Kombinatorikai problémák és feladatok [3. jav., jegyzékkel kieg. kiad., változatlan utánny. ed.] 9789632797137, 9632797132 [PDF]

Zitiervorschau

Lovász László

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK ÉS FELADATOK

A mű eredeti címe: Combinatorial Problems and Exercises. Akadémiai Kiadó, North-Holland, 1979. Copyright © 1979 by Lovász László Hungarian translation © Lovász Márta, Vesztergombi Katalin, Typotex, 1999 Hungarian edition © Typotex, 1999 Engedély nélkül semmilyen formában nem másolható! A harmadik, javítási jegyzékkel kiegészített, 2008-as kiadás változatlan utánnyomása ISBN 978-963-279-713-7 ISSN 1788–1811 Témakör: Elméleti matematika

Kedves Olvasó! Köszönjük, hogy kínálatunkból választott olvasnivalót! Újabb kiadványainkról, akcióinkról a www.typotex.hu és a facebook.com/typotexkiado oldalakon értesülhet.

Kiadja a Typotex Elektronikus Kiadó Kft. Felelős kiadó: Votisky Zsuzsa Szedés, tipográfia: Fried Katalin Borítóterv: Tóth Norbert Nyomta és kötötte: László András és Társa Nyomdaipari Bt. Felelős vezető: László András

Tartalomjegyzk

Elsz

:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

1. A leszmlls alapjai (halmazok s szmok partcii, rekurzi s genertorfggvny, kombinatorikus azonossgok) § 2. A szita (szita-formula, Selberg szita, msodik momentum mdszer, Mbius fggvny) § 3. Permutcik (ciklusszmll polinom, Hall{Rnyi kdols, Plya{Redeld mdszer) § 4. K t klasszikus leszmolsi probl ma a grfelm letben (cmkzett s cmkzetlen fk, egy grf feszt fi 1faktorok, az Ising problma, korltozott permutcik) § 5. Parits s dualits (Euler grfok, skbeli dualits, Sperner Lemma, krk s vgsok lineris terei, skbarajzolhatsgi felttelek) § 6. sszefggs g (fk, flfelbontsok, Menger ttele, kikeresztezsi eljrs, folyamelmlet) § 7. Grfok faktorai (Knig ttele, Tutte ttele, grfok faktorainak struktrja, fokszm-sorozatok realizlsa) § 8. Fggetlen ponthalmazok (mag, jtkok egy grfon, -kritikus grfok) § 9. Kromatikus szm (fokszm-felttelek, potencilmdszer, Hajs konstrukcija, -kritikus grfok, perfekt grfok, kromatikus polinom, skgrfok sznezse) § 10. Grfok extremlis probl mi (kerlet, fokszmok, s krk felosztsok, hossz utak s Hamilton krk ltezse Turn ttele) § 11. Grfok spektruma s v letlen s tk (a spektrum kapcsolata a grf sturktrjval s automorzmuscsoportjval ersen regulris grfok konduktancia, elektromos ellenlls, expanderek vletlen sta)

9

Feladatok lettr Megoldsok

§

::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

13

111

165

::::::::::::::::

20

115

206

27

118

233

32

124

291

:::::::::::::::::::::::::

39

124

291

:::::::::::::::::

45

127

313

::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

55

133

353

::::::::::::::::::::::::::::::::::

63

136

392

66

138

405

:::::::::::::::::::::::::::::::

74

142

436

::::

80

146

468

::::::::::::::::::





8

TARTALOMJEGYZK

12. Grfok automorzmusai (Frucht ttele, tranzitv automorzmuscsoport grfok, topologikus problmk, endomorzmusok) § 13. Hipergrfok (krk, reprezentnsrendszerek, metszet-tulajdonsgok s extremlis problmk, sznezs, egsz- s trtrtk pakols s lefogs, normlis hipergrfok s perfekt grfok) § 14. Ramsey elm let (Ramsey Ttele, monokromatikus utak s krk, geometriai alakzatok, Van der Waerden ttele, monoton rszsorozatok s konvex rszhalmazok) § 15. Rekonstrukci (lgrfok, a rekonstrukcisejts, szorzatok rvidtsi szablya) §

:::::::::::::::::::::::::::::::::

89

150

512

::::::::::::::::::::::::

92

152

532

::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

100

157

577

::::::::::::::::::::::::::

107

161

607

Kombinatorikai fogalmak s kifejez sek sztra Jell sek Knyvek jegyz ke Trgymutat N vmutat

:::::::::::::::::::::::::::::::::

:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

633 649 653 657 663

Előszó

A kombinatorika (amit itt tágabb értelemben, többé-kevésbé a „véges matematika” vagy „diszkrét matematika” szinonimájaként értünk) évszázadokig a matematika határán vegetált. A 20. század második felében azonban már a matematika egyik leggyorsabban növekvő ága lett — különösen, ha alkalmazásainak széles skáláját tekintjük a természettudományokban (statisztikus fizika), közgazdaságtanban (operációkutatás), a mérnöki tudományokban és (legfőképpen) a számítástudományban. A matematika világa évszázadok óta az algebra és analízis sikereinek bűvöletében él. Csak a 20. század második felében vált világossá, főleg a fent említett alkalmazások kapcsán, hogy a kombinatorika, a véges halmazok és struktúrák tudománya a korábbiaktól különböző problémákat vet fel, és új módszereket kínál ezek megoldására. Ezek különböznek az algebra és analízis problémáitól, de vetekszenek azokkal nehézségben, elméleti és gyakorlati érdekességben, és szépségben. Sok kiváló matematikus kombinatorikáról alkotott véleménye azonban hosszú ideig nem volt hízelgő. Elfogadták ugyan, hogy érdekes, hasznos és talán szép is, de megkérdőjelezték mélységét. Kifogásolták, hogy a kombinatorika különálló problémák gyűjteménye, melyek önmagukban érdekesek, de nem állnak össze elméletté. Könnyű új eredményeket elérni, mert — úgymond — kevés technikát kell megtanulni, és ez túl sok publikációhoz vezet. Könyvem első, angol nyelvű kiadásának előszavában (mely 1979-ben jelent meg) amellett érveltem, hogy ezek a hiányosságai minden olyan tudományos területnek megvannak, mely fejlődésének korai szakaszában van, amit adatgyűjtési szakasznak nevezhetünk. Amíg a fő kérdések nincsenek megfogalmazva, a kellően általános szintű absztrakciók nincsenek megalkotva, addig nehéz megmondani, hogy egy-egy eredmény mennyire érdekes — kivéve esztétikai alapon, ami természetesen igen szubjektív. De ha elfogadjuk, hogy a terület fontos (és az alkalmazásokon kívül a matematika belső logikája is ezt támasztja alá), akkor ezek a fő kérdések, absztrakciók, paradigmák megfogalmazójukra várnak. Így nemhogy eltanácsolni kell a fiatal tudósokat erről a területről, hanem ellenkezőleg, rámutatni a lehetőségeire. Az első kiadás óta a kombinatorikáról alkotott kép sokat módosult világszerte. A kombinatorikán belül egyre több olyan tételsor, részterület jött létre,

10

ELŐSZÓ

mely mélységben felér a klasszikus matematika elméleteivel (ilyen a matroidelmélet, vagy a gráf-minorok Robertson–Seymour-féle elmélete). Számos komoly technika alakult ki, melyek doktori kurzusok anyagát alkotják (valószínűségszámítási módszer, lineáris algebrai és topológiai módszerek, poliéderes kombinatorika stb.). Ma már nehéz, talán lehetetlen fontos kombinatorikai eredményt elérni az ilyen módszerek alkalmazása nélkül. ∗ Még egyetemista voltam, amikor Rábai Imre tanár úr, középiskolai matematikatanárom arra bíztatott, hogy állítsak össze egy feladatgyűjteményt kombinatorikából. Lelkesen vágtam bele a dologba. Ő középiskolai szintű feladatgyűjteményre gondolt, de engem magával sodort a feladat. A „Pólya–Szegő”, a klasszikus analízis bibliája (Aufgaben und Lehrsätze aus der Analysis, Springer, 1925 ) lebegett a szemem előtt. Mai eszemmel röstellem az összehasonlítást, hiszen sem a felkészültségem nem volt az övékéhez mérhető, sem a téma nem volt olyan nagy, homogén és jól definált, mint az övék. De a feladatgyűjtemény műfaja így is jónak bizonyult, és a könyvből magam is, mások is tanítani tudtak. Amikor néhány éve a könyv második (angol nyelvű) kiadásának szerkesztői megkértek, hogy javítsam és bővítsem ki az eredetit, el kellett határoznom, mennyit akarok rajta változtatni. Figyelembe kellett vennem, hogy milyen sokat fejlődött a terület, de azt is, hogy az első kiadás elfogyott, és szerették volna minél hamarabb újranyomni. A kombinatorika igen megnőtt időközben, főleg az olyan területeken, melyek a matematika más ágaival voltak kölcsönhatásban, mint például a poliéderes kombinatorika, algebrai kombinatorika, kombinatorikus geometria, véletlen struktúrák, és legfőképpen az algoritmikus kombinatorika és bonyolultságelmélet. (A számításelméletnek olyan sok alkalmazása van a kombinatorikában, és megfordítva, hogy gyakran nehéz meghúzni közöttük a határt.) De a kombinatorika mégiscsak különálló diszciplína, és így végül is úgy döntöttem, hogy a feladatgyűjtemény (némi felújítás után) még mindig megáll a lábán. Nem változtattam meg a könyv struktúráját és fő témáit; koncepcionális vátoztatáshoz (mondjuk az algoritmikus szemlélet következetes végigviteléhez, beleértve az algoritmusok analízisét és az algoritmikus problémák bonyolultságelméleti klasszifikációját) új könyvet kellett volna írni. De annak nem tudtam ellenállni, hogy kidolgozzak egy feladatsort, mely a gráfokon való bolyongásokat (véletlen sétákat), és ezeknek a sajátértékekkel és elektromos hálózatok ellenállásával való kapcsolatát tárgyalja. (Ez a terület a klasszikus matematikában gyökerezik, de az utóbbi évtizedben viharosan fejlődött.) Így a 11. fejezet sokkal hosszabb lett. Több más fejezetben is kidolgoztam új problémákat, átírtam néhány régit, és egyszerűsítettem megoldásokat. A mostani magyar kiadás ennek a második, angol nyelvű kiadásnak a fordítása. Természetesen kijavítottam számos elírást, képlethibát, ami a fordítás során előkerült.

ELŐSZÓ

11

Már az első kiadásban is, de később persze még inkább korlátozni kellett a témákat. Jobbnak látszott kevesebb téma alapos körüljárása, mint sok téma felületes érintése. Így végül is a leszámlálások elmélete, a gráfelmélet és a halmazrendszerek (hipergráfok) elmélete került feldolgozásra. Az első kiadás előszavában azt a tervemet is említettem, hogy azokat a fontos témákat, melyek kimaradtak (matroidok, poliéderes kombinatorika, rácsgeometria, blokkrendszerek, véges geometriák, stb.) egy második kötetben fogom feldolgozni. Itt a matematika túlszaladt az én terveimen: ezek a fejezetek olyan mértekben fejlődtek, hogy külön-külön köteteket töltenének ki, és a matematika egyre mélyebb eredményeit használják, túllépve azon a háttéranyagon, amire ez a könyv épül. Bár a feladat továbbra is csábít, e pillanatban meghaladja időm és energiám korlátait. ∗ A könyv fő célja, hogy a kombinatorika alapvető, elemi technikáinak elsajátítását segítse. Ennek leghatékonyabb (jóllehet meglehetősen időigényes) módja feladatok megoldásán át vezet. Ezért ez a könyv az anyagot feladatok és feladatsorok formájában tárgyalja (kivéve a fejezeteket bevezető általános észrevételeket). Annak a diáknak kíván segítséget nyújtani, aki a gráfelmélet, kombinatorika vagy alkalmazásai területén kíván kutatásba kezdeni, és azoknak a matematikusoknak, akik úgy érzik, hogy kombinatorikus technikák segíthetik kutatásaikat a matematika, operációkutatás, mérnöki tudományok stb. területén. A feladatok megoldásához szükséges matematikai háttér csak elemi lineáris algebra, csoportelmélet, valószínűségszámítás és analízis; a feladatok megoldása azonban a matematikai gondolkodásmódban való jelentős jártasságot igényel. A tisztelt olvasó számítson arra, hogy egy-egy feladat megoldásához általában többféle ötlet kipróbálásán keresztül lehet csak eljutni (és emellett néha még jelentősebb számolást is kell végezni), és ne élje meg kudarcként, ha ez órákat vagy akár napokat is igényel (merem állítani, hogy megéri). Különösen áll ez a csillaggal megjelölt problémákra, melyeket a legnehezebbnek érzek. A feladatok többsége nem magában áll, hanem olyan sorozathoz tartozik, mely lépcsőhöz hasonlóan vezet el az utolsó, legmélyebb eredményhez. A könyv három fő részre oszlik: feladatok, ötlettár és megoldások. A témában kevésbé jártas olvasó elolvashatja az ötlettárban megadott ötletet is, mielőtt hozzálát a feladat megoldásához. A könyvben leírt ötletet és megoldást akkor is érdemes megnézni, ha az olvasó megoldotta a feladatot: lehet, hogy a leírt megoldásban olyan ötlet, fogás szerepel, mely egy későbbi feladat megoldásához nélkülözhetetlen. (Az olvasást az ötlettárban leírtakkal kezdjük; gyakran kerül ott bevezetésre olyan fogalom vagy jelölés, mely a megoldásban nincs megismételve). A feladatok állításainak eredeti szerzőjére a megoldás végén hivatkozom, nem adom azonban meg az eredeti cikk adatait az olyan eredmények esetében, melyek sok közkeletű tankönyvben és monográfiában tárgyalva vannak (ilyen művek egy listáját találhatjuk a könyv végén). Ha nincs hivatkozás, akkor az eredmény vagy (tudomásom szerint) új, vagy annyira közismert „folklór”, hogy nehéz volna

12

ELŐSZÓ

az eredetét kinyomozni. A felhasznált kombinatorikai fogalmak vagy a feladat szövegében, vagy a könyv végén található kislexikonban vannak definiálva. Itt található a jelölések listája, valamint a név- és tárgymutató is. Köszönetnyilvánítás. Első helyen tanáraimnak, Erdős Pálnak és Gallai Tibornak tartozom hálával: ők szerettették meg velem a kombinatorikát, és alapjaiban tőlük tanultam azt, amit itt megírtam. E sorban meg kell említenem T. Sós Verát és Hajnal Andrást is. Rábai Tanár Úrnak a feladatgyűjtemény ötletét köszönöm. Sok kombinatorikusnak tartozom köszönettel. J. C. Ault, Babai László, Bacsó Gábor, A. J. Bondy, Boros Endre, Csizmazia Tibor, Füredi Zoltán, Katona Gyula, M. D. Plummer és Simonovits Miklós az első és második kiadás kéziratát és korrektúráját javították sok fontos javaslattal és ötlettel. A megjelenés után sok további észrevételt kaptam kollégáktól; többnek az értékét különösen növelte, hogy a könyvből tanított kurzus során születtek. Ki kell emelnem J. Burghduff, Frank András, F. Galvin, D. E. Knuth, és I. Tomescu nevét. Külön hálával tartozom D. E. Knuthnak és D. Aldousnak azért, hogy a második kiadás új problémasorozatára olyan gyorsan küldték el értékes megjegyzéseiket, hogy azokat még a nyomdába adás előtt figyelembe lehetett venni. Fried Katinak köszönöm a 2. kiadás gondos TEX-szedését, ami közben értékes szakmai korrekciókat is tett, és a magyar kiadás gondozását. De mindenek felett feleségemnek, Vesztergombi Katinak kell megköszönnöm, hogy töretlen szakmai, technikai támogatásával és bátorításával lehetővé tette a könyv megírását, majd újabb kiadásait, beleértve a jelen kiadás mintegy felének gondos magyarra fordítását is. A másik felének ugyanilyen gondos fordításáért Márta lányomnak tartozom köszönettel (ő az első kiadáshoz azzal járult hozzá, hogy nem sírt túl sokat éjjel. . . ). Budapest és New Haven, 1999. január

I. Feladatok

x

1. A leszmlls alapjai

Mg a legegyszerbb leszmolsi feladatok esetn sincs arra szably, hogy az eredmny mikor fejezhet ki zrt formulval. Persze sokszor van egy feladatra zrt kifejezs, s e fejezet egyik fontos clja, hogy megtantsa az ilyen problmk felismerst. Egy msik megkzeltsben, hogy elker lj k a zrt formula meghatrozsnak nehzsgt, olyan megoldst keres nk, melyben sszegzsek, rekurzv relcik s genertorf ggvnyek szerepelnek. A leszmolsi problmk megoldsnak egy tipikus (br nem ltalnos s nem is egyetlen) technikja, hogy talljunk egy rekurzv relcit, mely egy vagy tbb paramtertl f gg, ebbl meghatrozzunk egy genertorf ggvnyt (a rekurzv relci igen gyakran ekvivalens e f ggvnyre vonatkoz dierencilegyenlettel), s vg l, amikor lehetsges, a genertorf ggvny Taylor-sornak az egy tthatit is megkapjuk. Sok esetben a feladat lekpezhet elemi transzformcikkal mr korbban megoldott feladatra. Pldul elfordulhat, hogy ilyen transzformci segtsgvel minden szmtsba veend elemet gy reprezentlnunk, mint n egyms utni dnts eredmnyt gy, hogy az i-ik lpsben lehetsges esetek szma ai . A vlasz ekkor a1 a2 : : : an alak lesz. Ez k lnsen akkor hasznos, amikor mindegyik dnts f ggetlen a korbbi dntsektl. Az persze, hogy mikor tallunk az adott problmval ekvivalens szitucit, igen gyakran a gyakorlattal prosul szerencse eredmnye. 1. Egy zletben k -fle levelezlapot rustanak. Lapot akarunk k ldeni n bartunknak. Hnyflekppen tehetj k ezt meg? Mi trtnik, ha k lnbz lapokat akarunk nekik k ldeni? Mi trtnik, ha mindegyik knek kt k lnbz lapot akarunk k ldeni (de k lnbz szemlyek kaphatnak egyforma lapot)? 2. k k lnbz levelezlapunk van s szt akarjuk mindet k ldeni n bartunknak (mindenki tetszleges szm lapot kaphat, belertve a 0-t is). Hnyflekppen tehetj k ezt meg. Mi trtnik, ha azt akarjuk, hogy mindenki kapjon legalbb egy lapot? 3. Hny anagramma kszthet a karakterizci szbl? (Anagrammnak nevezz k egy sz betibl kikeverhet szavakat gy, hogy minden bett pontosan

14

FELADATOK

1.4

ugyanannyiszor hasznlunk mint az eredeti szban az j szavaknak nem kell, hogy rtelm k legyen.) 4. (a) Hnyflekppen oszthatunk ki k forintot n ember kztt gy, hogy mindenki kap legalbb 1 forintot? (b) Tegy k fel, hogy nem ragaszkodunk ahhoz a kiktshez, hogy mindenki kapjon valamit. Mi lesz ebben az esetben a kiosztsok szma? 5. k -fajta levelezlapunk van, mindegyikbl adott szm, az i-edikbl ai darab. Hnyflekppen k ldhetj k el ezeket n bartunknak? (Elfordulhat, hogy valaki ugyanabbl a lapbl tbbet is kap.)



(a) Keress nk rekurzis formult a Stirling-fle partcis szmokra, nk -ra, s a Stirling-fle ciklikus szmokra, nk -ra, s szmtsuk ki az rtk ket n ≤ 6 esetn. n o h i (b) Mutassuk meg, hogy n−n k s n−n k n-nek polinomjai minden x k-ra.    (c) Mutassuk meg, hogy nk s nk egyrtelmen terjeszthet ki minden egsz n-re s k-ra az (a) rszben meghatrozott megtartva, a n 0 o h 0 i rekurzv n 0 orelcit   m kvetkez hatrfelttelek" mellett: 0 = 0 = 1 s m = 0 = 0 (m = 0). (d) Bizonytsuk be az albbi dualitsi relcit: 6.

n n o  −k  k = −n :

7.

Bizonytsuk be az albbi azonossgokat: (a) (b) (c)

8.

n nno X

n k x(x − 1) : : : (x − k + 1) = x ,

k=0 n hni X k=0 n X

k k x = x(x + 1) : : : (x + n − 1),

  

n o j = n, (−1)k nk kj = 10 ha k lnben.

k=0

Bizonytsuk be, hogy

nno



k X 1 k jn: = ( −1)k−j k k! j=0 j

Specilisan, a jobb oldal 0 ha k > n (v. 2.4).

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.14

15

(a) Jellj k Bn -nel az n-edik Bell szmot, azaz n szm trgy sszes partcijnak a szmt. Bizonytsuk be az albbi formult: ∞ n X 1 Bn = 1e kk! : (b)* Bn ∼ √1n (n)n+ 2 e(n)−n−1  k=0 9.

ahol (n) gy van denilva, hogy (n) log (n) = n. 10. Keress nk rekurzv formult Bn -re. 11. Legyen p(x) a Bn sorozat exponencilis genertorf ggvnye, azaz

p(x) = Hatrozzuk meg p(x)-et. 12. (a) Bizonytsuk be, hogy

Bn =

X

∞ X Bn

n=0

n n! x :

n!

0 1 k1 +2k2 +:::+nkn =n k :::kn ≥

: k1 !(1!)k1 k2 !(2!)k2 : : : kn !(n!)k n

Vezess k le a p(x)-re adott formult ebbl a kifejezsbl. (b) Mit kapunk (aszimptotikusan) ha az sszegzst az sszes olyan (k1  : : :  kn )-re terjesztj k ki, melyre k1 + k2 + : : : kn = n? 13. Adjunk egy msik bizonytst a ∞ n X Bn = 1e kk! : k=0 egyenlsgre. 14. (a) Legyen Qn az n-elem halmaz pratlan sok osztlyt tartalmaz partciinak a szma (Q0 = 1). Hatrozzuk meg

q(x) =

∞ X Qn

n=0

n n! x 

s keress k meg az 1.9a-beli formula analogonjt. (b) Legyen Rn az n-elem halmaz pros sok osztlyt tartalmaz partciinak a szma (R0 = 1). Hatrozzuk meg az

r(x) = genertorf ggvnyt.

∞ X Rn

n=0

n

n! x

16

FELADATOK

1.15

Sn egy verseny sszes lehetsges kimeneteleinek a szmt, ahol dntetlen is elfordulhat. Pontosabban, jellje Sn azon f : {1 : : :  n} → {1 : : :  n} lekpezsek szmt, melyekre teljes l, hogy ha f felveszi az i rtket, akkor minden j , 1 ≤ j ≤ i, rtket is felvesz. Legyen S0 = 1. (a) Bizonytsuk be az albbi azonossgokat: 15. Jellje

n nno X ∞ X kn Sn = k! = k=0

k

k+1

k=0 2

s hatrozzuk meg a kvetkez genertorf ggvnyt:

sn =

∞ X Sn

xn : n ! n=0

(b) Bizonytsuk be az albbi aszimptotikt: Sn (log 2)n+1 → 1 (n → ∞): n! 2 ∗

n szm r-nl nem tbb tag partciinak a szma megegyezik n azon partciinak a szmval, ahol minden tag legfeljebb r nagysg. 17. Az n szm pontosan m tag partciinak a szma megegyezik az n − m szm m-nl nem tbb tag partciinak a szmval. Keress nk egy hasonl azonossgot az n szm pontosan m k lnbz tag partciinak a szmra. 18*. Az n szm k lnbz, de tetszleges sok tag partciinak szma megegyezik az n pratlan sok tag partciinak szmval. 2 19*. ('tszgszmok ttele) Ha n = 3k 2±k , akkor az n pratlan sok k lnbz tag partciinak szma megegyezik a pros sok k lnbz tag partciinak szmval. 20. Legyen n az n szm partciinak szma. Hatrozzuk meg a n sorozat genertorf ggvnyt. 21. Bizonytsuk be, hogy az n szm k lnbz tagokbl ll partciinak szma megegyezik a pratlan sok tag partciinak a szmval (1.18), mindkt oldal genertorf ggvnynek felhasznlsval. 22. Milyen azonossg kvetkezik az 1.19 feladatbl? 23*. A kvetkez azonossgokat kombinatorikus okoskods segtsgvel lssuk be: 16. Az

∞ X

k2 x (a) (1 + x)(1 + x )(1 + x ) : : : =  (1 − x2 )(1 − x4 ) : : : (1 − x2k ) k=0 3

5

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.28

∞ X

17

k2 +k x  (b) (1 + x )(1 + x )(1 + x ) : : : = 2 4 2k k=0 (1 − x )(1 − x ) : : : (1 − x ) 2

4

6

Az n szm olyan tulajdonsg partciit keress k, melyekre teljes l, hogy minden 1 s n kzti szm egyrtelmen ll el a partci bizonyos elemeibl. Mikor lesz a trivilis n = 1 + : : : + 1 partci az egyetlen megolds? 24.

A 2n ker let, nem egybevg, egsz oldal hromszgek szma megegyezik a 2n − 3 ker let s egsz oldal, nem egybevg hromszgek szmval. Ez a szm tovbb megegyezik az n szm pontosan hromtag partciinak a szmval. Adjuk meg ezt a szmot. 25.

∗

Van n forintunk. Minden nap pontosan egyet vsrolunk az albbi termkekbl: perec (1 forint), cukorka (2 forint), fagylalt (2 forint). Hatrozzuk meg Mn -et, ahnyflekppen elklthetj k a pnz nket. 26.

Hatrozzuk meg An -et, ahnyflekppen megmszhatunk egy n fok lpcst, ha vagy egy vagy kt lpcsfokot tesz nk meg minden lpssel. Hatrozzuk meg a 27.

∞ X

n=0

An xn

genertorf ggvnyt. (a) Van n forintunk s minden nap pontosan egy dolgot vsrolunk. Pontosan ai fle rut vehet nk i forintrt (i = 1 : : :  k). Tegy k fel, hogy az xk − a1 xk−1 − − : : : − ak polinomnak a k lnbz gykei #1  : : :  #k . Mutassuk meg, hogy a 28.

pnz nket



1. #1 : : :

..

Cn = 1 #

k : : :

1. #1

..

1 #k





#kk−2 #kk− 1+n

: : : #k1−1





: : : #kk−1

#1k−2 #1k−1+n

-flekppen klthetj k el. (b) Hatrozzuk meg Cn genertorf ggvnyt, s ezltal egy formult Cn -re.

18 29. Hatrozzuk

FELADATOK

1.29

meg az albbi mtrix sajtrtkeit: 00 1 1 BB 1 0 1 C C 0 . . BB 1 . . . . C BB C ... ... ... C C B@ ... ... 1 C A 0 {z 1 0 } | n

n hosszsg sorozat kpezhet az a, b, c, d betkbl azon felttel mellett, hogy a s b sohasem szomszdosak? 31. Hny k -ast vlaszthatunk ki az 1 : : :  n elemekbl gy, hogy nincs kzt k kt egyms utni egsz szm? 32. Mi az {1 : : :  n}-et nmagba lekpez monoton nv f ggvnyek szma? 33. (a) Hny olyan monoton nv f lekpezse van az {1 : : :  n}-nek nmagba, mely kielgti a f (x) ≤ x felttelt minden 1 ≤ x ≤ n-re? (b) Mi azon sorozatok szma, melyekben a 0-k s 1-esek szma egyarnt n, tovbb az els k elem kztt, minden 1 ≤ k ≤ 2n-re, legalbb annyi 0 van, ahny 1-es? 34. Mutassuk meg, hogy az olyan (x1  : : :  xr ) (1 ≤ xi ≤ n) sorozatok szma, melyekben kevesebb, mint i szm van az (1 : : :  i) intervallumbl minden i = 1, : : : , n-re, egyenl (n − r)nr−1-vel, ahol (1 ≤ r ≤ n). 30. Hny

35. Az n-elem S

∗

halmaz partciinak egy sorozatt kpezz k a kvetkez mdon: Magval az S halmazzal indulunk, aztn az (i +1)-edik partciit az i-edikbl gy kapjuk, hogy az i-edik partci valamelyik 1-nl tbb elemet tartalmaz osztlyt sztvgjuk kt nem res rszhalmazra. gy a csupa 1-elem osztlyt tartalmaz partcihoz n − 1 lps utn jutunk el. Hnyflekppen hajthatjuk vgre ezt az eljrst? 36. Az elz feladatot gy mdostjuk, hogy az i + 1-edik partciit az i-edikbl gy kapjuk, hogy minden 1-nl tbb elemet tartalmaz osztlyt kt nem res rszre vgunk szt. Mi lesz most a lehetsges vgrehajtsok szma? 37. Egy n hosszsg botot n egysgnyi hosszsg darabra akarunk szttrni. Mi a lehetsges vgrehajtsok szma, ha (a) minden lpsben egy 1-nl hosszabb darabot tr nk kett, (b) minden lpsben minden 1-nl hosszabb darabot ketttr nk. 38. Hnyflekppen zrjelezhetj k az x1 · x2 · : : : · xr szorzatot (abban az rtelemben, hogy minden zrjelpr pontosan kt tnyezt zr be)?

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.42

19

Hatrozzuk meg egy konvex n-szg hromszgelseinek Dn szmt. (Egy hromszgels n − 3 tlbl ll, melyek egymst nem metszik bels pontban, ezrt az n-szget n − 2 hromszgre vgjk fel.) 40. Hatrozzuk meg Dn genertorf ggvnyt az elz feladat felhasznlsa nlk l s lssuk be ennek segtsgvel az elz feladat eredmnyt. 41. Hnyflekppen vghatjuk szt a konvex n-szget n − 3 egymst nem metsz tlval gy hromszgekre, hogy mindegyik hromszgnek legyen egy kzs oldala a konvex n-szggel? 39.

∗ 42.

Keress nk zrt formult az albbi formulk mindegyikre: (a)

X n

n=2



k=0 2k m n − k X

 m −k k=0 m u  v X (c)  k m −k k=0 u  u m X k (d) (−1) k m − k  k=0 n  k n X (e)  m k k=m

(b)

(f)

X n

n=7

k=0 7k n=2  X





n − k zk  (g) k k=0 n m X k (h) (−1) k  k=0 m u + k  v − k X (i) : k m −k k=0

20

FELADATOK

43. Bizonytsuk

(a) (b) (c) (d) (e) 44*.

1.43

be az albbi azonossgokat:

m m n + k X m m n X k

= 2 k m k k k=0 k=0 m m n + k m m n + k X X m = (−1) (−2)k  k m k k k=0 k=0      p X p q n+k n n = p q  k k p + q k=0   p    X p q n+p+q−k = n+p n+q  p+q p q k=0 k k    n (−1)k+1 x n 1 x − k X d x =X dx n k=1 k n − k = k=1 k n − k :

Bizonytsuk be az albbi Abel-azonossgokat: n n X

x(x + k)k−1 (y + n − k)n−k = (x + y + n)n  k k=0 1 1 n n X k −1 n −k −1 (b) (x + k) (y + n − k) = x + y (x + y + n)n−1  k k=0

(a)

(c)

nX −1  n k=1

k −1 n−k−1 = 2(n − 1)nn−2  k k (n − k)

45. Legyen

Mutassuk meg, hogy

fn(x) = x(x − 1) : : : (x − n + 1): fn(x + y) =

n n X k=0

k fk (x)fn−k (y):

Keress nk ms pldt ilyen polinomsorozatra. x

2. A szita

A leszmllsok elmletben s a prmszmelmletben egyarnt igen erteljes eszkz l szolglnak a szitamdszerek (Eratoszteneszi Szita). Ezeket olyankor alkalmazzuk, ha bizonyos halmazok unijnak szmossgt bizonyosak metszetnek segtsgvel szmtjuk ki, mert lehetsges, hogy az utbbiakat knnyebben

§ 2. A SZITA

2.2

21

tudjuk kiszmtani. Azonban bizonyos htrnyai is vannak a szitaformulknak: vltakoz eljel tagokat tartalmaznak, s ltalban nagyon sokat. A szitamdszereket igen termszetes a valsznsgszmts nyelvn lerni. Termszetesen ez csak annyit jelent, hogy az alaphalmaz szmossgval leosztunk, de megvan az az elnye is, hogy az elfordul esemnyek kztt f ggetlensget denilhatunk. Azok a szitucik, melyekben az esemnyek majdnem f ggetlenek, k lnlegesen fontosak a szmelmletben, s szintn eljnnek bizonyos kombinatorikai alkalmazsokban. Szmelmlszek zsenilis mdszereket fejlesztettek ki a szitaformula becslsre, amikor az esemnyek (igen gyakran bizonyos prmekkel val oszthatsgok) majdnem f ggetlenek. Nhny ilyen mdszer kombinatorikai httert bemutatjuk ebben a fejezetben. Az igazi alkalmazsaik azonban kompliklt szmelmleti meggondolsokon mlnak, melyeket csak kt problma kapcsn illusztrlunk. Szeretnnk kihangslyozni, hogy igen k lnbz szitucikban alkalmazhat a szitaformula: igen sokfel megtallhat a knyvben, de a 15. fejezetben (Rekonstrukci) k lnsen jl rzkelhet a haszna. A szitaformulk egy szp, ltalnos elmlett, melyet leggyakrabban a Mbius-f ggvnyek elmleteknt emlegetnek, L. Weisner, P. Hall s G. C. Rota dolgoztk ki (lsd. +St]) a fejezet msodik rszt ennek szentelj k. 1. Egy gimnziumi osztlyban 30 tanul van. 12 szereti a matematikt, 14 szereti a zikt s 13 a kmit, 5 a matematikt s zikt is, 7 a zikt s kmit, 4 a matematikt s kmit. Van 3, aki mindhrom trgyat szereti. Hny olyan tanul van, aki egyik trgyat sem szereti? 2. (a) (Szita-Formula) Legyenek A1  : : :  An egy (A P ) valsznsgi mez tetszleges esemnyei. Minden I ⊆ {1 : : :  n} rszhalmazra, legyen Y AI = Ai  A∅ = A s Ekkor

i∈I

k =

X

|I |=k

P(AI ) 0 = 1:

P(A1 + : : : + An ) =

n X j =1

(−1)j −1 j :

(b) (Halmazokra vonatkoz szita-formula) Legyen A1  : : :  An ⊆ S , ahol S egy vges halmaz s legyen \ AI = Ai  A∅ ∈ S: Akkor

i∈I

|S − (A1 ∪ : : : ∪ An )| =

X I ⊆{1:::n}

(−1)|I | |AI |:

22

FELADATOK

2.3

Hatrozzuk meg 1 s n kztt az n-hez relatv prm egszek '(n) szmt, ha adva van n prmtnyezs felbontsa p1 1  : : : pr . 4. Bizonytsuk be az albbi azonossgot: 3.

r

n X i=0





0 ≤ k < n, (−1)i ni ik = (0−1)n n! ha ha k = n.

Mit kapunk k > n esetn? 5. Legyen p(x1  : : :  xn ) egy m-edfok polinom, s jellj k  k p-vel azt a polinomot, amelyet gy kapunk, hogy minden lehetsges mdon n k vltoz helybe 0-t runk a p polinomban, s sszegezz k az gy ltrejv k polinomot (vegy k szre, hogy ezen jells mellett 0 p = p). Ekkor 0 ha m < n 0 1 2  p −  p +  p − : : : = c · x : : : x ha m = n. n 1 Mi c rtke? 6. Legyenek A1  : : :  An tetszleges esemnyek, Bi = fi (A1  : : :  An ) (i = 1 : : : : : :  k), ezek polinomjai s c1  : : :  cn vals szmok. Ekkor k X i=1

ci P(Bi ) ≥ 0

teljes l minden A1  : : :  Ak -ra, feltve, hogy teljes l mindazon esetekben, amikor P(Aj ) = 0 vagy 1 minden j = 1 : : :  n esetn. 7. (a) Legyenek A1  : : :  An esemnyek, gy mint 2.2a-ban. Annak a valsznsge, hogy pontosan q fordul el kz l k, n X

j =q



(−1)j +q j j :

q

(b) Jellje azon Ai -k szmt, amelyek bekvetkeznek (ez egy valsznsgi vltoz). Ekkor

E(x ) =

n X

j =0

(x − 1)j j :

Fejezz k ki azon Dp esemny valsznsgt egy hasonl formulval, hogy az A1  : : :  An esemnyekbl legalbb p fordul el. 8.

§ 2. A SZITA

2.14

23

9.

(Bonferoni egyenltlensg) Az albbi rszletsszegek alternl eljelek: P(A- 1 : : : A- n ) − 0 + 1 − 2 + : : : 10. Bizonytsuk be, hogy  ≤ n − r + 1 : r

r

r −1

.lests k ezt az egyenltlensget, ha m = 0 teljes l valamely r + 1 ≤ m ≤ n rtkre. 11. Minden I ⊆ {1 : : :  n} rszhalmazra legyen pI egy adott szm. Mikor tallhatunk olyan A1  : : :  An esemnyeket, melyekre a P(AI ) = pI egyenlsg teljes l? ∗

Legyen G egy egyszer grf a V (G) = {1 : : :  n} cscspontokon. Jellj k O0 val a V (G) pratlan f ggetlen rszhalmazainak halmazt, s E1 -gyel azon pros rszhalmazok halmazt, melyek legalbb egy lt kifesztenek. Ekkor X X P(A- 1 : : : A- n ) ≤ P(AI ) − P(AI ):

12.

I ∈E1

I ∈O0

Keress nk egy ehhez hasonl als becslst. (Jegyezz k meg, hogy E (G) = ∅ esetn a szita-formult kapjuk.) 13. (Brun-szita) Legyen f (k ) ≥ 0 tetszleges egszrtk f ggvny az {1 : : :  n} halmazon, s legyen I = {I ⊆ {1 : : :  n} : |I ∩ {1 : : :  k}| ≤ 2f (k) k = 1 : : :  n}: Ekkor X P(A- 1 : : : A- n ) ≤ (−1)|I | P(AI ): I ∈I

Keress nk egy ehhez hasonl als becslst. 14*. (Selberg-szita) (a) Minden I ⊆ {1 : : :  n} rszhalmazra, legyen I egy vals szm, tovbb ∅ = 1. Ekkor X P(A- 1  : : : A- n ) ≤ I J P(AI ∪J ): IJ ⊆{1:::n}

Mindig vlaszthat I gy, hogy az egyenlsg teljes ljn. (b) Keress nk egy hasonl als becslst.

24 15*.

FELADATOK

(Folytats) Legyen pi = P(Ai ) s

pI = Hatrozzuk meg a

Y i∈I

X IJ ⊆{1:::n}

2.15

pi :

I J pI ∪J

sszeg minimumt s azt a {I } rendszert, mely minimalizlja az sszeget, az albbi felttelek mellett ∅ = 1 I = 0ha|I | > k (ahol p1  p2  : : :  pn s k adottak). 16*. (Folytats) Legyen " > 0, M ≥ 1, 0 < pi < 1 s

S=

X

pl11 : : : pln  n

ahol az sszegzs kiterjed mindazon l1  : : :  ln ≥ 0 rendszerekre, melyekre a pli1 : : : : : : pln ≥ M1 egyenltlensg teljes l. Tegy k fel, hogy |P(AK ) − pK | < " (K ⊆ {1 : : :  n}): Ekkor 2 P(A- 1 : : : A- n ) ≤ S1 + (1 − p )2"M 2: 1 : : : (1 − pn ) 17*. Bizonytsuk be, hogy ha x rtke k -hoz kpest elg nagy, s 0 < l < k akkor az l k + l : : :  k(x − 1)+ l sorozatban elfordul prmszmok szma nem nagyobb, mint 3 · '(kk) · logx x : n

∗

Legyen G egy egyszer grf a V (G) = {1 : : :  n} pontokon, melyben minden pont foka legfeljebb d. Tartozzon minden i ponthoz egy Ai esemny. Tegy k fel, hogy (i) P(Ai ) ≤ 41d , s (ii) minden Ai f ggetlen azon Aj esemnyektl, melyekre j nincs sszektve i-vel. Ekkor P(A- 1 : : : A- n ) > 0: 18*.

§ 2. A SZITA

2.25

19.

25

(Msodik momentum mdszer) Bizonytsuk be az albbi egyenltlensget: P(A- : : : A- ) ≤ 1 + 22 − 1: 1

n

12

Legyen P(Ai ) = p, s tegy k fel, hogy brmely kt esemny f ggetlen. Becs lj k meg P(A- 1 : : : A- n ) rtkt elszr 2.9-et hasznlva, utna a Selberg-fle mdszerrel (2.14{16 k = = 2-t vve 2.15-ben), s vg l az elz formult hasznlva. Hasonltsuk ssze az eredmnyeket. 20.

∗ 21. Legyen V = {x1  : : :  xn } egy parcilisan rendezett halmaz a ≤ relcival. Nevezz nk egy n × n-es (aij ) mtrixot kompatibilisnek ezzel a relcival, ha aij = 0 ⇒ xi ≤ xj : Mutassuk meg, hogy kompatibilis mtrixok sszege, szorzata s inverze (ha ltezik), szintn kompatibilis lesz. 22. Mutassuk meg, hogy ltezik, mghozz egyetlen, a V × V -n denilt f ggvny, melyre teljes l, hogy (x y) = 0 ha x ≤ y (x x) = 1 X (x y) = 0 (x < z )

x≤y≤z

(ezt a f ggvnyt a V Mbius f ggvnynek nevezz k). 23. Hatrozzuk meg a (x y ) f ggvny rtkt, ha V (a) az S halmaz sszes rszhalmazbl ll hl (a rendezst a tartalmazs adja), (b) egy feny (itt x ≤ y akkor teljes l, ha a gykrbl az y-hoz vezet egyetlen t thalad x-en), (c) az 1 : : :  n egszek halmaza, ahol x ≤ y akkor teljes l, ha x|y. 24. /lltsuk a rszben rendezett halmazt fejtetre", azaz tekints k a (V ≤ ∗ )ot, ahol x ≤ ∗y akkor s csak akkor teljes l, ha y ≤ x. Jellj k ∗-gal a (V ≤ ∗) Mbius-f ggvnyt. Ekkor (∗) ∗(x y) = (y x): 25. rjuk fel M -et, mint Z egy polinomjt (lsd a 2.22 megoldst).

26

FELADATOK

2.26

26. (Mbius Inverzis Formula) Legyen f (x) tetszleges, a V -n denilt f ggvny,

s legyen Akkor

g(x) = f (x) =

X

z ≤x

X

z ≤x

f (z):

g(z ) (z x):

Mutassuk meg, hogy a szitaformula ennek az lltsnak specilis esete. 27. Legyen V egy hl, a ≤ b ∈ V , s legyen 0 s 1 a minimlis s maximlis eleme V -nek. X Ekkor (a) (0 x) = 0 (ha a > 0) (b)

x∨X a=b

x∧b=a

(x 1) = 0 (ha b < 1).

28. Legyen V egy hl s x ∈ V egy olyan eleme, mely nem llthat el, mint atomok unija. Akkor (0 x) = 0. 29. Legyen V egy hl, s {A B C } a V -nek egy olyan partcija, hogy ha x ∈ A s y ≤ x, akkor y ∈ A is teljes l msrszt ha x ∈ C s x ≤ y, akkor y ∈ C . Ekkor XX X 1+ (x y) = (x y):

x∈A y∈C

xy∈B

30. (a) Legyen V az S = {1 : : :  n} halmaz sszes partciinak a {A1  : : :  Ap } ≤ {B1  : : :  Bq } azt jelenti, hogy mindegyik Ai benne

hlja, ahol van valamelyik Bj -ben. Jellj k 0-val a csupa egyelem halmazbl ll partcit s 1-gyel az egyetlen halmazbl ll partcit. Ekkor (0 1) = (−1)n−1 (n − 1)! : (b) Legyen V a d-dimenzis konvex P politp lapjainak a hlja, ahol a rendezst a tartalmazs adja. (A legkisebb lap az ∅, a dimenzija (−1), a legnagyobb maga a P politp.) Bizonytsuk be, hogy (0 1) = (−1)d+1 . 31. Legyen (V ≤) egy hl, V = {x1  : : :  xn }, f (x) egy V -n rtelmezett f ggvny, s X g(x) = f (y): y ≤x

Legyen gij = g(xi ∧ xj ): Ekkor det(gij = f (x1 ) : : : f (xn ): /ltalnostsuk ezt a formult rszben rendezett halmazokra.

2.37

32.

§ 3. PERMUTCIK

27

Szmtsuk ki a kvetkez determinnsok rtkt:

(1 1) (1 2) : : : (1 n)



(2 1) (2 2) : : : (2 n)



(2 2) (2 3) : : : (2 n)







(3 2) (3 3) : : : (3 n)







(n 1) (n 2) : : : (n n)





(n 2) (n 3) : : : (n n)

ahol (i j ) az i s j legnagyobb kzs osztjt jelenti. 33*. Legyen T egy fa, V = V (T ) = {x1  : : :  xn } s dij = d(xi  xj ) az xi tvolsga xj -tl T -ben. Akkor det(dij )nij =1 = −(−2)n−2 (n − 1): 34. Legyen V egy rszben rendezett halmaz, x y ∈ V , s legyen pk az a0 = x < < a1 < : : : < ak = y alak lncok szma. Ekkor (x y) = p0 − p1 + p2 − p3 + : : : : 35. Legyen V egy hl, s legyen R az atomok halmaza. Jellj k qk -val azon k asok szmt R-ben, melyek unija 1 (q0 = 0, kivve, amikor |V | = 1). Ekkor (0 1) = q0 − q1 + q2 − : : : : 36*. (Keresztmetszet-Ttel) Legyen C egy olyan, pronknt sszehasonlthatatlan elemekbl ll halmaz a V hlban, hogy minden maximlis lnc (linerisan rendezett rszhalmaz) tartalmazza C egy elemt. Jellj k qk -val azon k-asok szmt a C -bl, melyeknek 1 az unija, s a metszet k 0. Ekkor (0 1) = q0 − q1 + q2 − : : : : 37. Legyen V egy (vges) geometriai hl, melynek a rangja r . Ekkor (0 1) = 0 s az eljele (−1)r . x

3. Permutcik

A permutcik leginkbb akkor jtszanak szerepet a kombinatorikban, amikor kombinatorikus struktrk szimmetriit vizsgljuk. Igen fontosak a szimmetrikus csoport s ennek rszcsoportjainak k lnbz tulajdonsgai. Figyelm nket itt nhny olyan krdsre fogjuk fordtani, amelyek nem ignyelnek kiterjedt algebrai htteret (pldul csoportreprezentcikat). Nhny egyszer leszmllsi problmt mutatunk be, s ilyen problmk kezelsre kt fontos eszkzt trgyalunk: a ciklusszmll polinomot s permutcik egy kdolst (ez utbbi M. Halltl s Rnyi Alfrdtl s Kattl szrmazik). A permutcis csoportok sok ms kombinatorikus tulajdonsga, melyet itt ppen hogy csak rint nk, megtallhat pl. a kvetkez knyvben: Wielandt Finite Permutation Groups , Academic Press, 1966.

28

FELADATOK

3.1

Amikor struktrkat (grfokat, fkat) szmllunk le, nha bizonyosakat kz l k nem tekint nk lnyegesen k lnbzeknek ( pldul izomorfak lehetnek). Ez ltalban azt jelenti, hogy a struktrk alaphalmazn egy bizonyos permutcicsoport rtelmezhet, s kt struktrt nem akarunk megk lnbztetni, ha ezen csoport valamelyik eleme egymsra kpezi le ket. A Plya-mdszer, melyet a fejezet msodik rszben trgyalunk, hasznos talnos mdszert szolgltat e szituci kezelsre. 1. Az Sn szimmetrikus csoportban mi a konjuglt osztlyok szma? 2. Hatrozzuk meg Sn -ben azon permutcik szmt, (a) melyeknek nincs xpontjuk, (b) melyek egyetlen ciklusbl llnak. 3. Vlasszuk ki az {1 : : :  n} egy permutcijt vletlenszeren. Mi a valsznsge annak, hogy az 1-et tartalmaz ciklus hossza k? (Itt s az ezt kvet problmkban feltessz k, hogy mindegyik permutci kivlasztsnak a valsznsge egyforma). 4. Mi annak a valsznsge, hogy az {1 : : :  n} egy vletlen l vlasztott permutcijban az 1 s 2 ugyanabba a ciklusba tartoznak? 5. Az {1 : : :  n} egy vletlen l kivlasztott permutcijban mi a ciklusok szmnak a vrhat rtke? 6. Van n persely nk, mindegyiknek ms a kulcsa. Valaki bezrja a perselyeket, s mindegyikbe vletlenszeren bedob egy kulcsot. Feltr nk k perselyt. Mi a valsznsge, hogy ezutn mr mindegyik htralvt kulccsal tudjuk kinyitni? (Matematikai formban ezt gy fogalmazhatjuk meg: vletlenszeren vlasztunk az {1 : : :  n}-nek egy  permutcijat. Mi annak a valsznsge, hogy -nek az 1 : : :  k-t tartalmaz ciklusai lefedik a tbbi pontot?) ∗

Jellj k pn (x1  : : :  xn )-nel az Sn ciklusszmll polinomjt, ahol Sn az n elem szimmetrikus csoportja, s legyen p0 = 1. Bizonytsuk be, hogy 7.

∞ X

8.

n=0





pn(x1  : : :  cn )yn = exp x1 y + x22 y2 + : : : + xkk yk + : : : :

Hatrozzuk meg a kvetkez csoportok ciklusszmlljt: (a) a szablyos n-szg forgatsainak csoportja (b) az nk elem azon permutciinak csoportja, melyek egy adott P partcit invarinsan hagynak, ahol a P k-osztly, s minden osztly n elemet tartalmaz. /ltalnostsuk ezeket az eredmnyeket. 9. Kt permutcicsoportnak megegyezik a ciklusszmllja. Izomorfak-e sz ksgkppen?

§ 3. PERMUTCIK

3.18

29

Jellj k qn (x1  : : :  xn )-nel az alternl csoport, An ciklusszmlljt (q0 = = 2). Hatrozzuk meg a 10.

∞ X

n=0

qn (x1  : : :  xn )yn

genertorf ggvnyt. 11. Bizonytsuk be, ha vges szm kivteltl eltekintve az sszes x1  x2  : : : szmok egyenlek 1-gyel, akkor pn (x1  : : :  xn ) nlim →∞ ltezik, s hatrozzuk meg az rtkt. 12. (a) Az 1.7(b) azonossgra adjunk egy j bizonytst, 3.7-et hasznlva: n hni X

k=0

k k x = x(x + 1) : : : (x + n − 1):

(b) Hasznljuk ezt az azonossgot 3.5 egy j bizonytshoz. 13. Mi az exponencilis genertorf ggvnye az adott n pont, 2-regulris egyszer grfok gn szmnak? 14. Hnyflekppen partcionlhatjuk az {1 1 2 2 : : :  n n}, sszesen 2n bett n prba, ha az egy prban lv elemek sorrendje (a) nem szmt, (b) szmt? (Hatrozzuk meg a genertorf ggvnyt.) 15. Adjunk 3.2-re j megoldst, az Sn ciklusszmlljt felhasznlva. ∗

16. Vlasszunk egy vletlen  permutcit. Jellj k  - (i)-vel azon egszek szmt 1 ≤ j ≤ i esetn, melyekre (j ) ≥ (i) teljes l. Ekkor - (1) : : :  - (n) valsznsgi

vltozk. Bizonytsuk be, hogy f ggetlenek. 17. (a) Mi a vrhat rtke a versenykzbeni rekordok szmnak egy tvolugr versenyen, ha a kvetkezk teljes lnek: mind az n versenyz egyszer ugrik, ezek az ugrsok mind k lnbzek s az indul sorrendet vletlen l vlasztottuk? (b) Mi a valsznsge annak, hogy pontosan k rekordot kapunk? 18*. Kpzelj nk el egy tvolugr versenyt, amelyben nincs az n versenyz kztt kett, aki egyenl tvolsgot ugrott volna. Egy kihzott sorrendben ugranak. Fogads a kvetkez szably szerint tehet: brmely ugrs utn lehet arra fogadni, hogy ez lesz az sszes kztt a legjobb. A k-ik ugrs megttele utn rkez nk a korbbi eredmnyekrl teljes informcink van, de persze fogadni mr nem fogadhatunk rjuk.

30

FELADATOK

3.19

(a) Mi annak a pk valsznsge, hogy a legjobb stratgit kvetve, eltalljuk a gyztest? (b) Milyen stratgit kvess nk ahhoz, hogy a legnagyobb valsznsggel nyerj nk (feltve, hogy a verseny elejn rkez nk)? 19. Mi az {1 : : :  n} azon  permutciinak a szma, amelyekben nincs olyan i < < j < kn hrmas, melyre (j ) < (i) < (k)? 20. Jellje ank az {1 : : :  n} azon  permutciinak a szmt, amelyekben k inverzi van (prok, ahol i < j , de (i) > (j )). Bizonytsuk be, hogy (2) X ank xk = (1 + x)(1 + x + x2 ) : : : (1 + x + : : : + xn−1 ): n

21. Egy

k=0

autversenyplya mellett van nhny benzinkt. A teljes benzinmennyisg sszege a kutakban megegyezik azzal, amennyire az autnknak sz ksge van ahhoz, hogy bejrja a plyt (az autnknak nagyon nagy a benzintankja). Bizonytsuk be, hogy van egy olyan benzinkt, ahol res tankkal kezdve ettl a benzinkttl (persze rgtn a lehetsges mennyisggel feltltve), be tudjuk jrni a plyt gy, hogy kifogyna a benzin nk. 22. (a) Legyenek x1  : : :  xn vals szmok. Az {1 : : :  n} minden  permutcijhoz deniljuk az albbi rtket: a() = max{0 x(1)  x(1) + x(2) : : :  x(1) + : : : + x(n)}: Tekints k tovbb a  permutci C1  : : :  Ck ciklusait s legyen

b() =

k X l=1

0 1 X max @0 xj A : j ∈C

l

Ekkor {a(%) : % ∈ Sn } s {b() :  ∈ Sn } egyenlek, multiplicitst is gyelembe vve. (b) m  s m lny krket" alkotnak vletlenszeren egy tnc sorn (elfordulhatnak kt- s egyelem krk", melyek egyetlen prbl, st egyetlen szemlybl llnak). Bizonytsuk be, hogy annak a valsznsge, hogy minden krben a k s lnyok szma megegyezik, m 1+ 1 -gyel egyenl. ∗

23. (a) Hny konvex k -szg vlaszthat ki egy szablyos n-szgbl, ha kt k -szget

akkor tekint nk lnyegesen k lnbznek, ha nem keletkezik egyik a msikbl forgatssal? (b) Mi egy szablyos n-szg cscsai k-sznezseinek a szma, ha kt k-sznezst nem tekint nk lnyegesen k lnbznek, ha forgatssal keletkeznek egymsbl?

§ 3. PERMUTCIK

3.29

31

(Burnside Lemma) Legyen az {1 : : :  n} permutciinak egy csoportja ;, s k a plyk szma. Ekkor a ;-beli permutcik xpontjai szmnak a vrhat rtke k. 25. Legyen ; az 1 halmazon hat permutcicsoport. Tegy k fel, hogy egy w(x) sly" van hozzrendelve minden x ∈ 1 elemhez gy, hogy w(x) invarins a ;-ra, azaz tetszleg ;-beli 2 plyra w(x) ugyanazt a w(2) rtket veszi fel minden x ∈ 2 esetn. Bizonytsuk be, hogy X X X w(2) = |;1 | w(x): 24.

∈; (x)=x

26.

(Plya{Redeld Leszmllsi Mdszer I) Legyen ; egy permutcicsoport a D halmazon, melynek ciklusszmllja F (x1  : : :  xn ), s legyen R egy msik halmaz. Azt mondjuk, hogy az f , g : D → R lekpezsek lnyegesen k lnbz ek , ha nincs olyan  ∈ ;, melyre f = g: Hny lnyegesen k lnbz lekpezse van D-nek R-be? 27*. (Folytats) Mi trtnik, ha egy tovbbi ;1 permutcicsoport is van megadva az R halmazon, s az f s g lekpezseket csak akkor tekintj k lnyegesen k lnbzeknek, ha nem lteznek olyan  ∈ ;, s % ∈ ;1 permutcik, melyekre f = g%? (Fejezz k ki ezt a szmot a ; s ;1 csoportok F s G ciklusszmllival.) 28*. (Folytats) Szmlljuk le a D -nek R-be trtn lnyegesen k lnbz injekciit (klcsnsen egyrtelm lekpezseit) adott ; s ;1 csoportok esetn. 29. (Plya{Redeld Mdszer II) Legyen D egy vges halmaz, R tetszleges legyen ; egy a D-n hat permutcicsoport, melynek ciklusszmllja F . Tegy k fel, hogy minden y ∈ R-nek van egy w(y) ≥ 0 egszrtk slya. Jellj k rn -nel az R-beli n sly elemek szmt (tegy k fel, hogy ez vges) s legyen

r(x) =

∞ X

n=0

rn (xn ):

Jellje an a lnyegesen k lnbz f : D → R lekpezsek szmt (3.26 rtelmben) melyekre X (∗) w(f (x)) = n: Bizonytsuk be, hogy

x∈D

∞ X

n=0

an xn = F (r(x) r(x2 ) : : :) :

32

FELADATOK

3.30

meg a k forint n szemlynek val sztosztsnak problmjt (1.4(b) problma) a fenti technika hasznlatval. 31. Adjunk egy j bizonytst a Bell szmok exponencilis genertorf ggvnynek a formuljra (1.11 problma), a Plya{Redeld mdszer felhasznlsval. 30. Oldjuk

x

4. Kt klasszikus leszmolsi problma a grfelmletben

A leszmllsok elmletnek egyik legmeglepbb tnye, hogy a szmozott fk szma n ponton nn−2 . Hogy ez mirt meglep? Taln azrt, mert nem ltszik arra direkt mdszer, hogy hogyan szmoljunk le fkat, s sokkal kevsb kerek eredmnyre szmtunk. Ennek a problmnak a nehzsge s egyben a szpsge k lnbz szerzket ksztetett arra, hogy jabb s jabb bizonytst keressenek r. Gyakran ez egy jl megvlasztott ltalnosts rvn siker l. Tbb ilyen bizonytst trgyalunk ebben a fejezetben az olvas felmrheti sok alapvet leszmolsi technikban val jratossgt. Egy msik elmlet, kevsb ltalnos eredmnyeket | de nem kevsb zsenilis mdszereket | mutat fel, a grfok 1-faktorainak leszmolsa. Az a specilis eset, amikor a grf pros, ekvivalens a korltozott permutcik" problmjval, mely a kvetkezkppen fogalmazhat meg: az {1 : : :  n} azon permutciinak a szmt akarjuk meghatrozni, melyek minden i elemet egy kijellt Ai rszhalmazba kpeznek le. Az itteni mdszerek szintn hasznljk a leszmolsi technikk egy szles skljt, de ltalban csak specilis esetekre mkdnek. .rdemes azt is megjegyezni, hogy a fk leszmolsi elmletnek fontos szerepe van a Kircho-egyenletek megoldsban, melyeket az elektromos hlzatok elmletben rnak fel, mg a msik problmakr, az 1-faktorok leszmolsa a ferromgnesessg vizsglatban jtszik fontos szerepet. (lsd pl. Seshu{Read, Linear Graphs and Electrical Networks , Addison{Wesley, 1961 E. W. Montroll, Applied Combinatorial Mathematics , szerk. E. F. Beckenbach, Wiley, 1964 vagy LP, Chapter 8). 1. Legyenek v1  : : :  vn adott pontok s d1  : : :  dn adott egszek, melyekre teljePn s l, hogy di = 2n − 2, di ≥ 1. Bizonytsuk be, hogy azon fk szma a {v1  : : : i=1 : : :  vn } halmazon, melyekben a vi foka di (i = 1 : : :  n), a kvetkez: (n − 2)! (d1 − 1)! : : : (dn − 1)! : 2. (Cayley-formula) Bizonytsuk be, hogy n adott ponton az sszes fk szma nn−2 . 3. Legyen X pn(x1  : : :  xn ) = x1d (v1 )−1 : : : xdn (v )−1 T

T

n

4.9

x 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

33

ahol dT (vi ) jelenti a vi pont fokt a T fban, s az sszegezs kiterjed az sszes fra a {v1  : : :  vn } pontokon. Bizonytsuk be 4.1 felhasznlsa nlk l, hogy pn(x1  : : :  xn ) = (x1 + : : : + xn )n−2 : Vezess k le a Cayley-formult ebbl. 4. Legyenek T1  : : :  Tr fk diszjunkt ponthalmazokon, s V = V (T1 ) ∪ : : : ∪ ∪ V (Tr ). Mi a szma azon lv fknak V -n, melyek T1  : : :  Tr -et tartalmazzk? 5. Legyen T egy fa a v1 : : : :  vn pontokon. Hagyjuk el a legkisebb index levelet (elsfok pontot), s rjuk le az elhagyott pont szomszdjnak az indext. Ismtelj k a maradk fn az eljrst mindaddig, mg egyetlen pont marad. Ez az eljrs hozzrendel a T fhoz egy n − 1 szmbl ll sorozatot, melyet a T fa Pr fer-kdjanak nevez nk. Bizonytsuk be, hogy (a) a T Pr fer-kdja egyrtelmen karakterizlja T -t, (b) adott tetszleges (a1  : : :  an−1 ) olyan sorozatra, melyre 1 ≤ ai ≤ n, an−1 = n teljes l, egyetlenegy fa ltezik, melynek ez a Pr fer-kdja. (c) Vezess k le ebbl a Cayley-formult. 6. Jellj k Tn -nel a fk szmt n adott ponton. Bizonytsuk be, hogy −1  nX n −2 (∗) Tn = k k − 1 Tk Tn−k k=1 s bizonytsuk be a Cayley-formult ebbl az azonossgbl. 7. (a) A ∞ X t(x) = (n T−n1)! xn n=1

exponencilis genertorf ggvny kielgti az albbi f ggvnyegyenletet: t(x)e−t(x) = x: (b) Bizonytsuk be a Cayley-formult ebbl az azonossgbl. 8. Mi az sszes olyan fa szma n ponton, melynek pontosan n − l levele van? 9. (a) Legyen G egy hurokmentes irnytott grf, V (G) = {v1  : : :  vn } s E (G) = {e1  : : :  em }. Legyen A a G pont-l incidencia mtrixa, vagyis a kvetkezkppen denilt A = (aij ) mtrix: ( 1 ha vi az ej l feje, aij = −1 ha vi az ej l vge, 0 k lnben. Hagyjuk el A-bl valamelyik sort, s legyen A0 az eredmny l kapott mtrix. Bizonytsuk be, hogy a G feszt finak T (G) szma egyenl det A0 AT0 -tal.

34

FELADATOK

4.10

(b) Mik az A0 AT0 elemei? (c) Vezess k le a Cayley-formult ebbl. 10. Legyen X pG (x1  : : :  xn ) = xd1 (v1) : : : xdn (v ) ahol G egy grf a {v1  : : :  vn } pontokon s az sszegezs G sszes feszt fjra kiterjed (v. 4.3). Deniljuk a kvetkezket: 8 −xixj ha vi , vj ssze vannak ktve, > xi · P ha i = j  T

> :

s Bizonytsuk be, hogy

T

n

ssze van ktve v -vel

vν

j

−1 n−1 D = (aij )ni=1 j =1 :

pG (x1  : : :  xn ) = det D: 11. Mi az olyan fk szma a {v1  : : :  vn  w1  : : :  wm } pontokon, melyekben minden l egy vi -t kt ssze egy wj -vel? 12. (a) Az n pont G grf feszt finak a T (G) szmt a kvetkez sszeg adja meg:

X

(−1)n−r T (G- +X1 ]) : : : T (G- +Xr ])|X1 | : : : |Xr |nr−2 ahol az sszegezs kiterjed V (G) minden (X1  : : :  Xr ) partcijra. Hatrozzuk meg T (G)-t, amikor G (b) egy olyan grf komplementere, mely q f ggetlen lbl s n − 2q izollt pontbl ll, (c) egy olyan grf komplementere, egy v ponthoz illeszked q lbl s n − q − 1 izollt pontbl ll. 13. (a) Mi a binris skfk" szma, vagyis 2n ponton az olyan fk, melyek be vannak gyazva a skba, minden pontjuk foka vagy 1 vagy 3, s valamely vgpontjuk ki van jellve gykrnek? (Kt skfa ugyanaz", ha ltezik kzott k olyan izomorzmus, mely az lek ciklikus sorrendjt minden pontban megrzi.) (b) Mi az sszes skfk szma n ponton, ha ki van jellve egy vgpont gykrnek?

T (G) =

∗

az olyan F erdk E (n k) szma a v1  : : :  vn pontokon, melyeknek k komponens k van, s v1  : : :  vk k lnbz komponensekhez tartoznak? 14. Mi

4.19

x 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

35

Legyen G egy aciklikus irnytott grf egy kijellt a gykrrel. Tegy k fel, hogy G-ben van egy feszt feny, melynek a a gykere. Mi a G-beli feszt erdk szma? 16. Legyen G egy huroknlk li irnytott grf, melynek ponthalmaza V (G) = = {v1  : : :  vn }. Legyen aij a vi -t vj -vel sszekt lek szma, s d−i a vi befoka. (a) A G vn gyker feszt finak a szma megegyezik a kvetkez determinns rtkvel:



15.

d−1

−a21 3(G) =

..

. −an−11

−a12

:::

d

− 2

−an−12

−a1n−1 −a2n−1

:::

.. .

d−n−1





:



(b) Keress nk egy hasonl formult az albbi polinomra:

X

+ + y1d (v1 ) : : : ynd (v )  T

T

n

ahol T vgigfut a G sszes, vn gyker feszt fenyjn. (v. 4.10). 17*. Legyen n pratlan s  az n-elem V halmaz egy permutcija. Az olyan fk szma V -n, melyeket , mint automorzmus nmagba visz, 8 0 ! ha -nek nincs xpontja,  <   k − 1 Q P P dk  ha -nek van xpontja, : k1k1 −2 ni=2 d|i dkd | d i

d i

=i

d

ahol ki = ki () az i hosszsg ciklusok szma -ben. 18. Jellje Wn az olyan nemizomorf fk szmt n ponton, melyeknek van egy kijellt pontjuk (gyker k). Bizonytsuk be, hogy 2n < Wn < 4n (n ≥ 6): 19*.

Legyen

w(x) =

∞ X

n=1

Wn xn :

(a) Bizonytsuk be a kvetkez azonossgot:

w(x) = x(1 − x)−W1 (1 − x2)−W2 : : : (1 − xn )−W : : : : n

36

FELADATOK

4.20

(b) Vezess k le a kvetkez azonossgokat mind (a)-bl, mind a Plya{ Redeld mdszerbl:  w(x) w(x2 ) w(x) = x · exp 1 + 2 + : : :

w(x) = x

∞ X

n=0

pn (w(x) w(x2 ) : : :) :

ahol pn az Sn szimmetrikus csoport ciklusszmllja. 20**. (a) Mutassuk meg, hogy w(x) konvergenciasugara 0 <  < 1 √ s egyetlen szingularitsa van az |x| =  krn az x =  helyen. Tovbb, w(x) a  − x-nek analitikus f ggvnye ezen szingularits kzelben. (b) Bizonytsuk be, hogy ltezik olyan pozitv konstans c, melyre

Wn ∼ cn−3=2  −n : ∗ 21. Legyen G pros grf az {U V } sznosztlyokkal, U = {u1  : : :  un }, V = = {v1  : : :  vn } s jellje aij az (ui  vj )-lek szmt G-ben. Legyen

A = (aij )ni=1nj=1 : Ekkor az 1-faktorok szma G-ben per A. 22. Hatrozzuk meg az 1-faktorok szmt a ltra" grfban, mely az 1. brn lthat. n lépés

1. bra

az 1-faktorok szma Knn -bl n f ggetlen l elhagysval keletkez grfnak? (Ez ugyanaz, mint hogy egy n hzasprbl ll trsasg hnyflekppen tncolhat gy, hogy mindenki akrkivel tncolhat, kivve a hzastrsval?) 23. Mi

4.29

24.

x 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

37

Legyen B egy tetszleges antiszimmetrikus mtrix. Akkor det B = (Pf B )2 :

(a) Legyen G egy egyszer, irnytott grf a V (G) = {1 : : :  } pontokon s legyen B a kvetkez mdon denilva:

25.

8 < 1 B = (bij ) bij = : −1 0

~ ), ha (i j ) ∈ E (G ~ ), if (j i) ∈ E (G k lnben.

Bizonytsuk be, hogy az 1-faktorok szma G-ben legalbb |Pf B |. (b) Minden irnytott grfra az albbiak ekvivalensek: (i) |Pf B | egyenl az 1-faktorok szmval G-ben (ii) minden olyan krben, mely alternl G brmely 1-faktorra nzve, pratlan sok azonos irnyba mutat el van (iii) minden olyan krben, mely alternl G valamely rgztett 1-faktorra nzve, pratlan sok azonos irnyba mutat el van. (Folytats) Legyen G egy egyszer grf az {1 : : :  n} pontokon. rnytsuk vletlenszeren a G minden lt. Bizonytsuk be, hogy det B = (Pf B )2 vrhat rtke egyenl az 1-faktorok szmval G-ben. 26.

Legyen G olyan sszef gg skgrf, melynek van egy F 1-faktora. Bizonytsuk ~ irnytsa, melyben minden kr, mely alternl az be, hogy G-nek ltezik olyan G F -re nzve, pratlan sok azonos irnyba mutat lt tartalmaz. 27.

28.

Hatrozzuk meg az 1-faktorok szmt a ltrban" (4.19), az elz eredmny felhasznlsval. Legyen an a (2n) × (2n)-es sakktbla dominkkal val lefedseinek a szma. Bizonytsuk be az albbi formulkat

29*.

(a)

an = 2

2n2

n Y n  Y k=1 l=1

cos 2nk+ 1 + cos2 2nl+ 1 2



38

FELADATOK

(b)

;2n

0

0

...

an = 2n

;2n0−1

1

0.

..

0 |

4.30

2 9

> = 1!

> 0 2 2 ... sor

> ;2n ;2n−2 : : : > : : :

9 0 2 ;2n−3 : : :

> ;2n3−1 ;2n−3 : : : = 

> 1 3

> sor2 ... ;  ;  >  : : : {z 2n1−1 2n3−3 : : : }

;2n−2 ;2n−4 ;22n ;2n4−2

::: :::

n−

n

n−1 oszlop

(c) Hatrozzuk meg a

log an

nlim →∞ n2

hatrrtket. 30. (a) Bizonytsuk be, hogy az n × n-es sakktbla" feszt finak szma egyenl a (2n − 1) × (2n − 1)-es sakktblbl a bal fels sarkot elhagyva keletkez tbla dominfedseinek a szmval (a grfot gy kapjuk a sakktblbl, hogy a pontok a ngyzetek, s kt pont akkor s csak akkor van sszektve, ha van kzs oldaluk). (b) Mutassuk meg, hogy tetszleges skgrf feszt finak a szma kifejezhet egy msik skgrf 1-faktorainak a szmval. 31. Mi a k -elem prostsok szma a kvetkez pros grfban? V (G) = {v1  : : :  vn  u1  : : :  un } E (G) = {(ui  vj ) : i < j }: 32. Mi az {1 : : :  n} halmaz azon  permutciinak a szma, melyeknek megvan az albbi tulajdonsguk: | (k ) − k | ≤ 1 (k = 1 : : :  n)? 33*. Jellje an az {1 : : :  n} azon  permutciinak szmt, melyekre | (k ) − k | ≤ 2: Hatrozzuk meg az

f (x) = genertorf ggvnyt.

∞ X

n=0

an xn

5.1

§ 5. PARITS S DUALITS

39

Hatrozzuk meg az {1 2 : : :  n} azon  permutciinak Unp szmt, melyek kielgtik az albbi egyenltlensgeket: (k) ≤ k + p − 1 (k = 1 : : :  n): 35. Jellje a(n p) azon  permutcik szmt, melyekre teljes l, hogy | (k ) − k | ≤ n − p (k = 1 : : :  n): Bizonytsuk be, ha p rgztett, akkor a(n p)=(n − 2p)! az n-nek egy polinomja. 36. Jellj k pn -nel az {1 : : :  2n} azon permutciinak a szmt, melyekre teljes l, hogy | (i) − i| < n: Bizonytsuk be, hogy 34.

pn = x

n X

k=0

S (n k)2 (k!)2 :

5. Parits s dualits

A parits vizsglata igen gyakran alkalmazott mdszer a grfelmletben. Ez a lazn kapcsold tmkbl ll fejezet vltozatos pldkat mutat paritsfeladatokra s a paritsi megfontolsok alkalmazsra bizonytsokban. Sokszor bizonyos dolgok egzisztencija azon az ersebb lltson kereszt l bizonythat be, hogy a szban forg dolgok szma pratlan (pl. 5.20, s mg meggyzbben 5.30). Az els grfelmleti eredmny, Euler megoldsa a knigsbergi hidak problmjra tipikusan mutatja a parits szerept. Az Euler-vonalak vizsglata egy msik klasszikus problmhoz is elvezet, a labirintusbl kivezet t megtallshoz. A paritsvizsglatok legfontosabb eszkze a grfelmletben a krk s vgsok lineris tere. Ez egyfell a matroid-elmlet, msfell az algebrai topolgia kiindulpontja. Az algebrai topolgia olyan alapvet eredmnyei, mint Sperner lemmja (5.29), paritsi indoklsra tmaszkodnak. Krk s vgsok lineris ternek a skgrfok karakterizlsban, valamint a skgrf s dulisa kzti viszony tanulmnyozsban van mg szerepe. A leszmllsi problmk befejeztvel gyakrabban tallkozunk a j karakteriz ci fogalmval (lsd a bevezett). Az 5.3, 5.4 s 5.6 feladatok egyszer pldkat szolgltatnak jl-karakterizl sz ksges s elgsges felttelekre. Egy fontosabb plda Kuratowski skbarajzolhatsgi felttele. Vegy k szre, hogy a MacLane s Whitney felttelek ilyen rtelemben nem j karakterizcik". (Ez ugyanakkor azt is jelzi, hogy a j karakterizci" elnevezs flrevezet lehet, nem vonatkozik ttel jelentsgre.) 1. (a) Ltezik-e grf a kvetkez fokszmokkal: 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6?

40

FELADATOK

5.2

(b) Ltezik-e pros grf a kvetkez fokszmokkal: 3, 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6? (c) Ltezik-e egyszer grf a kvetkez fokszmokkal: 1, 1, 3, 3, 3, 3, 5, 6, 8, 9? 2. Mely szmok fordulnak el k -regulris egyszer grf pontszmaknt? 3. Egy grf akkor s csak akkor pros, ha minden kre pros. Igaz-e ez az llts (irnytott krkkel) irnytott grfokra? .s ersen sszef gg irnytott grfokra? 4. Egy G irnytott grf minden lhez hozzrendel nk egy v (e) rtket. Ez jelentheti az e-n adott irnyban val vgighaladshoz sz ksges munkt. Az ellenkez irnyban −v(e) munka sz ksges. Keres nk egy potencilt", vagyis egy V (G)-n rtelmezett p(x) f ggvnyt, melyre ha e = (x y) akkor v(e) = p(y) − p(x). Mutassuk meg, hogy ilyen akkor s csak akkor ltezik, ha brmely irnytott kr mentn val vgighaladshoz a sz ksges sszmunka 0. 5. Egy ersen sszef gg G grf pontjai akkor s csak akkor sznezhetk 2 sznnel gy, hogy minden pontot legalbb egy irnytott l kt ellenttes szn ponthoz, ha G-ben van pros irnytott kr. + 6. Ha G gyengn sszef gg irnytott grf, melyben minden x-re d− G (x) = dG +(x), akkor G-ben van Euler-vonal. 7. Deniljuk a Gkn grfot (k ≥ 2) a kvetkez kppen: pontjai az 1 : : :  n szmokbl alkotott k dimenzis vektorok az (a1  : : :  ak ) s (b1  : : :  bk ) vektorok ssze vannak ktve irnytott llel, ha a2 = b1 , a3 = b2 , : : : , ak = bk−1 . Mutassuk meg, hogy Gkn (a) Euler-grf (b) Hamilton-grf. 8. Mutassuk meg, hogy egy 2k hossz irnytott kr (k ≥ 2) minden pontjhoz rendelhet nk 0-t vagy 1-et gy, hogy a kr minden k hossz ve k lnbz 01sorozatot adjon. 9. Ha G-ben van olyan pont, melynek kifoka legalbb 3, akkor az Euler-vonalak szma pros. (Kt Euler-vonalat nem tekint nk k lnbznek, ha az lek ltalunk megadott sorrendje csak ciklikus permutciban k lnbzik egymstl.) 10. Legyen G egy irnytott grf, melyben minden pont kifoka egyenl a befokval. Legyen T egy inverz feszt feny x0 gykrrel. x0 -bl indulva bejrjuk G leit a kvetkez szably szerint: (∗) Minden x pontbl mg nem hasznlt l mentn megy nk a kvetkez pontba (x-bl indulva). T leit akkor hasznljuk, ha nincs ms lehetsg nk. Mutassuk meg, hogy gy x0 -ban akadunk el, s addigra egy Euler-vonalat jrtunk be.

5.18

§ 5. PARITS S DUALITS

41

Legyen V (G) = {x0  : : :  xn−1 }, d+G (xi ) = d−G (xi ) = di . Mutassuk meg, hogy G Euler-vonalainak szma (d0 − 1)! : : : (dn−1 − 1)! tbbszrse. 12. (Labirintus-feladat) Egy x0 pontbl indulva vgighaladunk egy sszef gg G grf lein a kvetkez szablyok szerint: (∗) Sohasem hasznljuk ugyanazt az lt ktszer ugyanabban az irnyban. (∗∗) Akrhnyszor egy x = x0 mg nem rintett ponthoz r nk, megjellj k azt az lt, melyen x-be jutottunk. Csak akkor hagyjuk el x-et a megjellt len, ha mshogy nem lehet, vagyis ha az sszes tbbi lt mr korbban hasznltuk. Mutassuk meg, hogy x0 -ban akadunk el, s hogy addigra mr minden len mindkt irnyban thaladtunk. 13. Ha a G grfban minden fokszm pros, akkor G-t lehet gy irnytani, hogy ~ irnytott grf minden pontjnak kifoka egyenl befokval. a kapott G 14. (a) Egy G grfban akkor s csak akkor van Euler-vonal, ha sszef gg s pros fokszm. (b) Ha egy sszef gg G grfban 2k pratlan fokszm pont van, akkor kl-diszjunkt nyitott vonal (k ≥ 1) unija. 15. Ha egy skgrfban van Euler-vonal, akkor a trkp lerajzolhat a ceruza felemelse nlk l gy, hogy nem rajzoljuk t jra s nem is keresztezz k a mr megrajzolt vonalat (legfeljebb rintj k). 16. Tekints k egy sszef gg G grf olyan G rszgrfjait, melyek pros fokszmak s V (G ) = V (G). Az ilyen rszgrfok szma 2m−n+1 (m = |E (G)|, n = = |V (G)|). 17*. (a) Brmely G grf pontjainak halmazn denilhat egy V1 , V2 partci gy, hogy V1 is s V2 is pros fokszm rszgrfot feszt ki. (b) Brmely G grfra V (G) partcionlhat kt osztlyba, V1 s V2 -be, gy, hogy V1 pros fokszm rszgrfot feszt ki, V2 pedig pratlan fokszmt. (c) Ttelezz k fel, hogy egy grf minden pontjban van egy lmpa s egy gomb. Kezdetben minden lmpa g. Egy gomb megnyomsval ellenkezjre vltozik a pontban lv s a ponttal szomszdos pontokban lv lmpk llapota. Mutassuk meg, hogy bizonyos gombok megnyomsval elrhet, hogy minden lmpa le legyen oltva. 18*. (a) Legyen G egy grf, melyben jellje mr (G) a G-ben lv r -elem prostsok szmt. Fejezz k ki az m1 (G) m2 (G) : : : rtkeket |V (G)| = n s m1 (G- ), m2 (G- ), : : : segtsgvel. (b) Ha |V (G)| pros s G- -ban pratlan szm prosts van, akkor G-ben van 1-faktor. (c) G-ben akkor s csak akkor van pros sok 1-faktor, ha van olyan nem res S ⊆ V (G) halmaz, hogy minden pont pros sok S -beli ponttal szomszdos (pl. Euler-grfok esetn S = V ). 11.

42

FELADATOK

5.19

G egy egyszer irnytott grf s h(G) jelli a G-beli Hamilton-utak szmt, akkor h(G) ≡ h(G- ) (mod 2): Igaz-e ez irnytatlan grfokra? 20. Brmely turnamentben pratlan szm Hamilton-t van. 21*. Egy 3-regulris G grf minden e lt pros szm Hamilton-kr tartalmazza. 22. Egy 3-regulris, legalbb 4 pont pros grfnak pros szm Hamilton-kre van.

19. Ha

∗

G egy sszef gg skgrf, G a dulisa. Mutassuk meg, hogy G-nek s G∗ -nak azonos szm fesztfja van. 24. (Euler formula) Mutassuk meg, hogy ha G egy sszef gg skgrf, akkor m − − n + 2 lapja van, ahol m = |E (G)| s n = |V (G)|. 25. (a) Egy n pont egyszer skbarajzolhat grfnak legfeljebb 3n − 6 le van. (b) Egy n pont egyszer hromszgmentes skbarajzolhat grfnak legfeljebb 2n − 4 le van. 23. Legyen

∗

26. Ha

egy skgrfnak pros fokszmai vannak, akkor lapjai 2 sznnel sznezhetk oly mdon, hogy l mentn rintkez lapok szne k lnbz. 27. Legyen G egy egyszer 4-regulris skgrf. (a) Mutassuk meg, hogy G irnythat gy, hogy minden pontnak kt belp s kt kimen le van, s ez a kt pr elvlasztja egymst az adott begyazsban. (b) Bizonytsuk be, hogy G leit nem lehet 2 sznnel sznezni gy, hogy minden pont kt piros s kt kk lhez csatlakozik, s ez a kt pr elvlasztja egymst az adott begyazsban. 28. (a) Lehet-e skgrfot rajzolni egy tszg belsejbe gy, hogy a lapok hromszgek (termszetesen a legk ls kivtelvel) s minden pont foka pros? (b) Tegy k fel, hogy egy tszg belsejt egy skgral hromszgekre osztjuk gy, hogy az tszgn lvket leszmtva minden pont foka pros. Az tszg mely pontjai lesznek pratlan fokak? 29. Legyen G egy skgrf hromszg lapokkal. Tegy k fel, hogy G pontjai 3 sznnel kisznezhetk. Mutassuk meg, hogy a mindhrom sznt tartalmaz lapok szma pros. 30*. Legyen G egy skgrf, a k ls abcd lap kivtelvel hromszg lapokkal. Legyen V (G) = V1 ∪ V2 , a c ∈ V1 , b d ∈ V2 . Ekkor vagy V1 tartalmaz egy (a c) utat, vagy V2 tartalmaz egy (b d) utat. ∗

5.35

§ 5. PARITS S DUALITS

43

31. Legyen V az (a1  : : :  an )T vektorok tere, ahol az ai -k az F testbl valk. a = (a1  : : :  an )T s b = (b1  : : :  bn )T esetn a skalrszorzatukat aT b = a1 b1 +

+ : : : + an bn szerint deniljuk. Tovbb legyen M a V egy altere s A a V egy lineris transzformcija. Dnts k el, hogy a kvetkez lltsok igazak-e*: (a) Ha A nem szingulris, akkor a transzponltja, AT sem az. (b) /ltalnosabban, ha A nem szingulris, akkor AT A sem az. (c) Mg ltalnosabban, Ker AT A = Ker A. (d) M ∩ M ⊥ = {0} (ahol M ⊥ az M -re ortogonlis altr, teht M ⊥ = {a : T a b = 0 minden b ∈ M -re}. (e) M ∪ M ⊥  = V (X  jelli az X ltal generlt alteret). (f) dim M + dim M ⊥ = n. (g) (M ⊥ )⊥ = M . 32. (a) Legyen V a GF (2) fltti n-dimenzis vektortr s M a V egy altere. Mutassuk meg, hogy j = (1 : : :  1)T ∈ M ∪ M ⊥ : (b) Legyen A egy szimmetrikus 0-1 mtrix. Bizonytsuk be, hogy A GF (2) fltti sor-tere tartalmazza A sorvektornak tekintett tljt. Ennek felhasznlsval adjunk j bizonytst 5.17-re. 33. Legyen E (G) = {e1  : : :  em }. Rendelj nk E (G) minden rszhalmazhoz egy 01-vektort, ahol a j -ik koordinta akkor s csak akkor 1, ha ej benne van a megfelel rszhalmazban. gy E (G) rszhalmazait egy GF (2) fltti m-dimenzis VG vektortr elemeivel azonostjuk. (a) Hatrozzuk meg a csillagok ltal generlt UG alteret, valamint az ortogonlis WG alteret. Adjunk j bizonytst 5.3, 5.16 s 5.17-re ezen lineris terek felhasznlsval. (b) Bizonytsuk be, hogy az 5.17a felbonts akkor s csak akkor egyrtelm, ha G-nek pratlan szm feszt fja van. 34. Legyen G 2-szeresen sszef gg skgrf. Mutassuk meg, hogy a vges lapok hatrvonalai a WG tr egy bzist alkotjk. 35*. Legyen G egy grf, C1  : : :  Cf a G grf krei, s tegy k fel, hogy (1) G minden lt C1  : : :  Cf kz l legalbb kett tartalmazza (2) C1  : : :  Cf krk WG egy bzist alkotjk. * Ez a gyakorlat valjban lineris a algebrhoz tartozik. A legtbb tanknyv azonban nem foglalkozik vges test feletti bels szorzattal, amely szmunkra az rdekes eset. (Vegyk szre, hogy ha F a komplex szmok teste, a mi bels szorzatunk nem a szoksos.)

