ aja ad´ odott. Nevezetesen: A: S´ ari 1-t rejt és ugyanazt tippeli, mint Oszi, B: S´ ari 1-t rejt és az ellenkez˝ ojét tippeli, mint Oszi, C: 2-t rejt és ugyanazt tippeli, mint Oszi, D: 2-t rejt és az ellenkez˝ ojét tippeli, mint Oszi. A szimplex m´ odszer seg´ıtségével ki lehet sz´ am´ıtani, hogy S´ ari optim´ alis kevert stratégi´ aj´ at a k¨ ovetkez˝ o sztochasztikus vektor adja meg: [0, 56/99, 40/99, 0, 0, 2/99, 0, 1/99]. Ennek alkalmaz´ as´ aval S´ ari (Oszi b´ armilyen j´ atéka esetén is) ´ atlagosan 4/99 forint nyereségre sz´ amolhat fordul´ onként. 2013. augusztus 1.file: ljatek

79

5. Fejezet

´ ´ ES ´ LINEARIS POGRAMOZAS ´ OZATI ´ ´ AS ´ HAL OPTIMALIZAL Mi ´ allhat annak h´ atterében, hogy utakkal, folyamokkal, ´ aramokkal, p´ aros gr´ afok p´ aros´ıt´ asaival kapcsolatban megannyi szép tételt tudtunk megfogalmazni és igazolni? Miként lehet ilyen tételeket megsejteni? Ebben a fejezetben megmutatjuk, hogy a sz´ obanforg´ o h´ al´ ozati optimaliz´ al´ asi feladatok egy olyan line´ aris programként ´ırhat´ ok fel, amelyben a feltételi m´ atrix teljesen unimodul´ aris (TU). Kider¨ ul, hogy a tételek mindegyike u ´gy tekinthet˝ o, mint egy line´ aris programoz´ asi tétel (Farkas lemma, korl´ atoss´ agi tétel, optimalit´ asi feltétel, dualit´ as tétel) TU-m´ atrixokra fel´ırt alakj´ anak speci´ alis esete. TU-m´ atrixokra ugyanakkor al´ abb kimutatjuk, hogy a line´ aris programoz´ as alaperedményei er˝ osebb, ”egészérték˝ u” alakban is fenn´ allnak. Ennek a felismerésnek nem csak az lesz a haszna, hogy az els˝ o fejezetben m´ ar igazolt tételekre u ´jabb bizony´ıt´ ast nyer¨ unk, hanem ´ altala olyan hatékony eszk¨ oz birtok´ aba jutunk, amely ´ altal´ anosabb ilyen ir´ any´ u tételek megsejtésére és bizony´ıt´ as´ ara is alkalmas.

5.1

Teljesen unimodul´ aris m´ atrixok

Az al´ abbiakban egy m´ atrixot vagy egy vektort akkor nevez¨ unk egésznek vagy egészérték˝ unek, ha minden elem¨ uk (komponens¨ uk) egész sz´ am. Gyakran el˝ ofordul, hogy egy line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszernek egész megold´ as´ ara vagy egy line´ aris programnak egész optim´ alis megold´ as´ ara van sz¨ ukség¨ unk. Bebizony´ıtott´ ak, hogy mindkét feladat NP-teljes, ´ıgy ´ altal´ anoss´ agban olyan t´ıpus´ u kerek megold´ ast nem v´ arhatunk, mint amilyent a Farkas lemma vagy a dualit´ as tétel ny´ ujt a val´ os (vagy racion´ alis) esetre. Speci´ alis feltételi m´ atrixok esetén azonban szavatolhat´ o egészérték˝ u megold´ as vagy optimum létezése. Ennek messzemen˝ o k¨ ovetkezményei lesznek gr´ afokon megfogalmazott optimalit´ asi feladatok megértésében.

5.1.1

Defin´ıci´ ok ´ es p´ eld´ ak

Valamely Q m´ atrixot akkor nevez¨ unk teljesen unimodul´ arisnak (TU: totally unimodular), ha minden aldetermin´ ansa (0, ±1) érték˝ u. Speci´ alisan, ilyen m´ atrix minden eleme 0, +1 vagy −1. Vil´ agos, hogy TU-m´ atrix transzpon´ altja is az. Sorokat vagy oszlopokat −1-gyel szorozva vagy elhagyva ismét TU-m´ atrixot kapunk. Tov´ abb´ a, egységvektorokat sorként vagy oszlopként egy TU-m´ atrixhoz illesztve TU-m´ atrixot kapunk. Így, ha a Q TU-m´ atrixot kiegész´ıtj¨ uk egy I egység-m´ atrixszal, akkor a keletkez˝ o (Q, I) m´ atrix is TU-m´ atrix. Ha Q TU-m´ atrix, u ´gy (Q, −Q) is az. (De ha mondjuk egy csupa 1 oszloppal egész´ıtj¨ uk ki Q-t, akkor nem feltétlen¨ ul kapunk TU-m´ atrixot: legyen Q az {1, 2, 3, 4} pontokon az {12, 13, 14} élekb˝ ol ´ all´ o gr´ af 4 × 3-as incidencia m´ atrixa.) Példaképp, legyen Q egy D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af incidencia m´ atrixa, azaz Q sorai a V -nek, oszlopai E-nek felelnek meg, és az qv,e elem akkor +1 illetve −1, ha az e él belép illetve kilép v-b˝ ol (egyébként 0). Egy G = (V, E) gr´ af (pont-él) incidencia m´ atrix´ aban a soroknak a cs´ ucsok, m´ıg az oszlopoknak az élek felelnek meg. A m´ atrix egy v cs´ ucshoz és e élhez tartoz´ o eleme akkor 1, ha e egyik végpontja v, k¨ ul¨ onben 0. Teh´ at az incidencia m´ atrix minden oszlop´ aban két darab 1-es elem van. ´ TETEL 5.1.1 (a) Digr´ af incidencia m´ atrixa teljesen unimodul´ aris. (b) P´ aros gr´ af incidencia m´ atrixa teljesen unimodul´ aris. Biz. (a) Vegy¨ unk egy Q′ négyzetes részm´ atrixot, amelyr˝ ol be akarjuk l´ atni, hogy determin´ ansa 0, ±1. Amennyiben ennek van olyan oszlopa, amelyben legfeljebb csak egy nem-nulla elem van, akkor ezen oszlop szerint

80

kifejtve a determin´ anst, indukci´ oval kész vagyunk. Így feltehetj¨ uk, hogy minden oszlopban pontosan két nemnulla van (merthogy t¨ obb nem lehet). Ezek k¨ oz¨ ul az egyik +1, a m´ asik −1, vagyis a sorokat ¨ osszeadva 0-t kapunk, azaz Q′ sorai line´ arisan f¨ ugg˝ oek, ´ıgy a determin´ ans 0. (b) Szorozzuk meg −1-gyel a m´ atrix azon sorait, amelyek a p´ aros gr´ af egyik oszt´ aly´ aban lév˝ o pontoknak felelnek meg. Ekkor egy ir´ any´ıtott gr´ af incidencia m´ atrix´ at kapjuk, amir˝ ol az el˝ obb l´ attuk, hogy TU. • Feladat 5.1 Igazoljuk, hogy ha egy p´ aros gr´ af incidencia m´ atrix´ at kib˝ ov´ıtj¨ uk egy csupa egyesekb˝ ol ´ all´ o sorral, akkor TU-m´ atrixot kapunk, m´ıg ha az oszlopaihoz vesz¨ unk egy csupa egyes oszlopot, akkor az ´ıgy keletkez˝ o m´ atrix nem feltételen¨ ul TU. Feladat 5.2 Igazoljuk, hogy egy D digr´ af incidencia m´ atrix´ anak oszlopai akkor és csak akkor line´ arisan f¨ uggetlenek, ha D ir´ any´ıtott erd˝ o. Hipergr´ afon egy (V, F) p´ art ért¨ unk, ahol V adott alaphalmaz, F pedig V részhalmazainak egy rendszere, amelyben ugyanaz a részhalmaz t¨ obb péld´ anyban is szerepelhet. Az F tagjai a hipergr´ af hiper´ elei. Egy H hipergr´ afot akkor nevezz¨ unk teljesen unimodul´ arisnak, ha H incidencia m´ atrixa teljesen unimodul´ aris. Ez egy olyan 0 − 1 érték˝ u m´ atrix, amelyben a soroknak a V elemei felelnek meg, az oszlopoknak az F elemei, és a m´ atrix egy eleme pontosan akkor egy, ha az oszlop´ anak megfelel˝ o hiperél tartalmazza a m´ atrix-elem sor´ anak megfelel˝ o V -beli elemet. A gr´ afok speci´ alis hipergr´ afok, ahol minden hiperél kételem˝ u. Ezek k¨ oz¨ ul m´ ar l´ attuk, hogy a p´ aros gr´ afok teljesen unimodul´ arisak. M´ as gr´ afok viszont sohasem azok, hiszen egy p´ aratlan k¨ or incidencia m´ atrix´ anak determin´ ansa ±2. Mint l´ attuk, minden D digr´ af ±1-es incidencia m´ atrixa TU. Ezt ´ altal´ anos´ıtja a h´ al´ ozati m´ atrix. Legyen D olyan ir´ any´ıtott gr´ af, amely ir´ any´ıtatlan értelemben ¨ osszef¨ ugg˝ o és legyen F egy fesz´ıt˝ o fa. A HF m´ atrix sorai az F éleinek felelnek meg, m´ıg az oszlopai az F -en k´ıv¨ uli éleknek. Minden e = uv nem-fa élre a f´ aban egy egyértelm˝ u (nem feltétlen¨ ul ir´ any´ıtott) u ´t vezet v-b˝ ol u-ba. Ennek egy f elemére a m´ atrix af,e elemét defini´ aljuk 1-nek, ha f ir´ anya megegyezik az u ´téval és −1-nek, ha azzal ellentétes. A m´ atrix minden m´ as eleme 0. Lemma 5.1.2 H´ al´ ozati m´ atrix részm´ atrixa is az. h´ al´ ozati m´ atrixot kapunk.

H´ al´ ozati m´ atrix sor´ at vagy oszlop´ at −1-gyel szorozva

Biz. Egy oszlop elt¨ orlése annak felel meg, hogy a megfelel˝ o nem-fa élt a digr´ afb´ ol kihagyjuk. Egy sor t¨ orlése annak felel meg, hogy a megfelel˝ o fa-élt a digr´ afban ¨ osszeh´ uzzuk. Egy sor vagy oszlop −1-gyel val´ o szorz´ asa annak felel meg, hogy a megfelel˝ o élt (ak´ ar fa-él, ak´ ar nem-fa él) ´ atir´ any´ıtjuk. • ´ TETEL 5.1.3 A HF h´ al´ ozati m´ atrix teljesen unimodul´ aris. Biz. A lemma alapj´ an elég bel´ atni, hogy egy négyzetes h´ al´ ozati m´ atrix determin´ ansa 0, 1 vagy −1. Tekints¨ uk a f´ anak egy v végpontj´ at. Ha az F fa v-vel szomszédos éléhez tartoz´ o sorban lév˝ o nem-nulla elemek α sz´ ama legfeljebb 1, akkor a determin´ ans kifejtési szab´ aly alapj´ an indukci´ oval készen vagyunk. Tegy¨ uk fel, hogy α > 1, ´ any´ıt´ vagyis v szomszédos legal´ abb két nem-fa éllel. Atir´ as miatt feltehet˝ o, hogy ezek k¨ oz¨ ul pontosan egy van v felé ir´ any´ıtva. Legyen ez sv és legyen vt egy m´ asik nem-fa él. Ha az sv-nek megfelel˝ o oszlopot, hozz´ aadjuk a vt-nek megfelel˝ o oszlophoz, akkor egyrészt persze a determin´ ans értéke nem v´ altozik, m´ asrészt ismét h´ al´ ozati m´ atrixot kapunk, éspedig azé a gr´ afét, amelyben a vt él helyett az st él szerepel. Ilyen ´ atalak´ıt´ asokkal egy olyan gr´ afot kaphatunk, amelyben az F fesz´ıt˝ o fa v´ altozatlan, egyetlen nem-fa él (nevezetesen sv) szomszédos v-vel, vagyis a hozz´ atartoz´ o h´ al´ ozati m´ atrix v-nek megfelel˝ o sor´ aban egy nemnulla elem van. Ilyen h´ al´ ozati m´ atrixr´ ol pedig m´ ar l´ attuk, hogy a determin´ ansa 0, ±1, ugyanakkor a fenti oper´ aci´ ok nem v´ altoztatt´ ak a determin´ ans abszol´ ut értékét. • K¨ ovetkezm´ eny 5.1.4 Egy olyan hipergr´ af, amely egy ir´ any´ıtott fa élhalmaz´ an van defini´ alva és a hiperélek ir´ any´ıtott utak, teljesen unimodul´ aris. • Egy hipergr´ afot lamin´ arisnak mondunk, ha b´ armely két hiperéle vagy diszjunkt vagy az egyik tartalmazza a m´ asikat. Péld´ aul, ha F = (V, E) egy s gy¨ oker˝ u feny˝ o és minden e = uv éléhez tekintj¨ uk a v-b˝ ol a feny˝ oben elérhet˝ o pontok halmaz´ at, akkor ezen halmazok lamin´ aris rendszert alkotnak. Val´ oj´ aban ezen ´ all´ıt´ as megford´ıt´ as´ at sem nehéz bebizony´ıtani, amely szerint minden lamin´ aris halmazrendszer lényegében ilyen alakban ´ all el˝ o. Legyen F1 és F2 két lamin´ aris hipergr´ af az S alaphalmazon. Jel¨ olje Ai (i = 1, 2) az Fi incidencia m´ atrix´ anak transzpon´ a ltj´ a t. Ebben az oszlopok az S elemeinek felelnek meg, m´ ıg a sorok F elemeinek. Legyen M := i A1 . A2 ´ TETEL 5.1.5 M teljesen unimodul´ aris.

81

Biz. Vegy¨ uk M -nek egy négyzetes részm´ atrix´ at. Az ebben lév˝ o egyesek sz´ ama szerinti indukci´ oval ennek determin´ ans´ ar´ ol kimutatjuk, hogy 0 vagy ±1. Mivel Ai b´ armely részm´ atrixa is egy lamin´ aris rendszer incidencia m´ atrixa (miért?!), ´ıgy feltehetj¨ uk, hogy a vizsg´ alt részm´ atrix maga M . Ha M -ben minden elem nulla, akkor persze a determin´ ans is nulla. Ha M -nek van olyan sora vagy oszlopa, amelyben legfeljebb egy nem-nulla elem van, akkor indukci´ oval (és kifejtési szab´ allyal) készen vagyunk. Ha F1 is és F2 is part´ıci´ o, akkor mind A1 , mind A2 sorainak ¨ osszege a csupa 1 vektor, teh´ at A sorai line´ arisan f¨ ugg˝ oek, ´ıgy det(M ) = 0. Tegy¨ uk fel, hogy mondjuk F1 nem part´ıci´ o. Ekkor van egy olyan minim´ alis Z tagja, amely része F1 egy m´ asik tagj´ anak. Ha most F1 -nek valamennyi Z-tartalmaz´ o tagj´ ab´ ol kivonjuk Z-t, ami azzal ekvivalens (a laminarit´ as miatt), hogy a megfelel˝ o sorokb´ ol kivonjuk Z sor´ at, akkor a determin´ ans értéke nem v´ altozik. Viszont a keletkez˝ o m´ atrixban kevesebb egyes szerepel, ´ıgy indukci´ oval készen vagyunk. • Feladat 5.3 Igazoljuk, hogy az 5.1.5 tételben szerepl˝ o M m´ atrix h´ al´ ozati m´ atrix! Feladat 5.4 Igazoljuk, hogy az al´ abbi m´ atrix teljesen unimodul´ aris, de sem ˝ o, sem a transzpon´ altja nem h´ al´ ozati m´ atrix: 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0  1 0 1 1 0 .   1 0 0 1 1 1 1 0 0 1

5.1.2

Farkas lemma, dualit´ as t´ etel, optimalit´ asi felt´ etelek TU-m´ atrixokra

Az er˝ os b´ azis-megold´ as fogalma m´ ar eddig is hasznos volt (mert csak véges sok volt bel˝ ol¨ uk, és mert minden, a poliéderen fel¨ ulr˝ ol korl´ atos cx célf¨ uggvény esetén max cx er˝ os b´ azis-megold´ ason felvétetett.) E fogalom most u ´jabb fontos szerephez jut. Lemma 5.1.6 Tetsz˝ oleges M TU-m´ atrixszal megadott egyenl˝ otlenség-rendszer esetén, ha a b jobboldali korl´ atoz´ o vektor egész, akkor minden er˝ os b´ azis-megold´ as egész. Biz. Legyen M =

P Q

és tekints¨ uk a P x = b0 , Qx ≤ b1

(5.1)

rendszert. A 3.3.11 tétel szerint minden er˝ os b´ azis-megold´ as el˝ o´ all valamely M ′ x′ = b′ egyenletrendszer egyértelm˝ u megold´ as´ anak nulla komponensekkel val´ o kiegész´ıtéseként, ahol M ′ az M egy [(r(M ) × (r(M )]-es nem-szingul´ aris részm´ atrixa és b′ jel¨ oli a b azon részét, amely az M ′ sorainak felel meg. M´ armost, ha M TU′ m´ atrix, akkor a nem-szingul´ aris M determin´ ansa +1 vagy −1. A Cramer szab´ aly szerint, miut´ an b′ egész, az egyértelm˝ u x′ megold´ as is az. • Lemma 5.1.7 Legyen c tetsz˝ oleges (nem feltétlen¨ ul egészérték˝ u) vektor. B´ armely M TU-m´ atrixszal megadott K metszet-k´ upnak, ha van olyan x′ eleme, amelyre cx′ > 0, akkor K-nak van ilyen (0, ±1)-érték˝ u eleme is.