44

FELADATOK

Mutassuk meg, hogy P (a) Ha K = Ci egy kr s i∈I

X i∈J

Ci ⊆

" i∈I

5.36

Ci

akkor J ⊆ I (I J ⊆ {1 : : :  f }) (b) vagy G minden tagja egyetlen kr, vagy van kt Ci , mondjuk C1 s C2 , hogy C1 + C2 is kr (c) G skgrf, s C1  : : :  Cf lapok. (d) (MacLane felttel) Egy G grf akkor s csak akkor skbarajzolhat, ha WG -nek van olyan bzisa, hogy minden l legfeljebb kt elemhez tartozik. 36*. (Whitney felttel) Egy sszef gg G grf akkor s csak akkor skbarajzolhat, ha ltezik egy msik G∗ grf s egy olyan klcsnsen egyrtelm ' lekpezs E (G) s E (G∗ ) kzt, hogy minden G-beli T fesztfra '(E (G) − E (T )) fesztft alkot G∗ -ben s viszont. 37*. Legyen G egy minimlis nem-sk grf (teht G minden valdi rszhalmaza skgrf), melynek minden fokszma legalbb 3. Ekkor

K5

K3,3

2. bra

(a) G 3-szorosan sszef gg, (b) G tartalmaz egy krt hrral, (c) G ∼ = K5 vagy K33 , (d) (Kuratowski felttel) Egy grf akkor s csak akkor skbarajzolhat, ha nem tartalmazza K5 vagy K33 egy felosztst. 38*. Ha G egyszer skbarajzolhat grf, akkor G-t be lehet gyazni a skba gy, hogy minden le egyenes szakasz legyen.

6.6

§ 6. SSZEFGGSG

x

45

6. sszef gg sg

A grfelmlet szmos kzponti krdse tartozik ehhez a fejezethez: pontok s lek elvlasztsa, sszef gg komponensek, tagok, utak, krk, fk s erdk. Ezek a problmk a grfelmlet legtbb ter letn felmer lnek, gy a grfelmlsz legfontosabb eszkztrhoz tartoznak. Az sszef ggsg elmlete a grfelmlet egyik legfejlettebb ga (a faktorizcis problmkkal egy tt, melyek a kvetkez fejezetben ker lnek tertkre). Ennek egyik f oka Menger ttele, mely sszekapcsolja az elvlasztssal denilt sszef ggsget az elrhetsg ltal denilt sszef ggsggel. Ez a k-szorosan sszef gg grfok egy j karakterizcijt" adja. A Menger ttellel kzeli rokonsgban ll a Maximlis Folyam { Minimlis Vgs ttel, melynek a folyamok elmletben van alapvet jelentsge. Ez az sszef ggsg s elvlaszthatsg kzti dualitst jl megfoghat, szinte zikai formba nti. Kt adott pont kzti sszef ggsg ltalban knnyen kezelhet Menger ttelt hasznlva. Viszont kettnl tbb pont kzti sszef ggsg nehezebben kezelhet, s gyakran nem is a Menger ttelen mlik. Ilyen problmk bukkannak fel minimlis k-szorosan sszef gg grfok tanulmnyozsa sorn, tbbtermkes folyamoknl, biztonsgos kommunikcis hlzatoknl, stb. Megoldsuk nehz, de nhny tipikus, vgsokkal kapcsolatos manipulci rendszeresen felbukkan, gy ezek elvezethetnek egy ltalnos megkzeltshez. A legersebb eredmnyek kztt van nhny struktrattel, melyek azt bizonytjk, hogy grfok k lnbz osztlyait megkonstrulhatjuk valamely egyszer transzformci ismtelt alkalmazsval: pl. 2-szeresen sszef gg grfokat f lek" ismtelt hozzillesztsvel (v. 6.27, 6.33, 6.52, 6.53, 6.64). 1. Mutassuk meg, hogy c(G) + |E (G)| ≥ |V (G)| minden G grfra fennll. 2. (a) Legyen G1 , G2 kt grf, melyekre V (G1 ) = V (G2 ). Mutassuk meg, hogy c(G1 ) + c(G2 ) ≤ c(G1 ∪ G2 ) + c(G1 ∩ G2 ): (b) Ez a V (G1 ) = V (G2 ) feltevs nlk l is igaz. 3. Legyenek d1 ≤ : : : ≤ dn egy egyszer G grf fokszmai s tegy k fel, hogy dk ≥ k minden k ≤ n − dn − 1 esetn. Ekkor G sszef gg. 4. Mutassuk meg, hogy G1 × G2 akkor s csak akkor sszef gg, ha G1 , G2 sszef ggek s egyik k tartalmaz pratlan krt. 5. Minden k -regulris pros (k ≥ 2) sszef gg grf ktszeresen sszef gg. 6. (a) Minden sszef gg G grfnak van olyan pontja, melyet elhagyva a grf sszef gg marad. Mi a helyzet ersen sszef gg irnytott grfok esetn?

46

FELADATOK

6.7

(b) Legyen G olyan sszef gg grf, mely nem tartalmaz cseresznyt", vagyis kt elsfok pontot, melyeknek kzs szomszdjuk van. Mutassuk meg, hogy elhagyhatunk kt szomszdos pontot az sszef ggsg megsrtse nlk l. (c) Legyen G sszef gg grf, mely se nem kr, se nem teljes grf. Mutassuk meg, hogy elhagyhatunk kt nem szomszdos pontot a G sszef ggsgnek megsrtse nlk l. 7. (a) Legyen T1 , T2 a G sszef gg grf kt fesztfja. Bizonytsuk be, hogy T1 transzformlhat T2 -be kzb ls" fk sorozatn kereszt l, ha mindegyik az elzbl egy l eltvoltsval s egy msik hozzadsval ll el. (b) Tegy k fel, hogy G 2-szeresen sszef gg. Ekkor ahhoz, hogy T2 -bl T1 -et kapjuk elg, ha a kvetkez transzformcit ismtelten alkalmazzuk: eltvoltjuk azt az lt, mely a fa valamely x vgpontjval szomszdos, majd x-et G valamely msik ln kereszt l kapcsoljuk a maradkhoz. 8. (a) Legyen G 2-szeresen sszef gg n pont grf s n1 + n2 = n. Ekkor V (G)-nek van olyan {A1  A2 } partcija, melyre |Ai| = ni s A1 , A2 sszef gg rszgrfokat alkotnak. (b) Legyen G 2-szeresen sszef gg nem pros 2m pont grf. Ekkor ltezik V (G)-n olyan {A1  A2 } partcija, melyre |Ai | = m s az (A1  A2 ) lek sszef gg feszt rszgrfot alkotnak. 9. Egy irnytott G grf akkor s csak akkor ersen sszef gg, ha minden X ⊂ ⊂ V (G), X = ∅ halmazt legalbb egy l hagy el. 10. Legyen G egy irnytott grf, x, y ∈ V (G) s tegy k fel, hogy G leit pirosra, zldre s feketre sznezt k. Ekkor a kvetkez kt llts kz l pontosan egy igaz: (i) Van olyan piros s fekete irnytatlan P (x y)-t G-ben, hogy P minden fekete le x-tl y fel mutat, (ii) Van olyan S ⊂ V (G) halmaz, x ∈ S , y ∈ S , hogy S -et s V (G) − S -et egyik irnyban sem kti ssze piros l, s nincsen S -bl V (G) − S -be mutat fekete l. 11. (a) Tegy k fel, hogy az ersen sszef gg G irnytott grf sszef ggsge megsznik ≤ k l eltvoltsval. Bizonytsuk, hogy ekkor ≤ k l megfordtsval is megsz ntethet az sszef ggsge. (b) Tegy k fel, hogy G egy elvgl nlk li irnytott grf, melybl ersen sszef gg irnytott grfot kapunk legfeljebb k l sszehzsval. Ekkor legfeljebb k l megfordtsval is kaphatunk ersen sszef gg grfot. (c) Ha egy G hurokmentes irnytott grf minden irnytott krt megsz ntethetj k legfeljebb k l eltvoltsval, akkor legfeljebb k l megfordtsval szintn megsz ntethetj k ket. 12. Egy turnament akkor s csak akkor ersen sszef gg, ha tartalmaz irnytott Hamilton-krt. 13. Egy ersen sszef gg legalbb 4 pont T turnament tartalmaz legalbb kt olyan x pontot, melyekre T − x ersen sszef gg.

§ 6. SSZEFGGSG

6.21

47

∗ 14. Legyen G egy irnytott fa s F ⊆ E (G). Bizonytsuk be, hogy van olyan x ∈ ∈ V (G) pont, melyre az x-szel rintkez lek kz l az F -beliek x-ben vgzdnek,

mg a tbbi x-ben kezddik. 15. Legyen G egy fa s legyen

' : V (G) → V (G) olyan lekpezs, hogy minden (x y) ∈ E (G) esetn '(x) = '(y) vagy ('(x) '(y)) ∈ E (G): Mutassuk meg, hogy '-nek van x pontja vagy x le. 16. Ha a G fa rszfi egy halmaznak metszete nem res, akkor rszfa. 17. (a) Ha G sszef gg grf, akkor brmely kt maximlis hossz tjnak van kzs pontja. (b) Ha G fa, akkor G sszes maximlis hossz tjnak van kzs pontja. 18. Ha G1  : : :  Gk a G fa olyan rszfi, hogy brmely kett metszi egymst, akkor van egy kzs pontjuk. (Ez az elz feladat (b) pontjnak egy j bizonytshoz vezet.) 19. Bizonytsuk be, hogy egy sszef gg G grfban az x y pontok d(x y ) tvolsga ugyangy, mint a x-et s y-t sszekt utak D(x y) maximlis hossza metrika. Vagyis: (a) d(x y) ≥ 0, egyenlsggel akkor s csak akkor, ha x = y, (b) d(x y) = d(y x), (c) d(x y) + d(y z ) ≥ d(x z ), s hasonlan D(x y)-ra. 20. Ha G egy fa, melynek p1  : : :  pn  q1  : : :  qn+1 pontjai, akkor

X

1≤i |X |. (Az ilyen grfot elemi p ros gr fnak nevezz k.) 8. (Elemi pros grfok f l-felbontsa) Bizonytsuk be, hogy egy G pros grf akkor s csak akkor elemi, ha felrhat a kvetkez alakban: G = G0 ∪ P 1 ∪ : : : ∪ P k  ahol G0 kt cscsbl s az ket sszekt lbl ll, s Pi olyan pratlan t, mely G0 ∪ P1 ∪ : : : ∪ Pi−1 kt k lnbz szn-osztlybeli pontjt kti ssze s nincs ms kzs pontja G0 ∪ P1 ∪ : : : ∪ Pi−1 -vel. 9. Legyen G egy K2 -tl k lnbz elemi pros grf s tegy k fel, hogy G brmely lt elhagyva mr nem marad elemi. Mutassuk meg, hogy van msodfok pontja. Igaz-e, hogy minden lnek van msodfok vgpontja? 10. Egy G pros grf r = d(G) maximlis fokszmmal r prosts unija (azaz kromatikus indexe r).*

! * Az ltalnos esetben, egy G grf kromatikus indexe legfeljebb 23 d(G) Shannon] s d(G) + 1, ha G egyszer Vizing], lsd B].

§ 7. GRFOK FAKTORAI

7.17

57

Legyen G tetszleges pros grf s legyen k ≥ 1. Ekkor G k olyan l-diszjunkt feszt rszgrf, G1  : : :  Gk , unija, hogy # d(x) $ % d(x) & minden x ∈ V (G)-re: ≤ d (x) ≤ 11.

G

k

i

k

Legyen G pros grf, melynek minimlis fokszma r. Ekkor E (G) elllthat r diszjunkt l-lefeds unijaknt. 13. Hatrozzuk meg azt a legkisebb r = r (n) szmot, melyre minden r -regulris 2n pont G pros grfban van olyan 1-faktor, melynek minden lhez van vele prhuzamos G-beli l. 14. Legyen G egy r -regulris pros grf (r ≥ 2) az {A B } 2-sznezssel, ahol A = = {a1  : : :  an } s B = {b1  : : :  bn }. Tegy k fel, hogy nem minden a1 -re illeszked l prhuzamos. Egy x pont a kvetkezk szerint mozog V (G)-ben s kzben transzformlja a grfot: (1) x az a1 -bl indul s tetszleges (a1  bi ) mentn bi -be mozdul, majd elvessz k ezt az lt. (2) Ha x a bi -ben van, ahova ppen a -bl rkezett, akkor az els olyan a pontba mozdul el, melyre a = a s a szomszdos bi -vel, majd egy jabb (a  bi ) lt adunk G-hez. (G-ben lehetnek tbbszrs lek, s gy lehet, hogy a mg mindig szomszdos bi -vel, noha egy (a  bi )-lt eltvoltottunk.) (3) Ha x az a -ben van, ahova bi -bl rkezett, akkor az els a -vel szomszdos bj = bi pontba mozdul el, majd egy (a  bj )-lt elvesz nk. Bizonytsuk be, hogy vges idn bel l az eljrs befejezdik gy, hogy x = a1 s a1 r prhuzamos llel van sszektve valamely bi -vel (s ms ponttal nem). 12.

Hasznljuk ezt az eljrst 1-faktor ellltsra. 15. (a) Tegy k fel, hogy az egyszer pros G grfban (az {A B } 2-sznezssel) van 1-faktor, s minden x ∈ A fokszma legalbb k. Mutassuk meg, hogy G-ben legalbb k! 1-faktor van. (b) Egy n pont s m l elemi pros grfban legalbb m − n +2 1-faktor van. 16. Legyen G pros grf az {A B } 2-sznezssel, s f (x) ≥ 0 egy V (G)-n rtelmezett egsz rtk f ggvny. Mutassuk meg, hogy G-ben akkor s csak akkor van f -faktor,Pha P (i) f (x) = f (y) s (ii)

x∈A

y∈B

P f (x) ≤ m(X Y ) + P f (y)

x∈X

y∈B −Y

minden X ⊆ A s Y ⊆ B esetn (itt m(X Y ) az X -et Y -nal sszekt lek szma). 17. Legyen G egy n pont s m l pros grf, melynek maximlis fokszma d. Bizonytsuk be, hogy G begyazhat fesz tett rszgr fknt egy d-regulris 2n − ! pont pros grfba, de kevesebb pontba nem. −2 m d

58

FELADATOK

7.18

G egyszer pros grf az {A B } 2-sznezssel, melyre |A| = |B | = n, s a maximlis fokszm d < n2 . Mutassuk meg, hogy G begyazhat egy azonos V (G) ponthalmaz, 2d fokszm egyszer regulris pros grfba. 19. Legyen A = (aij ) egy nemnegatv (n × n)-es mtrix, melynek minden sor- s oszlopsszeg 1 (az ilyen mtrixot dupl n sztochasztikusnak nevezz k). Bizonytsuk be, hogy per A > 0, azaz A determinnsnak van nem-nulla kifejtsi tagja. 20. (a) Legyen G egyszer pros grf az {A B } 2-sznezssel, A = {a1  : : :  an }, B = {b1  : : :  bn }. Legyen aij = 0 akkor s csak akkor, ha (ai  bj ) ∈ E (G), s tegy k fel, hogy a nem-nulla aij -k algebrailag f ggetlen transzcendens szmok. Bizonytsuk be, hogy G-ben akkor s csak akkor van 1-faktor, ha det(aij ) = 0. (b) Ebbl az szrevtelbl bizonytsuk be a Knig{Hall felttelt (7.4a) 1faktor ltezsre pros grfban. 21. Legyen G sszef gg n pont grf s E (G) = {e1  : : :  em }. Tekints k az sszes olyan (y1  : : :  ym ) vektort, melyre 18. Legyen

X

(∗)

e v

yi = 0

i

minden v pont esetn. Mi az ltaluk kifesztett tr dimenzija? ∗

G egyszer 2n pont grf, melynek minden fokszma legalbb n. Mutassuk meg, hogy G-ben van 1-faktor. 23. Legyen F0 a G egy prostsa. Ekkor G-ben van olyan maximlis lszm prosts, mely lefedi az sszes F0 ltal lefedett pontot. 24. (a) Konstruljunk olyan grfot, melyben egyetlenegy 1-faktor van, s minden fokszma legalbb k. (b) Bizonytsuk be, hogy ha egy grfban egyetlenegy 1-faktor van, akkor van benne elvgl. (c) Ha egy egyszer 2n pont G grfban egyetlenegy 1-faktor van, akkor 22. Legyen

|E (G)| ≤ n2 : 25. Ha

akkor

G izollt pontot nem tartalmaz grf, melynek maximlis fokszma d,  (G) ≥ |Vd (+G1)| :

Legyen G olyan sszef gg grf, melyben minden x ∈ V (G)-re,  (G − x) = =  (G). Mutassuk meg, hogy G faktor-kritikus.

26*.

7.32

§ 7. GRFOK FAKTORAI

27*. (a) (Berge Formulja) Mutassuk meg, = |V (G)| − 2 (G) mennyisg (a prostatlan

59

hogy brmely G grfra a (G) = cscsok minimlis szma) kvetke-

zkppen adhat meg: (G) = |V (G)| − 2 (G) = max {c1 (G − X ) − |X |}: X ⊆V (G)

(b) (Tutte ttele) Egy grfban akkor s csak akkor van 1-faktor, ha c1 (G − minden X ⊆ V (G) esetn. 28. (a) Legyen G olyan egyszer grf, melyre (i) G-ben nincsen 1-faktor, de (ii) ha G brmely kt nem szomszdos pontjt llel sszektj k, akkor a kapott grfban van 1-faktor. Mutassuk meg (Tutte ttelnek felhasznlsa nlk l), hogy G a kvetkez struktrj: van egy minden ms ponttal sszekttt V1 ponthalmaza, s a maradk pontok diszjunkt teljes grfokat fesztenek ki. (b) Adjunk j, (a)-n alapul bizonytst Tutte ttelre (7.27b). 29. (a) (Petersen ttele) Minden 2-szeresen sszef gg 3-regulris grfban van 1faktor. (b) Konstruljunk olyan egyszer 3-regulris grfot, melyben nincs 1-faktor. 30. Legyen G egy (k − 1)-szeresen lsszef gg, k -regulris, pros pontszm grf. Hagyjunk el k − 1 lt G-bl. Mutassuk meg, hogy a megmarad G grfban van 1-faktor. 31. (Faktor-kritikus grfok f l-felbontsa) Legyen G egy egynl tbb pont faktor-kritikus grf. Bizonytsuk be, hogy kifejezhet a kvetkez formban: G = P0 ∪ P1 ∪ : : : ∪ Pk  ahol P0 pratlan hossz kr s Pi+1 vagy olyan pratlan t, melynek mindkt vgpontja P0 ∪ P1 ∪ : : : ∪ Pi -beli, de bels pontja nincs P0 ∪ P1 ∪ : : : ∪ Pi -ben, vagy olyan pratlan kr, melynek pontosan egy kzs pontja van P0 ∪ P1 ∪ : : : ∪ Pi -vel (i = 0 : : :  k − 1). 32*. (Gallai{Edmonds Struktrattel) Legyen G tetszleges grf. Jellje DG azon pontok halmazt, melyeket legalbb egy maximlis prosts nem fed le. Legyen AG a DG szomszdainak halmaza s CG = V (G) − AG − DG . Bizonytsuk be, hogy: (a) AG egy x pontjt elhagyva a DG s CG nem vltoznak. (b) A DG ltal fesztett grf minden komponense faktor-kritikus. A CG ltal fesztett grfban van 1-faktor. (c) Ha M tetszleges maximlis prosts, akkor M tartalmazza a DG ltal fesztett grf minden komponensnek egy maximlis prostst s a CG ltal fesztett grf egy 1-faktort.

− X ) ≤ |X |

60

FELADATOK

7.33

(d)  (G) = 21 {|V (G)| − c(DG ) + |AG |}. (e) Tutte ttele ebbl kvetkezik. (f) Hatrozzuk meg az A, C , D halmazokat a 4. brn lthat grfra.

4. bra

M a G egy prostsa s C egy 2k + 1 hossz kr, mely M -bl k lt tartalmaz, de nem rint ms M -beli lt. Legyen G a C sszehzsval kapott grf s M  = M − E (C ). Mutassuk meg, hogy M akkor s csak akkor maximlis prostsa G-nek, ha M  maximlis prostsa G -nek. 34*. (Edmonds Prostsi Algoritmusa) (a) Legyen G tetszleges grf, M a G egy prostsa s tekints nk egy maximlis F erdt a kvetkez tulajdonsgokkal: (∗) F minden komponense pontosan egy M ltal le nem fedett pontot tartalmaz, ezt gykrnek nevezz k. (∗∗) Bels pontnak nevezve F azon pontjait, melyek egy gykrtl pratlan tvolsgra vannak, s k ls pontnak minden ms pontot (a gykeret is belertve), minden bels pont fokszma 2, s a vele szomszdos lek egyike M -beli (5. bra). Mutassuk meg, hogy ha kt k lnbz komponensbeli k ls pont szomszdos, akkor M nem maximlis prosts. Tervezz nk olyan algoritmust, mely ezen szrevtel s az elz feladat alapjn tall maximlis prostst. (b) Tesztelj k az algoritmusunkat a 4. bra grfjn. 35. Tegy k fel, hogy a k -regulris 2m pont G grf brmely kt pratlan hosszsg kre vagy metszi egymst, vagy l kti ssze ket. Mutassuk meg, hogy ekkor G-ben van 1-faktor. 36. (a) Ha a G grfban nincs 1-faktor, akkor van olyan x pontja, hogy minden x-re illeszked l szerepel valamely maximlis prostsban. (b)* Ha G olyan 2-szeresen sszef gg grf, melyben van 1-faktor, akkor van olyan x pontja, hogy minden x-re illeszked l szerepel valamely 1-faktorban. 33. Legyen

§ 7. GRFOK FAKTORAI

7.43

61

5. bra 37.

A G-beli 2-prostsok maximlis mrete |V (G)| − max {|X | − |;G (X )|}: ⊆ ( ) X

X

V G

fggetlen

Minden G grfban van olyan maximlis prosts, melyet egy maximlis 2prosts tartalmaz. 38*.

∗

Legyen G sszef gg 2d-regulris grf pros sok llel. Bizonytsuk be, hogy G-ben van d-faktor. 40. Minden 2d-regulris grf d 2-faktor unija. 41. Mely sszef gg G grfoknak van olyan F feszt rszgrfjuk, hogy minden x cscsra # d(x) $ % d(x) & d (x) = vagy ? 39.

F

2 2 42. (a) Mely sszef gg grfokban van pratlan fokszm feszt rszgrf? (b) Minden olyan 2-szeresen lsszef gg G grfban, melynek minden fokszma legalbb 3, van olyan feszt rszgrf, melyben minden fokszm pozitv s pros. 43*. Legyen G tetszleges grf s rendelj nk egy nemnegatv egsz f (x) szmot G minden x pontjhoz. Konstruljunk egy G grfot, melyben akkor s csak akkor van 1-faktor, ha (a) G-ben van teljes f -prosts, (b) G-ben van f -faktor.

62

FELADATOK

7.44

G irnytott grf minden x pontjhoz hozzrendel nk egy (f (x) g(x)) nemnegatv egsz szmprt. Mikor lesz G-nek olyan feszt rszgrfja, melynek befoka f (x) s kifoka g(x) minden x pontban? 45. Egy adott G grf leit mikor tudjuk gy irnytani, hogy minden x pont kifoka egyenl legyen egy elrt f (x) szmmal? 46. (a) Legyen G egy krt tartalmaz sszef gg grf. Hozzrendel nk egy g (x) szmot a G minden x pontjhoz. Mutassuk meg, hogy G-nek van olyan F feszt rszgrfja, melynek fokszma minden x pontban k lnbzik g(x)-tl. (b) Legyen G egy fa, s rendelj nk hozz egy g(x) szmot minden x pontjhoz. Mutassuk meg, hogy a kvetkez lltsok kz l pontosan egy igaz: (i) G-nek van olyan irnytsa, melynek befoka g(x) (ii) G-nek van olyan feszt rszgrfja, melynek fokszma minden x pontban k lnbzik g(x)-tl. 44. Egy

47. Legyenek 0 < d1 ≤ : : : ≤ dn

∗

egszek. Mutassuk meg, hogy akkor s csak akkor ltezik egy fa d1  : : :  dn fokszm-sorozattal, ha d1 + : : : + dn = 2n − 2: 48. Legyenek 0 ≤ d1 ≤ : : : ≤ dn egszek. Mutassuk meg, hogy akkor s csak akkor lehet ez egy hurokmentes grf fokszm-sorozata, ha (1) d1 + : : : + dn pros, s (2) dn ≤ d1 + : : : + dn−1 . 49. Legyenek f1  : : :  fn  g1  : : :  gn ≥ 0 egszek. Bizonytsuk be, hogy akkor s csak akkor ltezik {v1  : : :  vn } pont hurokmentes egyszer irnytott grf, melyben d+H (vi ) = fi , d−H (vi ) = gi , ha (1) fP1 + : : : +Pfn = g1 + : : : + gn , s (2) fi ≤ gj + |I |(n − |J |) − |I − J | (I J ⊆ {1 : : :  n}). i∈I

j ∈J

Egyszersts k a felttelt, ha f1 ≤ : : : ≤ fn s g1 ≤ : : : ≤ gn . 50. Bizonytsuk be, hogy akkor s csak akkor ltezik egyszer grf a d1 ≤ d2 ≤ ≤ : : : ≤ dn fokszmokkal, ha ltezik egyszer grf a d1  : : :  dn−1 fokszmokkal, ahol d k = 1 : : :  n − dn − 1,  dk = dk − 1 ha ha k = n − dn  : : :  n − 1. k 51. (a) Tegy k fel, hogy di ≥ 0 (i = 1 : : :  n) s d1 + : : : + dn pros. Tegy k fel, hogy ltezik olyan H hurokmentes egyszer irnytott grf a V = {v1  : : :  vn } ponthalmazon, melyre d+H (vi ) = d−H (vi ) = di (i = 1 : : :  n). Ekkor ltezik egy egyszer (irnytatlan) G grf a V ponthalmazon, melyre dG (vi ) = di (i = 1 : : : : : :  n).

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

8.2

63

(b) Legyenek 0 ≤ d1 ≤ : : : ≤ dn egszek. Bizonytsuk be, hogy akkor s csak akkor ltezik egyszer grf a d1  : : :  dn fokszmokkal, ha (1) d1 + : : : + dn pros s (2)

Pn d ≤ k(k − 1) + nP−k min(d  k) i i i=1

i=n−k+1

minden 1 ≤ k ≤ n esetn. 52. Legyenek 0 ≤ d1 ≤ d2 ≤ : : : ≤ dn egszek. Mutassuk meg, hogy akkor s csak akkor lehetnek egyszer sszef gg grf fokszmai, ha (1) kielgtik a 7.51b feltteleit, tovbb (2) d1 > 0, s Pn (3) di ≥ 2(n − 1). i=1

Legyenek d1  : : :  dn adott egszek. Bizonytsuk be, hogy akkor s csak akkor lehetnek egyszer, 1-faktort tartalmaz grf fokszmai, ha d1  : : :  dn is s d1 − − 1 : : :  dn − 1 is fokszmai valamely egyszer grfnak. 53*.

x

8. F ggetlen ponthalmazok

A f ggetlen ponthalmazok fogalma analg a f ggetlen lhalmazok fogalmval, st mg egyszerbbnek is tnik. Ennek ellenre sokkal nehezebben kezelhet s sokkal kevesebbet tudunk rla. Nincs a Berge formulhoz hasonl j karakterizcija" a f ggetlen pontok maximlis szmnak, st ilyen nem is vrhat, mert a problma NP-nehz. Ilyen problmk esetn hasznos megkzeltsi md a kritikus gr fok vizsglata. Ez valban sokkal gy mlcszbbnek bizonyult. Az ilyen grfok szmos szp tulajdonsggal rendelkeznek, s a 8.25 feladat kiterjesztsvel mg valamilyen rtelemben vett klasszikcijuk is lehetsges. Noha mindkt problma NP-teljes, az -kritikus grfok struktrja, gy tnik, sokkal ktttebb, mint a kromatikuskritikus grfok, s a rjuk vonatkoz eredmnyek is mlyebbek (lsd a 9. fejezetet). A f ggetlen ponthalmazokhoz kapcsoldik a grfokon rtelmezett jtkok vizsglata, mely a jtkelmlet egy nagyon ltalnos modelljre vezet. Az olvasnak ajnljuk a sakk, az amba, stb. jtkok lefordtst irnytott grfokon rtelmezett jtkra mint a 8.8 feladatban, s olyan jtk-vltozatok tervezst, melyekre ezen feladatok meglep megoldsai alkalmazhatk (pl. olyan sakk, melyben passzolni is lehet). 1. Ha egy grfban minden pont foka legfeljebb d, akkor (G) ≥ |Vd (+G1)| : 2. Minden G grf pontjai lefedhetk nem tbb, mint (G) pont-diszjunkt ttal.

64

FELADATOK

8.3

Minden G grf pontjai lefedhetk nem tbb, mint (G) pont-diszjunkt krrel, llel s ponttal. 4*. Legyen G irnytott grf s S a V (G) egy olyan rszhalmaza, melyre vannak S pontjaibl indul diszjunkt (irnytott) V (G)-t lefed utak. Mutassuk meg, hogy S -bl kivlaszthat egy ugyanilyen tulajdonsg S0 rszhalmaz, melyre 3.

|S0 | ≤ (G): 5.

(a) Minden szimmetrikus irnytott grfnak van magja. (b) Minden krmentes G irnytott grfnak egyetlenegy magja van. (c) Ha az irnytott G grf minden irnytott kre pros hosszsg, akkor G-nek van magja. 6. Minden T turnamentben van olyan pont, melybl minden ms pont elrhet legfeljebb 2 hosszsg irnytott ton. 7. Minden G irnytott grf tartalmaz egy olyan S ⊆ V (G) f ggetlen halmazt, melyre minden pont elrhet S -bl legfeljebb 2 hosszsg irnytott ton. 8. Legyen G irnytott grf. Az A s B jtkos a kvetkez jtkot jtssza. Kezds gyannt A elfoglal egy tetszleges pontot. Ezutn felvltva foglalnak el olyan jabb pontokat az elfoglalt pontnak k lnbznie kell a mr elfoglaltaktl, s elrhet kell, hogy legyen az ellenfl legutbb elfoglalt ponttl. Az a jtkos veszt, aki elszr nem tud elfoglalni pontot. (a) Tegy k fel, hogy G-ben nincsen irnytott kr. Mutassuk meg, hogy Anak van nyer stratgija, s hatrozzuk meg azon pontok halmazt, melyekbl rdemes kezdenie. (b) Most ejts k el azt a feltevst, hogy G irnytott krmentes, de tegy k fel, hogy van egy 0 befok x0 pontja (forrsa). Mutassuk meg, hogy a kezd A jtkosnak mg mindig van nyer stratgija. (c) Most legyen G tetszleges irnytott grf. Mutassuk meg, hogy a msodik jtkosnak akkor s csak akkor van nyer stratgija, ha G minden ers komponensn van nyer stratgija. 9. (Folytats) Legyen G egy grf (vagy ezzel ekvivalens mdon egy szimmetrikus irnytott grf). Mutassuk meg, hogy a kezd jtkosnak akkor s csak akkor van nyer stratgija, ha G-ben van 1-faktor. ∗ 10. Legyen

meg, hogy

T1  : : :  Tk maximlis f ggetlen halmazok egy G grfban. Mutassuk |T1 ∪ : : : ∪ Tk | + |T1 ∩ : : : ∩ Tk | ≥ 2(G):

8.23

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

65

Legyenek T1  : : :  Tk a G maximlis f ggetlen halmazai, s legyen X tetszleges f ggetlen halmaz. Legyen S = X ∩ T1 ∩ : : : ∩ T k : Ekkor |;(S )| − |S | ≤ |;(X )| − |X |: 12. Legyen G egy izollt pontot nem tartalmaz -kritikus grf. Ekkor minden x pontot tartalmaz legalbb egy maximlis f ggetlen halmaz, de nem mindegyik. Ha x s y kt pont, melyek nem alkotnak G-ben komponenst, akkor van olyan maximlis f ggetlen halmaz, mely pontosan egyik ket tartalmazza. Ha x s y szomszdosak, akkor van egy msik maximlis f ggetlen halmaz, melybe egyik ket sem tartalmazza. 13. Egy -kritikus grf minden pontjt egy teljes gral helyettestve ismt kritikus grfot kapunk. 14. Minden grf valamely -kritikus grf fesztett rszgrfja. 15. (a) Keress nk vgtelen sok sszef gg r -regulris -kritikus grfot (r ≥ 2). (b) Mely szablyos testek -kritikusak? 16. Mely pros grfok -kritikusak? 17*. Egy -kritikus grf brmely kt szomszdos lt tartalmazza egy tlmentes pratlan kr. 18. Egy -kritikus grfnak nincsen teljes grfot kifeszt elvg ponthalmaza (specilisan nincsen elvgpontja). 19*. (a) Legyen G1 s G2 sszef gg, K2 -tl k lnbz -kritikus grfok. Osszuk fel a G1 valamely x pontjt az x1 s x2 pontokra, hagyjuk el a G2 egy (y1  y2 ) lt, s azonostsuk xi -t yi -vel. (gy pldul kt hromszgbl egy tszg lesz.) Mutassuk meg, hogy a kapott grf -kritikus. (b) Mutassuk meg tovbb, hogy minden sszef gg, de nem 3-szorosan sszef gg -kritikus grf elllthat gy. 20. Egy izollt pontot nem tartalmaz -kritikus G grfnak legalbb 2(G) pontja van. 21. Egy -kritikus grfban minden f ggetlen X ponthalmazra |;(X )| ≥ |X |. 22. Legyen X az -kritikus G grf f ggetlen ponthalmaza s x ∈ X . Ekkor dG (x) ≤ |;(X )| − |X | + 1: 23. (a) Egy izollt pontot nem tartalmaz n pont -kritikus G grf maximlis fokszma legfeljebb n − 2(G) + 1. n − (G) + 1 (b) Egy n pont -kritikus G grf leinek szma legfeljebb . 2 11.

66

FELADATOK

8.24

Mely -kritikus G grfok regulrisak |V (G)| − 2(G) + 1 fokszmmal? 25. Jellemezz k az sszef gg -kritikus G grfokat, melyekre |V (G)| − 2(G) = = 0 1 illetve 2. 26. Tegy k fel, hogy (G − x − y ) = (G) minden x, y ∈ V (G) esetn s |V (G)| = = 2(G) + 1. Mutassuk meg, hogy G egy pratlan kr. 27. Legyen G olyan grf, melyre (G − {x y z }) = (G) minden x, y , z ∈ V (G) esetn. Mutassuk meg, hogy vagy |V (G)| ≥ 2(G) + 3, vagy G ∼ = K4 . 24*.

x

9. Kromatikus szm

A kromatikus szm a leghresebb grakus invarins hrnevt elssorban a Ngysznttelnek ksznheti, mely azt lltja, hogy minden skbarajzolhat grf 4-sznezhet. Ez egy vszzadon t a kombinatorika legnagyobb kihvst jelent problmja volt, s tbb eredmnyt inspirlt a ter leten, mint brmely ms problma. A Ngysznttelnek egy szmtgppel tmogatott bizonytst adta Appel s Haken 1976-ban. Annak ellenre, hogy ma mr a kromatikus szm tbb ms ok miatt is rdekldsre tart szmot, mely okok kz l sok alkalmazott matematikai ter letrl, pl. az opercikutatsbl szrmazik, a ngysznttel egy egyszer bizonytsnak remnye mg mindig fontos mozgatereje a kutatsoknak. Npszersge ellenre a kromatikus szmrl elg keveset tudunk. Nehezen szmolhat nincs a k-kromatikus grfoknak j karakterizcija a trivilis k = 2 eset kivtelvel (v. a 9.6, 9.9, 9.11, 9.15 s 9.16 feladatokban adott nem trivilis, de nem-j" karakterizcikkal) s a kritikusan kromatikus grfok tulajdonsgai sokkal gyengbbek az -kritikus grfoknl. A legnehezebb bizonytsok gyakran ellenpldk konstrukcijbl llnak. A fejezetben megprblunk bemutatni a ter leten eddig kialakult nhny fontos tletet. Mindeddig ezek egyike sem vezetett a kromatikus szm egy kielgt elmlethez (specilisan, egyik sem vezetett a ngysznttel szmtgpmentes bizonytshoz), de rszv vlhatnak egy fejlettebb elmletnek. A fbb tletek a kvetkezk: kis fokszm grfok kromatikus szma is kicsi a pros grfokra az 5. fejezetben alkalmazott potencil" ltalnostsra vonatkoz prblkozsok, kritikus s teltett grfok vizsglata, perfekt grfok, kromatikus polinomok s egyb algebrai megkzeltsek, Kempe lncols. 1. Ha egy G grf minden pontjnak foka legfeljebb k , akkor (G) ≤ k + 1. 2. Bizonytsuk be, hogy brmely G grfra tallhat olyan V (G) = V1 ∪ V2 (V1 , V2 = ∅) partci, melyre (G+V1 ]) + (G+V2 ]) = (G): Tovbb ha G nem teljes, akkor tallhat egy olyan V (G) = V1 ∪ V2 partci, melyre (V +G1 ]) + (G+V2 ]) > (G):

9.10

§ 9. KROMATIKUS SZM

67

Igazoljuk a (G1 ∪ G2 ) ≤ (G1 ) · (G2 ) egyenltlensget. 4. Tegy k fel, hogy G-nek van olyan (j) sznezse, melyben minden szn legalbb ktszer elfordul. Mutassuk meg, hogy ekkor G-nek van ilyen sznezse (G) sznnel. 5. (a) Tegy k fel, hogy |V (G)| = n s V (G)-nek van olyan {V1  : : :  Vk } partcija, melyben minden 1 ≤ i < j ≤ k-hoz ltezik olyan x ∈ Vi s y ∈ Vj , melyek nem szomszdosak. Ekkor (G) ≤ n − k + 1: (b) Legyen G egy n pont egyszer grf. Ekkor (G) + (G) ≤ n + 1 (G) · (G) ≥ n: 6. Mutassuk meg, hogy egy G grf kromatikus szma egyenl azzal a legkisebb m szmmal, melyre (G ⊕ Km) = |V (G)|: (G ⊕ Km a G s a teljes m-szg Descartes szorzata). 7. (a) (G1 × G2 ) ≤ min((G1 ) (G2 )). (b) (G × G) = (G). (c) (G × Kn ) = min((G) n). (d)* Mutassuk meg, hogy ha G sszef gg s (G) > n, akkor G × Kn -nek egyrtelm az n-sznezse (a sznek permutcijnak erejig). (e) Hny n-sznezse lehet egy grfnak? 8. Legyen S a pontok halmaza. Ha S ⊆ V (G), akkor G brmely sznezse S egy partcijt induklja. /gyazzuk S -et valamely G grfba gy, hogy S -nek a G k-sznezse (k ≥ 3) ltal induklt partcii (a) az S -nek csak 1 elem osztlyokba val partcionlsa (ennek persze csak az |S | ≤ k esetben van rtelme) (b) az elz kivtelvel az sszes partci (c) csak az {S } partci (d) az elz kivtelvel az sszes partci (e)* partcik egy {P1  : : :  PN } halmaza. 3.

∗

Ha egy G irnytott grfban nincsen m hossz t, akkor (G) ≤ m. 10. Milyen esetben sznezhetj k egy G irnytott grf szneit tetszleges 1, 2, : : : szm sznnel gy, hogy minden l i szn pontot i + 1 szn ponttal kt ssze (1 ≤ i)? 9.

68

FELADATOK

9.11

Bizonytsuk be, hogy G akkor s csak akkor k-sznezhet, ha irnythat oly mdon, hogy G brmely C krn brmely kr ljrsi irnyba C -nek legalbb |E (C )| k le mutasson. 11*.

∗

Legyen G sszef gg grf s tegy k fel, hogy G minden x pontjhoz hozzrendelj k sznek egy C (x) halmazt. Tegy k fel, hogy |C (x)| ≥ dG (x) minden x-re s legalbb egy x0 -ra az egyenltlensg szigoran teljes l. Ekkor ltezik a Gnek egy (j) sznezse, mely minden pontban az elrt sznek kz l hasznl egyet. (b) Tegy k fel ismt, hogy a G grf minden x pontjhoz hozzrendelt nk egy C (x) szn-halmazt, de most legyen |C (x)| = dG (x) minden pontra s C (a) = C (b) valamely a, b esetn. Tovbb tegy k fel, hogy G 2-szeresen sszef gg. Mutassuk meg, hogy G-nek van (j) sznezse, mely minden x pontra annak sznezshez C (x) egyik sznt hasznlja. (Felhvjuk a gyelmet arra a fontos specilis esetre, amikor G kr v. 9.8d megoldsval.) 13*. (Brooks ttele) (a) Mutassuk meg, hogy ha G minden pontjnak fokszma legfeljebb k (≥ 3) s G 3-szorosan sszef gg, de nem teljes (k + 1)-grf, akkor (G) ≤ k (azaz ebben az esetben elhagyhat az a felttel, hogy C (x) nem azonos minden pontra). (b) Mutassuk meg, hogy a 3-szoros sszef ggsg helyett elegend az sszef ggsget feltenni. 12. (a)

∗

(a) Legyen G vgtelen* grf, melynek minden vges rszgrfja k-sznezhet, de ha brmely kt nem szomszdos pontjt llel sszektj k, akkor lesz olyan vges rszgrfja, mely nem k-sznezhet. Bizonytsuk be, hogy V (G) partcionlhat gy, hogy kt pont akkor s csak akkor szomszdos, ha k lnbz osztlyba tartoznak. (b) (Erds{de Bruijn ttel) Tegy k fel, hogy egy vgtelen G grf minden vges rszgrfja k-sznezhet. Bizonytsuk be, hogy ekkor G maga is k-sznezhet. (c) Minden v ∈ V (G) pontra legyen Tv az 1 : : :  k pontok diszkrt topologikus ternek egy Ekkor V (G) k sznnel val sznezseit tekinthetj k Q pldnya. gy, mint a Tv topologikus szorzat-tr pontjait. Bizonytsuk be, hogy G 14*.

v∈V (G)

rvnyes sznezsei zrt rszhalmazt alkotnak. Adjunk ebbl j bizonytst az Erds{de Bruijn ttelre. * Ez a feladat megmutatja, hogy vgtelen, de vges kromatikus szmmal rendelkez grfokkal kapcsolatos problmk ltalban visszavezethetk a vges esetre. Ezrt trgyaljuk itt, v. 14.19.

§ 9. KROMATIKUS SZM

9.19

69

Legyen K = ∅ egyszer grfok egy halmaza, mely eleget tesz a kvetkez feltteleknek: (i) Ha G ∈ K s G-nek van homomorzmusa G -be, akkor G ∈ K. (ii) Ha G grf s a, b, c ∈ V (G) olyanok, hogy a s c szomszdosak, de b egyik kkel sem szomszdos, s ha G + (a b) ∈ K s G + (b c) ∈ K, akkor G ∈ K. Bizonytsuk be, hogy K az sszes nem k-sznezhet grfbl ll valamely k ≥ ≥ 0-ra. 16*. (Hajs konstrukci) Tekints k az egyszer grfokon rtelmezett kvetkez opercikat: () j lek s/vagy pontok hozzvtele a grfhoz, ( ) Kt nem szomszdos pont azonostsa (s az esetleg gy keletkez ltbbszrzdsek eltrlse), ( ) Kt G1 , G2 grfra s (xi  yi ∈ E (Gi )-ra (xi  yi ) (i = 1 2) elhagysa, egy j (y1  y2 ) l felvtele, majd x1 s x2 azonostsa. Mutassuk meg, hogy ezen opercik nem-k-sznezhet grfokbl nem-ksznezhetket eredmnyeznek, s hogy minden nem-k-sznezhet grf elll ezen opercik ismtlsvel a teljes k + 1-szgbl kiindulva (a 6. bra mutatja, hogy hogyan jutunk el K4 -bl az 5-kerkbe). 15.

γ

β

6. bra

17.

∗

(a) Mely grfok kritikusan 3-kromatikusak? (b) Konstruljunk kritikusan 4-kromatikus 4n pont grfokat, melyekben az lek szma legalbb n2 . (c) Konstruljunk kritikusan 6-kromatikus 2n pont grfokat, melyekben minden pont foka legalbb n. 18. Egy -kritikus G grf minden x pontjhoz hozzrendel nk egy j x pontot, s sszektj k x minden G-beli szomszdjval. Vesz nk mg egy j y pontot, s sszektj k az x pontokkal (x ∈ V (G)). Mutassuk meg, hogy az eredmny l kapott G grf -kritikus (G ) = (G) + 1-gyel. 19. (a) A 7. brn lthat grf fesztett rszgrfja-e valamely kritikusan 4kromatikus grfnak? (b) Egy G0 grf akkor s csak akkor rszgrfja (vagy fesztett rszgrfja) egy kritikusan (k + 1)-kromatikus G grfnak, ha (G0 =e) ≤ k minden e lre.

70

FELADATOK

9.20

x4

x1

x5

x3

x2

7. bra

felosztjuk egy kritikusan (k + 1)-kromatikus G grf egy pontjt, a kapott G grf vagy k-kromatikus, vagy kritikusan (k + 1)-kromatikus. Mely k rtkek 20. Ha

esetn eshet meg az utbbi? 21. Egy kritikusan (k + 1)-kromatikus grf legalbb k -szorosan lsszef gg. 22. Minden -kritikus grf 2-szeresen sszef gg. Ezek kz l melyek nem 3szorosan sszef ggek? 23. Mutassuk meg, hogy ha G egy -kritikus grf, (G) = k + 1 s S egy m elemszm lefog ponthalmaz, akkor G − S komponenseinek szma nem nagyobb m dolog legfeljebb k osztlyba val sorolsainak Bmk szmnl. Mutassuk meg azt is, hogy ez a lehet legjobb. 24. Legyen G kritikusan (k + 1)-kromatikus grf. Bizonytsuk be, hogy minden nem szomszdos pontpr sszekthet k − 1 l-diszjunkt hrmentes pros ttal. 25. Hatrozzuk

∗

meg a kvetkez grfok kromatikus szmt: (a) Kn lgrfja, (b) a komplementere, ~ n szimmetrikus irnytott grf lgrfja, melyet Kn -bl minden l kt (c) a K ellenttesen irnytott llel val helyettestsvel kapunk. (Felhasznlhatjuk 13.21et.) 26. (a) Legyen G irnytott grf s L(G) az lgrfja. Bizonytsuk be, hogy (L(G)) ≥ log2 (G): Tovbb G leit tirnythatjuk gy, hogy itt egyenlsg teljes ljn. (b)* Ha G szimmetrikus irnytott grf, akkor

(L(G)) ≤ k

akkor s csak akkor, ha

 k (G) ≤ k=2

(az lgrf szempontjbl a szimmetrikus irnytott grf nem azonosthat az irnytatlan gral!).

9.34

§ 9. KROMATIKUS SZM

71

(a) Konstruljunk hromszgmentes k-kromatikus grfot. (b)* Konstruljunk 3-, 4- s 5-hossz krmentes k-kromatikus grfot. (c) Konstruljunk olyan grfot, melyben nincsen 2s + 1-nl rvidebb pratlan kr s melynek kromatikus szma nagyobb k-nl*. 28. Legyenek I1  : : :  In zrt intervallumok egy egyenesen. Deniljuk a G grfot az {x1  : : :  xn } halmazon gy, hogy x s x akkor s csak akkor van sszektve, ha I ∩ I = ∅. (a) Mutassuk meg, hogy a kapott G grfra (G) = !(G). (b) Mutassuk meg, hogy ezen grf G komplementerre szintn (G) = !(G). (c) Mutassuk meg, hogy G minden hromnl hosszabb C krnek van hrja. 29. (a) Legyen G olyan grf, melynek minden hromnl hosszabb krnek van hrja. Mutassuk meg, hogy G minden (tartalmazsra nzve) minimlis S vgshalmaza teljes grfot indukl. (b) Egy G grf akkor s csak akkor rendelkezik azzal a tulajdonsggal, hogy minden hromnl hosszabb krnek van hrja, ha reprezentlhat a kvetkezkppen: Legyenek F1  : : :  Fn a T fa rszfi legyen V (G) = {x1  : : :  xn } s akkor s csak akkor kss k ssze xi -t xj -vel, ha Fi ∩ Fj = ∅. (c) Ha G-nek nincsen hromnl hosszabb hrmentes kre, akkor (G) = !(G), s ugyanez igaz a G komplementerre is. 30. Legyen G pros grf. Ekkor (G) = ! (G). 31. Ha mind G1 , mind G2 eleget tesz a (Gi ) = ! (Gi ) felttelnek, akkor eleget tesz a G1 · G2 ers szorzatuk is. 32. Legyen P parcilisan rendezett halmaz, s deniljuk a G grfot P -n gy, hogy x, y ∈ P akkor s csak akkor van sszektve, ha x ≤ y vagy y ≤ x. (a) Mutassuk meg, hogy (G) = !(G). (b) Bizonytsuk be ugyanezt G komplementerre. 33. Az elz feladatok kz l melyek adnak perfekt grfot?** 34. Egy G grf akkor s csak akkor perfekt, ha minden G fesztett rszgrfja tartalmaz olyan f ggetlen halmazt, mely G minden maximlis klikkt metszi. 27.

* Lteznek tetszlegesen nagy kerlet s kromatikus szm grfok. P. Erds lsd ES]. ** A 9.28{32 feladatok azt sugalljk, hogy brmely perfekt grf komplementere is perfekt. Ez valjban igaz is, bizonytsa a hipergrfok elmletbl fog kvetkezni. Lsd 13.55{57.

72

FELADATOK

9.35

Mutassuk meg, hogy a G perfekt grf minden x pontjt egy Gx perfekt gral helyettestve egy G perfekt grfot kapunk. 35*.

∗

meg, hogy egy G grf kromatikus polinomja a sznek  szmban polinom s hatrozzuk meg a fokt. 37. Mutassuk meg, hogy X PG () = (−1)|T | c(T ) 36. Mutassuk

T ⊆E (G)

ahol c(T ) = c(V (G) T ). 38. Mutassuk meg, hogy 39. Hatrozzuk

PG() = PG−e () − PG=e ():

meg teljes grfok, fk, krk s kerekek kromatikus polinomjt. 40. Fejezz k ki G kromatikus polinomjt, ha adva van (a) komponenseinek, illetve (b) tagjainak kromatikus polinomja. 41. Hatrozzuk meg egy intervallumgrf kromatikus polinomjt. 42. Ha G-ben nincsen hurok, akkor PG (x) = xn − an−1 xn−1 + an−2 xn−2 − : : : + (−1)n−1 a1 x ahol ai ≥ 0. Mi az an−1 ? Prbljuk meg interpretlni a1 -et. (Itt n a pontok szmt jelli.) 43. Ha G sszef gg, akkor ai > 0 (i = 1 : : :  n − 1) s an−1 < an−2 < : : : : : : an=2+1 . 44. Legyen x0 a PG () legnagyobb vals gyke. Mutassuk meg, hogy x0 ≤ n − 1. 45. Mutassuk meg, hogy PG ()-nak nincsen gyke a (0 1) intervallumban. 46. (a) Mi a jelentse a kromatikus polinom 0 s 1 gykei multiplicitsnak? (b) Bizonytsuk be, hogy |PG (−1)| a G irnytott krmentes irnytsainak szma. 47*. (a) Legyen G skgrf az F ngyszg-lappal. Legyen e1 s e2 az F kt tlja s Gi = G + ei (i = 1 2). Keress nk sszef ggst PG1 (), PG2 (), PG1 =e1 () s PG2 =e2 () kztt.

9.56

§ 9. KROMATIKUS SZM

73

(b) Van-e olyan

aPG () + bPG1 () + cPG2 () = 0 alak lineris sszef ggs valamely rgztett egsz a, b, c rtkekkel (nem mind nullk), mely minden G s  esetn fennll? Mutassuk meg, hogy legfeljebb t eset kivtelvel nincs√ ilyen sszef ggs, mg rgztett  rtk mellett sem. (c) Legyen  = 5+1 2 . Ekkor PG ( + 1) = ( + 1)(PG1 ( + 1) + PG2 ( + 1)): 48. Mutassuk meg, hogy  + 1 nem gyke egyetlen kromatikus polinomnak sem. 49*. (Aranymetszs ttele) (a) Ha G egy n pont skbarajzolhat hromszgelt grf, akkor

PG ( + 2) = ( + 2) 3n−10 PG2 ( + 1): (b) * Brmely skbarajzolhat G grfra PG ( + 2) > 0: ∗

A hurokmentes skbarajzolhat G grf kromatikus szma legfeljebb 5. 51. Adva van egy 3-regulris, 2-szeresen sszef gg skgrf, lapjait akkor s csak akkor sznezhetj k 4 sznnel (oly mdon, hogy szomszdos lapok szne k lnbz), ha kromatikus indexe 3. 52. Legyen G 3-regulris, 2-szeresen sszef gg skgrf. Ekkor G lapjai akkor s csak akkor 4-sznezhetk, ha a +1, −1 szmok valamelyikt hozzrendelhetj k minden ponthoz gy, hogy brmely lapra a vele rintkez pontokhoz rendelt szmok sszege oszthat hrommal. 53. Tegy k fel, hogy egy skgrfban van Hamilton kr. Mutassuk meg, hogy lapjai 4-sznezhetk. 54*. (a) Az sszef gg G skgrf minden fokszma legfeljebb 5, s legalbb egy pontjnak fokszma legfeljebb 4. Bizonytsuk be, hogy G 4-sznezhet. (b) Mutassuk meg, hogy minden 5-regulris skgrf is 4-sznezhet. 55. Minden egyszer skgrf pontjait kisznezhetj k kt sznnel gy, hogy minden lapja mindkt sznnel rintkezik. 56. Egy hromszgelt skgrf akkor s csak akkor 3-sznezhet, ha minden pontjnak a foka pros. 50.

* A ngysznttel lltsa szerint P (4) > 0 minden skbarajzolhat grfra. Mivel  + + 2 = 36 : : : elg kzel van 4-hez, P ( + 2) > 0 rdekes ilyen megkzeltsben. G

G

74

FELADATOK

9.57

57. Rajzoljunk a

skba egyeneseket gy, hogy nincsen kzt k 3, melyek egy pontban metszik egymst. Tekints k a metszspontokat egy grf pontjainak, s a szomszdos metszspontok kztti szakaszokat a grf leinek. Bizonytsuk be, hogy a kapott skbarajzolhat grf 3-sznezhet. x

10. Grfok extremlis problmi

Turn Pl 1943-ban fogalmazta s oldotta meg a kvetkez problmt: Hny l sz ksges ahhoz, hogy egy (adott pontszm) grfban mindenkppen legyen teljes k pont rszgrf? Ezt a krds-tpust azta kiterjedt vizsglatoknak vetettk al. Valjban extremlis problmnak" nevezhet nk minden ilyen tpus krdst: mi a szlsrtke grfok egy adott osztlyra egy adott paramternek?" Ebben a tg rtelemben szinte az egsz kombinatorikt ebben a fejezetben trgyalhatnnk. Itt azonban csak arra az esetre szortkozunk, amikor az n pont, bizonyos rszgrfokat nem tartalmaz grfok maximlis lszmt keress k. Mg gy is, lehet, hogy ezek a rszgrfok csak izomorzmus vagy ppen homeomorzmus erejig vannak megadva (pl. ha krk vannak kizrva), vagy valamilyen ms mdon rhatk le (pl. ha irnytott Hamilton krk vannak kizrva), s ez igen k lnbz jelleg s mdszer vizsglatokhoz vezet. Szinte mindegyik tpus krdsnl kzs vons azonban, hogy az lek szmra vonatkoz krds lefordthat a pontok fokra vonatkoz krdsre. Szmos jl ismert tr kk ll rendelkezsre az egyik megfogalmazsban nyert informci msik megfogalmazsban val interpretlsra. Ismt csak nhny jellemz problmt tudunk kiragadni errl a hatalmas ter letrl. Az olvas tovbbi hasonl problmkat tallhat minden grfelmleti knyvben, megoldott s megoldatlan problmkat nagy vlasztkban Erds P. rsaiban.* 1. Tegy k fel, hogy az egyszer n pont G grfban 3(n − 1)=2-nl tbb l van. Bizonytsuk be, hogy tartalmaz 2-grfot, azaz azonos pontprt sszekt hrom f ggetlen utat. 2. (a) Ha egy egyszer G grf minden pontjnak foka legalbb 3, akkor G tartalmaz krt hrral. (b) Ha az egyszer G grfnak n ≥ 4 pontja s 2n − 3 le van, akkor tartalmaz krt hrral. 3. (a) Tegy k fel, hogy az egyszer G grfban minden pont foka legalbb 3. Bizonytsuk be, hogy tartalmazza K4 egy felosztst. (b) Tegy k fel, hogy G n pont, 2n − 2 l egyszer grf. Bizonytsuk be, hogy G tartalmazza K4 egy felosztst. * Lsd: P. Erds, The Art of Counting, Selected Writings , The MIT Press, Cambridge{ London, 1973.

10.10

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

75

Legyen G egyszer grf, melyben minden fokszm legalbb 3, s melyben nincsen kt diszjunkt kr. Bizonytsuk be, hogy ekkor G a kvetkez grfok egyike: (i) K5 , (ii) egy kerk, (iii) K3n−3 a 3 elem osztlybeli pontokat sszekt brmely lhalmaz hozzadsval (8. bra). 4*.

8. bra 5. (a) Minden egyszer, 2-szeresen sszef gg, n ≥ 5 pont s 2n − 2 l grf tartalmazza K23 egy felosztst. (b) Minden egyszer, 3-szorosan sszef gg, n ≥ 6 pont s 3n − 5 l grf tartalmazza K33 egy felosztst. (c) Hny l garantlja rendre K23 s K33 felosztsnak ltezst a fenti sszef ggsgi felttelek nlk l? 6. (a) Ha egy egyszer G grf sszehzhat K4 -gy, akkor is K4 egy felosztst is tartalmazza. (b) Ez K4 helyett K5 -re nem igaz. Keress nk 4-szeresen sszef gg ellenpldt! 7. Legyen G m l s n pont egyszer grf. Bizonytsuk be, hogy tartalmaz olyan sszef gg (nem feszt) G1 rszgrfot, melyre G1 szomszdai (vagyis pontjval) olyan V (G) − V (G1 ) azon pontjai, melyek szomszdosak G1 valamely grfot fesztenek, melyben minden pont foka nagyobb mn − 1-nl. 8. Legyen G egyszer n pont grf, m ≥ 3 s |E (G)| ≥ 2m−3 n. Ekkor G sszehzhat Km -m. 9. Legyen F tetszleges k l grf, melyben nincsenek huroklek s izollt pontok. Bizonytsuk be, hogy ha G egyszer grf, melyre |E (G)| ≥ 2k |V (G)| akkor G tartalmazza F egy felosztst.

∗ 10.

Hatrozzuk meg a legkisebb 4, illetve 5 ker let 3-regulris grfot.

76 11. Ha

FELADATOK

10.11

egy r-regulris G grf ker lete g, akkor

(

3

g−

2  ha g pratlan, |V (G)| ≥ 1 + r + r (r − 1) + : : : + r (r − 1) − 1 2(1 + (r − 1) + : : : + (r − 1) 2 ) ha g pros. 12. Legyen r ≥ 2 s g ≥ 2 adott. Ekkor ltezik r -regulris g ker let grf. 13. Legyen G a lehet legkevesebb ponton rtelmezett r -regulris, legalbb g ker let grf. Bizonytsuk be a kvetkez lltsokat: (a) G tmrje legfeljebb g. (b) G ker lete g. (c) |V (G)| ≤ r−r 2 (r − 1)g . 14. Ha az r -regulris G grf (r ≥ 2) ker lete legalbb g , s pontszma 2n ≥ ≥ 4r g , akkor G begyazhat egy (r + 1)-regulris, legalbb g ker let, azonos ponthalmazon rtelmezett grfba. 15. (a) Konstruljunk (p + 1)-regulris, 2(p2 + p + 1) pont, 6 ker let grfot (p prm). (b)* Konstruljunk (p +1)-regulris, 2(p3 + p2 + p +1) pont, 8 ker let grfot (v. 10.11). 16. (a) Legyen G olyan n pont grf, melyben 3 ≤ dG (x) ≤ d minden x pontra. +2 pontra van sz ksg. Ekkor G sszes krnek lefogshoz legalbb nd+1 (b) Ha G ker lete g s legkisebb fokszma legalbb 3, akkor G sszes krnek lefogshoz legalbb 83 2g=2 pontra van sz ksg. 17*. Legyen G olyan grf, melyben minden pont foka legalbb 3, s melynek ker lete g ≥ 3. Mutassuk meg, hogy ekkor G tartalmaz 83g 2g=2 diszjunkt krt. 18. Minden G grfra jellje  a G-beli diszjunkt krk maximlis szmt,  pedig az sszes G-beli kr lefogshoz sz ksges pontok minimlis szmt. Bizonytsuk be, hogy (a) ha  = 1, akkor  ≤ 3,  , (b)  ≥  ≥ 4 log  (c)  vgtelen sok rtkre ltezik olyan G grf, melyre 4 :  ≤ log  g

∗

G 2-szeresen sszef gg grf, x, y ∈ V (G), s tegy k fel, hogy minden x-tl s y-tl k lnbz pont foka legalbb k. Bizonytsuk be, hogy x s y sszekthet legalbb k hosszsg ttal. 19. Legyen

10.29

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

77

Legyen G olyan egyszer grf, melyben minden X ⊂ V (G), |X | ≤ k-ra |;(X ) − X | ≥ 2|X | − 1: Bizonytsuk be, hogy G tartalmaz 3k − 2 hossz utat. 21. Legyenek az n pont, egyszer G grf pontjainak fokai d1 ≤ d2 ≤ : : : ≤ ≤ dn . Bizonytsuk be, hogy G-ben van Hamilton kr, ha az albbi felttelek kz l brmelyiknek is eleget tesz: (a) (Dirac felttel) d1 ≥ n=2, (b) (Psa felttel) dk ≥ k + 1, k < n2 -re, (c) (Bondy felttel) dl ≤ l, dk ≤ k-bl kvetkezik, hogy dl + dk ≥ n (k = l), (d) (Chvtal felttel) dk ≤ k < n2 -bl kvetkezik, hogy dn−k ≥ n − k. 20*.

Ha G olyan n pont, egyszer grf, melyben minden fokszm legalbb n+2 q , akkor brmely diszjunkt utakat alkot q lbl ll F halmazt tartalmaz egy Hamilton kr. 23*. Legyen G n-regulris egyszer 2n + 1 pont grf. Bizonytsuk be, hogy Gben van Hamiltor-kr. 24. Az egyszer n ≥ 2 pont G grfban minden pont foka nagyobb n=2-nl. Mutassuk meg, hogy G brmely kt pontja sszekthet Hamilton ttal. 25. Legyen G egyszer n pont irnytott grf, melyben minden pont befoka is s kifoka is legalbb n=2. Bizonytsuk be, hogy G tartalmaz irnytott Hamilton krt (v. 10.21a). 26. Legyen G olyan egyszer k -szorosan sszef gg grf, mely nem tartalmaz k +1 mret f ggetlen ponthalmazt (k ≥ 2). Mutassuk meg, hogy G-ben van Hamilton kr. 27. Legyen G olyan egyszer n pont grf, melyben minden pont foka legalbb k. Ekkor (a) G tartalmaz legalbb k + 1 hosszsg krt, (b)* ha G 2-szeresen sszef gg, akkor tartalmaz vagy egy legalbb 2k hosszsg krt vagy egy Hamilton krt.

22.

Legyen G egyszer n pont grf, melyben k(n2−1) -nl tbb l van (2 ≤ k < n). Ekkor G tartalmaz legalbb k + 1 hosszsg krt. 29*. Legyen G egyszer 2-szeresen sszef gg j l2 k grf s legyen l a G-beli krk maximlis hossza. Ekkor G nem tartalmaz 4 + 1 hosszsg utat. 28.

∗

78

FELADATOK

10.30

30. Az egyszer n pont G grf nem tartalmaz hromszget. Mutassuk meg, hogy

|E (G)| ≤

n2 :

4 31. Ha G egyszer hromszgmentes grf, akkor |E (G)| ≤ (G) ·  (G): Vezess k le ebbl az elz eredmnyt. 32. (a) Ha G egyszer n pont k -regulris grf, akkor G s G hromszgeinek egy ttes szma n n 3 − 2 k(n − k − 1):

(b) Brmely egyszer n pont G grf s annak G komplementere egy tt legalbb n(n − 1)(n − 5) 24 hromszget tartalmaz. 33. Egy n pont s m l grf hromszgeinek szma legalbb  4m m − n2 : 3n 4 ; 34. (Turn ttele) Tegy k fel, hogy az egyszer G grfnak mk pontja s k2 m2 -nl tbb le van. Bizonytsuk be, hogy G tartalmaz teljes (k + 1)-szget. /ltalnostsuk a ttelt az n = mk + r, 1 ≤ r ≤ k − 1 esetre. 35. Tegy k fel, hogy G egyszer grf, mely nem tartalmaz teljes (k + 1)-szget. Mutassuk meg, hogy ltezik V (G)-n olyan egyszer k-kromatikus H grf, melyre dH (x) ≥ dG (x) (x ∈ V (G)): Vezess k le ebbl Turn ttelt. √ 36. (a) Minden egyszer n pont grf, melynek legalbb n4 (1 + 4n − 3) le van, tartalmaz ngyszget (4 hossz krt). (b) Ha n = p2 + p + 1 (p prm), akkor ltezik olyan 4 hossz krt nem tartalmaz egyszer n pont grf, melynek 12 p(p + 1)2 ∼ 12 n3=2 le van. 37. Tegy k fel, hogy az egyszer n pont s m l G grf nem tartalmaz Krr -t. Bizonytsuk be, hogy 1

m < C · n2−  r

ahol C csak r-tl f gg.

10.44

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

79

(Erds{Stone ttel) (a) Legyen " > 0 s k, t ≥ 1 adott. Bizonytsuk be, hogy ha n elg nagy, akkor minden olyan n pont grf, melyben minden pont foka legalbb (1 − 1=k + ")n, tartalmaz k + 1 diszjunkt t mret halmazt, melyekre brmely kt k lnbz halmazba tartoz pont szomszdos. 2 (b) Legyen G egyszer, n pont s (1 − 1=k + ") n2 l grf. Ekkor ha n elg nagy, G tartalmaz k + 1 diszjunkt t mret halmazt, melyekre brmely kt k lnbz halmazba tartoz pont szomszdos. (c) Minden G0 grfra jellj k M (n G0 )-lal az olyan egyszer n pont grf leinek maximlis szmt, mely nem tartalmaz G0 -lal izomorf rszgrfot. Bizonytsuk be, hogy  M ( n G 1 1 0) →∞ nlim n2 = 2 1 − (G0 ) − 1 : 39*. Legyen G0 olyan (k +1)-kromatikus egyszer grf, hogy valamely e lre G0 − − e k -sznezhet. Bizonytsuk be, hogy a 10.34 megoldsban szerepl Hnk grf nem tartalmazza G0 -t, de ha n elg nagy, akkor brmely ms grf ugyanezzel az lszmmal mr tartalmazza G0 -t rszgrfknt. Teht Hnk az egyetlen extrm grf. 40*. Legyen G egyszer n pont grf s jellje Nk a G-beli teljes k -grfok szmt. Bizonytsuk be, hogy  N 1 Nk k +1 2 (a) N ≥ 2 k − 1 k Nk−1 − n . k  2   k (b) Ha |E (G)| = 1 − #1 n2 , akkor Nk ≥ #k n# (k ≤ # + 1, # vals). ;  darab 3 hosszsg irnytott 41. (a) Egy n pont T turnament legfeljebb 14 n+1 3 krt tartalmaz. (b) Egy ersen sszef gg, n pont T turnament legalbb n − 2 darab 3 hosszsg irnytott krt tartalmaz. ; 1 irnytott krt 42. Egy ersen sszef gg, n pont T turnament legalbb n− 2 tartalmaz. 43. Egy n pont turnament legfeljebb egy s legalbb n!=2n=2 Hamilton utat tartalmaz. 44. (a) Minden n pont T turnament tartalmaz egy log2 n + 1 pont tranzitv rszturnamentet. (b) A k elem (1 ≤ k ≤ log2 n) tranzitv rsz-turnamentek szma legalbb 38*.

kY −1  n + 1 − 1 : j j =0 2

80

FELADATOK

(c) Ha T ersen sszef gg, akkor a k elem (k turnamentek szma legfeljebb n n − 2 k − k−2 : x

10.44

≥

3) tranzitv rsz-

11. Grfok spektruma s vletlen stk

Egy struktra vizsglatnak klasszikus megkzeltsi mdja, hogy numerikus invarinsait" hatrozzuk meg. Megfelelen vlasztott invarinsokkal, a tekintett problma elvileg ttranszformlhat numerikus, vagy algebrai problmv, s gy a klasszikus algebrban mr rgta kidolgozott, hatkony mdszerek kaphatnak szerepet. Az elz fejezetekben tekintett invarinsokat (sszef ggsg, kromatikus szm, kromatikus polinom) kombinatorikusan deniltuk, s az algebrai tulajdonsgaiknak nem volt komoly szerepe. Msrszt, amikor bevezetj k egy grf spektrumt, ami az adjacenciamtrixnak a spektruma, akkor egy algebrailag denilt invarinsrendszerhez jutunk. /ltalban a spektrum nem jellemzi egyrtelmen a grfot, ugyanakkor igen sok rdekes grftulajdonsggal van kapcsolatban s folytonosan jabb s jabb sszef ggsek felfedezsre ker l sor a kutatsok sorn. Br a grf spektrumnak bevezetse nem egy univerzlis mdszer, hogy minden problmt ennek segtsgvel meg tudnnk oldani, de rendkv l hatkonynak bizonyul tisztn grfelmleti krdsekben (pldul, az ersen regulris grfok osztlyozsban). A spektrum hatsos hasznlata a grfelmleti vizsglatokban azon mlik, hogy kpesek vagyunk-e megtenni kt lnyeges lpst. Elszr is, hogy grfok egy szles osztlynak a spektrumt ki kell tudjuk szmtani (vagy, ltalnosabban, kpesnek kell lenn nk arra, hogy grfelmleti informcikat lefordtsunk spektrlis informcikra), s msodszor, kpesnek kell lenn nk, hogy grfok tulajdonsgait a spektrlis tulajdonsgokbl vezess k le. .rdekes, hogy igen szles azon mdszerek sklja, melyek a grfokat a spektrumukkal hozzk kapcsolatba, mindkt rtelemben. Az sszef ggsek egy bizonyos hnyada sporadikus de bizonyos sajtrtkek nyilvnvalan sszef ggenek kombinatorikus tulajdonsgokkal. gy pldul, a legnagyobb sajtrtk az lsrsggel van kapcsolatban a msodik legnagyobb, a globlis sszef ggsggel", vagy konduktancival (vezetkpessggel) a legkisebb sajtrtkek nmelyike pedig a kromatikus szmmal f gg ssze. A vezetkpessg ugyanakkor, szorosan sszef gg a grfon tett vletlen stval. Erre mutatunk egy gyakorlatsorozatot. ∗

A grf spektrumnak nhny tulajdonsga a nem negatv mtrixok Frobenius{ Perron-fle elmletnek specilis kvetkezmnye. Bizonyts s hivatkozs nlk l

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

11.5

81

fogjuk hasznlni a kvetkez tnyeket (lsd pldul F. R. Gantmacher, Applications of the Theory of Matrices , Interscience, 1959, vagy H. Minc, Non-negative Matrices, Wiley{Interscience, 1988). Tetszleges G grf legnagyobb sajtrtke nem-negatv, s egy nem-negatv sajtvektor tartozik hozz. Ha a grf sszef gg, a maximlis sajtrtk multiplicitsa 1, egy szigoran pozitv sajtvektor tartozik hozz. Tetszleges, nem-negatv egysgvektor, mely a maximlis sajtrtkhez tartozik, maximalizlja a xT AG x kvadratikus alakot az egysggmbn. A legnagyobb sajtrtk abszolt rtke maximlis az sszes sajtrtkek kztt. Hacsak mskpp nem sz ksges, ebben a fejezetben feltessz k, hogy V (G) = = {1 : : :  n}. 1. Hatrozzuk meg a kvetkez grfok spektrumt, s a hozzjuk tartoz sajtvektoraikat Kn a teljes grf, Sn a csillag, Knm a teljes pros grf, Cn a kr n ponton. 2. Tegy k fel, hogy ismerj k egy regulris grf spektrumt. Hatrozzuk meg a kvetkez grfok spektrumt: (a) a komplementernek, G-nek. (b) az lgrfjnak, L(G)-nek. (c) Mi a spektruma a Petersen-grfnak (9. bra)?

9. bra

Legyen T egy erd, s e = (x y) ∈ E (F ). Ekkor pT () = pT −e() − pT −x−y (): 4. Legyen T egy erd n ponton, s jellje ak a k -elem prostsok szmt T ben. Ekkor pT () = n − a1 n−2 + a2 n−4 − : : : + (−1) 2 a 2 n−2 2  : 5. Legyen Pn egy n pont t. Mutassuk meg, hogy a karakterisztikus polinomja ktflekppen is felrhat: n − 1 n − 2 n − 3 n n − 2 n − 4 (a) pP () = ( ) − 1  + 2  − 3 n−6 : : :  3.

n

n

n

n

82

FELADATOK

(b) pP () = √ 21

0 √ !n+1  √ 2 !n+11 2 −  −4 A: @ +  −4 −

11.6

2 2 (c) Hatrozzuk meg Pn sajtrtkeit. (d) Hatrozzuk meg a t mlysg, teljes D-adikus fa sajtrtkeit. 6. Adjunk meg vgtelen sok nemizomorf faprt, melyeknek ugyanaz a spektruma. 7. Tegy k fel, hogy G1 s G2 sajtrtkei adottak. Hatrozzuk meg (a) G1 s G2 Descartes szorzatnak a sajtrtkeit. (b) a G1 s G2 grfok G1 · G2 (ers) direkt szorzatnak sajtrtkeit. 8. Legyen G egy grf, melynek automorzmuscsoportja tartalmaz egy regulris, kommutatv ; rszcsoportot. Legyen xy a ; azon eleme, mely az x-et y-ba viszi. Legyen  a ; egy multiplikatv karaktere. Bizonytsuk be, hogy n



−4

X

(1i)∈E (G)

(1i )

a G egy sajtrtke. 9. Hatrozzuk meg az n-dimenzis kocka, Qn sajtrtkeit. 10. Legyen G, H kt grf az 1 " "2  : : :  "p−1 ponthalmazon, ahol " = e2i=p s p egy prm, mindkett invarins a a 2=p forgatssal szemben. Tegy k fel, hogy G∼ = H . Akkor ltezik egy t egsz, hogy vve mindegyik pont t-edik hatvnyt, a G-nek H -ra trtn izomorf lekpezst kapjuk. 11. Ha a pros G grfnak nincs 1-faktora, akkor a 0 sajtrtke. 12. Ha a 3-regulris G grfnak ltezik olyan diszjunkt rszhalmazrendszere, melynek mindegyik eleme izomorf a 10. brn lthat gral, s ezek minden pontot lefednek, akkor a 0 sajtrtke G-nek.

10. bra 13. Ha 1

s 1 a G illetve G legnagyobb sajtrtkei, ahol G a G egy rszgrfja, akkor 1 ≥ 1 .

11.21

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

83

(a) Legyen 1 a G grf legnagyobb sajtrtke, s legyen d ill. D a minimlis s maximlis fok G-ben. Ekkor 14.

√

max(d D) ≤ 1 ≤ D: Mely sszef gg grfokra teljes l, hogy 1 = D? (b) Ha G-nek n pontja s m le van, akkor 2m ≤ 

n

(c) Ha G egy fa, akkor

r

1

≤

2m(n − 1) :

n

√

1 ≤ 2 D − 1: 15. Mutassuk meg, hogy tetszleges G grf lgrfjnak mindegyik sajtrtke legalbb −2, s, hogy ha |E (G)| > |V (G)|, akkor a legkisebb sajtrtke −2. 16*. Tegy k fel, hogy G minden sajtrtke k lnbz. Mutassuk meg, hogy a G minden, az identitstl k lnbz automorzmusa msodrend. 17*. Legyen a G egyszer grf minden sajtrtke k lnbz, s az automorzmuscsoporja tranzitv. Mutassuk meg, hogy G ∼ = K2 . 18. Legyenek 1 ≥ : : : ≥ n a G grf sajtrtkei. Mutassuk meg, hogy

 (G)+1 ≤ 0 (G) ≥ 0 !(G) ≥ −1 n−!(G)+2 ≤ −1: (a) Egy sszef gg G grf, melynek maximlis sajtrtke 1 , akkor s csak akkor pros, ha −1 is egy sajtrtk. (b) Egy grf akkor s csak akkor pros, ha a spektruma szimmetrikus az origra. 20. Legyen 1 a G maximlis sajtrtke, akkor 19.

(G) ≤ 1 + 1: 21*.

(a) Legyenek 1 ≥ : : : ≥ n a G sajtrtkei s legyen k = (G). Ekkor

n + : : : + n−k+2 ≤ −1 : (b) Mutassuk meg, hogy ha a G grf k-sznezhet gy, hogy kt pont akkor s csak akkor van sszektve, ha k lnbz sznek (teljes k-osztly grf), akkor (a)-ban egyenlsg van.

84

FELADATOK

11.22

22. Legyen G egy d-regulris grf az {1 : : :  n} pontokon, s sajtrtkei = 1 ≥ 2 ≥ : : : ≥ n . Legyen x tetszleges vektor a pontjain, melyre i xi

P =d 0.=

Bizonytsuk be, hogy

(d − 2 )

n X i=1

x2i ≤

X (ij )∈E

(xi − xj )2 ≤ (d − n )

23. Bizonytsuk be, hogy minden d-regulris = 1 ≥ 2 ≥ : : : ≥ n , teljes l, hogy

n X i=1

x2i :

G grfra, melynek sajtrtkei d =

(G) ≤ d−−nn : n

Tegy k fel, hogy G-nek k negatv s l pozitv sajtrtke van. Tegy k fel azt is, hogy a G grf m l-diszjunkt teljes pros grf unija. Ekkor 24*.

m ≥ max(k l): 25. Egy

mrje.

sszef gg grf k lnbz sajtrtkeinek a szma nagyobb, mint az t-

26. Adott

G grfhoz, akkor s csak akkor tallhatunk egy f (x) polinomot, melyre f (AG ) = J

ha G regulris s sszef gg. projektv sk L lgr fja a kvetkezkppen denilt pros grf: Legyen U a sk pontjainak a halmaza, s V az egyenesek halmaza, ekkor V (L) = U ∪ V s u ∈ U akkor s csak akkor van sszektve v ∈ V -vel, ha u ∈ v. Hatrozzuk meg L spektrumt. 27. Egy

(Bartsg Ttel) Az egyszer G grfnak a kvetkez tulajdonsgai vannak: (i) minden pont foka d, (ii) minden pontprhoz pontosan b(> 0) msik pont van, mely mindkettvel ssze van ktve. (a) Hatrozzuk meg G spektrumt. (b) Hatrozzuk meg az sszes ilyen grfot, ha b = 1. (c) Keress nk vgtelen sok nem-trivilis pldt ilyen grfokra (trivilis plda a teljes grf). 28*.

11.33

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

85

(a) Legyen G egy d-regulris sszef gg grf, melynek tmrje D s a sajtrtkei d = 1 ≥ 2 ≥ : : : ≥ n . Bizonytsuk be, hogy d− > 1 : 29.

Dn

2

(b) Ha G nem pros, akkor

1 : d + n > 2dDn

Legyen G egy d-regulris grf, melynek konduktancija 6. Legyen y egy tetszleges vektor a V (G) = {1 : : :  n} halmazon, s legyen y az y medinsa, azaz olyan rtk, melyre az teljes l, hogy az y-na legfeljebb n=2 eleme kisebb, mint y s legfeljebb n=2 eleme nagyobb. (Pratlan n-re, y az ((n +1)=2)-edik legnagyobb eleme az y-nak.) Ekkor X X |yi − yj | ≥ 6 |yi − y |: 30.

i

(ij )∈E

Legyen G egy d-regulris grf, melynek konduktancija 6. (a) Bizonytsuk be, hogy 1 − 2 ≤ 26: (b)* Bizonytsuk be, hogy 2 1 − 2 ≥ 64d 32. (a) Legyen G egy d-regulris grf a {0 : : :  n − 1} halmazon, melyre a i → i + + 1 (mod n) lekpezs egy automorzmusa a G-nek. Bizonytsuk be, hogy G konduktancija kisebb, mint 10dn−1=d . (b) Legyen G egy sszef gg grf, melynek az automorzmuscsoportja ponttranzitv, n cscs van, s az tmrje D. Mutassuk meg, hogy G konduktancija legalbb 1=(2D). 33*. (a) Legyen G hrom vletlen 1-faktornak az unija az {1 : : :  2n} pontokon. Bizonytsuk be, hogy ha n elg nagy, akkor annak a valsznsge, hogy G egy 3-regulris egyszer grf, 0 1 s 0 9 kztt van. (b) Bizonytsuk be, hogy legalbb 95% valsznsggel, a G konduktancija legalbb 1=1000. (Az olyan grfokat, melyekben a fokszm lland, s a konduktancia alulrl egy pozitv konstanssal van korltozva, expandernek nevezz k.) 31.

∗

A fejezet htralev rszben legyen G egy sszef gg, n cscs s m l grf, s (v0  v1  v2  : : :) egy vletlen sta a G-n.

86

FELADATOK

11.34

ki vk eloszlst a v0 eloszlsa, a fokok, s a G adjacenciamtrixnak f ggvnyben. 35. (a) Keress nk v0 -ra egy olyan eloszlst, melyre a vk eloszlsa minden k -ra ugyanaz (stacion rius eloszl s). (b) Bizonytsuk be, hogy a stacionrius eloszls egyrtelm. (c) Ha G nem pros, akkor a vk eloszlsa a stacionrius eloszlshoz tart. Ez pros grfokra nem igaz, ha n > 1. 36. Ha G nem pros grf, akkor a vi = x s vj = y esemnyek majdnem f ggetlenek", ha j − i nagy. Pontosabban, minden " > 0-hoz ltezik egy olyan t0 > 0, hogy ha a j − i > t0 , akkor |P(vi = x vj = y ) − P(vi = x)P(vj = y )| < " 37. Jellje t (x) azt a szmot, ahnyszor az x cscs elfordul a v0  v1  : : :  vt−1 sorozatban. Mutassuk meg, hogy x) (t → ∞). (a) E(t (x)=t) → d2(m (b) D2 (t (x)=t) → 0. 38. (a) Azon lpsek vrhat szma, amikor egy u-ban indul vletlen sta elszr r vissza u-ba, 2m=d(u). (b) Azon lpsek vrhat szma mieltt egy u-ban indul vletlen sta u-ba visszar egy adott vu len kereszt l, megegyezik 2m-mel. 39. Keress k meg a H (i j ) elrsi idt az i s j pontok kztt egy teljes grfban s egy t kt vgpontja kztt. 40. (a) Mutassuk meg egy pldn, hogy az elrsi id u-bl v -be k lnbzhet a v-bl u-ba val elrsi idtl mg egy regulris grfban is. (b) Ha u s v foka megegyezik, akkor annak a valsznsge, hogy egy vletlen sta, mely u-ban indul megltogatja v-t, mieltt visszatr u-ba, megegyezik annak a valsznsgvel, hogy egy v-ben indul vletlen sta elri u-t, mieltt visszatr v-be. Mit mondhatunk, ha u s v foka k lnbz? 41. Annak a valsznsge, hogy egy u-ban indul vletlen sta megltogatja v -t, mieltt u-ba visszatrne, d(u)=(2m(u v)), ahol (u v) az u s v kzti menettrti id. 42. (a)* Bizonytsuk be, hogy tetszleges hrom u, v s w pont kztti elrsi idkre teljes l, hogy H (u v) + H (v w) + H (w u) = H (u w) + H (w v) + H (v u): (b) Bizonytsuk be, hogy tetszleges grf pontjai elrendezhetk gy, hogy ha u megelzi v-t, akkor H (u v) ≤ H (v u). 43. A menettrti id tetszleges kt, r tvolsg pont kztt legfeljebb 2mr . 34. Fejezz k

11.51

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

87

Jellje B az (H (i j ))nij =1 mtrixot. Mint korbban, jellje D azt a diagonlis mtrixot, amelyre Dii = 1=d(i), s legyen M = DAG . (a) Bizonytsuk be az (I − M )B = J − 2mD azonossgot. (b) Adjunk egy j bizonytst 11.38(a)-ra, (a)-ra alapozva. (c)* Ha G d-regulris, akkor 44.