P és tegy¨ uk fel, hogy a K k´ up a P x = 0, Qx ≤ 0 rendszer megold´ as-halmaza. Mivel Q x′ pozit´ıv sz´ amszorosa is K-ban van, feltehet˝ o, hogy x′ maga olyan, hogy minden komponense a [−1, +1] z´ art intervallumba esik. Vagyis a

Biz. Legyen M =

(−1, . . . , −1) ≤ x ≤ (1, . . . , 1), P x = 0, Qx ≤ 0

(5.2)

rendszer ´ altal meghat´ arozott korl´ atos poliédernek x′ olyan eleme, amelyre cx′ > 0. Ekkor a 4.1.2 tétel szerint van olyan x∗ er˝ os b´ azis-megold´ asa (5.2) rendszernek, amelyre cx∗ ≥ cx′ . A 5.1.6 lemma miatt x∗ egészérték˝ u, azaz minden komponense 0, ±1. • A Farkas lemma szerint a (5.1) és az al´ abbi (5.3) rendszerek k¨ oz¨ ul pontosan az egyik oldhat´ o meg. Az al´ abbi tétel a Farkas lemma TU-m´ atrixokra vonatkoz´ o éles´ıtését szolg´ altatja.

P m´ atrix teljesen unimodul´ aris. Ha az (5.1) prim´ al probléma Q oldhat´ o meg és a korl´ atoz´ o b vektor egész, akkor (5.1)-nek van egész megold´ asa is. Ha az

´ TETEL 5.1.8 Tegy¨ uk fel, hogy az M =

y1 ≥ 0, yM = 0, yb < 0

(5.3)

du´ alis probléma oldhat´ o meg, ahol y = (y0 , y1 ), akkor van (0, ±1)-érték˝ u y megold´ as is (f¨ uggetlen¨ ul b egészérték˝ uségét˝ ol).

82

Biz. A tétel els˝ o fele k¨ ovetkezik az 5.1.6 lemm´ ab´ ol, és abb´ ol a kor´ abbi eredményb˝ ol, hogy ha létezik megold´ as, akkor létezik er˝ os b´ azis-megold´ as is. A tétel m´ asodik fele pedig a 5.1.7 lemma k¨ ozvetlen folyom´ anya. • Egy poliédert akkor nevez¨ unk egésznek, ha minden oldala tartalmaz egész pontot. Ez nyilv´ an azzal ekvivalens, hogy minden (tartalmaz´ asra nézve) minim´ alis oldal tartalmaz egész pontot, tov´ abb´ a azzal (az oldal defin´ıci´ oja folyt´ an), hogy minden line´ aris célf¨ uggvény optimuma egész vektoron is felvétetik. Cs´ ucsospoliéder P esetén a poliéder akkor egész, ha minden cs´ ucsa egész. Az al´ abbi tételek mindegyikében az M = m´ atrix Q teljesen unimodul´ aris és b egész vektor. ´ TETEL 5.1.9 Ha a max{cx : P x = b0 , Qx ≤ b1 } line´ aris programoz´ asi problém´ anak létezik megold´ asa, akkor az optimum egész vektoron is felvétetik (f¨ uggetlen¨ ul att´ ol, hogy c egészérték˝ u vagy sem). Ekvivalens alakban: minden TU-m´ atrix és egész korl´ atoz´ o vektor ´ altal megadott poliéder egész. Biz. Miut´ an az optimum er˝ os b´ azis-megold´ ason is felvétetik, a 5.1.6 lemm´ ab´ ol a tétel k¨ ovetkezik. • Az al´ abbi tételek ugyan´ıgy k¨ ovetkeznek a 4.1.5 és 4.2.2 tételekb˝ ol az 5.1.6 és 5.1.7 lemm´ ak seg´ıtségével. ´ TETEL 5.1.10 Tegy¨ uk fel, hogy R = {x : P x = b0 , Qx ≤ b1 } nem¨ ures. A k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (1) {cx : x ∈ R} fel¨ ulr˝ ol korl´ atos. (2) Nem létezik olyan (0, ±1)-érték˝ u x′ vektor, amelyre P x′ = 0, Qx′ ≤ 0, és cx′ > 0. (3) Létezik olyan y = (y0 , y1 ) vektor, amelyre y1 ≥ 0 és yM = c, és amely egész, amennyiben c egész. • ´ ıv TETEL 5.1.11 Legyen x∗ az R := {x : P x = b0 , Qx ≤ b1 )} poliéder egy eleme. Jel¨ olje Q= x∗ a Q akt´ részm´ atrix´ at. A k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (1) x∗ maximaliz´ alja cx-t R f¨ ol¨ ott. ′ es cx′ > 0. (2) Nem létezik olyan (0, ±1)-érték˝ u x′ vektor, amelyre P x′ = 0, Q= x∗ x ≤ 0, ´ (3) Létezik olyan y = (y0 , y1 ) vektor, amelyre y1 ≥ 0, yM = c, y(b − M x∗ ) = 0, és y egész, amennyiben c egész. •

5.1.3

Kerek´ıt´ es ´ es egyenletes sz´ınez´ es

Kerek´ıt´ es Akkor mondjuk, hogy egy z egész sz´ am az x sz´ am kerek´ıt´ ese, ha |x − z| < 1. (Teh´ at az 1, 01-nak az 1 és a 2 is kerek´ıtése.) Ez speci´ alisan azt jelenti, hogy ha x egész, akkor x = z. A z vektor az x vektor kerek´ıt´ ese, ha minden komponense kerek´ıtés. Egy x nem-egész sz´ am ⌊x⌋ als´ o egész részén a legnagyobb x-nél kisebb egész sz´ amot értj¨ uk, m´ıg ⌈x⌉ fels˝ o egész részen a legkisebb x-nél nagyob sz´ amot. Egész x-re ⌊x⌋ := ⌈x⌉ := x. Amennyiben x egy vektort jel¨ ol, u ´gy ⌊x⌋ azt a vektort jel¨ oli, amelyet x-b˝ ol nyer¨ unk a komponenseinek als´ o egész részét véve. Az x vektor ⌈x⌉ fels˝ o egész részét anal´ og m´ odon defini´ aljuk. Lemma 5.1.12 Legyen A teljesen unimodul´ aris m´ atrix és x0 egy vektor. Ekkor létezik egy olyan q egészérték˝ u vektor, amelyre ⌊x0 ⌋ ≤ q ≤ ⌈x0 ⌉ és ⌊Ax0 ⌋ ≤ Aq ≤ ⌈Ax0 ⌉. M´ as sz´ oval az x0 -nak van olyan q kerek´ıtése, hogy az A minden a sor´ ara aq kerek´ıtése ax0 -nak. Biz. A feltevés szerint az ⌊x0 ⌋ ≤ z ≤ ⌈x0 ⌉ és ⌊Ax0 ⌋ ≤ Az ≤ ⌈Ax0 ⌉ rendszernek van megold´ asa, ´ıgy az 5.1.8 tétel szerint van egész megold´ asa is. • ´ Erdemes megfogalmazni az al´ abbi k¨ ovetkezményt: Ha (S, F) teljesen unimodul´ aris hipergr´ af, u ´gy b´ armely P x0 : S → R f¨ u ggv´ e nynek l´ e tezik olyan q kerek´ ıt´ e se, hogy minden A ∈ F hiper´ e lre a [q(v) : v ∈ A] sz´ am P kerek´ıtése [x0 (v) : v ∈ A]-nak.

´ TETEL 5.1.13 Tetsz˝ oleges m × n-es B m´ atrixnak van olyan kerek´ıtése, hogy a k¨ ovetkez˝ o mennyiségek mind egynél kevesebbel v´ altoznak: minden sor¨ osszeg, minden oszlop¨ osszeg, az els˝ o j sor elemeinek ¨ osszege (j = 1, 2, . . . , m), az els˝ o i oszlop elemeinek ¨ osszege (i = 1, 2, . . . , n). Biz. Legyen S a B m´ atrix mez˝ oinek halmaza. B minden sor´ ahoz legyen a sorban lév˝ o mez˝ ok halmaza tagja F1 -nek valamint minden i-re (2 ≤ i ≤ m) az els˝ o i sor mez˝ oinek halmaza legyen tagja F1 -nek (¨ osszesen teh´ at 2m − 1 tagja van F1 -ben). F2 anal´ og m´ odon van defini´ alva az oszlopok seg´ıtségével. Ekkor Fi lamin´ aris, ´ıgy az 5.1.5 tétel és az 5.1.12 lemma alapj´ an készen vagyunk. • ´ TETEL 5.1.14 Egy x1 , . . . xn sorozat elemeinek létezik olyan z1 , . . . , zn kerek´ıtése, hogy minden 1 ≤ i ≤ j ≤ n indexre a zi + · · · + zj ¨ osszeg kerek´ıtése az xi + · · · + xj ¨ osszegnek. Biz. A {v1 , . . . , vn } alaphalmazon tekints¨ uk azt a hipergr´ afot, melynek élei a {vi , . . . , vj } t´ıpus´ u halmazok minden 1 ≤ i ≤ j ≤ n index p´ arra. Amint m´ ar l´ attuk, ez a hipergr´ af teljesen unimodul´ aris, ´ıgy az 5.1.12 lemma alkalmazhat´ o. •

83

Egyenletes sz´ınez´ esek A teljesen unimodul´ aris m´ atrixok egy m´ asik érdekes alkalmaz´ asa hipergr´ afok egyenletes sz´ınezésével foglalkozik. ´ TETEL 5.1.15 Legyen A TU-m´ atrix, b egész vektor, k pozit´ıv egész. Legyen z olyan egész vektor, amelyre Az ≤ kb. Ekkor z el˝ o´ all olyan z1 , z2 , . . . , zk egész vektorok ¨ osszegeként, melyekre Azi ≤ b. Biz. k szerinti indukci´ o alapj´ an elég egy olyan egész z1 egész vektort tal´ alni, amelyre Az1 ≤ b és A(z − z1 ) ≤ (k − 1)b. Ugyanis ilyen z1 létezése esetén z ′ := z − z1 olyan, amelyre Az ′ ≤ (k − 1)b és az indukci´ os feltevés alkalmazhat´ o (k − 1)-re. A fenti z1 létezéséhez csak azt kell l´ atni, hogy az Az − (k − 1)b ≤ Ax ≤ b poliédernek van egész pontja. A poliéder mindenesetre nem¨ ures, hiszen z/k benne van. Tov´ abb´ a a feltételek egy TU-m´ atrixszal adhat´ ok meg, ´ıgy létezik a k´ıv´ ant egész pont is. • A fenti tétel kiterjeszthet˝ o arra az esetre, amikor z nemnegativit´ as´ at is megk¨ ovetelj¨ uk, és az Ax-re nemcsak fels˝ o korl´ at van, hanem als´ o is. Val´ oban, ha A TU-m´ atrix, akkor az (A, −A, I) m´ atrix is teljesen unimodul´ aris. Kapjuk a k¨ ovetkez˝ ot. K¨ ovetkezm´ eny 5.1.16 Ha z ≥ 0 olyan egész vektor, amelyre kb1 ≤ Az ≤ kb2 , akkor z felbomlik olyan z1 , z2 , . . . , zk egész vektorok ¨ osszegére, melyekre zi ≥ 0, és b1 ≤ Azi ≤ b2 . • Ezt felhaszn´ alhatjuk TU-m´ atrixok oszlopainak egyenletes k-sz´ınezésére. Az A oszlopainak egy part´ıci´ oj´ at (,,sz´ınezését”) A1 , A2 , . . . , Ak részre akkor nevezz¨ uk egyenletesnek, ha A minden a sor´ ara érvényes, hogy a sornak az egyes Ai részekbe es˝ o elemeinek ¨ osszege minden Ai -re lényegében ugyanaz, teh´ at ⌊en a/k⌋ vagy ⌈en a/k⌉. ´ TETEL 5.1.17 Az A TU-m´ atrix oszlopainak létezik egyenletes k-sz´ınezése. Biz. Legyen d az A oszlopainak az ¨ osszege. Legyen b1 := ⌊d/k⌋, b2 := ⌈d/k⌉. Ekkor a z :≡ 1 benne van a {kb1 ≤ Ax ≤ kb2 , x ≥ 0} poliéderben. Az el˝ obbi k¨ ovetkezmény szerint z felbomlik z1 , z2 , . . . , zk egész vektorok ¨ osszegére, melyekre zi ≥ 0, és b1 ≤ Azi ≤ b2 . Vil´ agos, hogy a zi -k 0 − 1 vektorok. Legyen Ai az oszlopoknak azon halmaza, melyeknek megfelel˝ o komponense zi -nek 1. Ezek éppen a k´ıv´ ant egyenletes sz´ınezést adj´ ak. •

Egy alkalmaz´ as K¨ ovetkezm´ eny 5.1.18 Adott egy F ir´ any´ıtott fa (speci´ alis esetben ir´ any´ıtott u ´t) és F ir´ any´ıtott rész´ utjainak egy P := {P1 , . . . , Pt } rendszere, ahol minden utat F -élek egy részhalmaz´ anak tekint¨ unk. P tagjai megsz´ınezhet˝ ok k sz´ınnel (minden k pozit´ıv egészre) u ´gy, hogy F minden e élére az e-t tartalmaz´ o egysz´ın˝ u utak sz´ ama minden sz´ınre lényegében ugyanannyi, ahol a ,,lényegében ugyanannyi” azt jelenti, hogy b´ armely két sz´ınoszt´ alyra az eltérés legfeljebb egy lehet. • Ha a h´ al´ ozati m´ atrix transzpon´ altj´ ara alkalmazzuk az egyenletes sz´ınezési tételt, akkor a k¨ ovetkez˝ ot kapjuk. K¨ ovetkezm´ eny 5.1.19 Adott egy F ir´ any´ıtott fa és F ir´ any´ıtott rész´ utjainak egy P := {P1 , . . . , Pt } rendszere, ahol minden utat F -élek egy részhalmaz´ anak tekint¨ unk. Az F élei megsz´ınezhet˝ ok k sz´ınnel (minden k pozit´ıv egészre) u ´gy, hogy P minden tagj´ aban a sz´ınek lényegében egyenletes sz´ amban fordulnak el˝ o. • Feladat 5.5 Egyszer˝ u moh´ o algoritmus megad´ as´ aval k¨ ozvetlen¨ ul bizony´ıtsuk be az 5.1.19 k¨ ovetkezményt. Az 5.1.17 tétel p´ aros gr´ afokra vonatkoz´ o k¨ ovetkezményeit a 5.2.6 tételben t´ argyaljuk. 2013. augusztus 1. file: ulin26

84

5.2

A line´ aris programoz´ as alkalmaz´ asai a h´ al´ ozati optimaliz´ al´ asban

Ebben a részben ´ attekintj¨ uk az els˝ o fejezetben megismert eredményeket a line´ aris programoz´ as szemsz¨ ogéb˝ ol. A csupa egyesb˝ ol ´ all´ o j-dimenzi´ os vektort ej jel¨ oli, m´ıg a j · j-es identit´ as m´ atrixot Ij .

5.2.1

P´ aros gr´ afok: optim´ alis r´ eszgr´ afok

Optim´ alis p´ aros´ıt´ asok El˝ osz¨ or levezetj¨ uk K˝ onig az esl˝ o fejezetben m´ ar megismert 1.4.1 tételét: ´ TETEL 5.2.1 (K˝ onig) A G = (S, T ; E) p´ aros gr´ afban a f¨ uggetlen élek maxim´ alis ν sz´ ama egyenl˝ o az éleket lefog´ o pontok minim´ alis τ sz´ am´ aval. Biz. A gr´ af pontjainak sz´ am´ at jel¨ olje p az élek sz´ am´ at q. A p´ aros gr´ af incidencia m´ atrix´ at jel¨ olje A, amelyben a soroknak a gr´ af pontjai, az oszlopoknak a gr´ af élei felelnek meg. Ekkor teh´ at A egy p×q méret˝ u 0−1-m´ atrix. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o prim´ al-du´ al line´ aris program p´ art: max{eq x : Ax ≤ ep , x ≥ 0},

(5.4)

min{ep y : yA ≥ eq , y ≥ 0}.

(5.5)

Az 5.1.9 tétel szerint mindkét programnak az optimuma egész vektoron felvétetik. Jel¨ olj¨ uk ezeket rendre x0 -lal és y0 -lal. (5.4) minden egészérték˝ u megold´ asa 0−1 érték˝ u, és r¨ ogt¨ on l´ atszik, hogy (5.5) minden optim´ alis egészérték˝ u megold´ asa is 0 − 1 érték˝ u. Legyen M azon élek halmaza, melyeken x0 az 1 értéket veszi fel, és legyen L azon pontok halmaza, amelyeken y0 1-et vesz fel. Az Ax ≤ ep feltétel azt jelenti, hogy M p´ aros´ıt´ as a gr´ afban, m´ıg az yA ≥ eq feltétel azt jelenti, hogy L az éleket lefog´ o pontrendszer. A prim´ al és du´ al optimum értékek egyenl˝ osége pedig azt jelenti, hogy |M | = |L|, ami a célunk volt. • E bizony´ıt´ as kapcs´ an azt mondhatjuk, hogy a K˝ onig tétel nem m´ as, mint a dualit´ as tétel TU-m´ atrixokra vonatkoz´ o egészérték˝ u alakja abban a speci´ alis esetben, amikor a feltételi m´ atrix a p´ aros gr´ af incidencia m´ atrixa, m´ıg a korl´ atoz´ o vektor és a célf¨ uggvény a (megfelel˝ o dimenzi´ os) azonosan 1 vektor. Természetesen a prim´ al programban az azonosan 1 célf¨ uggvény helyett v´ alaszthatunk tetsz˝ oleges c célf¨ uggvényt. Ekkor a fenti megk¨ ozel´ıtés az 1.4.10 tételt adja meg:

P

´ TETEL 5.2.2 P´ aros gr´ afban egy p´ aros´ıt´ as maxim´ alis k¨ oltsége egyenl˝ o min{ v∈V π(v) : π ≥ 0, π(u) + π(v) ≥ c(uv) minden uv élre}. Ha c egészérték˝ u, az optim´ alis π is v´ alaszthat´ o egészérték˝ unek. • Melléktermékként kapjuk: ´ TETEL 5.2.3 A G p´ aros gr´ af A incidencia m´ atrix´ aval fel´ırt {x : Ax ≤ ep , x ≥ 0}