H (i j ) = nd

n w2 − wki wkj X kj

k=2

d − k



ahol 1 = d > 2 ≥ : : : ≥ n a G sajtrtkei, s w1  : : :  wn a nekik megfelel, ortonormlt sajtvektorok. 45. (a) Hasznljuk fel 11.44(c)-t 11.42(a) egy j bizonytshoz. (b) Hatrozzuk meg (aszimptotikusan) a k-dimenzis Qk kocka kt antipodlis cscsa kztti elrsi idt. 46. (a) Keress nk egy formult a menettrti idre, mely analg 11.44(c)-vel. (b) Bizonytsuk be, hogy a d-regulris grf tetszleges kt pontja kzti menettrti id legalbb n s legfeljebb 2nd=(d − 2 ). Van-e olyan als korlt az elrsi idre, mely ∞-hez tart az n-nel? 47. (a) Hatrozzuk meg Kn fedsi idejt. (b) A fedsi id, tetszleges grf, tetszleges pontjbl indulva, legfeljebb 4nm. 48. (a) Jellje (u v ) az u-ban indul vletlen sta ltal megltogatott pontok vrhat szmt, mieltt elri v-t. Bizonytsuk be, hogy minden u ∈ V (G) pontra ltezik egy olyan v ∈ V (G) \ {u}, melyre (u v) ≥ n=2. (b) Legyen b azon lpsek vrhat szma, mieltt a vletlen stnk a pontoknak tbb, mint a felt megltogatja, s legyen a a maximlis elrsi id. Bizonytsuk be, hogy b ≤ 2a. 49. A fedsi id (tetszleges pontbl) legfeljebb 2 log2 n-szerese a maximlis elrsi idnek, a-nak, tetszleges kt pont kztt. 50. Legyen G egy d-regulris sszef gg grf, s jellje ptij annak a valsznsgt, hogy egy i pontban indul vletlen sta a j pontban lesz t lps utn. Legyen  = max{|2 | |n |}. Bizonytsuk be, hogy

1

  t

pt − ≤ :

ij n

d

Tekints nk egy vletlen stt a k-dimenzis Qk kockn. Bizonytsuk be, hogy t = k2 + 5k lps utn, a vt eloszlsa majdnem uniform" a megfelel sznoszt51.

88

FELADATOK

11.52

lyon, abban az rtelemben, hogy minden u pontra, mely pros tvolsgban van v0 -tl, 0:99 · 21−k < P(vt = u) < 1:01 · 21−k : +Vess k ssze ezt az idkorltot azzal a tnnyel, hogy a Qk antipodlis cscsai kzti elrsi id megkzeltleg 2k .] 52. (a) Legyen s = t a G rgztett pontjai, s jellje (v ) annak a valsznsgt, hogy egy v-ben indul vletlen sta elbb ri el s-et, mint t-t (gy (s) = 1, s (t) = 0). Bizonytsuk be, hogy  egy harmonikus f ggvny, az s s t plusokkal", azaz 1 X (u) = (v) d(v) u∈;(v)

minden v = s t pontra. (b) Tekints k a G grfot, mint egy elektromos hlzatot, ahol minden l egysgnyi ellenllst reprezentl. Tegy k fel, hogy elektromos ram folyik G-n kereszt l, mely s-nl lp be, s t-nl lp ki. Legyen (v) a v pont fesz ltsge. Bizonytsuk be, hogy  egy harmonikus f ggvny az s s t plusokkal. (c) Tekints k a G grf leit, mint idelis rugkat, egysgnyi Hooke-llandval (azaz h egysgnyi er h hosszsgra nyjtja meg ket). Szgezz k le az s s t cscsokat a vals szmegyenes 1 s 0 pontjhoz, s hagyjuk, hogy a grf megtallja az egyenslyt. Bizonytsuk be, hogy a cscsok pozcii egy harmonikus f ggvnyt denilnak, melynek az s s t plusai. (d) Minden s t ∈ V (G) pontprhoz ltezik egy egyrtelm harmonikus  = = st f ggvny a G-n, az s s t plusokkal, melyre (s) = 1 s (t) = 0. 53. (a) Ha G-t gy tekintj k, mint egy elektromos hlzatot, mint az elz problmban, s Rst jelli az s s t cscspontok kztti ellenllst, akkor az s s t kztti menettrti id pontosan 2mRst . (b) Keress nk egy hasonl sszef ggst a menettrti id, s a (11.52(c)-beli rugs modellbeli erk s energik kztt. (c) Jellje G a G-bl az s s t azonostsval kapott grfot, s jellje T (G) a G feszt finak a szmt. Bizonytsuk be, hogy  Rst = TT((GG)) : 54. (Raleigh Elv) Egy G grfhoz tetszleges lt hozzvve az Rst ellenlls nem nvekedik. 55. Legyen G a G grfbl egy j (a b) l hozzadsval keletkez grf s legyen s t ∈ V (G). (a) Bizonytsuk be, hogy a menettrti id s s t kztt G -ben nem nagyobb, mint a menettrti id G-ben.

11.59

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

89

(b) Mutassuk meg egy pldn, hogy hasonl llts nem teljes l az elrsi idre. (c) Ha a = t, akkor G -ben az elrsi id s-bl s t-bl nem nagyobb, mint G-ben. 56. Legyen G egy regulris grf, s t ∈ V (G). (a) Az H (s t) rtkek tlaga az sszes s ∈ ;(t)-re pontosan n − 1. (b)* Az H (t s) rtkek tlaga az sszes s ∈ V (G) \ {t}-re legalbb n − 1. (c)* Az H (s t) rtkek tlaga az sszes s ∈ V (G) \ {t}-re legalbb n − 1. 57. Jellje  (u v ) annak a valsznsgt, hogy egy u-ban indul vletlen sta megltogat minden pontot, mieltt elri v-t. (a) Bizonytsuk be, hogy ha G egy n hosszsg kr, akkor (u v) = 1=(n − 1) minden u = v-re. Van-e ms ilyen tulajdonsg grf? (b) Ha u s v a G sszef gg grf kt nem sszekttt pontja, gy, hogy {u v} nem elvg halmaz, akkor van u-nak egy olyan w szomszdja, melyre (w v) < < (u v) teljes l. (c) Tegy k fel, hogy minden u = v ∈ V (G) prra, (u v) = 1=(n − 1) teljes l. Mutassuk meg, hogy G vagy egy kr, vagy egy teljes grf. 58*. Tekints nk egy G grfon egy vletlen stt, mely u-ban indul, s jellj k meg minden, az u-tl k lnbz pontra, az lt amelyiken kereszt l a pontba rt nk. A megjellt lek a G egy T rszfjt alkotjk, mely 1 valsznsggel feszt fa. Bizonytsuk be, hogy minden feszt fa egyforma valsznsggel fordul el. 59*. Legyen G egy sszef gg d-regulris grf, v0 ∈ V (G), s tegy k fel, hogy minden cscsnl, az ezzel a ponttal illeszked lek vgpontjai az 1 2 : : :  d szmokkal vannak megszmozva. Egy bej r si sorozat (erre a grf, egy indul pont, s szmozsra nzve) egy olyan (h1  h2  : : :  ht ) ∈ {1 : : :  d}t sorozat, melyre, ha egy v0 pontban indtunk egy stt, s az i-ik lpsben az i-edik pontot a hi szmozs len hagyjuk el, akkor minden pontba eljutunk. Egy univerz lis bej r si sorozat egy olyan sorozat, mely bejrsi sorozat minden d-regulris n pont grf minden szmozsra nzve, s akrmelyik pontbl kiindulva. Bizonytsuk be, hogy minden d ≥ 2-re s n ≥ 2-re, ltezik olyan univerzlis bejrsi sorozat, melynek hossza O(d2 n4 ). x

12. Grfok automorzmusai

Br a legtbb grfnak az identitson kv l nincs ms automorzmusa, igen sok grf, mely k lnbz kombinatorikus, geometriai, vagy algebrai struktrbl szrmazik, nagy automorzmuscsoporttal rendelkezik, st sokszor ezzel van karakterizlva. Ez teszi fontoss a grfok struktrja s az automorzmuscsoportjuk kztti viszony tanulmnyozst.

90

FELADATOK

12.1

A korai idszakban a vizsglatok egyik firnya fkpp f ggetlensgi eredmnyeket tartalmazott: ezek azt allaptottk meg, hogy a grfra tett igen ers restrikcik alig adnak megszortst az automorzmuscsoportjukra. Ez adott automorzmuscsoporttal rendelkez grfok konstrukcijt jelenti, melyre manapsg meglehetsen jl kidolgozott mdszerek vannak. A msik megkzelts, melyben grfok olyan tulajdonsgait keress k, melyek valban lesz ktik az automorzmuscsoportjukat, sokkal inkbb ignyel ad hoc" mdszereket. Ha az automorzmuscsoportot nemcsak gy tekintj k, mint egy absztrakt csoportot, hanem gy is, mint egy permutcis csoportot, akkor persze szorosabb viszonyt tallunk grfok szerkezetvel. Pldul az a tulajdonsg, hogy egy automorzmuscsoport tranzitv, maga utn vonja a grf sok rdekes tulajdonsgt. Ha az automorzmuscsoport helyett az endomorzmus-flcsoportot tessz k vizsglataink trgyv, hasonl eredmnyeket kapunk, komplikltabb konstrukcikkal. Tallunk azonban egszen meglep j jelensgeket is (lsd az utols feladatot). 1. Mi az automorzmuscsoportja a Petersen grfnak (9. bra, 11.2 gyakorlat)? 2. (a) Mutassuk meg hogy a dodekader automorzmuscsoportja (11. bra) izomorf A5 × Z2 -vel. (b) A kocka automorzmuscsoportja izomorf S4 × Z2 . Mi az automorzmuscsoportja a tbbi szablyos testnek?

11. bra

Konstruljunk egy grfot, melynek automorzmuscsoportja izomorf Zk -val, a k-adrend ciklikus csoporttal. 4. Legyen ; = {g1  : : :  gn } egy csoport. Deniljunk egy irnytott G grfot a kvetkezkppen gi -t sszektj k gj -vel egy k szn llel, ha gi gj−1 = gk . Mi az 3.

automorzmuscsopotja az eredmny l kapott irnytott grfnak? 5. (Frucht Ttel) Adott vges ; csoporthoz ltezik olyan egyszer G grf, melynek automorzmuscsoportja izomorf ;-val. 6*. Legyen ; egy n-edrend csoport (n ≥ 6). Konstruljunk olyan egyszer G grfot 2n ponton, melyre A(G) ∼ = ;.

12.16

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

91

7.

(a) Brmely turnamentnek pratlan sok automorzmusa van. (b)* Minden n-edrend ; csoport, ahol n pratlan, automorzmuscsoportja egy 2n pont turnamentnek. 8*. Adott egy vges ; csoport, konstruljunk olyan 3-regulris grfot, melynek automorzmuscsoportja ;. 9. Ha G egy sszef gg grf, melyben egy msodfok x1 pont van, s az sszes tbbi pont foka 3, akkor a G automorzmuscsoportja 2-hatvny rend. 10. Legyen G egy olyan grf, melyre A(G) flig regulrisan hat E (G)-n. Legyen ~ ir; az A(G)-nek egy tetszleges rszcsoportja. Ekkor G-nek van egy olyan G ~ ) = ; teljes l. nytsa, melyre A(G 11*. Legyen ;1 , ;2 kt vges csoport. Konstruljunk olyan G grfot, melynek van olyan e le, melyre A(G) ∼ = ;1 s A(G − e) ∼ = ;2 . 12. (a) Legyen G egy sszef gg grf, ; az A(G) egy rszcsoportja, mely flig regulrisan hat. Bizonytsuk be, hogy G sszehzhat egy G grfra gy, hogy A(G )-nek van olyan ; ∼ = ; rszcsoportja, mely regulrisan hat. (b) Legyen G egy sszef gg grf s ; az A(G) egy egyszer rszcsoportja. Ekkor a G valamely sszef gg rszgrfja sszehzhat egy G grfra gy, hogy A(G )-nek van egy ; ∼ hat a G -n. Tovb= ; rszcsoportja, mely l-tranzitvan  b, ha a ; elemeinek nincs kzs xpontjuk, akkor ; -nek is megvan ugyanez a tulajdonsga. ∗

(a) Ha egy G grf automorzmus csoportja kommutatv s tranzitv, akkor izomorf 2-odrend ciklikus csoportok direkt szorzatval. (b) Konstruljunk olyan grfot, melynek automorzmuscsoportja tranzitv s izomorf n msodrend ciklikus csoport direkt szorzatval, tetszleges adott n-re. (c)* Konstruljunk egy egyszer grfot ezzel a tulajdonsggal, elg nagy n-re. 14*. Az r -regulris sszef gg G grfnak tranzitv az automorzmus csoportja. Mutassuk meg, hogy G r-lsszef gg. 15. (a) Legyen G egy pontosan 3-sszef gg grf, melynek az automorzmus csoportja tranzitv. Mutassuk meg, hogy G 3-regulris. Igaz ez 4-re 3 helyett? (b) Milyen nagy kell, hogy legyen egy r-regulris grf sszef ggsge, ha tranzitv az automorzmuscsoportja? (c) Egy egyszer, sszef gg grf, melynek l-tranzitv az automorzmuscsoportja s melyben minden pont foka legalbb r, r-sszef gg. 16*. Ha egy sszef gg, pros sok pontbl ll G grfnak tranzitv az automorzmuscsoportja, akkor van 1-faktora, st minden le benne van 1-faktorban. 13.

92

FELADATOK

12.17

17. A G grf sszef gg s A(G)-ben van egy kommutatv, tranzitv ; rszcsoport.

Bizonytsuk be, hogy G-ben van Hamilton kr. 18. Mely skgrfoknak van l-tranzitv automorzmus csoportjuk? 19*. Tegy k fel, hogy egy G skgrfnak nem ciklikus az automorzmuscsoportja. Bizonytsuk be, hogy A(G) ∼ = A5 . 20*. (a) Tegy k fel, hogy G egy sszef gg grf s A(G) tartalmaz egy ; ∼ = (Zp )3 (p prm) rszcsoportot, mely flig regulrisan hat. Ekkor G sszehzhat Kp -re. (b) Tegy k fel, hogy G egy sszef gg grf s A(G) > ; > ; ∼ = (Zp )3 , ahol p  egy prm s ; egy kzs xpont nlk li egyszer csoport. Ekkor G sszehzhat Km-re, ahol m = log p= log 8. (c) Legyen K grfoknak egy olyan osztlya, mely nem tartalmaz minden grfot s G ∈ K and e ∈ E (G), ekkor mind G−e s G=e beletartoznak K-ba (pldul egy F fel letbe begyazhat grfok osztlya, vagy az olyan grfok osztlya, melyeknek nincs a Km -re sszehzhat rszgrfjuk). Ekkor ltezik egy olyan vges ; csoport, hogy semelyik K-beli grfnak az automorzmuscsoportja nem izomorf ;-val. 21. Legyen ; egy permutcicsoport az 1 halmazon. Konstruljunk egy egyszer G grfot, melyre V (G) ⊇ 1, 1 invarins A(G)-re nzve s az A(G) megszortsa 1-ra a ;-t adja. ∗

22. Hatrozzuk meg a Petersen grf endomorzmusait (9. bra, 11.2 gyakorlat). 23. Konstruljunk merev grfot. 24*. (a) Legyen 8 egy vges monoid (egysgelemes flcsoport). Bizonytsuk be,

hogy ltezik egy iranytott G grf sznezett lekkel, melynek az endomorzmus flcsoportja End(G) ∼ = 8. (b) Bizonytsuk be, hogy ltezik ilyen egyszer grf is. 25. (a) Ha End(G) izomorf a multiplikatv {0 1 −1} flcsoporttal, akkor G − e nem lehet merev semelyik e lre. (b)* Tetszleges 8 monoidhoz ltezik olyan egyszer G grf, melyre End(G) ∼ = 8, s G + e merev valamely e lre. x

13. Hipergrfok

Egy hipergrf, ami egyszeren egy (vges) halmazbl, s annak bizonyos kivlasztott rszhalmazaibl ll, tl ltalnos struktrnak ltszik ahhoz, hogy igazn rdekeset llthassunk rla. A grfok (melyekben a kivlasztott rszhalmazoknak pontosan kt elem k van), s nhny ms kombinatorikus struktra (blokkrendszerek, matroidok) nagyon specilis esetek. Kvetkezskppen a hipergrfok vizsglata problmk igen szles sokasgt hozza a felsznre, s az elmlet" nagyon szertegaz, st sztszrt.

13.5

§ 13. HIPERGRFOK

93

Msrszrl azonban, amikor k lnfle problmkat tfogalmazunk hipergrfokra, nhny fogalom, mint a prostsi szm, a lefogsi szm, vagy a kromatikus szm nagyon gyakran fordulnak el. Ezek a fogalmak majdnem olyan ltalnosak, mint a logikaiak: pldul, egy adott kombinatorikai mennyisg, mely valaminek a minimumaknt van denilva, ltalban knnyen kifejezhet, mint egy alkalmas hipergrf lefogsi szma. A prostsi s a lefogsi szm kzti dualits sokkal tbb grfelmleti s kombinatorikus eredmny htterben hzdik meg, mint azt els pillantsra gondolnnk. Van nhny ltalnos mdszer a hipergrfok elmletben. Az tlagolsi mdszer (12, 21, 27, 28, 32, 41, 52, 53 problmk) trivilisnak tnik, de az alkalmazsa korbban megoldatlan problmk megoldshoz vezetett el (pldul 32, 57). A lineris algebrai mdszer (v. 13, 15, 32, 45) is nagyon hatkony, s a gyorsan fejld algebrai kombinatorikhoz vezet el. Vg l nhny hipergrfokra vonatkoz specilis krds olyan elmleteket inspirlt, melyek abban k lnbznek a tbbitl, hogy jobban kifejlesztett mdszereik vannak. Csak rintj k a transzverzlis-elmletet az 5, 6, 7 problmkban. A blokkrendszerek elmlete (olyan hipergrfok, melyek nagyfok homogenitssal rendelkeznek) nem ker lt bele ebbe a knyvbe. 1. Egy sszef gg H hipergrf akkor s csak akkor nem tartalmaz krt, ha X (|E | − 1) = |V (H )| − 1: (∗) E ∈E (H )

2*. (a) Legyen H egy teljesen kiegyenslyozott hipergrf, s |E (H )| ≥ 2. Ekkor H -nak van kt olyan E , F le, hogy az E − F minden pontja elsfok. (b) Legyen H egy teljesen kiegyenslyozott hipergrf, s tegy k fel, hogy tetszleges kt lnek legfeljebb p kzs pontja van. Ekkor X (∗∗) (|E | − p) ≤ |V (H )| − p:

E ∈E (H )

Legyen P egy t, s legyenek P1  : : :  Pm rszutak (intervallumok) a P -n. Legyen V = V (P ) s Ei = V (Pi ). Bizonytsuk be, hogy a (V  {E1  : : :  Em }) hipergrf teljesen kiegyenslyozott. 4. Egy 3-uniform H hipergrfnak (tbbszrs lek nlk l) |V (H )| − 1 le van. Bizonytsuk be, hogy van benne legalbb 3 hosszsg kr. 3.

∗

(a) (Hall Ttel) Egy H hipergrfnak akkor s csak akkor van reprezentnsrendszere, ha |V (H  )| ≥ |E (H  )| teljes l a H minden H  rszhipergrfjra. (b) Adva van egy H hipergrf, ki akarunk vlasztani egy 2-elem f (E ) rszhalmazt minden E lbl olyan mdon, hogy az f (E ) halmazok, melyeket egy grf leinek tekint nk, erdt alkossanak. Bizonytsuk be, hogy ez akkor s csak akkor lehetsges, ha |V (H  )| ≥ |E (H  )| + 1 teljes l a H minden H  rszhipergrfjra. 5.

94

FELADATOK

13.6

Legyen T ⊆ V (H ). Mikor van a H -nak olyan reprezentnsrendszere, mely tartalmazza T -t? 7*. Legyen H1 , H2 kt hipergrf, ahol V (H1 ) = V (H2 ) s |E (H1 )| = |E (H2 )| = = m. A H1 s H2 -nek akkor s csak akkor van kzs reprezentnsrendszere, ha |V (H1 ) ∩ V (H2 )| ≥ |E (H1 )| + |E (H2 )| − m teljes l minden olyan H1 , ill. H2 hipergrfra, mely a H1 , ill. a H2 rszhipergrfja. 6.

∗

8. Legyen H egy hipergrf, melynek m k lnbz le van (m ≥ 2). Bizonytsuk a kvetkez lltsokat: (a) Az E F (E F ∈ E (H )) alak halmazok szma legalbb m. (b)* Ugyanez teljes l az E − F (E F ∈ E (H )) alak halmazokra is. (c)* Ugyanez teljes l az E ∪ F , vagy E ∩ F (E F ∈ E (H ), E = F ) alak halmazokra is. 9*. Legyen H egy olyan hipergrf, hogy ha E ∈ E (H ), akkor minden F ⊆ E halmaz is E (H )-ba tartozik. Bizonytsuk be, hogy ltezik E (H )-nak olyan  permutcija, hogy E ∩ (E ) = ∅ teljes l minden E ∈ E (H )-ra. 10. (a) Egy H hipergrfnak n pontja s n k lnbz le van. Bizonytsuk be, hogy van olyan x pontja, melyre H \ x-nek n k lnbz le van. (b) Egy H hipergrfnak n pontja s m ≤ 32 n k lnbz le van. Bizonytsuk be, hogy van olyan x pontja, melyre H \ x-nek legalbb m − 1 k lnbz le van. (c) Egy H hipergrfnak n pontja s

m>

kX −1  n i=0 i

K lnbz le van. Bizonytsuk be, hogy van olyan k elem X ⊆ V (H ), melynek minden rszhalmaza elfordul az X ∩ E , E ∈ E (H ) halmazok kztt. 11. Legyen H , K kt hipergrf ugyanazon az n-elem V halmazon s tegy k fel, hogy A ⊆ A ∈ E (H ) =⇒ A ∈ E (H ) s V ⊇ B  ⊇ B ∈ E (K ) =⇒ B  ∈ E (K ): Bizonytsuk be, hogy 1 |E (H ) ∩ E (K )| ≤ n |E (H )| · |E (K )|: 2 12. (a) Legyen H egy tetszleges r -uniform hipergrf. Bizonytsuk be, hogy V (H ) sztvghat kt osztlyra gy, hogy az osztlyok valamelyike ltal tartalmazott lek szma legfeljebb |E (H )|=2r−1 .

§ 13. HIPERGRFOK

13.19

95

(b) Bizonytsuk be, hogy V (H ) sztvghat r osztlyra gy, hogy legalbb

r! r |E (H )| lnek megvan az a tulajdonsga, hogy pontosan egy elemet tartalmazr

nak minden osztlybl. 13*. Egy r -uniform hipergrfnak m le van, brmely kettnek a metszete legfeljebb k pontot tartalmaz. Bizonytsuk be, hogy legalbb

r2 m r + (m − 1)k

pontja van. 14*. Legyen H egy hipergrf, melynek n pontja s m le van. Jellje d(x) az x fokt, s tegy k fel, hogy d(x) < m, 0 < |E | < n teljes l minden E lre s x pontra. Tegy k fel tovbb, hogy ha x ∈ E , akkor d(x) ≤ |E |: Bizonytsuk be, hogy m ≤ n. 15. (a) Legyen H egy olyan nem- res hipergrf, melyben brmly kt lnek pontosan egy kzs eleme van, s nincs olyan pont, mely minden lben elfordul. Akkor |E (H )| ≤ |V (H )|. (b)* (Fisher egyenltlensg) Bizonytsuk be, hogy ugyanez teljes l, ha brmely kt lnek pontosan  kzs eleme van ( > 0). Tovbb az lek incidenciavektorai linerisan f ggetlenek a vals szmok felett. 16. Legyen H , K kt hipergrf ugyanazon a ponthalmazon, s tegy k fel, hogy |E (H )| = m, |E (K )| = m , ahol m = m vagy m + 1. Akkor X X X X |AB | ≥ |AA | + |B B  |: A∈E (H ) B ∈E (K )

{AA }⊆E (H )

{BB  }⊆E (K )

17*. (a) Legyenek F1  : : :  Fm olyan halmazok, melyekre |Fi Fj | = 2k (1 ≤ i < < j ≤ m). Ekkor tetszleges pont d fokra teljes l, hogy d(m − d) ≤ km: (b) Ha van olyan x pont, melynek a foka = 0, 1, m−1, m, akkor m ≤ k2 +k +2. 18. (a) Tegy k fel, hogy egy egyszer, n pont H hipergrf brmely kt le metszi egymst. Bizonytsuk be, hogy |E (H )| ≤ 2n−1 .

(b) Ha ehhez mg azt is tudjuk, hogy semelyik kt l nem fedi le egy tt az sszes pontot, akkor |E (H )| ≤ 2n−2 . 19. Legyen H egy tbbszrs lek nlk li hipergrf n ponton, s tegy k fel, hogy tetszleges kt E , F ∈ E (H ) lre vagy E ⊂ F , vagy F ⊂ E , vagy E ∩ F = ∅. Legfeljebb hny le lehet H -nak?

96

FELADATOK

13.20

n-elem S halmaz rszhalmazait szimmetrikus lncokba. (Egy szimmetrikus lncon olyan Er ⊂ Er+1 ⊂ : : : ⊂ En−r lncot rt nk, ahol |Ei | = i s 0 ≤ r ≤ n2 .) 21. (a) (Sperner ttel) Ha H egy Sperner-rendszer ; n ponton (azaz, nincs H -nak kt egymst tartalmaz le), akkor |E (H )| ≤ n=n2 . (b) Mely Sperner-rendszerekre teljes l az egyenlsg? 22*. Egy parcilisan rendezett (S ≤) halmazban ltezik pronknt sszehasonlthatatlan elemeknek egy olyan maximlis halmaza, mely invarins az S automorzmusaira. Adjunk a 13.21-beli Sperner ttelre egy j bizonytst, felhasznlva a fenti szrevtelt. 23*. Hvjunk egy H hipergrfot kereszt lv gnak , ha V (H ) minden rszhalmaza sszehasonlthat H egy lvel. (a) Tartalmaz-e minden kereszt lvg hipergrf egy kereszt lvg Sperner rendszert? ;  (b) Egy minimlis kereszt lvg hipergrfnak legfeljebb n=n2 le van (n = = |V (H )|). 24. Ha a H hipergrfnak n pontja s m le van, nincsenek benne tbbszrs lek, s az lekbl ll E1 ⊂ E2 ⊂ : : : ⊂ El lncok maximlis hossza n, akkor m nem nagyobb, mint a k legnagyobb binomilis egy tthat sszege a Pascal hromszg n-edik sorban. 25. (a) Ekkor a H sszes lnek van kzs pontja. (b) Tegy k fel, hogy egy r-uniform H hipergrf brmely k lnek van kzs pontja. Ekkor 1 + 1:  (H ) ≤ kr − −1 20. Osszuk be egy

26. Legyen H

egy r-uniform hipergrf, melyre  (H ) = 1 s  (H ) > 1. Bizonytsuk be, hogy ltezik egy olyan S ⊆ V (H ) halmaz, hogy |E ∩ S | ≥ 2 teljes l minden E lre, s |S | ≤ 3r − 3. 27*. Legyen H egy olyan r -uniform hipergrf, melynek brmely kt le metszi egymst. Bizonytsuk be, hogy ltezik olyan W ⊆ V (H ) halmaz, melyre 2r − 3 |W | ≤ (2r − 1) r−1 s a W -ra megszortott HW rszhipergrf tetszleges kt le metszi egy mst. Ez nem marad igaz, ha 2r − 3 |W | ≤ r−1 :

§ 13. HIPERGRFOK

13.32

97

28. (a) Legyenek A1  : : :  At egy C kr k lnbz k hosszsg vei (|V (C )| ≥ 2k ) s tegy k fel, hogy brmely kettnek van kzs le. Ekkor t ≤ k. (b) (Erds{Ko{Rado ttel) Legyen H olyan tbbszrs lek nlk li r-uniform hipergrf az n ponton (n ≥ 2r), melynek brmely kt le metszi egymst. Bizonytsuk be, hogy n − 1 |E (H )| ≤ r−1 :

(a) Legyen H egy r-uniform  -kritikus hipergrf, melynek n pontja s m k lnbz le van. Ekkor (rgztett r,  -re) m = O(nr−2 ): (b) Legyen H egy tetszleges r-uniform hipergrf, melynek n pontja s m k lnbz le van, s legyen  =  (H ). Ekkor n ≥ n0 (r  ) esetn n − 1 n − 2 n −  m ≤ r − 1 + r − 1 + ::: + r − 1 : 30*. Legyen H egy hipergrf s jellj k d-vel a maximlis fokot. Bizonytsuk be a kvetkez egyenltlensget az optimlis pontlefogsok s trtlefogsok mrete kztt:  (H ) ≤ (1 + log d) ∗ (H ): 31*. (a) Legyenek 0 < k ≤ r egszek, u v w vals szmok, melyekre u ≥ v ≥ r − − 1, v ≥ w ≥ r − 2, s tegy k fel, hogy 29*.

Bizonytsuk be, hogy

u v  w r = r + r−1 : u v  w k

≤

k + k−1 :

(b) Legyen H ;egy r-uniform hipergrf, melyben nincsenek tbbszrs lek. Bizonytsuk be, hogy a H lei rjuk fel |E (H )|-t ur alakban, ahol u ≥ r; vals.  u ltal tartalmazott k-asok szma legalbb k (1 ≤ k ≤ r). (c) Vezess k le az Erds{Ko{Rado ttelt 13.28b-bl. 32*. (a) Legyen |A1 | = : : : = |Am | = p, |B1 | = : : : = |Bm | = q s Ai ∩ Bj = = 0 ⇐⇒ i = j . Ekkor p + q m≤ :

p

; r−1 le van. (b) Egy r-uniform  -kritikus H hipergrfnak legfeljebb  (H )+ r ∗

98

FELADATOK

13.33

33. Ha egy H

hipergrfban nincs kt olyan l, melynek pontosan egy kzs pontja van, akkor H 2 sznnel kisznezhet. 34. Ha egy sszef gg H hipergrf minden pontja msodfok, s H nem egy (2uniform) pratlan kr, akkor H 2-kromatikus. 35. Hatrozzuk meg az sszes olyan hipergrfot, melyben brmely kt lnek pontosan egy kzs pontja van, s melyek nem sznezhetk ki 2 sznnel. 36. Legyen H egy 3-uniform hipergrf n ≥ 5 ponton, melyben minden pontpr ugyanolyan (pozitv) szm lben fordul el. Bizonytsuk be, hogy H nem 2sznezhet. 37*. Egy H hipergrf incidencia mtrixa akkor s csak akkor totlisan unimodulris, ha minden HW rszhipergrfnak van olyan {A0  A1 } 2-sznezse, melyre

# |E | $ 2

≤ |E ∩ A1 | ≤

% |E | & 2

minden E ∈ E (HW ) lre. (A H = ({v1  : : :  vn } {E1  : : :  Em } hipergrf incidencia m trixa a kvetkezkppen denilt A = (aij ) mtrix: n vi ∈ E j aij = 10 ha k lnben. Egy mtrix akkor tot lisan unimodul ris , ha minden ngyzetes almtrixnak a determinnsa 0 vagy ±1.) 38. (a) Ha a H hipergrf minden kre pros hosszsg, akkor a pontjai 2sznezhetek gy, hogy a piros s kk pontok szma minden lben legfeljebb 1-gyel k lnbzik. (b) A H incidencia mtrixa totlisan unimodulris. 39. Ha egy H hipergrf incidencia mtrixa totlisan unimodulris, akkor H kiegyenslyozott. 40. Egy kiegyenslyozott hipergrf, melyben minden lnek van legalbb 2 elem, 2 sznnel kisznezhet. 41. Ha egy r -uniform hipergrfnak legfeljebb 2r−1 le van, akkor 2 sznnel sznezhet. 42. Bizonytsuk be, felhasznlva 13.30-at, hogy ltezik olyan 2 sznnel nem sznezhet r-uniform hipergrf 2r2 ponton, melynek c · r2 2r le van. 43*. Ha egy r -uniform H hipergrf minden le legalbb 2r−3 msik lt metsz, akkor H 2 sznnel sznezhet. 44*. Legyen H egy olyan r -uniform hipergrf, melynek n pontja s m le van, s kt lnek legfeljebb egy kzs pontja van. (a) Ha n ≤ 2r−4 , akkor H 2 sznnel sznezhet.

13.49

§ 13. HIPERGRFOK

99

(b) Ha H sznezhet 2 sznnel, akkor tartalmaz legalbb 2r−4 =r olyan pontot, melynek a foka legalbb 2r−4 =r. (c) Ha m ≤ 4r−4 =r3 , akkor H 2 sznnel sznezhet. (Ilyen hipergrfokra vonatkoz problmkkal 14.24-ben foglalkozunk.) 45. (a) A H hipergrfnak megvan az a tulajdonsga, hogy minden k ≥ 1-re, tetszleges k l unijnak legalbb k + 1 pontja van. Bizonytsuk be, hogy H 2 sznnel sznezhet. (b) Konstruljunk egy olyan r-uniform H hipergrfot, melyben brmely k l unijnak (k = 1 2 : : :) legalbb k pontja van, de H nem sznezhet 2 sznnel. (c) Legyen H egy olyan 3-kromatikus hipergrf n ponton, izollt pontok nlk l, hogy a H tetszleges pontjt elhagyva a megmarad hipergrf 2 sznnel sznezhet. Bizonytsuk be, hogy a H leinek incidencia vektorai generljk az egsz n-dimenzis teret. Adjunk egy j bizonytst (a)-re, mely ezen alapul. 46. Konstruljunk vgtelen sok r rtkre, tbbszrs lek nlk li r -uniform hipergrfokat, melyek nem 2-kromatikusak, de melyeknek tetszleges kt l k metszik egymst, s (a) tbb, mint r! l k van, (b) legfeljebb 3r−1 l k van, (c) tbb, mint 3r−1 pontjuk van. 47. Ha egy egyszer H hipergrf r -uniform, 3-kromatikus, s tetszleges kt le metszi egymst, akkor |E (H )| < r r : 48.

∗

Bizonytsuk be a kvetkez relcikat az optimlis prostsok, lefogsok, trtrtk prostsok s lefogsok kztt:  (H ) ≤  ∗ (H ) =  ∗(H ) ≤  (H ): (Hasznlhatjuk a lineris programozs Dualitsttelt: Ha egy n × m vals A mtrixra s b s c n- s m-dimenzis vals vektorokra max{cT x : Ax ≤ b x ≥ 0} ltezik, akkor min{bT y : AT y ≥ c y ≥ 0} is ltezik, s min bT y = max cT x.) 49. (a) Legyen F egy grf. Ekkor tetszleges k -lefogs egy 2-lefogs s egy (k − − 2)-lefogs sszege. (b) Hasonl llts teljes l k-elem prostsokra, ha k pros. (c) Lteznek optimlis trtlefogsok s optimlis trtrtk prostsok, melyekben a slyok 1=2 tbbszrsei. Kvetkezskppen, 2 ∗ (G) egsz szm. (d) Vezess k le 7.37-et (c)-bl.

100

FELADATOK

13.50

50. Legyen G pros grf. Bizonytsuk be, hogy minden k -lefogs k

1-lefogs sszege, s minden k-prosts k 1-prosts sszege. Kvetkezskppen,  (G) =  ∗ (G) s  (G) =  ∗(G). 51. (a) Bizonytsuk be, hogy  ∗(G ⊗ H ) =  ∗(G) ∗ (H )  (G) (H ) ≥  (G ⊗ H ) ≥  (G) ∗ (H )  (G) (H ) ≤  (G ⊗ H ) ≤  (G) ∗ (H ) teljes l tetszleges kt G, H hipergrfra. (b) Adott H hipergrf esetn  (G ⊗ H ) =  (G) (H ) akkor s csak akkor teljes l minden G hipergrfra, ha  (H ) =  ∗ (H ). p (H p) (c) Legyen H p = H ⊗ H ⊗ : : : ⊗ H (p tnyez), hatrozzuk meg a plim →∞ hatrrtket. 52. Ha egy H hipergrf  -kritikus, akkor H vagy diszjunkt lekbl ll, vagy  (H ) >  ∗ (H ): 53. Ha egy H hipergrf  -kritikus, s nincs res le, akkor  (H ) <  ∗ (H ): 54. Minden kiegyenslyozott H hipergrfra  (H ) =  (H ). 55. Brmely H hipergrfra a kvetkez lltsok ekvivalensek. (i)  (H  ) =  ∗(H  ) a H minden H  rszhipergrfjra. (ii)  (H  ) =  ∗(H  ) a H minden H  rszhipergrfjra. (iii) H norm lis , azaz  (H  ) =  (H  ) a H minden H  rszhipergrfjra. 56*. (Folytats) A kvetkez lltsok szintn ekvivalensek (i){(iii)-vel: (iv) d(H  ) = q(H  ) a H minden H  rszhipergrfjra. (v) H -nak megvan a Helly-tulajdonsga (azaz, ha az E1  : : :  Em lek pronknt metszik egymst, akkor E1 ∩ : : : ∩ Em = ∅ s L(H ) perfekt. 57*. (Perfekt grf ttel) A G grf akkor s csak akkor perfekt, ha G perfekt. p

x

14. Ramsey elmlet

Minden elegenden nagy irregulris" struktra tartalmaz adott mret regulris" rsz-struktrt. Ennek a gyakran elfordul jelensgnek tipikus pldja (egyben a fejezet cme is) Ramsey klasszikus ttele: ha egy nagy teljes grf leit kisznezz k kt sznnel (amilyen szablytalanul" csak akarjuk), mindig ltezik benne egy nagy monokromatikus teljes rszgrf. Sznezhet nk ms dolgokat is (a

14.5

§ 14. RAMSEY ELMLET

101

trbeli pontokat, szmokat, rszhalmazokat, stb.), s kereshet nk ms regulris" rsz-struktrkat is (monokromatikus alteret, szmtani sorozatot, geometriai alakzatot stb.). Az utols feladatsorozat sorozatok monoton rszsorozataival s ehhez kapcsold geometriai s kombinatorikai problmkkal foglalkozik, pldul halmazok konvex rszhalmazainak keresst itt trgyaljuk. A szkebb rtelemben vett Ramsey elmlet, amikor monokromatikus rszhalmazokat keres nk, specilis esete a hipergrf-sznezs elmletnek. A ter let legtbb eredmnye megfogalmazhat gy is, hogy egy bizonyos specilis konstrukcival nyert hipergrfnak, ha az elg nagy, nagy a kromatikus szma. A vgtelen Ramsey-elmlettel nem foglalkozunk, noha ez szorosabban kapcsoldik a vges elmlethez, mint taln a kombinatorika brmely ms ter letnek vges s vgtelen rszter letei. Remlj k, hogy a 9.14 s 14.19 feladatok megvilgtjk nmileg ezt a kapcsolatot. ; l pont grf tartalmaz vagy teljes k +1 pont teljes rszgrfot, 1. (a) Minden k+ k vagy l + 1 elem f ggetlen ponthalmazt. (b) Legyenek a1  : : :  ak ≥ 1 adott egszek (k ≥ 2). Bizonytsuk be, hogy ltezik olyan (legkisebb) termszetes szm, n = Rk (a1  : : :  ak ), melyre akrhogy is sznezz k Kn leit k sznnel, lesz olyan 1 ≤ i ≤ k s olyan ai pont teljes rszgrf, melynek minden le az i-edik sznnel van sznezve. 2. (a) Bizonytsuk be, hogy

Rk (3) def = Rk (3 : : :  3) ≤ e · k! + 1 s egyenlsg ll k = 2 3 esetn. (b)* Bizonytsuk be, hogy k ≥ 2-re 2k=2 ≤ R2 (k k) < 22k : 3. (a) (Ramsey ttel) Jellje Knr azt a hipergrfot, mely n pont sszes r -esbl ll s legyen a1  : : :  ak ≥ 1. Bizonytsuk be, hogy ltezik olyan (legkisebb) n = = Rkr (a1  : : :  ak ) szm, melyre akrhogy is sznezz k Knr leit k sznnel, lesz olyan 1 ≤ i ≤ k s lesz V (Knr )-nek lesz olyan ai rszhalmaza, melynek minden k mret rszhalmaza az i-edik sznnel van sznezve. (b) Legyen Rkr (a) = Rkr (a : : :  a). Bizonytsuk be, hogy Rkr+1 (a) < kR (a) : 4. Sznezz k ki 2 sznnel egy n (n ≥ 3) pont teljes grf leit. Bizonytsuk r k

r

be, hogy lesz olyan Hamilton kr, mely vagy monokromatikus, vagy vagy kt monokromatikus vbl ll. j k 5*. Igazoljuk, hogy ha 2 sznnel sznezz k egy 3k2+1 pont teljes grf leit, akkor lesz benne k hosszsg monokromatikus t.

102

FELADATOK

14.6

Sznezz k ki kt sznnel egy n pont teljes grf leit. Bizonytsuk be a kvetkez lltsokat: (a) Ha van monokromatikus (2k + 1) hosszsg kr (k ≥ 3), akkor van monokromatikus 2k hosszsg kr is. (b) Ha van monokromatikus 2k hosszsg kr (k ≥ 3), akkor vagy van monokromatikus (2k − 1) hosszsg kr is, vagy van kt diszjunkt monokromatikus teljes k-szg. (c) Ha n ≥ 2n − 1 s n ≥ 6, akkor mindig van monokromatikus m hosszsg kr. 6*.

∗ 7.

3 sznnel sznezz k a sk pontjait. Bizonytsuk be, hogy lesz kt azonos szn pont egymstl egysgnyi tvolsgra. 8*. 2 sznnel sznezz k a sk pontjait. Tegy k fel, hogy van hrom azonos szn pont, melyek szablyos (egyenl oldal), egysgnyi oldal hromszget alkotnak (a rvidsg kedvrt monokromatikus szablyos 1 oldal hromszg). Ekkor minden olyan a, b > 0 esetn, melyekre |a − b| < 1 < a + b, ltezik monokromatikus, 1, a, b oldal hromszg. 9. (a) Mutassuk meg, hogy ha 2 sznnel sznezz k a sk pontjait, akkor nem felttlen l lesz monokromatikus 1 oldal szablyos hromszg nk. (b) Bizonytsuk √ √ be, hogy a sk pontjait 2 sznnel sznezve mindig lesz monokromatikus, 2, 6,  oldal hromszg. 10*. Ltezik-e olyan n = n0 (k R) termszetes szm, melyre ha k sznnel sznezz k az n-dimenzis euklideszi tr pontjait, az egyik szn tartalmaz R-rel egybevg alakzatot, ahol (a) R egy tglalap cscsaibl ll, (b) R olyan paralelogramma cscsaibl ll, mely nem tglalap. ∗ 11. Osszuk be az els n termszetes szmot k osztlyba. Bizonytsuk be, hogy ha n ≥ k!e, akkor az egyik osztly tartalmaz hrom olyan x, y, z egsz szmot,

melyekre x + y = z . 12. Legyenek k s r ≥ 1 adottak. Ekkor van olyan n0 (k r ), melyre ha n ≥ n0 (k r ) s {1 : : :  n} k sznnel sznezhet, akkor tallunk olyan a, d1  : : :  dr termszetes szmokat, melyekre a + d1 + : : : + dr ≤ n, s az a + di1 + : : : + di (1 ≤ i1 < : : : < i ≤ r 0 ≤  ≤ r) sszegek mindegyike azonos szn. 

§ 14. RAMSEY ELMLET

14.16

103

Sznezz k ki k sznnel egy n elem halmaz nem res rszhalmazait. Bizonytsuk be, hogy ha n elg nagy, akkor van kt diszjunkt nem res rszhalmaz, X s Y , melyekre X , Y s X ∪ Y szne azonos. 14*. (a) Tegy k fel, hogy egy n elem S halmaz sszes rszhalmazainak halmazt k sznnel sznezt k, ahol n ≥ N (k t). Keress nk olyan diszjunkt A1  B1  : : : : : :  At Bt halmazokat, melyekre brmely rgztett 1 ≤ i1 < : : : < i ≤ t sorozatra minden (Ci = Ai vagy Bi vagy Ai ∪ Bi ) Ci1 ∪ : : : ∪ Ci formj uni szne azonos. (b) Bizonytsuk be, hogy tetszleges adott k s r esetn ltezik a kvetkez tulajdonsggal rendelkez n = n(k r): ha egy n elem S halmaz sszes rszhalmazainak halmazt k sznnel sznezt k, akkor lteznek diszjunkt nem res rszhalmazoknak olyan X1  : : :  Xr ⊆ S csaldja, melynek brmely nem res rszcsaldja unijnak a szne azonos. 15. Ersts k 14.12-t a kvetkezkppen: Minden k s r mellett ltezik olyan n termszetes szm, melyre akrhogy is sznezz k az 1 : : :  n szmokat k sznnel, mindig lteznek olyan d1  : : :  dr termszetes szmok, melyekre d1 + : : : + dr ≤ n s minden di1 + : : : + di (1 ≤ i1 < : : : < i ≤ r,  ≥ 1) sszeg szne azonos. 16*. Nevezz k az S -en rtelmezett S → {0 : : :  m − 1} lekpezst m-vektornak . Tekints k az S -en rtelmezett m-vektorok mS halmazt, ahol m ≥ 2, s legyen  az mS egy k sznnel val sznezse. (a) Van olyan n1 (k m), melyre ha |S | ≥ n1 (k m), akkor van olyan nem res X ⊆ S halmaz s b m-vektor S − X -en, melyre (m − 1)X + b s (m − 2)X + + b szne azonos. (Jellsi megllapodsok: X jelli az X -en rtelmezett csupa 1 vektort is, s kt k lnbz halmazon rtelmezett m-vektort gy adunk ssze, hogy kiterjesztj k ket 0-kkal az egsz unira.) (b) Van olyan nr (k m), melyre ha |S | ≥ nr (k m), akkor lteznek diszjunkt nem res X1  : : :  Xr ⊆ S halmazok s egy b m-vektor S − X1 − : : : − Xr -en, melyre minden 13.





a=

vektor szne azonos a

r X i=1

a

vektor sznvel.

ai Xi + b

=

r X i=1

(0 ≤ ai ≤ m − 1)

min(ai  m − 2)Xi + b

104

FELADATOK

14.17

17*. (Folytats) Bizonytsuk be, hogy ltezik olyan N (k r m), melyre ha |S | ≥ ≥ N (k r m), akkor S -nek vannak olyan diszjunkt nem res X1  : : :  Xr rszhalmazai s az S − X1 − : : : − Xr pontjainak olyan b m-vektora, melyre minden a=

m-vektor szne azonos.

r X i=1

ai Xi + b

(0 ≤ ai ≤ m − 1)

18. (Van der Waerden ttele) Ltezik olyan w

= w(k m) szm, melyre ha k sznnel sznezz k a 0, 1, : : : , w termszetes szmokat, akkor van kzt k m hosszsg monokromatikus szmtani sorozat. 19. Legyen P a termszetes szmok k sznnel sznezett vges halmazainak egy tetszleges tulajdonsga (pl. egy halmaz rendelkezik a P tulajdonsggal, ha monokromatikus s szmtani sorozatot alkot). Tegy k fel, hogy brhogyan is sznezz k ki az sszes termszetes szmot k sznnel, van P tulajdonsg vges halmaz. Ekkor ltezik olyan N termszetes szm, melyre az {1 : : :  N } halmazt tetszlegesen k sznnel sznezve, van P tulajdonsg rszhalmaza.* 20*. Dnts k el, hogy a kvetkez llts igaz-e: Ha az sszes termszetes szm halmazt k sznnel sznezz k, az egyik osztly tartalmaz olyan x-et, y-t s z -t, melyekre (a) x + y = 3z , (b) x + 2y = z . 21*. Legyen (∗) a1 x1 + : : : + an xn = 0 egsz egy tthatj egyenlet. Ekkor a kvetkez kt llts ekvivalens: (i) (∗)-nak van nem trivilis (0 1) megoldsa. (ii) Ha a termszetes szmokat vges sok sznnel sznezz k, akkor (∗)-nak van monokromatikus megoldsa. 22*. Bizonytsuk be, hogy ltezik a kvetkez tulajdonsggal rendelkez f (k ) f ggvny: ha S egsz szmok tetszleges olyan halmaza, melyre |S | ≥ f (k), akkor az egszek halmaza k sznnel sznezhet gy, hogy S + j minden sznt tartalmaz minden j egszre (S + j = {s + j : s ∈ S }). A k sznnel val sznezstl azt is megkvetelhetj k, hogy periodikus legyen. * Ez az llts egy nagyon specilis esete a kompaktsgnak nevezett elvnek. Ez az elv pldul lehetv tenn a Ramsey ttel (14.2) levezetst annak egy vgtelen vltozatbl. Mivel a halmazelmletbe itt nem tudunk belemlyedni, ez a feladat illusztrciknt szolgl.

14.28

§ 14. RAMSEY ELMLET

105

Legyen q prmhatvny s k ≥ 1, r ≥ 0. (a) Legyen n ≥ N (k r q − 1) (ahol N a 14.17 feladatban denilt f ggvny). Ekkor ha k sznnel sznezz k a GF (q) fltti n-dimenzis a9n tr pontjait, valamely r-dimenzis altr monokromatikus lesz. (b) Bizonytsunk analg ttelt a projektv terekre. 24. A Ramsey ttel s 14.23a alapjn adjunk kt konstrukcit olyan r -uniform H hipergrfra, melynek kromatikus szma legalbb k + 1 s melyben brmely kt lnek legfeljebb egy kzs pontja van. 23.

∗

Legyen (a1  : : :  ak2 +1 ) egszek tetszleges sorozata. Mutassuk meg, hogy tartalmaz k + 1 hosszsg monoton rszsorozatot. 26. (a) Legyen f az {1 : : :  2n−1 }-en rtelmezett egsz rtk f ggvny, s tegy k fl, hogy 1 ≤ f (i) ≤ i minden i = 1 : : :  2n−1 -re. Bizonytsuk be be, hogy ltezik olyan 1 = a1 < : : : < an ≤ 2n−1 sorozat, melyre f (a1) ≤ : : : ≤ f (an ): (b) Ez nem mindig igaz, ha 2n−1 helyett 2n−1 − 1 szerepel. 27*. (a) Jelljn Tn egy n pont tranzitv turnamentet s rendelj nk minden ;  (x y) ∈ E (Tn ) lhez egy f (x y) szmot. Igazoljuk, hogy ha n > p+p−q−1 2 , akkor vagy ltezik egy (x0  : : :  xp ) (irnytott) t, melyre f (x0  x1 ) ≤ f (x1  x2 ) ≤ : : : ≤ f (xp−1  xp ) vagy ltezik egy (y0  : : :  yq ) t, melyre f (y0  y1 ) > f (y1  y2 ) > : : : > f (yq−1  yq ): (b) Mutassuk meg, hogy a korlt les. 28*. Rendelj nk egy f (X ) ∈ X elemet az S halmaz minden nem res X ⊆ S rszhalmazhoz. (a) Ha |S | = 2m, akkor van olyan m elem T ⊆ S halmaz, s van (S − T )-nek olyan (x1  : : :  xm ) rendezse, melyre f (S − {x1  : : :  xi}) ∈ T (i = 0 : : :  m): (b) Ha |S | = 2n , akkor ltezik olyan X0 ⊂ X1 ⊂ : : : ⊂ Xn ⊆ S lnc, melyre f (X1 ) = : : : = f (Xn). (c) Ha |S | = 2n − 1, akkor ez mr nem igaz. 25.

106

FELADATOK

14.29

adva van N = kn + 1 pont a skon, mindig tallunk majdnem egyenes" trttvonalat, azaz olyan a0  a1  : : :  ak sorozatot, melyre  1 ^(a a a ) > 1 − : 29. Ha

i−1 i i+1

n

30. Egy sokszget alulrl (fel lrl) konvexnek nevez nk, ha konvex s a cscsaibl

indul s az y tengely negatv (pozitv) rszvel prhuzamos flegyenesnek csak a vgpontja kzs a sokszggel. (12. bra) y

x

0

12. bra

; 

(a) Bizonytsuk be, hogy a sk brmely p+p q + 1 pontbl ll ltalnos helyzet S halmaza (ami alatt itt az rtend, hogy nincs 3 egy egyenesen, s egyetlen ltaluk meghatrozott egyenes sem prhuzamos egyik tengellyel sem) tartalmaz vagy egy alulrl konvex (p + 2)-szget, vagy egy fel lrl konvex (q + 2)-szget. ;  (b) Ez p+p q pontra nem igaz. 31. (a) Ltezik egy (legkisebb) K (m) termszetes szm, melyre ha adott a sk K (m) ltalnos helyzet pontja, mindig ltezik konvex m-szg, melynek cscsai az ebbe a halmazba tartoznak. (b)* Bizonytsuk be a kvetkez egyenltlensgeket:* 2m − 4 m − 2 2 + 1 ≤ K (m) ≤ m − 2 + 1: (c) Mutassuk meg, hogy K (4) = 5 s K (5) = 9.

* A sejts az, hogy az als korlt K (m) pontos rtke.

15.3

§ 15. REKONSTRUKCI

x

107

15. Rekonstrukci

A rekonstrukci problmja az invarinsok klasszikus elvnek egy vltozata. Ha hozzrendel nk egy A struktrt minden A struktrhoz (pldul egy grfhoz az lgrfjt, vagy egy sorozathoz a genertorf ggvnyt, vagy egy sokasghoz a Betti szmait), akkor kvncsiak lehet nk arra, hogy vajon A egyrtelmen meghatrozza-e A-t. Ilyen eredmnyre plda az, hogy egy hatvnysor meghatrozza az egy tthatit. .rdekelhet benn nket az is, hogy mely struktrk llnak el A alakban. E fejezetben kombinatorikai jelleg rekonstrukcis problmkra szortkozunk: hogyan lehet egy grfot rekonstrulni az lgrfjbl, matroidjbl" (kreinek rendszerbl), nmagval vett direkt szorzatbl stb. A ter let legismertebb problmja a Rekonstrukci-sejts, mely szerint minden legalbb 3 pont grf rekonstrulhat valdi nem bvthet fesztett rszgrfjainak csaldjbl. Ezt csak specilis esetekre oldottk meg. A teljessg kedvrt itt megemltj k az ide tartoz problmk egy olyan osztlyt, amit ebben a ktetben nem tudunk rszletesen trgyalni. Ez a szimmetrikus kombinatorikai struktrk (blokkrendszerek, parcilis geometrik, Latin ngyzetek) ellltsa vges terekbl. Gyakran elmondhat, legalbbis a paramterek bizonyos rtkeire, hogy e paramterek egyrtelmen meghatrozzk a szban forg struktrt. Ez gy van pldul a vges testek, vagy a legalbb hrom dimenzis vges projektv geometrik esetben. A sz ksges mdszerek viszont ltalban a blokkrendszerek elmletnek kiterjedt hasznlatt ignylik, ez az oka annak, hogy itt nem ker lhetnek tertkre. 1. (a) Legyen G1 s G2 kt olyan egyszer grf, melyekben minden pont foka legalbb 4 s tegy k fel, hogy L(G1 ), illetve L(G2 ) lgrfjaik izomorfak. Bizonytsuk be, hogy ekkor G1 ∼ = G2 . (b) Legyen G1 s G2 kt egyszer sszef gg grf s tegy k fel, hogy L(G1 ) ∼ = L(G2 ), de G1 ∼ = G2 . Mi lehet G1 s G2 ? (c) Legyen G1 s G2 kt egyszer sszef gg grf s ' : L(G1 ) → L(G2 ) egy L(G1 ) s L(G2 ) kzti izomorzmus. Azt mondjuk, hogy ' trivilis, ha ltezik olyan  : G1 → G2 izomorzmus, melyre  tartalmazza '-t E (G1 )-n. Mely grfokra ltezik nem trivilis izomorzmus L(G1 ) s L(G2 ) kztt? 2. (a) Legyen  az n (n ≥ 3r ) pont sszes r -esbl ll Kn hipergrf lgrfjnak egy automorzmusa. Ekkor -t Knr egy automorzmusa (vagyis V (Knr ) egy permutcija) induklja. (b) Az elz eredmny 3r ≥ n > 2r-re is igaz, de n ≤ 2r-re mr nem. 3. Legyen 0 ≤ i < r adott. Konstruljuk meg azt az Li (Knr ) grfot, melynek pontjai r-esek Knr -ben, s melyben kt A s B r-es akkor s csak akkor szomszdos, ha |A ∩ B | = i. Mutassuk meg, hogy elegenden nagy n-re Li (Knr ) minden automorzmust termszetes mdon generlja V (Knr ) egy permutcija.

108 4.

FELADATOK

15.4

(a) Minden egyszer grf lgrfja valamely hipergrfnak. rjuk le ezeket a hipergrfokat. (b) Mutassuk meg,!hogy minden izollt pontot nem tartalmaz n pont G grf lgrfja egy n2 =4 ponton rtelmezett hipergrfnak. 5. (a) Legyen G 9-nl tbb pont egyszer grf. Tegy k fel, hogy minden x pontra G − x lgrfja valamely egyszer Hx grfnak. Mutassuk meg, hogy G is lgrfja egy egyszer grfnak. (b) Tallhatunk vges szm olyan G1  : : :  Gk minta-grfot" gy, hogy egy egyszer G grf akkor s csak akkor lgrfja egy egyszer grfnak, ha nem tartalmazza fesztett rszgrfknt G1  : : :  Gk egyikt sem. 6. (a) Nevezz k a G grf egy abc hromszgt p ratlannak , ha van olyan x = a, b, c pont, mely az a, b s c pontok kz l vagy pontosan eggyel, vagy mindhrommal szomszdos. Mutassuk meg, hogy ha az egyszer G grf lgrf, akkor (i) nem tartalmazza a 3-csillagot fesztett rszgrfknt, (ii) ha abc s bcd pratlan hromszgek (a = d), akkor a szomszdos d-vel. (b) Ha G olyan egyszer grf, melyre (i) s (ii) igaz, akkor G lgrfja valamely egyszer grfnak. (c) Hatrozzuk meg a 15.5b minta-grfjait". 7*. Mutassuk meg, hogy 15.5b lltsa nem rvnyes 3-uniform hipergrfok lgrfjra (tbbszrs lek nlk l). 8. (a) Konstruljunk kt olyan izomorf skbarajzolhat 2-szeresen sszef gg grfot, melyek dulisai nem izomorfak. (b) Ha kt 3-szorosan sszef gg skbarajzolhat grf izomorf, akkor dulisaik is. 9. Legyen G1 s G2 kt 3-szorosan sszef gg grf s ' : E (G1 ) → E (G2 ) az leik kzti olyan bijekci, amely a G1 -ben krt alkot leket G2 egy krnek leire kpezi le s viszont. (a) Igazoljuk, hogy ' megrzi az lek szomszdossgt. (b) Bizonytsuk be, hogy G1 ∼ = G2 (a matroidelmlet nyelvn: 3-szorosan sszef gg grfok a matroidjukbl rekonstrulhatk). 10. Legyen T , T  kt fa s tegy k fel, hogy vgpontjaik {x1  : : :  xr } halmaza azonos. Tegy k fel, hogy dT (xi  xj ) = dT  (xi  xj ) (1 ≤ i < j ≤ r): Mutassuk meg, hogy T s T  izomorfak. 11. Legyenek x1  : : :  xr egy T fa vgpontjai s dij = d(xi  xj ): Igazoljuk, hogy

15.15

§ 15. REKONSTRUKCI

109

(a) brmely hrom i, j s k indexre dij + djk − dik ≥ 0 dij + djk − dik ≡ 0 (mod 2) (b) Brmely ngy i, j , k s l indexre a dij + dkl , dik + djl s dil + djk szmok kz l kett egyenl, a harmadik pedig nem nagyobb ennl a kettnl. (c) Tegy k fel, hogy (dij )rij =1 nem-negatv egszekbl ll szimmetrikus mtrix, melyre dij = 0 akkor s csak akkor, ha i = j , s eleget tesz (a)-nak s (b)-nek. Ekkor ltezik egy olyan T fa, melynek r vgpontja x1  : : :  xr , s d(xi  xj ) = dij : 12*. (a) Legyen n = 2k . Konstruljunk egsz szmoknak kt olyan {a1  : : :  an } = = {b1  : : :  bn } csaldjt (ugyanaz az egsz szm egynl tbbszr is elfordulhat), melyre az {ai + aj : 1 ≤ i < j ≤ n} s {bi + bj : 1 ≤ i < j ≤ n} csaldok (multiplicitst is gyelembe vve) egyenlek. (b) Ez nem lehetsges, ha n nem 2 hatvnya azaz ebben az esetben {a1  : : : : : :  an } rekonstrulhat az {ai + aj : 1 ≤ i < j ≤ n} csaldbl. 13. Legyen (aij ) s (bij ) kt komplex mtrix, s tegy k fel, hogy egyikben sincsen kt azonos sor. Legyen

f (s1  : : :  sk ) =

N a a X i1 : : : ik  s sk i=1 1 N b b X

i1 : : : ik  s sk i=1 1 tovbb tegy k fel, hogy f (s1  : : :  sk ) = g(s1  : : :  sk ) az s1  : : :  sk nem-negatv egszek minden vlasztsra. Bizonytsuk be, hogy f ≡ g, azaz az (aij ) s (bij )

g(s1  : : :  sk ) =

mtrixok elllnak egymsbl a sorok permutcijval. 14. Legyenek G1 s G2 ugyanazon a V , |V | > 3 halmazon rtelmezett egyszer grfok. Tegy k fel, hogy G1 − x − y ∼ = G2 − x − y minden x, y ∈ V -re. Mutassuk meg, hogy G1 s G2 azonosak. 15. (a) Igaz-e a kvetkez llts: Ha G1 s G2 ugyanazon az (elegenden nagy) V halmazon rtelmezett egyszer grfok s G1 − x ∼ = G2 − x minden x ∈ V esetn, akkor G1 s G2 azonosak. (b) Legyen G1 s G2 ugyanazon a V halmazon rtelmezett kt grf s tegy k fel, hogy G1 − x ∼ = G2 − x minden x ∈ V -re. Legyen H tetszleges adott |V |-nl kevesebb pont grf. Mutassuk meg, hogy G1 s G2 H -val izomorf rszgrfjainak +fesztett rszgrfjainak] szma azonos. (c) Ha G1 nem sszef gg, akkor G2 sem az s izomorfak.* * Ulam hres sejtse azt mondja ki, hogy ez az llts tetszleges grf-prra igaz.

110 16*. Legyen T1 x ∈ V -re

FELADATOK

15.16

s T2 kt fa ugyanazon a V halmazon s tegy k fel, hogy minden

T1 − x ∼ = T2 − x: (a) Bizonytsuk be, hogy T1 s T2 tmrje azonos. (b) Bizonytsuk be tovbb, hogy T1 ∼ = T2 . 17*. (a) Legyen G1 s G2 kt egyszer grf, melyekre |V (G1 )| = |V (G2 )|; = n, E (G1 ) = {e1  : : :  em }, E (G2 ) = {f1  : : :  fm}. Tegy k fel, hogy m > 21 n2 s G1 − ei ∼ = G2 − fi ha i = 1 : : :  m. Ekkor G1 ∼ = G2 . ; (b) Bizonytsuk ugyanezt az lltst, ha ahelyett, hogy m > 12 n2 , csak azt tessz k fel, hogy m > n log n. 18. Legyen H1 s H2 ugyanazon a V halmazon rtelmezett kt r -uniform hipergrf s legyen r ≤ k ≤ |V | − r. Tegy k fel, hogy (∗) |E (H1 − X )| = |E (H2 − X )| minden olyan X ⊆ V -re, melyre |X | = k. Ekkor H1 s H2 azonosak. 19. Legyen H1 s H2 ugyanazon a V halmazon rtelmezett kt hipergrf s tegy k fel, hogy minden x ∈ V -re H1 \ x = H2 \ x: Mutassuk meg, hogy vagy H1 = H2 , vagy H1 tartalmazza V minden pros elem rszhalmazt s H2 tartalmazza V minden pratlan elem rszhalmazt (vagy megfordtva). 20*. (a) Legyen G1 s G2 kt egyszer grf s tegy k fel, hogy ugyanannyi homomorzmusuk van brmely harmadik H grfba. Ekkor G1 ∼ = G2 . (b) Tegy k fel, hogy G1 s G2 kt egyszer grf s minden harmadik H grfnak ugyanannyi homomorzmusa van G1 -be, mint G2 -be. Ekkor G1 ∼ = G2 . 21. Legyen G1 s G2 kt egyszer grf s tegy k fel, hogy G1 × G1 ∼ = G2 × G2 . Ekkor G1 ∼ G . = 2 22. (a) Konstruljunk olyan izollt pontot nem tartalmaz G1 , G2 s F egyszer grfokat, melyekre G1 ∼ = G2 , de G1 × F ∼ = G2 × F . ∼ (b) Tegy k fel, hogy G1 × F = G2 × F , ahol G1 , G2 s F egyszer grfok. Ekkor G1 × F0 ∼ = G2 × F 0 az F minden F0 rszgrfjra. (c) Igazoljuk, hogy a rvidtsi szably rvnyes az ers direkt szorzatra, vagyis ha G1 · H ∼ = G2 · H , akkor G1 ∼ = G2 . (d) Ugyanez a rvidtsi szably fennll vges csoportok s gyrk direkt szorzatra.

II. tlettr

x 1. 1.

Egyenknt dntsnk a szemlyekrl. n o 2. Dntsnk most a levelezlapokrl. A vlasz a msodik krdsre n! nk . 3. Ha a bet k sszes permutcijt vesszk, hnyszor fog ugyanaz a sz elfordulni? 4. (a) Kpzeljnk el k 1-forintos rmt egy sorban a szemlyek egyenknt jnnek s veszik el a forintokat, addig, amg engedjk nekik. (b) Redukljuk a problmt az elz feladatra gy, hogy minden szemlynek klcsnznk egy forintot. 5. A klnbz levelezlapokrl egymstl fggetlenl dnthetnk. 6. (a) A rekurzv relcik a kvetkezk n + 1  n  nno = k−1 +k k  k n + 1  n  hni k = k−1 +n k :

(b) Vegyk szre, hogy az n elem n − k osztlyba val particionlsa sorn legalbb n − 2k osztlynak 1 elem nek kell lennie. (c) A Stirling-fle partcis szmok esetn, rjuk fel (a)-t  n  n + 1 nno k−1 = k −k k alakban, hogy megkapjuk h −k i a negatv k rtkekre a rekurzit.  n (d) k s −n ugyanazokat a rekurzis sszefggseket s hatrfeltteleket elgtik ki.

112

TLETTR

1.7

(a) Ha x egy egsz szm, akkor az els azonossg mindkt oldala az n elem halmaz lekpezseit szmolja le egy x elem halmazba. (b) Mindkt oldal a ( ) prokat szmolja le, ahol  az n elem S halmaz egy permutcija, s  az S egy olyan sznezse x sznnel, melyet  vltozatlanul hagy. (c) Vessk ssze az (a) s (b)-beli azonossgokat. 8. Vgezzk el a kvetkez helyettesrst: 7.

jn = 9.

n nno X

j (j − 1) : : : (j − r + 1): r r=0

(a) Hasznljuk fel, hogy

Bn =

∞ n o X n

: k k=0

(b) Mutassuk meg, hogy az (a)-beli sszeg tagjainak eloszlsa aszimptotikusan normlis legyen gn (y) = √1 yn−y−1=2 ey−1 (∼ yn =ey!) 2 akkor gn ((n) + y(n)=√n) → e−y2 =2 (n → ∞): g ((n))

10. Tekintsk

n

az egy adott elemet tartalmaz partcis osztlyt. 11. Hasznljuk az elz rekurzv relcit, hogy egy dierencilegyenletet kapjunk p(x)-re. 12. (a) Egy partcira tekintsk az sszes olyan permutcit, melyben az osztlyok a hosszsg tekintetben nem-cskken sorrendben vannak elrendezve. (b) Az eredmny kzeltleg (e − 1)n . x 13. Tekintsk az ee Taylor sorfejtst. 14. (a) A p(x)-re (1.12)-ben meghatrozott formula msodik derivltja, nmi mdostssal, alkalmazhat itt. (b) A p(x)-re (1.11)-ben megadott els bizonyts knnyen kiterjeszthet erre az esetre. 15. (a) Hasznljuk az albbi rekurzv relcit:

Sn = (b) Hasznljuk

n n X

Sn−k : k k=1

I s(z) n ! Sn = 2i zn dz: ="

|z |

1.28

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

113

Reprezentljuk a n = a1 + : : : + as , a1 ≥ : : : ≥ as partcit egy diagrammal, amelyben az i-edik oszlop ai pontbl ll. 17. Rendeljk egymshoz az n = a1 + : : : + am s n − m = (a1 − 1)+ : : : +(am − 1) partcikat. 18. Legyen n = a1 + : : : + am egy partci klnbz tagokra. rjuk ai -t ai = 2i bi alakban, ahol bi pratlan. 19. Ha n = a1 + : : : + am a1 > : : : > am ≥ 1 az n egy partcija, akkor prbljunk egy j, klnbz tagokbl ll, 1-gyel tbb tag partcit ltrehozni gy, hogy 1-et levonunk a1 -bl s hozzvesznk egy j tagot, az 1-et. Ez ltalban nem m kdik, mert elfordulhat, hogy a1 − 1 = a2 . Ekkor vonjunk le 1-et a2 -bl s az j tag legyen 2, s gy tovbb. 20. S (x) = (1 − x)(1 − x12 )(1 − x3) : : : : 21. lltsuk el mindegyik genertorfggvnyt szorzatalakban, gy mint az elz feladatban. 22. Az n szm klnbz tagokbl ll pros s pratlan partcii szmnak a klnbsge megegyezik az xn egytthatjval az albbi kifejezsben: (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) : : : 23. Az (a) azonossg azt a tnyt fejezi ki, hogy a klnbz pratlan tagokbl ll partcik szma megegyezik a szimmetrikus Ferrers diagrammal rendelkez permutacik szmval. (Szimmetrikus abban az rtelemben, hogy tkrsek a bal als sarokbl indul 45◦ szg egyenesre.) 24. Dntsk el, hogy 1-gyel indulva, melyik szm, milyen multiplicitssal kell, hogy elforduljon egy ilyen partciban. Ha az 1 k1 -szer fordul el, akkor a kvetkez legkisebb elfordul szm k1 + 1 kell, hogy legyen. 25. Ha n=x+y+z n egy partcija, akkor x + y, y + z, x + z lesznek a 2n kerlet hromszg oldalai. 26. Keressnk egy 2-lpses rekurzv relcit Mn -re prbljunk egy 1-lpses rekurzv relcit megsejteni s indukcival bizonytsuk be a helyessgt. 27. Keressnk egy rekurzv relcit An -re. 28. Vezessnk le egy rekurzv relcit Cn -re s bizonytsuk be, hogy a fels determinns kielgti ezt a rekurzit. Kezdrtkeknek vegyk C−k+1 = : : : = C−1 = = 0, C0 = 1-et. (b) Hasznljunk rekurzv sszefggst ugyangy, mint 1.27-ben. 16.

114

TLETTR

29. Bizonytsuk

be, hogy a

1.29

pn () = det (I − A)

a karakterisztikus polinom kielgti az albbi rekurzv sszefggst: pn () = pn−1 () − pn−2 (): 30. Jelljk xn - s yn -nel az a vagy b, ill. c vagy d-vel kezdd ilyen sorozatok szmt, s keressnk egy rekurzv sszefggst ezen szmokra. 31. Hasznljunk az 1.17 megoldshoz hasonl tleteket. 32. Egy ilyen fggvny grakonja gy tekinthet mint egy poligon, mely az (1 1) pontot kti ssze az (n n) ponttal, s minden lpsben vagy jobbra, vagy felfel lp. 33. Knyelmesebben dolgozhatunk az olyan f lekpezsekkel, melyek {1 : : :  n}-t viszik {0 : : :  n − 1}-be, ahol f (x) < x. Azon lekpezsek, melyeknek nincs meg ez a tulajdonsguk, klcsnsen egyrtelm en megfeleltethetk azon lpcssfggv1 ;2n. nyeknek, melyek a (0,1)-et ktik ssze (n + 1 n − 1)-gyel. Az eredmny n+1 n 34. Jelljk a krdses szmot g (n r )-rel. Igazoljuk a kvetkez rekurzv relcit:

g(n r) = 35. Tekintsk

r r X

k=0 k

g(n − 1 k):

az eljrst visszafel. 36. Hasznljunk indukcit a kvetkezkppen: vegyk el S egy elemt, akkor a maradk halmaz partciinak a sorozata majdnem megegyezik az eljrsbl szrmaz sorozattal. 37. Redukljuk (b)-t az elz problmra. 38. Hasznljuk 1.37-et vagy 1.33-at. 39. Rendeljnk hozz a x1 : : : xn−1 szorzat minden zrjelezshez egy hromszgelst. 40. Hasznljuk az albbi rekurzv sszefggst:

Dn = 41. A

nX −2 k=2

Dk Dn−k+1 :

hromszgek egy lncot alkotnak. (n−P1)=2 ;





n Szmtsuk ki a 2 k+1 sszeget is. k=0 (b) Tekintsk a Pascal hromszget. (c) Keressnk egy kombinatorikus interpretcit.

42. (a)

§ 2. A SZITA

2.7

115

(d) ;Ez;az xm ;egytthatja (1 − x)u (1 + x)u -ban.  ; (e) mk nk = mn nn−−mk . 2i (f) Legyen " = e 7 s hasznljuk ki, hogy

n 7|k, "kj = 70 ifklnben. j =0 6 X

(g) Keressnk egy rekurzv sszefggst ezen szmok kztt (z rgztett, n vltozik). ; −1. −1)m nm (h) Bizonytsuk be indukcival, hogy az eredmny ( ;  (i) Az eredmny u+mv+1 . 43. (a) Keressnk egy kombinatorikus rtelmezst. (b) Helyettestsnk (−n − 1)-et n helybe (a)-ban. (c) Hajtsuk vgre az albbi helyettestst

n + k X k  n k p+q = p+q−j j : j =0

−n −;1-et n helyett (c)-ben. (d) Helyettestsnk ;  x + t x (e) Fejtsk ki az n − n kifejezst 1.42c s i szerint. 44. Hogy belssuk (a)-t, dierenciljuk mindkt oldalt y szerint, aztn vgezznk indukcit n-re. (b), (c) (a)-bl kvetkezik. ; 45. Hasznljuk, hogy fn (x) = n! nx .

x 2. 1.

Azon tanulk szma, akik sem a matematikt, sem a zikt nem szeretik, nem 12 + 14. A 26 mennyivel nagyobb? 2. Hatrozzuk meg az A1  : : :  An ltal generlt Boole-algebra tetszleges atomjnak adalkt mindkt oldalon. 3. Legyen S = {1 : : :  n} s legyen Ai a pi -vel oszthat egszek halmaza. 4. Szmoljuk le k adott elem lekpezseinek a szmt az n adott elem halmazra. 5. p −  1 p + : : : elt nik xi = 0 (i = 1 : : :  n) esetn. 6. Tekintsk az A1  : : :  An ltal generlt Boole-algebra egy B atomjnak az adalkt. 7. (a) Alkalmazzuk az elz eredmnyt.

116

TLETTR

(b) Hasznljuk fel, hogy

j = E

2.8

 j

:

!sszegezzk az elz problma eredmnyeit p, p + 1, : : : -re. 9. Ez az albbi rszletsszegekre vezethet vissza: 8.

k k k − − ::: +

10. Mutassuk

meg, hogy

0

1

2

r ≤ m r− r r−1 :

J ⊆ {1 : : :  n} halmazra,

11. Minden

0 1 Y P @AJ · Aj A ≥ 0: j ∈= J

12. Jelljk

E0 -val s O1 -gyel a fggetlen pros rszhalmazok halmazt, ill. azon pratlan rszhalmazok halmazt, melyek legalbb egy lt kifesztenek. Bizonytsuk be indukcival az albbi egyenltlensgeket |E1 | ≥ |O0 | s |O1 | ≥ |E0 |: 13. Ha P(A1 ) = : : : = P(An ) = 1, akkor a (−1)|I | s (−1)|J | tagok (J = I ∪ {n}) kiesnek a maradk tagok pedig pozitvak. 14. (a) Hasznljuk 2.6.(b)-t. Egy als becsls a kvetkez: X P(A1 : : : An ) ≥ 1 − I J P(AI ∪J ) IJ ⊆{1:::n} max I =max J

ahol ∅ = 0, {k} = 1 ha 1 ≤ k ≤ n s I , |I | ≥ 2 esetn, tetszleges vals szm. Q q , s mutassuk meg, hogy 15. Legyen qi = 1 − pi , qI = i i∈I

pI ∪J = pI pJ 16. Legyen

sszeget:

n

X qK p :

K ⊆I ∩J K

o

P(AK ) = pK + RK  sH = K : pK ≥ M1 . Minimalizljuk az albbi

X

IJ ∈H

I J pI ∪J

(∅ = 1)

§ 2. A SZITA

2.28

s adjunk becslst

X

117

I J RI ∪J

IJ ∈H rtkre ezen a helyen. √ 17. Legyen M = x= log2 x s legyenek P1  : : :  Pn azok az M -nl nem nagyobb prmek, melyek nem oszti k-nak. "Szitljuk ki" az adott sorozatbl azokat a szmokat, amelyek oszthatak a P1  : : :  Pn szmok valamelyikvel, a Selberg-fle mdszert hasznlva. 18. Bizonytsuk be n szerinti indukcival, hogy P(A1 |A2 : : : An ) ≤ 21d : 19. Legyen az elfordul Ai -k szma. Hasznljuk a Csebisev-egyenltlensget: P(A  : : :  A ) = P( = 0) ≤ 1 E(( −  )2 ):

1

n

1

12

20.

Hasonltsuk ssze 2.19 eredmnyt a Selberg-mdszer becslsvel az utbbit fejtsk p szerinti hatvnysorba. 21. Csak az inverzre vonatkoz llts ignyel meggondolst. Ehhez mutassuk meg, hogy az (aij ) mtrix akkor s csak akkor invertlhat, ha aii = 0 (i = 1 : : : : : :  n). 22. Mivel lesz egyenl az M = (mij ) matrix, ahol mij = (xi  xj )? 23. (a b) csak a {z : a ≤ z ≤ b} intervallum struktrjtl fgg. 24. Mutassuk meg, hogy a (∗) ltal denilt ∗ kielgti a  dencijban szerepl azonossgokat. 25. Hasznljuk ki, hogy (Z − I )n = 0. 26. (A msodik rszre) Vlasszuk V -t az {1 : : :  n} sszes rszhalmazbl ll halmaznak, s legyen

0 1 Y Y f (K ) = P @ Ai Aj A :

27.

28.

Hasznljuk fel, hogy

X

x≤b

(0 x) =

i=∈K

j ∈K

X

X

a≤b1 ≤b a∨x=b1

(0 x):

Legyen a egy olyan atom, melyre a ≤ x s tekintsk a X (0 y) = 0 y∨a=x

118

egyenlsget. 29. Bontsuk szt tagokra a

TLETTR

XX x y ≥x

2.29

(x y)

sszeget aszerint, hogy x, y az A, B , C kzl melyikbe esik. 30. (a) Hasznljuk 2.27-et s n szerinti indukcit. (b) Vgezznk d szerinti indukcit s rjuk fel az Euler-fle formult: ha fi jelenti az i dimenzis lapok szmt a d dimenzis konvex politpban (f−1 = fd = 1), akkor d X

31. Legyen

i=−1

(−1)i fi = 0:

n i = j, fij = f0 (xi ) ha klnben. Mi a kapcsolat az F = (fij ) s a G = (gij ) mtrixok kztt? 32. Hasznljuk az {1 : : :  n} halmazt, mely az oszthatsg szerint van parcilisan

rendezve, s 2.31-et, egy kis vltoztatssal. 33. Keressnk a (dij ) = D mtrixnak egy D = Z T AZ alak hasonl reprezentcijt, gy mint a 2.32 megoldsban. 34. rjuk fel M -et, mint Z − I polinomjt, a 2.25-ben hasznlt eljrshoz hasonlan. 35. Jelljk qk (x)-szel azon R-beli k -asok szmt, melyeknek unija x. Mutassuk meg, hogy q0(x) − q1(x) + q2(x) − q3 (x) + : : : = (0 x): 36. Hasznljuk a 2.29-beli azonossgot, az elz feladatbeli meggondolshoz hasonl mdon. 37. Hasznljuk 2.27-t, s r szerinti indukcit. x 3. 1.

Kt permutci akkor s csak akkor egyms konjugltja, ha a ciklusaik mretei megegyeznek. 2. (a) Hasznljunk szitlst. (b) Egy ilyen permutcit egy adott pontbl kiindulva ptsnk fel. 3. Szmoljuk le azokat a permutcikat, melyekben az 1-et tartalmaz ciklus elemeinek a halmaza adott.

3.19

§ 3. PERMUTCIK

119

4.

Az elzhz hasonl leszmllst vgezznk. 5. Hatrozzuk meg k hosszsg ciklusokban lv pontok szmnak vrhat rtkt. 6. Hasznljuk a 3.3 msodik megoldsban mutatott kdolst. 7. Bizonytsuk be az albbi rekurzv relcit

npn(x1 : : :  xn ) = 8.

n X

k=1

xk pn−k (x1  : : :  xn−k ):

b)-hez, reprezentljuk ezeket a permutcikat az osztlyok halmaznak egy permutcijval, s k darab tovbbi permutcival, melyek egy-egy osztly elemeit permutljk. 9. Ha a kt csoport megfelel elemeinek a rendje egyenl, akkor a regulris reprezentcijuknak ugyanaz a ciklusszmllja. 10. Vegyk szre az albbi azonossgot qn(x1 : : :  xn ) = pn(x1  : : :  xn ) + pn (x1  −x2 : : : (−1)n−1 xn ): 11. Tekintsk a ∞ X (pn − pn−1 )yn n=0

kifejezst. 12. (a) A bal oldalt fn (x)-szel jellve, vegyk szre, hogy fn (x) = n!pn (x : : :  x), ahol pn (x1  : : :  xn ) az Sn ciklusszmllja. (b) Szmtsuk ki fn (1)-t. 13. Egy ilyen grf diszjunkt krkbl ll. Ha irnytjuk ezeket, az n elem egy permutcija ciklusfelbontsnak a grfjt kapjuk. 14. (a) Kssk ssze az egy prban lv szmokat egy llel. (b) Hnyflekppen irnythatjuk az elz grf leit? 15. Fejezzk ki ezeket a szmokat, mint a ciklusszmll bizonyos rtkeit. 16. A  (1) : : :   (n) sorozat egyrtelm en meghatrozza a  permutcit. 17. Ha az i-edikknt ugr versenyz ugrsa a  (i)-ik leghosszabb ugrs, akkor a  az {1 : : :  n} egy vletlen permutcija. Az i-ik ugrs akkor s csak akkor rekord, ha (i) = i. 18. Vegyk szre, hogy az optimlis stratgia fggetlen az els k ugrs sorrendjtl. Hatrozzuk meg a pn−1  pn−2  : : : szmokat, ebben a sorrendben. 19. Ez azzal ekvivalens, hogy  (j + 1) ≥  (j ).

120 20. A

TLETTR

3.20

 permutci inverziinak a szma ((1) − 1) + ((2) − 1) + : : : + ( (n) − 1):

21. Tegyk fel, hogy egy nagy tartalkkal indulunk, s akkor hasznljuk, ha kifogy

a benzinnk. Tekintsk azt a pontot, ahol a szksges tartalk maximlis. 22. (a) Nevezznk egy klnbz egszekbl ll, ji (1 ≤ ji ≤ n), (j1  : : :  js ) sorozatot felszllnak, ha (i) xj1 + : : : + xjs > 0, de (ii) xj1 + : : : + xj ≤ 0 ha 1 ≤  < s. (s = 1 esetn az egyelem (j1 ) sorozat akkor s csak akkor felszll, ha xj1 > > 0.) Nevezznk egy sorozatot leszllnak , ha (i ) xj1 + : : : + xjs ≤ 0, de (ii) xj + : : : + xjs > 0 1 <  ≤ s esetn. (Vegyk szre, hogy a kt denci nem teljesen analg.) Tekintsk az {1 : : :  n} partciit fel- s leszll sorozatokra, s ptsk fel a  permutcikat bellk, melyekre az a(), ill. b(), knnyen meghatrozhat (lsd mg 3.21-et is). (b) Vegyk az n = 2m, x1 = : : : = xm = 1 s xm+1 = : : : = x2m = −1 rtkeket (a)-ban. 23. (a) Keressk meg azon k -szgek szmt, melyek invarinsak egy adott forgatsra nzve. (b) Hasznljunk hasonl mdszert. 24. Szmoljuk meg ; azon elemeit, melyek egy adott pontot xen hagynak. 25. Ez a 3.24-nek csak egy enyhe ltalnostsa. 26. Azon permutcicsoport plyinak a szmt akarjuk meghatrozni, melyet ; a D-nek R-be val lekpezseinek % halmazn indukl. 27. Elszr talljunk egy F -re vonatkoz formult aztn hasznljuk, hogy

 @ @ P uizi|zi=0 F (u1  u2 : : :) = F @z  @z  : : : ei=1 : 1 2 ∞

28. Hasznljunk

az elzhz hasonl mdszert egy klcsnsen egyrtelm lekpezs, mely a ( %)-nak xpontja, szksgszer en a  egy ciklust a % egy ugyanolyan hosszsg ciklusra kell, hogy lekpezze. 29. Elszr a (∗)-ot kielgt, s egy adott  ∈ ; ltal invarinsan marad f lekpezsek qn ( ) szmnak a genertorfggvnyt hatrozzuk meg. 30. Ha D a forintok halmaza, R a szemlyek halmaza, s ; a D -n hat szimmetrikus csoport, akkor 3.26 adja meg a vlaszt. 31. Legyen |D | = n, |R| = N ≥ n, ; = {1} s ;1 = SN 3.27-ben s N → ∞.

4.12

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

121

x 4.

Tegyk fel, hogy dn = 1, hagyjuk el a vn pontot. 2. Hasznljuk az elz eredmnyt s a binomilis ttelt. 3. Mutassuk meg, hogy pn (x1 : : :  xn−1  0) = (x1 + : : : + xn−1 )pn−1 (x1  : : :  xn−1 ) s hasznljuk a 2.5 azonossgot. 4. Minden Ti -t hzzunk ssze egyetlen vi pontra. 5. Prbljuk meg rekonstrulni az elhagyott b1  : : :  bn−1 pontok sorozatt vegyk szre, hogy bi az a legkisebb szm, mely nem fordul el a b1  : : :  bi−1  ai  : : : : : :  an−1 szmok kztt. 6. Vegyk el a fnak egy lt minden lehetsges mdon. 7. (a) Bizonytsuk be, hogy  t(x)  = t (x) t(x) : 1.

x

x

(b) Hasznljuk ki azt a tnyt, hogy I t(z) 1 ( n − 1)! ( n ) Tn = n t (0) = 2in zn dz ahol C tetszleges zrt gbe az orig krl. 8. Hasznljuk 4.1-et. Az eredmny (nn−!l)! S (n − 2 l). 9.

(a) Hasznljuk a Binet-Cauchy formult: det A0 AT0 =

X

(det B )2 

ahol B az A0 minden (n − 1) × (n − 1) almtrixn vgigfut. (b) Az A0 kt sornak legfeljebb egy kzs nemnulla eleme van. (c) n ponton a fk szma egyenl a Kn , teljes n-grf, feszt finak a szmval. 10. rjuk D -t A0 AT 0 alakban, s a 4.9-hez hasonl okoskodst hasznljunk. 11. Ez a feszt fk szma a teljes pros grfon, a {v1  : : :  vn  w1  : : :  wm } pontokon. 12. (a) Hasznljuk a szita-formult s 4.4-et. (b){(c) Hasznljuk 4.9-et, vagy 4.12a-t.

122

TLETTR

4.13

13. (a) Tekintsk a k +1 vgpont binris ft gy, mint egy diagramot a k -tnyezs

szorzat kiszmolsra. (b) Kpzeljk el, hogy egy ilyen fa lei falbl vannak. A gykrtl elindulva, stljunk a falrendszer krl, mindig balra tartva. rjunk egy 1-est, ha a gykrtl elfel megynk egy len, s −1-et klnben. Milyen ±1sorozatok keletkeznek gy? 14. Hasznljuk 4.4-et. Egy msik lehetsg, bizonytsuk be az albbi rekurzv relcit.  1 E (n k − 1) = 1 − nE (n k):

k

a = a pontokba men lek fggetlenl vlaszthatk. 16. (a) Vgezznk indukcit, a v1 -be men leket ktfel osztva, a C1 , C2 osztlyokba, s a G − C1 , G − C2 grfokat tekintve. (b) Tekintsk az aij -ket, mint vltozkat s vgezzk el az aij = yi helyettestst. ~ fenyt 17. Ha van egy x x pont, akkor egy ilyen T ft irnytsunk gy, hogy egy T kapjunk, melynek x a gykere. Hzzuk ssze  sszes plyjt s vizsgljuk meg a T~ kpt. 18. A fels korlt bizonytshoz tekintsk a gykeres skfkat. 19. (a) rjuk fel a jobb oldalt a kvetkez formban.  Y x 1 + x|V (T )| + x2|V (T )| + : : :  15. Trivilis:

T

ahol T vgigfut a fk sszes izomorzmus tpusn. (b) Jelljk Wn(d)-vel az olyan nemizomorf fk szmt, melyekben a gykr foka d. A Wn(d) szmok genertorfggvnyt fejezzk ki egy rgztett d-re a w(x) fggvnyeknt, a Plya-Redeld mdszert hasznlva. 20. (a) w(x)-re teljesl a w(x)e−w(x) = '(x) egyenlsg, ahol  w(x2 ) w(x3 ) '(x) = x exp 2 + 3 + : : : analitikus egy a w-nl nagyobb krben. (b) Mutassuk meg, hogy w (x) = B1( − x)−3=2 + B2 2( − x)−1=2 + h(x) ahol h(x) folytonos a zrt |x| ≤  krn. 21. A per A minden kifejtsi tagja azon 1-faktorok szmt, melyek egy adottal prhuzamosak.

4.30

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

123

22.

Keressnk egy rekurzv relcit. 23. Vgezznk szitlst. 24. A det B azon kifejtsi tagjai, melyek olyan permutcinak felelnek meg, melyeknek van legalbb egy pratlan ciklusuk, egymst kinullzzk. 25. (a) A Pf B -ban lv nemnulla tagok a G-beli 1-faktoroknak felelnek meg. (b) A Pf B -beli tagok, melyek kt 1-faktornak felelnek meg, mikor kapnak egyforma eljelet? 26. A det B -ben minden olyan tag, aminek nincs 1-faktor megfelelje, 0 vrhat rtk . 27. Bizonytsuk be, hogy ltezik egy olyan irnyts, melyre az teljesl, hogy ha pozitv irnyban vgigmegynk akrmelyik korltos tartomny hatrn, akkor pratlan sok olyan len haladunk t, melynek az irnytsa megegyezik ezzel a krljrssal. 28. Irnytsuk a ltrt gy, ahogy a 13. bra mutatja, s alkalmazzuk 4.21-et s 4.23-at.

… 13. bra

(a) rjuk fel a2n -et det pn (A) alakban, ahol  − 1  00 1 1  1 −  0 0C B −1 0  B pn() =   A = ... 1  ... 1 C @ A:   0 1 − 0 −1 0 Hasznljuk 1.29-et, hogy pn () gykeit megkapjuk. (b) Vegyk szre, hogy az (a) formula kt polinom rezultnsa s hasznljuk a Sylvester-fle determinns alakot. (c) Az (a) formult hasznlva, logn2an egy olyan sszeg lesz, mely az albbi integrlt approximlja: 29.

1

2

Z Z 0 0

log(4 cos2 x + 4 cos2 y)dx dy

(a) Tekintsk az n × n-es sakktblt gy, mintha a (2n − 1) × (2n − 1)-es sakktbla minden msodik ngyzetbl keletkezne. (b) Vegyk az 'unijt" G-nek s dulisnak.

30.

124 31. Azonostsuk 32. Keressnk

TLETTR

4.31

ui -t vi -vel.

egy rekurzv relcit. 33. Tekintsk an -et, mint egy mtrix permanenst s fejtsk ki az els sor szerint. Keressnk szimultn rekurzv relcit an -re s nhny vele analg szmra. 34. Ez a szm a kvetkez: p n−p z }| { z 0 1 : : : 1 00}|: : : 00{ 1 9 > = BB 1. : : : 1 10.: : : 00. C C n−p . . .. C BB .. > C  perB : : : 10 C BB 11 :: :: :: 11 11 C 9 11 : : : 11 C B@ .. C .. A =p . .  1 : : : 1 11 : : : 11

Fejtsnk ki az els sor szerint. 35. Vgezznk szitlst. 36. A szm az albbi mtrix permanense

n { n { z }| z }| 0 11 : : : 11 00 : : : 00 1 9 > = BB 11 : : : 11 10 : : : 00 C C . . n . .. C BB .. .. > C  BB 11 : : : 11 11 : : : 10 C 9 BB 01 : : : 11 11 : : : 11 C C C > = .. BB ... . . . C . C @ 00 : : : 01 11 : : : 11 A >n  00 : : : 00 11 : : : 11

Szmoljuk ssze azokat a tagokat, melyek k elemet tartalmaznak a bal fels blokkbl. x 5.

(a) Mennyi a grf fokszmainak sszege? (b) A fejezet cme flrevezet, alkalmazzunk 3-mal val oszthatsgot. (c) Hogyan kapcsoldik egymshoz az els s az utols pont? 2. Hasznljuk az 5.1a megoldst. 3. Ha minden kr pros hossz, akkor brmely kt x s y kzti t azonos parits. 1.

5.20

§ 5. PARITS S DUALITS

125

Ha brmely kr mentn az sszmunka zrus, akkor az x-bl y-ba jutshoz szksges munka nem fgg a vlasztott ttl. 5. Ha van egy pros C kr, akkor G 2-sznezst kezdjk C -vel, majd ezt terjesszk ki. 6. Vegyk G egy maximlis zrt vonalt s mutassuk meg, hogy minden lt tartalmaz. 7. (a) 5.6 miatt trivilis. (b) Vegyk szre, hogy Gkn = L(Gk−1n ). 8. Ez ugyanazt jelenti, mint 'Gk2 tartalmaz irnytott Hamilton-krt". 9. Tekintsk egy Euler-vonal azon szakaszait, melyek egy legalbb 3 fok x pont kt egymst kvet elfordulsa kzt helyezkednek el. 10. Annak bizonytshoz, hogy minden lt felhasznltunk, tekintsk T egy fel nem hasznlt s x0 -hoz legkzelebb es lt. 11. Az Euler-vonalat tekinthetjk gy, mint x0 -bl egy meghatrozott len indul t. Mutassuk meg, hogy minden Euler-vonal elll az 5.10-ben adott algoritmus szerint valamely feszt fenyvel. 12. Nevezznk egy pontot 'j"-nak, ha minden hozz illeszked len mr mindkt irnyban thaladtunk. Nzzk az els 'rossz" pontot, mellyel stnk sorn tallkozunk. 13. Bizonytsuk, majd alkalmazzuk azt az lltst, hogy egy pros fok s izollt pontot nem tartalmaz grf l-diszjunkt krk unijbl ll. 14. (a) Hasznljuk 5.13-at s 5.6-ot. (b)Vegynk egy j pontot s kssk ssze minden pratlan fok ponttal. 15. Alkalmazzunk indukcit az lek szmra. 16. Alkalmazzunk indukcit az lek szmra vegyk szre, hogy ha G1 feszt rszgrf pros fokszmokkal s K egy kr, akkor (V (G), E (G1 ) E (K )) szintn feszt rszgrf pros fokszmokkal (rviden 'j" rszgrf). 17. (a) Alkalmazzunk indukcit n-re. Hagyjunk el egy pratlan fok pontot s vltoztassuk a grfot a komplementerre a szomszdai halmazn bell. (b) Vegynk fel egy j pontot s kssk ssze V (G) szomszdaival. (c) Vegynk fel egy j pontot s kssk ssze minden pros fok ponttal. 18. (a) Vegyk a teljess tett V (G) grf minden r -elem prostst, s szitljuk ki azokat, melyeknek tartalmaznak G-beli lt. (b) (a)-bl. (c) Az 1-faktorok szma ugyanolyan parits, mint a cscsmtrix determinnsa. 19. Indokoljunk a fentihez hasonlan. Irnytatlan grfokra az llts akkor igaz, ha |V (G)| > 3. 20. Mutassuk meg, hogy egy l irnytst megfordtva a Hamilton-utak szmnak paritsa nem vltozik. 4.

126

TLETTR

5.21

azon (F1  F2 ) 1-faktor prokat, melyekre F1 ∩ F2 = ∅, e ∈ F1 . Mutassuk meg, hogy az ilyen prok szma pros, s hasznljuk fel ezt a tnyt. 22. Redukljuk a grfot a 14. brnak megfelelen, s klnbztessk meg az leken klnbz irnyban tmen Hamilton krket.

21. Vegyk

v1

v

x

v2

u1

x

G¢

v1 u1

y

v2

u2 v2

u2

G u1

G¢¢

u2

14. bra

F a G egy feszt fja. Mutassuk meg, hogy G∗ azon lei, melyek nem ∗ feleltethetk meg F leinek, G egy feszt fjt alkotjk. 23. Legyen

24. Hasznljuk

az elz bizonytst. 25. Minden lap hatrn legalbb hrom l van. 26. Hagyjuk el egy lap hatrn lv leket. 27. (a) Hasznljuk a lapok egy 2-sznezst. (b) Szmoljuk meg a piros-kk sarkokat az Euler formula segtsgvel. 28. (a) Tekintsk a lapok egy 2-sznezst. (b) Vegynk fel egy j pontot az tszgn kvl s kssk ssze a pratlan fok pontokkal. 29. Szmoljuk meg azon leket, melyek piros pontot kkkel ktnek ssze. 30. Egy x pontot akkor sznezznk pirosra, ha x ∈ V1 , s V1 tartalmaz egy (x a) utat kkre, ha x ∈ V2 , s V2 tartalmaz egy (x b) utat klnben zldre. Mutassuk meg, hogy nincsen mind a hrom sznt tartalmaz hromszg. 31. Csak (f ) bizonytsa nehezebb valamelyest. Vegyk V egy {v1  : : :  vk  vk+1  : : :  vn } bzist, ahol v1  : : :  vk  = M s tekintsk a kvetkezkppen denilt A transzformcit: A : ei → vi: 32. (a) Bizonytsuk, majd alkalmazzuk, hogy M ∪ M ⊥  = (M ∩ M ⊥ )⊥ . (b) Ha a az A ftlja alkotta oszlopvektor, akkor vT Av = aT v minden GF (2) feletti v vektorra teljesl.

6.8

§ 6. SSZEFGGSG

127

33.

(a) A csillagok a vgsok altert generljk, az ortogonlis altr azon lek halmazaibl ll, melyek egy pros fok rszgrfot alkotnak. (b) Hasznljuk 4.9-et. 34. Mutassuk meg, hogy minden C kr a C ltal tartalmazott lapok sszege. P C ⊆ K . (b) Tekintsnk egy I halmazt, melyre 35. (a) Mutassuk meg, hogy i i∈I ∪J P K = Ci kr, |I | ≥ 2 s |I | minimlis. (c) Hasznljuk (b)-t s indukcit f -re. i∈I (d) (c) s 5.34 miatt. 36. Hasznljuk a MacLane felttelt. 37. (a) Feltve, hogy G = G1 ∪ G2 , V (G1 ) ∩ V (G2 ) = {x y }, hzzuk ssze G1 − − x-et s G2 − x-t. (b) Tekintsnk egy maximlis utat. (c) Hagyjuk el a krbl a hrt, a skon rajzoljuk le a maradkot s vlasszuk meg a krt gy, hogy a belsejben lv terletek szma maximlis. Bizonytsuk be, hogy a grfnak csak a krn kvl lehet hrja. (d) (c) s 5.25b miatt azonnal addik. 38. Elg a hromszgelt skgrfokkal foglalkozni. (Bizonytand!) Keressnk olyan e lt, melyet pontosan kt hromszg tartalmaz. Hzzuk ssze e-t, s hasznljunk indukcit. x 6. 1.

Egy j l felvtele legfeljebb eggyel cskkenti a komponensek szmt. 2. (a) Legyenek T1  : : :  Tc(G1 ) a G1 komponensei, S1  : : :  Sc(G2 ) a G2 komponensei. Konstruljunk olyan G∗ grfot a V (G∗ ) = {t1  : : :  tc(G1 ) s1  : : :  sc(G2 ) } ponthalmazon, melyben ti s sj akkor s csak akkor van sszektve, ha Ti ∩ Sj =∅, majd vizsgljuk ezen grf komponenseit. (b) Adjuk hozz V (G1 ) − V (G2 ) pontjait G2 -hz izollt pontokknt. 3. Legyen xi foka di . Vegyk a G egy xn -t nem tartalmaz G1 komponenst ennek kizrlag |V (G1 )|-nl kisebb fokszm pontjai vannak! 4. Ha G1 tartalmaz mondjuk pratlan krt s sszefgg, lssuk be, hogy G1 ben brmely kt ponthoz tallunk azokat sszekt tetszlegesen hossz stt, majd hasznljuk fel ezt a tnyt. 5. V. 5.1b. 6. (a) Tekintsnk egy leghosszabb utat. (b) Tekintsk egy leghosszabb t egy vgpontjt. (c) Ha nem ltezik ilyen pr, akkor egy feszt fa vgpontjainak teljes rszgrfot kell alkotniuk. 7. (a) Minden lpsben megnvelhetjk T1 s T2 kzs leinek szmt. (b) Alkalmazzunk 'visszafel" indukcit T1 s T2 egy kzs rszfjnak lszma szerint. 8. (a){(b) Hasznljuk fel 6.7b-t.

128

TLETTR

6.9

Annak bizonytshoz, hogy ltezik (a b)-t, tekintsk az a-bl elrhet pontok X halmazt. 10. Hzzuk ssze a piros leket, s hagyjuk el a zldeket. 11. (a){(b){(c). Ha F olyan minimlis halmaz, melynek elhagysa (sszehzsa) a kvnt tulajdonsggal rendelkez irnytott grfot eredmnyez, akkor F megfordtsa szintn ilyen grfot ad. (b) Nzzk elszr az |F | = 1 esetet. (c) Elszr azt mutassuk meg, hogy egy irnytott krmentes G grf pontjait sorbarendezhetjk gy, hogy minden l kisebb szmpontbl nagyobb szmba mutasson. 12. Annak bizonytshoz, hogy minden ersen sszefgg turnament tartalmaz irnytott Hamilton-krt, tekintsnk egy nem bvthet irnytott krt. 13. Vegynk egy leghosszabb olyan irnytott krt, mely nem Hamilton-kr. 14. Fordtsuk meg F leit. 15. Tekintsnk egy valdi rszft, melyet ' nmagba kpez le. 16. Tekintsk a metszet kt pontjt s az ket sszekt utat. 17. (a) Feltve, hogy P1 s P2 diszjunkt maximlis utak, tekintsnk egy Q (P1  P2 )-utat. (b) Egy rgztett maximlis t kzppontjt minden ms maximlis t tartalmazza. 18. Indukcit alkalmazunk k -ra s n-re. Az els esetben keressnk egy Gk -t s G1 ∩ : : : ∩ Gk−1 -tl elvlaszt lt. 19. Csak (c) nem trivilis. d(x y ) esetben tekintsnk egy minimlis (x y )-utat s egy minimlis (y z )-utat D(x y) esetben tekintsnk egy nem bvthet (x z )utat. 20. Vegynk egy lt s szmoljuk meg, hogy hny (pi  pj ) tpus, hny (pi  qj ) tpus s hny (qi  qj ) tpus t tartalmazza. ~(x) minden meg21. (a) Mutassuk meg, hogy minden elsfok pontot eltvoltva d marad pontra eggyel cskken. (b) Vegynk egy leghosszabb x-bl indul utat. 22. (a) x-bl y -ba haladva mely z pontokra n, illetve cskken d(x z )? (b) knnyen addik (a)-bl. (c) Vegynk egy hossz utat egy nagy 'legyezvel" valamelyik vgn. P d(x y) minimumnak meghatrozshoz vegyk szre, hogy pontosan n − 23. xy − 1 tag egyenl 1-gyel lehet-e az sszes tbbi 2-vel egyenl? Msrszrl mutassuk meg, hogy s(x) akkor maximlis, ha G egy t s x egy vgpontja. 24. Rendeljnk hozz k kivtelvel az sszes ponthoz egy k hossz, az adott pontbl indul utat gy, hogy klnbz pontokhoz klnbz utak tartozzanak. 9.

6.40

§ 6. SSZEFGGSG

129

25. Legyen G az algoritmus ltal generlt fa, H pedig egy minimlis kltsg fa, melynek G-vel a lehet legtbb kzs le van. Feltve, hogy G =H , tekintsnk egy G-beli, de nem H -beli lt. 26. )rveljnk 6.25-hz hasonlan. 27. Kt l akkor s csak akkor ekvivalens, ha ugyanazok a krk mennek t rajtuk. 28. Vlasszuk a G1  : : :  Gi rszgrfokat gy, hogy kielgtsk a felttelt s mutassuk meg, hogy ha G1 ∪ : : : ∪ Gi =G, akkor tudunk vlasztani Gi+1 -t. 29. A nem trivilis rsz az, hogy ha G 2-szeresen lsszefgg, akkor ltezik megfelel irnytsa. Hasznljuk 6.27-et vagy 6.28-at. 30. Keressnk olyan krt, melyre egy kivtelvel minden adott l jl illeszkedik s hzzuk ssze, majd folytassuk indukcival a bizonytst. 31. Annak bizonytshoz, hogy ha e1 s e2 egy C1 krn vannak, e2 s e3 pedig egy C2 krn, akkor e1 s e3 szintn rajta vannak egy kzs krn, tekintsk C1 s C2 azon kzs pontjait, melyek e3-hoz legkzelebb vannak C2 -n mindkt irnyban. 32. Az (i)⇒(iii)⇒(ii)⇒(i) ciklusban csak az els lps nem trivilis. Bizonytsuk (iii)-t elszr kt szomszdos lre! 33. Keressnk s alkalmazzunk G-re egy 6.27-hez hasonl konstrukcit. Egy msik lehetsg az, ha kivlasztunk valamely kt pontot sszekt 3 utat, P1 -et, P2 -t s P3 -at gy, hogy P1 a lehet legrvidebb, s megmutatjuk, hogy P1 eleget tesz a kvetelmnyeknek. 34. G pontjait rendezzk olyan sorrendbe, hogy p az els pont, q az utols s minden ms pontbl megy l kisebb s nagyobb sorszm pontba egyarnt. 35. Egy kr hrjt a 2-szeresen sszefggsg megsrtse nlkl elhagyhatjuk. 36. Vlasszunk egy x s y vgpont (C C )-utat, P -t, melyre az x-et s y -t C -n sszekt R v minimlis. Ekkor x szomszdja R-en msodfok. 37. Ha G sszefgg lenne, G tartalmazna egy krt, melynek msodfok pontjai egy vet alkotnnak. 38. Azonostsuk kt izomorf fa megfelel vgpontjait. 39. (a) Alkalmazzunk indukcit |E (G)|-re. Ha van egy S ⊆ V (G), mely egy k elem (a b)-vgst hatroz meg, s |S | ≥ 2, |V (G) − S | ≥ 2, akkor alkalmazzuk rendre az S s V (G) − S sszehzsval kapott grfokra az indukcis felttelt. (b) Osszunk fel minden x =a, b pontot x1 s x2 pontokra, majd kssk ssze x1 -et s x2 -t, s x2-t akkor s csak akkor kssk ssze y1-gyel, ha x ssze volt ktve y-nal. (c) Helyettestsnk minden (irnytatlan) lt kt ellenttesen irnytott llel. 40. Vegynk kt j pontot, a-t s b-t kssk ssze a-t A minden pontjval s b-t B minden pontjval.

130

TLETTR

6.41

41. Egy kzs ltalnosts a kvetkez. Ha A, B ⊆ V (G) diszjunkt halmazok, minden x ponthoz hozzrendelnk egy pozitv egsz w(x) 'kapacitst" s minden olyan S ponthalmazra, mely minden (A B )-utat metsz X w(x) ≥ k

x∈S

akkor van k olyan (A B )-t, hogy minden x pontot kzlk legfeljebb w(x) tartalmaz. 42. Vlasszunk k fggetlen (a B )-utat, R1  : : :  Ri -t gy, hogy Rt ugyanott indul, ahol Pt vgzdik s |E (R1 ∪ : : : ∪ Rk ) − E (Q1 ∪ : : : ∪ Qk+r )| minimlis. 43. Vlasszuk B = V (P0 )-t s alkalmazzuk 6.42-t. 44. A Menger ttel ismeretben knny beltni, hogy G kt teljes grf egyestse lesz, melyeknek k kzs pontja van, a ∈ V (G1 ), b ∈ V (G2 ), s a, b ∈= V (G1 ∩ G2 ). Ahhoz, hogy ezt a Menger ttel felhasznlsa nlkl bizonytsuk, mutassuk meg, hogy minden pont ssze van ktve a-val vagy b-vel s a mindkettvel sszekttt pontok elvlasztjk az (a b) utakat. 45. Egyik sem igaz. 46. Hasznljuk a Menger ttelt. 47. (i)-hez: Hagyjuk el egy (a b)-t (ha van ilyen) leit s alkalmazzuk 6.46-ot. 48. Mindkt oldalon szmoljuk meg az lek adalkt. 49. Tekintsnk egy X halmazt, melyre G (X ) = k s |X | minimlis. 50. Hzzuk ssze a nem F1  : : :  Fm -beli leket s nzzk az gy kapott grfot. 51. Legyen U ⊂ V (G) − {x} egy maximlis halmaz, melyre G (U ) = k s az x egy bizonyos y szomszdja U -beli. Mutassuk meg, hogy ltezik x-nek nem U -beli z szomszdja. 52. Alkalmazzuk jra s jra az elz 'pont-felosztst", amg x el nem t nik. 53. Hasznljuk 6.48c-t 6.48a helyett. 54. (a) trivilis. (b)-hez keressnk egy 2k fok pontot s 'osszuk fel" gy, mint 6.52 megoldsban. 55. Tekintsnk egy ngyszget. 56. (a) Mutassuk meg, hogy  +  l-diszjunkt {a b}-t {a  b }-hez kt t van, s ezek kzl pontosan  kezddik a-ban s pontosan  (esetleg valamely ms ) vgzdik a -ben. (b) Alkalmazzunk 6.46-hoz s 6.47-hez hasonl rvelst.

6.67

§ 6. SSZEFGGSG

131

57.

Keressnk skbarajzolhat pldt. 58. C nyilvnvalan lefogja az (a b) utakat. Annak bizonytshoz, hogy |C | = k , tekintsk a b-bl (b A ∪ B )-ton elrhet pontok D halmazt mutassuk meg, hogy

C ∩ D ⊆ A ∩ B:

Msik lehetsg a Menger-ttel alkalmazsa. 59. Ha (x y ) a H egy le s T a G − (x y ) egy (k − 1) elem elvg ponthalmaza, akkor T ∩ V (H ) lefogja H − (x y)-t. 60. (a) Ttelezzk fel, hogy az llts hamis. Legyen G − A = G1 ∪ G2 , G − B = = G3 ∪ G4 , (G1 ∩ G2 = G3 ∩ G4 = ∅) s tegyk fel, hogy pl. G1 ∩ G3 =∅ s V (G1 ) ∩ B =∅. Legyen a ∈ G1 ∩ G3 , s legyen C az A ∪ B a-bl (a A ∪ B )-ton elrhet pontjainak halmaza. Mutassuk meg, hogy 1◦ |C | > k 2◦ C ⊆ (A ∩ V (G3 )) ∪ (A ∩ B ) ∪ (B ∩ V (G1 )) 3◦ G2 ∩ G4 = ∅ 4◦ |V (G4 )| < |V (G1 )|: (b) Bizonytsuk be, hogy az (a)-ban denilt G1 1-elem halmaz. 61. Vlasszuk e = (a b)-t s tegyk fel, hogy mind G=e, mind G − e csak 2-szeresen sszefgg. Mutassuk meg, hogy (a) van kt olyan x y pont G − e-ben, melyek elvlasztjk a, b-t, (b) van olyan u pont G-ben, melyre {a b u} elvlasztja x, y-t, (c) ha {x y} elvlasztja a-t u-tl, akkor x y s b az a kizrlagos szomszdai. 62. Mutassuk meg, hogy ha G egyszer grf s e a G egy le, mely legalbb k fok pontokat kt ssze, tovbb G=e k-szorosan sszefgg, akkor G is az. 63. Alkalmazzunk indukcit a kr hosszra. 64. Legyen a egy harmadfok fok pont, mely b1 -gyel, b2 -vel s b3 -mal van sszektve. Mutassuk meg, hogy ha G =K4 , akkor van bi+1 -et s bi+2 -t (i = 1 2 3 bj+3 = bj ) elvlaszt ui pont G − a − bi -ben, majd hasznljuk fel ezt a tnyt. 65. Rajzoljunk egy olyan T ft a skba, melynek nincsenek msodfok pontjai, s vgpontjai a konvex burkn vannak majd vegyk hozz a C konvex burok leit. Lssuk be, hogy ez a G grf l-kritikusan 3-szorosan sszefgg. 66. Alkalmazzunk indukcit k -ra. Ha x1  : : :  xk−1 rajta vannak C -n, de xk nem, vegynk k fggetlen (xk  C )-utat. 67. Tegyk fel, hogy egyetlen kr sem tartalmazza mindhrom megadott lt. Keressnk egy krt, mely kettt tartalmaz kzlk s a harmadikat nem rinti, s vizsgljuk meg a harmadik lt ezzel a krrel sszekt utakat gy, mint 6.66-ban.

132

TLETTR

6.68

68. Prbljunk

6.66-nak megfelelen rvelni. 69. Mutassuk meg, hogy egy lap hatrnak minden hdja tartalmazza a kr sszes pontjt. 70. Legyen f ∈ E (G) s vlasszuk ki a G − f egy olyan C krt, melyre C -nek f -et tartalmaz B hdja nem bvthet. 71. Tegyk fel, hogy v (e1 ) ≥ : : : ≥ v (em ), ahol E (G) = {e1  : : :  em }, s nzzk az els olyan k indexet, melyre {e1  : : :  ek } tartalmaz (a b)-utat. 72. Hatrozzunk meg egy olyan ' fggvnyt, melyre minden x ponthoz van '(x) rtk (a x)-t. 73. Legyen a C vgs az S ⊆ V (G) halmaz ltal meghatrozva. Tekintsk a kvetkez kifejezst:

0 X@ X

x∈S e=(xy)

f (e) −

74. A bizonyts nem trivilis rsze olyan f

melyre

w(f ) =

X

e=(yx)

1 f (e)A :

(a b)-folyam s C (a b)-vgs keresse,

X

e∈C

v(e):

Vegynk egy f maximlis rtk folyamot, mely eleget tesz f ≤ v-nek. Minden e ∈ E (G)-re bevezetnk egy j e lt azonos vgpontokkal, de ellenttes irnytssal, majd legyen  v(e) − f (e) ha e ∈ E (G), v0 (e) = f (e1) ha e = e1 , e1 ∈ E (G). Ezutn nzzk azon e s e lek ltal meghatrozott G1 irnytott grfot, melyeken v0 (e) > 0 ill. v0 (e ) > 0. Bizonytsuk be, hogy G1 nem sszefgg a s b kztt. ∞ P

Legyen !n az n-edik lpsben a folyam-rtk nvekmnye ekkor !n n =1 konvergens kell, hogy legyen. Prbljuk meg elrni, hogy !n = n legyen, ahol  < 1. Hogyan vltozhat fk (e) rtke kt egymst kvet azonos helyzet kztt? (b) Mutassuk meg, hogy ha elhagyjuk azon leket, melyeket a Pk s Pk+1 utak klnbz irnyban hasznlnak, Pk ∪ Pk+1 mg mindig tartalmaz kt (a b)-utat, Q1 -et s Q2 -t, melyekre Q1 ∩ Q2 ⊆ Pk ∩ Pk+1 . (c) Ha egy lt Pk s Pk+l ellenttes irnyban hasznl, akkor Pk+l hosszabb Pk -nl. 76. Vezessnk be kt j a0 , b0 pontot kssk ssze a0 -t minden olyan x ponttal, melyre u(x) ≥ 0 s adjuk az j e lnek a v(e) = u(x) kapacitst kssnk ssze minden x pontot, melyre u(x) < 0 b0 -lal s adjuk az j e lnek a v(e) = −u(x)

75. (a)

7.10

§ 7. GRFOK FAKTORAI

133

kapacitst. A feladat ekvivalens az eredmnyl kapott G1 grfban egy megfelel (a0  b0 )-folyam keressvel. 77. (a) Helyettestsnk minden e lt v (e) prhuzamos llel, s alkalmazzuk a Menger ttelt. (b) Mutassuk meg elszr racionlis v(e) kapacitsok esetre olyan f (e) ≤ v(e) (a b)-folyam s C (a b)-vgs ltezst, melyekre

X

e∈C

v(e) = w(f ):

Feltehetjk, hogy k = 2. Tekintsnk egy olyan egsz rtk f  (a b)-folyamot, P    melyre w(f ) ≥ w1 , f (e) ≤ f (e) s f (e) minimlis. 78.

e

x 7. 1.

Mutassuk meg, hogy egy minden pontot lefed minimlis lrendszer diszjunkt csillagokbl ll. 2. Alkalmazhatjuk a Menger ttelt (6.39). Egy kzvetlen bizonytshoz tekintsk a G egy minimlis G rszgrfjt, melyre  (G ) =  (G), s mutassuk meg, hogy G fggetlen lekbl ll. 3. Az F minden A-beli y pontjbl kiindul egy y -t A1 -gyel sszekt, M -re nzve alternl t. 4. A kzvetlen bizonytshoz alkalmazzunk indukcit |A|-ra keressnk olyan ∅ =

= A1 ⊂ A rszhalmazt, melyre |;(A1 )| = |A1 |. 5. )rveljnk a 7.4 els megoldshoz hasonlan. 6. (a) Vegyk szre, hogy ;(X1 ∪ X2 ) = ;(X1 ) ∪ ;(X2 ) ;(X1 ∩ X2 ) ⊆ ;(X1 ) ∩ ;(X2 ): (b) Tekintsnk egy minimlis G1 rszgrfot, melyre V (G1 ) = V (G) s teljesl a (2) tulajdonsg. Vegyk szre, hogy (1) azt jelenti, hogy az egy-elem halmazok egyenlsggel elgtik ki (2)-t. 7. Az (i)⇒(iii)⇒(ii)⇒(i) implikcik knnyen belthatk. 8. Az 'akkor" irny knnyen belthat az elz eredmny segtsgvel. A msik irnyhoz rgztsnk egy F 1-faktort, az F egy le legyen G0 , s vlasszuk az F -re nzve alternl P1  : : :  Pk utakat (v. 6.28 megoldsval). 9. Az elz feladatban szerepl Pk nem llhat egyetlen lbl! 10. Elszr bizonytsuk ezt r -regulris grfokra. Mutassuk meg, hogy G-ben van 1-faktor, s tvoltsuk el ennek leit.

134

TLETTR

j d(xfel) i minden x pontot

11. Osszunk

d(x) − k k

j d(x) i k

7.11

k fok pontt, s ha szksges, mg egy

fok pontt. 12. Hasznljuk fel 7.11-et k = r -rel. 13. Deniljunk egy G1 grfot V (G)-n, kt pontjt akkor s csak akkor ktve ssze, ha G-ben egynl tbb llel vannak sszektve. Mely r rtkek esetn kpzelhet el, hogy G1 nem teljesti a 7.4b-ben adott felttelt? 14. Annak bizonytshoz, hogy nem kerlhetnk vgtelen ciklusba, tekintsk az sszes olyan lt, melyen x vgtelen sokszor thalad s mutassuk meg, hogy minden pont legfeljebb kt ilyennel szomszdos. 15. Klnbztessk meg az elemi s a nem-elemi grfokat. 16. Vezessk vissza a 7.2 megoldshoz hasonl hlzati folyam-problmra. 17. Ilyen mret G -be gyazs egyrtelm . Annak bizonytsra, hogy kisebb mret G nem felelne meg, szmoljuk meg a G egy szn-osztlyt elhagy leket kt klnbz mdszerrel. ~ V (G) ponthalmaz pros grf, ahol x ∈ A 18. Azt kell megmutatni, hogy ha G akkor s csak akkor van sszektve y ∈ B -vel, ha nem szomszdosak G-ben, akkor G~ -ben van (n − 2d)-faktor. 19. Konstruljunk egy G pros grfot az {u1  : : :  un , v1  : : :  vn } pontokon, ahol ui akkor s csak akkor szomszdos vj -vel, ha aij > 0. Azt kell beltnunk, hogy ebben a pros grfban van 1-faktor. 20. (a) Ha G-ben van 1-faktor, az ennek megfelel kifejtsi tag nem eshet ki, mivel a mtrix nem-nulla elemei algebrailag fggetlenek. (b) Ha G-ben nincsen 1-faktor, akkor (aij ) oszlopai linerisan sszefggk. Tekintsk a linerisan sszefgg oszlopok egy minimlis halmazt. 21. Ha G pros, a (∗) felttelek nem linerisan fggetlenek. 22. Tegyk fel, hogy nem. Legyen F maximlis prosts s u, v kt F -en kvli pont. Hny l ktheti {u v}-t brmely F -beli lhez? 23. Tekintsnk egy F maximlis prostst, melynek a lehet legtbb kzs le van F0 -lal. 24. (a) Alkalmazzunk indukcit k -ra. (b) Tekintsk a 6.27-ben adott dekompozcit. 6.30-at szintn alkalmazhatjuk. (c) Hasznljuk a (b) kvetkez lestst: Ha G-ben egyetlenegy F 1-faktor van, akkor G-nek van olyan elvgle, mely F -beli. 25. Tekintsnk egy F maximlis prostst s vlasszunk egy lt minden F ltal le nem fedett pontbl. 26. Az x s y kztti tvolsgra vonatkoz indukcival bizonytsuk be, hogy  (G − − x − y ) <  (G) minden x = y ∈ V (G) esetn.

7.41

§ 7. GRFOK FAKTORAI

135

27. (a)  (G) ≥ max : : : knny . A ≤ beltshoz alkalmazzunk indukcit s az elz eredmnyt. (b) trivilis (a)-bl. 28. (a) Azt kell beltnunk, hogy a 'szomszdossg" ekvivalencia-relci G − V1 ben. (b) )lek hozzadsa nem zavarja a ttelben megfogalmazott egyenltlensgeket. 29. (a) Alkalmazzuk Tutte ttelt. (b) Egy 3-regulris grf elvg-lt minden 1faktornak tartalmaznia kell. 30. Tutte felttele teljesl. Ez kvetkezik abbl, ha megszmoljuk az leket s az elhagyott leket a 7.29a megoldshoz hasonl mdon. 31. )rveljnk a 7.8-hoz hasonlan, P0 , P1  : : :  Pk utakat egyenknt vlasztva gy, hogy egy adott F maximlis prostsra nzve alternlak legyenek. 32. (a) Legyen x ∈ AG s z ∈ DG az x egy szomszdja. Indirekten feltve, hogy y ∈= DG , de G − x valamely M  maximlis prostsa kihagyja y-t, tekintsk a G egy z -t kihagy M maximlis prostst, s nzzk M ∪ M -t. (b) Hagyjuk el AG pontjait (a) felhasznlsval. (c)-tl (e)-ig hasznljuk (a)-t s (b)-t. 33. G brmely M0 prostsbl egy |M0 | + k l G-beli prostst kapunk. A msik irny bizonytshoz tekintsk az elz feladatban lert Gallai{Edmonds struktrt. 34. Ha kt klnbz komponensbeli kls pont szomszdos, akkor egy 7.33 szerinti pratlan krt kapunk. Egybknt hagyjuk el a bels pontokat. 35. Tekintsk a 7.32-beli DG halmaz komponenseit s rveljnk a 7.29-hez hasonlan. 36. (a) Legyen F egy maximlis prosts s x egy F ltal le nem fedett pont. (b) Keressnk egy olyan e lt, melyre e-t tartalmazza legalbb egy, de nem minden 1-faktor, s G − e 2-sszefgg (v. 6.36). 37. Az knnyen lthat, hogy egyetlen 2-prosts sem lehet nagyobb az adott rtknl. Ilyen mret 2-prosts keresshez vegyk a G-t kt pldnyban, G s G , ahol V (G) = {v1  : : :  vn } s V (G ) = {v1  : : :  vn }, s deniljunk egy G0 pros grfot gy, hogy vi -t akkor s csak akkor ktjk ssze vj -vel, ha (vi  vj ) ∈ ∈ E (G). 38. Elszr vegyk a faktor-kritikus grfokat, majd alkalmazzuk a Gallai{ Edmonds struktra-ttelt (7.32). 39. Tekintsk a G egy Euler-vonalt. 40. Nzznk egy pszeudoszimmetrikus irnytst (5.13) s bontsunk fel minden pontot kt pontt, a bejv s a kimen lek sztvlasztsval. Alkalmazzuk 7.10et erre a pros grfra. 41. Vezessk vissza Euler-grfra a problmt: vegynk fel egy j x pontot s kssk ssze minden pratlan fokszm ponttal.

136

TLETTR

7.42

A pontok szmnak prosnak kell lenni! (b) G egy 2-szeresen sszefgg 3-regulris grf sszehzsnak eredmnye. 43. (a) Helyettestsnk minden pontot f (x) fggetlen ponttal. (b) Ha f (x) = 1 brmely l legalbb egyik vgpontjra, akkor egy f -prosts egyben egy f -faktor. 44. Bontsunk fel minden x pontot kt x , x pontra, melyek a bejv illetve kimen lekhez illeszkednek. 45. Osszunk fel minden lt s deniljuk f -et 1-nek a ltrejv j pontokon. Keressk az j grf egy f -faktort. 46. Alkalmazzunk indukcit. 47. Alkalmazzunk indukcit. 48. Mutassuk meg, hogy a d1  : : :  dn−2 , dn−1 − 1, dn − 1 sorozat kielgti ugyanazokat a feltteleket. 49. Hasznljuk 7.44-et. 50. Transzformljuk a d1  : : :  dn fokszmokkal rendelkez G grfot olyan grfba, melynek fokszmai ugyanezek, s melyben vn szomszdos vn−dn  : : :  vn−1 -gyel. 51. (a) Vlasszuk H -t a lehet legtbb ellenttesen irnytott lprral. Mutassuk meg, hogy H azon lei, melyek ellentettje nem H -beli, nem alkothatnak sem pros irnytott krt, sem kt diszjunkt pratlan irnytott krt. (b) (a)-bl s 7.49-bl trivilis. 52. A felttel elgsgessgnek bizonytshoz tekintsnk egy grfot ezekkel a fokszmokkal s cskkentsk egyenknt a komponensek szmt. 53. Legyen G egy olyan grf a V = {v1  : : :  vn } ponthalmazon, melyben dG (vi ) = = di , s G egy msik, melyben dG (vi ) = di − 1. Vlasszuk G -t s G-t a lehet 'legkzelebbinek". 42. (a)

x 8. 1.

Tekintsnk egy maximlis (nem bvthet) fggetlen halmazt. 2. Legyen S1 a G egy maximlis fggetlen halmaza s legyen Si+1 maximlis fggetlen halmaz G − S1 − : : : − Si -ben. Mutassuk meg, hogy van olyan prosts G-ben, mely Si+1-t Si egy rszhalmazval prostja. 3. Keressnk olyan krt vagy lt, mely tartalmaz egy x pontot s x minden szomszdjt. 4. Ha (x y ) ∈ E (G), ahol x y ∈ S , akkor tekintsk G − x-et. 5. (a) Vegynk egy tetszleges maximlis (nem bvthet) fggetlen halmazt. (b) Alkalmazzunk indukcit egy 0 befok pont s szomszdainak elhagysval. (c) Hasznljuk 5.3-at.

8.21

6.

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

137

Vegyk a legnagyobb kifok pontot. 7. Hagyjunk el egy pontot s az sszes olyan pontot, mely ebbl egy len elrhet, s alkalmazzunk indukcit. 8. (a) Vegyk szre, hogy az, hogy a soron kvetkez jtkos nyerhet-e, csak az ellenfl legutbbi lpsn mlik nevezzk ezt az utols lpst 'nyer lpsnek" (az ellenfl szmra), ha a soron kvetkez jtkos nem tud nyerni. Mik a nyer lpsek halmaznak jellemz tulajdonsgai? (b) Az x0 pontot csak akkor foglalja el brki is, ha A ezzel kezd. (c) Vegyk szre, hogy ha egyszer elhagytak egy komponenst, ott nem tesznek tbb lpst. 9. Ha G-ben nincs 1-faktor, A-nak egy maximlis prostst clszer vlasztani, s egy ebbe nem tartoz ponttal kezdeni. 10. Alkalmazzunk indukcit k -ra. 11. )rveljnk az elz feladathoz hasonlan. 12. Hagyjunk el egy x-re illeszked lt. 13. Elg arra az esetre bizonytani az lltst, amikor egyetlen x pontot helyettestnk kt szomszdos x1 , x2 ponttal, melyek ugyanazon 'rgi" pontokhoz csatlakoznak, mint x. 14. Elg az adott G0 grfot egy G grfba begyazni gy, hogy (G − e) > (G) fennlljon G0 leire. 15. (a) Az r = 2 esetben a pratlan krk megfelelnek. Ha r > 2, nveljk a fokszmot gy, hogy pontokat teljes gral helyettestnk. (b) A tetrader s az ikozader. 16. Egy -kritikus pros grf fggetlen lekbl ll. Feltve, hogy valamely x ∈ ∈ V (G) kt y1 , y2 ponttal van sszektve, tekintsk a G − (x yi ) egy maximlis fggetlen Si halmazt s az S1 S2 ∪ {x} ltal fesztett rszgrfot (v. 7.2 megoldsval). 17. Kvessk az elz megoldst. 18. Tegyk fel, hogy S egy teljes grfot feszt minimlis vgs-halmaz s x ∈ S , ekkor tekintsnk kt lt, melyek x-et G − S klnbz komponenshez ktik. 19. (a) Mutassuk meg, hogy (G) = (G1 ) + (G2 ). (b) Tegyk fel, hogy G = G1 ∪ G2 gy, hogy V (G1 ) ∩ V (G2 ) = {x y}, s |V (Gi )| ≥ 3. Hatrozzuk meg minden X ⊆ {x y }-ra s i = 1 2-re a Gi olyan fggetlen halmaznak maximlis mrett, mely {x y}-t X -ben metszi rjuk fel evgett az ezen szmokra vonatkoz lineris egyenltlensgeket. 20. Alkalmazzuk 8.10-et a maximlis fggetlen halmazok halmazval. 21. Alkalmazzuk 8.11-et.

138

TLETTR

8.22

22. Legyen {T1  : : :  Tk } az x-et tartalmaz maximlis fggetlen halmazok halma-

za alkalmazzuk ismt 8.11-et. 23. (a) Hasznljuk az elz eredmnyt. (b) Hasznljuk (a)-t. 24. Ezek csak a teljes grfok s pratlan krk mutassuk meg s hasznljuk fel a tnyt, hogy ha T , S maximlis fggetlen halmazok, melyekre T ∩ S = ∅, akkor ;(T ∪ S ) = V (G) − T − S . 25. Hasznljuk 8.19-et s az elz feladatot. 26. Tekintsnk egy -kritikus feszt rszgrfot. 27. Tekintsk ismt a G egy -kritikus feszt rszgrfjt. x 9.

Alkalmazzunk indukcit |V (G)|-re egy pont elhagysval. 2. A msodik llts bizonytshoz legyen V1 egy maximlis teljes rszgrf pontjainak halmaza. 3. Hasznljunk szn-prokat G1 ∪ G2 sznezshez. 4. Tekintsnk egy  sznezst, melyben minden szn legalbb ktszer elfordul, s egy  sznezst (G) sznnel gy, hogy a kt sznezsnek a lehet legtbb kzs szn-osztlya legyen. 5. Alkalmazzunk indukcit k -ra, s 9.2 megoldsban szereplhz hasonl jrasznezst. 6. Segt, ha megvlaszoljuk azt a krdst, hogy lehet-e (G ⊕ Km ) nagyobb |V (G)|-nl. 7. (a) Ha adott G1 egy sznezse, sznezzk G1 × G2 egy pontjt az els koordintjnak megfelelen. (b) Vegyk szre, hogy G × G ⊇ G. (c) Ha  a G × Kn , n > k egy k-sznezse, hasznljuk fel a tnyt, hogy minden v ∈ V (G)-re valamely szn ktszer szerepel a {(v x) : x ∈ V (Kn )} halmazban. (d) A G × Kn egy  n-sznezshez mutassuk meg, hogy ha {(v x) : x ∈ V (Kn )} klnbzek, akkor v brmely u szomszdjra {(u x) : x ∈ V (Kn )} is klnbzek. (e) Hny n-sznezse van a Knm = K | n × :{z: : × Kn} grfnak?

1.

8.

m

(d)-hez vegyk szre, hogy ha 3-sznezni akarunk egy pratlan krt, de minden pontnl kizrunk egy sznt, gy ez akkor s csak akkor lehetsges, ha a kizrt szn nem minden pontnl ugyanaz. (e)-hez tekintsk elszr azt az esetet, amikor egy kivtelvel minden partci megengedett. 9. Elszr bizonytsuk ezt irnytott krmentes grfokra az ltalnos esethez lsd 6.11 megoldst.

9.22

10.

§ 9. KROMATIKUS SZM

139

Akkor s csak akkor, ha minden krben ugyanannyi lt irnytottunk a kr mentn mindkt irnyba. ~ a G egy emltett tulajdonsggal rendelkez irnytsa, akkor G egy 11. Ha G stjhoz deniljuk annak kltsgt gy, hogy egyet nyernk, ha egy len a megfelel irnyban haladunk (kezdpontbl a vgpontba), egybknt vesztnk k − 1-et. Igazoljuk, majd hasznljuk a kvetkezket: (a) az a-bl b-be rkez stk kltsge alulrl korltos, (b) ha a s b szomszdosak, akkor az (x0  a)-stk s (x0  b)-stk minimlis kltsge klnbz, de a klnbsg legfeljebb k − 1. 12. (a) Keressk G pontjainak egy olyan (x0  : : :  xn−1 ) elrendezst, melyben minden xi szomszdos valamely xj -vel (j < i) kezdjk xn−1 sznezsvel. (b) Mutassuk meg, hogy az elz megoldsban hasznlt sorozat vlaszthat gy, hogy x0 szomszdos legyen xn−1 -gyel s C (x0 ) = C (xn−1 ). 13. (a) Tekintsk x0 , xn−2 , xn−1 -et, melyekre (xn−2  xn−1 ) ∈ = E (G), (x0  xn−1 ) ∈ ∈ E (G), (x0  xn−2 ) ∈ E (G). (b) Ha G = G1 ∪ G2 gy, hogy V (G1 ) ∩ V (G2 ) = = {x1  x2 }, |V (Gi )| ≥ 3, tekintsk G1 + (x1  x2 )-t s G2 + (x1  x2 )-t. 14. (a) Azt kell beltnunk, hogy a 'nem-szomszdossg" ekvivalencia-relci. (b) gyazzuk be G-t egy ugyanezen halmazon rtelmezett, ugyanezen tulajdonsggal rendelkez maximlis grfba. (c) Tekintsk azon sznezsek halmazt, melyek egy adott e l vgpontjait klnbzen sznezik. 15. Legyen Kk+1 a legkisebb teljes grf K-ban ekkor K az sszes nem-k sznezhet grfok osztlya lesz. Annak bizonytshoz, hogy ezek valban Kbeliek, tekintsnk egy rgztett pontszm, de maximlis lszm ellenpldt, s mutassuk meg, hogy a 'nem-szomszdossg" a pontokon ekvivalencia-relci. 16. Hasznljuk fel az elz eredmnyt. 17. (a) Pratlan krk. (b) Knn minden 3-sznezsben az egyik osztly monokromatikus. (c) Knn minden 5-sznezsben a kt osztly kzl az egyik csak kt sznt kap. 18. (G ) > (G) igazolshoz legyen  a G egy sznezse 1 : : :  (G) s (y ) = = 1 sznekkel. 'Vettsk le" -t gy, hogy G egy olyan sznezst kapjuk, mely nem hasznlja az 1-es sznt. 19. (a) Hogyan nzne ki G − (x3  x4 ) egy 3-sznezse? (b) Az elgsgessg bizonytshoz hasznljuk 9.8-at. 20. Minden k ≥ 3 esetn lehetsges. 21. Ha k − 1 l lefogja G-ben a G1 s G2 rszeket, tekintsk ezek k -sznezst s permutljuk a szneket, hogy a kt sznezs sszeilljen. 22. Ha G kritikusan (k + 1)-kromatikus s G = G1 ∪ G2 gy, hogy V (G1 ) ∩ ∩ V (G2 ) = {x y }, akkor vizsgljuk azon grfok k -sznezhetsgt, melyeket G1 bl s G2 -bl az x s y pontok sszektsvel vagy azonostsval kapunk.

140

TLETTR

9.23

G1  : : :  GN a G − S komponensei. Tekintsk S -nek a G − V (Gi ) (i = 1 : : :  N ) k-sznezsei ltal induklt partciit. 24. G − (x y ) minden k -sznezsben az x s y pontok szne azonos. Ha ez az i szn, akkor brmely j -re az i s j szn pontok halmaznak tartalmaznia kell egy (x y)-utat. 25. (a) Tekintsk Kn -t, mint egy szablyos n-szg lei s tli ltal alkotott grfot. (b) L(K )n egy sznezsben egy szn-osztlynak megfelel lek vagy csillagot, ~ n ) egy sznezst tekintve K~ n brmely kt vagy hromszget alkotnak. (c) L(K u s v pontjhoz kell, hogy legyen olyan szn, mely szerepel az u-t elhagy lek kztt, de nem szerepel a v-t elhagy lek kztt. 26. (a) Feltve, hogy adott L(G) egy sznezse, sznezzk G minden pontjt az t elhagy lek szneinek halmazval. (b) Az (a)-ban adott korlt javtshoz hasznljuk 13.20-at. 27. (a) Hasznljuk pl. 9.18-at. (b) Ha Gk -ra (Gk ) = k , s minden x pontjt egy llel sszektjk egy j x ponttal, akkor ezt a rszt n-sznezve az j pontok halmaza nem lehet monokromatikus. (c) Vegyk egy tranzitv turnament iterlt lgrfjt. 28. (a) Hagyjunk el egy intervallumot, melynek bal vgpontja a lehet leginkbb balra esik. (b) Tekintsk I1 -et s a-t mint korbban, de most hagyjuk el a rendszerbl az sszes a-t tartalmaz intervallumot. (c) Feltehetjk, hogy V (G) = = V (C ). Tekintsk a I1 -et s a-t, mint korbban. 29. (a) Tekintsk azon krket, melyeket kt olyan v alkot, melyek v ∈ S -t u ∈ ∈ S -hoz G − S klnbz komponensben ktik. (b) Az elgsgessg ugyangy kvetkezik, mint 9.28c. A szksgessghez alkalmazzuk az (a) rszt s indukcit. (c) Alkalmazzunk indukcit s (a)-t. 30. Ez ekvivalens azzal, hogy (G) = %(G). 31. Mutassuk meg, hogy (G1 · G2 ) ≤ (G1 ) · (G2 ) !(G1 · G2 ) ≥ !(G1 ) · !(G2 ): 32. (a) Heurisztikus megfogalmazsban P -t 'szintekre" kell particionlni. Tekintsk a legfels pontokat 'els szintnek", a kvetkez legnagyobb pontokat 'msodik szintnek", stb. b) Alkalmazzuk 8.4-et. 33. 9.31 nem eredmnyez perfekt grfot, mg akkor sem, ha G1 s G2 perfektek. 34. Egy ! (G)-sznezs egy szn-osztlya ilyen. 35. Az elz felttelt elg G -re bizonytani abban az esetben, ha csak az egyik Gx tartalmaz egynl tbb pontot. 36. Tekintsk a V (G) -sznezsek ltal induklt partcijt. 23. Legyenek

9.52

§ 9. KROMATIKUS SZM

141

Szmoljuk meg a -sznezseket a szitaformula segtsgvel. 38. G − e mely -sznezsei nem -sznezsei G-nek? 39. Krk esetn alkalmazzuk az elz formult. 40. Ha G tbb komponensbl ll, ezeket fggetlenl sznezhetjk. Ha tbb tagja van, ezeket majdnem fggetlenl sznezhetjk. 41. Hagyjuk el azt az intervallumot, melynek jobb vgpontja a leginkbb balra esik. 42. Hasznljuk 9.38-at. 43. Alkalmazzunk indukcit |E (G)|-re, de most egy fbl kiindulva. 44. Alkalmazzuk a 9.36 megoldsban szerepl formult. 45. ltalnosabban: (−1)n−1 PG () > 0  ∈ (0 1)-re sszefgg grf esetn. Bizonytsuk be ezt a 9.43 megoldsban szereplhz hasonl indukcival. 46. (a) Mutassuk meg, hogy a 0 akkor s csak akkor egyszeres gyk, ha G sszefgg, 1 akkor s csak akkor egyszeres gyk, ha G 2-szeresen sszefgg vagy ∼ = K2 . (b) Alkalmazzunk indukcit s 9.38-at. 47. (a) 9.38-bl trivilis. (b) Minden ilyen lineris relcinak teljeslnie kell abban a hrom esetben, amikor V (G) = V (F ). (c) Mutassuk meg, hogy ez a (st brmely) lineris relci ltalnosan teljesl, ha teljesl abban a hrom esetben, amikor V (G) = V (F ). √ 48. Tekintsk a 3−2 5 rtket. 49. (a) Mutassuk meg, hogy a relci fennll, ha G valamilyen nagyon egyszer triangulci s vezessk vissza a problmt erre az esetre a ngyszglapok tlinak 'felcserlsvel" hasznljuk a kvetkez azonossgot: PG2 1 ( + 1) − PG2 2 ( + 1) =  −3 (PG2 1 |e1 ( + 1) − PG2 2|e2 ( + 1)): (b) Alkalmazzunk 'visszafel" indukcit, elhagyva leket egy triangulcibl. 50. Mutassuk meg, hogy G-ben van legfeljebb 5 fok pont. 51. Ha a lapokat mr kiszneztk az 1, 2, 3, 4 sznekkel, adjuk az  sznt azoknak az leknek, melyek szomszdosak 1 s 2, vagy 3 s 4 szn lapokkal a  sznt azoknak az leknek, melyek szomszdosak 1 s 3, vagy 2 s 4 szn lapokkal a maradk leket sznezzk  sznnel. A megfordtshoz elszr sznezzk ki a skgrf azon tartomnyait, melyeket az lek egy 3-sznezse utn piros-zld s piros-kk lek alkotnak. 52. Ha az leket kiszneztk az 1, 2, 3 sznekkel, rendeljk a +1 szmot azon pontokhoz, melyeknl 1, 2, 3 az ramutat jrsnak megfelel sorrendje a hozz illeszked leknek, s rendeljnk −1-et a tbbi ponthoz. A megfordtshoz tekintsk L(G)-t s hasznljuk 5.4-et. 37.

142

TLETTR

9.53

53. Hasznljunk

kt sznt a Hamilton-krn kvl s kt sznt ezen bell. 54. (a) Hasznljunk indukcit, elhagyva egy legfeljebb 4 fok pontot, a maradkot 4 sznnel sznezve s gy mdostva ezt a sznezst, hogy az elhagyott pont szomszdsgban csak 3 szn szerepeljen. (b) Azonostsunk kt nem-szomszdos pontot egy lap hatrn s alkalmazzunk az (a) rszhez hasonl rvelst. 55. Feltehetjk, hogy G egy triangulci. Tekintsk a dulis skgrfjnak, G∗ -nak egy 1-faktort. 56. Az elgsgessghez irnytsuk az leket gy, hogy ha 1 egysgnyi munka szksges egy len az adott irnyban val thaladshoz, akkor 0 (mod 3) egysgnyi munka szksges minden lap krljrshoz. 57. Tegyk fel, hogy nincsen az x-tengellyel prhuzamos egyenesnk. Ekkor sznezzk a pontokat egyenknt az ordintjuknak megfelel sorrendben. x 10.

Ellenkez esetben G minden blokkja egyetlen krbl llna. 2. (a) Vegyk a leghosszabb utat. (b) Alkalmazzunk indukcit (a)-ra alapozva. 3. (a) E helyett bizonytsunk egy kicsit ersebb lltst: Ha egy egyszer G grfban legfeljebb egy pont foka legfeljebb 2, akkor G tartalmaz K4 felosztst. (b) Vezessk vissza (a)-ra, mint korbban. 4. Bizonytsuk be s alkalmazzuk azt a tnyt, hogy G nem tartalmazhatja K4 s egy ettl diszjunkt l felosztst. 5. (a) A grf tartalmazza K4 egy felosztst. (b) Alkalmazzuk Kuratowski ttelt (5.39d). (c) Csak azok a grfok esnek ki (a)-bl az sszefggsgi felttel elhagysakor, melyek sszefggk s minden tagjuk 4 pont teljes grf. 6. A lnyeg az, hogy K4 -ben minden fokszm legfeljebb 3. 7. Hzzuk ssze leket addig, amg |E (G )| m ≥  |V (G )| n  fennll a kapott G grfra. 8. Alkalmazzunk indukcit m-re s hasznljuk az elz feladatot. 9. Hasznljunk 10.8-hoz hasonl mdszert. 10. Ha elkezdjk felpteni ket rendre egy adott pontbl s adott krbl kiindulva, mikor 'nhetnek ssze" az gak? 1 11. Azon pontok, melyek egy x0 -bl legfeljebb g − 2 hosszsg ton elrhetk, mind klnbzek. 1.

10.24

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

12. Feltve, hogy G(r g ) s G(r   g − 1) rendelkezsnkre = |V (G(r g))|, konstruljuk meg G(r + 1 g)-t.

143

llnak, ahol r =

(a) Ha kt pont, a s b tvolsga g-nl nagyobb, hagyjuk el a-t s b-t, majd prostsuk ssze szomszdaikat. (b) Kezeljk az r = 2l s r = 2l + 1 eseteket kln. Az els esetben brmely adott ponton t megy egy g hossz kr. A msodik esetben brmely kt szomszdos pont kzl az egyik rendelkezik ezzel a tulajdonsggal. (c) Hasznljunk a 10.11-hez hasonl szmolsi mdszert. 14. Ha G kerlete legalbb g , (u v ) ∈ E (G ) s mind x, mind y legalbb g − 1 tvolsgra van {u v}-tl, akkor G − (u v) + (x u) + (y v) kerlete legalbb g. 15. (a) Hasznljunk vges projektv teret. (b) Legyenek G pontjai a GF (p) fltti 4-dimenzis projektv tr azon pontjai s egyenesei, melyek a x21 + x22 + x23 + x24 + + x25 = 0 egyenlet felleten helyezkednek el. Egy pontot akkor s csak akkor kssnk ssze egy egyenessel, ha illeszkednek. 16. (a) Legyen Z az sszes krt reprezentl minimlis ponthalmaz, s szmoljuk meg a Z s V (G) − Z kzti leket. (b) Hasznljuk (a)-t s rveljnk 10.11-hez hasonlan. 17. Legyen G1 = G ha G1  : : :  Gi mr denilva vannak, akkor legyen Ci egy Gi beli legkisebb kr Gi+1 -et gy kapjuk, hogy Gi -bl Ci pontjait elhagyjuk, majd minden olyan pontot is, mely nem szerepel Gi − V (Ci ) kreiben, vgl pedig 'kisimtjuk" a msodfok pontokat. Vlasszunk olyan i-t, melyre Gi kerlete a lehet legnagyobb. 18. (a) Hasznljuk 10.4-et. (b) Az elz bizonytshoz hasonl rvelssel addik. (c) Egy minimlis 3-regulris log2 k kerlet grf rendelkezik ezzel a tulajdonsggal. 19. Elhagyva x-et alkalmazzunk indukcit. 20. Tekintsnk egy P = (x0  x1  : : :  xm ) maximlis utat. Azt mondjuk, hogy a (x0  : : :  xi  xm  xm−1  : : :  xi+1 ) t elll P deformlsval (feltve, hogy (xi  xm ) ∈ E (G)). Vizsgljuk meg a P -bl ismtelt deformlssal elll utak vgpontjainak X halmazt. 21. (a) Feltehetjk, hogy G-hez tetszleges (x y ) l hozzvtelvel Hamilton kr keletkezik. Tekintsk x s y szomszdait ezen a Hamilton krn. (b) (c) | bizonytsuk elszr (d)-t. (d) Az (a) megoldsa sorn alkalmazott rvels bizonytja, hogy ha dk + dl ≥ n, akkor xk s xl szomszdosak. Tekintsnk egy hinyz (xk  xl ) lt, melyre k + l maximlis. 22. Mutassuk meg, hogy ha G teltett, s xi s xj nem szomszdos pontok, akkor dG (xi ) + dG (xj ) ≤ n + q − 1: 23. Keressnk 2n hossz utat. 24. Kssk ssze az x s y pontokat, ha szksges, s osszuk fel az (x y ) lt. 13.

144

TLETTR

10.25

25. Tekintsnk egy maximlis C irnytott krt. Elszr azt bizonytsuk be, hogy |V (G)| > n2 , majd vegyk G − V (C ) egy maximlis P krt s prbljuk meg C

egy vt egy P -n thalad ttal helyettesteni. 26. Tekintsnk egy maximlis C krt, G − V (C ) egy G1 komponenst s C azon pontjainak szomszdait, melyek szomszdosak G1 -gyel. 27. (a) Tekintsk egy G-beli leghosszabb t egyik vgpontjt. (b) Legyen (x0  : : : : : :  xm ) egy leghosszabb t. Elszr azt az esetet nzzk, amikor vannak olyan (x0  xj ) s (xm  xi ) lek, hogy i < j . 28. Alkalmazzunk indukcit n-re s 7.27b-t.

15. bra

G-beli P utat a tartalmaz egy olyan rszgrf, mint amilyent a 15. bra mutat. 30. Hasznljuk fel azt a tnyt, hogy ha x s y szomszdos pontok, akkor dG (x) + dG (y) ≤ n: 31. Vegyk szre, hogy dG (x) ≤ (G) minden x pontra. 32. Ha egy {x y z } ⊆ V (G) hrmas nem feszt hromszget sem G-ben, sem G-ben, akkor pontosan kt olyan pontot tartalmaz, hogy a hrmasnak a pontra illeszked kt le G s G kzl nem ugyanabba tartozik. 33. Az (x y ) lt legalbb d(x) + d(y ) − n hromszg tartalmazza. 34. Alkalmazzunk indukcit m-re, egy teljes k -szgbl kiindulva. 35. Tekintsk egy maximlis fok pont szomszdsgt, s alkalmazzunk indukcit k-ra. 36. (a) Szmoljuk meg a grfban a 'cseresznyket" (3 pont fkat) kt klnbz mdszerrel. (b) Hasznljunk 10.15-hz hasonl mdszert. 37. Most a G-beli K1r -eket szmoljuk meg. 29. Brmely

10.44

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

145

(a) Indukcit alkalmazva k-ra, vlasszunk k diszjunkt s mret halmazt, A1  : : :  Ak -t gy, hogy brmely kt klnbz halmazba es pont szomszdos (s 38.

egy megfelelen nagy szm), s mutassuk meg, hogy sok kvl es pont  szomsz dos minden Ai -nek legalbb t pontjval. (b) Ismtelten hagyjunk el 1 − k1 + 2" · · |V (G)| fok pontokat bizonytsuk be, hogy amikor elakadunk, mg mindig sok pont van. (c) (b)-bl kvetkezik. 39. Bizonytsuk be, hogy ha G = Hnk nem tartalmazza G0 -t, akkor 2k · |V (G0 )| pont elhagyhat G-bl gy, hogy a megmarad G1 grf eleget tegyen a kvetkez egyenltlensgnek: |E (G1 )| − |E (Hn1 k )| > |E (G)| − |E (Hnk )| (n1 = |V (G1 )|): 40. (a) Ha egy adott teljes k -szget 'kevs" teljes (k + 1)-szg tartalmazza, akkor 'sok" k pont (A U ) halmazprt tallhatunk, melyekre A egy teljes grf, U nem az s |A ∩ U | = k − 1. (b) Elszr azt bizonytsuk, hogy Nk ≥ # − k + 1 · n : (∗) 41.

Nk−1

#

k

(a) Legyen d1  : : :  dn T -beli pontok kifokai. Ekkor T tartalmaz

n d dn 1 − − ::: −

3 2 2 darab 3 hosszsg irnytott krt. (b) Vegyk szre, hogy minden pont legalbb egy 3 hosszsg irnytott krrel szomszdos. 42. Mutassuk meg, hogy legalbb n − k + 1 darab k hosszsg irnytott krt tartalmaz minden 3 ≤ k ≤ n-re. 43. Adott e1  : : :  en=2 fggetlen lekhez legfeljebb egy olyan Hamilton t van, melynek 1., 3., : : : lei ppen ezek. 44. (a) Az llts azt mondja ki, hogy ha n = 2k−1 , akkor ltezik k pont tranzitv rszturnament. Bizonytsuk ezt k szerinti indukcival. (b) Indukcit alkalmazva k-ra gyeljk meg, hogy az x-bl elrhet pontok halmaza legalbb −2  kY d + 1 − 1 j j =0 2

k − 1 pont tranzitv rsz-turnamentet tartalmaz, ;  ahol d az x kifoka. (c) n szerinti indukcival bizonytsuk be, hogy legalbb nk−−22 olyan k-as van, amely tartalmaz 3 hossz irnytott krt.

146

TLETTR

11.1

x 11. 1.

Mit jelent kombinatorikusan egy sajtvektor? 2. (a) Hasznljuk azt a tnyt, hogy az (1 : : :  1) vektor egy sajtvektor, s a sajtvektorok pronknt ortogonlisak. (b) Bizonytsuk be s hasznljuk az albbi azonossgokat: AG = BG BGT − dI AL(G) = BGT BG − 2I: (c) A Petersen grf megegyezik az L(K5 ) gral. 3. Feltehetjk, hogy V (T ) = {x1  : : :  xn }, e = (xk  xk+1 ) (1 ≤ k ≤ n − 1), s hogy T − e = T1 ∪ T2 , ahol V (T1 ) = {x1  : : :  xk } s V (T2 ) = {xk+1  : : :  xn }. Tekintsk a det(I − A) kifejtst az els k sora szerint. 4. Vgezznk indukcit s hasznljuk az elz gyakorlatot. 5. (a) kvetkezik 11.4 s 1.31-bl. Mind (a), mind (b) kvetkezik indukcival. (b) s (c) meg vannak oldva lnyegben 1.29-ben. (d)-hez, tekintsnk egy y sajtvektort, mely egy  sajtrtkhez tartozik, s invarins a fa automorzmusai alatt, s vezessk le a Dyk+1 + yk−1 = yk  rekurzit, ahol yk a y tetszleges eleme, mely k tvolsgra van a gykrtl. 6. 11.4 szerint, csak kt olyan ft kell tallnunk, melyeknek ugyanannyi k -elem prostsuk van minden k-ra. Keressk meg kztk azokat a fkat, melyekben nincs 3 fggetlen l. 7. (a) Bizonytsuk be, hogy pG() = det pG1 (I − AG2 ): (b) Hogyan keletkezik az AG1 ·G2 adjacencia mtrix? 8. A v = ((11 ) : : :  (1n ))T vektor egy sajtvektor. 9. A Qn automorzmus csoportja tartalmaz egy kommutatv regulris (Z2 )n rszcsoportot hasznlhatjuk 11.7a-t is. 10. Ha G ∼ = H , akkor a sajtrtkeik ugyanazok. 11. Vegyk szre, hogy a 0 akkor s csak akkor nem sajtrtk, ha det A = 0. 12. Keressnk egy olyan sajtvektort, mely a-t rendel a 3-adfok pontokhoz a fed rszgrfokban, s b-t a tbbi ponthoz. 13. Hasznljuk fel, hogy 1 = max vT AG v. =1

|v|

11.27

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

147

14.

(a) Hasznljuk az elz eredmnyt az egyenlsg esetnek meghatrozshoz hasznljuk fel azt, hogy egy sszefgg grf adjacencia mtrixnak van egy (szigoran) pozitv sajtvektora. (b) Hasznljuk fel, hogy a sajtrtkek sszege 0, s a ngyzeteik sszege 2m. (c) gyazzuk be G-t egy teljes, gykeres, (D − 1)-adikus fba. 15. Hasznljuk a AL(G) = B T B − 2I formult, ahol B pont-l incidencia mtrix: n i a j -ik lhez tartozik, B = (bij ) bij = 10 ha klnben. 16. A G tetszleges  automorzmusnak megfelel egy P permutcis mtrix, melyre AG P = PAG . Hasznljuk ki azt is, hogy A = T −1 LT , ahol T egy ortogonlis mtrix s L egy diagonlis mtrix, melynek az tljban vannak a sajtrtkek. 17. Hasznljuk az elz eredmnyt annak megmutatsra, hogy ; kommutatv s regulris s alkalmazzuk 11.8-at, hogy kiszmtsuk a sajtrtkeket. 18. Hasznljuk a sajtrtkekre vonatkoz ttelt: ha A egy szimmetrikus mtrix, melynek a sajtrtkei 1 ≥ 2 ≥ : : : ≥ n s B szimmetrikus almtrixa A-nak, melynek sajtrtkei 1 ≥ : : : ≥ m, akkor i ≥ i ≥ i+n−m . 19. (a) Tegyk fel, hogy AG w = −1 w, w = (w1  : : :  wn )T . Bizonytsuk be, hogy w = (|w1 | : : :  |wn |)T kielgti a −wT AG w = wT AG w egyenletet. (b) Tekintsnk egy komponenst, amelynek a legkisebb sajtrtke minimlis. 20. Hasznljuk 11.13-at, 11.14-et s indukcit. 21. (a) Mutassuk meg, hogy egy alkalmas bzisban, A-nak van egy k × k szimmetrikus D almtrixa, hogy a ftlban 0-k vannak, s gy, hogy 1 a D-nek egy sajtrtke. (b) 0 egy sajtrtk, melynek multiplicitsa n − k. 22. Mutassuk meg, hogy minden x vektorra, X xT (dI − AG )x = (xi − xj )2 : 23.

(ij )∈E

Tekintsnk egy vektort, mely konstans egy maximlis fggetlen halmazon, s annak a komplementern. 24. rjuk fel xT AG x-et, mint m pozitv, s m negatv ngyzet sszegt. 25. Ha f () az a polinom, melynek a gykei a klnbz sajtrtkei AG -nek, akkor f (AG ) = 0. 26. Mutassuk meg, hogy mindkt llts ekvivalens azzal, hogy 'AG minden sajtvektora sajtvektora J -nek". 27. Szmtsuk ki A2L -et.

148 28. (a)

TLETTR

11.28

AG kielgti az

A2G = bJ + (d − b)I egyenletet. (b) G = K3 . (c) ltalnostsuk a K4 ⊕ K4 pldjt. 29. (a) Tekintsnk egy x sajtvektort, mely a 2 -hz tartozik, s azokat a tagokat 11.22-ben, melyek egy olyan t leinek felelnek meg, melyek az x legkisebb s legnagyobb elemt ktik ssze. (b) Tekintsk A2G − dI -t. 30. Rendezzk a pontokat gy, hogy y1 ≤ y2 ≤ : : : ≤ yn legyen, s hasznljuk fel, hogy i < j esetn, yj − yi = (yi+1 − yi ) + · · · + (yj − yj −1 ). 31. (a) Hasznljuk 11.22-t. (b) Alkalmazzuk 11.30-at yi = (max{xi − x 0})2 -nel, ahol x egy a 2 -hz tartoz sajtvektor, s x az x medinsa. 32. (a) Hasznljuk 11.8-at, hogy kifejezzk G sajtrtkeit. (b) Tekintsk minden

pontpr kztt a legrvidebb utakat, s az sszes kpket az automorzmusok ltal. 33. (a) Fejezzk ki a krdses valszn sget a szitaformulval, s hatrozzuk meg a hatrrtkt n → ∞ esetn (v. 4.23 megoldsval). (b) Mi annak a valszn sge, hogy M1 p lt tartalmaz S s V (G) \ S kztt egy adott partcira? (k) 34. Jellje pj a vk = j (j ∈ V (G)) valszn sgt. Mutassuk meg, hogy X (k) 1 p(jk+1) = pi d(i) : i∈;(j ) Prblkozzunk p(0) i = d(i)=(2m)-mel. (b) A stacionrius eloszls az M nek egy sajtvektora. (c) Hasznljuk 11.34-et, s 11.19 egy verzijt. 36. Vegyk szre, hogy P(vj = y |vi = x) ppen annak a valszn sge, hogy egy x-ben indul vletlen sta az y-t a (j − i)-ik lpsben ri el. 37. (a) Hasznljuk 11.35(c)-t, s az 35. (a)

E(t (x)) =

t−1 X i=1

P(vi = x)

egyenlsget. (b) Hasznljuk 11.36-ot, s a

D2 (t (x)) =

t−1 t−1 X X

i=0 j =1

,P(vi = x vj = x) − P(vi = x)P(vj = x)]

egyenlsget. 38. (a) Hasznljuk 11.37-et. (b) Keressnk, s bizonytsuk be, a 11.37 egy analogonjt, az egy len val thaladsok szmllsra.

11.51

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

149

39. Az n pont t esetre, hatrozzuk meg az elrsi idt az (n − 1)-edik pontbl az n-edikbe elszr. 40. (a) Tekintsnk egy 2 hosszsg utat. Ahhoz, hogy egy regulris pldt kapjunk, vlasszunk egy u elvg pontot. (b) Ltezik egy termszetes bijekci az u-bl v-be men, s a v-bl u-ba men stk kztt. 41. Egy u-bl v -be s vissza men stn, tekintsk az els visszatrst u-ba. 42. (a) Keressnk egy bijekcit az u-ban indul, v -be, aztn w-be ltogat krutak, s az u-ban indul, w-be, aztn v-be ltogat krutak kztt. (b) Egy rgztett t cscsra, rendezzk a cscsokat az H (u t) − H (t u) rtkeknek megfelelen. 43. r = 1-re, hasznljuk 11.38(b)-t. 44. (a) Hasznljuk ki, hogy i = j esetn, X H (k j ): H (i j ) = 1 + d(1i) k∈;(i)

(b) Mi a jobb oldala ennek az egyenletnek i = j -re? (c) Jellje p(ijt) azt a valszn sget, hogy egy i-ben indul vletlen sta j -ben van t lps utn jellje qij(t) annak a valszn sgt, hogy egy i-ben indul vletlen sta elri j -t a t-ik lpsben elszr. Mutassuk meg, hogy

X p(ijt) = qij(s)p(jjt−s) s=0 t

s fordtsuk le ezt a relcit a genertor fggvnyeket hasznlva. 45. (a) trivilis, ha sszeadjuk 11.44(c) eredmnyt. (b)-hez hasznljuk fel 11.9 els megoldst. 46. (a)-hoz hasznljuk 11.44(c)-t. (b)-hez, vegyk szre, hogy a wi = (wki )n k=1 vektorok klcsnsen ortogonlis egysg vektorok. 47. (a) Keressk meg a lpsek vrhat szmt, mg pontosan i pont marad megltogatatlan. (b) V. 11.43. 48. (a) Bizonytsuk be, hogy (u v ) tlaga az sszes v ∈ V (G) \ {u}-ra, n=2 lesz. (b) Ha v a lpsek szma, mieltt megltogatn a sta v-t, akkor b az v -k medinsnak vrhat rtke. 49. 11.48(b) szerint, 2a lpsben tbb, mint a felt lttuk az sszes cscsoknak tovbbi 2a lpsben lttuk a maradknak tbb, mint a felt, stb. 50. Hasznljuk 11.44(c) megoldsi mdszert. 51. Hasznljuk 11.44(a)-t.

150

TLETTR

11.52

52. (a) trivilis elemi valszn sgszmtsi mdszerek felhasznlsval. (b) kvet-

kezik a Kirchho s Ohm trvnyekbl, (c) kvetkezik, ha tekintjk a cscspontokra hat erket. (d) bizonytshoz tekintsk kt olyan harmonikus fggvny klnbsgt, mely az adott tulajdonsgokkal rendelkezik, s a cscspontot, ahol felveszi maximumt. 53. Mutassuk meg, s hasznljuk fel, hogy az ellenlls s s t kztt  −1 P u∈;(t) st(u) . (b) Elszr viszonytsuk Rst-t a 0-nl a szgre hat erhz. (c) Szmtsuk ki a Kirchho trvnybl a pontok feszltsgeit, s hasznljuk 4.9et. 54. Hasznljuk 11.53(b)-at. 55. (b)-hez, tekintsnk egy utat az a s b vgpontokkal. (c)-hez, vegyk szre, ha (a b)-t hasznltuk, akkor elrtk t-t. 56. (b) s (c)-hez, hasznljuk 11.44(c)-t s az aritmetikai s harmonikus kzepek kztti egyenltlensget. 57. (a) Mutassuk meg, hogy  (u v ) fggetlen v -tl, tekintve az els olyan lpst, amikor megltogattuk a v egy szomszdjt. (b) Hasznljuk fel, hogy ltezik egy olyan sta, mely az u egy tetszleges szomszdjban indul, s az utols eltti megltogatott cscs v, s az utols u. (c) Hasznljuk 6.6(c)-t. 58. Legyen P (S u) az a valszn sg, hogy egy u-ban indul vletlen sta az S ft generlja, ahogy azt a problmban lertuk. Minden (u v) ∈ E (G) lre, jellje (u vS ) az els lt az (u v)-ton S -ben. Bizonytsuk be, hogy X P (S u) = d 1(u) P (S − (u vS ) ∪ (u v) vS ): G v∈;(u) 59. Tekintsnk

egy vletlen sorozatot.

x 12.

A Petersen grf a K5 lgrfjnak komplementere. 2. (a) Tekintsk a 16. brn mutatott tpus kockkat. (b) A kocka esetre tekintsk a 4 ftlt. 3. Egy k hosszsg kr tartalmaz nhny flsleges automorzmust hogy elzhetjk meg, hogy irnyt vltoztasson? 4. Tetszleges x elemmel jobbrl szorozva a G egy automorzmust kapjuk. 5. Hagyjuk el az irnytsokat s a sznezseket a 12.3-beli mdszerhez hasonlan. 1.

12.13

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

151

16. bra 6. Legyen {h1  : : :  hm } a ; genertorainak egy minimlis halmaza. Vegyk a ; × {1 2} elemeit, mint pontokat, s akkor s csak akkor kssk ssze (g 1)-et (g  2)-vel, ha g g−1 = hi teljesl valamilyen i-re. Adjunk mg hozz leket a ; × {1} s ; ×{2}-n bell, annak biztostsra, hogy ne kapjunk ms automorzmust, mint amelyeket a ; elemei induklnak termszetes mdon. 7. (a) Egy pros rend csoportnak van msodrend eleme. (b) Keressk meg az sszes olyan turnamentet, melyeknek automormuscsoportja tartalmaz egy ;-val izomorf regulris rszcsoportot. 8. Ugyanazzal a fajta konstrukcival prblkozva, mint 12.5-ben, knny megkapni minden, nem V (G0 )-beli pontot gy, hogy 3 legyen a foka. Ezutn hastsuk szt G0 minden pontjt elsfok pontokra s kssk ssze ket egy krrel. 9. Legyen x1 , x2  : : :  xn a G pontjainak egy olyan elrendezse, hogy i > 1 esetn xi ssze van ktve xj -vel, ahol j < i. Tekintsk az automorzmusok egy olyan rszcsoportjt, melyek xen hagyjk x1  : : :  xi -t. 10. Elegend tekinteni az A(G) egy plyjt az E (G)-n. 11. Elszr oldjuk meg a ;2 = {1} esetet. Ezutn tekintsk pldknak egy bizonyos 'szorzatt". 12. (a) Tekintsnk egy maximlis T ft, melyre T ∩  (T ) = ∅ teljesl minden  ∈ ∈ ;,  = 1 esetn, s hzzuk ssze mindegyik  (T )-t. (b) Legyen e ∈ E (R), legyen G1 az a rszgrf, melyet az e ; ltal ltrehozott kpei alkotnak, s prbljuk meg sszehzni a G1 komponenseit. 13. (a) Egy kommutatv s tranzitv permutcicsoport regulris. Rgztsnk egy x0 ∈ V (G) cscspontot, s tekintsnk egy (x0 ) → −1 (x0 ) ( ∈ A(G)). (b) Az n-dimenzis kocka majdnem j lesz. (c) Tekintsk az n-dimenzis Qn kockt s egy x cscspontjt. Adjunk hozz nhny az x szomszdai kztti lt, s mindazokat az leket, amelyeket a Qn automorzmusai knyszertenek ki, melyek megrzik az lek irnyt. Mi lesz az x szomszdai ltal fesztett rszgrf?

152

TLETTR

12.14

14. Hasznljunk

a 6.49. megoldshoz hasonl gondolatmenetet. 15. (a){(b) Tekintsnk egy minimlis X halmazt, mely a G − T komponense, valamely minimlis T elvghalmazra. Hasznljuk 6.60(a)-t. Az sszefggsg legalbb 23 (r + 1). (c) Hasznljuk ismt 6.60(a)-t. 16. Hasznljuk a Tutte ttelt, 7.27-et s 12.14-et. 17. Egy kr s egy t direkt szorzata tartalmaz egy Hamilton krt. 18. Az sszefggek a kvetkezk: a krk a szablyos testek a kocka s a dodekader lgrfja grfok, melyeket gy nyernk, hogy minden lt ugyanazzal a szmmal szorzunk meg ezen pldk lfelbontsai gy, hogy minden lre tesznk mg egy pontot a kocka s a dodekader lgrfjnak dulisa s a csillagok. 19. Hasznljuk 12.12(b)-t s az elz megoldst. 20. (a) Mutassuk meg, hogy kt p − 1 hosszsg t s egy K2 direktszorzata sszehzhat Kp -re. (b) Feltehetjk, hogy ; l-tranzitven hat, s ; nem hat flig regulrisan. Hasznljuk 10.8-at. (c) Tekintsnk egy egyszer csoportot. 21. Konstruljunk egy egyszer G grfot, melyre A(G) ∼ = ; s kssk ssze % pontjaival alkalmas mdon. 22. A Petersen grf minden endomorzmusa automorzmus. 23. Hasznljuk ugyanazt az tletet, mint az elz megoldsban: minden endomorzmus klcsnsen egyrtelm egy minimlis pratlan krn. 24. (a) Ugyangy megy, mint 12.4. (b) Amikor sznezett leket utakkal helyettestnk, melyekhez hozzragasztottunk darabokat, hasznljunk sok merev grfot, melyeknek nincs homomorzmusuk egymsba. 25. (a) Vagy 0, vagy −1 endomorzmus marad. (b) Mdostsuk az elz konstrukcit. x 13.