(5.6)

poliéder egész, amelynek cs´ ucsai pontosan a gr´ af p´ aros´ıt´ asainak incidencia vektorai. • Egy gr´ af p´ aros´ıt´ as politopja a p´ aros´ıt´ asok incidencia vektorainak konvex burka. A 3.4.3 tétel szerint tetsz˝ oleges politop (korl´ atos) poliéder, azaz fel´ırhat´ o egy line´ aris egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ ashalmazaként. A 5.2.3 tétel a (5.6) rendszerrel teh´ at konkrétan megadja a p´ aros´ıt´ as politop poliéderként t¨ ortén˝ o el˝ o´ all´ıt´ as´ at. (Ezek miatt nem okozhat félreértést, hogy a p´ aros´ıt´ as politopot gyakran p´ aros´ıt´ as poliédernek h´ıvj´ ak.) Megjegyzend˝ o, hogy tetsz˝ oleges gr´ afra is a p´ aros´ıt´ as politop mindig része a (5.6) poliédernek, de ilyenkor lehet val´ odi része. Nevezz¨ unk egy m´ atrixot bisztochasztikusnak, ha négyzetes, nemnegat´ıv és minden sor¨ osszege valamint minden oszlop¨ osszege egy. Legegyszer˝ ubb bisztochasztikus m´ atrixok a permut´ aci´ o m´ atrixok, melyeknek minden eleme 0 vagy 1 és minden oszlop´ aban és minden sor´ aban pontosan egy darab egyes van. Permut´ aci´ o m´ atrixok konvex kombin´ aci´ oja is bisztochasztikus. A k¨ ovetkez˝ o tétel f˝ o mondanival´ oja az, hogy val´ oj´ aban minden bisztochasztikus m´ atrix el˝ o´ all ilyen alakban. ´ TETEL 5.2.4 (Birkhoff ´ es Neumann) Egy m´ atrix akkor és csak akkor bisztochasztikus, ha permut´ aci´ o m´ atrixok konvex kombin´ aci´ oja. Biz. Egy B n × n-es m´ atrix megfelel egy G n × n-es teljes p´ aros gr´ af élhalmaz´ an értelmezett xB vektornak. Figyelj¨ uk meg, hogy a permut´ aci´ o m´ atrixok éppen a teljes p´ aros´ıt´ asoknak felelnek meg. Ha B bisztochasztikus, aros´ıt´ as poliéderében, vagyis el˝ o´ all p´ aros´ıt´ asok (incidencia akkor AxB = en2 , xB ≥ 0, azaz xB benne van a G p´ vektorainak) konvex kombin´ aci´ ojaként. Teh´ at B el˝ o´ all permut´ aci´ o m´ arixok konvex kombin´ aci´ ojaként. • Természetesen megkaphatjuk Egerv´ ary 1.4.4 tételét, s˝ ot most m´ ar belefoglaljuk azt az esetet is, amikor a s´ ulyf¨ uggvény nem egész.

85

´ TETEL 5.2.5 (Egerv´ ary) A G = (S, T ; E) teljes p´ aros´ıt´ assal rendelkez˝ o p´ aros gr´ afban a c ≥ 0 s´ ulyf¨ uggvényre vonatkoz´ o maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ as νc s´ ulya egyenl˝ o a s´ ulyozott lefog´ asok minim´ alis τc ¨ osszértékével. Amennyiben G teljes p´ aros gr´ af, u ´gy az optim´ alis s´ ulyozott lefog´ as v´ alaszthat´ o nemnegat´ıvnak is. Amennyiben c egészérték˝ u az optim´ alis s´ ulyozott lefog´ as is v´ alaszthat´ o annak. Biz. A fenti megk¨ ozel´ıtéshez képest csak annyit kell v´ altoztatni, hogy az Ax ≤ ep egyenl˝ otlenség rendszer helyett az Ax = ep egyenletrendszert kell venn¨ unk. Ekkor persze a du´ alisban a v´ altoz´ okra nincs nemnegat´ıvit´ as el˝ o´ırva. A teljes p´ aros gr´ af esetén azért igaz mégis, hogy az optim´ alis du´ alis megold´ as v´ alaszthat´ o nemnegat´ıvnak, mert ilyenkor az {max cx : Ax ≤ ep , x ≥ 0} line´ aris program optim´ alis megold´ asa c nem negativit´ asa valamint a p´ aros gr´ af teljessége miatt mindig teljes p´ aros´ıt´ ason is felvétetik, m´ arpedig ezen line´ aris program du´ alis´ aban a v´ altoz´ ok nemnegat´ıvak. • Mi t¨ orténik, ha adott k-ra a pontosan k él˝ u p´ aros´ıt´ asok maxim´ alis s´ uly´ ara szeretnénk tételt kapni? Miut´ an bebizony´ıthat´ o, hogy egy p´ aros gr´ af incidenciam´ atrix´ at egy csupa egyes sorral kiegész´ıtve tov´ abbra is TUm´ atrixot kapunk (figyelem: csupa egyes oszloppal val´ o kiegész´ıtéssel nem), ´ıgy a k¨ ovetkez˝ o prim´ al-du´ al line´ aris program p´ ar megadja a v´ alaszt: max{cx : Ax ≤ ep , eq x = k} és min{πep + kα : πA + αeq ≥ c, π ≥ 0}. A prim´ al optimum teh´ at egészérték˝ u, és ´ıgy sz¨ ukségképpen egy k elem˝ u p´ aros´ıt´ as incidencia vektora. A du´ al optimum is egészérték˝ u, feltéve, hogy c az.

P´ aros gr´ af foksz´ amkorl´ atozott r´ eszgr´ afjai: a sz´ all´ıt´ asi probl´ ema Tov´ abbi ´ altal´ anos´ıt´ asokat kaphatunk, ha a prim´ al feladatban a jobboldalt valamilyen (nem-negat´ıv) b vektornak v´ alasztjuk. Ennek az a kombinatorikus jelentése, hogy a p´ aros gr´ afban maxim´ alis s´ uly´ u foksz´ amkorl´ atozott részgr´ afot keres¨ unk. Természetesen als´ o korl´ atokat is kit˝ uzhet¨ unk a foksz´ amokra, mint ahogy korl´ atozhatjuk alulr´ ol és fel¨ ulr˝ ol azt is, hogy egy élt h´ any péld´ anyban vehet¨ unk be a keresett részgr´ afba (megint csak amiatt, hogy az incidencia m´ atrixot egy csupa egyes sorral kiegész´ıtve TU-m´ atrixot kapunk). Val´ oj´ aban nem is érdemes explicit megfogalmazni a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o lehet˝ oségekre vonatkoz´ o min-max tételeket, mert a dualit´ as tétel és a p´ aros gr´ af incidencia m´ atrix´ anak teljes unimodularit´ asa m´ ar mag´ aban hordozza a sz¨ ukséges inform´ aci´ ot. Emlékeztet¨ unk, hogy kor´ abban ezen feladatok k¨ orét nevezt¨ uk sz´ all´ıt´ asi problém´ anak.

5.2.2

P´ aros gr´ afok: ´ elsz´ınez´ esek

K¨ ozismert K˝ onig élsz´ınezési tétele, amely szerint minden ∆-regul´ aris p´ aros gr´ af élhalmaza felbomlik ∆ élidegen teljes p´ aros´ıt´ asra. (Ez k¨ ozvetlen¨ ul levezethet˝ o indukci´ oval, vagy esetleg a Hall tételre t´ amaszkodva). Ugyanakkor a TU-m´ atrixokra vonatkoz´ o 5.1.17 egyenletes sz´ınezési tételb˝ ol sokkal ´ altal´ anosabb eredmény nyerhet˝ o. Az élsz´ınezési tételt néha kicsit ´ altal´ anosabban fogalmazz´ ak meg: Ha egy p´ aros gr´ afban a maxim´ alis foksz´ am ∆, akkor az éleket meg lehet ∆ sz´ınnel sz´ınezni u ´gy, hogy minden cs´ ucsba k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u élek futnak. ´ TETEL 5.2.6 Egy G = (S, T ; E) p´ aros gr´ af éleit meg lehet k sz´ınnel u ´gy sz´ınezni, hogy minden v cs´ ucsra és mindegyik j sz´ınre (j = 1, . . . , k) a v-be men˝ o d(v) darab él k¨ oz¨ ul ⌊d(v)/k⌋ vagy ⌈d(v)/k⌉ darab sz´ıne j. R´ aad´ asul még azt is megk¨ ovetelhetj¨ uk, hogy minden sz´ınoszt´ aly mérete k¨ ozel ugyanakkora legyen, vagyis ⌊|E|/k⌋ vagy ⌈|E|/k⌉. Ha k-t a maxim´ alis ∆ foksz´ amnak v´ alasztjuk, akkor megkapjuk K˝ onig élsz´ınezési tételét, amely szerint p´ aros gr´ af kromatikus indexe (élsz´ınezési sz´ ama) a maxim´ alis foksz´ ammal egyenl˝ o. Ha k-t a minim´ alis δ foksz´ amnak v´ alasztjuk, akkor Gupta egy tételét kapjuk, amely szerint G p´ aros gr´ af élhalmaza felbonthat´ o δ részre u ´gy, hogy mindegyik rész fedi az ¨ osszes pontot. •