Rendeljnk egy pros G grfot H -hoz a kvetkezkppen: Legyen U = V (H ), W = E (H ), V (G) = U ∪ W , s akkor s csak akkor kssk ssze u ∈ U -t w ∈ ∈ W -vel, ha u ∈ w. = E (H )), akkor 2. (a) Ha E olyan l, hogy H  = (H − {E }) \ E sszefgg (∅ ∈ tallhatunk olyan F -et, melynek megvan a kvnt tulajdonsga. (b) Vgezznk indukcit, egy E lt elhagyva az (a) rszben. 1.

§ 13. HIPERGRFOK

13.13

3.

153

Tekintsnk egy 3-nl hosszabb krt, s vlasszunk kt pontot, melyek egyms utn kvetkeznek a krn, de van egy tovbbi pont, mely kzttk van a P t ltal meghatrozott rendezsben. 4. Mskppen teljesen kiegyenslyozott! 5. Alkalmazzuk 7.4-et s 7.6-ot. 6. Egy ilyen reprezentnsrendszer akkor s csak akkor ltezik, ha a H -nak van reprezentnsrendszere, s ugyangy, ha a V (HT∗ ) = E (H ) E (HT∗ ) = {Ux : x ∈ T } hipergrfnak is van reprezentnsrendszere, ahol Ux a H olyan leinek a halmaza, amelyek tartalmazzk x-et. 7. Reprezentljuk ezt a helyzetet egy folyamproblmval (prostsi problma helyett). 8. (a) A E0 F (F ∈ E (H )) halmazok klnbzek! (b) Legyen x ∈ V (H ), s tekintsk a H \ x hipergrfot s H  -t, ahol V (H  ) = V (H ) − {x} E (H  ) = {E ∈ E (H ) : E ∪ {x} ∈ E (H ) x ∈= E } (c) Tekintsk a H1 = H − x, H2 = H − E (H1 ) hipergrfokat. 9. Tekintsk a H1 = H − x, H 2 = H − E (H1 ), H2 = H 2 \ x hipergrfokat, valamely x ∈ V (H )-ra. 10. (a) Bizonytsuk k szerinti indukcival, hogy ltezik egy olyan X ⊆ V (H ) halmaz, melyre |X | = k s HX -nek legalbb k +1 klnbz le van (1 ≤ k ≤ n − − 1). (b) Alkossunk egy grfot, mely az (a) rsz msodik megoldshoz hasonlt. Bizonytsuk be, hogy ez a grf pros, s nem tartalmaz .-grfot. (c) Legyen H1 = = H \ x, V (H2 ) = V (H ) − x, s E (H2 ) = {E ∈ E (H ) : x ∈= E , E ∪ {x} ∈ E (H )}. Bizonytsuk be, hogy vagy H1 kielgti a problma felttelt k-val, vagy H2 elgti ki (k − 1)-gyel. 11. Tekintsk az x ∈ V -t tartalmaz leket, s vgezznk indukcit. 12. (a) tlagoljuk az osztlyokba tartoz lek szmt a V (H ) minden kt osztlyt tartalmaz partcijra. (b) tlagoljunk most a V (H ) minden r sznnel val sznezsre. 13. Lssuk be, s hasznljuk a X d(x) ≤ r + (m − 1)k (E ∈ E (H )) x∈E

egyenltlensget, ahol d(x) az x pont foka.

154

TLETTR

13.14

fel indirekte, hogy m > n. !sszegezzk a d(x) < |E | m − d(x) n − |E | (x ∈ E ) egyenltlensgeket. 15. (a) H kielgti az elz problma feltteleit. (b) Ha a1  : : :  am az lek karakterisztikus vektorai, akkor ai aj =  teljesl i = j esetn. 16. Hnyszor szmoltunk egy adott elemet mindkt oldalon? 17. (a) Tegyk fel, hogy x ∈ F1  : : :  Fd , x ∈ = Fd+1  : : :  Fm. Vegyk F1 − {x} : : : : : :  Fd − {x}-et m − d-szer, Fd+1  : : :  Fm -et d-szer s alkalmazzuk 13.16-ot. (b) Tegyk fel, hogy |F1 | = : : : = |Fm−1 | = 2k, Fm = ∅, s (indirekte) m = k2 + k + +3. Lssuk be, hogy nincs tbb, mint k point, melynek a foka legalbb m − k − 1, de minden Fj -nek (1 ≤ j ≤ m − 1) legalbb k + 1 ilyen pontot kell tartalmaznia. 18. (a) Legfeljebb az X s E (H ) − X egyike lehet l. (b) Hasznljuk 13.8b-t, 13.9-t, vagy 13.11-et. 19. Szmoljuk le az olyan (E1  E2 ) lprokat, melyekre E2 ⊂ E1 s nincs olyan F ∈ E (H ), melyre E2 ⊂ F ⊂ E1 teljesl. 20. Hasznljunk n szerinti indukcit. 21. (a) Tekintsk a lncokat, melyeket az elz problmban konstrultunk. Egy msik bizonyts szmoljuk le a V (H ) azon permutciit, melyek egy H lt, mint kezd szeletet tartalmaznak. (b) A pros eset knny . Ha n = 2k + 1, mutassuk meg, hogy minden l vagy k, vagy k +1 mret kell, hogy legyen, s hogy ha X ⊂ ⊂ Y , |X | = k , |Y | = k + 1 teljesl, akkor X s Y egyike benne kell, hogy legyen E (H )-ban. 22. Ha A s B maximlis antilncok, akkor A ∨ B = {x ∈ A ∪ B : x < < yminden y ∈ A ∪ B -re} egy maximlis antilnc (ahol x < y azt jelenti, hogy x ≤ y s x = y). 23. (b) bizonytshoz tekintsk azon SE (E ∈ E (H )) rszhalmazokat, melyek csak egy E llel hasonlthatak ssze, s megfelelen vlasztva egy Sperner rendszert alkotnak. 24. Legyen   14. Tegyk

n ::: n p p+k−1

a k legnagyobb binomilis egytthat, s legyen M az a hipergrf a V (H )-n, melynek lei az sszes p : : :  (p + k − 1)-esek. Hasonltsuk ssze H -t M -mel a 13.20-beli szimmetrikus lncok mindegyikben. 25. (a) Rgztsnk egy E lt. Mit jelent az, ha E semelyik pontja sem fordul el minden lben? (b) Keressnk j olyan lt, melyek metszetben legfeljebb r − (j − − 1)( (H ) − 1) pont van, j = 1, 2 : : :  k .

13.37

26.

§ 13. HIPERGRFOK

155

Vegynk kt lt, melyeknek egy kzs pontja van, s egy harmadikat, ha lehetsges, mely nem tartalmazza ezt a pontot. 27. Vegynk egy minimlis olyan W -t, hogy a HW brmelyik kt le metszi egymst. A W minden rendezsre, szmoljuk le azokat az x ∈ W pontokat, melyek els s utols pontjai HW -beli leknek. 28. (a) Tetszleges adott pontbl legfeljebb egy Ai indul. (b) Szmoljuk le ktflekppen az olyan leket, melyek a V (H ) ciklikus permutciiban egyms utni pontokbl llnak (v. a Sperner ttel, 13.21a, msodik megoldsval). 29. (a) Vlasszunk egy olyan S halmazt, hogy |S ∩ E | ≥ 2 minden E lre, s |S | korltos. (b) Ha H nem  -kritikus, vgezznk indukcit  -re. 30. Vlasszuk az x1  : : :  xt pontokat gy, hogy xi+1 egy maximlis, i+1 fok pont a H − x1 − : : : − xi -ben. Mutassuk meg, hogy |E (H − x1 − : : : − xi )| ≤  ∗i+1 . 31. (a) rjuk fel az u w w − 1 u − w + 1 w − 2 u − w + 2 + r−2 + ::: 1 2 r = r + r−1 ;v, ; u , ; v -et is, s hasonltsuk ssze a megfelel egyenlsget, s hasonlan u v  wr r−1 r−1 u  v  w tagokat r − r − r − 1 -ben s r − 1 − r − 1 − r − 2 -ben. (b) Tekintsnk egy minimlis fok x pontot, s tekintsk a H − x, H − E (H − x) hipergrfokat. Vgezznk indukcit r-re s |E (H )|-re az (a) alapjn. (c) Tegyk fel, hogy a H brmely kt le metszi egymst, ahol H r-uniform. Hny r-est tartalmazhatnak a V (H ) − E , E ∈ E (H ) halmazok? 32. (a) Hasznljunk a 13.21 s 13.27 megoldshoz hasonl rvelst a pontok egy adott permutcijra legfeljebb egy olyan i index van, hogy az Ai minden elemnek kisebb az indexe, mint a Bi minden elemnek. (b) Ez az (a) specilis esete. 33. Sznezzk a pontokat egyenknt mikor knyszerlnnk arra, hogy egy lt monokromatikuss tegynk? 34. Mutassuk meg elszr, hogy ha egy elsfok pont van, s a tbbi msodfok, akkor H 2-kromatikus. 35. Tegyk fel, hogy H -nak nincs 1-elem le, s nincs izollt pontja. Mutassuk meg, hogy (a) minden pont foka legalbb 2, (b) egy legalbb negyedfok pont csak 2-elem lekhez tartozhat, (c) brmely kt pont hozztartozik egy lhez. 36. Feltve, hogy van egy 2-sznezs, szmoljuk le az leket kt klnbz mdon a monokromatikus prok szerint, melyeket tartalmaznak, s a bikromatikus prok szerint. 37. A 'ha" rsz megmutatshoz keressnk egy W ⊆ V (H ) halmazt, hogy vagy a |W ∩ E1 | : : :  |W ∩ Em | halmazok mindegyike pros, vagy kzlk egy pratlan.

156

TLETTR

13.38

Mutassuk meg, hogy egy E lt a diszjunkt E1  : : :  Ek ⊂ E rszhalmazokkal helyettestve, nem vltoztatjuk meg a feltevst. (b) Hasznljuk a totlisan unimodulris incidencia mtrix hipergrfok korbbi karakterizcijt. 39. Egy pratlan kr incidencia mtrixa nem unimodulris. 40. Mutassuk meg, hogy egy minimlis ellenplda tartalmazna egy sszefgg, feszt 2-uniform (hiper)grfot. 41. Mutassuk meg, hogy a pontokat vletlenl kisznezve, annak a valszn sge, hogy egy monokromatikus let kapunk, kisebb, mint 1 ,v. 13.12a]. 42. Legyen |S | = 2r 2 s legyenek az S halmaz r elem rszhalmazai egy msik H hipergrf pontjai az S minden P = {X Y } partcijra azok az r-esek, melyek X ben vagy Y -ban vannak, alkossk a H egy Ep lt. Mekkora lesz  (H ) s  ∗ (H )? 43. Tekintsnk jra egy vletlen sznezst, de most 2.18-cal becsljnk. 44. (a) Tekintsnk egy maximlis fok pontot. (b) Hagyjuk el a legnagyobb fok pontot mindegyik lbl. (c) Szmoljuk le az leket, melyek egy magasfok ponthoz illeszkednek. 45. (a) Vlasszuk ki egy 2-elem rszhalmazt minden lnek gy, hogy ezek a rszhalmazok egy erdt alkossanak. (b) r = 2-re, a hromszg egy ilyen hipergrf. Vgezznk indukcit r-re. (c) Tegyk fel, hogy van egy nem-nulla vektor, mely ortogonlis minden l incidencia-vektorra, s tekintsk a negatv s pozitv elemeit. 46. (a)-ra, hasznljuk a 13.45-beli konstrukci egy mdostst (b)-re, prbljunk sszeszorozni kt kisebb konstrukcit (c)-re, keressnk egy egyszer direkt pldt. 47. Vlasszunk egy k -elem X halmazt minden 1 ≤ k ≤ r -re gy, hogy az X -et tartalmaz lek szma tbb, mint |E (H )|=rk . 48. Legyen V (H ) = {v1  : : :  vn }, E (H ) = {E1  : : :  Em },  1 ha v ∈ E , i j aij = 0 klnben, ∗ T s A = (aij )ni=1 m j =1 . Ekkor  (H ) rtke az 1 x maximuma, azon felttelek mellett, hogy Ax ≤ 1 s x ≥ 0. 49. (a) Bontsuk szt direkt mdon, de vegyk gyelembe a pontok multiplicitst. (b) Hasznljuk 7.40-et. (c) Vannak optimlis trtfedsek (prostsok) racionlis slyokkal. Cskkentsk a slyok legkisebb kzs nevezjt, felhasznlva (a)-t s (b)-t. (d) 2 ∗(G) a 2-prostsok maximlis mrete. 2 ∗ (G) az a formula, mely 7.37-ben van megadva 2 (G)-re. 50. Hasznljunk olyan konstrukcit, mely az elz megoldsbelihez hasonlt. 38. (a)

14.5

§ 14. RAMSEY ELMLET

157

ha S ⊆ legalbb  (G) eleme van a H minden F lre. (b) Az 'akkor" rsz knny (a) szerint a 'csak akkor" bizonytshoz, tegyk fel, hogy n (H ) < n (H ), s G lljon egy N elem halmaz sszes (N − n)-elem rszhalmazbl (N nagy). (c) Hasznljuk 13.30-at  (H p ) becslsre. 52. Ha egy x pont a klnbz E1 , E2 lekhez illeszkedik, vegyk a H − {E1 } s H − {E2 } hipergrfok egy-egy ( − 1)-elem fedsnek 'tlagt". 53. Vegyk a H − v , v ∈ E0 ∈ E (H ) maximlis prostsainak az 'tlagt". 54. Meg kell mutatnunk, hogy egy  -kritikus kiegyenslyozott hipergrf diszjunkt lekbl ll. Msoljuk le a 7.2 msodik megoldst. 55. Az (i)⇒(iii) bizonytshoz, vegyk szre, hogy egy minimlis ellenplda  kritikus lenne. 56. Mutassuk meg, s hasznljuk a kvetkez tnyt: Ha egy H hipergrf kielgti (iv)-t, akkor minden olyan H0 hipergrf, mely az lek megsokszorozsval keletkezik, szintn kielgti (iv)-t. (A megsokszorozsba belertjk a 0-val val szorzst, azaz az elhagyst is.) 57. Tegyk fel, hogy G perfekt rendeljk a H hipergrfhoz azt a G grfot, melyre L(H ) ∼ = G.

51. (a) A msodik egyenltlensg bizonytshoz vegyk szre, hogy ⊆ V (G ⊗ H ) lefedi a G ⊗ H sszes lt, akkor S ∩ (V (G) ⊗ F )-nek

x 14.

;



(a) Egy x pont vagy szomszdos legalbb kk+−l−1 1 ponttal, vagy nem szom;  szdos legalbb k+kl−1 ponttal. (b) R2 (a1  a2 ) ltezse az elz eredmnybl kvetkezik. Alkalmazzunk indukcit k-ra. 2. (a) ,ek !] = k ,e(k − 1)!] + 1. (b) A fels korlt 14.1a-bl trivilis. Az als korlt bizonytshoz tekintsk azt a H hipergrfot, melyre V (H ) = E (Kn ) s E (H ) = = {E (A) : A k pont teljes rszgrfja Kn -nek}. 3. (a) r = 2-re ezt mr tudjuk. Alkalmazzunk indukcit (a1 + : : : + ak )-ra s r re. (b) Vlasszunk az elemek egy olyan rendezett (x1  : : :  xm ) halmazt, melyre az indexek minden 1 ≤ 1 < : : : < r < m r-esre minden (r + 1) elem , (x1  : : : : : :  xr  x ) (r <  ≤ m) alak halmaz szne azonos. 4. Knny n-re alkalmazott indukcival. 5. Tekintsnk egy P maximlis piros utat s kt Q1 , Q2 diszjunkt kk utat, melyekre Q1 s Q2 ((V (P ) V (G) − V (P )))-lekbl llnak, vgpontjaik (V (G) − − V (P ))-beliek, nem tartalmazzk P vgpontjait, s hosszuk maximlis. Bizonytsuk be, hogy Q1 ∪ Q2 ∪ P minden pontot lefed. 1.

158

TLETTR

14.6

(a) Legyen (x0  : : :  x2k ) egy piros kr. Mutassuk meg, hogy (xi  xi+2 ) kk, (xi  xi+4 ) piros s (xi  xi+3 ) kk (i = 0 : : :  2k x2k+1+j = xj ). (b) Legyen (x1  : : : : : :  x2k ) piros kr. Mutassuk meg, hogy {x1  x3  : : :  x2k−1 } s {x2  x4  : : :  x2k } teljes rszgrfokat fesztenek. (c) Mutassuk meg, hogy ltezik monokromatikus M hossz kr valamely M ≥ m-re, majd hasznljuk (a)-t s (b)-t. 7. Tekintsk a 17. bra kongurcijt, ahol minden l hossza egysgnyi. 6.

a

H

G

1 a

b

B

F

b

e d

c E D

f

g

1

A

17. bra

C

18. bra d

1

3

1

1

a

1

b

c

3 1

3

e

19. bra

Tekintsk hat 1, a s b oldal hromszg 18. bra szerinti elrendezst. 9. (a) Vegynk egy svonknti sznezst. (b) Lsd a 19. brt. 10. (a) Tekintsk kt nagy szimplex Descartes szorzatt. (b) Feltehetjk, hogy ab = 1, ahol a, b az R kt oldal-vektora. Sznezzk a w pontot w2  modulo 4-gyel. 11. Legyen {A1  : : :  Ak } az {1 : : :  n} szban forg partcija. Tekintsk a teljes grfot {1 : : :  n + 1}-en s sznezzk meg az (i j ) lt a  sznnel, ha |i − j | ∈ A . 8.

14.23

§ 14. RAMSEY ELMLET

159

Alkalmazzunk indukcit r-re: Keressk 'hossz" intervallumok egy I1  : : :  Ir sorozatt, melynek els tagjai szmtani sorozatot alkotnak, s melyek hasonlan vannak sznezve. 13. Hasznljuk 14.2a-t a 14.11-hez hasonl mdon. 14. (a) Elszr vlasszunk egy nagy T halmazt s A1  B1 ⊆ S − T halmazokat, A1 ∩ B1 = ∅, gy, hogy minden X ⊆ T -re A1 ∪ X , B1 ∪ X s A1 ∪ B1 ∪ X szne azonos. (b) Legyen t nagy (a)-ban, s sznezzk az {i1  : : :  i } ⊆ {1 : : :  t} rszhalmazt Ai1 ∪ : : : ∪ Ai sznvel. 15. Sznezzk ki egy n elem halmaz rszhalmazait az elemszmuknak megfelel sznnel. r−1 , T ⊆ S . Sznezzk T − S 16. (a) n1 (k m) = k -ra trivilis. (b) Legyen |T | = k m T | T | minden a pontjt az ((a − d) : d ∈ m ) m -essel. 17. 14.16b ismtelt alkalmazsval tallunk olyan diszjunkt, nem res X1  : : : : : :  Xt ⊆ S halmazokat s olyan b m-vektort az S − X1 − : : : − Xt pontjain, hogy minden 12.

a=

m-vektor szne azonos az

a=

Xt i=1

ci Xi + b



ci =∅

Xi + b

m-vektor sznvel. Ezek utn alkalmazzuk 14.14b-t. 18.

Hasznljunk a 14.15-hz hasonl mdszert. 19. Tegyk fel, hogy {1 : : :  N }-nek minden N -re van olyan k -sznezse, hogy egyetlen rszhalmaz sem rendelkezik a P tulajdonsggal. Keressnk ilyen sszerakhat k-sznezseket. 20. (a) Hasznljuk a kvetkez szrevtelt: ha x, y s z eleget tesz (a)-nak s x, y, z ≡ 0 vagy i (mod 5), akkor x, y, z ≡ 0 (mod 5) (minden rgztett 1 ≤ i ≤ ≤ 4-re). (b) Alkalmazzunk indukcit k-ra s Van der Waerden ttelt. 21. Fordtsuk le az elz megolds (a) s (b) rszt az ltalnos esetre. 22. Sznezzk ki a pontokat vletlenszer en s hasznljuk 2.18-at annak biztostshoz, hogy minden l minden sznnel rintkezzen. 23. (a) Ez specilis esete 14.17-nek. (b) Ha adva van r1  : : :  rk ≥ 0, bizonytsuk be, hogy ltezik olyan N (k r1  : : :  rk  q − 1) szm, melyre ha n ≥ N s a GF (q) fltti n-dimezis projektv tr pontjai k sznnel vannak sznezve, akkor mindig ltezik olyan i ≤ k, s olyan ri -dimenzis altr, melynek minden pontja i szn . Prbljuk meg reduklni ezt az a/n esetre a 'vgtelen messze lv" hipersk elhagysval.

160

TLETTR

14.24

r = q prmhatvny, akkor megteszik egy elegenden nagy dimenzij GF (q) fltti a/n tr egyenesei. Egybknt vegynk egy q ≥ r prmhatvnyt s zsugortsuk egy q-uniform pldny leit. 25. Minden ai -hez nzzk a legnagyobb ai -vel indul monoton nv sorozatot. 26. (a) Legyen t(x) az olyan x = a1 < a2 < : : : sorozatok maximlis hossza, melyekre f (a1 ) ≤ f (a2 ) ≤ : : : Igazoljuk, hogy ha t(x) ≥ t(1) − k, akkor f (x) ≤ 2k (0 ≤ k ≤ t(1) − 1). (b) lljon f (n − 1) darab monoton cskken rszbl. 27. (a) Jellje (x y ) s '(x y ) a leghosszabb (x y ) ∈ E (Tn ) llel indul monoton nv, illetve cskken utak hosszt. Brmely a s b pontokra {( (a x) '(a x)) (a x) ∈ E (Tn )} = {( (b x) '(b x)) (b x) ∈ E (Tn )}: (b) A korlt lessgnek bizonytshoz alkalmazzunk indukcit p-re s q-ra. 28. (a) Legyen xi+1 az f (S − {x1  : : :  x })  = 0 : : :  i pontoktl klnbz pont (0 ≤ i ≤ m − 1). (b) Bizonytsuk (a) s (b) egy kzs ltalnostst: ltezik S -nek olyan (x1  : : :  x2n ) rendezse, melyben minden 1 ≤ ≤ j ≤ n-re f ({x1  : : :  x }) ∈ {x1  : : :  x2j } 2j <  ≤ 2n a  legalbb (n − j )2j rtkre igaz. (c) Keressnk f -et a kvetkez formban: Adott egy ' fggvny, melyre 1 ≤ '(i) ≤ i, legyen f (X ) az X halmaz '(|X |)-edik eleme (X ⊆ S = {1 : : :  2n−1 − 1}). 29. Irnytsunk minden kt adott pont ltal alkotott (p q ) szakaszt flfel, s sznezzk az i sznnel, ha az x tengely pozitv rszvel alkotott szge ni  s i+1 n  kztt van. Mi lehet az i szn szakaszok ltal alkotott Gi grf kromatikus szma, 24. Ha

ha nem tartalmaz 'majdnem egyenes" trttvonalat? 30. (a) Rendeljk az (y1 − y2 )=(x1 − x2 ) rtket az S -en rtelmezett teljes grf ((x1  y1 ) (x2  y2 )) lhez irnytsuk ezt (x1  y1 )-bl (x2  y2 )-be, ha x1 < x2 , s alkalmazzuk 14.27-et. (b) Hajtsuk vgre a 14.27 konstrukcit az itt szerepl specilis tpus turnamentekkel. 31. (a) Sznezzk a pontok egy ngyest pirosra, ha konvex ngyszget alkot, egybknt kkre alkalmazzuk a Ramsey ttelt. (b) A fels korlt az elz feladatbl azonnal addik. Az als korlthoz rakjunk ssze alulrl konvex (i + 2)-szget ; m − 2 s fellrl konvex (m − i)-szget nem tartalmaz i mret halmazokat minden i = 0 : : :  m − 2-re.

§ 15. REKONSTRUKCI

15.8

161

x 15.

(a) Hogyan talljuk meg G pontjait L(G)-ben? (b) Valamely pontbl hrom olyan e1 , e2 , e3 ∈ E (G1 ) l indul ki, hogy a megfelel e1 , e2 , e3 ∈ E (G2 ) lek hromszget alkotnak. (c)-re a vlaszt (b) megoldsa tartalmazza. 2. (a) Mutassuk meg, hogy |E ∩ F | = |(E ) ∩ (F )| brmely kt E F ∈ E (Knr ) esetn. (b) Mutassuk meg, hogy 'felismerhet" L(Knr )-ben, ha kt r-esnek k kzs pontja van k = r − 1-re majd igazoljuk ezt k = 1, 2, : : : -re. 3. Ismt hatrozzuk meg |E ∩ F |-et Li (Knr )-bl a mind E -vel, mind F -fel szomszdos r-esek megszmolsval. 4. (a) Tekintsk a csillagok, kint az lek rszhalmazai h n2 i ltal alkotott hipergrfot. (b) Amire szksgnk van, az az lek lefedse 4 teljes rszgral. Ezt a Turn ttelben (10.28) szerepl mdszerhez hasonlan tehetjk meg. 5. (a) Hasznljuk fel 15.1b-t annak bizonytshoz, hogy a Hx grfok 'sszeillenek". (b) Az elz feladatbl nyilvnval. 6. (a) Ha G = L(H ), akkor H leinek azon hrmasai, melyek G-ben pratlan hromszget alkotnak, egy csillaghoz tartoznak s viszont. (b) Deniljuk G kt (a b) s (c d) lt ekvivalensnek, ha azonosak, vagy egy pratlan hromszgbe tartoznak, vagy egy teljes ngyszget fesztenek. Mutassuk meg, hogy ez ekvivalencia-relci, az ekvivalencia-osztlyok 15.4a-nak megfelel az leket lefed teljes rszgrfok, s kevs eset kivtelvel egy kvnt H grfot adnak, melyre L(H ) = G. (c) Hogyan lehet (a)-ban (ii)-t megsrteni? 7. Igazoljuk, hogy a 20. brn lthat grf nem lgrfja egyetlen tbbszrs lt nem tartalmaz 3-uniform hipergrfnak sem, viszont minden valdi rszgrfja az. 1.

x0

z1

x1

z2

u1

x2

u2

y0

y1

v1

w1

y2

v2

z3

zn

…

w2

vn

xn

zn+1

xn+1

un yn

yn+1

wn

20. bra 8.

(a) Ez a kvetkezt jelenti: keressk ugyanazon skbarajzolhat grfnak kt lnyegesen klnbz skbagyazst. (b) Hasznljuk 6.69-et.

162

TLETTR

15.9

(a) Tekintsnk kt (x y), (x z ) lt s egy y-on s z -n thalad G1 − x-beli C krt. (b) 15.1b megoldsa egyszer stett formban alkalmazhat, hiszen ebben 9.

az esetben nem lehet hromszgnek megfelel csillag. 10. Alkalmazzunk indukcit r -re, megmutatva azt, hogy T s T  izomorfak (s xi -nek xi  felel meg). 11. (a) Az elz megolds egy azonossgbl kvetkezik. (b) hasonlan addik. (c) Konstruljuk meg T -t indukcival. Vegynk kt olyan xi s xj pontot, melyekre dri + drj − dij minimlis. ;  pldnybl 0 ≤ l ≤ k+1 -re, {b  : : : 12. (a) lljon {a1  : : :  an } a 2l szm k2+1 1 2 l ;  pldnybl k -re. (b) Fejezzk ki a 0 ≤ l ≤ : : :  bn } pedig a 2l + 1 szm 2kl+1 +1 2 felttelt a kvetkez polinomok segtsgvel:

f (x) = 13. f − g -t

n X i=1

xai 

tekintve elg azt beltni, hogy

g(x) =

n X i=1

xbi :

M c c X i si1 : : : sik 1

k i=1 nem t nhet el minden s1  : : :  sk ≥ 0 egszre, hacsak nem azonosan 0.

bizonytsuk azt, hogy G1 s G2 lszma azonos, majd azt, hogy fokszmaik is azonosak. 15. (a) Tekintsnk kt Hamilton krt V -n. (b) Szmoljuk meg H -t minden G − − x rszgrfban. (c) Bizonytsuk be, hogy k = |V | − 1 : : :-re minden k pont sszefgg grf ugyanannyiszor fordul el G1 s G2 komponenseknt. 16. (a) Ti tmrje a (Ti − x)-ek tmri kzl a maximlis, kivve, ha Ti egy t. (b) Ha Ti − x tmrje minden x vgpontra d, akkor Ti kzppontra vonatkoz gai a 15.9c-ben alkalmazotthoz hasonl mdszerrel konstrulhatk. Ha egy x0 vgpontot minden d hossz t tartalmaz, akkor vizsgljuk meg, hogy minden Ti − x0-beli (d − 1)-hossz t lefoghat-e egyetlen ponttal. 17. (a) Fejezzk ki a G1 G2 -be s sajt magba val izomorzmusainak szmt az 5.18-ban szereplhz hasonl formulval, s vegyk szre, hogy a jobb oldalak azonosak. (b) Hasznljuk a szitaformula helyett a 2.7b azonossgot. 18. Elszr mutassuk meg, hogy ha (∗) minden k elem X -re fennll, akkor fennll minden k-nl kevesebb elem X -re is (feltve, hogy k ≤ |V | − r). 19. Tegyk fel, hogy H1 = H2 . Mutassuk meg, hogy ∅ ∈ E (H1 ) vagy ∅ ∈ E (H2 ) majd bizonytsuk k szerinti indukcival, hogy minden k mret halmaz k paritstl fggen vagy H1 -be, vagy H2 -be tartozik. 14. Elszr

15.22

§ 15. REKONSTRUKCI

163

(a) Epimorzmusra (H -ra val homomorzmus) az llts trivilis lenne. Fejezzk ki az epimorzmusok szmt a homomorzmusok szmval. (b) 'Dualizljuk" (a) megoldst. 21. Mutassuk meg, hogy H G × G-be val homomorzmusainak szma ngyzete a H G-be val homomorzmusai szmnak. 22. (a) Prblkozzunk F = K2 -val vegyk szre, hogy G1 s G2 fokszm-sorozata azonos kell, hogy legyen. (b) )rveljnk az elz feladathoz hasonlan. (c) Legyen G◦ a◦G-bl◦ minden pontnl egy hurokl felvtelvel elll grf. Ekkor (G · H )◦ = = G × H . (d) A fentiekhez hasonlan, ha kt csoport rendelkezik azzal a tulajdonsggal, hogy minden csoportnak mindkettbe ugyanannyi homomorzmusa van, akkor izomorfak. 20.

III. Megoldsok

x

1. A leszmlls alapjai

I. Az els szemlynek a k levelezlap brmelyikt kldhetjk. Brmit is kldtnk az elsnek, a msodiknak szintn akrmelyik lapot elkldhetjk a k kzl, azaz k · k = k2 -flekppen kldhetjk el a lapokat az els kt bartunknak. Tovbb, brmit kldtnk az els kettnek, a harmadik bartnak is k-fle lapot kldhetnk. Teht sszesen kn flekppen kldhetjk szt a lapokat. II. Ha klnbz lapokat kell sztkldennk, akkor az elsnek k fle lapot kldhetnk mg mindig. De att l fggen, hogy elsre mit kldtnk, csak k − 1 fle lapot kldhetnk a msodiknak, s att l fggen, hogy az els kettnek mit kldtnk, a harmadik a maradk k − 2 lap brmelyikt kaphatja, s gy tovbb. gy a levelezlapok sztkldse k(k − 1) : : : (k − n +1) flekppen lehetsges (ami persze 0, ha n > k). ;  III. Ez ugyanaz, mint az els krds, de most k2 prunk van a k levelezlap ; n helyett. gy az eredmny k2 . 2. I. Egymst l fggetlenl kell a levelezlapokr l dntennk. Akrmelyik lap kldhet az n bart brmelyiknek. gy az eredmny nk lesz. II. Legyenek C1  : : :  Ck a lapok. Az S = {C1  : : :  Ck } halmazt n diszjunkt nemres S1  : : :  Sn halmazra kell sztvgni. gy az {S1  : : :  Sn } az S egy part ci jt alkotja. Az S tetszleges, pontosan n osztly part ci jb l n! flekppen kldn o k hetjk szt a levelezlapokat. gy az eredmny n! · n lesz. 3. sszesen 14! permutci ja van a karakterizci sz betinek, ezek azonban nem mind klnbzek. Val jban, ha egy permutci ban felcserljk a kt At, vagy a kt K -t, a kt R-et, a kt I -t, ugyanazt a sz t kapjuk. gy tetszleges permutci ra 2 · 2 · 2 · 2 = 16 msik permutci ugyanazt a sz t adja, gy az eredmny 14! 16 1.

166

MEGOLDSOK

1.4

ltalban, ha kA darab A-nk, kB darab B -nk, stb. van, akkor (kA + kB + : : :)! kA !kB ! : : : lesz az eredmny. 4. (a) Ha a forintokat az tlettrban le rt m don osztjuk szt, akkor n − 1szer mondjuk, hogy "Krem a kvetkezt". Ha eldntjk, hogy mely pontoknl (melyik rme utn) mondjuk ezt, azzal egyrtelmen meghatroztuk a kiosztst. k − 1 helyen mondhatjuk ezt, s ezt n − 1 lehetsges hely kzl kell kivlasztanunk,

gy az eredmny  k − 1: n−1 (b) Krjnk klcsn mindegyik szemlytl egy forintot. Ha most sztosztjuk az n + k forintot a k szemly kztt gy, hogy mindegyik legalbb egyet kap, akkor ez ugyanaz, mintha a k forintot minden felttel nlkl osztottuk volna szt az n szemly kztt. Prec zebben megfogalmazva, az n + k forint sztosztsai az n szemly kztt, azon felttel mellett, hogy mindegyik kap legalbb egy forintot, klcsnsen egyrtelmen megfeleltethetk a megszor ts nlkli sztosztsok szmnak k forint s n szemly esetn. gy a vlasz 



n+k−1 : n−1

5.

Az els fajta levelezlapokat 

a1 + n − 1 n−1



-flekppen oszthatjuk szt, az elz megolds szerint. Ettl fggetlenl 

a2 + n − 1 n−1



-flekppen kldhetjk el a msodikat, stb. gy az eredmny  a1 + n − 1a2 + n − 1 · · · ak + n − 1: n−1 n−1 n−1 n

o

(a) gy rtelmezzk n+1 k -t, mint az {1 : : :  n + 1} part ci inak a szmt, pontosan k osztly esetn. Tekintsk az {1 : : :  n + 1} part ci nak az {1 : : :  n}6.

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.6

167

re val megszor tst. gy az {1 : : :  n} minden k osztly part ci jt pontosan k-szor kapjuk meg, s minden k − 1 osztly part ci t pontosan egyszer. Ebbl 

n + 1 =  n  + k nno : k k k−1

Egy msik rekurzi s relci t is kaphatunk, ha elhagyjuk az (n + 1)-et tartalmaz

osztlyt. gy a maradk n + 1 − r elem egy k − 1 osztly part ci jt kapjuk, ;  ahol r az (n + 1)-et tartalmaz osztly elemeinek a szma. Ezt az osztlyt r−n 1 flekppen vlaszthatjuk ki. gy a kvetkez rekurzi t kapjuk: 

n n m  +1  n   n + 1 − r  X n + 1  = nX = : −1 −1 m k −1 k r k m=0 r=1

A Stirling-fle ciklikus szmokr l a kvetkezket mondhatjuk: az {1 : : :  n+1} minden k ciklusb l ll permutci jt megszor thatjuk a {1 : : :  n} halmazra: ha n + 1 egy xpont, akkor egyszeren elhagyjuk klnben kihagyjuk az t tartalmaz ciklusb l. gy az {1 : : :  n} minden k − 1 ciklusb l ll permutci jt pontosan egyszer kapjuk meg, s minden olyan permutci jt az {1 : : :  n}-nek, mely k ciklusb l ll, pontosan n-szer kapjuk meg (mert az n + 1 akrmelyik elem utn beilleszthet). gy kapjuk az 

n + 1 =  n  + n hni : k k−1 k

rekurzi t. Ezen rekurzi k alapjn knnyen eklsz thetjk a Stirling szmok tblzatait:

n 0 1 2 3 4 5 6 7

k 0

1

2

3

4

5

6

7

1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 3 1 0 0 0 0 1 7 6 1 0 0 0 1 15 25 10 1 0 0 1 31 90 65 15 1 0 1 63 301 350 141 21 1a tblzat: a Stirling-fle part ci s szmok

0 0 0 0 0 0 0 1

168

MEGOLDSOK

n 0 1 2 3 4 5 6 7

k 0

1

2

3

1.6

4

5

6

7

1 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 2 3 1 0 0 0 0 6 11 6 1 0 0 0 24 50 35 10 1 0 0 120 274 225 85 15 1 0 720 1764 1624 735 175 21 1 1b tblzat: a Stirling-fle ciklikus szmok (b) Osztlyozzuk az {1 : : :  n} n − k osztly part ci it, tekintetbe vve azon osztlyok S uni jt, melyek 1-nl tbb elemet tartalmaznak. Ha |S | = j , akkor az tlettrbeli megjegyzs szerint j ≤ 2k. Legyen ajk egy j -elem halmaz j − kosztly ;  part ci inak a szma, ahol az osztlyok mrete legalbb 2. Egy adott j -re, nj -flekppen vlaszthatjuk meg S -et, s gy 

n



−k + 1 −n





2k X

 

n n − k = j=0 ajk j  ami nyilvnval an n-nek egy polinomja (a foka 2k). A Stirling-fle ciklikus szmokra vonatkoz ll ts hasonl kppen lthat be. (c) A hatrfelttelek megadjk nk -t abban az esetben, ha n vagy k 0-val egyenl. Az n = 0-ra kapott rtkek egyrtelmen meghatrozzk az rtkeket minden n > 0-ra a rekurzi seg tsgvel (knny beltni, hogy k = 0, n > 0ra 0-t kapunk, ahogy elvrhat ). Az tlettrban megadott formban hasznlva a rekurzi t, lthatjuk, hogy a k = 0-ra kapott rtkek meghatrozzk az sszes k < 0 rtket (az n = 0, k < 0 rtkek is rendben vannak). Vgl a rekurzi t a kvetkez alakban fel rva:     nno n + 1 n k k = k − k−1  kapjuk az rtkeket minden n < 0 s k > 0-ra, a k − n-re vonatkoz rekurzi val. Az ll ts a Stirling-fle ciklikus szmokra h i hasonl an kvetkezik. −k (d) rjuk fel az (a)-beli rekurzi t −n -re: 

=





−k −k −k −n − 1 −n





§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.7

vagyis h



−k

−n + 1

i



=



−k + 1 −n



+k



−k −n

169 

:



gy −−nk ugyanazt a rekurzi t elg ti ki, mint nk . Mivel ugyanazokat a hatrfeltteleket is kielg tik, ezrt (c) szerint identikusak $v. D. E. Knuth, Two notes on notation, Amer. Math. Monthly , 1992.] 7. (a) Tegyk fel elszr, hogy x egy pozit v egsz szm. Legyen |X | = x, |N | = = n. Az N X -be trtn lekpezseinek a szma xn (v. 1.1). Msrszt legyen k az N X -be val lekpezseinek a mrete. Egy rgz tett k-ra S (n k)-flekppen adhatjuk meg, hogy N mely elemei kpezdnek le X -nek ugyanazon elemre. Amint N -nek ez a part ci ja meg van adva, minden osztlynak meg kell hatroznunk a kpt, klnbz osztlynak klnbz kpet. Ezt x(x − 1) : : : (x − k + + 1)-flekppen tehetjk meg. gy S (n k)x(x − 1) : : : (x − k + 1) az N X -be val azon lekpezseinek a szma, melyek kpe k elem. Ez bizony tja az azonossgot, amikor x pozit v egsz szm. De ez azt jelenti, hogy ha x-et gy tekintjk, mint a kt oldalon lv polinom vltoz jt, akkor vgtelen sok helyen megegyezik az rtkk, ezrt rvnyes az azonossg. (b) jb l feltehetjk, hogy x pozit v egsz szm. Ha  az S halmaz egy permutci ja, pontosan k ciklussal, akkor xk az S azon x sz nnel val sz nezseinek szma, melyek invarinsak a -re vonatkoz an. Az azonossg bal oldala ezen szmokat sszegzi az S = {1 : : :  n} minden  permutci jra. Az S egy adott x-sz nezse k1! : : : kx!-szer van beszm tva, ahol ki az i-sz n elemek szma. Egy adott k1  : : :  kx sorozat elfordulsainak a szma n!=k1 ! : : : kx ! (lsd 1.3) s gy 1.4b szerint, X n! k ! : : : k ! = n!x + n − 1 = x(x + 1) : : : (x + n − 1): x 1 n k :::kx ≥0 k1 ! : : : kx ! 1

k1 +:::+kx =n

(c) (a) s (b)-bl kapjuk (az ut bbiban −x-szel helyettes tve x-et), hogy n nno X k n x(x − 1) : : : (x − k + 1) = X (−1)k−j kj xj = k k j =0 k=0 k=0   n k n o X X = (−1)j xj (−1)k nk kj  j =0 k=0

xn =

n n o X

ebbl az ll ts az egytthat k sszehasonl tsb l kvetkezik.

 

170 8.

MEGOLDSOK

k n k (−1)k−j X 1X k jn = X ( S (n r)j (j − 1) : : : (j − r + 1) = −1)k−j k! j=0 j !( k − j )! j r=0 j =0  

=

9.

1.8

j k X X

(−1)k−j S (n r) (k − j )!(1 j − r)! =

j =0 r=0   k S (n r) X k k S (n r) X X k −j k − r (1 − 1)k−r = S (n k): = (k − r)! (−1) = k −j ( k − r )! r=0 r=0 j =r

(a) Mivel S (n k) = 0 k > nre, ezrt

k X Bn = S (n k) = k1! (−1)k−j kj j n = k=0 k=0 j =0 ∞ X

=

 

∞ X

∞ ∞ n jn X (−1)k−j = X j · 1: j =0 j ! k=j (k − j )! j =0 j ! e ∞ X

(b) Elszr is megjegyezzk, hogy ∞ X 1 1 √ (1) Bn ∼ kn−k− 2 ek−1 (n → ∞): 2 k=1 Val ban, legyen k0 gy vlasztva, hogy k ≥ k0 -ra     k! √ − 1 < "  2k (k=e)k ahol " tetszleges, adott pozit v szm. Nyilvn kX 0 −1 k n

gy azt kapjuk, hogy Hasonl an,

n k 0 = o k ! = o(Bn ): k ! 0 k=0 

Bn ∼ 1e

kn : k=k0 k! ∞ X

∞ ∞ X X 1 1 n − k − 1 = 2 k − 1 √ k e ∼√ kn−k−1=2 ek−1 : 2 k=1 2 k=k0

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.9

k0 megvlasztsa miatt √1

1−"< ami bizony tja (1)-et. Legyen

(

∞ P

2 k=k0 k 1 e

n−k−1=2 ek−1

∞ P

k=k0

kn =k!

171

< 1 + "

1 xn−x− 12 ex−1  2

ha x ≥ 0, 0 ha x ≤ 0. Ekkor gn (x)-nek egyetlen maximuma van a (n) pontban. Legyen √ + y= n)) : hn (y) = gn ( (ng)(1 n ( (n)) Ekkor hn (y)-nak az egyetlen maximuma y = 0-nl van, ez a maximlis rtk 1 , s a fentiek szerint kapjuk, hogy

gn (x) =

(2)

√

8 ∞ < X

Bn ∼ :

ahol ∞ R

9 =

√

n h (y ) · √(n) g ( (n)) n k ( n n n k=−∞ ) √ √ yk = k (nn) − n:

A { }-beli sszeg a hn (y)dy integrlt approximlja, s a klnbsg kisebb, −∞ mint (n= (n)) max hn (y) = o(1). Megmutatjuk, hogy 2 (3) hn (y) → e−y =2 (n → ∞) s hogy a hn (y) fggvnyeknek kzs integrlhat majornsuk van. Ekkor Lebesgue ttelbl kvetkezik a feladat ll tsa: ∞

Z √ 2 1 ( n ) Bn ∼ √n gn ( (n)) e−y =2 dy = √(nn) gn ( (n)) 2 = √1n (n)n+ 2 e(n)−n−1 : −∞

Mrmost (3) a kvetkez transzformci b l kvetkezik: (4)





log hn (y) = −(n − (n)) √yn − log 1 + √yn     y 1 y − (n) √ + n 2 log 1 + √n :



−

172

MEGOLDSOK 

1.10



A msodik tag ∼ √yn (n) √yn + 21 = o(1) ( n → ∞ esetn), m g az els tag megegyezik a kvetkez kifejezssel (n − (n))



−

y2 + y√3 − : : : = − y2 + o(1) 2n 3n n 2

n > y2 esetn. Ez (3) bizony tst adja. Ahhoz, hogy megtalljuk hn (y) egy integrlhat majornst, elszr legyen y > 0. Ekkor (4) szerint,    n y y log hn (y) < − 2 √n − log 1 + √n (n ≥ 16 esetn). Ez a fels korlt monoton cskken s gy    h (y) < exp −2y + 8 log 1 + y (n ≥ 16): n

4

y < 0-re hasonl an kapjuk, hogy      log hn (y) < − n2 √yn − log 1 + √yn − 12 log 1 + √yn (feltve, hogy n > y2 ). Knny ltni, hogy y < −3-ra a jobb oldal monoton nv,

s

2

hn (y) < e−y : Ez teljesl n ≤ y2 esetn is, hiszen ekkor hn (y) = 0. hn (y) rtkt 1-gyel becslve a −3 ≤ y ≤ 0 intervallumban, kapjuk a k vnt integrlhat majornst. $L. Moser{

M. Wyman, Trans. Royal Soc. Can. 49 (1955) 49{54.] 10. Legyen S a particionland

halmaz, s x ∈ S . Ha az x-et tartalmaz osztly;n−1 nak k eleme van, akkor ezt k−1 flekppen vlaszthatjuk ki, a maradk n − k elemet pedig Bn−k flekppen vghatjuk szt. gy azon part ci k szma, melyekben az x-et tartalmaz osztlynak k eleme van,  n − 1B : k − 1 n−k Ez igaz marad k = n-re, ha B0 = 1-t hozztesszk. gy n X

−1 n − 1 B = nX n−1 B : Bn = n −k k k=1 k − 1 k=0 k









§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.12

11.

173

Az elz megoldsbeli rekurz v sszefggsbl kapjuk, hogy ∞ n n −1 X X B x n−1 B = n n p(x) = x = 1 + k n=0 n! n=1 n! k=0 k ∞ ∞ X X 1 xn = 1 + Bkk!  n ( n − k − 1)! k=0 n=k+1



∞ X



s gy ∞ ∞ ∞ r n−1 kX X X B x B x x = p(x)ex  k k = p (x) = k=0 k! n=k+1 (n − k − 1)! k=0 k! r=0 r! 

vagyis

∞ X

(log p(x)) = pp((xx)) = ex  

x p(x) = ee +c

valamilyen konstans c-vel, melyet gykapunk, hogy x = 0-t runk be: 0 1 = p(0) = ee +c 

gy azt kapjuk, hogy 12.

c = −1:

x p(x) = ee −1 :

(a) Jellje ki az i-elem osztlyok szmt a part ci ban. Ekkor

k1 + 2k2 + : : : + nkn = n: Szmoljuk le a part ci kat rgz tett k1  : : :  kn mellett. Ha az n trgy tetszleges elrendezst tekintjk, egy ilyen part ci t kaphatunk, ha az els k1 elemet, mint 1elem osztlyt vesszk, a kvetkez 2k2 elemet mint 2-elem osztlyt, stb. Minden adott part ci t pontosan

k1 !(1!)k1 · k2 !(2!)k2 : : : kn !(n!)kn -szer fogunk megkapni, mert elll thatjuk az elrendezst a trgyakb l gy is, hogy elszr vesszk az 1-elem osztlyokat, aztn a 2-elemeket, stb. Ugyanakkor ki ! flekppen rakhatjuk sorba az i-elem osztlyokat s (i!)ki flekppen

174

MEGOLDSOK

1.12

rendezhetjk el az elemeket az i-elem osztlyokban. gy a ki darab i-elem osztlyb l ll part ci k szma (ahol i = 1 : : :  n k1 + 2k2 + : : : + nkn = n), n! : k k1 !(1!) 1 k2 !(2!)k2 : : : kn !(n!)kn Ez bizony tja az ll tst. Innen ∞ ∞ X X X 1 p(x) = Bnn! xn = xn : k k k n 1 2 k !(1!) k !(2!) : : : k !( n !) n 1 2 n=0 n=0 k1 :::kn≥0 k1 +2k2 +:::nkn =n

Minden tagban igazb l megengedhetnk vgtelen sok ki -t, azzal a megktssel, hogy k1 + 2k2 + : : : = n, hiszen vilgos, hogy kr = 0, ha r > n. gy ∞ P

p(x) =

∞ X

n=0

X

iki

X xn xi=1 =  ∞ ∞ Q Q k k i i ki ≥0 ki !(i!) ki !(i!)

ki ≥0 k1 +2k2 +:::=n i=1

i=1

ahol az sszegzs minden k1  k2  : : : nem-negat v sorozatra kiterjed. Kvetkezskppen 0 1 ∞ i iki Y x x A p(x) = = xi! = ee −1 : k i i=1 k1 =0 ki !(i!) i=1 e ∞ Y

@

∞ X

(b) Ha tekintjk a

n!

X

k1 :::kn ≥0 k1 +:::+kn=n

 k1 !(1!)k1 k2 !(2!)k2 : : : kn !(n!)kn

sszeget, szrevehetjk, hogy ez a polinomilis kifejtse a 

n X

1 i=1 i!

!n

≈ (e − 1)n :

kifejezsnek. Val ban, a klnbsgre teljesl (e − 1)n −



n X

!n



n X

!0



nX −1 n 1 X = e − 1 − i1! @ (e − 1)k i=1 i=1 i! k=0   < (n +1 1)! + (n +1 2)! + : : : n(e − 1)n → 0:

1 i=1 i!

!n−k 1 A


a2 : : : > am ≥ 1, amibl a1 − (m − 1) ≥ a2 − (m − 2) ≥ : : : ≥ am−1 − 1 ≥ am ≥ 1 s gy az

n−





m = (a − (m − 1)) + (a − (m − 2)) + : : : + a m 1 2 2

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.19

179

;m

felbonts az n − 2 egy part ci ja m tagra.;  Megford tva, ha adott szmunkra az n − m2 egy part ci ja pontosan m tagra, akkor sorra m−1, : : : , 1, 0-t hozzadva minden taghoz, az n egy part ci jt kapjuk m klnbz tagra. gy: ; Az  n szm pontosan m klnbz tag partci inak szma megegyezik az n − − m 2 pontosan m tag partci inak a szmval. 18. Ha (7) n = a1 + : : : + am a1 > : : : > am ≥ 1 akkor legyen ai = 2i bi  ahol bi pratlan. Minden ai -t 2i bi -vel helyettes tve (7)-ben, az n egy part ci jt kapjuk pratlan tagokra (megcserlve az elrendezst, ha szksges). A pratlan d szm elfordulsainak a szma ekkor X (8) 2i : bi =d

Megmutatjuk, hogy a fenti megfeleltets egy bijekci , azaz n minden pratlan tagokb l ll part ci ja pontosan egyszer fordul el. Legyen ugyanis 1 1-es, 3 3-as : : : . Ha ez fent elfordul, akkor

d =

X

bi =d

2i

tetszleges pratlan d-re. Mivel a i szmoknak klnbzeknek kell lennik (mert i = j , bi = bj = d maga utn vonn, hogy ai = aj = 2i d) ebbl kvetkezik, hogy a d -k egyrtelmen meghatrozzk ket. gy az n egy pratlan tagokb l ll part ci ja legfeljebb egyszer fordul el. Msrszt d fel rhat , mint klnbz 2-hatvnyok sszege:

d =

X

2i (d) 

alak d2i (d) szmok az n egy klnbz tagokb l ll part ci jt alkotjk, gy hogy a megfelel pratlan tagokb l ll ugyanaz, amelyikbl kiindultunk. 19. Tekintsk az albbi part ci t (9) n = a1 + : : : + am  a1 > : : : > am s a Ferrers diagrammjt. Hzzunk vonalakat az els s az utols oszlopon keresztl, tovbb a legals soron keresztl s egy 45 fokos szgben leszll egyenest az els oszlop legfels pttyn t (lsd 22. bra)

180

MEGOLDSOK

1.19

p

am

m 22 = 8 + 7 + 4 + 3 (a)

=

7+6+4+3+2 (b)

22. bra

Ezt a diagramot a fent leirt ngy egyenes ltal meghatrozott trapz tartalmazza, mert a1 > : : : > am . Jelljk p-vel a fels (ferde) vonalon lv pttyk szmt. A kvetkezkppen transzformljuk a diagramot. Ha p < am, akkor elhagyjuk az utols pttyket az els p oszlopb l s egy j oszlopot hozunk ltre a vgn (22a→b bra). Az eredmnyl kapott diagramnak csupa klnbz sora lesz, ez nyilvnval , ha am nem cskkent, azaz p < m s szintn vilgos, ha p = m s am > p + 1. Most am = p + 1, m = p ki van zrva, mert ekkor 2 n = (p + 1) + (p + 2) + : : : + (2p) = 3p 2+ p : Ha am ≤ p, akkor hagyjuk el az utols oszlopot s adjunk egyet az els am oszlophoz (22b→a bra). Ez lehetsges, kivve akkor, ha nincsen am oszlop, azaz m − 1 < am . De m ≥ p ≥ am s gy ez csak akkor fordulhat el, ha m = p = am de akkor 2 n = p + (p + 1) + : : : + (2p − 1) = 3p 2− p  amit eleve kizrtunk. gy egy olyan transzformci t deniltunk, amely klnbz tagokb l ll part ci k Ferrers diagrammjt felelteti meg egymsnak. Knny ellenrizni (ezrt van az, hogy a 22, brt felhasznlhatjuk mindkt tekintett eset illusztrlsra), hogy ezen transzformci t ktszer alkalmazva megkapjuk az eredeti diagrammot, azaz a klnbz tag part ci kat a transzformci prokba sorolja. Mivel minden pr tartalmaz egy pros sok tagb l ll part ci t s egy pratlan sokb l ll t, ez a pros ts bizony tja a problma ll tst. $Euler lsd mg 1.22]

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.21

181

20.

Ha tekintjk az (1 + x + x2 + : : :)(1 + x2 + x4 + : : :)(1 + x3 + x6 + : : :) szorzatot, akkor az xn egytthat ja megegyezik azzal a szmmal, ahnyflekppen xn reprezentlhat , mint a xk1 x2k2 : : : xnkn szorzat, azaz n part ci inak a szma. Ebbl

S (x) =

∞ X

n=0

n xn = (1 + x + x2 + : : :)(1 + x2 + x4 + : : :) : : : =

= 1 −1 x ·

1 · 1 ::: = 1 : 1 − x2 1 − x3 (1 − x)(1 − x2 ) : : : (Nem foglalkoztunk a vgtelen szorzat konvergencijnak a krdsvel, ez knnyen elintzhet, de tekinthetjk gy is a problmt, mint formlis sorokra vonatkoz

krdst.) 21. A szorzatban xn egytthat ja (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) : : : az n klnbz tag part ci inak a szma az xn egytthat ja a (1 + x + x2 + : : :)(1 + x3 + x6 + : : :)(1 + x5 + x10 + : : :) : : : szorzatban, megegyezik az n pratlan tagokb l ll part ci inak a szmval. gy meg kell mutatnunk, hogy (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) = = (1 + x + x2 + : : :)(1 + x3 + x6 + : : :)(1 + x5 + x10 + : : :) : : : vagy ami ezzel ekvivalens, 1 : (10) (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) : : : = (1 − x)(1 − x3 )(1 − x5 ) : : : Most (1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) : : : = 1 s x2k+1 -t helyettes tve x helybe, kapjuk, hogy (1 − x2k+1 )(1 + x2k+1 )(1 + x2(2k+1) )(1 + x4(2k+1) ) : : : = 1: Ezeket az azonossgokat k = 0 1 2 : : : -re sszeszorozva, megkapjuk az sszes 1 − − x2k+1 alak binomilis tnyezt, s az sszes 1 + xn alak binomilist gy (1 − x)(1 − x3 )(1 − x5 ) : : : (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) : : : = 1 ami bizony tja (10)-et.

182 22. Ha

MEGOLDSOK

1.22

kifejtjk a

(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) : : : szorzatot, akkor n minden pratlan sok tagb l ll part ci jb l −xn -et kapunk, s +xn -et a pros sok tagb l ll part ci kb l. gy az sszes xn -es tagok kinul2 lzzk egymst, kivve, ha n = 3k 2±k , mint azt 1.19-ben lttuk. 2 Vizsgljuk meg, hogy mi trtnik az n = 3k 2+k esetben. Az 1.19 megoldsa sorn n part ci ira megkonstrult megfeleltets a pros sok tagot tartalmaz

part ci kat a pratlan sok tagot tartalmaz part ci kkal pros tja ssze, kivve, amikor n = (k + 1) + (k + 2) + : : : + (2k), s ez egy (−1)k egytthat t ad. Ha2 sonl an, amikor n = 3k 2−k , (−1)k xk -t kapunk. Ebbl ∞

X (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) : : : = 1 + (−1)k k=1



3k2 −k x 2

3k2+k +x 2



:

$Ennek egy meglehetsen trkks analitikus bizony tsa, mely persze 1.19-et is bizony tja, megtallhat Rademacher, Lectures on Elementary Number Theory , Blaisdell, 1964. knyvben.]

a4 a3 a2 a1

23. bra 23. (a)

Bizony tsuk be az tlettrban megfogalmazott kombinatorikus ll tst. Legyen adva egy szimmetrikus Ferrers diagramm, melynek k eleme van az 'tl jban", s ekkor jelljk a1 -gyel az els oszlopbeli pttyk szmt, ami persze megegyezik az els sorbeliekvel legyen a2 a pttyk szma a msodik oszlopban s sorban, stb. (23. bra). Ekkor a1 > a2 > : : : > ak pratlan szmok, s n egy part ci jt alkotjk. Megford tva, n minden, k darab klnbz pratlan szmra trtn sztvgsb l megkonstrulhatunk egy szimmetrikus Ferrers diagrammot, melynek az tl jban k pttye van. Ez bizony tja az tlettrbeli ll tst.

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.24

183

Most az n klnbz, pratlan tagokb l ll part ci inak a szma megegyezik xn egytthat jval az (1 + x)(1 + x3 )(1 + x5 ) : : : szorzatban. Azon szimmetrikus Ferrers diagrammok szma, melyeknek az tl jban k elem van, a kvetkez m don hatrozhat meg. Elhagyjuk a sarokbeli k × k ngyzetet, s tekintjk az i-ik sort a ngyzet felett, meg az i-ik oszlopot a ngyzettl jobbra, mint sszeadand t. Ezen a m don n-nek egy k2 tag part ci jt kapjuk, nhny pros szmmal kiegsz tve, melyekre teljesl a ≤ 2k egyenltlensg. Az ilyen part ci k szma megegyezik az xn egytthat jval az albbi szorzatban. 2

(11) xk (1 + x2 + x4 + : : :)(1 + x4 + x8 + : : :) : : : (1 + x2k + x4k + : : :) = k2 x = (1 − x2 )(1 − x4 ) : : : (1 − x2k )

Innen kapjuk a

xk2 2 4 2k k=0 (1 − x )(1 − x ) : : : (1 − x ) genertorfggvnyt, mely az n pttyt tartalmaz szimmetrikus Ferrer diagramok ∞ X

genertorfggvnye. Ez (a)-t bizony tja. (b) Most (b)-a fentiekhez hasonl an is belthatjuk, de a bizony ts egy msik szrevtelbl is kvetkezik. Az n szm k klnbz, pratlan tagokb l ll

part ci inak a szma, megegyezik az xn yk egytthat jval az (1 + xy)(1 + x3 y)(1 + x5 y) : : : : szorzatban. Msrszt tudjuk, hogy ez a szm megegyezik a szimmetrikus Ferrers diagrammok szmval, melyekben sszesen n ptty van, s ebbl k van az tl ban, azaz megegyezik xn egytthat jval (11)-ben. Ez mr kiadja az azonossgot: ∞ k2 y k X x 3 (1 + xy)(1 + x y) : : : = 2 4 2k : k=0 (1 − x )(1 − x ) : : : (1 − x )

y = x-t helyettes tve, kapjuk (b)-t. $Euler]. 24. Tegyk fel, hogy k1 1-es van a part ci ban. Ezen 1-esek rszsszegei minden szmot elll tanak k1 -ig. gy a 2 : : :  k1 szmok kzl egyik sem fordulhat el a part ci ban. Mivel k1 +1 el kell, hogy lljon rszsszeg alakban, ezrt valamilyen k2 > 0 multiplicitssal kell, hogy elforduljon. Ezzel mr "letudtuk" az sszes szmot k2 (k1 + 1) + k1 -ig (s mg az egyrtelm reprezentlhat sg is teljesl). Hasonl an folytatva, kapjuk, hogy a part ci ban elfordul szmok a kvetkezek 1, k1 , (k1 + 1)(k2 + 1), : : : , (k1 + 1)(k2 + 1) : : : (km + 1), ahol (k1 + 1) : : : (ki +

184

MEGOLDSOK

1.25

+ 1) multiplicitsa ki+1 (i = 1 : : :  m). Mivel az sszes szm sszege n kell, hogy legyen, ezrt azt kapjuk n-re, hogy n = k1 · 1 + k2 (k1 + 1) + : : : + km+1(k1 + 1) : : : (km + 1) vagyis n + 1 = (k1 + 1) : : : (km+1 + 1): Ha m = 0, akkor a csupa 1-esbl ll trivilis part ci t kapjuk ha n + 1 prim, akkor ez kell, hogy legyen. Msrszt, ha n + 1 sszetett, akkor n + 1 = (k1 + 1)(k2 + 1) ahol k1 , k2 ≥ 1 s ekkor az n = |1 + :{z: : + 1} + |(k1 + 1) + :{z: : + (k1 + 1)} k1

k2

egy megfelel part ci lesz. 25. Az els ll ts knny: ha az a b c egszek egy 2n − 3, kerlet hromszg oldalai, akkor az a + 1 b + 1 c + 1 szmok szintn nyilvn kielg tik a hromszgegyenltlensget, s gy ez a hrmas egy 2n kerlet hromszg oldalait kpezi. Megford tva, ha a b c egy 2n kerlet hromszg hrom oldala, akkor (a − 1) + (b − 1) − (c − 1) = a + b − c − 1 ≥ 0 s mivel a + b − c − 1 = 2n − 2c − 1 pratlan, kapjuk, hogy (a − 1) + (b − 1) − (c − 1) > 0: Ebbl kvetkezik, hogy a − 1 b − 1 c − 1 egy 2n − 3 kerlet hromszg oldalai lesznek. Hogy a msodik ll tst bebizony tsuk, vegyk szre, hogy ha n = x + y + z ahol x, y s z pozit v egszek, akkor (x + y) + (x + z ) + (y + z ) = 2n (x + y) + (x + z ) = y + z + 2x > y + z azaz x + y, y + z , x + z egy 2n kerlet hromszg oldalai. Megford tva, ha az a, b, c egszek egy ilyen hromszg oldalai, akkor az x = n − a y = n − b z = n − c rtkekre kapjuk, hogy x = b + c2 − a > 0 y > 0 z > 0 tovbb x + y = c x + z = b y + z = a is teljesl. gy egy klcsns egyrtelm megfeleltetst kapunk n part ci i s a 2n kerlet (egsz oldal) hromszgek kztt.

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.26

185

Az n pontosan hrom tag part ci i szmnak meghatrozshoz vegyk elszr szre, hogy az m pontosan kt, a-t meg nem halad tagb l ll part ci inak a szma 8 > 0 if a < m2 , > > >   < m ≤ a < m, −1 m a if − > 2 2 > j > > :

mk

if a ≥ m. 2 Ebbl az n szm n = a + b + c, a ≥ b ≥ c part ci inak szma      X X n −a−1 n −a a− + 2 n−a n−a≤a 2 2

vagy ami ugyanaz,

≤a k):

Adjuk meg a C0 = 1, C−1 = : : : = C−k+1 = 0 rtkeket. Ezen rtkek kielg tik az (15) sszefggst n ≥ 1 esetn. Vegyk szre, hogy az M#n sorozat tetszleges rgz tett -re kielg ti (15)-et, mert

ekvivalens azzal, hogy

k X n M# = aiM# n−i i=1

M#n −k (#k − a1 # k−1 − : : : − ak−1 # − ak ) = 0 ami vilgos, hogy teljesl, hiszen # a karakterisztikus polinom gyke. gy tetszleges xn sorozat, ahol (16)

xn =

k X

=1

M #n 

kielg ti (15)-et. Keressk most a Cn sorozatunkat (16) alakban. Knyelmesebb, ha az indexezst m dos tjuk: xn = Cn−k+1 :

188

MEGOLDSOK

1.28

Ekkor x0 = x1 = : : : = xk−2 = 0, xk−1 = 1, vagyis M1 + M2 + : : : + Mk = 0 #1 M1 + #2 M2 + : : : + #k Mk = 0 .. (17) . −2 k −2 k −2 k #1 M1 + #2 M2 + : : : + #k Mk = 0 #k1−1 M1 + #k2−1 M2 + : : : + #kk−1 Mk = 1:cr Jelljk a gykkbl kpezett Vandermonde determinnst D-vel:    1 #1 : : : #k1 −1     D =  ... ...    1 #k : : : #kk−1  Ekkor a Cramer-szably szerint a lineris (17) egyenletrendszernek van megoldsa M1  : : :  Mk -ra, mgpedig 1   ^  k−1  1  1 #1 : : : #k−2 0  # : : : # 1 1 1        ..  .. ..    . . .     1 1   ^  M = D  0 0 : : : 1  = D  1 # : : : #k −2 1  ..    ..  .    .   k    k −1  −1 k  1^ #  1 #k : : : #k 0 k : : : #k (a msodik alakot gy kapjuk, hogy a -ik sor #ki −1 -szorost kivonjuk az i-kbl (i = ) s aztn hozzadva az utols oszlop #j −1 -szerest a j -ikhez (j = 1 : : : : : :  k − 1). Ebbl    1 #1 : : : #k1 −2 #n  1 k   X 1 .   xn = M #n = D  ..    =1 k −2 1 #k : : : #k #nk  s Cn = xn+k−1 a problmban megadott rtk. (b) Legyen

f (x) = Ekkor

f (x) −

k X i=1

ai xif (x) = C0 +

∞ X

n=0

∞ X

n=1

Cn xn :

xn (Cn − a1 Cn−1 − : : : − ak Cn−k )

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.29

189

(ahol jb l C−1 = : : : = C−k+1 = 0, C0 = 1). gy az utols sszeg 0-val egyenl,

gy f (x)(1 − a1 x − : : : − ak xk ) = 1 s 1 f (x) = : 1 − a1 x − : : : − ak xk Ahhoz, hogy az egytthat kra explicit formult kapjunk, vegyk szre, hogy a nevez gykei 1=#1  : : :  1=#k s gy f (x) fel rhat parcilis trtek sszegeknt: k X f (x) = (1 − # x) : 1: : (1 − # x) = 1 −A# x : 1 k =1 Beszorozva 1 − # x-szel s x = 1=# -t behelyettes tve, kapjuk, hogy  Y #j  A = 1− #  j =

s gy

f (x) = s ebbl

k X

k X

0

k Y X





1

# 1 − #j #n A xn  A 1 −1# x = A #n xn = @ =1 n=0 n=1 =1 j = =1 k Y X

∞ X

∞ X

k Y #j  n X Cn = 1 − # # = (# − #j )#n −k+1 : =1 j = =1 j = 

Az olvas ra hagyjuk annak a bizony tst, hogy ez a formula egyenl az (a)belivel. 29. Tudjuk, hogy        −1 0 : : :  0      −1  −1  0 0     −1 −1    −1   −1               − 1 . .  .. .. = + pn ( ) =  = .     .  .        −1   −1     0   0   −1       0  −1 −1 | {z } | {z }  −1  | {z } n n−1

= pn−1 ( ) − pn−2 ( )

(n ≥ 3).

n−1

190

MEGOLDSOK

1.29

Ez a rekurz v sszefggs igaz lesz minden n ≥ 1 esetn, ha mg hozzvesszk, hogy p0 ( ) = 1, p−1 ( ) = 0. Ugyangy, mint 1.27 megoldsban, #1 , #2 -vel jelljk az x2 − x + 1 = 0 polinom gykeit, ahol (#1  #2 persze fggnek a rtktl: √ √ 2−4 − 2 − 4 +  #2 = : #1 = 2 2 Ekkor pn( ) = c1 − #n1 +1 + c2 #n2 +1 : n = 0-t s −1-et helyettes tve kapjuk, hogy c1 + c2 = 0 c1 #1 + c2 #2 = 1: Ebbl c1 = √ 21  c2 = √ −2 1 −4 −4 s pn( ) = √ 21 (#n1 +1 − #n2 +1): −4 gy ha pn ( ) = 0, akkor #n1 +1 = #n2 +1 vagy ami ezzel ekvivalens, (18) #1 = "2 #2  ahol ki " = e n+1  0 ≤ k ≤ n: Megoldva (21)-et -ra kapjuk, hogy   1 = ± " + " = ±2 cos nk + 1: k = cos n+1−k . Helyettes tssel knnyen Itt a ±-t elhagyhatjuk, hiszen − cos n+1 n+1 belthat , hogy ezek a szmok a pn ( ) gykei k = 1 : : :  n esetn ezrt ez k = = 0-ra nem gyk. gy az A sajtrtkei 2 cos nk + 1  k = 1 : : :  n

$lsd mg a 4.28 s 11.5 feladatokat].

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.31

191

Ha van egy n − 1 hosszsg sorozatunk, melyben a, b nem lehetnek szomszdosak, az elejre a kvetkezkppen tehetnk egy bett: (1) c vagy d vagy a $b] ha a-val $b-vel] kezddik (2) a, b, c vagy d ha c-vel vagy d-vel kezddik. Ezrt, ha xn s yn -nel jelljk az n hosszsg a-val vagy b-vel kezdd, ill. c-vel vagy d-vel kezdd sorozatok szmt, akkor az albbi rekurzi s sszefggseket kapjuk: xn = xn−1 + 2yn−1  yn = 2xn−1 + 2yn−1 : Ezeket a rekurzi s sszefggseket a kvetkezkppen oldjuk meg. Legyen   x  1 2 vn = n  A = : yn 2 2 Innen azt kapjuk, hogy     0 n −1 2 n =A : vn = Avn−1 = : : : = A 2 1 A-t diagonlis alakra hozhatjuk az albbi m dszerrel. Legyen r√ r√

30.

L=



√

3+ 17 2

0

0√

3+ 17 2



0



T

1 17 17+1 √ −1 − √ = @ r √2 17 r √2 17 A  17+1 17 √ √ −1 2 17 2 17

ekkor A = TLT −1 (L ftl jban vannak az A sajtrtkei s T az A sajtvektoraib l van sszell tva). Meg akarjuk hatrozni a kvetkez mennyisget:       0 0 0 xn + yn = $1 1]An = 21 $0 1]An+1 = 12 $0 1]TLn+1 T −1 : 1 1 1 Itt 2 s 3 s√ √ + 1 17 − 1 5 √ $0 1]T = 4− 17 2 sqrt17 2 17 amibl   √ !n+1 √ √ !n+1 √ 17 + 1 3 + 17 17 − 1 3 − 17 xn + yn = √ + √ : 2 2 4 17 4 17 31. Legyen {a1  : : :  ak } ⊆ {1 2 : : :  n} egy olyan kivlaszts, hogy a +1 ≥ a +2 teljesl. Ekkor a1 < a2 − 1 < : : : < ak − (k − 1) azaz {a1  a2 −1 : : :  ak −(k −1)} az {1 : : :  n−k +1}-nak egy k-elem rszhalmaza. Megford tva, minden {a1  a2  : : :  ak } ⊆ {1 : : :  n − k + 1} k-elem rszhalmazra

192

MEGOLDSOK

1.32

az {a1  a2 + 1 : : :  ak + (k − 1)} halmaz az {1 : : :  n}-nek egy olyan rszhalmaza, mely nem tartalmaz kt szomszdos egsz szmot. Ebbl kapjuk a vlaszt:  n − k + 1:

k

ilyen f fggvnyhez vegyk a kvetkez poligont: kssk ssze az (x f (x))-et (x + 1 f (x))-szel, tovbb (x f (x))-et (x f (x) − 1)-gyel, (x f (x) − − 2)-vel, : : :, (x f (x − 1))-vel (itt f (0) = 1). Kssk mg ssze (n + 1 f (n))-et (n + 1 f (n) + 1)-gyel, : : :, (n + 1 n)-nel (24. bra). Ekkor egy az (1 1)-et (n + + 1 n)-nel sszekt poligont kapunk, melynek az lei szomszdos rcspontokat ktnek ssze, s ahogy vgighaladunk rajta (1,1)-tl (n + 1 n)-ig, akkor mindig vagy egyet jobbra lpnk, vagy egyet felfel. Egy ilyen poligont l pcss-poligon nak neveznk. Megford tva, minden lpcss-poligon, mely (1,1)-et (n + 1 n)-nel kti ssze, az {1 : : :  n} egy nmagba trtn monoton lekpezst reprezentlja. gy elg leszmolni az ilyen poligonokat. 32. Tetszleges

(n + 1, n)

(1, 1)

1 0

1

24. bra

A lpcss-poligon oldalai legyenek e1  : : :  e2n−1 . Ezek kztt n v zszintes s n − 1 'fggleges" oldal van. Megford tva, ha kijelljk, hogy melyik n oldal legyen v zszintes. ezzel mr egyrtelmen meghatroztuk a lpcss-poligont. gy az (1,1)-et az (n + 1 n)-nel sszekt lpcss-poligonok szma   2n − 1 : n 33. (a) Az eredeti lekpezsek helyett, az {1 : : :  n}-nek {0 : : :  n − 1}-be lekpez azon monoton fggvnyeket szmoljuk le, melyekre teljesl az f (x) < x egyenltlensg. Egy ilyen f -hez megkonstrult lpcss-poligon az (1,0) s az (n + +1 n − 1) ppontokat kti ssze s nem metszi az x = y egyenest. Az elz feladat

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.34

193

(n + 1, n – 1)

(a, a) (0, 1) 0 (1, 0)

25. bra ;



megoldsb l tudjuk, hogy sszesen 2nn−1 ilyen poligon van. Ezrt, ha le tudjuk szmolni az y = x-et metsz poligonokat, akkor tudjuk a nem metszket is. Legyen P egy olyan poligon, mely metszi az x = y egyenest, s (a a) az els metszspontjuk. Tkrzzk a poligon (1 0) s (a a)-kzti darabjt az x = y-re. Ekkor egy P  poligont kapunk, mely a (0,1) s (n + 1 n − 1) pontokat kti ssze. Megford tva, ha a P  egy lpcss-poligon, mely a (0,1)-et kti ssze a (n +1 n − 1) ponttal, akkor nyilvnval an metszenie kell az x = y egyenest, s jra, ha (a a)val jelljk az els metszspontjukat, akkor a poligon 0 1 s a a kzti darabjt az x = y-ra tkrzzk, egy az 1 0-t (n + 1 n − 1)-nel sszekt lepcss-poligont kapunk, melynek van kzs pontja az x = y egyenessel. gy a (0,1)-et (n + 1 n − − 1)-gyel sszekt lpcss-poligonok szma megegyezik az (1,0)-t az (n + 1 n − − 1)-gyel sszektk szmval, melyek metszik x = y -t (25. bra). Most a (0,1) s (n + 1 n − 1)-et sszekt poligonok szma ugyangy meghatrozhat , mint az elz feladatban. Egy ilyen 2n − 1 oldala van, s n − 2 megy ezek   poligonnak 2 n −1 kzl felfel. gy a szmuk n − 2 , s ezrt a krdsnkre adott felelet 











2n − 1 − 2n − 1 = 1 2n : n−1 n−2 n+1 n (b)Jelljk f (k)-val az els k szm sszegt. A feladat (a)-val ekvivalens. (Az  1 2n szmokat Catalan szmoknak nevezzk, s igen gyakran fordulnak n+1 n el leszmllsi problmkra adott vlaszokban lsd mg 1.37{40.) 34. Tekintsnk egy ilyen sorozatot, s trljk el belle az sszes n-t. Az eredmnyl kapott sorozat hossza valamilyen k, ahol 0 ≤ k ≤ r, s szintn kielg ti a felttelt. Megford tva, ha egy k hosszsg az 1 : : :  n − 1 szmokb l ll soro-

194

MEGOLDSOK

1.35

zatra teljesl az a tulajdonsg, hogy kevesebb, mint i elemre ;  teljesl, hogy ≤ i (i = 1 : : :), akkor beletehetnk tovbbi r − k j n-est (ezt kr -flekppen tehetjk meg) s gy egy r hosszsg (1 : : :  n) sorozatot kapunk, melyre szintn teljesl ugyanaz a tulajdonsg. gy r X

 

r g(n − 1 k) (1 ≤ r < n) k=0 k ahol g(n r) jelli az r hosszsg (1 : : :  n)-sorozatok szmt azzal a tulajdonsggal, hogy kevesebb, mint i szm olyan jegy szerepel benne, mely ≤ i, i = 1 2 : : : : (19)

g(n r) =

Most (20) g(n r) = (n − r)nr−1 n-szerinti indukci val knnyen kvetkezik. Val ban, n = r-re (23) teljesl, hiszen ekkor minden n hosszsg (1 : : :  n)-sorozat pontosan n szmot tartalmaz, mely ≤ n, ezrt g (n r ) = 0. Legyen n > r . Ekkor (22)-et hasznlva, kapjuk, hogy r X

r r  X r g(n r) = g(n − 1 k) = (n − 1 − k)(n − 1)k−1 = k k k=0 k=0 r r − 1  r r r r  X X X k k −1 r k −1 = k − 1 (n − 1) = k (n − 1) − k k(n − 1) = n − r k=0

 

k=0

k=1

= nr − r · nr−1  mely (23)-t bizony tja. $H. E. Daniels, Proc. Roy. Soc. A 183, (1945) 405{435.] 35. Ha megford tott sorrendben rjuk le a part ci kat, az n. diszkrt part ci val kezdve (az egy-elem halmazokat tartalmaz part ci ), s az {S }, n indiszkrt part ci val befejezve, szrevehetjk, hogy mindegyik sor az elzbl gy kvetkezik, hogy 'kt rszt; sszeragasztunk". Az i-ik sorban n − i + 1 osztlyunk van, 

gy az (i + 1)-k sort n−2i+1 -flekppen kaphatjuk. gy az sszes ilyen eljrsok szma:   n n − 1 : : : 2 = n!(n − 1)! : 2 2 2 2n−1 36. Legyen Pi az i-ik lpsben megkonstrult part ci , P0 = {S } a P0  P1  : : : : : : sorozatot darabolsi eljrs -nak nevezzk. Jelljk Pi -vel S − {x}-nek a Pi (x ∈ S ) ltal induklt part ci jt. Ekkor Pi+1 a Pi -bl gy keletkezik, hogy Pi minden olyan osztlyt, mely egynl tbb elembl ll, sztvgjuk kt osztlyba, kivve esetleg i-nek egy specilis i0 rtkt, amikor is Pi0 -nak egyik osztlyt, annak ellenre, hogy egynl tbb eleme van, nem vgjuk szt: S darabolsakor a megfelel lpsben a Pi0 -nak x-et tartalmaz C osztlyt {x}-re s C − {x}-re

1.37

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

195

vgjuk szt. Most jellje Pi∗ s Pi∗∗ a C −{x} s S − C Pi ltal induklt part ci it, s legyen ( Pi ha i ≤ i0 Qi = ∗ Pi+1 ∪ Pi∗∗ ha i > i0 . Ekkor Q0 = {S }, Q1  : : : az S − {x}-nek egy darabolsi eljrsa . Megford tva, legyen Q0  Q1  : : : az S − {x}-nek egy ilyen darabolsi eljrsa. Meghatrozzuk, hogy Q0  Q1  : : : hnyflekppen fog ltrejnni az S egy P0  P1  : : : darabolsi eljrsb l. Megjelljk a C − {x} ∈ Q0 ∪ Q1 ∪ : : : osztlyt. Ezt megtve, a P0  P1  : : : mr egyrtelm. Val ban, legyen az i0 az els olyan index, melyre C − {x} ∈ ∈ Qi0 −1 . Ebbl megkapjuk a Pi -ket (1 ≤ i ≤ i0 esetn) Qi -bl, x-et hozzadva a (C − x)-et tartalmaz osztlyhoz. Pi -t (i0 < i-re) a Qi -bl konstrulhatjuk meg: C − {x}-nek ahhoz a part ci jhoz, melyet Qi indukl, x-et, mint kln osztlyt tesszk hozz. Knny ellenrizni, hogy ily m don egyrtelmen meghatrozott P0  P1  : : : darabolsi eljrst kapunk S − {x} minden Q0  Q1  : : : darabolsi eljrsb l a Q0 ∪ Q1 ∪ : : :-nak egy meghatrozott mretvel egytt. Szm tsuk ki |Q0 ∪ Q1 ∪ : : : |-t. Szerencsre, ez csak n-tl fgg. Nyilvnval , hogy S − {x}-nek akrmelyik egyelem rszhalmaza beletartozik Q0 ∪ Q1 ∪ : : :-ba, ez sszesen n − − 1-t jelent. Vegyk szre, hogy minden C ∈ Q0 ∪ Q1 ∪ : : :, ahol |C | ≥ 2, megfelel egy kettvgsnak (amikor t vgjuk kett) s megford tva is. n − 2 kettvgsunk van (hiszen minden darabols az osztlyok szmt pontosan eggyel nveli), s ebbl kapjuk, hogy |Q0 ∪ Q1 ∪ : : : | = (n − 1) + (n − 2) = 2n − 3: gy az S sztdarabolsainak a szma ppen (2n − 3)-szorosa az S − {x} sztdarabolsai szmnak. gy indukci val kapjuk, hogy a keresett szm (2n − 3)(2n − 5) : : : 1 = (2n − 3)!! 37. (a) sszesen n − 1 pontnl kell darabolnunk az eljrst egyrtelmen meghatrozza, hogy milyen sorrendben trjk el a klnbz darabokat. gy ezek szma (n − 1)! lesz. (b) Nevezznk trdel si eljrsnak egy ilyen eljrst. Tekintsnk tetszleges P0  P1  : : :, az n-elem S halmaznak egy darabolsi eljrst (lsd az elz feladat megoldst). Ezt a kvetkezkppen is interpretlhatjuk: mindannyiszor, ahnyszor egy osztlyt kettvgunk, valamelyik felet kijelljk s ezt tesszk elre. gy minden lps sorn a part ci osztlyai rendezettek s az utols part ci S -nek egy rendezst adja tovbb a darabolsi eljrs megfelel az S elemeinek egy adott sorrendjbl sszerakott bot trdelsi eljrsnak. Megford tva, ha adva van egy trdelsi eljrs s S -nek egy rendezse, akkor a rendezett S -re alkalmazva a trdelsi eljrst, egy darabolsi eljrst kapunk. Legyen bn s sn a darabolsi ill. a trdelsi eljrsok szma. Fent le rtunk egy megfeleltetst olyan darabolsi eljrsok kztt, ahol a sztvgsnl keletkez osztlyok rendezve vannak, s az

196

MEGOLDSOK

1.38

olyan prok kttt, melyek egy rendezsbl s egy trdelsi eljrsb l llnak. Ebbl kvetkezik, hogy 2n−1 sn = n!bn : sn = (2n − 3)(2n − 5) : : : 1 s gy   n − 1 n − 5) : : : 1 = (2n − 2)! = 1 2n − 2 : bn = 2 (2n − 3)(2 n! n!(n − 1)! n n − 1 38. Els megolds. Tekintsnk egy zr jelezett szorzatot. Az utoljra elvgzett szorzs, az egsz szorzatnak egy ktfel vgst jelenti, ahol mindkt darabon bell van egy zr jelezs: (x1 : : : xi )(xi+1 : : : xn ): Ezen utols szorzs eltti kt szorzs mindkt rsz tovbbi kt rszre vgst jelenti: ((x1 : : :)(: : : xi )) ((xi+1 : : :)(: : : xn )) (lehetsges, hogy nmelyik zr jelpr egyetlen vltoz t tartalmaz csak, ilyenkor persze ezt nem vgjuk tovbb). Ily m don ltjuk, hogy az n tnyezs szorzat zr jelezseinek szma megegyezik egy n hosszsg bot trdelsi eljrsainak szmval, azaz az elz feladat megoldsa szerint:   1 2n − 2 : n n−1 Msodik megolds. Jelljk f (x)-szel az els x +1 vltoz (x = 1 2 : : :  n − 1) kztt elfordul bezr zr jelek szmt. Ekkor (a) 0 ≤ f (x) ≤ n − 2, (b) f (x) monoton s (c) f (x) < x, mivel legfeljebb x − 1 zr jelpr lehet az els x +1 vltoz kztt. Megford tva, legyen f (x) az {1 : : :  n − 1} rtkeken denilt fggvny, melyre teljeslnek az (a), (b), (c) tulajdonsgok, akkor az f (x) fggvny egyrtelmen meghatrozza a szorzat egy zr jelezst. Knyelmesebb egy zr jelezst gy le rni, ahogyan az az n elem sszeszorzsnak a sorrendjt kijelli (egy nemasszociat v s nemkommutat v struktrban). Nyilvnval , hogy az xi s xi+1 kztt f (i) − f (i − 1) bezr zr jelnek kell lennie, s n − 2 − f (n − 1)-nek a legvgn. Most tekintsk a balr l els bezr zr jelet, szorozzuk ssze a kt eltte lv elemet s hagyjuk el ezt a zr jelet. Ezutn keressk meg az els mg meglv bezrst, szorozzuk ssze a kt eltte lv elemet (ezek egyike lehet az elz szorzs vgeredmnye), stb. Ez ugyanaz a zr jelezs kell, hogy legyen, mint azon zr jelezs ltal megadott sorrend, mely az f (x)-et adta meg. Knny ellenrizni azt is, hogy ezt gy vgre is tudjuk hajtani, vagyis hogy sose kapunk egy bezr

zr jelet gy, hogy csak egy elem van eltte, ez a (c) tulajdonsgb l kvetkezik. gy egy bijekci t kapunk az (a), (b), (c) tulajdonsg f fggvnyek, s a szorzatok

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.40

197

zr jelezsei kztt. Az (a), (b), (c) tulajdonsg fggvnyeket mr leszmoltuk 1.33-ban, gy az eredmny   1 2n − 2 : n n−1 39. Legyenek v1  : : :  vn az n-szgnk cscsai. Ha a vi -t tl kti ssze vj -vel egy adott hromszgelsben, akkor tegynk be egy zr jelprt a szorzatba: x1 : : : (xi : : : xj−1 )xj : : : xn−1 : Ekkor knny ltni, hogy ez egy 'korrekt" zr jelezs, s megford tva, minden korrekt zr jelezsbl kapunk egy hromszgelst. gy a vlasz:   1 −4 2 n Dn = n − 1 n − 2  1.38 szerint. 40. Legyenek v1  : : :  vn az n-szgnk cscsai (ebben a ciklikus sorrendben). Tetszleges triangulci ban, a (v1  vn ) oldal egyetlen (v1  vn  vk ) hromszgben fordul el. Ha k rgz tett, akkor Dk -flekppen hromszgelhetjk a k-szget, melynek a cscsai a (v1  : : :  vk ) pontok, s Dn−k+1 -flekppen hromszgelhetjk az n − k + 1-szget, melynek cscsai a (vk  : : :  vn ) pontok. Ha mg hozztesszk, hogy D2 = 1, ez igaz lesz k = 2 s k = n − 1 esetn is. gy

Dn =

(21)

nX −1 k=2

Dk Dn−k+1

(n ≥ 3)

D2 = 1:

Legyen

D(x) = Ekkor (24)-bl kvetkezik, hogy

D(x)2 =

∞ X

Dk xk

∞ X

Dl xl =

∞ X

n=2

∞ X ∞ X

Dn xn :

Dk Dl xk+l =

xn

nX −2

n=4 k=2 l=2  k=2 l=2 ! ∞ X = Dn−1 xn = x Dn xn = x(D(x) − x2): n=4 n=3 k=2 ∞ X

Ebbl

∞ X

D(x)2 − xD(x√) + x3 = 0 2 3 D(x) = x ± x − 4x : 2

Dk Dn−k =

198

MEGOLDSOK

1.41

Mivel D (0) = 0, ezrt x = 0-ra a negat v eljelet kell vennnk s mivel D(x) folytonos, ezrt x < 41 -re a negat v gykt kell vegyk. Ezrt √ 1 − 1 − 4x D(x) = ·x: 2 Ezt a Newton-formula szerint kifejtve kapjuk, hogy !     ∞  ∞ X X x 1 = 2 1=2 22k−1 xk+1 : k k k = D(x) = 2 1 − −1) 4 x ( −1)k−1 ( k k=0 k k=1 Itt   1=2 = (1=2)(−1=2) : : : (1=2 − k + 1) = k! k   1 1 · 3 · : : : · (2k − 3) 1 2 k −2 −1 −1 1 k k = (−1) = (−1) k! 2k 22k−1 k k − 1 s gy     ∞ ∞ X X 1 2 k −2 1 2 n −4 n k +1 D(x) = k k − 1 · x = n − 1 n − 2 x : n=0

k=1

Ebbl az eredmny kvetkezik. 41. Feltehetjk, hogy n ≥ 4. Tekintsk a v1 cscsot ezt n-flekppen vlaszthatjuk ki. Kssk ssze v1 kt szomszdjt egy d1 tl val. Most annak a hromszgnek, amelyiknek ez az tl az egyik oldala, kell, hogy legyen a msik oldalr l egy kzs oldala az n-szggel gy a harmadik oldal a d1 egy vgpontjt a msik vgpont szomszdjval sszekt kt tl kzl kell, hogy legyen az egyik. Teht a msodik d2 tl t ktflekppen vlaszthatjuk ki. Hasonl an, ha a d1  : : : : : :  di (i < n − 3) tl kat mr kivlasztottuk, akkor kt lehetsgnk van di+1 kivlasztsra. gy sszesen n2n−4 flekppen vlaszthatjuk ki az x1 pontot, s egy d1  d2  : : :  dn−3 tl sorozatot, mely a konvex n-szget olyan hromszgekre bontja, melyeknek van egy kzs oldaluk az n-szggel. Mindazonltal, minden hromszgelsben, mely a k vnt tulajdonsg, van kt hromszg, melynek kt oldala esik az n-szgre gy mindegyiket ktszer szmoltuk. gy a vgeredmny n2n−5 : 42. (a) Tudjuk, hogy n 

X 2

$ n−1 %

2 n + X k=0 2k k=0 



n



n X

 

n = 2n  = 2k + 1 k=0 k

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.42

s

gy

n 

X 2

n 2 k=0 k

$ n−1 %



−

2 X

n X k n n = 2k + 1 k=0(−1) k = (1 − 1) = 0



k=0

n 

X 2

 



n



n = 2n + 0 = 2n−1 (n ≥ 1): 2 k=0 2k ;

199



;



n−m+1 -val ekkor az utols

(b) Az utols ;tagot, n−0m; -t, helyettes thetjk 0  ;  +1 + n−m+1 = n−m+2 lesz most az utols kt tag kt tag ;sszege  n−m 1; 1 ;0   ;  sszege n−m1 +2 + n−m2 +2 = n−m2 +3 lesz, stb. Vgl nm+1 -et kapunk (2. tblzat).

2. tblzat ; 

(c) Els megolds. Legyen |U | = u;, |V | = v, U ∩ V = ∅. Ekkor uk ppen az U -b l kivlaszthat k-asok szma, s mv−k a V -bl kivlaszthat (m − k)-asok m ;u; v  P szma. gy k m−k az U ∪ V -bl kivlaszthat m-esek szma, azaz k=0

m X

 







u v = u+v : (22) m k=0 k m − k Msodik megolds. Az xm egytthat ja az (1 + x)u (1 + x)v = (1 + x)u+v

azonossg mindkt oldaln, megegyezik (26) bal-, ill. jobb oldalval. (d) Ha m pratlan, akkor az xm egytthat ja;(1 −x)u (1+ x)u = (1 − x2 )u -ban 0-val egyenl, ha m pros, akkor pedig (−1)m=2 m=u 2 -vel lesz egyenl.

200

MEGOLDSOK

1.42

(e) Tudjuk, hogy   

k! k n = n! = n! 1 = m k m!(k − m)! k!(n − k)! m! (k  − m)!(n − k )!   n n−m : = m!(nn−! m)! (k −(nm−)!(mn )!− k)! = m n−k

gy

n n n−m n n−m k n =X n X n 2n−m : = = m k=m n − k m k=m m n − k k=m m k n X



 

 















(f) n 

X 7

1

0

n 1X 6 6 n 6 n =X kj A n = 1 X X n "kj = 1 X(1 + "j )n = @ " k 7 j =0 k=0 k 7 j =0 k=0 7k k=0 7 j =0 6 7 7 3 n6 X 6 7 2 jn j n 4 = 7 1 + 2 cos 7 cos j 5 : j =1 

 

(g) Legyen

 

n 

X 2

 n −k k an = z: k k=0

Ekkor

an = 1 +

n  

X 2

k=1 n







n−1−k + n−k−1 k k−1 

2 X

n 





zk =

2 n−k−1 n − 1 − k zk + X zk : = k k −1 k=0 k=1 j k $n% Az 2 helyettes thet n−2 1 -szel az els tagban, mivel k = n2 , ha egsz szm,

akkor egy 0 tagot ad. gy az els tag $ n−1 %

2 X

k=0





n − 1 − k zk = a : n−1 k

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.42

Hasonl an, a msodik tag n 

X 2

$ n−2 %

2 n − 1 − k zk = z X k=0 k=1 k − 1 



201



n − 2 − k zk = za : n− 2 k

gy az albbi rekurzi t kapjuk: (23) an = an−1 + zan−2  a0 = a1 = 1: Mint 1.28-ban, (27) igaz marad, ha hozzvesszk a−1 = 0-t. Ekkor 1.28-b l azt kapjuk, hogy    1 n+1     n+1   n+1 − n+1 1  an =  1   =  −      1  ahol ,  az x2 − x − z = 0 egyenlet kt gyke, azaz √ √ 1 − 1 + 4z 1 + 1 + 4z  =   = 2 2 s gy  √ √ n+1  n+1 ! 1 + 1 1 + 4 z 1 − 1 + 4z an = √ − : 2 2 1 + 4z Ez igaz, ha z = −1=4, ami azt jelenti, hogy  =  . z = −1=4 esetn, t rhatjuk (27)-et, mint   1 1 1 an − 2 an−1 = 2 an−1 − 2 an−2 : Ebbl

an − 12 an−1 = 2cn  ahol a1 − 12 a0 = 1 − 12 = 12 -bl kvetkezik, hogy c = 1, azaz gy

an − 12 an−1 = 21n : 



an = 21n + 12 an−1 = 21n + 12 2n1−1 + 21 an−2 = = 21n + 21n + 14 an−2 = : : : = 2nn + 21n a0 = n2+n 1 :

202

MEGOLDSOK

1.43

;n−1

(h) Az eredmny (−1)m m . Ez vilgos m = 0 esetn. Indukci val bizony tjuk:       −1 mX n n n = k k m (−1) k + (−1) m (−1) k = k=0 k=0       = (−1)m−1 n − 1 + (−1)m n = (−1)m n − 1 :

m X

m

m−1

m

szma, (i) Az {1 : : :  u + v +1} halmazb l kpezett olyan (u + v +1 − m)-esek ; ; melyeknek az (u + 1)-ik eleme u + k + 1-vel egyezik meg, pontosan u+k k mv−−kk lesz. Elvgezve az sszegezst k = 0 : : :  m-re, az tmutatsban kzlt eredmnyt kapjuk. A bal oldal a kvetkezkppen interpretlhat : kivlasztunk k pontot egy m-elem M halmazb l azutn m pontot vlasztunk ki egy n-elem N halmazb l s a mr kivlasztott k pontb l. Az eredmny, emiatt, egy (X Y ) pr, ahol X ⊆ ⊆ M , Y ⊆ N ∪ X s |Y | = m. Ezt 43. (a)

m X

 

m n + k m k=0 k -flekppen tehetjk meg. Ugyanez a leszmllsi problma megoldhat

 ; ;gy is, hogy elszr kivlasztjuk Y ∩M -et s Y ∩N -et ha |Y ∩N | = j , akkor ez nj mm−j flekppen tehet meg ekkor egy olyan X -et kell vlasztanunk, melyre Y ∩ M ⊆ ⊆ X ⊆ M , ez 2j flekppen tehet meg. gy a lehetsges vlasztsok szmt a kvetkez formula adja m X

  

n m 2j : j =0 j j (b) Mivel az (a) azonossg kt polinom egyenlsgt jelenti vgtelen sok n rtkre, ezrt ebbl kvetkezik, hogy a kt polinom azonosan egyenl. gy helyettes thetjk n-et −n − 1-gyel. A bal oldalon ekkor azt kapjuk, hogy m X





m k=0 k

−n − 1 + k



m X

 





m (−1)m n + m − k = = m m k=0 k    m m n+k X = (−1)m : k m k=0

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.43

203

A jobb oldal pedig   m n−n − 1 m m m mn + k  X X X 2k = (−1)k n + k 2k = (−2)k

k

k=0 k

k

k=0 k

k=0 k

alak lesz. Ez bizony tja az ll tst. (c)   

p k=0 k ∞ X

Itt

∞    X n + k = X p q k k n  = p + q k=0 k k j=0 j p + q − j





   

∞ X n p = j =0 p + q − j k=0 k ∞ X

q k

k : j

   

p k=0 k ∞ X

q k

k

∞   k =X p q! j k=0 k (q − k)!j !(k − j )! =     ∞    X p q q−j = q p+q−j = j q k=0 k j q − k

q k

kvetkezik 1.42c-bl. gy a bal oldali sszeg    ∞  ∞ X n q p+q−j = X n! = p + q −j j q ( n − p − q + j )!(q − j )!(p − j )!j ! j =0 j =0   

n = j =0 p ∞ X



 

 

∞ p n−p = n X p j q−j p j=0 j



  

n−p = n q−j p

n q

lesz, s ez megint csak kvetkezik 1.42c-bl. (d) (1 + x)u (1 + x)v = (1 + x)u+v -ben az xm egytthat ja 0, ha m pratlan, m; u  s (−1) 2 m2 , ha m pros. (e) Tudjuk, hogy  n  t  x  x + t − x = X 

n

n

k=1 k

n−k

1.42c-t felhasznlva. t-vel osztva, s elvgezve a t → 0 hatrtmenetet, az els kifejezs kvetkezik. A msodikat hasonl kpp kapjuk, 1.42i-bl, s gy     n t + k − 1x − k  x+t − x = X :

n

n

k=1

k

n−k

204

MEGOLDSOK

1.44

n-re val indukci val bizony tjuk. n = 0-ra trivilis. Legyen n > 0. Tudjuk, hogy 44. (a)-t

@ (x + y + n)n = n(x + y + n)n−1 = n(x + (y + 1) + (n − 1))n−1  @y n n @ X k −1 n−k @y k=0 k x(x + k) (y + n − k) = n n X = x(x + k)k−1 (n − k)(y + n − k)n−k−1 = k k=0

=n

nX −1  n − 1

x(x + k)k−1 ((y + 1) + (n − 1) − k)(n−1)−k :

k

k=0

A kt jobb oldal, az indukci s feltevsbl kvetkezen, megegyezik. Ahhoz, hogy az azonossgot igazoljuk, elg megmutatni, hogy (a) teljesl legalbb egy y rtkre. Legyen y = −x − n. Ekkor a jobb oldal eltnik, m g a bal oldalon pedig az ll, hogy n X

n n n x(x + k)k−1 (−x − k)n−k = x X (−1)n−k (x + k)n−1 = k k k=0 k=0     − 1 n n X n−1 X n kj xn−j = = ( −1)n−k j k j =0 k=0  

= =

 

n n X n − j x kj (−1)n−k = k k=0

 −1  nX n−1

j j =0  nX −1  n−1 j =0

j

xn−j S (j n)n! = 0

ha j < n (1.8-b l). (b) Az (a) azonossg bal oldala fel rhat gy, hogy n X

 

n x(x + k)k−1 (y + n − k)n−k−1 (y + n − k) = k=0 k n n X = x(x + k)k−1 y(y + n − k)n−k−1 = k k=0 n n X + x(x + k)k−1 (y + n − k)n−k−1 (n − k): k k=0

§ 1. A LESZMLLS ALAPJAI

1.45

205

Itt a msodik tag

nX −1  n − 1

x(x + k)k−1 ((y + 1) + (n − 1) − k)(n−1)−k = k k=0 = n(x + (y + 1) + (n − 1))n−1 = n(x + y + n)n−1

(a)-b l kvetkezleg. Ebbl n X

 

n x(x + k)k−1 y(y + n − k)n−k−1 = (x + y + n)n − n(x + y + n)n−1 = k=0 k = (x + y)(x + y + n)n−1 : xy-nal osztva, a (b) azonossg kvetkezik. (c) Vonjuk ki az x1 (y + n)n−1 + y1 (x + n)n−1 kifejezst (b) mindkt oldalb l. Azt kapjuk, hogy nX −1   n

(x + k)k−1 (y + n − k)n−k−1 = x1 {(x + y + n)n−1 − (y + n)n−1 }+ k k=1 + y1 {(x + y + n)n−1 − (x + n)n−1 }:

Elvgezve az x, y → 0 hatrtmenetet, (c)-t kapjuk. 45.   n n n n x X X y k fk (x)fn−k (y) = k k! k (n − k)! n − k = k=0

k=0 n X

1.42c-bl. (Pontosabban a

n X

 

= n! xk k=1  

x k=0 k

y





y





x+y = n ! n−k n 



x+y n−k = n azonossg azon rtkekre volt beltva, ahol x, y termszetes szmok, de ha a kt oldalon lv polinomok a vltoz k sszes ilyen vlasztsa mellett megegyeznek, akkor azonosan egyenleknek kell lennik). Ilyen polinomokra ms pldkat is kaphatunk: fn (c) = xn (ekkor a problmabeli formula a binomilis ttelt adja), fn (x) = x(x +1) : : : (x + n − 1) (ez hasonl an kvetkezik, mint fn (x) = x(x − 1) : : : (x − n +1)), fn (x) = x(x + n)n−1 (ez az elz problmabeli (b) azonossgb l kvetkezik). $Lsd mg G. C. Rota{R. Mullin, Graph Theory and its Applications , Academic Press, New York 1970, 167{213.]

206

MEGOLDSOK

x

2.1

2. A szita

1.

Vonjuk le 30-b l azon tanul k szmt, akik szeretik a matematikt, zikt, ill. a kmit: 30 − 12 − 14 − 13: Ilyenkor azonban azoknak a tanul knak a szmt, akik mind a matematikt, mind a zikt szeretik, ktszer vontuk le teht ezt hozz kell adni az sszeghez, s ugyan gy a tbbi tantrgyprra is: 30 − 12 − 14 − 13 + 5 + 7 + 4: De ekkor mg mindig bajunk van azokkal, akik mindhrom trgyat szeretik, ket hromszor vontuk le, de hromszor hozz is adtuk, teht mg egyszer hozz kell adnunk, hogy a helyes eredmnyt kapjuk 30 − 12 − 14 − 13 + 5 + 7 + 4 − 3 = 4: 2. (a) Legyen B = A1 A2 : : : Ak Ak+1 : : : An az A1  : : :  An ltal generlt Boole-algebra egy tetszleges atomja (az indexek megfelel vlasztsval, minden atom fel rhat ilyen formban). A formulban szerepl minden esemny bizonyos atomok (diszjunkt) uni ja fejezznk ki minden P(AI ) s P(A1 + : : : + An ) val sz nsget, mint a megfelel atomok val sz nsgeinek az sszegt. Megmutatjuk, hogy tetszleges, adott atom val sz nsge kiesik. P(B ) egytthat ja a bal oldalon 1 ha k = 0 0 ha k = 0 B akkor s csak akkor fordul el az AI -ben, ha I ⊆ {1 : : :  k}, gy a jobb oldalon az egytthat ja  k k k k  X X 1 ha k = 0, j −1 j k ( ( −1) = 1 − −1) = 1 − (1 − 1) = 0 ha k = 0. j =1 j j =0 j gy P(B )-nek az egytthat ja mindkt oldalon ugyanaz, ami (a)-t bizony tja. (b) Vlasszuk S egy x elemt az egyenletes eloszls szerint. Ekkor Ai azonos that azzal az esemnnyel, hogy x ∈ Ai , s kapjuk, hogy A fentiek szerint kapjuk, hogy

P(A1 + : : : + An ) =

n X

P(Ai ) = ||ASi|| :

(−1)j −1

j =1

AI | = X (−1)|I |−1 |AI |  |S | |S | |I |=j ∅=I ⊆{1:::n} X |

§ 2. A SZITA

2.4

207

vagy ami ezzel ekvivalens,

P(A1 : : : An ) = 1 − P(A1 + : : : + An ) = 1 −

X ∅=I ⊆{1:::n}

| (−1)|I |−1 ||A S| :

A (b) ll ts ezutn mr kvetkezik, ha |S |-kel szorzunk. 3. Legyen Ai a pi -vel oszthat , 1 s n kzti egszek halmaza. Ekkor tetszleges I ⊆ {1 : : :  r} halmazra,

AI = s gy

\

i∈I

8
0 mert az indukci s feltevs szerint P(A2 : : : An ) > 0 (ez azt is garantlja, hogy a P(A1 |A2 : : : An ) feltteles val sz nsg rtelmes). Legyenek mondjuk a 2 : : :  h cscsok az 1 szomszdai. Ekkor P(A1 |A2 : : : An ) = P(A1 A2 : : : Ah |Ah+1 : : : An ) : P(A2 : : : Ah |Ah+1 : : : An ) Itt a szmll

P(A1 A2 : : : Ah |Ah+1 : : : An ) ≤ P(A1 |Ah+1 : : : An ) = P(A1 ) ≤ 41d (mivel A1 fggetlen Ah+1  : : : An )-tl), m g a nevezre azt kapjuk, hogy

P(A2 : : : Ah |Ah+1 : : : An ) = 1 − P(A2 + : : : + Ah |Ah+1 : : : An ) ≥ ≥1−

h X i=2

P(Ai |Ah+1 : : : An ):

Most az {i h + 1 : : :  n} ltal fesz tett rszgrfra alkalmazva az indukci s feltevsnket, kapjuk, hogy P(Ai |Ah+1 : : : An ) ≤ 21d  s gy

P(A2 : : : Ah |Ah+1 : : : An ) ≥ 1 − h 2−d 1 ≥ 12 

mivel az 1 cscs foka h − 1 ≥ d. gy

1 P(A1 |A2 : : : An ) ≤ 41d = 21d : 2

$P. Erds{L. Lovsz, in: Infinite and Finite Sets, Coll. Math. Soc. J. Bolyai 10 (1974) Bolyai{North Holland, 609{627.]

§ 2. A SZITA

2.20

19.

221

Tudjuk, hogy

P(A1 : : : An ) = P( = 0) ≤ P(( − 1 )2 ≥ 12 ) ≤ 1 1 ≤ 2 E(( − 1 )2 ) = 2 (E( 2 ) − 12 ): 1 1 Legyen

i =



1 ha Ai bekvetkezik, 0 klnben,

ekkor

= s gy

E( 2 ) = E

0 n X @

i=1

i2 + 2

n X i=1

i 1

X

1≤i
−1 ha (x y) l, : 0 klnben.   (x y) =  xy 

(19)

ahol (k) a (szmelmleti) Mbius fggvny: ha k = p1 1 : : : pr r (ahol p1  : : :  pr klnbz pr mek), akkor  (−1)r ha 1 = : : : = r = 1, (k) = 0 klnben. Nyilvnval an, az (19) ltal denilt (x y)-ra teljesl, hogy (a a) = 1. Tovbb, ha a = b s a|b, akkor X

a|y|b

(a y) =

Legyen akkor 24. Meg

(20) (21) azaz

  X  ay = (d):  a|y|b b X

da

b = k = p1 : : : pr  r 1 a X

d|k

(d) =

X

1≤i1 0. Ha a ≤ x egy atom, akkor az elz eredmnybl kvetkezik, hogy X (0 y) = 0: y∨a=x

Nyilvnval , hogy itt egyik y sem lehet atomok uni ja. gy minden olyan tag, ahol y < x, az indukci s feltevs szerint 0. Ezrt az is kvetkezik, hogy (0 x) is 0 lesz. 29. Tudjuk, hogy  X 1 ha a = 1, (a y) = 0 klnben, y ≥a

gy X (x y) = 1: xy

§ 2. A SZITA

2.30

Msrszt, (22) Itt s hasonl an,

X

xy

=

X X

+

X

+

227 X

−

X

x∈A y∈C xy∈A∪B xy∈B ∪C xy∈B

X

xy∈A∪B X

xy∈B ∪C

(x y) = (x y) =

X

X

y∈A∪B x≤y X

X

x∈B ∪C y≥x

Ebbl (22) ilyen alak lesz: X X (x y) + 1 + 1 − 1= x∈A y∈C

:

(x y) = 1 (x y) = 1: X

xy∈B

(x y)

ami az ll tst bizony tja. 30. (a) Legyen b = {{1} {2 : : :  n}}. 2.27-t alkalmazva: X (x 1) = 0 x∧b=0

vagy, ami ezzel ekvivalens, (23) (0 1) = −

X

x∧b=0 x=0

(x 1):

Hatrozzuk meg azokat az x part ci kat, melyekre x ∧ b = 0, x = 0. Legyen x = = {A1  : : :  Ap } egy ilyen part ci . Legyen mondjuk 1 ∈ A1 . Ekkor i > 1 esetn Ai = Ai ∩ {2 : : :  n} az x ∧ b = 0 egy osztlya, ebbl |Ai | = 1. Mivel x = 0, |A1 | ≥ 2. De A1 ∩ {2 : : :  n} szintn az x ∧ b = 0-nak egy osztlya, gy |A1 | = 2. gy x a kvetkez alak x = {{1 i} {2} : : :  {i − 1} {i + 1} : : :  {n}} : A {z : x ≤ z ≤ 1} intervallum az sszes olyan part ci b l ll, mely az 1-et s az i-t nem vlasztja el. Ez az intervallum nyilvnval an izomorf az n − 1 elem sszes part ci jnak a hl jval (1 s i "ssze vannak ragasztva"). Ebbl (x 1) = (−1)n−2 (n − 2)! az indukci s feltevs szerint. Mivel n − 1 part ci t kell tekintetbe vennnk, (23)bl kvetkezik, hogy (0 1) = −(n − 1)(−1)n−2 (n − 2)! = (−1)n−1 (n − 1)! : $M. P. Schtzenberger].

228

MEGOLDSOK

2.31

(b) Minden x lapra, a $0 x] intervallum egy konvex polit p (nevezetesen x) sszes lapjnak a hl ja. Ebbl indukci val feltehetjk, hogy (0 x) = (−1)dim(x)+1 teljesl minden x lapra, kivve az 1-et. gy a  den ci ja szerint,

(0 1) = −

X

(0 x) =

X

(−1)dim(x) =

x=1 Az Euler-formula szerint, ez ppen (−1)d+1 . 31. Ha

x=1

dX −1

i=−1

fi(−1)i :

F gy van denilva, ahogy az tlettrban tettk, akkor tudjuk, hogy Z T FZ = G:

Val ban,

n X n X

k=1 l=1

zki fkl zlj = =

n X

zki fkk zkj =

k=1 X

kx xk ≤ i xk ≤xj

f (xk ) =

X

k xk ≤xi∧xj

f (xk ) = g(xi ∧ xj ) = gij :

Ebbl det G = det(Z T FZ ) = (det Z T )(det Z )(det Z ) = det(F ) = f (x1 ) : : : f (xk ): Ha V csak egy rszben rendezett halmaz, akkor F -et gy deniljuk, mint korbban, s tekintsk a kvetkez egyenletet: G = Z T FZ = (gij ): Innen azt kapjuk, mint korbban, hogy

gij =

n X n X

k=1 l=1

zki fkl zij =

X

xk ≤xi xk ≤xj

f (xk ):

Ezt nem rhatjuk fel xi ∧ xj fggvnyeknt (hiszen ez nincs denilva), gy a kifejezst a kvetkezkppen kell fel rnunk: legyen f (x) egy tetszleges fggvny a V -n s legyen X gij = f (x): Ekkor

x≤xi x≤xj

det(gij ) = f (x1 ) : : : f (xn ):

§ 2. A SZITA

2.32

229

Vegyk szre, hogy ha V tetszleges kt xi , xj elemnek van egy legnagyobb xi ∧ xj als korltja, akkor

gij = ahol

X

x≤xi∧xj

f (x) = g(xi ∧ xj )

g(y) =

X

x≤y

f (x)

$H. S. Wilf, Bull. Amer. Math. Soc. 74 (1968) 960{964]. 32. I. Legyen V = {1 : : :  n}, legyen a rszben rendezs az oszthat sggal denilva, s g(x) = x. Megpr bljuk az elz formult alkalmazni (V ugyan nem egy hl , de zrt az x ∧ y = (x y) operci ra nzve, s gy ugyanaz a formula teljesl, az elz feladat vgn tett megjegyzs szerint). Hogy egy alkalmas f (x)-et kapjunk, 2.26-ot hasznljuk fel:

f (x) =

X

y ≤x

(y x)g(y) =

 

y xy = '(x) y|x

X

a 2.3 megoldsa szerint. gy a determinns rtke '(1) · '(2) : : : '(n) lesz. II. Ez a determinns ppen '(1) : : : '(n) × {bal fels elem G−1 -ben} ahol, mint az elz megoldsban, G = ((i j ))nij=1 = Z T FZ 0 '(1) 0 1 ... C F = (fij ) = B @ A 0 '(n) 1 ha i|j , Z = (zij ) zij = 0 klnben. gy G−1 = (Z T FZ )−1 = MF −1 M T  ahol M = (mij ), (   j mij =  i ha i|j , 0 klnben. − 1 gy G -nek a bal fels sarokbeli eleme n 2 n X n X X (1 k)(F −1 )kl (1 l) = '((kk)) : k=1 l=1 k=1

230

MEGOLDSOK

Ebbl

  (2 2)  .  .  .   ( 2)

: : : (2 n) 



33. Legyen

= '(1) : : : '(n)

   )

n

2.33

: : : (n n

n X

2 (k) : k=1 '(k)

0

1

A=B B

:

C C C C C C C C C A

X

X

1 : : : 1 −2 B B: : 0 B 0 B B1 B B @

: :

0

:

:

1 −2 Tekintsk x1 -et, mint gykeret, ekkor T tekinthet egy fenynek, s ez a V = = V (T )-nek egy rendezst adja meg: xi ≤ xj , ha az (egyrtelm) (x1  xj )-t tartalmazza xi -t. Legyen Z , mint 2.22-ben ll tjuk, hogy Val ban, a Z T AZ (i j )-ik eleme

dij =

n X n X k=1 l=1

Z T AZ = D:

zki akl zlj =

xk ≤xi xl ≤xj

akl :

Mrmost akl csak akkor nem nulla, ha k = l, vagy k = 1, vagy l = 1 gy azt kapjuk, hogy

dij =

X

(−2) +

X

1+

X

1=

xk ≤xixj xk ≤xi xl ≤ x j = −2$d(xi ∧ xj  x1 ) + 1] + $d(xi  x1 ) + 1] + $d(xj  x1 ) + 1]

ahol xi ∧ xj az (x1  xi ) s (x1  xj )-utak utols kzs pontja. Ebbl dij = d(xi  x1 ) + d(xj  x1 ) − 2d(xi ∧ xj  x1 ) = d(xi  xj ) mint ll tottuk. gy det D = det A = −(n − 1)(−2)n−2 $R. L. Graham{H. O. Pollak, Bell Sys. Tech. J. 50 (1971) 2495{2519].

§ 2. A SZITA

2.36

34.

gy

231

Legyen U = Z − I = (uij ). Ekkor U n = 0. Tovbb kapjuk, hogy (I + U )(I − U + U 2 − U 3 + : : : + (−1)n−1 U n−1 ) = I + (−1)n−1 U n = I:

I − U + U 2 − U 3 + : : : = (I + U )−1 = Z −1 = M:

Ebbl

(x y) =

n X v=1

(−1)v pv 

ahol pv az U v (x y)-ik eleme de msrszt ez az elem X X pv = u0i1 ui1 i2 : : : uiv−1 1 = 35.

x C -t, ha (b) ill. (c) teljesl. Tekintsk azon k-asok qk (a b) szmt C -ben, melyek uni ja b s metszete a, s legyen a < C < b. Ekkor bebizony tjuk, hogy

q(a b) =

n X k=2

(−1)k qk (a b) = (a b)

az a s b kzti elemek szma szerinti indukci val. Legyenek a1  : : :  am azon elemek a C -ben, melyek az a s b kztt vannak. Feltehetjk, hogy a = 0 s b = 1, mert {a1  : : :  am } a {z : a ≤ z ≤ b} rszhl ban egy ugyanolyan tulajdonsgokkal rendelkez halmazt alkot, mint C . Kapjuk, hogy  

qk (x y) = mk x j . Ekkor a 2(G) mtrixban 0-k vannak a diagonlis felett, s 1-esek az tl ban, ebbl 2(G) = 1 kvetkezik. Msrszt, tegyk fel, hogy G nem feny. Mivel minden pont = v1 befoka 1 s gy |E (G)| = n − 1, G nem lehet sszefgg legyen, mondjuk, v1  : : :  vk egy olyan komponense G-nek, mely nem tartalmazza vn -et. Ekkor 2(G) els k sora 0, gy 2(G) = 0. Ezzel a bizony tst befejeztk.

4.17

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

269

(b) Helyettes tsk G minden e lt xe prhuzamos llel. Ekkor az eredmnyl kapott G grfban a vn gyker fenyk szma X

xe1 : : : xen−1 

ahol az sszegezs kiterjed az {e1  : : :  en−1 } lek sszes olyan (n−1)-esre, melyek egy fesz t fenyt alkotnak. Legyen xei = y , ha ei = (v  v ). Akkor X

xe1 : : : xen−1 =

n XY

T i=1

yidT (vi )

msrszt ez egyenl a kvetkez determinnssal

2(G) =

 P  j1 j   j =1  − 21 2    ..   .    − n−11 n−1

a y a y

a

y

−a12 y1

P

j =2

aj2 yj

−an−12 yn−1

::: :::

−a1n−1 y1

:::

P

−a2n−1 y2

j =n−1

ajn−1 yj

            

Mivel az yi -k tetszleges vlasztsa esetn teljesl ez az egyenlsg, ha yi > 0 s yi egsz, ezrt azonosan egyenlsg teljesl. 17. I. Knny bebizony tani, hogy ha  -nek nincs xpontja, akkor nincs olyan fa, amelyik invarins maradna a -t alkalmazva r. Itt a centrum fogalmt fogjuk hasznlni (lsd 6.21), de az olvas nyugodtan hasznlhat ms meggondolsokat, ha el akarja kerlni a ksbbi fejezetekre val hivatkozst. Ha a fnknak van egy centruma, akkor ez xpontja kell, hogy legyen a -nek. Ha a centrum kt pontb l ll, akkor -nek ezt a kt pontot fel kell cserlnie. De ekkor fel kell cserlnie a fnak azt a kt gt is, melyet a centrumbeli kt pontot sszekt l vlaszt el egymst l, ami persze csak akkor lehetsges, ha a fnak pros sok pontja van. II. Most tegyk fel, hogy x egy xpontja a -nek. Legyen T~ egy feny, amely gy keletkezik, hogy T -t gy irny tjuk, hogy x legyen a gykr. Szksgnk van a T~ -rl tovbbi informci kra is. Legyenek V1  : : :  Vm a  ciklusaiban szerepl elemek halmazai, ahol |V1 | ≥ ≥ |V2 | ≥ : : : ≥ |Vm |, Vm = {x}. (i)  nyilvnval an automorzmusa T~ -nek. (ii) Ha (x y) ∈ E (T~ ), x ∈ Vi , y ∈ Vj , akkor |Vi | | |Vj |. Val ban, ha |Vi | nem oszt ja |Vj |-nek, akkor ltezik az (x y)-nak egy olyan (k (x) k (y)) kpe, ahol k (y) = y, de k (x) = x. Ez azt jelenti, hogy T~ -nak kt le megy y-ba, ami lehetetlen, hiszen T~ egy feny.

270

MEGOLDSOK

4.17

(iii) Ha (x y) ∈ E (T~ ), x ∈ Vi , y ∈ Vj , akkor i = j . Mert ltezik egy (z u) l, melyre u ∈ Vj , z ∈ Vj  egy alkalmas (k (z ) k (u)) kpre teljesl, hogy k (u) = y

gy k (z ) = x ∈ Vj . (iv) Ha minden Vi -t sszehzunk egy vi pontra, s elhagyjuk az gy keletkez lmultiplicitsokat T~ -ban, akkor T~ egy bizonyos T~ 1 -re kpzdik le a {v1  : : :  vm } pontokon. Val ban, ugyanaz az rvels, mint (i)-ben vagy (ii)-ben, mutatja, hogy T~ minden Vi -be men le, ugyanabb l a Vj -bl kell, hogy jjjn. gy T~ 1 -nek pontosan egy le megy minden vi -be, i = m. Mivel nyilvnval an minden vi elrhet vm -bl egy ton a T~ 1 -ben, kvetkezik, hogy T~ 1 feny, s vm a gykere. (v) T~ 1 az irny tott G1 grfnak egy rszgrfja melyben (vi  vj ) ∈ E (G1 ) akkor s csak akkor, ha |Vi | | |Vj | (i) szerint. Hatrozzuk meg, hogy hny T fa vezet egy adott T~ 1 fenyhz. Minden ilyen T gy keletkezik, hogy vesznk egy (Vi  Vj )-lt, s a  ltal keletkez kpeit, minden (vi  vj ) ∈ E (T~ 1 )-re megford tva, ha kivlasztunk egy (Vi  Vj )-lt s a kpeit minden (vi  vj ) ∈ E (T~ 1 )-re, egy olyan ft kapunk, mely invarins a  -re. Az sszes (Vi  Vj )-lek halmaza a |Vi | plykb l ll (ne felejtsk el, hogy |Vi | | |Vj |). gy azon T fk szma, melyek egy adott T~ 1 fenyhz tartoznak, X

(vi vj )∈E (T~1 )

|Vi | =

m Y i=1

d− T~1 (vi )

|Vi |



s gy, azon fk szma a V -n, melyek invarinsak a -re, X

T~1

D− T~1 (v1 )

|V1 |

: : : |Vm|D T~1 (vm) : −

Az elz problma szerint, ez az albbi determinnssal egyenl:

2= ahol

P   j1| j |   j =1  − 21 | 2 |    ..   .    − m−11 | m−1 |

a V a V

a

V

−a12 |V1 |

P

j =2

aj2 |Vj |

−am−12 |Vm−1 |



::: ::: :::

    − 2m−1 | 2 |       P  jm−1 | j | 

−a1m−1 |V1 |

a

j =m−1

aij = 1 ha |Vi | | |Vj | (1 ≤ i j ≤ m), 0 klnben.

V

a

V



4.17

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

271

Ez a determinns a kvetkezkppen szm that ki. Blokkos tott formja: 0

0

0

0

z }| { z }| {

0

kn

: : :

0

kn−1

z }| {

k1 − 1,



mivel |Vi |  |Vj |, i ≥ j ebbl kvetkezik, hogy |Vi | = |Vj |. gy 2 egyenl a vonalkzott aldeterminnsok szorzatval. Tekintsk a ki -hez tartoz blokkot. Ebben

i = az tl ban, gy az rtke 



2i =

::: i i : : :

 i   −  .  .  .  −

i

−i

...

−i



−i       

−i 

.. .

: : : i

X

dkd − i

d|i

= (i + i)ki −1 (i − (k0i − 1)i) =1 

=

P

d|i

dkd

!ki −1

BP @

d|i d=i

dk

C dA

:

i > 1 esetn, s ki ≥ 1, s   1−1    −1  ..  .    −1 |

k

21 =

−1

k1 − 1 −1

{z

::: ...



−1 

: : : k1

k1 −1

 ..  .   −1 }

−1 

= k1k1 −2

(ellenriznnk kell, hogy ezek a formulk 2i = 1-et adnak, ha ki = 0 (i = 2 : : : : : :  m) s 21 = 1, ha k1 = 1). Mivel 2 = 21 : : : 2n  az ll tst bebizony tottuk.

272

MEGOLDSOK

4.18

n szmozott ponton a gykeres fk szma nn−1 a Cayley-formula szerint, s legfeljebb (n − 1)! izomorf ezek kztt, kapjuk, hogy n n− 1 Wn ≥ (nn− 1)! = nn! > 2n (n ≥ 6):

18. Mivel

Minden gykeres fa lerajzolhat a s kba. Kssk ssze a gykert egy elsfok ponttal, hogy egy gykeres ft kapjunk n + 1 ponton gy, hogy a gykr egy vgpont legyen. Ez a megfeleltets mutatja, hogy a nemizomorf gykeres fk szma nem nagyobb, mint a lnyegesen klnbz olyan gykeres s kfk szma, ahol a gykr vgpont, ami 4.13b szerint,   1 2n − 2 < 4n n n−1 19. (a) Az tlettrbeli elindulst kvetve, a jobb oldalt az albbi formban rjuk fel: 2 + : : :)W1 (1 + x2 + x4 + : : :)W2 : : : = x(1 + x + xY = x (1 + x|V (T )| + x2|V (T )| + : : :) T

ahol T az sszes gykeres fkon fut vgig. Az xn egytthat ja ebben a szorzatban az n szm reprezentci inak a szma az albbi formban X (13) n = 1 + T |V (T )| T ≥ 0: T

Ha adva van egy ilyen reprezentci , akkor minden gykeres T fhoz vegyk T -t

T pldnyban, s kssk ssze a gykerket egy j gykrrel. Ily m don egy n pont gykeres fhoz jutunk, s megford tva, minden n pont gykeres fa (13) egy megoldshoz vezet. gy az xn egytthat ja a szorzatban Wn , mely az azonossgot bizony tja. (A konvergencira vonatkoz krdsek knnyen elintzhetk 4.18 alapjn, s itt eltekintnk ezektl.) (b) 3.7 szerint a kt azonossg ekvivalens. (x ≤ 1 esetn a jobb oldali sorozatok konvergensek, mert ekkor w(xn ) = 0(xn )). Az els knnyen kvetkezik (a)-b l: ∞ ∞ ∞ kn ∞ X X X X w ( x ) x 1 w(xk ) n log = − W log(1 − x ) = W =

x

n=0

n

n=0

n

k=1 k

k=1 k

ami az azonossgot bizony tja. Ahhoz, hogy a msodik azonossgot kzvetlenl a P lya{Redeld m dszerbl kapjuk meg, legyen D = {1 : : :  d}, R = { a gykeres fk izomorzmus t pusai }, w(T ) = |V (T )| T ∈ R-re, s legyen ; a szimmetrikus csoport D-n. Egy gykeres n-pont fa az 'gak" egy d-ese, ahol d a gykr foka. Az gak maguk is gykeres fk, melyeknek az sszslya n − 1. gy az n pont gykeres fk Wn(d) szma, ahol a

4.20

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

273

gykr foka d, egyenl az n − 1 sszsly, D-n4k R-be val lnyegesen klnbz lekpezseinek a szmval. Ez pedig 3.29 szerint, ∞ X

n=1

Wn(d)xn = xpd (w(x) w(x2 ) : : :):

Az sszes d-re sszegezve kapjuk az azonossgot $A. Cayley]. 20. (a) Az a tny, hogy a w(x) konvergenciasugara kielg ti a 0 <  < 1 egyenltlensget, trivilis 4.18 szerint. Kvetkezik, hogy   2 ) w(z 3 ) w ( z '(z ) = z exp 2 + 3 + : : : √ analitikus a  >  sugar krben. rjuk fel 4.19a els azonossgt a kvetkez alakban (14) w(z )e−w(z) = '(z ): 4.7 szerint ez talak that

nn ('(z ))n n=1 n! alakra. Tekintsk elszr a 0 ≤ x <  rtkeket. Mivel ' egytthat i pozit vak, w(z) = t('(z )) =

(15)

∞ X

ezrt (14)-bl kvetkezik, hogy

0 < ' (x) = w (x)(1 − w(x))e−w(x)  jb l (14) szerint, '(x) < 1e :

w(x) < 1:

A ' egytthat inak pozitivitsa miatt kell, hogy teljesljn, hogy |'(z )| < 1e esetn |z | ≤  kivve, ha z =  . Tovbb '( ) = 1=e kell, hogy teljesljn, klnben (15) a w-t egy nagyobb krben deniln analitikusan. gy w folytonos  -nl s w( ) = 1. Tovbb, (15) analitikusan denilja w-t a hatron, kivve a z =  rtket.  krnyezetben vizsglva a fggvny viselkedst 0 < x <  esetn, legyen y =  − x, u = 1 − w. Ekkor (14)-et az albbi alakban rhatjuk fel

u2 + u3 + : : : +

ahol

2

3

un + : : : = 1 − e'(x) = a y + a y2 + : : :  1 2 n(n − 2)! a1 = e' ( ) > 0:

274

Ebbl

MEGOLDSOK

4.20

r

√ u 12 + u3 + : : : = √y a1 + a2 y + : : : (a ngyzetgykket pozit vnak vesszk, ha y, u kis pozit v szmok). A bal oldal analitikus ha u megfelelen kicsi, s a derivltja nullt l klnbzik 0-ban, ezrt u kifejezhet, mint a jobb oldal egy analitikus fggvnye, a 0 egy√ elegenden kis krnyezetben. Kvetkezskppen u egy analitikus fggvnye a y-nak, ha y

(16)

elegenden kicsi. gy (17)

w(x) =

∞ X

bk ( − x)k=2 

k=0 ahol b0 = 1 s (16) szerint, b1 = − 2a1 < 0. √

(b) Az elbbi (17) szerint, |z | <  esetn kapjuk, hogy r  (18) w (z ) = a81 ( − z)−3=2 + 34b3 ( − z)−1=2 + h(z ) ahol h(z )-nak a  egy krnyezetben a kvetkezkppen fejthet ki ∞ X k−4 (19) h(z ) = k(k 4− 2) bk ( − z) 2 : k=4

(18)-bl kvetkezik, hogy h(z ) analitikus a ny lt |z | <  krn, tovbb a hatr minden pontjn, kivve a z =  rtket. (19)-b l kvetkezik, hogy h(z ) mg itt is folytonos. Ezrt, ha h(z )-t kifejtjk a 0 krl, kapjuk, hogy

h(z) = ahol

cn 21i

I

∞ X

n=0

cn zn

h(z) dz = O( −n ): zn+1

|z |= n gy (18) szerint, az x egytthat ja w (x)-ben r  3 a1 − 2 (−1)n  −n− 32 + 3 b − 12 (−1)n  −n− 12 + O( −n ): 3

8 n 4 n Itt is a msodik tag O( −n ), m g az els tag aszimptotikus rtke √

c n −n :

Ezt a Stirling formulb l elemi talak tsok tjn kapjuk. Ez a problma ll tst bizony tja.

4.24

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

275

Legyen a1(1) a2(2) : : : an(n) a perA egy kifejtsi tagja. Vegyk szre, hogy azon 1-faktorok szma, melyek egy (u1  v(1) ) lbl, egy (u2  v(2) ) lbl, : : : , egy (un  v(n) ) lbl llnak, pontosan 21.

a1(1) a2(2) : : : an(n) mert vlaszthatunk egy (u1  v(1) ) lt, egy (u2  v(2) ) lt, stb. egymst l fggetlenl. Ezt az sszes  permutci ra kell sszegezni, azaz mindegyik kifejtsi tagra.

Ez az ll tst bizony tja. 22. Jellje an a keresett szmot. Tudjuk, hogy (20) a0 = 1 a1 = 1: Legyen F az n-lpcss ltra akrmelyik 1-faktora. Kt lehetsgnk van. Ha F a bal vgen egy fggleges llel indul, akkor an−1 -flekppen folytathat . Ha F egy v zszintes llel indul, akkor egyike an−2 1-faktornak. Ebbl (21) an = an−1 + an−2 : (20) s (21) mutatja, hogy an az n-edik Fibonacci szm (v. 1.27). 23. Az 1-faktorok szma Knn -ben nyilvnval an n!. Ha n lt elhagytunk Knn bl, akkor a Knn azon 1-faktorait nem akarjuk beszm tani, amelyek tartalmaznak elhagyott lt. Azon 1-faktorok szma, melyek adott j lt tartalmaznak, (n − − j )!. gy a szitaformult hasznlva, a tekintett szm   n n j X X j : (−1) nj (n − j )! = n! (−j1) j =0 j =0 !

1 . Ebbl Az itt szerepl sszeg az 1e rszletsszege, s a maradk kisebb, mint (n+1)!      

n!

n (−1)j X

j =0 j !

−

  !   

n < 1 : e n+1

gy, a szmunk az ne! -hez legkzelebbi egsz. 24. Legyen B = (bij )n ij =1 , akkor X

(22) det B = "()b1(1) : : : bn(n)  ahol  vgigfut {1 : : :  n} sszes permutci jn s "() a  eljele. Tegyk fel, hogy a  ciklikus felbontsa tartalmaz egy pratlan ciklust, (i1  i2 : : : i2k+1 )-et, ahol k ≥ 1. Legyen  az a permutci , melyet gy kapunk, hogy az (i1 i2 : : : : : : i2k+1 ) ciklust kicserljk a (i2k+1 i2k : : : i1 ) ciklusra. Ekkor a -nek s  -nek megfelel kifejtsi tagok egymst kiejtik, mivel B antiszimmetrikus. Ha -nek van egy x eleme, akkor a megfelel kifejtsi tag 0, mert B tl jban 0-k vannak. gy

276

MEGOLDSOK

4.25

elegend csak azokat a  permutci kat tekinteni (22)-ben, amelyek csupa pros hosszsg ciklusra bomlanak fel (s ezek a ciklusok particionljk az {1 : : :  n} halmazt). Ez bizony tja az ll tst, ha n pratlan, hiszen ekkor det B = (Pf B )2 = = 0. Nevezznk kt permutci t ekvivalensnek , ha a ciklusfelbontsuk csak a ciklusok irny tsban klnbzik. Ekkor az ekvivalens permutci knak megfelel kifejtsi tagok egyenlek. Val ban, egy pros ciklusokb l ll  permutci hoz, mely az {1 : : :  n}-et particionlja, legyen r() a ciklusok szma, s s() a 2ciklusok szma. Ekkor a -vel ekvivalens tagok sszege (−1)r() 2r()−s()b1(1) : : : bn(n) s ebbl X det B = (−1)r() 2r()−s()b1(1) : : : bn(n)  ahol  most az ekvivalenciaosztlyok egy reprezentnsrendszern fut vgig. Tekintsk (Pf B )2 -et. Ha ezt kifejtjk, minden tag a kvetkez alak lesz: (23) "bi1 i2 : : : bin−1 in bj1 j2 : : : jn−1 jn  ahol {{i1  i2 } : : :  {in−1  in }}, {{j1  j2 } : : :  {jn−1  jn }} part ci k, s ",  a megfelel eljelek. Tekintsk azt a grfot az {1 : : :  n}-en, melynek lei (i2l−1  i2l ) s (j2l−1  j2l ) (l = 1 : : :  n). Ez a grf azon s lekbl ll, melyek mindkt alakban elfordulnak, s r − s krbl, melyeknek lei alternlva az (i2l−1  i2l ) s (j2l−1  j2l ) lek. Feltehetjk, hogy (i2l−1  i2l ) s (j2l−1  j2l ) vagy azonos, vagy egymst kvet lek ezeken a krkn. Ekkor legyen 

i1 i2 : : : in  %= : j1 j2 : : : jn

% a (Pf B )2 ltal ekvivalencia erejig van meghatrozva. Tovbb, % eljele ". Ebbl (23) egyenl a kvetkezvel:

(−1)r(%) b1%(1) : : : bn%(n) : Tovbb, a (Pf B )2 -ben 2r(%)−s(%) tagot kapunk az ekvivalens permutci kb l. gy X (Pf B )2 = (−1)r(%) 2r(%)−s(%)b1%(1) : : : bn%(n) = det B: %

25. (a) Feltehetjk, hogy n pros, mert klnben az ll ts trivilis. Vegyk szre,

hogy a Pf B -van minden nemnulla tag megfelel egy 1-faktornak a G-ben s megford tva. Tovbb, minden ilyen tag abszolt rtke 1. gy az 1-faktorok szma G-ben ≥ |Pf B |.

4.25

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

277

(b) Egyenlsg akkor s csak akkor teljesl, ha Pf B -ben minden nemnulla tagnak ugyanaz az eljele. Hogy ezt kifejezzk a krk irny tsnak fggvnyben, legyen "bi1 i2 bi3 i4 : : : bin−1 in  bj1 j2 bj3 j4 : : : bjn−1 jn ("  = ±1) a Pf B -ben kt nemnulla tag. Kell, hogy (vi2l−1  vi2l ) ∈ E (G), (vj2l−1  vj2l ) ∈ ∈ E (G) teljesljn. Legyen F = (vi1  vi2 ) : : :  (vin−1  vin ) F  = (vj1  vj2 ) : : :  (vjn−1  vjn ) a G kt 1-faktora, mely a fenti kifejtsi tagoknak felel meg. F ∪ F  felbomlik az alternl C1  : : :  Cr krkre s nhny lre, melyek mindketthz hozztartoznak. Irny tsuk tetszlegesen mindegyik Ci -t s jellje  azt a permutci t, mely megfelel az eredmnyl kapott krknek. Mivel szabadon vlaszthatjuk meg az (i1  i2 ) : : :  (in−1  in ) prok rendezst, s a (vi2l−1  vi2l ), prokon bell is a rendezst, s feltehetjk, hogy (vj2l−1  vj2l ) vagy azonosak, vagy egymst kvetik ugyanazon az irny tott Ci cikluson. Most a kt kifejtsi tag hnyadosa (vagy szorzata) a pfa3nban (24) (")bi1 i2 bj1 j2 bi3 i4 bj3 j4 : : : bin−1 in bjn−1 jn : Itt " a  i1 i2 : : : in  =  permutci eljele, azaz

j1 j2 : : : jn

" = (−1)r :

Msrszt, a bi1 i2 : : : bjn−1 jn szorzat tartalmaz egy −1-est az F ∪ F  minden lre, melynek az irny tsa G-ben ellenkezik azon Ci -vel, mely t tartalmazza (mert F ∩ F  lei, melyek kt bi2l−1 i2l bj2l−1 j2 tnyeznek felelnek meg, kiejtik egymst). Jellje s azon Ci -k szmt, melyekben az adott irny tssal megegyez lek szma pros, akkor (24) egyenl lesz az albbival (−1)r (−1)r−1 = (−1)s : Ezek utn knny beltni a hrom felttel ekvivalencijt. (i)=⇒(ii): Tegyk fel, hogy |Pf B | egyenl az 1-faktorok szmval. Legyen C egy olyan kr, mely alternl egy F 1-faktorra, s legyen F  = F  E (C ): Az F -nek s F  -nek megfelel tagoknak ugyanaz kell, hogy legyen az eljele, gy a fenti szrevtelek azt mutatjk, hogy C -nek pratlan sok le mutat mindegyik irnyba. (ii)=⇒(iii): Trivilis.

278

MEGOLDSOK

4.26

(iii)=⇒(i): Ha G minden C krnek, mely alternl egy adott F0 1-faktorra vonatkoz lag, pratlan sok le mutat mindegyik irnyba, akkor a fenti eszmefuttatsb l kvetkezik, hogy tetszleges F 1-faktorra, az F -nek megfelel tagnak ugyanaz az eljele, mint az F0 -nak megfelel tag, s gy |Pf B | egyenl az 1faktorok szmval G-ben. $P. W. Kasteleyn] 26. A vrhat rtk linearitsa miatt X E (det B ) = "()E (b1(1) : : : bn(n) ): 

Itt a bij -k vletlen vltoz k, s E (bij ) = 0. Ha egy kifejtsi tag tartalmaz egy bij -t, ahol (i j ) nem l, akkor ez a tag 0 lesz. Ha tartalmazza bij -t, de bji t nem valamely (i j ) lre, akkor ez a tnyez fggetlen a tbbi tnyeztl a kifejtsi tagban, s gy a kifejtsi tag vrhat rtke 0. Vgl, ha egy kifejtsi tag mindig tartalmazza bij -t, valahnyszor tartalmazza bji -t (s ez megfelel egy 1faktornak), akkor az rtke mindig 1, s gy 1-et ad E (det B )-hez. $C. D. Godsil s I. Gutman] 27. Elszr az tlettrbeli ll tst bizony tjuk indukci val. Ha a grf fa, akkor nincs korltos lap, s az ll ts trivilis. Tegyk fel, hogy G nem egy fa. Hagyjuk el G egy lt, mely a vgtelen lap hatrn van, s hozztartozik egy krhz is, s irny tsuk a maradkot gy, ahogy szksges. Tegyk ezt az lt vissza, akkor minden korltos lap, kivve az, amelyik ezt az lt tartalmazza, rendelkezik azzal a tulajdonsggal, hogy pozit v irnyban vgighaladva a hatrn, pratlan sok lt kapunk amely a stnkkal megegyez irnyba mutat. Az e l egy alkalmas irny tsa garantlja ezt a hozzvett korltos lapra is. Beltjuk, hogy tetszleges C kr, mely alternl az adott F 1-faktorra vonatkoz lag, pratlan sok egyik (vagy msik) irnyba mutat lt tartalmaz a kr mentn. G-nek pros sok, 2p, pontja van a C krn bell, mert F egymssal pros tja ezeket a pontokat. Legyen |V (C )| = 2k, s jelljk A1  : : :  Af -fel a C belsejben lv lapokat legyen qi azon lek szma, melyek a haladsi irnnyal megegyez irnyak, amikor krljrjuk Ai -t a pozit v irnyban. Tekintsk a q1 +: : :+qf sszeget. Vegyk szre, hogy a C belsejben lev leket pontosan egyszer szmoltuk a C -n k vli leket akkor s csak akkor szm tjuk be, ha ugyanolyanok, mint a pozit v irny ts C . gy bennnket a kvetkez szm rdekel q = q1 + : : : + qf − m ≡ f − m (mod 2) ahol m a C -n belli lek szma. Most tekintsk azt a G grfot, melyet a C s a G azon lei s pontjai alkotnak, melyek C -n bell vannak. G -nek f + 1 lapja van, m + 2k le s 2p + 2k pontja. Az Euler-fle poliderttel szerint (v. 5.24), f + 1 + 2p + 2k = m + 2k

4.29

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

ebbl

279

m ≡ f + 1 (mod 2)

s

q ≡ f − m ≡ 1 (mod 2)

mint ll tottuk $P. W. Kasteleyn]. 28. Ha tekintjk a ltrnak egy irny tst, ahogy a 13. brn lthat , azt ltjuk, hogy brmelyik korltos lap hatra pratlan sok (itt 3) lt tartalmaz a pozit v irnyban. gy, az elz megolds szerint, minden kr, mely alternl egy 1-faktorra vonatkoz lag, pratlan sok adott irny lt tartalmaz. A megfelel B mtrix alakja, ahogy 4.24-ben deniltuk, a kvetkez: 

ahol

0

0 1 B −1 0 B B

A=B B B @

A −I 01

...

C C C C C A 1C

0 0 −1 0 Az 1-faktorok szma a ltrban 

A det −I

I   −A 0



I=B @

1 0

...

01 1

C A

:

 I 1=2 1 I − A2 1=2 = det = (det(I − A2 ))1=2 −A −I 0 = (det(I − A) det(I + A))1=2 = det(I + A)

mert

I − A = (I + A)T : Indukci val knny igazolni, hogy ez az n-edik Fibonacci-szm. 29. (a) Amit le kell szmolnunk, az az 1-faktorok szma a (2n)×(2n)-es 'rcsban",

vagyis a 26. bra grfjban. Ha tekintjk az ott adott irny tst, az kielg ti azt a felttelt, hogy minden korltos lap hatra egy lt tartalmaz, mely az egyik irnyba megy s hrmat a msik irnyba. gy a 4.27 megoldsa szerint, minden krnek, mely egy adott 1-faktorra nzve alternl , pratlan sok adott irny lttartalmaz. gy, ha fel rjuk a megfelel B mtrixot, mint 4.24-ben, az 1-faktorok √ szma det B -vel lesz egyenl.

280

MEGOLDSOK

4.29

26. bra

Most B a kvetkez alakban rhat fel 0

(25)

A B B −I B

I −A I ... ... −I

B=B B B B B B @

... ... ... ... A

0

C C C C C C C C C A

}

n

0

1

I : −I −A

{z

|

ahol

0

1

0 1 . . . 0C B B −1 C 0 A=B ... ... 1 C B C: @ 0 A −1 0 Ha megszorozzuk a blokkos tott (25) mtrixban az els oszlopot, aztn a 3adik, 4-edik sort, akkor a 4-edik s tdik oszlopot, aztn a hetedik s nyolcadik sort, stb, −1-gyel, akkor azt kapjuk, hogy 0

B = Legyen

B B B B B B B B B @

−A

I

0

I −A I I ... ...

0

... ... ... . . . −A

I

I −A

1 C C C C C C C C C A

:

4.29

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN 0

0 1 0C 0 1 C C . . . . C . . 1 C A =  ... ... ... C C C ... ... 1 C A 0 1 0 B B1 B B B B B B B @

ekkor

281

1

pn ( ) = det(A − I )

det B = det B  = det pn (A):

1.29 szerint, a B sajtrtkei 2 cos 2nk+1 , k = 1 : : :  2n. Ebbl 2n Y

2n Y k det pn (A) = det 2 cos 2n + 1 I − A = det 2 cos 2nk+ 1 I − A : k=1 k=1 



Legyen





qn( ) = det(A − I )

ekkor

2n Y





det B = qn 2 cos 2nk+ 1 : k=1 Az A sajtrtkeit hasonl kppen hatrozhatjuk meg, mint A -t, s ezekre a 2i cos 2nk+1 (k = 1 : : :  2n) rtkeket kapjuk. gy 2n Y 2n Y





det B = 2 cos 2nk+ 1 − 2i cos 2nl+ 1 = k=1 l=1  2n Y 2n   2Y k l 4 n  = =2 cos − i cos   2 n + 1 2 n + 1 k=1 l=1 2n Y 2n Y

k + cos2 l 1=2 = 2n + 1 2n + 1 k=1 l=1  2 n Y n 2Y k l 4 n 2 2 =2 cos 2n + 1 + cos 2n + 1 : k=1 l=1 2 = 24n



cos2



282

MEGOLDSOK

4.29

Ebbl, n Y n Y

k + cos2 l  = 2n + 1 2n + 1 k=1 l=1  n Y n  Y k l 2 2 = 4 cos 2n + 1 + 4 cos 2n + 1 : k=1 l=1

√

2 an = det B = 22n



cos2

(b) Az a polinom, melynek gykei 4 cos2 2nk+1 , k = 1 : : :  n, a kvetkez 







f (x) = xn − 2n 1− 1 xn−1 + 2n 2− 2 xn−2 : : : Vegyk szre, hogy an az f (x) s f (−x) rezultnsa. A rezultns Sylvester-fle alakja,

an =

                                  

1



−

0

2n − 1 1 1







2n − 2 : : :  2  2 n −1 − ::: 1

.. .

...

0 1 0



2n − 1 1 1





.. . 0

|



2n − 2 : : :  2  2n − 1 : : : 1 ... {z

2n oszlop

}

                                  

9 > > > > > > > > > > > > > = > > > > > > > > > > > > >  9 > > > > > > > > > > > = > > > > > > > > > > > 

n sor

n sor.

Adjuk hozz az (n + k)-adik sort a k-adikhoz (k = 1 : : :  n), aztn osszuk el az els n sort 2-vel, s vonjuk le a k-adik sort az (n − k)-adikb l. Az eredmnyl

4.29

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

kapott determinns:

an = 2n

                      





2n 0 0 .. .

2n − 1 1 0

|

0 .. .

2n − 2 2 0 ...

0   2n 0 

0



 

0



0



2n − 2 2



2n − 1 1

2n − 3 3 0 ...



{z





2n oszlop

::: ::: ::: :::

                      

9 > > > > > =

n sor

> > > > >  9 > > > > > =

n sor.

> > > > > 

}

Tegyk fel, hogy pldul n pros. Akkor az utols oszlop gy nz ki:

an = 2n

                        





2n 0 0 .. . 0

|

0 .. . 0

0  2n 0



:::   2n − 1 1

:::



2n − 2 2 0 ...



0



2n − 2 2 

2n 0

0 ... {z

2n oszlop



::: :::



 0    0   ..  .         0  ..  .  0 

: : : nn   2n − 3 : : : 3 

2n − 1 1



:::

}

9 > > > > > > > > = > > > > > > > >  9 > > > > > > > > = > > > > > > > > 

n sor

n sor.

283

284

MEGOLDSOK

4.29

gy az els,majd az utols oszlop szerint kifejtve, kapjuk, hogy     9 2n 2n − 2  > 0 : : : 0 >  > 2 0 >      > =  > −2 2 n 2 n   0 : : : 0 n − 2 sor   2 0  > >  > .. ... >  > . n   > a =2 n

       2 −1 2 −3  0 0  1 3       2 −1 2 −3  0 0  1 3   . . .. .. 

n

n

n

n

::: :::

           

9 > > > > > > = > > > > > > 

n sor.

Most ez a determinns a direktszorzata lesz kt albbi 9 alak determinnsnak:       >  − 2 2 n − 4 2 n 2 n  > : : :  > >  2 4 0 > >      > >   = − 2 2 n 2 n   n−2 sor : : : 0   2 0 2     .. ...    .       2 −1 2 −3 2 −5   1   3   5   2 −3 2 −1  0   1 3    ..  ...  .

n

n

n

n

n

::: :::

> > > > > > > >  9 > > > > > > > > =  > > > > > > > > 

n sor. 2

Ez az ll tst bizony tja. A pratlan n esete hasonl an kvetkezik. (c) Tudjuk, hogy n X n log an = 1 = X log 4 cos2 2nk+ 1 + 4 cos2 2nl+ 1 : 2 2 n n 

k=1 l=1

A jobb oldal hatrrtke (26)

4

2

=2 Z=2 Z 0 0

log(4 cos2 x + 4 cos2 y)dx dy = c ≈ 1 17:



4.30

gy,

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN

log an

n2

285

→ c ≈ 1 17:

$P. W. Kasteleyn, s E. W. Montroll: Applied Combinatorial Mathematics , (E. E. Beckenbach, ed.) Wiley, 1964 a c sorfejtsre lsd az utols referencit] 30. (a) Jellje G a (2n − 1) × (2n − 1) ngyzetrcsot pontjai az (i j ) pontok (0 ≤ ≤ i ≤ 2n − 2, 0 ≤ j ≤ 2n − 2). Legyen egy (i j ) pont fekete , ha i s j mindkett pros zld , ha egyikk pratlan piros , ha mindkett pratlan. A fekete pontok egy n × n-es rcsot alkotnak, legyen ez a grf H . Legyen T a H egy tetszleges fesz tfja. Legyen a = (2n − 2 2n − 2) s x = a, egy fekete pont. Ekkor van egy j l meghatrozott els l T -ben azon az ton, mely x-et a-val sszekti s ez tartalmaz egy x zld pontot. Legyen y egy piros pont. A piros pontok rcsban ltezik egy egyrtelm t, mely T -t nem keresztezi, mely sszekti y-t a G rcs kls hatrval s ezen, ltezik egy els l, mely tartalmaz egy zld pontot. Legyen ez a zld pont y . Az (x x ), (y y ) alak prok, mint knnyen belthat , a G − a egy 1-faktort alkotjk (27. bra). Megford tva, legyen F a G − a egy 1-faktora. Tekintsk a H azon leinek T halmazt, melyek tartalmazzk F -nek egy lt. Ezek egy fesz tft alkotnak. Val ban, F azon leinek a szma, melyek ssze vannak ktve fekete pontokkal n2 − 1, gy T -nek n2 − 1 = |V (H )|− 1 le van elegend beltni, hogy ezekben nincs kr. Tegyk fel indirekt m don, hogy van kztk egy C kr. G C -n bell lv pontjainak a szma pratlan (ez knnyen kvetkezik pldul C hossza szerinti indukci val) s gy, F nem pros thatja ket, ami ellentmonds. a

27. bra

gy egy klcsnsen egyrtelm lekpezst ltes tettnk H fesz tfi s G − x 1-faktorai kztt. (b) Tekintsk G-t begyazva a s kba, s legyen G∗ a dulisa. Ekkor G ∪ ∪ G∗ gy tekinthet, mint egy H grf |V (G)| + |V (G∗ )| + |E (G)| cscsponton s 4|E (G)| len. Rgz tsk az a ∈ V (G) s b ∈ V (G∗ ) cscspontokat, s tekintsk G egy tetszleges T fesz tfjt. Ez megfelel egy T  fnak G-ben. Tovbb, a G∗ azon lei, melyek nem keresztezik T -t, a G∗ egy fesz tfjt alkotjk, s ez H -ban

286

MEGOLDSOK

4.31

megfelel egy T  fnak. Vilgos, hogy T  s T  pont-diszjunktak, s egytt lefedik a H cscspontjait. Vegyk szre, hogy T  minden olyan pontja msodfok, mely az a-t l pros tvolsgra van gy T  − a-nak van egy egyrtelm FT 1-faktora. Hasonl an, T  − − b-nek van egy egyrtelm FT 1-faktora, s FT = FT ∪ FT egy 1-factor a H − − {a b}-ben. Knny ltni (hasonl an, mint az (a) rszben), hogy H − {a b} minden 1-faktora a G egy fesz tfjb l szrmazik ezzel a konstrukci val. $H. N. V. Temperley: Combinatorics , London Math. Soc. Lecture Notes Series 13 (1974) 202{204]. 31. Irny tsuk az (ui  vj ) lt ui -b l vj -be, s aztn azonos tsuk ui -t s vi -t (i = = 1 : : :  n): grfunk ezltal lekpzdik a Tn tranzit v tournamentre. Ha M egy k-elem pros ts G-ben, akkor M a Tn leinek egy olyan M  halmazra kpzdik le, hogy M  -nek legfeljebb egy le kezddik s vgzdik minden adott pontban. Ebbl kvetkezik, hogy M  diszjunkt utakb l ll Tn azon pontjait, melyeket M  nem rint, gy tekintjk, mint egyelem utakat. *szrevehetjk, hogy M megfelel n − k diszjunkt irny tott t egy olyan rendszernek, mely lefedi Tn minden pontjt. Megford tva, minden olyan n − k diszjunkt irny tott tb l ll rendszer, mely lefedi V (Tn )-t, megfelel G-ben egy k-elem pros tsnak. Legyenek P1  : : :  Pn−k olyan diszjunkt utak, melyek lefedik V (Tn )-et. Ekkor {V (P1 ) : : :  V (Pn−k )} a V (Tk ) egy part ci ja. A V (Tk ) minden part ci ja, mely n − k osztlyb l ll, egyrtelmen keletkezik ezen a m don ha {V1  : : :  Vn−k } a V (Tn ) egy part ci ja, s Pi a Vi ltal induklt tranzit v tournament egyetlen Hamilton-tja, akkor V (Pi ) = Vi s P1  : : :  Pn−k diszjunkt irny tott utak, melyek lefedik V (Tn )-t. Ebbl kapjuk, hogy a G k-elem pros tsai s a V (Tn ) n − k (nemres) osztly kztt van egy klcsnsen egyrtelm lekpezs. gy a krdses n part ci i o n szm n−k -val egyenl.

Fn az ilyen permutci k szmt. A felttel szerint (n) = n vagy (n) = n − 1. A k vnt tulajdonsg  permutci k szma, melyekre n xen marad, Fn−1 lesz. Azoknak a szma, melyekre (n) = n − 1 Fn−2 , mert ekkor szksgkppen  felcserli n-et s n − 1-et (hiszen semmi ms nem kpezhet n-re). gy Fn = Fn−1 + Fn−2 : Mivel F0 = F1 = 1, Fn az n-edik Fibonacci-szm. A kvetkezkppen is megfogalmazhatjuk a problmt. Legyen {v1  : : :  vn }, s {u1  : : :  un } kt diszjunkt ponthalmaz. sszektjk ui -t vj -vel, ha |i − j | ≤ ≤ 1 teljesl (28. bra). Ha  egy tetszleges, megengedett permutci , akkor az (i (i)) prok egy 1-faktort alkotnak az eredmnyl kapott G grfban, s megford tva. gy tulajdonkppen a G grf 1-faktorainak a szmt akarjuk megkapni. Mivel a G grf izomorf az 1. bra grfjval (4.22), kvetkezik, hogy ez a szm az n-edik Fibonacci-szm. 32. Jellje

4.33

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN u1

u2

u3

un–1

un

vn–1

vn

287

… v1

v2

v3

28. bra 33.

Knny ltni, hogy

0

1

1 1 1 B 1 1 B1 1 B ... B1 1 1 B ... ... B an = per B 1 B B ... ... B B ... B 1 @0 1 1

0 1 1 1

{z

|

n

Ezt az els sor szerint kifejtve, kapjuk, hogy (27) an = an−1 + bn−1 + cn−1  ahol 0 1 0 1 1 1 1 B C B B1 1 1 1 B1 0C B C B B 0 1 1 1 ... C B0 B C B B C B ... C B bn = per B c = per n 1 1 1 B C B B C B B B 1 1 C B C B ... B C B 1 1 @0 A @0 1 1 1 |

{z

n

}

|

1 1 1 0

C C C C C C C C C C C C A

:

}

1 1 1 0 1 1 ... ... 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 {z

n

1 C C C C C C C C C C C C A

:

}

Hogy egy teljes rekurz v relci t kapjunk, kifejtnk a bn , cn els oszlopa szerint is: (28) bn = an−1 + bn−1  de cn -nl kapunk egy j permanenset is: (29) cn = bn−1 + dn−1  ahol

288

MEGOLDSOK 0

1 1 1 1 dn = per 1 B B1 B B0 B B B B B B B B @

0

|

Fejtsk ki dn -et is: (30) ahol

0 1 1 0 1 1 1 ... 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 {z

n

4.33 1 C C C C C C C C C C C C A

:

}

dn = an−1 + en−1  0

1 1 1 B 1 B0 1 1 0 B B0 1 1 1 1 B ... B en = per B 1 1 1 B B B 1 1 B ... B 1 1 @0 1 1 1 |

{z

n

1 C C C C C C C C C C C C A

:

}

Trivilis, hogy (31) en = an−1 : (27){(31) az an , bn , cn , dn , en kzti rekurz v relci hoz vezet, s a kezdrtkek n = 2-re: a2 = b2 = c2 = d2 = 2, e2 = 1. Legyen 0 0 1 1 1 0 01 an 1 B1 1 0 0 0C Bb C B C B nC B C B C C C A=B vn = B B0 1 0 1 0C B cn C  B C B C @1 0 0 0 0A @ dn A 1 0 0 0 1 en akkor vn = Avn−1 = : : : = An−2 v2 = An−1 v1 = An v0  ahol

4.35

§ 4. KT KLASSZIKUS LESZMOLSI PROBLMA A GRFELMLETBEN 0 1

0 1

B0C B C B C B0C B C B C @0A

B1C B C B C B0C B C B C @1A

1

v0

=

∞ X

n=0

1



v1

0

konvenci szerint. Ebbl,

tnvn =



∞ X

n=0

289

tn An

=

1

!

v0

= (I − tA)−1 v0 :

Bennnket az (I − tA)−1 v0 els eleme rdekel, azaz az (I − tA)−1 bal fels eleme. A Cramer-szably szerint ez  1 −    −    0   0

f (t) =  1 − t                

−t

0

−t

0

−t −t



t 0 0 0  t 1 −t 0  0 1 −t  

1 = 1−t −t −t 0 0  t5 − 2t3 − 2t + 1 : 1 − t 0 0 0  −t 1 −t 0   0 0 1 −t  −t 1 −t 0  0 0 1 −t  0 0 0 1 0 0

$D. H. Lehmer, in: Comb. Theory Appl. Coll. Math. Soc. J. Bolyai 4, Bolyai{ North-Holland (1970) 755{770]. 34.

A permanenst az els sora szerint kifejtve kapjuk, hogy

Ebbl 35.

unp = p · un−1p : unp = pun−1p = : : : = pn−p upp = pn−p p! :

Meg akarjuk hatrozni a kvetkez permanenst:

290

MEGOLDSOK 0

(32)

per

B B B B B @

1 ::: .. . 1 0 .. . . . . 0 ::: 0

| {z }

1 0 ::: ...

0 .. . 0 1 .. . 1 ::: 1

4.35

1

)

p

C) C C C C A

n−p,

| {z }

p

n−p

ami nem ms, mint azon kifejtsi tagok szma a  1 ::: 1 ! per .. ..  . . 1 ::: 1 |

{z

}

n

permanensben, melyek nem tartalmaznak egyetlen elemet sem a kt hromszgbl, melyek (32)-ben 0-kat tartalmaznak. A szitaformula szerint, X a(n p) = (−1)|U |+|V | KU ∪V  UV

ahol U a bal als sarokbeli hromszgbl vett elemek egy rszhalmaza, s V a jobb fels sarokbeli hromszgbeli elemek egy halmaza, s KU ∪V azon kifejtsi tagok szma, melyek tartalmazzk U ∪ V -t. Nyilvnval , hogy elegend azon U , V halmazokat tekinteni, melyekben nincs kt elem egy sorban vagy oszlopban. Innen kapjuk, hogy KU ∪V = (n − |U ∪ V |)! : gy a keresett szmunk

a(n p) =

X

UV

(−1)|U |+|V |(n − |U | − |V |)! =

p X p X

k=0 l=0

(−1)k+1 (n − k − l)!

X

U k V l n o p+1 , ppen p+1 −k | |= | |=

4.31 szerint, a tekintett U halmazok szma, melyekre |U | = k n o p+1 lesz a V halmazok szma. gy az eredmny s, teljesen hasonl an, p+1 −l

a(n p) =

p X p X

k=0 l=0

(−1)k+l (n − k − l)!



p+1

p+1−l

1:



p+1



p+1−k 

§ 5. PARITS S DUALITS

5.1

s gy a(n p) = (n − 2p)! =

p X p X



p+1 (−1)k+l p + 1−l k=0 l=0



p+1

291



p + 1 − k (n− k −l)(n −k − l − 1) : : : (n − 2p +1):

36. Ha a permanens egy kifejtsi tagja k 1-est tartalmaz a bal fels blokkb l, akkor n − k 1-est tartalmaz a jobb fels blokkb l, n − k 1-est a bal als blokkb l s k 1-est a jobb als blokkb l. Ha kivlasztjuk az n − k 1-est a jobb fels blokkb l, s n − k 1-est a bal als blokkb l, akkor a maradk kivlasztsra (k!)2 lehetsgnk

marad. Vegyk szre, hogy az 1-esek (n − k)-asai, ahol nincs kett kzlk egy sorban, vagy oszlopban, melyeket a fels jobb n × n blokkb l vlasztunk ki, megfelelnek

az (n − k)-elem pros tsoknak a 4.31-ben denilt grfban ezrt a szmuk nk . Hasonl an a bal als sarokra is ez igaz. gy a kivlasztsok szma egy rgz tett k-ra n n o2 2 k (k!)  ami az ll tst bizony tja. $K. Vesztergombi, Studia Sci. Math. Hung. 9 (1974) 181{185]. x 1.

5. Parits s dualits

(a) A grf fokszmait sszeadva minden lt ktszer vesznk szm tsba (mindkt vgpontjnl egyszer). gy a fokszmok sszege az lek szmnak k tszerese . Mivel 3+3+3+3+5+6+6+6+6+6+6 pratlan (pratlan szm pratlan tag van az sszegben), ez a sorozat nem lehet semmilyen grf fokszmsorozata. Ez ltalnosan azt adja, hogy a pratlan fokszmok szma pros. (b) Legyenek d1  : : :  dk a 'fels" pontok fokszmai, r1  : : :  re az 'als " pontok fokszmai egy pros grfban. Ekkor mind d1 + : : : + dk , mind r1 + : : : + re az lek szmt adja meg, gy (1) d1 + : : : + dk = r1 + : : : + re : Tegyk fel, hogy a fokszmok a feladatban megadottak. Legyen mondjuk d1 = 5. Ekkor (1) jobb oldala oszthat 3-mal, m g a bal oldala nem. gy a sorozat nem lehet pros grf fokszm-sorozata (br ltalnos grf igen). (c) Mivel a 9 fok pont minden ms ponttal szomszdos, ezrt mindkt elsfok ponttal is szomszdosnak kell lennie. gy a 8 fok pont nem lehet ezek egyiknek sem szomszdja de akkor csak 7 pont marad, teht nem lehet 8 fok pont $v. 7.51. feladat].

292

MEGOLDSOK

5.2

Tegyk fel, hogy ltezik k-regulris egyszer n pont grf. 5.1a megoldsb l k · n az lek szmnak ktszerese, gy (2) k · n pros 2.

az is trivilis, hogy

k ≤ n − 1:

(3)

Megmutatjuk, hogy ha (2) s (3) teljesl, akkor ltezik k-regulris egyszer n pont grf. n=8 k=4

n=8 k=5

29. bra

1. eset: k pros. Tekintsk egy regulris n-szg pontjait s kssk ssze mindegyiket az 1 szomszdaival, a 2 szomszdaival, stb., a (k=2)-adik szomszdaival. Mivel k < n, nem lesznek tbbszrs lek. (29. bra). 2. eset: k pratlan. Ekkor (2) miatt n pros. Tekintsk az 1. esetben konstrult n pont, k − 1 fokszm grfot. (3) miatt a leghosszabb tl vgpontjai nincsenek sszektve gy ha ezeket az leket is behzzuk, k-regulris egyszer grfot kapunk. 3. Ha a G grf pros s C a G egy kre, akkor C a G rszgrfjaknt szintn pros grf, teht pros hosszsg is. Tegyk fel, hogy G-nek csak pros kre van, s legyen P1 s P2 kt (x y)-utak. |V (P1 )| szerinti indukci val bizony tjuk, hogy P1 s P2 azonos parits. Ha P1 ∪ P2 kr, akkor amiatt, hogy ez a kr pros, P1 s P2 azonos parits. gy tegyk fel, hogy P1 -nek s P2 -nek van egy kzs pontja, z . Ossza ket z rendre P1 , P1 s P2 , P2 rszekre. A jells vlaszthat gy, hogy P1 s P2 (x z )utak legyenek s gy az indukci s felttel miatt azonos paritsak. Hasonl an P1 s P2 is azonos parits, ami bizony tja, hogy P1 = P1 ∪ P1 s P2 = P2 ∪ P2 szintn.

5.5

§ 5. PARITS S DUALITS

293

A 2-sz nezhetsg bizony tshoz feltehetjk, hogy G sszefgg. Jellje (x y) az (x y)-utak kzs paritst ((x y) = 0 vagy 1). Legyen x0 ∈ V (G) s Si = {y : (x0  y) = i} (i = 0 1): Ekkor {S0  S1 } j 2-sz nezs hiszen legyen (u v) egy l s u ∈ S0 (mondjuk), s tekintsnk egy (x0  u) utat, P -t. Ha v ∈ V (P ), akkor P +(u v) egy (x0  v) t, gy (x0  v) = (x0  u) + 1 = 1: Ha v rajta van P -n s azt (x0  v) s (v u), rendre a P1 s P2 darabokra osztja, akkor P2 +(u v) kr, s gy pros. Ez azt jelenti, hogy P2 hossza pratlan. Mrmost 0 = (x0  u) ≡ |E (P )| = |E (P1 )| + |E (P2 )| ≡ (x0  v) + 1 (mod 2): Ez mutatja, hogy (x0  v) = 1, azaz v ∈ S1 .

Irny tott grfokra nem igaz az ll ts, hiszen pldul a tranzit v irny ts hromszg nem pros s pratlan hosszsg kre sincs (hiszen irny tott krt nem tartalmaz). Ellenben igaz marad az ll ts ersen sszefgg irny tott grfokra. Ennek bizony tshoz elszr azt mutatjuk meg, hogy ha G-ben nincs pratlan hosszsg irny tott kr s P egy (xy) t, m g Q egy (y x) t, akkor P s Q azonos parits. Ez a fenti bizony ts els felhez teljesen hasonl an lthat be. Legyen P1 s P2 kt (x y) t, s vlasszunk egy Q (y x)-utat (itt hasznljuk a felttelt, hogy G ersen sszefgg), ekkor P1 s Q azonos parits. De azonos parits P2 s Q is, emiatt P1 s P2 gyszintn. Ez utn a bizony ts az irny tatlan esettel azonos m don fejezhet be. 4. Ha van egy megfelel p(x) potencil, akkor brmely stn a szksges munka a vgpontok potencilja kzti vltozs. Ez specilisan brmely zrt stra 0, gy brmely krn is az. Tegyk fel, hogy brmely krn a szksges sszmunka 0. Azt ll tjuk, hogy brmely W zrt stra is 0. Indukci t alkalmazunk W hosszra. Ha W kr, akkor az ll ts maga a felttel. gy tegyk fel, hogy W egy x pontot ktszer rint. x kt kisebb zrt stra osztja W -t, W1 -re s W2 -re. W1 s W2 mentn az sszmunka az indukci s felttel miatt 0, de ekkor W mentn is 0. Ha P1 s P2 tetszleges (x y) stk, akkor alkothatunk egy W zrt stt P1 en x-bl y-ba haladva, majd P2 -n vissza. Mivel W mentn az sszmunka 0, gy P1 s P2 azonos munkt ignyel. Rgz tsnk egy x0 pontot s deniljuk p(y)-t az x0 -t l y-ig szksges munkval. A fentiek miatt ez fggetlen a vlasztott (x0  y) tt l. Knny ltni, hogy ez a potencil-fggvny eleget tesz a kvetelmnyeknek. Megjegyezzk, hogy a v(e) s p(x) rtkei tetszleges csoportb l szrmazhatnak. Tovbb ha ebben a csoportban minden elem rendje 2, akkor G irny tsnak nincsen szerepe. 5. Elszr legyen C pros irny tott kr. C 2-sz nezhet gy, hogy minden pontja ellenttes sz n ponthoz csatlakozik, egyszeren a pontok vltakoz sz nezsvel.