5.2.3

Megengedett potenci´ alok, legolcs´ obb utak

Legyen D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af, melynek (0, 1, −1)-es incidencia m´ atrix´ at jel¨ olje Q. Egy π : V → R vektort akkor nevezt¨ unk a c : A → R k¨ oltségf¨ uggvényre nézve megengedett potenci´ alnak, ha π(v) − π(u) ≤ c(uv) fenn´ all minden uv ∈ A élre. Figyelj¨ uk meg, hogy egy π vektor pontosan akkor megengedett potenci´ al, ha πQ ≤ c. Egy x : A → R vektor pedig pontosan akkor ´ aram, ha Qx = 0. Megmutatjuk, hogy a megengedett potenci´ al létezésére vonatkoz´ o 1.3.8 tétel r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik a Farkas lemma TU-m´ atrixokra vonatkoz´ o élesebb alakj´ ab´ ol. Az al´ abbi tétel a 1.3.8 tétel m´ as sz¨ ovegezéssel. ´ TETEL 5.2.7 Adott c : A → R k¨ oltség-f¨ uggvényre akkor és csak akkor létezik olyan π : V → R vektor, amelyre π(v) − π(u) ≤ c(uv) minden e = uv ∈ A élre, ha c konzervat´ıv, azaz ha nem létezik negat´ıv k¨ oltség˝ u ir´ any´ıtott k¨ or. Amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy a potenci´ al is v´ alaszthat´ o annak. Biz. A Q m´ atrix transzpon´ altja teljesen unimodul´ aris, ´ıgy a 5.1.8 tétel miatt vagy létezik a πQ ≤ c rendszernek megold´ asa (amely egész, ha c az), vagy pedig a du´ alis {Qx = 0, x ≥ 0, cx < 0} rendszernek létezik egy (0, ±1)es megold´ asa. Az els˝ o eset épp egy megengedett potenci´ al létezését jelenti, m´ıg a m´ asodik esetben, x ≥ 0 miatt, x egy (0, 1) érték˝ u, negat´ıv k¨ oltség˝ u ´ aram, amely élidegen k¨ or¨ okre bomlik, és ´ıgy e k¨ or¨ ok egyike is negat´ıv. •

86

A dualit´ as tétel TU-m´ atrixokra vonatkoz´ o éles´ıtett alakj´ ab´ ol k¨ onnyen levezethet˝ o az 1.3.15 tétel is. ´ TETEL 5.2.8 Konzervat´ıv c k¨ oltségf¨ uggvény esetén az s-b˝ ol t-be vezet˝ o utak k¨ oltségének lc (t) minimuma egyenl˝ o π(t) − π(s) maximum´ aval, ahol a maximum az ¨ osszes megengedett π potenci´ alon veend˝ o. Biz. Tegy¨ uk fel, hogy a Q m´ atrix els˝ o és m´ asodik sora felel meg az s illetve a t pontnak. Tekints¨ uk a max{π(t) − π(s) : πQ ≤ c} line´ aris programot. Ennek du´ alisa min{cx : Qx = (−1, +1, 0, 0, . . . , 0), x ≥ 0}. A prim´ al program optim´ alis megold´ asa épp a tétlben szerepl˝ o maximum. Mivel Q TU-m´ atrix, ´ıgy a 5.1.9 tétel miatt létezik egészérték˝ u optim´ alis π is, ha c egész. A du´ alis programnak az 5.1.9 szerint a c egészérték˝ uségét˝ ol f¨ uggetlen¨ ul létezik egy x∗ egészérték˝ u optimuma. Figyelj¨ uk meg, hogy a Qx = (−1, +1, 0, 0, . . . , 0), x ≥ 0 megold´ asai éppen az egy nagys´ ag´ u folyamok. Mivel x∗ egészérték˝ u, ´ıgy el˝ o´ all, mint egy u ´t és ir´ any´ıtott k¨ or¨ ok (incidencia vektorainak) nemnegat´ıv kombin´ aci´ ojaként. De c konzervat´ıvit´ asa miatt a k¨ or¨ ok k¨ oltsége nemnegat´ıv, ´ıgy ezeket kihagyva feltehetj¨ uk, hogy x∗ egy st u ´t incidencia vektora. •

5.2.4

Megengedett ´ aramok ´ es folyamok

Kor´ abban m´ ar megjegyezt¨ uk, hogy ha a megmarad´ asi szab´ aly helyett csup´ an a ̺x (v) ≤ δx (v) egyenl˝ otlenséget ´ırjuk el˝ o minden v cs´ ucsn´ al, akkor x automatikusan ´ aram, m´ assz´ oval a Qx ≤ 0 egyenl˝ otlenség-rendszer megold´ ashalmaza pontosan az ´ aramok halmaza. (Ezt kellett bizony´ıtani a 1.5.1 gyakorlat (a) részében.) ´ TETEL 5.2.9 Ha f ≤ g egészérték˝ u, akkor a megengedett ´ aramok {x : Qx ≤ 0, f ≤ x ≤ g} poliédere, amennyiben nem¨ ures, egész poliéder. Biz. Mivel Q TU-m´ atrix, ´ıgy ha kiegész´ıtj¨ uk egy (negat´ıv) egységm´ atrixszal, u ´gy tov´ abbra is TU-m´ atrixot kapunk, és ´ıgy a 5.1.9 tételt alkalmazhatjuk. • Hasonl´ o megfontol´ assal kapjuk: ´ TETEL 5.2.10 A D = (V, A) digr´ af élhalmaz´ an adott a g ≥ 0 egész kapacit´ asf¨ uggvény. Legyen s és t két kijel¨ olt cs´ ucs, melyekre ̺(s) = 0 = δ(t). A k nagys´ ag´ u megengedett folyamok {x ∈ RA : 0 ≤ x ≤ g, ̺x (v) = δx (v) minden v ∈ V − {s, t}-re, δx (s) = k} poliédere, amennyiben nem¨ ures, egész poliéder. • Hoffman megengedett ´ aramok létezésére vonatkoz´ o tételét kor´ abban m´ ar kétféleképpen is bel´ attuk: egyrészt adtunk r´ a egy direkt bizony´ıt´ ast, m´ asrészt levezett¨ uk az MFMC tételb˝ ol is. Most megmutatjuk, hogy a Hoffman tétel lényegében nem m´ as, mint a Farkas lemm´ anak az 5.1.8 tételben TU-m´ atrixokra vonatkoz´ o élesebb alakja egy digr´ af incidencia m´ atrix´ ara fel´ırva. ´ TETEL 5.2.11 (Hoffman, 1960) A D = (V, A) digr´ afban adott f ≤ g kapacit´ asf¨ uggvényekre vonatkoz´ olag akkor és csak akkor létezik megengedett ´ aram, ha ̺f (X) ≤ δg (X) minden X ⊆ V halmazra.

(5.7)

Tov´ abb´ a, ha f és g egészérték˝ uek és (5.7) fenn´ all, u ´gy létezik egészérték˝ u megengedett ´ aram is. Biz. Csak az elegend˝ oség igazol´ as´ aval foglalkozunk. Tekints¨ uk a Qx ≤ 0, x ≤ g, −x ≤ −f rendszert. A 5.1.8 tételt alkalmazva kapjuk, hogy ha a fenti rendszernek nincs megold´ asa, akkor van olyan (y, u, v) (0, 1)-érték˝ u vektor amelyre (∗) yA + u − v = 0 és (∗∗) ug − vf < 0. Mivel f ≤ g, ´ıgy minden élre feltehet˝ o, hogy u(e) és v(e) k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyik nulla (ha ugyanis mindkett˝ o 1, akkor mindkett˝ ot helyettes´ıthetj¨ uk null´ aval.) Jel¨ olje Z azon z pontok halmaz´ at, ahol az y(z) = 1. Ekkor (∗) miatt minden olyan e élre, amelynek mindkét vége vagy Z-ben vagy V − Z-ben van, u(e) = v(e) = 0. Tov´ abb´ a minden Z-be belép˝ o e élre v(e) = 1, u(e) = 0 és minden z-b˝ ol kilép˝ o élre v(e) = 0, u(e) = 1. Miut´ an ug = δg (Z) és vf = ̺f (Z), ´ıgy (∗∗) ellentmond a (5.7) feltételnek. •

5.2.5

Minim´ alis k¨ olts´ eg˝ u´ aramok ´ es folyamok

Tekints¨ uk most a k¨ oltséges ´ aram problém´ at, azaz adott c : A → R k¨ oltségf¨ uggvény esetén keress¨ unk minim´ alis k¨ oltség˝ u megengedett ´ aramot, m´ as sz´ oval, oldjuk meg a min{cx : Qx = 0, f ≤ x ≤ g}

(5.8)

line´ aris programot. (Természetesen az x ≤ g egyenl˝ otlenség itt azt jelenti, hogy x(e) ≤ g(e) az olyan élekre, ahol g(e) véges. Du´ alis v´ altoz´ o teh´ at csak ilyen egyenl˝ otlenségekhez tartozik.)

87

Korl´ atoss´ ag ´ es optimalit´ as El˝ osz¨ or vizsg´ aljuk meg, hogy cx mikor korl´ atos alulr´ ol. Kész´ıts¨ unk el egy D′ = (V, A′ ) digr´ afot, és élein ′ ′ defini´ aljuk a c k¨ oltségf¨ uggvényt a k¨ ovetkez˝ oképpen. D -ben uv akkor él, ha vagy vu ∈ A, f (vu) = −∞, és ekkor c′ (uv) = −c(vu), vagy pedig uv ∈ A, g(uv) = ∞, és ekkor c′ (uv) = c(uv). B´ ar az 5.1.10 tételt specializ´ alva k¨ ozvetlen¨ ul is kiolvashat´ o az al´ abbi eredmény, u ´jra megadjuk az ottani bizony´ıt´ ast a mostani helyzetre specializ´ alva. ´ TETEL 5.2.12 Feltéve, hogy létezik megengedett ´ aram, a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (a) cx alulr´ ol korl´ atos, (b) nincs negat´ıv ¨ osszk¨ oltség˝ u ir´ any´ıtott k¨ or D′ -ben, (c) létezik egy olyan π : V → R f¨ uggvény, amelyre π(v) − π(u) ≤ c(uv), ha uv ∈ A és g(uv) = ∞,

(5.9)

π(v) − π(u) ≥ c(uv), ha uv ∈ A és f (uv) = −∞.

(5.10)

Amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy a sz´ obanforg´ o π is v´ alaszthat´ o annak. Biz. (a)→(b) Ha létezik negat´ıv k¨ or D′ -ben, akkor ennek egy olyan k¨ or felel meg D-ben, melynek az el˝ oremen˝ o élein a g végtelen, a visszamen˝ o élein az f minusz végtelen, és az éleinek ¨ osszk¨ oltsége negat´ıv. M´ arpedig ha a meglév˝ o megengedett ´ aramot az el˝ oremen˝ o éleken b´ armilyen nagy K-val egységesen megn¨ ovelj¨ uk a visszamen˝ ok¨ on pedig K-val cs¨ okkentj¨ uk, akkor megengedett ´ aramot kapunk, amelynek k¨ oltsége ´ıgy ak´ armilyen kicsi lehet. (b)→(c) Ha D′ -ben nincs negat´ıv k¨ or, akkor az 5.2.7 tétel miatt létezik egy π : V → R f¨ uggvény, amelyre uv ∈ A, g(uv) = ∞ esetén (amikor is uv ∈ A′ ) π(v) − π(u) ≤ c′ (uv) = c(uv) azaz (5.9) fenn´ all, m´ıg uv ∈ A, f (uv) = −∞ esetén (amikor is vu ∈ A′ ) π(u) − π(v) ≤ c′ (vu) = −c(uv) vagyis π(v) − π(u) ≥ c(uv), azaz (5.10) fenn´ all. (c)→(a) Tetsz˝ oleges x ´ aram k¨ oltsége b´ armely ∆π (uv) := π(v) − π(u) pontinduk´ alt k¨ oltségf¨ uggvény esetén nulla. A cπ (uv) := c(uv) − π(v) + π(u) eltolt k¨ oltségf¨ uggvényre (5.9) azzal ekvivalens, hogy cπ (uv) > 0 esetén g(uv) < ∞, m´ıg (5.10) azzal, en f (uv) > −∞. Ezek alapj´ an egy xP megengedett ´ aramra Phogy cπ (uv) < 0 eset´P c (uv)x(uv) = és (c)-t kielég´ıt˝ o π-re cx = uv∈A π Puv∈A [cπ (uv)x(uv) : cπ (uv) > 0] + uv∈A [cπ (uv)x(uv) : P o [c (uv)g(uv) : cπ (uv) > 0] + uv∈A [cπ (uv)f (uv) : cπ (uv) < 0], ami a cx-re véges als´ cπ (uv) < 0] = uv∈A π korl´ at. (Most teh´ at részletesen ki´ırogatva azt a m´ ar kor´ abban l´ atott egyszer˝ u tényt igazoltuk u ´jfent, hogy ha mind a prim´ al, mind a dual poliéder nem¨ ures, akkor cx alulr´ ol korl´ atos a prim´ al poliéderen.) • Tegy¨ uk most fel, hogy x megengedett ´ aram. Kész´ıts¨ unk el egy Dx = (V, Ax ) digr´ afot és az élhalmaz´ an egy cx k¨ oltségf¨ uggvényt a k¨ ovetkez˝ oképpen. Az uv él akkor tartozzék Ax -hez, ha vagy uv ∈ A, x(uv) < g(uv), és ekkor legyen cx (uv) := c(uv), vagy pedig vu ∈ A, x(vu) > f (vu), és ekkor legyen cx (uv) := −c(vu). A 5.1.11 tételt specializ´ alva kapjuk a k¨ ovetkez˝ ot. ´ TETEL 5.2.13 Adott x megengedett ´ aram esetén a k¨ ovetkez˝ ok ekvivalensek. (a) x optim´ alis megold´ asa a (5.8) minim´ alis k¨ oltség˝ u megengedett ´ aram feladatnak, (b) Dx -ben nem létezik negat´ıv ¨ osszk¨ oltség˝ u ir´ any´ıtott k¨ or, (c) létezik egy olyan π : V → R f¨ uggvény, amelyre π(v) − π(u) ≤ c(uv), ha uv ∈ A és x(uv) < g(uv), π(v) − π(u) ≥ c(uv), ha uv ∈ A és x(uv) > f (uv). Amennyiben c egészérték˝ u, u ´gy a sz´ obanforg´ o π is v´ alaszthat´ o annak. • Feladat 5.6 A 5.2.12 tétel fenti direkt bizony´ıt´ as´ anak mint´ aj´ ara adjuk meg az 5.2.13 tétel k¨ ozvetlen bizony´ıt´ as´ at is. Feladat 5.7 Fogalmazzuk meg és bizony´ıtsuk be a 5.2.12 és a 5.2.13 tételek megengedett potenci´ alokra vonatkoz´ o ellenp´ arj´ at. Az ´ aramokra megfogalmazott optimalit´ asi feltételt k¨ onnyen ´ atvihetj¨ uk folyamokra. ´ TETEL 5.2.14 A D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an adott a g : A → R+ kapacit´ asf¨ uggvény és a c : A → R k¨ oltségf¨ uggvény. Egy k nagys´ ag´ u megengedett z folyam akkor és csak akkor minim´ alis k¨ oltség˝ u a k nagys´ ag´ u megengedett folyamok k¨ oz¨ ott, ha létezik olyan π potenci´ al, amelyre fenn´ allnak a k¨ ovetkez˝ o optimalit´ asi feltételek: π(v) − π(u) < c(uv) ⇒ z(uv) = 0,

(i)

π(v) − π(u) > c(uv) ⇒ z(uv) = g(uv).

(ii)

88

Biz. Adjunk a digr´ afhoz egy ts élt és defini´ aljuk a k¨ oltségét 0-nak. Legyen g(ts) := f (ts) := k. Minden régi élen legyen f (e) := 0. Az ´ıgy kib˝ ov´ıtett D′ = (V, A′ ) digr´ afban a megengedett ´ aramok éppen a D-beli k nagys´ ag´ u folyamoknak felelnek meg, ´ıgy a 5.2.13 tételt D′ -re alkalmazva az (i) és (ii) feltételeket kapjuk. • A minim´ alis k¨ oltség˝ u folyamokra vonatkoz´ o algoritmus seg´ıtségével m´ ar igazoltuk az al´ abbi tételt, legal´ abbis abban az esetben, amikor g egészérték˝ u és c nemnegat´ıv (1.6.5 tétel). Megmutatjuk, hogy a h´ attérben most is az 5.1.9 tételben megfogalmazott TU-m´ atrixokra vonatkoz´ o egészérték˝ u dualit´ as tétel ´ all. ´ TETEL 5.2.15 A D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af élhalmaz´ an adott a g : A → R+ kapacit´ asf¨ uggvény és a c : A → R k¨ oltségf¨ uggvény. A k nagys´ ag´ u megengedett folyamok k¨ oltségének minimuma egyenl˝ oa kπ(t) +

X

[cπ (uv)g(uv) : uv ∈ A, cπ (uv) < 0]

(5.11)

érték maximum´ aval, ahol a maximum az ¨ osszes π : V → R f¨ uggvényre megy, amelyre π(s) = 0. Amennyiben g egészérték˝ u, az optim´ alis folyam v´ alaszthat´ o egésznek. Amennyiben c egészérték˝ u, az optim´ alis π v´ alaszthat´ o egészérték˝ unek. Biz. Tegy¨ uk fel, hogy a digr´ af Q incidencia-m´ atrix´ anak els˝ o és m´ asodik sora felel meg az s illetve a t pontnak. Tekints¨ uk a min{cx : x ≥ 0, Qx = (−k, +k, 0, 0, . . . , 0), x ≤ g} prim´ al programot. Az x ≤ g feltételt az ekvivalens (−Im )x ≥ −g alakba téve fel´ırhatjuk a du´ alis problém´ at: max{k(π(t) − π(s)) − gz : πQ − zIm ≤ c, z ≥ 0}, ahol m = |A|. A prim´ al poliéder elemei a k nagys´ ag´ u folyamok. A 5.1.9 tétel szerint egész g esetén a prim´ al poliéder egész, f¨ uggetlen¨ ul c egészérték˝ uségét˝ ol. Hasonl´ oképp a du´ alis poliéder is egész, amennyiben c egész. Figyelj¨ uk meg, hogy tetsz˝ oleges π meghat´ aroz egy hozz´ a tartoz´ o legjobb z-t: z(uv) := π(v) − π(u) − c(uv), ha π(v) − π(u) > c(uv), és z(uv) = 0, ha c(uv) ≤ π(v) − π(u). Így teh´ at adott π-hez tartoz´ o k(π(t) − π(s)) − gz célf¨ uggvény értéke nem m´ as, mint a (5.11) képletben megadott érték, hiszen a π eltol´ as´ aval feltehetj¨ uk, hogy π(s) = 0. •