294

MEGOLDSOK

5.6

Ha C nem fesz ti G-t, a kvetkezkppen terjesztjk ki ezt a sz nezst. Van egy C hez kapcsol d x1 pont, mert G ersen sszefgg hasonl an vlasszuk az x2  : : : : : :  xm pontokat gy, hogy xi C ∪{x1 : : :  xi−1 }-hez van kapcsolva (i = 2 : : :  m). Vgl G minden nem C -n lv pontja az xi -k kz fog tartozni. Ha C ∪ {x1  : : : : : :  xi−1 } mr ki van sz nezve 2 sz nnel, adjuk xi-nek az azzal ellenttes sz nt, mint ami az a pont, melyen keresztl xi a C ∪ {x1  : : :  xi−1 }-hez kapcsol dik. Nyilvnval , hogy ez a sz nezs rendelkezik a k vnt tulajdonsggal. Tegyk fel, hogy G-nek van a sz ban forg tulajdonsg 2-sz nezse, melynek sz n-osztlyai S1 s S2 . Jellje G0 azt a grfot, mely az S1 s S2 kztti lekbl ll. Mivel G0 -nak a felttel szerint minden kifoka pozit v, tartalmaz egy C irny tott krt. Tekintve, hogy G0 pros, C pros hosszsg kr. 6. Legyen L egy maximlis G-beli zrt vonal. Ha L nem tartalmazza az sszes lt, akkor van olyan e(x y) l, melynek van egy kzs pontja L-lel hiszen klnben L a G egy sszefgg komponense lenne, ami lehetetlen, mert G gyengn sszefgg. Feltehetjk, hogy e az L-en lv x pontban kezddik. Induljunk ezen az len, s stljunk vgig G − E (L) lein, minden lt csak egyszer hasznlva, am g ez lehetsges. Nem akadhatunk el egyetlen z = x pontban sem hiszen ugyanannyi l hagyja el G − E (L)-t, mint amennyi rkezik bele, s akrhnyszor egy z -t elhagy lt hasznlunk, eltte kellett hasznlnunk egy ide rkezt is. Teht x-ben akadunk el most trjnk t L-re x-bl indulva. gy vgl is egy L-nl hosszabb vonalat kaptunk. 7. (a) Brmely pont kifoka s befoka egyarnt n-nel egyenl, s G ersen sszefgg, mert (a1  : : :  ak ), (a2  : : :  ak  b1 ), (a3  : : :  b2 ), : : : , (ak  b1  : : :  bk−1 ), (b1  : : :  bk ) egy (a1  : : :  ak )-b l (b1  : : :  bk )-ba vezet irny tott sta. Teht G Euler-grf. (b) A k = 2 eset trivilis. Legyen k ≥ 3. Ha (a b) a Gk−1n egy le, akkor den ci szerint a = (x1  : : :  xk−1 ) s b = (x2  : : :  xk ) valamely 1 ≤ xi ≤ n-re. Azonos tsuk Gkn (x1  : : :  xk ) pontjt az (a b) llel. Azonnal ad dik, hogy ez egy izomorzmust ad L(Gk−1n ) s Gkn kztt. Gk−1n egy Euler-vonala L(Gk−1n ) egy Hamilton-krt adja. 8. Legyen (a1  : : :  a2k ) a Gk2 egy irny tott Hamilton-kre. Ekkor a szomszdossg den ci ja szerint a1 = (x1  : : :  xk ), a2 = (x2  : : :  xk  xk+1 ), : : : , a2k = = (x2k  x1  : : :  xk−1 ). Azonos tsuk az x1  : : :  x2k szmokat az irny tott kr pontjaival. Ekkor a k hosszsg vek az a1  : : :  a2k 01-sorozatokat adjk. Mivel egy Hamilton-kr minden pontot pontosan egyszer tartalmaz, az vek minden 01-sorozatot pontosan egyszer adnak. 9. Ha az tlettrban le rt L1  : : :  Ld darabok adottak, brmely permutci juk egy Euler-vonalat hatroz meg, s ezen Euler-vonalak kzl kett akkor s csak akkor azonos, ha a kt permutc ciklikus permutci knt azonos. Teht L1  : : : : : :  Ld -bl (d−1)! darab Euler-vonal ad dik. Ez bizony tja, hogy az Euler-vonalak teljes szma oszthat (d − 1)!-sal, ami pros, hiszen d ≥ 3.

5.12

§ 5. PARITS S DUALITS

295

Kizr lag x0 -ban akadhatunk el ez ugyangy ad dik, mint 5.6-ban. Tegyk fel, hogy G-nek vannak olyan lei, melyek nincsenek rajta az ltalunk bejrt L vonalon. L minden x0 -hoz kapcsol d lt tartalmaz ez nyilvnval az x0 -t elhagy

lekre s ad dik a belp lekre is d+ (x0 ) = d− (x0 ) miatt. Ha (x y) ∈ L, akkor T (egyetlen) x-bl indul le sem L-beli (∗) miatt. gy T -nek vannak nem L-beli lei. Vegynk egyet, melynek z vgpontja legkzelebb van x0 -hoz (T -n mrve a tvolsgot). Mivel L nem hasznlja az sszes z -be befut lt, z -be d+ (z ) = d− −(z )-nl kevesebbszer tr vissza, gy (∗) miatt nem hasznlja az (egyetlen) T -beli z -t elhagy (z u) lt. Ellenben u kzelebb van x0 -hoz, mint z (T -n mrve), ami ellentmonds. 11. Minden Euler-vonalat gy tekintnk, hogy az x0 pontb l az e0 len indul. Legyen L egy Euler-vonal, s T azon (x y) (x = x0 ) lek halmaza, melyekre fennll, hogy (∗) minden x-bl indul lt korbban hasznlunk, mint (x y)-t. Ekkor T egy fesz t feny. Hiszen azt ltjuk, hogy pontosan egy T -beli l indul minden x = x0 pontb l. Tovbb T irny tott krmentes hiszen ha C = (x1  e1  x2  e2  : : :  en  x1 ) egy irny tott kr T -ben, akkor e2 az utols x2 -hz csatlakoz l L-en, s gy e1 megelzi e2 -t. Hasonl an e2 megelzi e3 -t, : : : , en megelzi e1 -t, ami ellentmonds. T den ci ja biztos tja, hogy L elll T -bl az elz feladat konstrukci ja szerint. Ha T adott, akkor brmely belle szrmaz Euler-vonalat karakterizlhatunk kt rendezs meghatrozsval, melyeket G − E (T ) x-bl, x = x0 indul lein s x0 -b l indul , e0 -t l klnbz, lein rtelmeznk a rendezsek mutatjk, hogy az Euler-vonalnak milyen sorrendben kell hasznlnia az leket. Teht pontosan (d0 − 1)! : : : (dn−1 − 1)! ilyen Euler-vonal van. gy az Euler-vonalak szma (d0 − − 1)! : : : (dn−1 − 1)!× (x0 gyker fesz t fenyk szma). $Aardenne{Ehrenfest, de Bruijn]. 12. Nem akadhatunk el x = x0 -ban ez ugyangy ad dik, mint 5.6-ban. ll tjuk, hogy x0 'j " pont. Ez azrt igaz, mert ha van olyan (x0  y), melyet nem hasznltunk x0 -t l y-ig, akkor nem akadtunk el de ha minden (x0  y) lt hasznltunk mr ebben az irnyban, akkor x0 -t d(x0 )-szer hagytuk el, gy d(x0 )-szor kellett, hogy ide rkezznk, teht minden x0 -ba vezet lt hasznltunk. Tegyk fel, hogy tallunk stnk sorn egy 'rossz" pontot, s legyen x az els ilyen. x-be egy (y x) len rkeznk, s mivel most jrunk elszr x-ben, ez lesz a megjellt l. x 'rossz" volta azt jelenti, hogy x-be d(x)-nl kevesebbszer rkeztnk s gy (∗∗) miatt nem hasznljuk (x y)-t x elhagysra. Ez viszont ellentmondsban van azzal az ll tssal, hogy y 'j ". Emiatt minden pont, melyhez elrnk 'j " pont. A 'j "-sg den ci ja miatt a 'j " pontok szomszdait elrjk a sta sorn, s gy azok szintn 'j " pontok. gy a j pontok G egy sszefgg komponenst alkotjk. Mivel G sszefgg, minden pont 'j ". Ezzel befejeztk a bizony tst. $Tarry algoritmus]. 10.

296

MEGOLDSOK

5.13

az tlettrban szerepl ll ts bizony tshoz legyen C1 a G egy kre (G nem erd, mivel a legalbb egy l erdben van elsfok pont). Legyen G1 a G − − E (C1 )-beli izollt pontok elhagysval kapott grf. Ekkor G1 pros fokszm (minden fokszmot 2-vel vagy 0-val cskkentettnk), teht G1 = C2 ∪ : : : ∪ Ck az indukci s felttel szerint, s gy G = C1 ∪ : : : ∪ Ck : Tegyk fel, hogy G pros fokszm grf. Ekkor G = C1 ∪ : : : ∪ Ck (izollt pontokt l eltekinthetnk). Minden Ci -t ciklikusan irny tva G egy k vnt irny tst kapjuk. 14. (a) Ha G-ben van Euler-vonal, akkor termszetesen sszefgg s pros fokszm s megford tva: ha sszefgg s pros fokszm, akkor 5.13. szerint lehet gy irny tani, hogy minden pont kifoka s befoka egyenl. Az eredmnyl kapott grfban 5.6. miatt van Euler-vonal. Ez az Euler-vonal egyben G egy Euler-vonala is. (b) Ha G az a grf, melyet gy kapunk, hogy felvesznk egy j pontot s sszektjk G pratlan fokszm pontjaival, akkor G pros fokszm s sszefgg, teht van benne Euler-vonal. Az j pontot elhagyva ez a vonal k l-diszjunkt lsorozatra esik szt, melyek lefedik G-t. 15. Feltehetjk, hogy G minden pontjnak foka legalbb 4. 13. Az

A A1

x A2 A3

30. bra

Legyen x ∈ V (G) s legyenek A1  : : :  A2d az x-hez csatlakoz lek rvid kezd szakaszai, ebben ciklikus sorrendben. Azt is feltehetjk, hogy ha G − {A1 ∪ : : : ∪ ∪ A2d ) nem sszefgg (ez pldul akkor lehetsges, ha x-hez hurokl illeszkedik), ekkor A1 s A2 klnbz komponensbe kerlnek. Tvol tsuk el A1 ∪ A2 -t de kssk ssze az x-tl klnbz vgpontjukat egy j A vvel (30. bra). A kapott

5.17

§ 5. PARITS S DUALITS

297

G s kgrf sszefgg: ez ad dik abb l az szrevtelbl, hogy G − (A1 ∪ : : : ∪ A2d ) minden komponense x-hez legalbb kt Ai -n keresztl kapcsol dik amiatt, hogy G Euler-grf. Azt is szrevehetjk, hogy G -nek kevesebb le van, mint G-nek. gy indukci val G -ben van megfelel Euler-vonal. A helyre ismt A1 ∪ A2 -t helyettes tve G egy megfelel Euler-vonalt kapjuk. 16.

Az tlettr ll tsa knnyen belthat . Rtrve a feladat ll tsnak bizony tsra, ez fa esetben trivilis (2(n−1)−n+1 = 1, sszhangban azzal a tnnyel, hogy egy G fa egyetlen 'j " rszgrfja (V (G) ∅)). Tegyk fel, hogy G sszefgg s M 'j " rszgrfja van. G + e azon 'j " rszgrfjai, melyek e-t nem tartalmazzk, azonosak G 'j " rszgrfjaival, s gy szmuk M . Csak azt kell beltnunk, hogy az e-t tartalmaz 'j " rszgrfok szma ugyanez. Legyen C a G + e egy kre, mely tartalmazza e-t (ilyen van, mert G sszefgg). Ekkor G1 akkor s csak akkor lesz G + e egy e-t tartalmaz 'j " rszgrfja, ha (V (G) E (G1 )E (C )) egy e-t nem tartalmaz 'j " rszgrf. Ez a megfeleltets klcsnsen egyrtelm s bizony tja az ll tst. 17. (a) Szor tkozhatunk egyszer grfokra, hiszen kt prhuzamos l elhagysa nem vltoztat az ll tson. Ha minden pont foka pros, legyen V1 = V (G) s V2 = ∅. Tegyk fel, hogy a pratlan fokszm pont. Legyen S a szomszdai halmaza. Deniljuk G1 -et a kvetkezkppen: V (G1 ) = V (G) − {a}  (xy) ∈ E (G) s x y ∈ S , (x y) ∈ E (G1 ) akkor s csak akkor, ha (xy) ∈ E (G) klnben. n-re vonatkoz indukci val feltehetjk, hogy V (G1 ) = W1 ∪ W2, ahol W1 s W2 a G1 pros fokszm rszgrfjait fesz tik. Mivel |S ∩ W1 | + |S ∩ W2 | = |S | ≡ 1 (mod 2) feltehetjk, hogy |S ∩ W1 | pros s |S ∩ W2 | pratlan. Legyen V1 = W1 ∪ {a} V2 = W2: Ekkor V1 s V2 a G pros fokszm rszgrfjait fesz tik. Elszr legyen x ∈ V1 . Ha x ∈ S , akkor a G$V1 ]-beli foka nyilvnval an pros. Legyen x ∈ S . Ekkor dGV1 ] (x) = dG1W1 ](x) − dG1 W1∩S ] (x) + dGW1∩S ] (x) + 1 = dG1 W1 ] (x) − dG1 W1 ∩S ] (x) + (|W1 ∩ S | − 1 − dG1 W1 ∩S ] (x) + 1 = dG1 W1 ] (x) − 2dG1 W1 ∩S ] (x) + |W1 ∩ S | s itt minden tag pros. Hasonl an ad dik minden x ∈ V2 -re, hogy a foka G$V2 ]ben pros. (b) Legyen v egy j pont, melyet V (G) minden pontjval sszektttnk, s legyen G1 az gy kapott grf. Az elz feladat szerint V (G1 ) = U1 ∪ U2 , ahol U1

298

MEGOLDSOK

5.18

s U2 pros fokszm rszgrfot fesz tenek. Ha mondjuk v ∈ U2 , akkor V1 = U1 , V2 = U2 − {v} lesz V (G) k vnt part ci ja. $T. Gallai, W. K. Chen, SIAM J. Appl. Math. 20 (1971), 526{529 a fenti bizony ts P sa Lajost l szrmazik]. (c) V (G) egy olyan S rszhalmazt keressk, melyben minden v ∈ S pros szm, minden v ∈ V (G) \ S pedig pratlan szm S -beli ponttal van sszektve. Vegynk fel egy j u pontot G-ben s kssk ssze minden pros fok ponttal. Alkalmazzuk (a)-t az gy kapott G grfra, hogy egy olyan V1 ∪ V2 = V (G) ∪ {u} part ci t kapjunk, melyre G $Vi ] pros fok. Feltehetjk, hogy u ∈ V2  ekkor S = = V1 eleget tesz a fenti kvetelmnyeknek. 18. (a) Legyen S a V (G) feletti teljes grf r -elem pros tsainak halmaza. Legyenek e1  : : :  em a G lei s Ai az S azon elemeinek halmaza, melyek ei -t tartalmazzk. Feladatunk  m   , mr (G) = S − Ai  i=1

meghatrozsa. A szita-formula alkalmazsval (2.2 feladat) X X mr (G) = |S | − |Ai | + |Ai ∩ Aj | − : : : + 1≤i≤m

+(−1)r

X

1≤i |E (P1 ) + |E (P2 )| ≥ 2|E (P2 )| ≥ ≥ |E (P2 ) + |E (P2 )| = |E (P2 )|

azaz a P1 ∪ Q ∪ P2 t hosszabb P2 -nl, ami ellentmonds. (b) Legyen P1 s P2 kt maximlis t. A Q metszetk t 6.15 miatt, gy P1 ∪ P2 a kvetkez formj: van Q egyik vgpontjb l indul kt P1 s P2 t, valamint a msik vgpontjb l indul kt P1 s P2 t, melyekre

P1 = P1 ∪ Q ∪ P1 P2 = P2 ∪ Q ∪ P2 : |E (P1 )| = |E (P2 )|, mert pl. |(E (P1 )| > |E (P2 )| azt jelenten, hogy a P1 ∪ Q ∪ P2 t P2 -nl hosszabb. Hasonl an |E (P1 )| = E (P2 )|. Mivel P1 ∪ P2 egy t, ezrt |E (P1 )| ≤ 1=2|E (P1 )| s hasonl an |E (P1 )| ≤ 1=2|E (P1 )|. Ez azt mutatja, hogy P1 kzppontja(i) Q-beli(ek) s gy P2 -beli(ek) is. Tekintve, hogy ez brmely P1 -re fennll, ez(ek) a pont(ok) benne van(nak) az sszes maximlis t metszetben.

39. bra

Megjegyz s : H. J. Walther egy pldja (39. bra) mutatja, hogy ez nem minden sszefgg grfra igaz.

6.20

§ 6. SSZEFGGSG

321

Els megolds . A k = 2 esetben az ll ts nyilvnval . Indukci t alkalmazva k-ra feltehetjk, hogy G1 ∩ : : : ∩ Gk−1 = G0 = ∅. Tegyk fel, hogy G0 ∩ Gk = = ∅. Legyen P egy (G0  Gk )-t. Tekintsk a P egy (x y) lt (x van Gk -hz kzelebb). Ekkor azonnal ltszik, hogy x ∈ V (G0 ), teht x ∈ V (Gi ) valamely 1 ≤ ≤ i ≤ k − 1-re. gy (x y ) ∈ E (Gi ). G − (x y ) nem sszefgg, s x s y klnbz komponenseiben vannak. Termszetesen Gk az x-et tartalmaz komponensben van. Mivel Gi a G − (x y) sszefgg rszgrfja s metszi Gk -t, ezrt szintn ugyanabban a komponensben van. De ez lehetetlen, mert G0 ⊆ Gi , s G0 -nak 18.

vannak a msik komponensben pontjai. Msodik megolds . Legyen x az y-hoz kapcsol d elsfok pont G-ben. Tegyk fel, hogy az ll ts (G − x)-re fennll. Ha a G1  : : :  Gk egyike sem az x-bl ll egypont grf, akkor G1 − x : : : : : :  Gk − x klcsnsen metszik egymst mert ha x a Gi s Gj , kzs pontja, akkor y is az. gy az indukci s felttel szerint G1 − x : : :  Gk − x-nek van kzs pontja, gy G1  : : :  Gk -nak is. Ha mondjuk G1 -nek egyetlen x pontja van, akkor x a G1  : : :  Gk kzs pontja. 19. Annak bizony tshoz, hogy d(x y ) + d(y z ) ≥ d(x z ) tekintsnk egy d(x y ) hosszsg P (x y)-utat s egy d(y z ) hosszsg Q (y z )-utat. P ∪ Q tartalmaz egy (x z )-utat, aminek hossza trivilisan legfeljebb d(x y) + d(y z ). gy d(x z ), az sszes ilyen utak minimlis hossza szintn legfeljebb d(x y) + d(y z ). Annak bizony tsra, hogy D(x y) + D(y z ) ≥ D(x z ), tekintsnk egy P (x z )-utat, melynek hossza D(x z ). Mivel G sszefgg, van egy Q (y P )-t legyen t a Q vgpontja P -n. A t pont P -t P1 s P2 , mondjuk l1 s l2 hosszsg rszekre osztja. Legyen Q hossza k. Ekkor Q ∪ P1 egy (x y)-t, gy D(x y) ≥ k + l1 : Hasonl an D(y z) ≥ k + l2  ami miatt D(x y) + D(y z) ≥ 2k + l1 + l2 = 2k + D(x z) ≥ D(x z): 20. Nzzk meg, hogy egy adott e lt az tlettrban szerepl t pusok szerint hnyszor vesznk szm tsba a kt oldalon. G − e kt komponensbl ll legyen az egyikben a pi pontok kzl , a qi pontok kzl  . Ekkor e-t tartalmazza 8 (n − ) darab (pi  pj ) t pus, > <  (n + 1 −  ) darab (qi  qj ) t pus, > : (n + 1 −  ) +  (n − ) darab (pi  qj ) t pus t. Elg beltni azt, hogy (n − ) +  (n + 1 −  ) ≤ (n + 1 −  ) +  (n − )

322

vagy ami ezzel ekvivalens:

MEGOLDSOK

 −  ≤ ( −  )2 

6.21

ami igaz, mert  s  egszek. $J.B. Kelly, Comb. Structures and their Appl. Gordon and Breach (1969), 201{208 v. 13.16.] 21. (a) Elszr bizony tsuk be az tlettr ll tst. Mivel minden x-tl a d(x) tvolsgra lv pont magt l rtetden elsfok, d(x) minden pontnl cskken. Msrszrl az x-ben kezdd leghosszabb tb l csak egy pontot hagytunk el, gy d(x) eggyel cskken. Tegyk fel, hogy |V (G)| ≥ 2. Legyen Z azon pontok halmaza, melyeknl d~(x) minimlis. Ha Z nem tartalmaz elsfok pontot, akkor hagyjunk el minden elsfok pontot G-bl. Az tlettr ll tsa szerint ez nem vltoztatja meg Z -t, ennlfogva az ll ts indukci val ad dik. Ha egy x elsfok pont Z -be tartozik, nzzk az x-nek a z szomszdjt. Nyilvnval , hogy y szigoran kzelebb van brmely harmadik ponthoz, mint x. gy d~(x) csak akkor lehet minimlis, ha d~(x) = 1, azaz G a kt pont fa. Ebben az esetben az ll ts trivilis. Vegyk szre, hogy a kzppontot (ketts kzppontot) minden maximlis t tartalmazza (v. 6.16b). (b) Legyen P egy d~(x) hosszsg, x kezdpont t. Ha P nem tartalmazza y-et vagy z-t, akkor nyilvnval an d~(y) = d~(x) + 1 d~(z ) = d~(x) + 1 s az ll ts kvetkezik. Ha P mondjuk y-t tartalmazza, akkor d~(y) ≥ d~(x) − 1 d~(z ) = d~(x) + 1 ami bizony tja az ll tst. 22. (a) Legyen k1 s k2 a G − x y -t, illetve z -t tartalmaz komponenseinek pontszma (ezek termszetesen klnbz komponensek). x-bl y-ba haladva k1 pont kzeledik, de n − k1 tvolodik, gy s(x) = s(y) + k1 − (n − k1) = s(y) + 2k1 − n: Hasonl an s(x) = s(z) + 2k2 − n: sszeadva 2s(x) = s(y) + s(z ) + 2(k1 + k2 − n) ≤ s(y) + s(z ) − 2: (b) Indirekte tegyk fel, hogy van kt nem szomszdos x s y pont, melyekre s(x) = s(y) minimlis. Legyen (x1 = x x2  : : :  xp  xp+1 = y) az (x y)-t. Ekkor s(x2 ) ≥ s(x):

§ 6. SSZEFGGSG

6.23

323

(a) szerint s(x) + s(x3) > 2s(x2 ) ≥ s(x2 ) + s(x) s(x3 ) > s(x2 ) ≥ s(x) s(x2) + s(x4) > 2s(x3 ) > s(x) + s(x2) s(x4 ) > s(x) s gy vgl is azt kapjuk, hogy s(xp+1) = s(y) > s(xp ) ez pedig ellentmonds. (c) Legyenek x1  : : :  xp egy t pontjai s y1  : : :  yq az x1 -hez kapcsol d ms pontok. Ekkor ha p pros, a fa kzppontja xp=2  msfell a slypont x1 , ha q = ;p = 2 . Teht a kzppont s a slypont tvolsga p2 − 1, ami val ban tetszlegesen nagy lehet. 23. A X d(x y) xy∈V (G)

kifejezsben pontosan n − 1 tag egyenl 1-gyel ha G csillag, minden ms tag 2 ms esetben legalbb 2, s legalbb egyikk 3. gy az sszeg a csillagra lesz minimlis. A feladat msodik felre adott tlet ll tsnak bizony tshoz vegyk szre, hogy egy P t x vgpontjra (1) s(x) = 1 + 2 + : : : + (n − 1): Ha G tetszleges fa, x egy vgpontja s d~(x) = d, akkor van legalbb egy pontunk 1, 2, : : : , d tvolsgra x-tl, ami miatt az s(x)-et meghatroz sszeg a kvetkezkppen nz ki: (2) s(x) = 1 + 2 + : : : + d + d1 + : : : + dn−1−d  ahol d1  : : :  dn−1−d ≤ d. Nyilvnval , hogy (2) ≤ (1) egyenlsg csak akkor van, ha d = n − 1, azaz G egy t s x ennek vgpontja. n szerinti indukci val bizony tjuk, hogy X d(x y) xy∈V (G)

maximlis (ahol G az sszes n-pont fn vgigfut), ha G egy t. Legyen a egy G-beli elsfok pont. Ekkor X X d(x y) = s(a) + d(x y): xy∈V (G)

xy∈V (G−a)

gy az els tag akkor maximlis, ha G egy t s a egy vgpontja. Szerencsre ebben az esetben a msodik tag is maximlis az indukci s feltevs miatt.

324

MEGOLDSOK

6.24

24. Legyen P = (x1  : : :  x2k−2 ) egy 2k − 3 hosszsg G-beli t. Brmely P -n k vli y ponthoz hozzrendelnk egy Py utat a kvetkez m don. Legyen Q az y-t P -hez kapcsol t, melynek nincsen P -vel ms kzs pontja. Ha Q hosszabb k − 1-nl, legyen Py a Q y-ban kezdd k hosszsg szegmense. Egybknt Py lljon Q-b l s a P egy rsz-tjb l. Ilyen vlaszts lehetsges, mert P hossza 2k − 3, gy a P Q vgpontjval rintkez darabjai kzl az egyik k − 1 hosszsg. Tovbb legyen Pxi a P egy xi -hez csatlakoz rsztja k ≤ i ≤ 2k − 2 esetn. Knnyen ad dik, hogy a Py -ok klnbzek s n − k van bellk.

eredmnyl kapott grf nyilvnval an fesz t fa. Legyen H egy optimlis fesz t fa, melynek G-vel maximlis szm kzs le van, s legyen ei = (x y) a G egy nem H -beli le, melyet az i-edik lpsben vlasztottunk. Legyen P az x-et y-hoz kapcsol H -beli t ekkor van P -nek egy f le, mely Gi-t egy rajta k vl es ponttal kti ssze. Mivel ei -t vlasztottuk f helyett, v(ei ) ≤ v(f ). Msfell viszont H − f + ei egy fesz t fa, melynek kltsge nem kisebb, de G-vel kzs leinek szma nagyobb H -nl, ami ellentmonds. Megjegyz s : Ha minden lpsben Gi egy adott pontot tartalmaz komponens, ekkor az els i lpsben vlasztott lek ltal alkotott grf mindig sszefgg. $J.B. Kruskal] 25. Az

G s G kt optimlis fa. Legyen e a G egy nem G -beli le. Tekintsk azt a G -beli utat, mely e vgpontjait kti ssze. Valamely le, legyen ez f , sszekti G − e kt komponenst. Vagy G − e + f , vagy G − f + e kltsge kisebb lesz G kltsgnl. 27. Ha e-t s f -et ugyanazok a krk tartalmazzk, akkor f -et G − e egyetlen kre sem tartalmazza, mivel G − e − f nem sszefgg. Megford tva, ha van mondjuk egy f -et tartalmaz , de e-t nem tartalmaz

krnk, akkor f rajta van a G − e egy krn, ami miatt G − e − f sszefgg. Ezzel az tlet ll tst bebizony tottuk. Most mr (a) s (b) azonnal ad dik. (c) bizony tshoz legyen e olyan l, melyet az elhagyott P ekvivalencia-osztly nem tartalmaz, s legyen f ∈ P . Az e l nem elvg l (G − f )-ben, gy van egy e-t tartalmaz , de f -et nem tartalmaz C kr. C nyilvnval an nem tartalmazza P ms lt, ami miatt C a G − P egy kre. Termszetesen C a G − P e-t tartalmaz sszefgg komponenshez tartozik. gy e nem elvg le ennek a komponensnek. (d) beltshoz megmutatjuk, hogy G − P minden G0 komponense P kt lhez illeszkedik. Legyen (x y) a P egy G0 -hoz kapcsol d le (x ∈ V (G0 ), y ∈ V (G0 )). Legyen C egy (x y)-t tartalmaz kr. Stljunk vgig C -n x-bl (x y)-on indulva. Ha jra G0 -beli pontba jutunk, trjnk vissza x-be G0 -on bell. A bejrt kr pontosan kt P -beli G0 -hoz illeszked lt tartalmaz msrszrl P minden lt tartalmazza gy pontosan kt P -beli G0 -hoz illeszked l van. Teht G − P komponenseinek sszehzsval egy sszefgg 2-regulris grfot 26. Legyen

kapunk. Ez egy kr.

6.30

§ 6. SSZEFGGSG

325

Kivlaszthatjuk a G egy G1 krt. Tegyk fel, hogy G1  : : :  Gj -t mr kivlasztottuk gy, hogy Gi+1 (1 ≤ i < j ) vagy egy t, melynek vgpontjai (G1 ∪ : : : : : : ∪ Gi )-vel kzsek, vagy egy kr, melynek (G1 ∪ : : : ∪ Gi )-vel egy kzs pontja van. Ha G1 ∪ : : : ∪ Gj = G, akkor kszen vagyunk. Ellenkez esetben ltezik egy e = (x y) nem (G1 ∪ : : : ∪ Gj )-beli, de vele egy kzs ponttal rendelkez l. Legyen C egy e-t tartalmaz kr x-bl induljunk e-n, majd stljunk C -n addig, m g jra el nem rjk (G1 ∪ : : : ∪ Gj )-t legyen Gj +1 azon pontokb l s lekbl ll rszgrf, melyeket stnk sorn rintettnk. Ekkor termszetesen Gj +1 vagy egy t, melynek kt vgpontja (G1 ∪ : : : ∪ Gj )-beli, vagy egy C kr, mely (G1 ∪ ∪ : : : ∪ Gj )-t csak az x pontban metszi. gy tallhatnnk egy megfelel Gj +1 -et. G vgessge miatt elbb-ut bb az egsz G-t fel kell, hogy osszuk. 28.

~ erEls megolds . Ha G-t valahogy irny tjuk s az eredmnyl kapott G ~ ~ sen sszefgg, legyen (x y) a G egy x-bl y-ba mutat le. G-ben van y-t x-szel ~ egy kre szintn). Tesszekt t gy (x y)-t tartalmazza a G egy kre (G gyk fel, hogy G 2-szeresen lsszefgg. Indukci t alkalmazunk az lek szmra. Hagyjunk el egy 6.27-ben denilt P ekvivalencia-osztlyt. A megmaradt grf komponensei 2-szeresen sszefggek, s gy lehet ket gy irny tani, hogy ersen sszefggek legyenek. P lei egy C krn helyezkednek el irny tsuk ket C egy ciklikus irny tsnak megfelelen. Knny ltni, hogy az gy kapott irny tott grf ersen sszefgg. Msodik megolds (a msodik rszhez). Legyen G = G1 ∪ : : : ∪ Gr 6.28-nak megfelel felbonts, ekkor denilhatunk G-n egy olyan irny tst, mely minden Gi -bl egy irny tott krt vagy utat ad eredmnyl. Legyen a ∈ V (G1 ). Ekkor j szerinti indukci val knnyen ad dik, hogy brmely b ∈ V (Gj ) elrhet a-b l irny tott ton, s viszont: a minden ms pontb l ~ ersen sszeelrhet. Az elrhetsg tranzitivitsa miatt ez bizony tja, hogy G fgg. $H. E. Robbins] 30. k szerinti indukci val tallunk egy C0 krt, melyhez e1  : : :  ek−1 j l illeszkednek. Ha ek j l illeszkedik C0 -hoz, kszen vagyunk. Ha ek mindkt vgpontja rajta van C0 -on, ek s a vgpontjai ltal hatrolt egyik v a k vnt krt adja. Teht feltehetjk, hogy e egyik vgpontja rajta van C0 -on, m g a msik vgpontja nincs rajta. Hzzuk ssze C0 -t. Az gy kapott G grf nyilvnval an 2-szeresen lsszefgg az indukci s felttel szerint van olyan C1 kre, melyhez minden nem C0 -beli ei l j l illeszkedik. Legyen C1 a G azon rszgrfja, melyet az sszehzs C1 -be kpez. Hrom lehetsg van. (a) C1 egy C0 -t l diszjunkt kr. Ekkor C1 a k vnt tulajdonsg. (b) C1 olyan kr, melynek egy kzs pontja van C0 -lal. Ekkor tartalmaznia kell ek -t (mivel ek j l illeszkedik C1 -hez), gy nem metszi a C0 -beli ei -ket, s gy ismt rendelkezik a k vnt tulajdonsggal. 29.

326

MEGOLDSOK

6.31

ek

C0

C¢1

40. bra

(c) C1 a C0 kt pontjt sszekt t. ek megint rajta van C1 -n. gy C1 s C0 -nak a C1 vgpontjai ltal hatrolt valamelyik ve adja a k vnt tulajdonsggal rendelkez krt. (40. bra). 31. Az tlettrban szerepl ll ts az egyedli nem trivilis, melyet bizony tanunk kell. Stljunk e3 -b l indulva C2 -n mindkt irnyba, m g el nem rjk C1 -et legyen x s y a kt elrt pont (elfordulhat, hogy x s/vagy y e3 vgpontja). x s y klnbzek, gy a C1 kt vt hatroljk, melyek egyike tartalmazza e1 et ezen v s a C2 x s y ltal hatrolt, e3 -at tartalmaz ve egy e1 -et s e3 -at tartalmaz krt ad. 32. (i)⇔(iii): Elszr legyen e s f kt azonos x pontb l indul l. Legyen y , illetve z a msik vgpontjuk. Mivel G − x sszefgg, van benne egy y-t z-vel sszekt t ez e-vel s f -fel egytt egy krt alkot. 6.31 felhasznlsval azt kapjuk, hogy brmely kt l egy krn van st az 'egy krn lenni" relci egy ekvivalencia-osztlya tartalmazza az leivel szomszdos sszes lt ezrt egy komponens leibl ll. De G sszefgg, ezrt ez az ekvivalencia-osztly maga a grf. (iii)⇔(ii): Adott kt ponthoz tekintsnk egy-egy velk szomszdos lt s egy ezeken tmen krt. (ii)⇔(i): Tegyk fel, hogy egy x pont elhagysval G sztesik. Essen a s b a G − x kt klnbz komponensbe. Ekkor egyetlen kr sem tartalmazhatja a-t is s b-t is. 33. Els megolds. Megmutatjuk, hogy G = G1 ∪ : : : ∪ Gr , ahol G1 kr s Gi+1 olyan t, melynek pontosan a vgpontjai kzsek (G1 ∪ : : : ∪ Gi )-vel. Legyen G1 kr s vlasszuk G2  : : :  Gi -t gy, hogy kielg tsk a fenti kvetelmnyt. Ha G1 ∪ : : : ∪ Gi = G, tallunk egy (x y) lt (G − E (G1 ∪ : : : ∪ Gi ))-ben, melyre x ∈ V (G1 ∪ : : : ∪ Gi ). Mivel G − x sszefgg, tallunk egy Q (y G1 ∪ : : : ∪ Gi − x)utat (G − x)-ben. Ekkor Q s (x y) adja Gi+1 -et. gy elbb-ut bb azt kapjuk, hogy G = G1 ∪ : : : ∪ Gr . Mrmost G1 ∪ : : : ∪ Gr−1 2-szeresen sszefgg, amit knnyen belthatunk. Teht P = Gr eleget tesz a kvetelmnyeknek.

§ 6. SSZEFGGSG

6.34

327

Msodik megolds. Legyen P1 , P2 , P3 hrom a-t s b-t sszekt t (a b ∈ s tegyk fel, hogy a-t, b-t, P1 -et, P2 -t s P3 -at gy vlasztottuk, hogy P1 hossza minimlis legyen. Elszr azt mutatjuk meg, hogy P1 csak msodfok bels pontokkal rendelkezik. Tegyk fel, hogy (x y) olyan l, mely a P1 x bels pontjhoz illeszkedik, de nem P1 -beli. Mivel G − x sszefgg, ltezik egy (G − − x)-beli Q (y P1 ∪ P2 ∪ P3 − x)-t. Q msik vgpontja rajta lehet P1 -en vagy P2 ∪ P3-on mindkt esetben hrom fggetlen ttal sszekttt kt pontot kapunk, mely utak egyike P1 -nl rvidebb, de ez ellentmondsban van P1 vlasztsval. (41. bra) ∈ V (G))

P2

y

x

Q

Q

P2

y

P1 x P 1 P3

P3

41. bra

Teht P1 bels pontjai msodfokak. Vegyk ki P1 bels pontjait. A kapott G grf 2-szeresen sszefgg. Val ban, brmely c pontra tekintve a G − c a s b pontjt, (G − c)-ben van egy P (a b)-t. Ha P nem halad t P1 -en, akkor G − c egy (a b)-tja. Ha P1 ⊆ P , P2 s P3 egyike nem tartalmazza c-t s 'elkerlhetjk" P1 -et. gy G − c sszefgg. Ezzel bebizony tottuk, hogy P1 megfelel a kvetelmnyeinknek. $H. Whitney,

Amer. J. Math. 55 (1933), 236{244 lsd mg G.A. Dirac, J. Reine Angew. Math. 228 (1967), 204{216.] 34. Legyen G = G1 ∪ : : : ∪ Gr , ahol G1 egy (p q )-t s Gi+1 olyan t, melynek pontosan a vgpontjai kzsek (G1 ∪ : : : ∪ Gi )-vel. Ilyen felosztst tallhatunk gy, mint az elz feladat els megoldsban. Rendezzk G1 pontjait a G1 -beli helyzetk alapjn szrjuk be kzjk a G2 pontjait gy, hogy a G2 -beli helyzetkkel sszhangban legyenek rendezve (s gy a G2 kt vgpontja kztt helyezkedjenek el) stb. A vgeredmnyl kapott rendezs rendelkezik azzal a tulajdonsggal, hogy minden pontja korbbi s ksbbi ponttal is szomszdos. Ezutn minden lt irny tsunk gy, hogy a vge megelzze az elejt a rendezsben. Ekkor brmely (x y) ltl indulva tallunk a rendezs szerint (y y1 ), (y1  y2 ), stb. leket, melyek kzl az utols nak termszetesen q-ban kell vgzdnie. Hasonl an vannak (x1  x), (x2  x1 ), stb. lek, melyek kzl az utols p-bl

328

MEGOLDSOK

6.35

indul. Ezen lek egy (x y)-t tartalmaz G-beli (p q)-utat adnak. $dm A., A Schweitzer Mikl s Emlkverseny egy feladata, Mat. Lapok , 22 (1971), 34.] 35. Az tlet ll tsa a 6.33 feladat msodik megoldsb l ad dik, s azonnal bizony tja, hogy (i)-bl kvetkezik (ii). Megford tva, ha (ii) fennll, legyen e = (x y) olyan l, melyre G − e 2-szeresen sszefgg. Ekkor x s y a G − e egy krn tallhat , mely krben e hr, ez ellentmonds. $M.D. Plummer, Trans. Amer. Math. Soc. 134 (1968), 85{94.] 36. Ha G = C , nincs mit bizony tanunk. Ellenkez esetben G-ben van (C C )-t. Hiszen legyen u a C egy legalbb 3 fok pontja, (u v) egy nem C -beli l, s P0 egy (v C − u)-t (G − u)-ban. Ekkor P0 + (u v) egy (C C )-t. Legyen P az tletnek megfelelen vlasztott (C C )-t. R-nek 6.35 szerint legalbb 2 le van. Legyen z az x egy szomszdja az R ven, s tegyk fel, hogy z fokszma legalbb 3. Ekkor ugyangy, mint fentebb, ad dik, hogy z egy Q (C C )-t vgpontja. Legyen w a Q msik vgpontja. Vegyk szre, hogy ha P s Q keresztezik egymst, vagy w R-en k vl van, akkor tallunk olyan krt, melynek (x z ) hrja, ami ellentmondana 6.35-nek (lsd 42. bra). Viszont ez azt jelenti, hogy a z -t s w-t (R-ben) sszekt v az R val di rsz- ve, ami ellentmond P vlasztsnak. $M.D. Plummer, uo.] W

C

C W

P

P

z

y

x

y

x

z

R

R

42. bra 37. G 6.36 szerint erd. Az elz bizony tsban szerepl rvels szerint van egy Q1

(G  G )-t. Ha G sszefgg, akkor tartalmaz egy Q2 utat, mely Q1 vgpontjait kti ssze. Ekkor C = Q1 ∪ Q2 olyan kr, melynek msodfok pontjai egy vt alkotjk (ezek Q2 bels pontjai). Legyen P egy (C C )-t a vgpontjait sszekt egyik vnek nincsenek msodfok pontjai. Msfell ez az v tartalmaz egy minimlis ilyen t pus vet s ezen van msodfok pont az elz feladat megoldsa miatt, ellentmonds. $M.D. Plummer, uo.] 38. Legyen G1 s G2 kt izomorf fa, melyeknek minden vgpontja legalbb 1000 tvolsgra van a kzeptl, s melyeknek nincsen msodfok pontja. Azonos tsuk G1 s G2 megfelel vgpontjait. A kapott G grf 2-szeresen sszefgg hiszen vegyk brmely kt x s y pontjt. Legyenek x s y a megfelel pontok a msik fban. Megmutatjuk, hogy mg x, x , y, y is (melyek nem felttlenl klnbzek)

6.39

§ 6. SSZEFGGSG

329

egy krn helyezkednek el. Feltehetjk, hogy x, y ∈ G1 s x , y ∈ G2 . Legyen P1 az a G1 -beli t, mely x-et y-nal kti ssze. Meghosszabb thatjuk P1 -et olyan P tt, mely G1 kt vgpontjt kti ssze. Legyen P  a P -nek megfelel t ekkor P ∪ P  kr, mely x, x , y s y mindegyikt tartalmazza. Msrszrl elhagyva mondjuk egy e ∈ E (G1 ) lt a kapott grf mg 2-szeresen lsszefgg sem lesz, mert az e-nek megfelel e ∈ E (G2 ) l elvg le lesz. 39. (a) Ha G-ben k ldiszjunkt (a b)-t van, akkor nyilvnval an k -szorosan lsszefgg a s b kztt. A msik rsz bizony tshoz hagyjunk el leket egszen addig, m g tovbbi l elhagysa mr elrontan az a s b kztti k-szoros lsszefggsget. Ekkor termszetesen mr nem lesz a vgpont vagy b kezdpont l. Elszr tegyk fel, hogy van egy e1 l, mely sem a-hoz, sem b-hez nem illeszkedik. Mivel G − e1 mr nem elg ti ki a feltteleket, van (k − 1)-elem C  (a b)-vgsa. Ekkor C = C  ∪{e1 } = {e1  : : :  ek } egy k-elem (a b)-vgs s e1 vlasztsa miatt a C -t meghatroz S halmaz eleget tesz a |S | ≥ 2, |V (G) − S | ≥ 2 feltteleknek. Legyen G1 s G2 rendre az S s V (G) − S sszehzsval elll grf legyen a , illetve b az a kpe G1 -ben, illetve a b kpe G2 -ben. Nyilvnval , hogy G1 k-szorosan lsszefgg a s b kztt, s gy az indukci s feltevs miatt van k ldiszjunkt (a  b)-t, ezek P1  : : :  Pk . Mivel a -t csak az e1  : : :  ek lek hagyjk el, feltehetjk, hogy ei ∈ Pi . Hasonl an van k ldiszjunkt (a b )-t, Q1  : : :  Qk G2 -ben ei ∈ Qi . Ekkor P1 ∪ Q1  : : :  Pk ∪ Qk k ldiszjunkt (a b)-utat alkot G-ben. Mi van abban az esetben, ha minden l kezdpontja a vagy vgpontja b? Ha van egy (a b)-l, elhagyhatjuk, s folytathatjuk a bizony tst k szerinti indukci val, gy feltehetjk, hogy nincsen ilyen l. Brmely x =Pa, b-re legyen k(x) az (a x)-lek s (x b)-lek szmnak minimuma. Ekkor van k(x) ldiszjunkt x=ab (a b)-t. Msrszrl legyen S az olyan x pontok halmaza, melyek b-hez k(x)-llel P kapcsol dnak. gy az {a}∪ S ltal meghatrozott vgsnak pontosan x=ab k(x) le van. Ennlfogva X k(x) = k x=ab

ami bizony tja ll tsunkat. (b) Az tletet kvetve tekintsnk egy G grfot, melynek a s b pontjai, s minden x ∈ V (G), x = a, b-hez van kt x1 s x2 pontja. Legyen a1 = a2 = a s b1 = b2 = b. Minden e = (x y) ∈ E (G) lhez G -ben van egy e = (x2  y1 ) l, tovbb minden x ∈ V (G), x = a, b-hez egy (x1  x2 ) l. Most (i) G akkor s csak akkor k-szorosan lsszefgg a s b kztt, ha G kszorosan sszefgg a s b kztt (ii) G -ben akkor s csak akkor van k ldiszjunkt (a b)-t, ha G-ben van k pontdiszjunkt (a b)-t. (i) bizony tshoz tekintsnk egy G -beli C (a b)-vgst. A lljon az sszes olyan x pontb l, melyekre (x1  x2 ) ∈ C s C minden ms lbl. Ekkor |A| = |C |

330

MEGOLDSOK

6.40

s A elvlasztja a-t s b-t G-ben hiszen ha P brmely (a b)-t G-ben, akkor G P beli leknek s bels pontoknak megfelel lei egy G-beli P  (a b)-utat alkotnak, s mivel P  tartalmazza C egy lt, P tartalmazza A egy lt vagy pontjt. Megford tva, ha A az a-t s b-t elvlaszt lek s pontok halmaza G-ben, akkor a fenti konstrukci a G egy C lhalmazt rendeli hozz, s C olyan (a b)-vgs lesz, melyre |C | = |A|. Ezzel (i)-et bebizony tottuk. Legyenek P1  : : :  Pk ldiszjunkt (a b)-utak G -ben. Ha xi ∈ Pj , akkor (x1  x2 ) nyilvnval an Pj egy le s x3−i szintn rajta van Pj -n. gy P1  : : :  Pk pontdiszjunktak, s mg ha ssze is hzzuk az (x1  x2 ) leket G helyrell tsnak rdekben, akkor is k pontdiszjunkt G-beli (a b)-utat kapjuk. Megford tva, ha van G-ben k pontdiszjunkt (a b)-t, akkor a nekik termszetes m don megfeleltetett G -beli (a b)-utak pontdiszjunktak, s gy ldiszjunktak is. Ezzel (ii)-t bebizony tottuk. (i) s (ii) (a) miatt bizony tja (b) ll tst. ~ irny tott grf sszefggsge s (c) Az tletnek megfelelen elll tott G lsszefggsge brmely kt pont kztt azonos a G grfval. ~Tovbb az ldiszjunkt (pontdiszjunkt) (a b)-utak is azonosak G-ben s G ben, hiszen ldiszjunkt $pontdiszjunkt] G-beli (a b)-utak ilyen utakat eredm~ -ben. Megford tva, ha G~ -ben lteznek valamely ldiszjunkt (a b)-utak, nyeznek G feltehetjk, hogy ezek nem hasznlnak egyszerre egy (x y) lt s a prjt, (y z )t is mert ebben az esetben knnyen tallunk egy azonos elemszm, de kisebb sszhossz msik (a b)-trendszert, mely sem (x y)-t, sem (y x)-et nem tartalmazza (a pontsszefggsg esetben ez a problma fel sem merl). Ezen utak ldiszjunkt (pontdiszjunkt) (a b)-utakat eredmnyeznek G-ben. $K. Menger] 40. Az tlet szerint konstrult G grf k -szorosan sszefgg a s b kztt mivel a s b nem szomszdosak, elg azt megmutatni, hogy az (a b)-utakat nem lehet k − 1 ponttal lefogni de ez a feltevs. gy a Menger ttel szerint van k fggetlen G -beli (a b)-t a-t s b-t elhagyva kzlk a k vnt k (A B )-utat kapjuk. 41. Az tlettrban megfogalmazott ll ts bizony tshoz helyettes tsnk w(x) klnbz ponttal minden x pontot, s kssnk ssze kt j pontot, ha az eredeti pontok ssze voltak ktve. G -vel jellve az gy kapott grfot, A -vel s B  -vel pedig rendre az A s B helyettes t pontjainak halmazt, ezen halmazok kielg tik 6.40 feltteleit. Hiszen legyen X olyan halmaz, mely minden G -beli (A  B  )-utat metsz. Vlasszuk X -et minimlisnak. Ha X tartalmaz egy x helyre helyettes tett x1 pontot, akkor tartalmaz minden ms x helyre helyettes tett x2 pontot is mivel ha X − x1 nem metszi valamelyik P utat, akkor P ∩ X = {x1 } s gy ha x2 ∈= X , x1 -et x2 -vel helyettes tve P -ben egy X -tl diszjunkt utat kapunk. Legyen X0 az sszes olyan x ∈ V (G) pont halmaza, melyre X tartalmazza G megfelel pontjait, ekkor X |X | = w(x) x∈X0

6.44

§ 6. SSZEFGGSG

331

msrszrl X metszi az sszes G-beli (A B )-utat, gy |X | ≥ k. Teht van k olyan G -beli (A  B  )-t, melyeknek nincsen kzs pontja. Az x helyre helyettes tett pontokat sszehzva ismt x-be minden x ∈ V (G) pontra, a kvetelmnynek megfelel k (A B )-utat kapunk G-ben. A Menger ttelt w(a) = w(b) = k, ms pontokon pedig w(x) = 1 vlasztssal kapjuk 6.40-et minden x-re w(x) = 1 helyettes tsvel. Egy harmadik rdekes specilis eset, ha A = {a} s w(a) = k, w(x) = 1 minden x = a pontra. Ekkor: ha minden a-t nem tartalmaz , de minden (a B )-utat metsz halmaz elemszma legalbb k, akkor van k olyan (a B )-t, melyeknek a-n k vl nincsen kzs pontja. $G.A. Dirac, J. London Math. Soc. 38 (1962) 148{163.] 42. Ha R1  : : :  Rk -t az tletnek megfelelen vlasztjuk, akkor ll tsunk a kvetkez: ha Qj (1 ≤ j ≤ k + r) kezd le nem kezd le egyetlen Ri -nek sem, akkor Qj fggetlen minden Ri-tl. Mert tegyk fel, hogy Qj metszi valamelyiket s legyen x a Qj els Ri -vel kzs pontja. Legyen Ri  az az t, mely Qj (a x)-rszbl s Ri (x B )-rszbl tevdik ssze. Ekkor |E (R1 ∪ : : : ∪ Ri  ∪ : : : ∪ Rk ) − E (Q1 ∪ : : : ∪ Qk+r )| < < |E (R1 ∪ : : : ∪ Rk ) − E (Q1 ∪ : : : ∪ Qk+r )| ami ellentmonds. Van a Q1  : : :  Qk+r -ek kztt legalbb r, melynek kezd le nem kezd le R1  : : :  Rk -nak. $H. Perfect, J. Math. Anal. Appl. 22 (1968), 96{111.] 43. B = V (P0 )-ra 6.42 felttelei teljeslnek: van k fggetlen (a B )-t, P1  : : :  Pk  msrszrl a Q0  : : :  Qk megfelel kezd szakaszai k +1 fggetlen (a B )-utat adnak (fggetlenl att l, hogy hol vgzdnek, azaz hol metszik P0 -t). Ennlfogva van k + 1 fggetlen (a B )-t, R1  : : :  Rk s R, melyekre R1  : : :  Rk b-ben vgzdik. R ∪ P0 tartalmaz egy (k +1)-edik R1  : : :  Rk -t l fggetlen (a b)-utat. $G. Haj s, Theory of Graphs, Int. Symp. Rome, Dunod, Paris{Gordon and Breach, New York (1967), 147.] 44. Legyen c = a, b. Indirekte tegyk fel, hogy c nincsen sem a-val, sem b-vel sszektve. Egy (a c)-l felvtele k +1 fggetlen (a b)-utat eredmnyez elhagyva ezt az lt ismt k fggetlen (a b)-utat kapunk s egy tlk fggetlen (b c)-utat. Ugyan gy kapunk k fggetlen (a b)-utat s egy tlk fggetlen (a c)-utat. 6.43 szerint k + 1 fggetlen (a b)-t van G-ben, ami ellentmonds. Hasonl rvelssel bizony tjuk, hogy ha x ssze van ktve a-val, de b-vel nem, s y ssze van ktve b-vel, de a-val nem, akkor x s y nem szomszdos. Indirekte tegyk fel, hogy van egy ket sszekt e l. Osszuk fel e-t egy c ponttal. Ekkor az (a y) s (b x) leket felvve s 6.43-at alkalmazva ellentmondsra jutunk ugyangy, mint az elbb. Ez az ll ts azt jelenti, hogy a mind a-val, mind b-vel szomszdos pontok elvlasztjk ket. gy a szmuk legalbb k. Msrszrl ezen pontok mindegyikn tmegy egy 2 hosszsg (a b)-t, s ezek fggetlenek. Ezzel bebizony tottuk, hogy az ilyen pontok szma k.

332

MEGOLDSOK

6.45

Ha G1 -et az a s szomszdai ltal fesz tett rszgrf, akkor G1 kt pontjt sszektve nem kaphatunk k + 1 fggetlen (a b)-utat, mivel a s b kztt mg mindig lefog minden utat k pont. Teht G1 teljes grf. Hasonl an b szomszdai is teljes grfot fesz tenek, gy kszen vagyunk. A Menger ttel levezetshez tekintsnk egy irny tatlan G grfot s kt a b ∈ ∈ V (G) pontot. Feltehetjk, hogy a s b fggetlenek, mivel egy (a b)-l elhagysa mind a fggetlen (a b)-utak maximlis szmt, mind az a s b kztti sszefggsget eggyel cskkenti. Jellje k a fggetlen (a b)-utak maximlis szmt azt kell megmutatnunk, hogy a s b elvlaszthat k ponttal. Vegynk fel leket am g k nem vltozik a vgeredmnyl kapott grfot fent le rtuk, ennek van egy kelem (a b)-t elvlaszt halmaza. Ugyanez a halmaz elvlasztja a-t s b-t G-ben. $G. Haj s, uo.] cfolshoz tekintsk a 43. brn lthat grfot. Brmely (a b)-t e1 -en indul, ami miatt brmely kettnek van kzs le (b a)-utakra hasonl an. Egy P (a b)-t s egy Q (b a)-t a szaggatott vonallal jellt ngyzet kt-kt ellenttes cscst ktik ssze gy valahol keresztezik egymst. Minden keresztezdsi pont a grf egy pontja s 3 fok, emiatt van kzs lk. 45. (i)

c

f1

e1

b

a

f2

e2 d

43. bra

Kt pontdiszjunkt t kti ssze c-t d-vel gy ha egy lt minden (a b)-t tartalmaz, az vagy e1 , vagy f2 . Mivel hasonl an az olyan l, melyet minden (b a)t tartalmaz, vagy e2 , vagy f1 , egyetlen lt sem tartalmazhat minden (a b)-t s minden (b a)-t is. Ez nem a legegyszerbb plda. Azrt adtuk, mert sszehzva e1 , e2 , f1 s f2 mindegyikt egy olyan G grfot kapunk, mely 2-szeresen sszefgg a-nak a kpe s b-nek b kpe kztt, de minden (a b)-tnak minden (b a)-ttal van kzs le. Ezzel (iii)-at is cfoltuk. Vgl (ii) nyilvnval an hamis egy k pontdiszjunkt (a b)-tb l ll grfra.

6.49

46.

§ 6. SSZEFGGSG

333

Legyen C egy S ltal meghatrozott (a b)-vgs. Ekkor |C | ≥ |C | − |C ∗ | =

X

x∈S

(d+G (x) − d−G (x)) = k

ami Menger ttel szerint bizony tja az ll tst. 47. (i) Ha sem (a b)-utak, sem (b a)-utak nincsenek, nincs mit bizony tanunk. Ha P mondjuk egy (a b)-t, akkor 6.46 miatt (G − E (P ))-ben van egy P -tl ldiszjunkt Q (b a)-t ez ellentmonds. (ii), (iii). Tegyk fel, hogy G k-szorosan lsszefgg a s b kztt. Ekkor 6.39 szerint van k ldiszjunkt (a b)-t. Hagyjuk el ezen (a b)-utak leit, ekkor a megmarad grfban van k ldiszjunkt (b a)-t 6.46 szerint. Ez mind (ii)-t, mind (iii)-at bizony tja. $A. Kotzig, Wiss. Z. Martin-Luther Univ. Halle{Wittenberg 10 (1961{62), 118{125.] 48. (a) Minden olyan lt, mely (X ∩ Y )-t (V (G) − X − Y )-nal kti ssze, mindkt oldalon ktszer szmoltunk az (X − Y )-t (Y − X )-szel sszekt leket csak a jobb oldalon szmoltuk minden ms lt mindkt oldalon pontosan egyszer szmoltunk. (b) Ez kvetkezik (a)-b l Y helyre V (G) − Y -t helyettes tve s gyelembe vve azt a tnyt, hogy G (Y ) = G(V (G) − Y ): (c) Az vilgos, hogy 1◦ ha egy l X − Y − Z , Y − X − Z , Z − X − Y s X ∩ Y ∩ Z kzl kettt sszekt, akkor ktszer vesszk szm tsba a bal oldalon s ktszer a jobb oldalon, 2◦ ha egy l X − Y − Z , Y − X − Z , Z − X − Y s X ∩ Y ∩ Z egyikt egy ezen halmazokon k vli ponttal kti ssze, akkor egyszer vesszk szm tsba a bal oldalon s legalbb egyszer a jobb oldalon, 3◦ a bal oldalon msmilyen lt nem szmolunk. 49. Legyen G (X ) = k , |X | minimlis, x ∈ X . Ha minden x-hez illeszked l (V (G) − X )-be megy, akkor ezek szma legfeljebb G (X ) = k, gy x foka legfeljebb k. A k-szoros lsszefggsg miatt itt egyenlsg ll. Tegyk fel, hogy x szomszdos y ∈ X -szel. Az lsszefggsg (x y)-t elhagyva cskken, gy van olyan ∅ = Z ⊂ V (G), melyre G−(xy)(Z ) ≤ k − 1. Ez csak akkor lehetsges, ha G (Z ) = k s Z elvlasztja (x y)-t, mondjuk x ∈ Z , y ∈ V (G) − Z . Feltehetjk, hogy X ∪ Z = V (G), klnben tekinthetnnk V (G) − Z -t Z helyett. 6.48a szerint G (X ∩ Z ) + G (X ∪ Z ) ≤ G (X ) + G (Z ): Itt G (X ∩ Z ) ≥ k, G (X ∪ Z ) ≥ k s G (X ) = G (Z ) = k. gy mindenhol egyenlsgnek kell lenni, teht G (X ∩ Z ) = k. Ez ellentmond X minimalitsnak. $W. Mader, Math. Ann. 191 (1971), 21{28]

334

MEGOLDSOK

6.50

50. (a) Azt kell megmutatnunk, hogy ha sszehzzuk G − (F1 ∪ : : : ∪ Fm )-et, akkor

egy legfeljebb 2m pont G grfot kapunk. Tegyk fel, hogy p pontunk lett. Ezen pontok legalbb k fokak, gy |E (G )| ≥

k · p:

2 Msrszrl G minden le az F1  : : :  Fm vgsok valamelyikhez tartozik, klnben ssze kellett volna hznunk. Teht |E (G )| ≤ 

ami miatt

m X i=1

|Fi | = m · k

p ≤ 2m

amint ll tottuk. 51. Legyen y s z az x kt szomszdja. Vegyk el az (x y ) s (x z ) leket s vegynk fel egy j (y z ) lt. Ha a kapott G grf nem k-szorosan lsszefgg a V (G) − x kt pontja kztt, akkor van egy ∅ = U ⊂ V (G) − {x} halmaz, melyre

G (U ) < k: Mivel G s G Euler-grfok, minden vgsuk pros gy k pros s G (U ) szintn, ami miatt

G (U ) ≤ k − 2:

(3) Magt l rtetdik, hogy

G (U ) ≥ G (U ) − 2 ≥ k − 2 ezrt

G(U ) = k

G (U ) = G (U ) − 2: Az ut bbi egyenlsg azt jelenti, hogy y, z ∈ U . Legyen y az x tetszleges szomszdja s U olyan maximlis halmaz, melyre U ⊂ V (G) − {x}, y ∈ U , G (U ) = k. Mivel G (U ∪ {x}) ≥ k = G (U ) azt kapjuk, hogy U nem tartalmazhatja x minden szomszdjt legyen z ∈= U az x egyik ilyen szomszdja. Ha az (y z) pr nem tesz eleget a feladat kvetelm-

6.53

§ 6. SSZEFGGSG

335

nyeinek, akkor van egy V ⊂ V (G) − {x} halmaz, melyre y, z ∈ V s G (V ) = k. 6.48a miatt G (U ∪ V ) + G (U ∩ V ) ≤ G (U ) + G(V ) = 2k s mivel U ∩ V = ∅, G (U ∩ V ) ≥ k: Ebbl az kvetkezik, hogy G (U ∪ V ) ≤ k: U maximalitsa miatt ez csak akkor llhat fenn, ha U ∪ V = V (G) − {x}: Vegyk szre, hogy G (U − V ) + G (V − U ) < G (U ) + G (V ) mert 6.48a megoldsban a szmols sorn az (x y) lt csak a jobb oldalon szmoltuk. Itt G(U ) = G (V ) = k G (U − V ) G (V − U ) ≥ k ami ellentmonds. 52. Indukci t alkalmazunk |V (G)|-re ha |V (G)| = 2, akkor az eredeti grfot kapjuk. Tegyk fel, hogy |V (G)| ≥ 3 s x ∈ V (G). Az elz eredmny szerint tallunk kt y1 s z1 pontot, melyek x szomszdai, s ha elhagyjuk (x y1 )-et s (x z1 )-et, de sszektjk y1 -et z1 -gyel, akkor a kapott G1 grf mg mindig (2k)-szorosan lsszefgg brmely kt (V (G) − {x})-beli pont kztt. Ha x mg mindig nem izollt pont, tallhatunk kt y2 s z2 pontot, melyek x-szel szomszdosak G1 -ben s G1 − (x y2 ) − (x z2 ) + (y2  z2 ) ismt (2k)-szorosan lsszefgg a V (G) − {x} brmely kt pontja kztt, stb. Itt hurokl sohasem jhet ltre, mert egy hurokllel rendelkez pontot elvghatunk a tbbi pontt l k-nl kevesebb llel. gy egy (2k)-szorosan lsszefgg, (2k)-regulris G grfot kapunk, mely G-bl az (x y1 ), (x z1 ) : : :  (x yk ) (x zk ) lek (s aztn az x izollt pont) elhagysval, majd k j l, (y1  z1 ) : : :  (yk  zk ) felvtelvel ll el. G elll a G -bl a II. konstrukci

szerint. $A. Kotzig, Doktori disszertci , Bratislava, 1959 v. G.J. Simmons, Infinite and Finite Sets, Coll. Math. Soc. J. Bolyai 10, Bolyai-North-Holland (1974), 1277{1349.] 53. 6.51 megoldst fogjuk kvetni am g lehet. Az x szomszdainak minden (y z ) prjhoz tallunk olyan U halmazt, melyre ∅ = U ⊂ V (G) − {x}, y, z ∈ U , s G (U ) ≤ k + 1 (mert itt nem nyernk 1-et, mint 6.51 megoldsban).

336

MEGOLDSOK

6.54

Legyen y az x egy rgz tett szomszdja s tekintsk minden z pontra a fenti U halmazok H csaldjt. Ha nem igaz az ll ts, akkor ezen halmazok lefedik x minden szomszdjt. Legyen U1  : : :  Ul minimlis szm olyan H -beli halmaz, mely x minden szomszdjt lefedi. Mivel G (Ui ∪ {x}) ≥ k ≥ G (Ui ) − 1 s x pros fokszm, kvetkezik, hogy legfeljebb dG (x)=2 l kti x-et Ui -hez. Tekintve, hogy x ssze van ktve y-nal, ami minden Ui -ben benne van, azt kapjuk, hogy kt Ui nem tartalmazhatja x minden szomszdjt. gy l ≥ 3. Nzzk U1 , U2 , U3 -at. Mivel U1 -et nem hagyhatnnk ki H -b l, van az x-nek olyan szomszdja, amit U1 lefed, de U2 s U3 nem. Hasonl an azt talljuk, hogy U2 − U3 − U1 = ∅ s U3 − U1 − U2 = ∅.

*les tsk egy kicsit s alkalmazzuk a 6.48c ll tst. G (U1 − U2 − U3 ) + G(U2 − U3 − U1 ) + G (U3 − U1 − U2)+ +G (U1 ∩ U2 ∩ U3 ) ≤ G (U1 ) + G (U2 ) + G (U3 ) − 2: (A −2 abb l az szrevtelbl ad dik, hogy az (x y) lt hromszor szmoltuk a jobb oldalon, de csak egyszer a bal oldalon.) Itt a bal oldalon minden tag legalbb k, de a jobb oldalon minden tag legfeljebb k + 1. gy 4k ≤ 3(k + 1) − 2 k ≤ 1 ami ellentmonds. (A K4 pldja mutatja, hogy az x fokszmra tett kikts nem hagyhat el.) 54. (a) Legyen ∅ = X ⊂ V (G). Ekkor G (X ) = G+~ (X ) + G+~ (V (G) − X ) ≥ k + k = 2k:

(b) Az ll tst |V (G)| szerinti indukci val bizony tjuk. Ha |V (G)| = 2, trivilis. Legyen |V (G)| ≥ 3. Feltehetjk, hogy G kritikusan (2k)-szorosan lsszefgg ekkor 6.49 szerint van olyan x pont, melyre dG (x) = 2k. Ugyangy, mint 6.52 megoldsban, tallunk egy (2k)-szorosan lsszefgg G grfot s k lt, (y1  z1 ) : : :  (yk  zk ) ∈ E (G )-t, melyekre ha felosztjuk ezen k l mindegyikt egy ponttal s ezen j pontokat egy x ponttal azonos tjuk, akkor G-t kapjuk (meg~  a G jegyezzk, hogy itt mr 6.53-at kell alkalmazni, 6.51 nem elg). Legyen G ~ irny tst adja, egy k-szorosan lsszefgg irny tsa. Ez G-nek egy olyan G hogy ha (yi  zi )-t mondjuk yi -bl zi -be irny tjuk, akkor (yi  x)-et yi -bl x-be s ~ k-szorosan lsszefgg. (x zi )-t x-bl zi -be irny tjuk. Knny ltni, hogy G $C.St.J.A. Nash-Williams] 55. Az adott felttelek szksgessge nyilvnval . Tekintsk a 44. brn lthat

grfot. Itt a felttelek teljeslnek, hiszen egy ngyszg 2-szeresen lsszefgg. Msrszrl brmely (a a )-tnak brmely (b b )-ttal van kzs le.

§ 6. SSZEFGGSG

6.56 a

337

b¢

a=b=1

b

a¢

44. bra

(a) Vegynk kt j u s u pontot. Kssk ssze u-t a-val s b-vel rendre  s  llel hasonl an kssk ssze u -t a -vel s b -vel rendre  s  llel. A (∗) felttel most azt jelenti, hogy a kapott G grf ( +  )-szorosan sszefgg u s u kztt. gy tartalmaz  +  ldiszjunkt (u u )-utat, gy G tartalmaz  +  ldiszjunkt ({a b} {a  b })-utat, melyek kzl  a-b l indul s ugyanennyi a -ben vgzdik, mint azt az tlettrban ll tottuk. Legyenek P1  : : :  P+ ezek az utak. A G − E (P1 ) − : : : − E (P+ ) grf pros fok, gyhogy 5.13 szerint ltezik egyenl ki- s befokokkal rendelkez irny tsa. A Pi utakat {a b}-beli vgpontjukt l {a  b }-beli vgpontjuk fel irny tva a G egy k vnt irny tst kapjuk. ~ a G egy (a) szerinti irny tsa. Elszr azt mutatjuk meg, hogy (b) Legyen G ~ -ben. Legyen X ⊆ V (G~ ) −{a }, a ∈ X . Ha b, b ∈ X , van  ldiszjunkt (a a )-t G akkor G+~ (X ) ≥ G+~ (X ) − G− (X ) = G+~ (a) − G−~ (a) = : Hasonl an rvelnk, ha b, b ∈ X , vagy b ∈ X , b ∈ X . Tegyk fel, hogy b ∈ X , b ∈ X . Ekkor (4) G+~ (X ) − G−~ (X ) = (G+~ (a) − G−~ (a)) + (G+~ (b ) − G−~ (b )) =  − : Msrszrl (5) G+~ (X ) + G−~ (X ) = G (X ) ≥  + : (4)-et s (5)-t sszeadva azt kapjuk, hogy 2G+~ (X ) ≥ 2 56.

~ -ben van  ldiszjunkt P1  : : :  P (a a )-t. ami bizony tja, hogy G ~ − E (P1 ) − : : : − E (P )-t. Ebben a grfban Tekintsk G = G G+ (b) − G− (b) =  G+ (b ) − G− (b ) = − G+ (x) = G− (x) ha x = b b : gy 6.46 miatt G tartalmaz  ldiszjunkt Q1 , : : : , Q (b b )-utat. Ekkor P1 , : : : , P , Q1 , : : : , Q (pontosabban ezen irny tott utaknak megfelel G-beli irny -

338

MEGOLDSOK

6.57

tatlan utak) a k vnt tulajdonsggal rendelkeznek. $T.C. Hu, Integer Programming and Network Flows , Addison-Wesley, 1969 ez a bizony ts C.St.J.A. NashWilliams-tl szrmazik.] 57. Legyen G 5-szrsen sszefgg s kgrf, melynek van egy F ngyszg lapja. Legyenek a, c, b s d az F pontjai ebben a ciklikus sorrendben. Ekkor termszetesen minden (a b)-t keresztez minden (c d)-utat. a

c

d

b

45. bra

gy elg, ha tallunk olyan 5-szrsen sszefgg s kgrfot, melynek van ngyszg lapja. Kis k srletezgetssel eljuthatunk pldul a 45. brhoz. Megjegyz s : Megmutathat $P. Mani{H.A. Jung, lsd Jung, Comb. Structures Appl., Gordon and Breach (1970), 189{191], hogy minden plda s kbarajzolhat . Kvetkezskppen, nincsen 6-szorosan sszefgg plda. ltalnosan ltezik egy g(n) fggvny, melyre ha megadjuk egy g(n)-szeresen sszefgg grf tetszleges 2n pontjt, a1  : : :  an  b1  : : :  bn -t, ltezik n pontdiszjunkt P1  : : :  Pn t, ahol Pi ai -t bi-vel kti ssze. 58. Els megolds . C elvlasztja a-t s b-t hiszen brmely (a b)-t metszi A ∪ B -t (mg A-t is) s az els (A ∪ B )-be tartoz pontja C egy pontja. Hasonl an az tlettrban szerepl D is elvg halmaz. gy |C | ≥ k, |D| ≥ k. Tovbb

C ∩ D ⊆ A ∩ B mert ha x ∈ C ∩ D, akkor van egy x-et a-val sszekt P1 (a A ∪ B )-t, s egy x-et b-vel sszekt (b A ∪ B )-t. Ekkor P1 ∪ P2 olyan t, mely A ∪ B -t csak x-ben metszi mivel minden (a b)-tnak mind A-t, mind B -t metszenie kell, x-et mind A-nak, mind B -nek tartalmaznia kell. Teht |A ∩ B | ≥ |C ∩ D | = |C | + |D | − |C ∪ D | ≥ k + k − |A ∪ B | =

6.60

§ 6. SSZEFGGSG

339

= |A| + |B | − |A ∪ B | = |A ∩ B | ami mutatja, hogy mindenhol egyenlsg ll, teht |C | = |D| = k. Msodik megolds . Legyenek P1  : : :  Pk fggetlen (a b)-utak (ezek a Menger ttel miatt lteznek), ekkor A (B ) pontosan egy ai (bi ) pontot tartalmaz Pi -bl. Legyen ci az ai s bi kzl a Pi -n a-hoz kzelebbi pont. ll tjuk, hogy C = {c1  : : :  ck }. Nyilvnval , hogy ci ∈ C . Msrszrl ha c ∈ ∈ C , akkor c ∈ A ∪ B s gy c ∈ Pi valamely i-re. Tegyk fel, hogy c = ci , ekkor c rajta van Pi (ci  b)-szakaszn. Den ci szerint van egy A-t nem metsz (a ci )-t, mely a P (ci  b)-szakaszval egytt egy A-t nem metsz (a b)-utat ad, ez ellentmonds. Teht |C | = k. Az a tny, hogy C elvlasztja a-t s b-t, knnyen ad dik a fentiekhez hasonl an. $L. Lovsz, Acta Math. Acad. Sci. Hung. 2 (1970), 365{368.] 59. Legyen T az tletnek megfelel halmaz. Elg azt bebizony tani, hogy ha T elvgja G − (x y)-t, akkor elvlasztja x-et s y-t hiszen akkor T ∩ V (H ) nyilvnval an elvlasztja x-et s y-t H -ban, azaz H − (x y)-ben van (k − 1)-elem elvg

halmaz. Ha ezzel szemben x s y a G − (x y) − T azonos komponensben vannak, akkor az (x y) lt hozzvve azt ltjuk, hogy G − T mg mindig nem sszefgg, ami lehetetlen. 60. (a) 1◦ (G − C )-ben nincsenek lek G1 ∩ G3 s a grf tbbi (nem res) rsze kztt. gy C elvg halmaz, s mivel G1 ∩ G3 a G1 val di rszgrfja (mivel B ∩ ∩ V (G1 ) = ∅), C nem lehet k -elem elvg halmaz. 2◦ Legyen x ∈ C . Ekkor van egy a-t x-vel sszekt P (a A ∪ B )-t. Ha x ∈= A ∩ B , akkor x ∈ A vagy x ∈ B . Ha mondjuk x ∈ A, akkor P nem metszi A-t, azaz x G − A-nak ugyanabban a G1 komponensben van, mint a. 3◦ Ha b ∈ G2 ∩ G4 , akkor 6.58 szerint C elemszma k. 4◦ |V (G1 )| > |B ∩ V (G1 )| + |V (G1 ∩ G4 )| de |V (G4 )| = |A ∩ V (G4 )| + |V (G1 ∩ G4 )|: Mivel |B ∩ V (G1 )| + |A ∩ B | + |A ∩ V (G3 )| ≥ |C | > k s |A ∩ V (G4 )| + |A ∩ B | + |A ∩ V (G3 )| = |A| = k kvetkezik, hogy |B ∩ V (G1 )| > |A ∩ V (G4 )| ami miatt |V (G1 )| > |V (G4 )| ez pedig ellentmond G1 minimalitsnak (46. bra). A msodik ll ts bizony tshoz elszr tegyk fel, hogy V (G2 ) ⊆ B . Mivel |V (G1 )| ≤ |V (G2 )|, ez azonnal azt adja, hogy |V (G1 )| ≤ k=2.

340

MEGOLDSOK

6.60

a

G2

B

C

G4

G1

A

G2

46. bra

Msodszor tegyk fel, hogy V (G2 ) ⊆ B . Legyen pl. G2 ∩ G3 = ∅. Mivel (A ∩ elvlasztja G-t, azt kapjuk, hogy |A ∩ V (G3 )| + |A ∩ B | + |B ∩ V (G2 )| ≥ k = |B | = = V (G1 )| + |A ∩ B | + |B ∩ V (G3 )| ami miatt |V (G1 )| ≤ |A ∩ V (G3 )|: Ha G2 ∩ G4 = ∅, akkor hasonl gondolatmenettel azt kapjuk, hogy |V (G1 )| ≤ |A ∩ V (G4 )| s gy 1 k |V (G1 )| ≤ |A| = : 2 2 Ha G2 ∩ G4 = ∅, akkor hasonl rvels eredmnye |V (G4 )| ≤ |B ∩ V (G2 )| s gy |V (G1 )| ≤ |V (G4 )| ≤ |B ∩ V (G2 )| ≤ |B | − |V (G1 )| = k − |V (G1 )| amibl megint kvetkezik az ll ts. $W. Mader, Arch. Math. 22 (1971), 333{336 M.E. Watkins, J. Comb. Th. 8 (1970), 23{29.] (b) G-ben nyilvnval an nincsenek tbbszrs lek. Feltehetjk, hogy G nem teljes (k + 1)-szg. Ekkor az (a)-beli G1 ltezik. Tegyk fel, hogy G1 legalbb ktpont, ekkor van egy e = (x y) le. (G − e)-ben van (k − 1)-elem T elvg

∩ V (G3 )) ∪ (A ∩ B ) ∩ (B ∩ V (G2 ))

§ 6. SSZEFGGSG

6.61

341

c P

Q a

e

x

y

b

u

47. bra

halmaz. Ekkor G − T sszefgg, de G − T − e nem az, ami miatt e a G − T − e grfnak kt komponenst kti ssze. Tegyk fel, hogy az x-et tartalmaz

komponensben egynl tbb pont van, ekkor T ∪ {x} egy k-elem elvg halmaz G-ben, G1 -gyel kzs pontja x, de ms G1 -beli y pontot nem tartalmaz. Ez (a) miatt lehetetlen. Teht G1 = {x}, s az ad dik, hogy x foka k. $R. Halin, J. Comb. Theory 7 (1969), 150{154.] 61. (a) Legyen {x y } a G − e egy elvg halmaza. Mivel G − {x y } sszefgg, e a G − e − {x y} klnbz komponenseit kti ssze, gy x s y elvlasztja a-t s b-t (G − e)-ben. (b) Legyen {u v} a G \ e egy elvg halmaza. Azt ll tjuk, hogy u s v kzl az egyik az a pont, melybe e-t sszehztuk. Mert klnben G \ e − {u v} elllna az sszefgg G − {u v} grf egy lnek sszehzsval s sszefgg lenne. Ha v ez a pont, akkor {a b u} elvg halmaz. Annak bizony tshoz, hogy elvlaszt minden x s y kztti utat, tekintsk a G −{a b u} egy G komponenst. Mivel G 3-szorosan sszefgg, ez a komponens a, b s u mindegyikvel ssze van ktve, gy van egy P1 (a b)-t G -beli bels pontokkal. P1 tartalmazza x s y valamelyikt, legyen ez mondjuk x. A G − {a b u} egy msik G komponenst vve ugyanez az rvels azt mutatja, hogy y-nak G -belinek kell lennie. (c) Tegyk fel, hogy a G − e − {x y} a-t tartalmaz G1 komponensben van egy c = a pont. Mivel G 3-szorosan sszefgg, van egy P (c x)-t (G − {a y})ban. P nem megy t b-n s u-n, mert b-t, u-t s c-t elvlasztja a, x s y (mg e, x, s y is) gy P egy (G − {a b u})-beli (c x)-t. Hasonl an van egy Q (c y)-t (G − {a b u})-ben viszont P ∪ Q ekkor egy (G − {a b u})-beli (x y)-utat ad, ami ellentmond (b)-nek (47. bra).

−

342

MEGOLDSOK

6.62

Az a pont fokszma teht 3, ami ellentmonds. 62. Elszr bebizony tjuk az tlet ll tst. Tegyk fel, hogy G − T nem sszefgg, ahol |T | ≤ k − 1. Ha T nem tartalmazza az e egyik vgpontjt sem (sem x-et, sem y-t), akkor (G − T )=e = G=e − T nem sszefgg, ami azrt ellentmonds, mert G=e k-szorosan sszefgg. Ha x, y ∈ T , akkor G=e-t mg a T (k − 2)-elem kpvel is el lehet vgni. gy feltehetjk, hogy mondjuk x ∈ T , y ∈ T . A G=e − T grfot (G − T )-bl y elhagysval kapjuk. G=e − T sszefgg, m g G − T nem az, ami azt jelenti, hogy y a G − T egy komponense volt. gy T tartalmazza y minden szomszdjt, ami lehetetlen, mert y fokszma legalbb k. Most mr az eredmny knnyen ad dik. G=e 3-szorosan sszefgg az elz feladat miatt. Tegyk fel, hogy nem minimlis, ekkor G=e − f = (G − f )=e mg mindig 3-szorosan sszefgg valamely f ∈ E (G) lre. Mivel e vgpontjai legalbb 3 fokak (G − f )-ben, az kvetkezik a fentiekbl, hogy G − f 3-szorosan sszefgg a feltevssel ellenttben. 63. Legyen C a sz ban forg kr. Nyilvn |V (C )| ≥ 3, mert egy l-kritikusan 3szorosan sszefgg grfban nem lehetnek tbbszrs lek. Ha C -ben legfeljebb egy 3 fok pont van, van egy e le, melynek vgpontjai legalbb 4 fokak. Ekkor 6.62 szerint G=e kritikusan 3-szorosan sszefgg grf, s a C krt e sszehzsa egy rvidebb C  krbe kpezi le, melynek mg mindig legfeljebb egy 3 fok pontja van. Ez ellentmonds. Ez az eredmny | egy bonyolultabb bizony tssal | rvnyes marad kritikusan k-szorosan sszefgg grfokra. $Lsd W. Mader, Arch. Math. 23 (1972), 219{224.] 64. Az tlet ll tsa ugyangy ad dik, mint (b) a 6.61 megoldsban. Vegynk egy b1 -en s b2 -n thalad C krt (G − a)-ban (ami 2-szeresen sszefgg, gy ilyen kr 6.32 szerint ltezik), ekkor a C egyik (b1  b2 )- ve tartalmazza u3 -at, a msik

v pedig b3 -at. Teht C egy b1 -en s b3 -on thalad kr, s gy a fenti okfejtshez hasonl an ad dik, hogy u2 -t is tartalmazza. gy G − a minden olyan kre, mely b1 , b2 s b3 kzl kettt tartalmaz, tartalmazza a harmadikat is, hasonl an u1 -et, u2 -t s u3 -at is. Tovbb ui elvlasztja bi−1 -et s bi+1 -et. Ebbl az kvetkezik, hogy minden (u1  u2 )-tnak tartalmaznia kell vagy b3 -at, vagy b1 -et is s b2 -t is klnben helyettes thetnnk vele C egy vt, s olyan krt kapnnk, amely megsrti a fenti ll tst. Teht b3 s b2 elvlasztja u1 -et s u2 -t (G − a)-ban, de G-ben is, ami viszont ellentmonds (48. bra). $V. W.T. Tutte, Connectivity in Graphs , Toronto University Press, Toronto, 1966.] 65. Konstruljuk G-t az tlet alapjn. I. G 3-szorosan sszefgg. Hiszen hagyjuk el kt pontjt. Ha mindkett a T bels pontja, akkor mivel T pontjainak foka legalbb 3, T megmarad rsznek minden komponense metszi C -t, s ez 'sszekti" ket. Ugyan gy rvelhetnk, ha a T egy pontjt s a C egy pontjt hagytuk el. Vgl ha a C kt pontjt hagytuk el, T megmarad rsze sszefgg s metszi C megmarad rsznek minden darabjt, gy a kapott grf ismt sszefgg lesz.