5.2.6

H´ al´ ozati m´ atrixokkal adott line´ aris programok

Fontos megjegyezni, hogy a h´ al´ ozati m´ atrixokkal megadott line´ aris programok megoldhat´ ok ´ aram problémaként. Legyen D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af, F fesz´ıt˝ o fa és legyen N := A − F a nem-fa élek halmaza. Legyen adott f = (fF , fN ) és g = (gF , gN ) korl´ at, melyekre f ≤ g. Legyen tov´ abb´ a c = (cF , cN ) egy olyan vektor, amelyre cF = 0. Jel¨ olje az F -hez tartoz´ o (0, ±1)-es h´ al´ ozati m´ atrixot B, m´ıg a D digr´ af (0, ±1)-es pont-él incidencia m´ atrix´ at QD . Legyen tov´ abb´ a x = (xF , xN ). Tekints¨ uk a max{cN xN : fF ≤ BxN ≤ gF , fN ≤ xN ≤ gN } line´ aris programot. Bel´ atjuk, hogy ez ekvivalens a max{cx : QD x = 0, f ≤ x ≤ g} maxim´ alis k¨ oltség˝ u´ aram feladattal. Amennyiben x = (xF , xN ) ´ aram (azaz QD x = 0), u ´gy k¨ onnyen l´ atszik, hogy xF = BxN , és persze cx = cN xN . Emiatt f ≤ x ≤ g ekvivalens a fF ≤ BxN ≤ gF , fN ≤ xN ≤ gN feltételekkel. Ford´ıtva, tegy¨ uk fel, hogy xN kielég´ıti ezen ut´ obbi egyenl˝ otlenségeket. Minden e ∈ N nem-fa élhez legyen χe az (1, ae ) vektor, ahol ae az A m´ atrix e-hez tartoz´ o oszlopa. (M´ assz´ oval, χe az e élhez tartoz´ o Ce alapk¨ or 0, ±1-es P aram, és ´ıgy az x := [xN (e)χe : e ∈ N ] is ´ aram, méghozz´ a olyan, hogy incidencia vektora.) Ekkor persze χe ´ x(e) = xN (e), ha e ∈ N . L´ athat´ o, hogy fF ≤ BxN ≤ gF azzal ekvivalens, hogy fF (e) ≤ x(e) ≤ gF (e) minden e ∈ F élre fenn´ all. • K¨ ovetkezik péld´ aul, hogy p´ aros gr´ afok éleinek vagy az ir´ any´ıtott f´ ak ir´ any´ıtott rész´ utjainak egyenletes sz´ınezéseire vonatkoz´ o tételeket egy maxim´ alis folyamot kisz´ am´ıt´ o algoritmussal tudjuk algoritmikusan kezelni. Hasonl´ oképp a kerek´ıtési eredményeket. A minim´ alis k¨ oltség˝ u megengedett potenci´ al meghat´ aroz´ as´ anak problém´ aj´ at pedig u ´gy lehet algoritmikusan megoldani, hogy fel´ırjuk a hozz´ atartoz´ o du´ alis feladatot. Ez minim´ alis k¨ oltség˝ u megengedett ´ aram problém´ anak tekinthet˝ o, majd ennek megold´ asaként el˝ o´ all´ıtjuk az optim´ alis ´ aramot és ennek optim´ alis du´ alis megold´ as´ at, ami éppen az eredeti potenci´ al probléma megold´ asa. 2013. augusztus 1. file: ulin27

89

Tartalom ´ AS ´ GRAFOKON ´ 1 OPTIMALIZAL 1.1 Algoritmusok hatékonys´ ag´ ar´ ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Gr´ afok bej´ ar´ asa: elérhet˝ oség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Szélességi keresés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Mélységi keresés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Optim´ alis utak és potenci´ alok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 Legolcs´ obb utak aciklikus digr´ afban . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3 Legolcs´ obb utak nem-negat´ıv k¨ oltségekre: Dijkstra algoritmusa . 1.3.4 Konzervat´ıv k¨ oltségf¨ uggvények, megengedett potenci´ alok, tenzi´ ok 1.3.5 Legolcs´ obb utak: min-max tétel és optimalit´ asi feltétel . . . . . . 1.3.6 Algoritmusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 P´ aros gr´ afok optim´ alis p´ aros´ıt´ asai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Maxim´ alis elemsz´ am´ u p´ aros´ıt´ asok: a jav´ıt´ o utak m´ odszere . . . . 1.4.2 Maxim´ alis s´ uly´ u teljes p´ aros´ıt´ asok: a Magyar m´ odszer . . . . . . 1.4.3 Egerv´ ary eredeti bizony´ıt´ asa és algoritmusa . . . . . . . . . . . . 1.4.4 Maxim´ alis s´ uly´ u p´ aros´ıt´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 1.5 Aramok és folyamok h´ al´ ozatokban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Fogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 Motiv´ aci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.3 Megengedett ´ aramok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 1.5.4 Aramok és folyamok kapcsolata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Folyam algoritmusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Maxim´ alis folyamok: a n¨ ovel˝ o utak m´ odszere . . . . . . . . . . . 1.6.2 Sk´ al´ az´ asi technika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.3 Legr¨ ovidebb n¨ ovel˝ o utak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.4 Minim´ alis k¨ oltség˝ u folyamok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 3 6 8 8 10 10 10 13 13 16 17 21 21 22 24 26 28 28 29 30 31 33 33 33 34 35

´ 2 LINEARIS EGYENLETRENDSZEREK 39 2.1 Vektortér, altér, line´ aris f¨ uggetlenség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.2 M´ atrixok, egyenletrendszerek megoldhat´ os´ aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.3 Egyenletrendszer megold´ as-halmaza, affin alterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 ´ ˝ ´ 3 LINEARIS EGYENLOTLENS EG-RENDSZEREK 3.1 Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Megjegyzések az intu´ıci´ or´ ol . . . . . . . . . . 3.2 K´ upok, poliéderek, polit´ opok . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 K´ upok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Poliéderek és polit´ opok . . . . . . . . . . . . 3.3 Cs´ ucsok és b´ azis-megold´ asok . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 B´ azis-megold´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Cs´ ucsos poliéderek . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Korl´ atos poliéderek . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 A Fourier-Motzkin elimin´ aci´ o és k¨ ovetkezményei . . 3.4.1 Oszlop elimin´ aci´ o. . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Poliéder = polit´ op + gener´ alt k´ up . . . . . . 3.4.3 Az FM elj´ ar´ as hatékonys´ aga . . . . . . . . . . 3.4.4 Alkalmaz´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Megoldhat´ os´ ag: a Farkas lemma . . . . . . . . . . .

90

´ MEGOLDASA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

46 46 47 48 48 49 52 52 54 55 57 57 58 60 61 62

3.5.1 3.5.2 3.5.3 3.5.4

Direkt bizony´ıt´ as . . . . . . . . . . . . . . A szimplex algoritmus a Farkas lemm´ ara . Line´ aris és logikai k¨ ovetkezmény . . . . . Alkalmaz´ asok . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

63 65 67 69

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

71 71 73 73 75 76 78

´ ´ ES ´ HAL ´ OZATI ´ ´ AS ´ 5 LINEARIS POGRAMOZAS OPTIMALIZAL 5.1 Teljesen unimodul´ aris m´ atrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Defin´ıci´ ok és péld´ ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Farkas lemma, dualit´ as tétel, optimalit´ asi feltételek TU-m´ atrixokra 5.1.3 Kerek´ıtés és egyenletes sz´ınezés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 A line´ aris programoz´ as alkalmaz´ asai a h´ al´ ozati optimaliz´ al´ asban . . . . . 5.2.1 P´ aros gr´ afok: optim´ alis részgr´ afok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 P´ aros gr´ afok: élsz´ınezések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.3 Megengedett potenci´ alok, legolcs´ obb utak . . . . . . . . . . . . . . 5.2.4 Megengedett ´ aramok és folyamok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.5 Minim´ alis k¨ oltség˝ u´ aramok és folyamok . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.6 H´ al´ ozati m´ atrixokkal adott line´ aris programok . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

80 80 80 82 83 85 85 86 86 87 87 89

´ ´ AS ´ 4 LINEARIS OPTIMALIZAL 4.1 Ir´ anymenti korl´ atoss´ ag . . . . . 4.2 Optimalit´ as . . . . . . . . . . . 4.2.1 Optimalit´ asi feltételek . 4.2.2 A dualit´ as tétel . . . . . 4.2.3 K¨ ovetkezmények . . . . 4.2.4 J´ atékelméleti alkalmaz´ as

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

91

. . . . . .

Frank András szeptember 1

Recommend Documents