§ 6. SSZEFGGSG

6.66

343

u1

b2

b3 a

u2

u3

b1

48. bra

II. Elszr tegyk fel, hogy e ∈ E (C ), ekkor G − e legfeljebb 2-szeresen sszefgg, mert benne az e vgpontok foka 2. Msodszor tegyk fel, hogy e ∈ E (T ). Ekkor T − e-nek pontosan kt komponense van, T1 s T2 . Ti vgpontjai a C egy Ai vt alkotjk (ezen ll ts prec z bizony tst az olvas ra b zzuk). Teht kt l, f1 s f2 kti ssze A1 -et s A2 -t. G − e − f1 − f2 nem sszefgg, mutatva, hogy G − e mg csak nem is 3-szorosan lsszefgg. III. Vlasszuk a T ft olyannak, hogy valamely x pont 1000 tvolsgra legyen minden vgpontt l, s minden bels pont fokszma 1000 legyen. 66. Indukci t alkalmazunk k -ra. Legyen C egy x1  : : :  xk−1 -en thalad kr. Ha xk ∈ V (C ), kszen vagyunk tegyk fel, hogy xk ∈ V (C ). Kt esetet kell megklnbztetnnk. (a) Tegyk fel, hogy van k (xk  C )-t, melyeknek csak xk a kzs pontja. Az x1  : : :  xk−1 pontok C -t k − 1 vre osztjk, teht ezen vek egyike (a vgpontjait belertve) tartalmazza a P1  : : :  Pk utak kt vgpontjt. Hozzvve ezt a kt utat C -hez, de elhagyva a vgpontjuk kzti vet (mely nem tartalmaz egyetlen xi -t, 1 ≤ i ≤ k − 1 sem), egy x1  : : :  xk -n thalad krt kapunk. (b) Ha nincsen k olyan (xk  C )-t, melyeknek xk -n k vl nincsen kzs pontjuk, akkor 6.41 szerint van egy olyan X halmaz, |X | = k − 1, xk ∈ X , mely minden (xk  C )-utat metsz. Mivel G − X sszefgg, minden pontjt sszekthetjk xk -val (G − X )-ben egy ttal. Ez ellentmonds, hacsak nem X = V (C ) = {x1  : : : : : :  xk−1}. Ez ut bbi esetben a fentihez hasonl rvels megmutatja, hogy van k − 1 olyan (xk  C )-t, melyeknek csak xk kzs pontja. Ezen utak xk -t x1  : : : : : :  xk−1 -nel ktik ssze. Felvve kzlk kt olyat, melyek xk -t szomszdos C beli pontokkal ktik ssze, de elhagyva a vgpontjaik kztti lt, ismt egy k vnt krt kapunk. $G.A. Dirac]

344

MEGOLDSOK

6.67

fel, hogy G 3-szorosan sszefgg grf s e1 , e2 , e3 a G nem egy krn lv lei. Elszr megmutatjuk, hogy van olyan C kr, mely kzlk kettt tartalmaz, de a harmadikat nem metszi. Legyen C1 egy e1 -en s e2 -n thalad kr. Ha e3 = (x y)-nak nincsen vgpontja C1 -en, megvan a keresett kr. Ha x ∈ V (C1 ), de y ∈ V (C1 ), tekintsnk egy (G − x)-beli P (y C1 − x)-utat vgzdjn ez a P t z ∈ V (C1 )-ben. Ekkor e3 , P s a C1 egyik (x z )- ve adja a keresett krt. Vgl ha x, y ∈ V (C1 ), akkor e3 s a C1 egyik (x y)- ve adja C -t. Legyen C − e1 − e2 = P1 ∪ P2 , ahol P1 s P2 diszjunkt utak. Tekintsk az sszes (G − V (P2 ))-beli ({x y} P1 )-utat. Brmely kett nem diszjunkt, mert az azt jelenten, hogy van e1 , e2 s e3 mindegyikt tartalmaz kr. gy van egy mindegyikket lefog u pont. Hasonl an van egy minden (G − V (P1 ))-beli ({x y} P2 )-utat lefog pont. Ekkor {u v} metsz minden ({x y} C )-utat. Mivel G 3-szorosan sszefgg, ez csak akkor lehetsges, ha {u v} = {x y}, mondjuk u = x, v = y. Teht brmely P1 -en (P2 -n) vgzd ({x y} C )-t x-bl (y-b l) indul. Ha megmutatjuk, hogy G − {e1  e2  e3 } nem tartalmaz (x y)-utat, kszen vagyunk. Indirekte tegyk fel, hogy van egy ilyen T t. Elszr tegyk fel, hogy T nem metszi C -t. Legyen Q egy (G − {x y})-beli (T C )-t, mely mondjuk P1 -en vgzdik ekkor Q s a T egy megfelel darabja egy y-b l indul ({x y} C )-utat adna, ami lehetetlen. Hasonl kvetkeztetst vonhatunk le abban az esetben is, ha T csak P1 -et metszi. gy mr csak azzal az esettel kell foglalkoznunk, amikor T mind P1 -et, mind P2 -t metszi. Ekkor tartalmaz egy e1 -tl s e2 -tl klnbz R (P1  P2 )-utat. Legyenek a ∈ P1 s b ∈ ∈ P2 az R vgpontjai. Mivel G − {a b} sszefgg, van benne egy Q1 ({x y } C − − {a b})-t. Legyenek Q1 vgpontjai pl. x s z1 ∈ P1 . Legyen Q2 egy (G − x)-beli (y C )-t, ekkor nyilvnval , hogy a Q2 z2 = y vgpontja rajta van P2 -n. Q1 s Q2 diszjunktak, mert klnben egy C -tl diszjunkt (G − {e1  e2  e3 })-beli (x y)-utat kapnnk. C egyik (z1  z2 )- ve nem tartalmazza a-t. Ez az v Q1, Q2 s e3 -mal egytt egy olyan C0 krt alkot, mely tartalmazza e3 -at s e1 , e2 kzl az egyiket, legyen ez mondjuk e2 . Van egy (e1  C0 )-t, mely e1 azonos vgpontjt kti ssze C0 − − {e2  e3 } mindkt komponensvel, ami ellentmonds (49. bra). 68. Indukci t alkalmazva k -ra feltehetjk, hogy van egy olyan P (a b)-t, mely thalad x1  : : :  xk−1 -en, s legyen xk ∈ P . Az sszes (xk  P )-utat lehetetlen k xk t l klnbz ponttal lefogni, hiszen ha X az sszes ilyet metsz k-elem halmaz lenne (xk ∈ X ), akkor xk s P − X = ∅ a G − X klnbz komponenshez tartoznnak. gy 6.41 szerint van k + 1 (xk  P )-t, Q1  : : :  Qk+1 , melyeknek csak xk kzs pontja. Mivel x1  : : :  xk−1 P -t k darabra osztjk, egyikk kt Qj -t metsz. Ekkor elhagyva ezt a kt vgpontot sszekt rsz-utat, de hozzadva a kt Qj -t, egy x1  : : :  xk -n thalad (a b)-utat kapunk. $M.D. Plummer, Proc. 2nd Louisiana Conf. on Comb., Univ. of Manitoba Press, Winnipeg (1971), 458{472] 69. Legyen C az F lap hatrol kre. Legyen B a C brmely h dja. Az tletet kvetve megmutatjuk, hogy B a C minden pontjt tartalmazza. Tegyk fel, hogy 67. Tegyk

§ 6. SSZEFGGSG

6.69

P1

P1

345 z1

Q1

x

x e2

e3

e1

a

e1

e3

e2

y

y

R

Q2 P2

P2

z2 b

49. bra

x ∈ V (C ), x ∈ V (B ). Legyen y s z a B ∩ C x kt pontja, melyek x mellett vannak C -n. Ekkor a C msik (y z )- vnek van bels pontja ez trivilis, ha B egy hr s kvetkezik abb l a tnybl, hogy B -nek legalbb 3 pontja van C -n, ha B -nek van bels pontja. Mivel G −{y z} sszefgg, van benne a C kt (y z)- vt sszekt P t. Legyen Q egy (y z )-t B -ben. Mind P , mind Q F -en k vl halad (mivel F egy lap), s gy a s kbarajzolhat sg miatt keresztezdnek. Ez azonban azt jelenti, hogy P B -be tartozik, ami ellentmond y s z den ci jnak (50. bra).

P g

b F

a x z

Q

50. bra

Az imnt bizony tott ll tsb l az kvetkezik, hogy C hrmentes. Tegyk fel, hogy B1 s B2 kt h d. Ekkor C + B1 az F klsejt kt olyan tartomnyra osztja, melyeknek legfeljebb 2 hatrpontja van C -n, s B2 ezek egyiknek belsejben

346

MEGOLDSOK

6.70

van (mivel B1 -et nem metszi). De B2 -nek legalbb 3 pontja van C -n, teht ellentmondsra jutottunk. Mivel ez az eredmny karakterizlja egy 3-szorosan sszefgg s kbarajzolhat

grf lapjainak hatrt a begyazst l fggetlenl, azt kapjuk, hogy kt 3-szorosan sszefgg s kbarajzolhat grf kzti brmely izomorzmus laptart . A s ktopol giai Schn6ies ttel szerint gy az kvetkezik, hogy brmely kt 3-szorosan sszefgg, a gmbre lerajzolt grf kzti izomorzmus ltrehozhat a gmb sajt magra val homeomorzmusval. $H. Whitney, Trans. Amer. Math. Soc. 34 (1932), 339{362.] 70. Legyen C az tletnek megfelel kr megmutatjuk, hogy nincsen h dja B -n k vl. gy, mint az elz megoldsban, elszr megmutatjuk, hogy C minden pontja rajta van B -n. Tegyk fel, hogy x ∈ V (C ), x ∈ V (B ). Legyen y s z a B kt x-hez legkzelebbi pontja C -n. Az elz megoldst kvetve keresnk egy P utat, mely a C kt (y z )- vt kti ssze (G − y − z )-ben. Legyenek a s b a P vgpontjai s legyen R a C egy (a b)- ve. Ekkor P ∪ R olyan kr, melynek az f -et tartalmaz h djnak B val di rsze, ez pedig ellentmonds. gy C minden pontja B -beli. Tegyk fel, hogy B1 a C egy msik h dja. Legyen c s d a B1 kt pontja C -n. Ekkor a C legalbb egyik (c d)- vnek van bels pontja. Jelljk R-rel a C msik (c d)- vt, s jellje P a B1 egy (c d)-tjt, ekkor R ∪ P egy c-n s d-n thalad kr, s az f -et tartalmaz h djnak B val di rsze. Ez ismt ellentmonds. $W.T. Tutte, Proc. London Math. Soc. 13 (1963), 743{767.] 71. Az tletbeli jellst hasznlva legyen P0 az e1  : : :  ek lei ltal alkotott (a b)t. Mivel {e1  : : :  ek−1 } nem tartalmaz (a b)-utat, van egy C0 (a b)-vgs, mely az e1  : : :  ek−1 kzl egyet sem tartalmaz. gy C0 ∩ P0 = {ek }. Tovbb den ci

szerint min v(e) = v(ek ) max v(e) = v(ek ): e∈P0

e∈C0

Msrszrl legyen C brmely (a b)-vgs, ekkor C ∩ P0 = ∅, mondjuk ei ∈ C ∩ P0 , i ≤ k. Ekkor max v(e) ≥ v(ei ) ≥ v(ek ) s hasonl an

e∈C

min v(e) ≤ v(ek ) e∈P

brmely P (a b)-tra, ami miatt max min v(e) = v(ek ) = min max v(e): P e∈P

C e∈C

$ltalnosabb megfogalmazsban lsd J. Edmonds, D.R. Fulkerson, J. Comb. Theory 8 (1970), 299.]

6.73

§ 6. SSZEFGGSG

347

I. Tegyk fel, hogy ' egy (∗)-ot kielg t fggvny s P = (a x1  : : :  xk  b) tetszleges (a b)-t. Ekkor

72.

u(P ) = v(a x1 ) + v(x1  x2 ) + : : : + v(xk  b) ≥ '(x1 ) + ('(x2 ) − '(x1 )) + : : : + ('(b) − '(xk )) = '(b): II. Teht elg konstrulnunk egy olyan P (a b)-utat s olyan ' fggvnyt, melyekre (∗) fennll s u(P ) = '(b). '-t lpsenknt fogjuk denilni. Legyen '(a) = 0. Tegyk fel, hogy '-t mr deniltuk egy S ⊂ V (G), a ∈ S halmazra gy, hogy minden x ∈ S pontra van S -beli '(x) rtk (a x)-t. Tekintsk az sszes (x y) lt, melyre x ∈ S , de y ∈ S , s vlasszunk egyet, melyre '(x)+ v(x y) minimlis. Legyen '(y) = '(x) + v(x y). Ezzel kiterjesztettk ' rtelmezsi tartomnyt. Megmutatjunk, hogy a (∗) tulajdonsg megmarad. Legyen (z u) egy S ∪ {y} ltal kifesz tett l, gy azt kell megmutatnunk, hogy

'(u) − '(z ) ≤ v(z u): Ha u, z ∈ S , ez nyilvnval . Ha z ∈ S s u = y, akkor (x y) vlasztsa miatt '(y) = '(x) + v(x y) ≤ '(z ) + v(z u): gy legyen u ∈ S , z = y. Ebben az esetben azt ll tjuk, hogy '(u) ≤ '(y), ami az ll tsunkat bizony tani fogja. Elszr indukci val azt mutatjuk meg, hogy ksbb vlasztott pont '-rtke nem kisebb korbban vlasztottnl. Indirekte tegyk fel, hogy '(y) < '(u). Ekkor '(x) ≤ '(y) < '(u), s gy az indukci s felttel szerint x-et korbban vlasztottuk, mint u-t. De ekkor u helyett y-t kellett volna vlasztani. gy ' kielg ti (∗)-ot. Tovbb az indukci s felttel szerint van egy (a x)-t '(x) rtkkel, s hozzvve ezen thoz (x y)-t egy '(y) rtk (a y)utat kapunk. Specilisan egy '(b) rtk (a b)-utat kapunk, ha '-t mr teljesen deniltuk. Ez bizony tja az ll tst. $E.W. Dijkstra] 73. Mivel f egy (a b)-folyam, az tlettrban adott kifejezs egyetlen nem zrus tagja X X f (e) − f (e) e=(ay)

e=(ya)

ami f rtke. Msrszrl minden S ltal kifesz tett e l ktszer fordul el ellenttes eljellel, C lei pozit v eljellel fordulnak el, C ∗ lei pedig negat v eljellel. gy f rtke X X f (e) − f (e): e∈C

e∈C ∗

348

MEGOLDSOK

6.74

74. Kvetjk az adott tletet. Tegyk fel, hogy van G1 -ben egy P

" = min

Legyen e ∈ E (G) esetn

X

e∈P

(a b)-t. Legyen

v0 (e) > 0:

8 >
n, s aij = 0 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l-re. Most n X

mert A dupln sztochasztikus, gy

i=1

aij = 1

l X n X

Msrszrl

j =1 i=1 l X n X j =1 i=1

aij =

n X l X i=k+1 j =1

aij = l

aij ≤

n X n X i=k+1 j =1

aij = n − k

ami ellentmond annak, hogy k + l > n. 20. (a) Egyrtelm az tlettr szrevtelbl. (b) Tegyk fel, hogy G-ben nincsen 1-faktor. Ekkor det(aij ) = 0. Alkosson mondjuk az els k + 1 oszlop minimlis linerisan sszefgg oszloprendszert. Mivel az ezen k + 1 oszlop ltal alkotott A mtrix rangja k, tartalmaznia kell egy k × k nem-szingulris almtrixot. Feltehetjk, hogy ez els k sor s oszlop alkotja ezt az almtrixot. Mivel az els k + 1 oszlop linerisan sszefgg, lteznek olyan 1  : : :  k+1 szmok, melyekre (10)

kX +1 j =1

j aij = 0

(i = 1 : : :  n):

Mivel k minimalitsa miatt  = 0, tetszleges  -vel leoszthatunk, s meghatrozhatjuk a =  szmokat a Cramer szably szerint az els k sorb l. Teht minden =  hnyados az {aij : 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ k +1} ltal generlt testben van. Azt ll tjuk, hogy aij = 0, ha k + 1 ≤ i ≤ n s 1 ≤ j ≤ k + 1. Megmutatjuk pl. azt, hogy ak+11 = 0. (10)-bl tudjuk, hogy kX +1 1 ak+11 = − j ak+1j : 1 j =2

Itt a jobb oldal az {aij  (i j ) = (k + 1 1)} ltal generlt altrben van. Az aij -k algebrai fggetlensge miatt ez csak akkor lehetsges, ha ak+11 = 0.

368

MEGOLDSOK

7.21

X = {ak+1  : : :  an } vlasztssal azt kapjuk, hogy ;(X ) ⊆ {bk+2  : : :  bn } |;(X )| < |X |

amivel bizony tottuk 7.4b nem-trivilis felt $J. Edmonds, J. Res. Natl. B. Standards 71B (1967), 241{245]. 21. Ha az y -ra tett kiktsek linerisan fggetlenek, a vlasz termszetesen m − − n, ahol n = |V (G)| ha kzlk n − 1 linerisan fggetlen, de az n-edik nem, a dimenzi m − n + 1. Azt ll tjuk, hogy az els eset kvetkezik be, ha G nem pros, s a msodik, ha G pros. Ennek bizony tshoz tekintsnk a (∗) kiktsek bal oldalai kztt egy nemtrivilis lineris relci t. Azt akarjuk megmutatni, hogy ez csak akkor llhat fenn, ha G pros, s hogy ebben az esetben ez a relci szksgszeren egyrtelm. Teht legyen X X v∈V (G)

v

ei v

yi

azonosan 0, azaz v + u = 0 minden (u v) lre. Felhasznlva G sszefggsgt, arra a kvetkeztetsre jutunk, hogy | v | = const = , s olyan pontok, melyekre v = , csak olyan pontokkal vannak sszektve, melyekre v = − , s viszont. Teht G pros. Mivel egy sszefgg grf 2-sz nezse egyrtelm, azt is lthatjuk, hogy a (∗) kiktsek bal oldalai kzt fennll lineris relci egy skalris szorz

erejig egyrtelm. Teht pros grf esetben van egy egyrtelm X X X X yi = yi v∈A ei v

v∈B ei v

relci , ahol {A B } a G 2-sz nezse $H. Saks, Wiss. Z. TH. Ilmenau 12 (1966), 7{12]. 22. Az tlettrnak megfelelen legyen (x y ) ∈ F . Ha legalbb 3 l kti {x y }-t {u v }-hez, akkor kzlk kett fggetlen, pl. (x u) s (y v ). gy F = {(x y )} ∪ ∪{(x u) (y v )} egy F -nl nagyobb pros ts, ami ellentmonds. Teht F minden le {u v}-hez legfeljebb kt llel csatlakozik. Mivel u s v nincsenek sem egymssal, sem F ltal le nem fedett ponttal sszektve (klnben F nem lenne maximlis), ebbl az kvetkezik, hogy d(u) + d(v) ≤ 2|F | ≤ 2(n − 1): Ez azonban ellentmondsban van azzal a feltevssel, hogy d(u) is s d(v) is legalbb n (v. a 10.19 feladattal is). 23. Legyen X az F0 ltal lefedett pontok halmaza. Az tletet kvetve legyen F a G egy olyan legnagyobb pros tsa, mely F0 -b l a lehet legtbb lt tartalmazza. Azt ll tjuk, hogy F lefedi X -et. Indirekte tegyk fel, hogy ltezik egy F ltal le nem fedett x ∈ X . Legyen (x y) az F0 azon le, mely x-szel szomszdos. Mivel F ∪ {(x y)} nem pros ts F maximalitsa miatt, ltezik egy y-hoz illeszked e ∈ F l. Legyen F  = F − {e} ∪ {(x y)}, ekkor F  egy F -fel azonos mret

7.24

§ 7. GRFOK FAKTORAI

369

pros ts, azaz szintn egy legnagyobb pros ts. Tovbb tbb le kzs F0 -lal, mint F -nek, ami ellentmonds. 24. (a) A k = 1 esetben egyetlen l eleget tesz a feltteleknek. Tegyk fel, hogy Gk−1 egyetlen 1-faktort tartalmaz grf, melyben minden fokszm legalbb k − 1. Legyen Gk−1 egy msik, tle diszjunkt pldny, s vegynk mg kt j pontot, x-et s y-t. Kssk ssze x-et Gk−1 minden pontjval, y pedig Gk−1 minden pontjval, vgl x-et y-nal. Legyen Gk az gy kapott grf (55. bra).

55. bra

V (Gk−1 ) ∪ V (Gk−1 ) minden pontjnak fokszma nagyobb mint Gk−1 -ben vagy Gk−1 -ben, gy minden fokszma legalbb k. Ez nyilvnval an igaz x s y esetben is. Tovbb Gk -ban egyetlenegy 1-faktor van. Hiszen legyen F a Gk tetszleges 1-faktora. Parits-megfontolsok miatt ennek tartalmaznia kell az (x y) elvg lt. Ekkor viszont a maradk egy Gk−1 -beli s egy Gk−1 -beli 1-faktort alkot. Mivel ezek egyrtelmek, F is egyrtelmen meg van hatrozva. Teht Gk ban legfeljebb egy 1-faktor van. De a le rt 1-faktor (mely a Gk−1 -beli, Gk−1 -beli 1-faktorokb l s az (x y)-lbl ll) val ban a Gk 1-faktora. Teht Gk -ban egyet-

lenegy 1-faktor van. (b) Els megolds . Tegyk fel, hogy G egy minimlis ellenplda. Legyen F az (egyetlen) 1-faktor, s legyen e1 ∈ E (G) − F . Tekintsk a 6.27-ben meghatrozott, e1 -et tartalmaz ekvivalencia-osztlyt. Ha ez csak e1 -bl ll, akkor G − e1 2szeresen lsszefgg, s ellentmondsba kerltnk G minimalitsval. Tegyk fel, hogy az ekvivalencia-osztly tartalmazza mg az e2  : : :  ek , k ≥ 2 leket is. Legyen G1 a G − {e1  : : :  ek } tetszleges komponense. 6.27 szerint az {e1  : : : : : :  ek } lek kzl pontosan kettvel szomszdos. Ha ez a kt l nem F -beli, akkor indukci val azt kapjuk, hogy G1 -ben kt klnbz 1-faktor van, melyek F − − E (G1 )-gyel egytt kt klnbz G-beli 1-faktort adnak. Teht az {e1  : : :  ek } lek kzl legalbb egy olyan, mely G1 -hez illeszkedik, F -ben van. Mivel ez a G − − {e1  : : :  ek } minden komponensre igaz, az {e1  : : :  ek } leknek legalbb a fele F -beli. Minthogy ez tetszleges ekvivalencia-osztlyra igaz, G leinek legalbb a fele F -beli. gy |E (G)| ≤ |V (G)|. Mivel a G 2-szeresen lsszefgg, ez csak akkor lehetsges, ha G egy kr. Viszont egy (pros) krben kt 1-faktor van. Msodik megolds . Tegyk fel, hogy a G 2-szeresen lsszefgg. Legyen F a G 1-faktora. Legyen C olyan kr, melyre tetszleges F -beli l vagy C -re esik,

370

MEGOLDSOK

7.25

vagy teljesen diszjunkt C -tl. Ilyen kr 6.30 szerint ltezik. C -nek F -re nzve alternl nak kell lennie (mivel az F egy 1-faktor). Teht C -n alternlva (azaz E (C ) ∩ F leit E (C ) − F leivel helyettes tve) egy msik 1-faktort kapunk $A.  Kotzig, Mat. Fyz. Casopis 9 (1959) 73{91 L. Beineke{M. D. Plummer, J. Comb. Th. 2 (1967) 285{289]. (c) A bizony ts |E (G)| szerinti indukci val trtnik. (b)-nek az tlettrban megfogalmazott les tse (b)-bl trivilisan kvetkezik. Elg ezt sszefgg grfokra bizony tani, mivel ha G-ben egyetlenegy 1-faktor van, akkor a komponenseiben is. Duplzzuk meg G minden nem F -beli lt. Ezzel nem kaphatunk j 1-faktort, teht a kapott G grfban (b) miatt van elvg l. Ennek az lnek F -be kell tartoznia, mivel nem duplztuk meg.

56. bra

Legyen e = (x y) a G egy elvg -le, mely az (egyetlen) F 1-faktorhoz tartozik, ekkor (G − x − y)-ban egyetlenegy 1-faktor van. Az indukci s feltevs szerint E (G − x − y) ≤ (n − 1)2 . Minthogy (x y) elvg l, egyetlen pont sem lehet sszektve x-szel is s y-nal is. gy legfeljebb 1 + (2n − 2) = 2n − 1 l szomszdos x s y egyikvel. Teht |E (G)| ≤ (n − 1)2 + 2n − 1 = n2 : Az eredmny les, amint azt az 56. brhoz hasonl struktrj grfok mutatjk. $G. Hetyei, P csi Tan. Fisk. Kzl. (1964) 151{168.] 25. Legyen x1  : : :  x egy legnagyobb F pros ts ltal le nem fedett pontok,  = = (G) = |V (G)| − 2 (G). Legyen F = {e1  : : :  e }, s fi az xi -hez illeszked l (i = 1 : : :  ). Ekkor minden fi xi -t egy F ltal lefedett ponthoz kti. Tovbb nincs kt olyan fi , melyek ugyanazon ej kt vgpontjhoz illeszkednek, mivel ezltal F nvelhet lenne. Ennlfogva kivlaszthatjuk az ej egyik uj vgpontjt (j = 1 : : :  ) gy, hogy {u1  : : :  u } lefogja az sszes f1  : : :  f lt. Mivel d(uj ) ≤ ≤ d, ezrt  ≤ (d − 1)  n − 2 ≤ (d − 1)  s gy

≥ d +n 1 : 26. Kvetve az tletet szrevehetjk, hogy ha x s y szomszdosak, akkor (G−x− −y ) < (G), mert G−x−y brmely pros tsa kiterjeszthet (x y )-t felhasznlva.

7.27

§ 7. GRFOK FAKTORAI

371

Legyen x, y kt pont, melyek tvolsga k > 1, s legyen z egy minimlis (x y)-t tetszleges bels pontja. Indirekte tegyk fel, hogy (G − x − y) = (G). Legyen F tetszleges legnagyobb pros ts (G − x − y)-ban. Tekintsnk mg egy F0 legnagyobb pros tst G − z -ben ekkor |F | = |F0 | = (G) (a rvidsg kedvrt

). Vegyk szre, hogy (a) F le kell, hogy fedje z -t, mert ellenkez esetben egy -elem G − x − z -beli pros ts lenne, ami ellentmond az indukci s feltevsnek, hogy (G − x − z ) < , s (b) hasonl an F0 -nak le kell fednie x-et s y-t. F ∪ F0 diszjunkt alternl utak, krk s kzs F , F0 -lek uni ja. Ltezik egy x-b l indul P1 alternl t s egy y-b l indul alternl P2 t. Ha P1 = P2 , akkor helyettes tsk F ∩ E (P1 ) leit F0 ∩ E (P1 ) leivel F -ben gy egy ( + 1)elem pros tst kapunk (mivel P1 mindkt vgn lv l F0 -ba tartozik), ami ellentmonds. gy P1 = P2 . P1 s P2 legalbb egyike nem tartalmazza z -t, legyen mondjuk z ∈ V (P1 ). Helyettes tsk F0 ∩ E (P1 ) leit F ∩ E (P1 ) leivel F0 -ban. A kapott F  pros tsra |F  | ≥ |F | (mert P1 x-bl egy F0 -beli len indul, gy ha P1 utols le is F0 -ba tartozik, akkor |F  | > |F |, klnben |F  | = |F |). Tovbb z -t mg mindig nem fedi le F  (mivel z ∈ V (P1 )), teht F  egy legalbb szmossg pros ts (G − y − z )-ben, ami megint ellentmonds. Teht (G − x − y) < (G) minden x, y-ra. Legyen F a G tetszleges legnagyobb pros tsa. Ekkor legfeljebb egy F ltal le nem fedett pont van, mert ha lenne kt ilyen pont, x s y, akkor azt kapnnk, hogy

(G − x − y) ≥ |F | = (G) ez pedig ellentmonds. Tovbb F nem lehet 1-faktor, mert ha az lenne, akkor

(G − x) ≤ 12 |V (G − x)| < 21 |V (G)| = |F | = (G) ami az egyik feltevsnek ellentmond. gy

(G) = |F | = 21 (|V (G)| − 1) ami az ll tst bizony tja $T. Gallai, MTA Mat. Kut. Int. Kzl. 8 (1963) 135{139]. 27. (a) Legyen X ⊆ V (G) s F a G egy legnagyobb pros tsa. Legyenek G1  : : : : : :  Gk a G − X pratlan komponensei. Legyenek mondjuk G1  : : :  Gi azok, melyek tartalmaznak F ltal le nem fedett pontot. Minden Gj -bl, i < j ≤ k, kell, hogy legyen X -be men F -beli l paritsi okokb l. Mivel ezen leknek X klnbz pontjaiba kell mennik, ezrt

k − i ≤ |X |:

Msrszrl G1  : : :  Gi mindegyike tartalmaz le nem fedett pontot, gy (11) (G) ≥ i ≥ k − |X | = c1 (G − X ) − |X |:

372

MEGOLDSOK

7.28

Most mr csak azt kell megmutatni | s ez a bizony ts nehz pontja |, hogy ltezik olyan X halmaz, melyre (11) egyenlsggel teljesl. Ezt |V (G)|-re alkalmazott indukci val fogjuk beltni. Elszr tegyk fel, hogy ltezik egy x ∈ V (G), melyre (G − x) < (G). Nyilvnval , hogy (G − x) = (G) − 1, s gy (G − x) = |V (G − x)| − 2 (G − x) = |V (G)| − 2 (G) + 1 = (G) + 1: Teht az indukci s feltevs miatt ltezik egy X  ⊆ V (G − x), melyre (G) + 1 = c1(G − x − X  ) − |X  |: Legyen X = X  ∪ {x}. Ekkor (G) = c1 (G − X ) − |X |: Msodszor tegyk fel, hogy (G − x) = (G) minden x ∈ V (G)-re. Legyen G1  : : :  Gk a G komponensei s x ∈ V (Gi ). Ekkor

(G) = (G1 ) + : : : + (Gk ) = (G − x) = = (G1 ) + : : : + (Gi − x) + : : : + (Gk )

gy (Gi − x) = (Gi ). Az elz feladat miatt ebbl az kvetkezik, hogy |V (Gi )| pratlan s (Gi ) = 1. Teht

(G) =

k X i=1

(Gi ) = k = c1 (G)

s X = ∅ eleget tesz a kvetelmnynek $C. Berge]. (b) G-ben akkor s csak akkor van 1-faktor, ha (G) = 0, azaz (a) miatt akkor s csak akkor, ha (12) max{c1 (G − X ) − |X |} = 0: X

Mivel c1 (G) − |∅| ≥ 0, a maximum mindig ≥ 0, s gy (12) ekvivalens azzal, hogy c1 (G − X ) − |X | ≤ 0 minden X ⊆ V (G) esetn, mint azt ll tottuk $W. T. Tutte]. 28. (a) Legyen V1 a G azon pontjainak halmaza, melyek minden ms ponttal ssze vannak ktve, s melyre V1 = V (G) − V1 . Azt akarjuk beltni, hogy ha a, b, c ∈ V2 , s b mind a-val, mind c-vel szomszdos, akkor a s c szomszdosak. Tegyk fel, hogy ez nem ll fenn. Mivel b ∈ V2 , ltezik egy negyedik pont, d, mely nem szomszdos b-vel. A G-re vonatkoz maximalits-feltevs miatt G + +(a c)-ben van egy F1 1-faktor s G +(b d)-ben van egy F2 1-faktor. Nyilvnval , hogy (a c) ∈ F1 , (b d) ∈ F2 , (b d) ∈ F1 s (a c) ∈ F2 . Tekintsk F1 ∪ F2 -t. Ez diszjunkt alternl krkbl s F1 s F2 kzs leibl ll. (a c) rajta van egy C1 alternl krn s hasonl an (b d) is rajta van egy C2 alternl krn.

7.28

§ 7. GRFOK FAKTORAI

373

1. eset : C1 = C2 . Ekkor cserljk ki E (C1 ) ∩ F1 leit E (C1 ) ∩ F2 leivel F1 ben, gy egy G-beli 1-faktort kapunk, ami ellentmonds. 2. eset : C1 = C2 . b-bl (b d)-n indulva stljunk C1 -en elbb-ut bb el kell rnnk (a c)-t. Az ltalnossg megsrtse nlkl feltehetjk, hogy a-t c eltt rjk el. gy van egy (b a)-utunk, mely az F2 -beli (b d)-len indul s egy msik F2 -llel vgzdik, mivel (a c) ∈ F1 . Teht K = P + (a b) egy F2 -re nzve alternl kr. E (K ) ∩ F2 leit lecserlve E (K ) − F2 leire a G egy 1-faktort kapjuk F2 -bl. Ez pedig ismt ellentmonds. Teht megmutattuk, hogy a szomszdossg egy ekvivalencia-relci V2 -n, azaz V2 diszjunkt teljes grfokra esik szt. (b) Csak 7.27b nem-trivilis rszt bizony tjuk: ha G nem tartalmaz 1-faktort, akkor ltezik egy X ⊆ V (G), melyre

c1 (G − X ) > |X |: Ha |V (G)| pratlan, akkor X = ∅ rendelkezik ezzel a tulajdonsggal. gy feltehetjk, hogy |V (G)| pros. Adjunk G-hez leket addig, am g nem hozunk ltre 1-faktort. Amikor ez mr nem lehetsges, ugyanazon a ponthalmazon lesz egy G grfunk, mely rendelkezik azzal a tulajdonsggal, hogy nem tartalmaz 1-faktort, de brmely kt nem szomszdos pontjt sszektve mr 1-faktort tartalmaz grfot kapnnk. (a) szerint G a kvetkez alak: ha V1 azon pontok halmaza, mely minden ms ponttal ssze van ktve, akkor G − V1 a G1  : : :  Gk diszjunkt teljes rszgrfokb l ll. Azt ll tjuk, hogy legalbb |V1 | + 1 pratlan teljes grf van a G1  : : :  Gk grfok kztt. Tegyk fel, hogy ez nincs gy. Vlasszuk ki minden pros Gi egyegy 1-faktort. Vlasszunk egy-egy maximlis pros tst minden pratlan Gi bl, ezzel pontosan egy pontot hagytunk ki mindegyikbl. Vlasszunk fggetlen leket, melyek ezeket a kimaradt pontokat V1 -beli pontokkal pros tjk ssze. Mivel |V (G)| pros, V1 -ben pros szm le nem fedett pont marad. De ezeket tetszlegesen sszepros thatjuk egymssal, mert V1 nyilvnval an a G egy teljes rszgrfjt fesz ti ki. Teht egy 1-faktort kaptunk, s gy ellentmondst. Teht G − V1 -ben legalbb |V1 | +1 pratlan komponens van. Amikor E (G ) − − E (G) leit eltvol tottuk, ezek a pratlan komponensek szteshetnek, de mindegyik legalbb egy (G − V1 )-beli pratlan komponenst eredmnyez. gy

c(G − V1 ) > |V1 | azaz X = V1 megfelel vlaszts lesz. Megjegyz s : Az olvas knnyen ellenrizheti azt a tnyt (amit itt nem hasznltunk fel), hogy G1  : : :  Gk mind pratlan s k = |V1 | + 2 $G. Hetyei, P csi Tanrk pz Fiskola Kzl. 1974 L. Lovsz, J. Comb. Th. 19 (1975) 269{271].

374

MEGOLDSOK

7.29

29. (a)

Tutte ttele szerint azt kell beltnunk, hogy c1 (G − X ) ≤ |X | minden X ⊆ V (G)-re. Legyen G1 a G − X tetszleges pratlan komponense. Mivel G 2-szeresen sszefgg, legalbb 2 l kti G1 -et X -hez. Azonban nem lehet pontosan kt ilyen l, mert ebbl az kvetkezne, hogy G1 fokszmainak sszege 3|V (G1 )| − 2, pratlan szm, ami lehetetlen. gy legalbb 3 l kti G1 -et X -hez. Teht legalbb 3c1 (G − X ) l jn G − X pratlan komponenseibl X -be. De X minden pontja ezek kzl legfeljebb 3-mal szomszdos, gy a szmuk legfeljebb 3|X |. Teht 3c1 (G − X ) ≤ 3|X | c1 (G − X ) ≤ |X | mint azt megkveteltk. (Vegyk szre, hogy G-nek csak a 2-szeres lsszefggsgt hasznltuk fel. Viszont trivilisan ltszik, hogy ha egy 3-regulris grf 2-szeresen lsszefgg, akkor 2-szeresen sszefgg is.) $J. Petersen] (b) Ha e egy 3-regulris grf elvg le, akkor e-t minden 1-faktor tartalmazza (ha ilyen egyltaln van), mert G − e mindkt komponense pratlan (pontosan egy pros fokszm pontot tartalmaznak). Ennlfogva elg egy egyszer 3-regulris grfot konstrulni hrom egy pontban tallkoz elvg llel: egy ilyen grf brmely 1-faktornak mindhrmat tartalmaznia kell, ami lehetetlen. Az 57. bra plda ilyen konstrukci ra (az olvas ra b zzuk annak ellenrzst, hogy ez-e a legkisebb plda).

57. bra 30. Tutte

ttele szerint (7.27b), csak azt kell megmutatnunk, hogy c1 (G − X ) ≤ |X | brmely X ⊆ V (G)-re. Tegyk fel, hogy ez nem ll fenn valamely X -re. Mivel |V (G)| pros, s gy c1 (G − X ) ≡ |V (G ) − X | ≡ |X | (mod 2)

§ 7. GRFOK FAKTORAI

7.30

375

ezrt (13) c1 (G − X ) ≥ |X | + 2: Legyenek G1  : : :  Gm a pratlan komponensek, s Gm+1  : : :  GM a pros komponensek G − X -ben. 1 ≤ i ≤ M -re legyen i (ill. i ) azon E (G) − E (G )beli lek szma, melyek Gi -t X -hez ktik (ill. ms Gj -hez), s jellje i azon G -beli lek szmt, melyek Gi -t X -hez ktik. Ekkor i + i + i G sszes Gi -t elhagy leinek szma, ami legalbb k − 1. Tovbb, ha Gi pratlan komponens, akkor i + i + i > k − 1 hiszen i + + i + i = k − 1 azt jelenten, hogy a G grf V (Gi ) ltal fesz tett rszgrfjban a fokszmok sszege |V (Gi )| − k + 1 = k(|V (Gi )| − 1) + 1 ≡ 1 (mod 2). gy m X

(14)

i +

i=1

m X i=1

i +

m X i=1

i ≥ k · m:

Azon elhagyott lek szma, melyek G1  : : :  GM s X kzl ktttek ssze kettt, M M P P i + 12 i , s ezrt 1

1

M X

i ≤ 2(k − 1): i=1 M M P P Az X -be rkez sszes lek szma i + i , ami miatt 1 1 M M X X i + i ≤ k · |X |: i=1 i=1 2

i=1

i +

M X

Az utols kt egyenltlensget sszeadva kapjuk, hogy 3

M X i=1

i +

M X i=1

i +

M X i=1

i ≤ k · (|X | + 2) − 2:

sszevetve ezt a (14) egyenltlensggel, azt ltjuk, hogy

km ≤

M X i=1

1 +

M X i=1

i +

M X i=1

i ≤ 3

M X i=1

i +

M X i=1

≤ k · (|X | + 2) − 2 < k (|X | + 2)

vagy, ami ezzel ekvivalens

m < |X | + 2

i +

M X i=1

i ≤

 Slov. Akad. Vied. 22 (1972), 310{ ami ellentmond (13)-nek $J. Plesnik, Mat. Cas. 318].

376

MEGOLDSOK

7.31

F egy maximlis pros ts, mely egy adott x pontot kihagy. Legyen y egy x-szel szomszdos pont s legyen F0 a G − y 1-faktora. F ∪ F0 diszjunkt alternl utakb l, kzs F , F0 -beli lekbl s egy P alternl (x y)-tb l ll. Ekkor P0 = P + (x y) olyan pratlan kr, mely 21 (|V (P0 )| − 1) darab F -beli lt tartalmaz. Tegyk fel, hogy P0  : : :  Pi -t gy vlasztottuk, hogy minden j < i-re Pj +1 egy pratlan (P0 ∪ : : : ∪ Pj , P0 ∪ : : : ∪ Pj )-t vagy egy pratlan kr, melynek pontosan egy kzs pontja van P0 ∪ : : : ∪ Pj -vel s Pj +1 F -re vonatkoz an alternl (F beli llel kezddve s vgzdve ha Pj +1 pratlan kr, akkor tekintsk kezd s vgpontjnak a P0 ∪ : : : ∪ Pj -vel kzs pontjt). Tegyk fel, hogy P0 ∪ : : : ∪ Pi = G. Legyen (a b) tetszleges nem P0 ∪ : : : ∪ Pi -beli l, melyre a ∈ V (P0 ∪ : : : ∪ Pi ) (ilyen l ltezik, hiszen G sszefgg). Ha b ∈ V (P0 ∪ : : : ∪ Pi ), akkor vehetjk Pi+1 = (a b)-t. Tegyk fel, hogy b ∈ V (P0 ∪ : : : ∪ Pi ). Legyen Fi a G − b 1-faktora. F ∪ Fi diszjunkt alternl

krkbl, kzs F s Fi -beli lekbl, valamint egy Q alternl (b x)-tb l ll. Haladjunk Q-n b-bl P0 ∪ : : : ∪ Pi els c pontjba. Az utols l, melyen tmentnk, Fi -be tartozik, mert minden P0 ∪ : : : ∪ Pi -t rint F -l ebbe az uni ba tartozik a konstrukci szerint. Legyen Q a Q t b s c kztti darabja, s Pi+1 = Q +(a b). Ekkor Pi+1 eleget tesz a kvetelmnyeknek (58. bra). 31. Legyen

a

b

P1

P0 F Fi

58. bra

Teht ha P0 ∪ : : : ∪ Pi = G, akkor tudunk vlasztani egy Pi+1 -t. Elbb vagy ut bb kimer tjk G-t, gy megkapjuk a keresett felbontst. $L. Lovsz, Studia Sci. Math. Hung. 7 (1972), 279{280 v. az Edmonds pros tsi algoritmussal is, 7.34]. 32. (a) Legyen A = AG , C = CG , : : :  A = AG−x , C  = CG−x , : : : Elg azt beltni, hogy D = D, mivel ekkor C a D = D -vel nem szomszdos pontok halmaza, teht azonos C -vel. Vegyk szre, hogy mivel G − x nem tartalmazza G egyetlen maximlis pros tst sem, (G − x) = (G) − 1. gy ha M a G tetszleges maximlis pros tsa, akkor M − x a G − x egy maximlis pros tsa. Mivel minden y ∈ D-re van egy

7.32

§ 7. GRFOK FAKTORAI

377

y-t kihagy maximlis pros ts G-ben, s ez a G − x egy ugyanilyen maximlis pros tshoz vezet, kvetkezik, hogy y ∈ D , vagyis D ⊆ D . Megford tva, legyen y ∈ D, s indirekte tegyk fel, hogy y ∈ D . Ekkor ltezik olyan G − x-beli maximlis M  pros ts, mely y-t kihagyja. Legyen M a G egy olyan maximlis pros tsa, mely kihagyja az x egy z ∈ D szomszdjt. Nzzk M ∪ M -t. Mivel y-t lefedi M , de M  nem, M ∪ M  y-t tartalmaz komponense egy y-b l M -beli len indul P t. P nem vgzdhet M  -beli llel, mert akkor M ∩ ∩ E (P ) leit kicserlve M  ∩ E (P ) leire a G egy y -t kihagy maximlis pros tst kapnnk. Teht P az M egy lvel vgzdik. Cserljk ki M  leit P -n M ∩ E (P ) leire. Ily m don egy M  -nl nagyobb pros tst kapunk. Ennlfogva ez az j pros ts nem lehet G − x-beli. Ebbl az kvetkezik, hogy P x-ben vgzdik. De most (M − E (P )) ∪ (E (P ) ∩ M  ) ∪ {(x z )} egy y-t kihagy maximlis pros ts,

ami megint csak ellentmondsra vezet. (b) Legyenek G1 : : :  Gt a G − A azon komponensei, melyeket D tartalmaz. Mivel egyetlen l sem kti D-t C -hez, ezek a komponensek particionljk D-t. Legyen H a C ltal fesz tett rszgrf. Ha A pontjait egyenknt elhagyjuk, (a)-b l kvetkezik, hogy a C s D halmazok nem vltoznak. Teht G − A minden maximlis pros tsa le fogja fedni H sszes pontjt, de D minden pontjhoz lesz olyan G − A-bel maximlis pros ts, mely azt nem fedi le. gy G − A maximlis pros tsai egy H -beli M0 1-faktorb l s minden i = 1 : : :  t-re egy-egy Gi -beli Mi maximlis pros tsb l llnak. Tovbb, mivel minden Gi -beli pontot kihagy valamely Gi -beli maximlis pros ts, minden Gi faktor-kritikus 7.26-szerint. (c) Ha M a G tetszleges maximlis pros tsa, akkor a bizony ts elejn szerepl rvels szerint M − A a G − A egy maximlis pros tsa. A (b) rszben mr lttuk, hogy M − A-nak hogyan kell kinznie. (d) (b)-bl

(G − A) = 21 (|V (G)| − |A| − t): A fenti A pontjainak egyenknti elhagysra vonatkoz megjegyzs szerint

(G − A) = (G) − |A|: Ebbl az egyenlsg kvetkezik. (e) Tegyk fel, hogy c1 (G − X ) ≥ |X | minden X -re fennll. Konkrtan c1 (G − − A) ≥ |A|. Msrszrl c1 (G − A) = t. gy (d)-bl

(G) ≥ 12 |V (G)| azaz G-ben van 1-faktor. Ez bizony tja Tutte ttelnek nem-trivilis irnyt. $T. Gallai, MTA Mat. Kut. Int. Kzl. 8 (1963), 373{395 J. Edmonds, Canad. J. Math. 17 (1965), 449{467.] (f) Lsd 59. bra.

378

MEGOLDSOK

D

7.33

A

C

59. bra

Tegyk fel, hogy M  nem maximlis pros ts G -ben. Ekkor G -ben van olyan M0 pros ts, melyre |M0 | > |M  |. M0 a G olyan pros tsa, mely legfeljebb egy pontot tartalmaz C -bl. gy C -bl hozzvehetnk k lt M0 -hoz gy, hogy egy olyan M1 pros tst kapjunk, melyre |M1 | = |M0 | + k > |M  | + k = |M | ez pedig ellentmonds. II. Most tegyk fel, hogy M  a G egy maximlis pros tsa. Tekintsk a D ,  A , C  halmazokat G -re denilva, mint 7.32-ben. Legyen c a C kpe G -ben.   Mivel M kihagyja c-t, c ∈ D . Teht ha 'felfjjuk" c-t, a G − A c-t tartalmaz

komponense a G − A C -t tartalmaz komponensv vlik, mely szintn pratlan. gy c1 (G − A ) = c1 (G − A ) s

(G) ≤ 12 {|V (G)| − c1 (G − A ) + |A |} = = 12 {|V (G)| − c1 (G − A ) + |A |} = = 12 {|V (G )| − c1 (G − A ) + |A |} + k = |M  | + k = |M | mutatva, hogy M maximlis pros ts G-ben. 34. (a) I. Egy (∗){(∗∗) tulajdonsgokkal rendelkez erd mindenkppen ltezik pl. legyen az erd ponthalmaza az M ltal le nem fedett pontok halmaza, lhalmaza pedig legyen res. Legyen F egy maximlis (nem bv thet) ilyen erd. Ekkor egyetlen kls pont sem lehet szomszdos V (G)−V (F )-fel, hiszen F tulajdonsgai miatt (G − V (F )) ∩ M a G − V (F ) 1-faktora (mivel minden lefedetlen pontnak F -beli gykrnek kell lenni) s gy ha a ∈ V (G) − V (F ) szomszdos a b F -beli kls ponttal s (a c) ∈ M , akkor (a b)-t s (a c)-t hozzvehetnnk F -hez. II. Ha F kt klnbz komponensnek egy-egy kls pontja, mondjuk x s y szomszdos, akkor tekintsk a P s Q, x-et s y-t az F -beli komponensk gykervel sszekt utakat. Ekkor R = P ∪ Q ∪ {(a y)} egy M -re nzve alternl

33. I.

§ 7. GRFOK FAKTORAI

7.34

379

x

C a

b

y

w

P c Q

S

60. bra

t, s ha kicserljk M ∩E (R)-t E (R)−M -re, akkor egy M -nl nagyobb pros tst kapunk (60. bra). III. Most tegyk fel, hogy F azonos komponensnek kt kls pontja, u s v szomszdos. Ezek F bizonyos leivel egytt egy pratlan C krt alkotnak. Legyen w a C azon pontja, mely legkzelebb van F ezen komponensnek r gykerhez (w = r elfordulhat). A w-t r-hez kt alternl ton 'vltva" egy olyan j M0 pros tst kapunk, mely 12 (|V (C )| − 1) C -beli lt tartalmaz, s M0 tbbi le nem rinti C -t. Az elz eredmny felhasznlsval ha sszehzzuk C -t, M0 = M0 − − E (C ) akkor s csak akkor lesz maximlis pros ts a kapott G grfban, ha M0 (vagy ekvivalensen M ) a G egy maximlis pros tsa. Tovbb ha G -ben tallunk egy M0 -nl nagyobb pros tst, akkor knnyen kiterjeszthetjk a G egy M -nl nagyobb pros tsv. IV. Vgl tegyk fel, hogy G kls pontjai fggetlenek. Legyen A a bels pontok halmaza. Ekkor a kls pontok (G − A)-ban izolltak lesznek a szmuk c1 (G − A) = |M ∩ E (F )| + (|V (G)| − 2|M |): Mivel |A| = |M ∩ E (F )|, kvetkezik, hogy 1 |M | = (|V (G)| + |A| − c1 (G − A)): 2 7.27 miatt a jobb oldal fels korlt (G)-re. Teht M maximlis pros ts. A keresett algoritmus most mr knnyen ad dik a fenti eredmnyek sszegzsvel. Minden lpsben van egy G-beli M pros ts s egy F ⊂ G erd, mely kielg ti (∗)-ot s (∗∗)-ot. Megvizsgljuk az F kls pontjaival szomszdos leket. 1◦ Ha van egy F -beli kls pontot V (G) − V (F )-beli ponthoz kt l, akkor F -et megnveljk az I. rsz szerint. 2◦ Ha van olyan l, mely F kt klnbz komponensnek kls pontjt kti ssze, akkor M -et megnveljk a II. rsz szerint.

380

MEGOLDSOK

7.34

61. bra

3◦ Ha van olyan l, mely F kt azonos komponensnek kls pontjt kti ssze, akkor sszehzunk egy pratlan krt a III. rsz szerint s megpr bljuk nvelni a kapott grf kapott pros tst. Vagy levonhatjuk a kvetkeztetst, hogy M maximlis (nem bv thet), vagy nvelhetjk M -et. 4◦ Ha minden kls pontra illeszked l azt bels ponthoz kti, akkor levonhatjuk a kvetkeztetst, hogy M maximlis pros ts. Megjegyz sek . 1. A fenti algoritmus hatkony abban az rtelemben, hogy O(n4 ), vagyis polinomilis szm lps alatt lefut. Val jban jelljk f (n)-nel azt a legkisebb fels korltot, ahny lps alatt az algoritmus eldnti, hogy egy n pont grf egy adott M pros tsa maximlis-e s helyettes ti egy nagyobbal, ha nem az. O(n2 ) lps alatt tall egy (∗) s (∗∗) tulajdonsgoknak eleget tev maximlis (nem bv thet) erdt. (Bizonyos kls pontok listjt fenntartjuk. Minden lpsben megvizsgljuk, hogy a lista els pontja szomszdos-e nem

7.36

§ 7. GRFOK FAKTORAI

381

F -beli ponttal. Ha igen, megnveljk F -et s az j kls pontot a lista vgra tesszk. Ha nem, kihzzuk ezt a kls pontot a listr l. Egy ilyen lpshez O(n) szomszdossg-vizsglat szksges. Minden lpsben vagy V (F ), vagy a kihzott kls pontok szma n, gy a lpsek szma O(n).) Ez utn vgre kell hajtani a 2◦ , 3◦ , 4◦ lpsek egyikt. Mivel ehhez a legrosszabb esetben, amikor 3◦ -t kell vgrehajtanunk, legfeljebb f (n − 2) + O(n2 ) lps szksges, azt kapjuk, hogy f (n) = f (n − 2) + O(n2 ) ami miatt f (n) = O(n3 ). Mivel a pros ts mrett legfeljebb O(n)-szer nveltk meg, a teljes algoritmus lefut nem tbb, mint O(n4 ) lpsben. 2. A kvetkez megjegyzs nagyon fontos: ha a 3◦ lpst hajtjuk vgre, az F erdt egy azonos t pus erdre kpezzk le, s ezt mr nem kell jra szmolni. Ennek felhasznlsval O(n3 )-ra jav thatjuk az algoritmus hosszra adott fels

korltot. Ugyanezen szrevtel s az algoritmus gondosabb vizsglata mellett elkerlhetnnk 7.33 (s ezen keresztl a Gallai{Edmonds struktra ttel) felhasznlst. Azt is megjegyezzk, hogy az AG , CG , DG halmazok meghatrozhat k s szmos korbbi eredmny is (pl. 7.26, 7.27, 7.31, 7.32) levezethet az algoritmusb l. Az olvas rdekesnek s tanulsgosnak tallhatja a rszletek kidolgozst. (b) Lsd 61. bra (v. 7.32f) $J. Edmonds, Canad. J. Math. 17 (1965), 449{ 467]. 35. Tegyk fel, hogy G-ben nincsen 1-faktor. Tekintsk az A, C , D halmazokat, mint 7.32-ben. Legyen G1  : : :  Gt a G$D] komponensei, ekkor 7.32 szerint ezek faktor-kritikusak. 7.31-bl az kvetkezik (br kzvetlenl is knnyen belthat ), hogy ha |V (Gi )| > 1, akkor Gi tartalmaz pratlan krt. gy a G1  : : :  Gt legfeljebb egyikben van egynl tbb pont. Legyen mondjuk |V (G1 )| ≥ 1 |V (G2 )| = |V (G3 )| = : : : = |V (Gt )| = 1: Pontosan k l kti Gi -t A-hoz i = 2 : : :  t-re. Mivel A minden pontja ezek kzl legfeljebb k-val szomszdos, azt kapjuk, hogy k(t − 1) ≤ k · |A| vagy ezzel ekvivalensen t ≤ |A| + 1. Mivel t = c1 (G − A) ≡ |V (G − A)| ≡ |A| (mod 2) ebbl az kvetkezik, hogy t ≤ |A| (G) = 21 {|V (G)| − t + |A|} ≥ 12 |V (G)| ami miatt G-ben van 1-faktor, ez pedig ellentmonds. $D. R. Fulkerson, A. J. Ho0man, M. H. McAndrew, Canad. J. Math. 17 (1965) 166{177]. 36. (a) Legyen x az tletnek megfelel pont, s (x y ) tetszleges x-hez illeszked l. y-t mindenkppen lefedi F valamely e le, klnben F + (x y) egy nagyobb pros ts lenne. Most F − e + (x y) maximlis (x y)-t tartalmaz pros ts.

382

MEGOLDSOK

7.37

(b) Indukci t alkalmazunk |E (G)|-re. 7.24b miatt tudjuk, hogy G-ben kt klnbz 1-faktor van, F1 s F2 . Legyen C egy F1 ∪ F2 -beli kr. Ha a C valamely pontja msodfok, akkor kszen vagyunk, mivel ekkor a r illeszked kt l rendre az F1 , illetve F2 1-faktorba tartozik. gy tegyk fel, hogy C minden pontjnak fokszma legalbb 3. Azt ll tjuk, hogy G − e 2-szeresen sszefgg valamely e ∈ E (C )-re. Ez el fogja dnteni a krdst hiszen (G − e)-ben van 1-faktor (e az F1 s F2 kzl pontosan egybe tartozik) s gy az indukci s hipotzis miatt van egy x pont, melyre G − e minden x-szel szomszdos le G − e valamely 1-faktorba tartozik. Mivel e-t tartalmazza egy 1-faktor, x ugyanezen tulajdonsggal fog rendelkezni G-ben. Indirekte tegyk fel, hogy (G − e)-nek van egy xe elvg pontja minden e ∈ ∈ E (C )-re. Termszetes, hogy xe ∈ V (C ). Vlasszuk e-t gy, hogy xe e-hez C -n a lehet legkzelebb legyen. Nyilvnval , hogy xe nem lehet e vgpontja. e

y

f z

xf

xe

62. bra

Legyen f a C azon le, mely e-hez csatlakozik a C kr rvidebbik (e xe ) vn (62. bra). Ekkor e vlasztsa miatt, xf -nek a msik (e xe )- ven kell lennie. Ekkor az e s f kzs pontja, y, szomszdos egy harmadik (y z ) llel. Mivel G − y sszefgg, z egy P ttal kapcsol dik C − y valamely pontjhoz. Most mr ltjuk, hogy akrmelyik pontban ri is el P a C -t, ellentmondsba kerlnk azzal a tnnyel, hogy mind {e xe }, mind {f xf } lefogja G-t. $J. Zaks, Combin. Structures Appl. Gordon and Breach (1970) 481{488.] 37. I. Legyen w tetszleges 2-pros ts s vlasszunk egy fggetlen X ⊆ V (G) halmaz. Legyen X X w(x) = w(e) X = (2 − w(x)): e∈E(G) e x

Az X -bl ;(X )-be halad lek sszes w-slya 2|X | − X 

x∈X

§ 7. GRFOK FAKTORAI

7.37

383

msrszrl legfljebb 2|;(X )|, ami miatt X ≥ 2|X | − 2|;(X )|: Teht X X 2|w| = w(x) = 2|V (G)| − (2 − w(x)) ≤ ≤ 2|V (G)| −

X

x∈X

x∈V (G)

x∈V (G)

(2 − w(x)) = 2|V (G)| − X ≤ 2(|V (G)| − |X | + |;(X )|):

Ez bizony tja, hogy a 2-pros tsok maximlis mrete legfljebb |V (G)| − max{|X | − |;(X )| : X fggetlen}: II. Elszr megjegyezzk, hogy max{|X | − |;(X )| : X fggetlen} = max{|X | − |;(X )| : X tetszleges}: Val ban, tetszleges X ⊆ V (G)-re deniljuk X  = X − ;(X )-et. Ekkor X  fggetlen s ;(X  ) ⊆ ;(X ) − X . gy |X | − |;(X )| = |X  | − |;(X ) − X | ≤ |X  | − |;(X  )| mutatva, hogy |X | − |;(X )| maximuma valamely X fggetlen halmazon retik el. Legyen G0 az tlet szerint denilt pros grf. Vegyk szre, hogy X ⊆ V (G)re |;G0 (X )| = |;(X )|. Ennlfogva  = max {|X | − |;G0 (X )|} = max {|X | − |;(X )|}: X ⊆V (G)

X ⊆V (G)

7.5 szerint G0 -ban van egy |V (G)| −  fggetlen lbl ll F halmaz. Minden e = = (u v) ∈ E (G)-re jellje w0 (e) azt, hogy F hny lt tartalmaz (v  u ) s (u  v ) kzl gy w0 (e) = 0 1 vagy 2. Tovbb brmely rgz tett v-re legfeljebb egy F beli l hagyja el v-t s legfeljebb egy msik hagyja el v -t. Teht X w0(e) ≤ 2 w0 (v) = e∈E(G) e v

azaz w0 egy 2-pros ts. Tovbb X |w0 | = w0 (e) = |F | = |V (G)| −  amibl

e∈E (G)

max

w 2-p rost s

|w| ≥ |w0 | = |V (G)| − 

= |V (G)| − max

{|X | − |;(X )|}

X ⊆V (G)

$v. W. T. Tutte, Proc. Amer. Math. Soc. 4 (1953), 922{931].

384

MEGOLDSOK

7.38

Vegyk szre, hogy egy |V (G)| mret 2-pros ts szksgszeren maximlis. Ennlfogva ha G-ben van egy F 1-faktor, akkor F leit 2 sllyal vve egy olyan maximlis 2-pros tst kapunk, mely az F maximlis 1-pros tst tartalmazza. II. Legyen G faktor-kritikus s tegyk fel, hogy |V (G)| > 1. Legyen F tetszleges G-beli maximlis pros ts. 7.31 megoldsa mutatja, hogy ltezik egy P0 pratlan kr, mely F -bl 12 (|V (P0 )| − 1) lt tartalmaz, s melyre F − E (P0 ) a G − V (P0 ) grf 1-faktora. Legyen 8 1 ha e ∈ E (P0 ), > < w(e) = > 2 ha e ∈ F − E (P0 ), : 1 klnben, ekkor w egy |V (G)| mret, F -et tartalmaz 2-pros ts. III. Tegyk fel, hogy G nem faktor-kritikus s nincs benne 1-faktor. Tekintsk a G Gallai{Edmonds felbontst (7.32). Legyenek G1  : : :  Gt a G$DG ] komponensei legyen mondjuk |V (G1 )| = : : : = |V (Gk )| = 1 < |V (Gk+1) | : : :  V (Gt )| V (Gi ) = {yi } (i = 1 : : :  k) Y = {y1  : : :  yk }: Ugyangy, mint elbb, legyen  = max {|X | − |;(X )|}: 38. I.

Mivel gy

X ⊆A(G)

|;(X )| ≥ |X | − 

minden X ⊆ Y -ra fennll, 7.5-t az Y -nal szomszdos lek alkotta pros grfra alkalmazva azt kapjuk, hogy |Y | −  = k −  fggetlen l kti Y -t ;(Y ) ⊆ Ahoz. Feltehetjk, hogy y1  : : :  yk− sszepros that az A halmaz k −  darab pontjval. 7.23 szerint ltezik a G-nek egy maximlis F pros tsa, mely lefedi y1  : : : : : :  yk− -t. Deniljunk egy w F -et tartalmaz maximlis 2-pros tst a kvetkezkppen: legyen Gk+1  : : :  Gm sszektve A-val F valamely leivel (m ≤ t). 7.32 miatt F ∩ E (Gi ) egy maximlis pros ts Gi -ben (i = m + 1 : : :  t), s gy a bizony ts II. rszhez hasonl an denilhatunk Gi -n egy |V (Gi )| mret wi 2-pros tst, mely tartalmazza F ∩ E (Gi )-t valamely i = m + 1 : : :  t-re. Minden e ∈ E (G)-re legyen 8 > < wi (e) ha e ∈ E (Gm+1 ) ∪ : : : ∪ E (Gi ), w(e) = > 2 ha e ∈ F − E (Gm+1 ) − : : : − E (Gt ), : 0 klnben. Ekkor nyilvnval , hogy w egy F -et tartalmaz 2-pros ts. Azt kell megmutatnunk, hogy w maximlis (nem bv thet). Vegyk szre, hogy a w-nek ponto-

7.41

§ 7. GRFOK FAKTORAI

385

sa kt le tartalmaz minden pontot yk−+1  : : :  yk kivtelvel, mely pontokat w egyetlen le sem tartalmazza. Teht

w = |V (G)| −  Ez 7.37 szerint azt mutatja, hogy w maximlis 2-pros ts. 39. Legyen L a G egy Euler-vonala. Tekintsk L minden msodik lt. Mivel az lek teljes szma pros, ez lehetsges. Ekkor ezen lek egy d-faktort alkotnak. ~ a G egy pszeudoszimmetrikus irny tsa (lsd 5.13), legyen V (G) = 40. Legyen G = {v1  : : :  vn }, s deniljuk a kvetkez G0 pros grfot: V (G0 ) = {v1  : : :  vn  v1  : : :  vn } E (G0 ) = {(vi  vj ) : (vi  vj ) ∈ E (G~ )}: Vegyk szre, hogy G0 egy d-regulris pros grf s G elll G0 -b l minden 1 ≤ vi s vi azonos tsval. Sz nezzk a G0 leit d sz nnel gy, hogy minden sz n egy 1-faktort alkosson (ez 7.10 miatt lehetsges). vi s vi  azonos tsval ez a G leinek egy d-sz nezst adja, melyben minden sz n egy 2-faktort alkot. (Figyeljk meg a klnbsget ez s a 7.37 bizony tsban szerepl konstrukci kztt ott a pros grf kt lt G ugyanazon lre kpeztk le, ennlfogva csak azt a kvetkeztetst vonhattuk le, hogy a pros grf egy pros tsa a grf egy 2-prostshoz vezet itt nincs kt l, melyeket azonos lre kpeztnk le, gy a pros grf egy 1-faktora a grf egy 2-faktorhoz vezet.) 41. Elszr tegyk fel, hogy minden fokszm pros. Ha az lek szma pros, akkor ugyanazzal a bizony tssal, mint 7.39-ben, megkapjuk a keresett rszgrfot (azaz tekintsnk egy Euler-vonalat s vegyk minden msodik lt). Msrszrl ha ltezik ilyen F rszgrf, akkor X X d (x) G = |E (G)| 2|E (F )| = dF (x) = 2 x∈V (G) x∈V (G)

≤ i ≤ n-re

ami miatt |E (G)| pros. Tegyk fel, hogy vannak pratlan fokszm pontok. Legyen v egy j pont, s kssk ssze v-t G minden pratlan fokszm pontjval. v-nl mg szksg esetn egy hurkot is felvve, egy olyan G grfot konstrultunk, melyen mr minden fokszm s az lek szma is pros. gy teht ismt 7.39 szerint G -ben van egy F  fesz t rszgrf, melynek fokszmaira dF  (x) = 12 dG (x) (x ∈ V (G )):

386

MEGOLDSOK

7.42

Legyen F = F  − v. Ekkor brmely x ∈ V (G)-re, 8 d (x) = 12 dG (x) = 12 d(x) ha d(x) pros, > < F dF (x) = > dF  (x) = 12 dG (x) = d(x2)+1 ha d(x) pratlan s (x v) ∈ E (F ), : dF  (x) − 1 = d(x2)−1 ha d(x) pratlan s (x v) ∈ E (F ). gy minden sszefgg grf rendelkezik ezzel a tulajdonsggal, a pratlan lszm Euler-grfok kivtelvel. 42. (a) Ha egy grfban minden pont foka pratlan, akkor a grfnak pros sok pontja van. gy G-ben pros sok pontnak kell lenni. Megford tva tegyk fel, hogy |V (G)| pros, mondjuk V (G) = {x1  : : :  x2m }. Legyen Pi egy xi -et xi+m-hez kapcsol t (i = 1 : : :  m), s legyen

F= Minden x ∈ V (G)-re

dF (x) ≡

m X i=1

m X i=1

E (Pi ) (mod 2): dPi (x) ≡ 1 (mod 2)

s gy F a k vnt tulajdonsggal rendelkez fesz t rszgrf. (b) Legyen x ∈ V (G), dG (x) ≥ 4. Vegynk a G kt (x y), (x z ) lt, melyekre G − (x y) − (x z) sszefgg. (Ilyen kt l ltezik, hiszen legyen y, z a G − x kt klnbz komponensben, ha G − x nem sszefgg. Ekkor G − (x y) − (x z ) sszefgg, ha G − x sszefgg, mert dG (x) ≥ 3 s akkor is, ha G − x nem sszefgg, mivel G − x minden komponense legalbb kt llel kapcsol dik x-hez.) Vegynk egy j x pontot s kssk ssze x, y s z -vel. Az (x x ) l sszehzsval visszakapjuk G-t. A fenti eljrs ismtlsvel vges sok lps utn egy 3-regulris G grfot kapunk, hiszen a X (dG (x) − 3) x∈V (G)

sszeg minden lpsben cskken. G a G sszehzsval ll el s G 2-szeresen lsszefgg (s gy a 7.29a-ban szerepl megjegyzsnek megfelelen 2-szeresen sszefgg). gy G 7.29a szerint tartalmaz egy F 1-faktort. Ekkor F  = E (G ) − F egy 2faktor. Az j leke sszehzsval megkapjuk G -bl G -t, s F  -t a G egy pozit v fokszm rszgrfjra kpeztk le. 43. (a) Helyettes tsnk minden x pontot egy f (x) fggetlen pontb l ll Mx halmazzal. Ha (x y) ∈ E (G), akkor Mx minden pontja ssze van ktve My minden

§ 7. GRFOK FAKTORAI

7.45

387

pontjval, klnben nem ktn egyetlen l sem Mx -et My -hoz. knnyen ellenrizhet, hogy a kapott grfban akkor s csak akkor van 1-faktor, ha G-ben van f -pros ts. (b) Osszunk fel minden lt kt ponttal, s deniljuk az j pontokon f (x)-et 1-nek. Ekkor a kapott G0 grfban akkor s csak akkor van f -faktor, ha G-ben van f -faktor. G0 minden lnek legalbb egyik x vgpontjra f (x) = 1 ennlfogva G0 -ban akkor s csak akkor van f -faktor, ha van f -pros tsa. Ha kicserlnk minden G0 -beli x pontot f (x) fggetlen pontra ugyangy, mint (a)-ban, akkor egy olyan G grfot kapunk, melybe akkor s csak akkor van 1-faktor, ha G-ben van f -factor $W. T. Tutte, Canad. J. Math. 6 (1954), 347{352]. ~  az tlet szerint denilt irny tott grf azaz legyen V  = {x : x ∈ 44. Legyen G ~  ) = V  ∪ V  s E (G~  ) = {(x  y ) : ∈ V (G)}, V  = {x : x ∈ V (G)}, V (G  (x y) ∈ E (G)}. Legyen G az irny ts gyelmen k vl hagysval elll grf. Deniljuk h(y)-t a kvetkezkppen: ( g(x) ha y = x , h(y) = f (x) ha y = x (x ∈ V (G)). Nyilvnval , hogy G-ben akkor s csak akkor van a keresett faktor, ha G -ben van h-faktor. 7.16 szerint ez akkor s csak akkor van gy, ha X

x V

∈ 

s minden X ⊆ V  , Y

⊆ V  -re

X

x∈X

h(x) ≤

h(x) =

X

y∈Y

x∈V (G)

s minden X , Y

⊆ V (G)-re X

x∈X

g(x) ≤

f (x) =

X

y∈Y

y V

∈ 

h(y)

h(y) + mG (X V  − Y ):

Ms sz val akkor s csak akkor, ha X

X

X

x∈V (G)

g(x)

f (y) + mG(X V (G) − Y )

ahol mG (X Z ) az X -ben kezdd s Z -ben vgzd lek szmt jelli. 45. Az tletet kvetve legyen G1 a G leinek felosztsval kapott grf s terjesszk ki f -et V (G1 )-re az el rs szerint. Vegyk szre, hogy G-nek akkor s csak akkor van a k vnt tulajdonsg irny tsa, ha G1 -ben van f -faktor.

388

MEGOLDSOK

7.46

G1 nyilvnval an pros a V (G) s V (G1 ) − V (G) sz n-osztlyokkal. Teht 7.16 szerint G1 -ben akkor s csak akkor van 1 f -faktor, ha X (15) f (x) = |E (G)| s minden X ⊆ V (G), Y nem kevesebb mint (16)

x∈V (G)

⊆

E (G) esetn az X s Y kztti illeszkedsek szma X

x∈X

f (x) − |E (G) − Y |:

Nyilvnval an elg ezt arra a specilis esetre megkvetelni, amikor X s Y kztt nincsen illeszkeds, de Y az sszes X -hez nem illeszked lt tartalmazza. Ekkor (16) azt mondja, P hogy (∗) legalbb f (x) l szomszdos X -szel minden X ⊆ V (G)-re. x∈X (15) s (∗) szksges s elgsges felttele annak, hogy G a krdses m don irny that legyen. 46. (a) Indukci t alkalmazunk a pontok szmra. Elszr tegyk fel, hogy G egy kr, V (G) = {x1  : : :  xn } s E (G) = {(x1  x2 ) : : :  (xn  x1 )}. Ha g(x) > 0 minden xi ∈ V (G)-re, vehetjk F = (V (G) ∅)-t. gy tegyk fel, hogy pl. g(x1 ) = 0. Ekkor tegyk (x1  x2 )-t F -be. Az irny tott kr mentn haladva tegyk (xi  xi+1 )-et F be, ha (xi−1  xi ) ∈ F s g(xi ) = 1, vagy (xi−1  xi ) ∈ F s g(xi ) = 0. Ilyen m don dntve minden lrl vgl 1 vagy 2 F -l lesz x1 -nl, teht dF (x1 = g(x1 ) = 0. A tbbi pont eleget tesz a kvetelmnynek, mert F -et gy konstrultuk. Tegyk fel, hogy G nem egyetlen kr. Ekkor tallunk olyan x ∈ V (G) pontot, melyre G1 = G − x sszefgg s tartalmaz krt. Deniljuk g1 -et V (G1 )-n a kvetkezkppen: ha g(x) > 0, legyen g1 = g ha g(x) = 0, kivlasztjuk az x egy y szomszdjt s legyen  g(z ) ha z = y, g1 (z) = g(y) − 1 ha z = y. Az indukci s feltevs szerint g1 -nek van olyan F1 fesz t rszgrfja, melynek fokszmai klnbznek G1 fokszmait l. A g(x) > 0 esetben F = F1 a G egy keresett rszgrfja. Ha g(x) = 0, F = F1 ∪ {(x y)} rendelkezik a k vnt tulajdonsggal. (b) I. Tegyk fel, hogy mind (i), mind (ii) fennll legyen F egy fesz t rszgrf, ~ egy irny ts g(x) kifokokkal. Ford tsuk meg melynek fokszmai = g(x), s G az F leinek irny tst. Mivel a kapott grf irny tott krmentes, van olyan x pontja, melynek befoka 0. Ismt megford tva F leit x befoka g(x) lesz, ami miatt x pontosan g(x) F -beli llel szomszdos, ez viszont ellentmonds. II. Legyen G tetszleges fa, megmutatjuk, hogy ekkor vagy (i), vagy (ii) teljesl. Legyen x egy elsfok pont. Ha g(x) < 0 vagy g(x) > 1, akkor (ii) teljesl. Hiszen vegynk fel x-ben egy hurkot, alkalmazzuk (a)-t, majd ezutn hagyjuk el

7.49

§ 7. GRFOK FAKTORAI

389

a hurkot. Olyan fesz t rszgrfot kapunk, melyben minden y = x pont fokszma = g(y), s termszetesen x fokszma klnbzik g(x)-tl. Teht feltehetjk, hogy g(x) = 0 vagy g(x) = 1. Tegyk fel pl., hogy g(x) = 1 (a msik eset hasonl an ad dik). Ha G − x-ben van egy F fesz t rszgrf minden y ∈ V (G) − {x}-nl = g(y) fokszmokkal, ugyanezen rszgrf (x-et mint izollt pontot tartalmazva) eleget tesz a G-re vonatkoz kvetelmnyeknek teht (b) megint igaz. Ennlfogva tegyk fel, hogy nem ltezik ilyen F . Ekkor az indukci s feltevs miatt G − x-nek van egy irny tsa, melyben minden y ∈ V (G) − x befoka g(y). Irny tsuk az x-hez illeszked lt x fel. Ekkor a kapott irny ts mutatja, hogy (i) fennll $L. Lovsz, Periodica Math. Hung. 4 (1973), 121{123]. 47. A szksgessg nyilvnval , minthogy minden n pont fnak n − 1 le van. Tegyk fel, hogy d1 + : : : + dn = 2n − 2. Indukci t alkalmazunk n-re. Az n ≤ 2 eset trivilis, gy tegyk fel, hogy n ≥ 3. Ekkor d1 = 1, mivel d1 ≥ 2 azt jelenten, hogy d1 + : : : + dn ≥ 2n > 2n − 2. Az is igaz, hogy dn > 1, mert dn = 1-bl d1 + : : : + dn = n < 2n − 2 kvetkezne. Mivel d2 + : : : + dn−1 + (dn − 1) = 2n − 4 = 2(n − 1) − 2 ltezik egy T fa d2  : : :  dn−1  dn − 1 fokszmokkal. Vegynk fel egy j pontot s kssk ssze T dn − 1 fokszm pontjval ekkor a kapott fa a megkvetelt fokszmokkal rendelkezik. n P 48. A szksgessg ismt nyilvnval . Az elgsgessget di -re alkalmazott ini=1 dukci val bizony tjuk. Kt esetet klnbztetnk meg. I. dn−2 < dn . Ekkor dn − 1 egy legnagyobb elem d1  d2  : : :  dn−2  dn−1 − − 1 dn − 1-ben, gy azt kell beltnunk, hogy (17) d1 + : : : + dn−2 + (dn−1 − 1) + (dn − 1) ≡ 0 (mod 2) s (18) d1 + : : : + dn−2 + dn−1 − 1 ≥ dn − 1 mely ll tsok a felttelekbl nyilvnval ak. II. dn−2 = dn . Ekkor dn−1 = dn . Nyilvnval , hogy (17) fennll s (19) d1 + : : : + dn−3 + (dn−1 − 1) + (dn − 1) ≥ dn−2  feltve, hogy dn−2 ≥ 2. Ha dn−2 = 1, akkor (19) bal oldala (1) miatt pratlan,

gy trivilisan legalbb 1. Teht d1  : : :  dn−2  dn−1 − 1 dn − 1-re a feladat feltevse igaz, gy indukci val ltezik egy n pont hurokmentes grf, mely megval s tja ezt a sorozatot. A dn−1 − − 1 s dn − 1 fokszm pontokat egy j llel sszektve olyan grfot kapunk, melynek fokszmai d1  : : :  dn . 49. Legyen K az az egyszer hurokmentes irny tott grf, melyet V (K ) = {v1  : : : : : :  vn }, E (K ) = {(vi  vj ) : i = j } denil. A k vnt tulajdonsgokkal rendelkez irny tott grf ltezsnek krdse ekvivalens a K egy adott ki- s befokokkal

390

MEGOLDSOK

7.50

rendelkez rszgrfja ltezsnek krdsvel. 7.44 miatt ez ekvivalens (1) s (2)vel, mivel K {vi  i ∈ I }-et {vj  j ∈ J }-hez kt leinek a szma |I |(n−|J |)−|I −J |. (Itt emlkezznk arra, hogy K -ban nincsen hurok!) Ha f1 ≤ : : : ≤ fn s g1 ≤ : : : ≤ gn , akkor minden I , J -re, melyekre |I | = k s |J | = l X

I

valamint X

j ∈J

fi ≤

gj + k(n − l) − |I − J | ≥

n X

i=n−k+1 l X j =1

fi 

gj + k(n − l) − min(k n − l):

gy (2) helyettes thet a kvetkezvel: (20)

n X i=n−k+1

fi ≤

l X j =1

gj + (n − l)k − min(k n − l):

Mivel (20) termszetesen a (2) egy specilis esete (melyre I = {n − k + 1 : : : : : :  n} s J = {1 : : :  l}), gy szksges tovbb mivel lttuk, hogy (20)-bl (2) kvetkezik az f1 ≤ : : : ≤ fn , g1 ≤ : : : ≤ gn felttel mellett. 50. Elszr tegyk fel, hogy ltezik egy egyszer G grf d1  : : :  dn fokszmokkal s legyen vi a di fokszm pont. Legyen p = n − dn . Azt ll tjuk, hogy G vlaszthat gy, hogy vn szomszdos v1  : : :  vn−1 mindegyikvel (de ms ponttal nem). Vlasszuk G-t az sszes olyan grf kzl, melyre dG (vi ) = di gy, hogy vn {vp  : : : : : :  vn−1 } kzl a lehet legtbb ponttal legyen szomszdos. Tegyk fel, hogy vn nem szomszdos vk -val valamely p ≤ k ≤ n − 1-re. EKkor vn szomszdos kell, hogy legyen valamely v , 1 ≤ ≤ p − 1-gyel, mivel dn = n − p. Mivel d ≤ dk , van egy olyan vm pont, m = k, , mely vk -val szomszdos, de v -vel nem. Hagyjuk el a (vk  vm ) s (v  vn ) leket, de vegynk fel, egy (vk  vn ) s (v  vm ) lt. gy egy azonos fokszmokkal rendelkez grfot kapunk, melyben vn tbb ponttal szomszdos {vp  : : :  vn−1 } kzl, mint G-ben, ez pedig ellentmonds. Teht van egy olyan G grfunk d1  : : :  dn fokszmokkal, melyben vp : : :  vn−1 mindegyike szomszdos vn -nel. vn -t elhagyva egy d1  : : :  dp−1  dp − 1 dp+1 − 1 : : : : : :  dn−1 − 1 fokszmokkal rendelkez grfot kapunk. Megford tva tegyk fel, hogy a dk szmok egy egyszer G grf fokszmai.  Pest. Mat. 80 (1955) 477{480]. Ekkor vn -t trivilisan felvehetjk $V. Havel, Cas. 51. (a) Az tletet kvetve vlasszuk H -t az adott ki- s befokokkal olyannak, a H -beli 2 hossz irny tott krk szma maximlis legyen. Jellje H~ azon (x y) ∈ ∈ E (H )-beli lek ltal alkotott grf rszgrfot, melyre (y x) ∈ E (H ).

§ 7. GRFOK FAKTORAI

7.51

391

H~ nem tartalmaz pros hossz irny tott krt. Hiszen tegyk fel, hogy (x1  : : : : : :  x2k ) a H~ egy pros irny tott kre. Ekkor hagyjuk el (x2  x3 ) : : :  (x2k  x1 )et de vegyk fel (x2  x1 ) (x4  x3 ) : : :  (x2k  x2k−1 )-et. gy olyan grfot kapunk, melynek ki- s befokai azonosak H ki- s befokaival, de tbb 2 hossz irny tott krt tartalmaz. Ugyanez az rvels mutatja, hogy H~ -ben nem lehet pros sok lt tartalmaz zrt irny tott vonal. Minthogy H~ -ban a ki- s befokok egyenlek, ezrt l-

diszjunkt irny tott krk uni ja (v. 5.6). A fentiek miatt ezek pratlanok s brmely kettt vve nem lehet kzs pontjuk, mert akkor pros sok lt tartalmaz vonalat alkotnnak. Tegyk fel, hogy van kt C1 , C2 irny tott kr a H~ fenti irny tott krdekompoz ci jban, C1 = (x0  : : :  x2k ) s C2 = (y0  : : :  y2l ). Ha (x0  y0 ) ∈ ~ ) a fentiek miatt, s gy (y0  x0 ) ∈ E (H ) ∈ E (H ), akkor (x0  y0 ) ∈ E (H s C1 ∪ C2 ∪ {(x0  y0 ) (y0  x0 )} egy pros szm lbl ll vonal, ami miatt ugyangy, mint fent ellentmondsra jutunk. gy (x0  y0 ) (y0  x0 ) ∈ E (H ). Hagyjuk el (x0  x1 ) (x2  x3 ) : : :  (x2k  x0 ) (y0  y1 ) (y2  y3 ) : : :  (y2l  y0 )-et, de vegyk fel (x2  x1 ) : : :  (x2k  x2k−1 ) (y2  y1 ) : : :  (y2l  y2l−1 ) (x0  y0 ) (y0  x0 )-et. Megint egy azonos fokszm egyszer irny tott grfhoz jutunk, melyben tbb 2 hossz irny tott kr van. Teht H~ legfeljebb 1 irny tott krt tartalmaz. Ha pontosan egyet tartalmaz, n P akkor ez pratlan s di = |E (H )| pratlan, ami ellentmond a feltevsnek. i=1 Teht H~ -nak nincsen le azaz H ellenttes lprokb l ll. Minden ilyen lprt egyetlen irny tatlan llel helyettes tve, egy d1  : : :  dn fokszm egyszer grfot kapunk $v. D. R. Fulkerson, A. J. Ho0man, M. H. McAndrew, Canad. J. Math. 17 (1965), 166{177]. (b) (a) miatt egy d1  : : :  dn fokszmokkal rendelkez egyszer irny tatlan grf ltezse ekvivalens egy olyan egyszer irny tott H grf ltezsvel a {v1  : : : : : :  vn } pontokon, melyre d+H (vi) = d−H (vi ) = di (i = 1 : : :  n) (a mellett a szksges feltevs mellett, hogy d1 + : : : + dn pros). 7.49 miatt ilyen irny tott grf akkor s csak akkor ltezik, ha minden k-ra l ∈ {1 : : :  n}, (21)

n X i=n−k+1

di ≤

l X j =1

dj + k(n − l) − min(k n − l):

Elg ezt a k + l ≤ n esetre megkvetelni. Val ban, ha k + l > n, akkor (21) ekvivalens a kvetkezvel: (22)

n X

i=l+1

di =

nX −k j =1

dj + k(n − l) − min(k n − l)

ami szintn levezethet (21)-bl k s l helyre rendre n − l-et s n − k-t rva.

392

MEGOLDSOK

Ha k + l ≤ n, akkor

l X

j =1

gy ha (23)

dj + k(n − l) ≥ n X

i=n−k+1

di ≤

nX −k j =1

nX −k j =1

7.52

min(dj  k) + k2 :

min(dj  k) + k2 − k

akkor (21) teljesl. Msrszrl (23) specilis esete (21)-nek, amennyiben m = = max{j : dj ≤ k}-t s l = min{n − k m}-t vesznk. gy (23) szksges s elgsges felttel $P. Erds, T. Gallai]. 52. Elszr tegyk fel, hogy d1  : : :  dn egy sszefgg grf fokszmai. Ekkor 7.51bl (1) kvetkezik, m g (2) s (3) trivilis. Megford tva tegyk fel, hogy d1  : : :  dn eleget tesz (1) (2)-nek s (3)-nak. (1) miatt van egyszer G grf a d1  : : :  dn fokszmokkal. Vlasszuk G-t gy, hogy a lehet legkevesebb komponense legyen. Azt ll tjuk, hogy G sszefgg. Tegyk fel, hogy nem, ekkor (3) szerint komponenseinek egyike tartalmaz krt. Legyen G1 az a komponens s (x y) a G1 egy a krn lv le. Legyen G2 tetszleges msik komponens s (u v) a G2 egy le (G2 -ben van l, hiszen (2) miatt nem lehet izollt pont). Ekkor G − − {(x y ) (u v )} + {(x u) (y v )} egy grf azonos halmazon, azonos fokszmokkal s kevesebb komponenssel, ez viszont ellentmonds. $P. Erds, T. Gallai]. 53. Legyen G egy grf, benne F egy 1-faktor s v1  : : :  vn a pontjai, melyekre d(vi ) = di . Ekkor nyilvnval , hogy G − F fokszm-sorozata d1 − 1 : : :  dn − 1. A megford ts bizony tshoz legyen G tetszleges egyszer grf a V = {v1  : : :  vn } ponthalmazon, s dG (vi ) = di . Legyen G egy msik egyszer grf V -n, melyre dG (vi ) = di − 1. Vlasszunk ki az sszes ilyen grf-pr kzl egy olyat, melyre |E (G) − E (G )| minimlis. Azt ll tjuk, hogy G ⊆ G. Tegyk fel, hogy nem, ekkor vannak az E (G ) − E (G) leihez illeszked pontok. Legyen x ezek kzl egy olyan, mely a legtbb (k) E (G ) − E (G)-beli lhez illeszkedik. Ekkor x-et k + 1 E (G) − E (G )-beli l tartalmazza. Legyen (x y1 ) : : :  (x yk+1 ) ∈ E (G) − E (G ) s (x z ) ∈ E (G ) − E (G). Mivel dG (z ) > dG (z ), van egy olyan v pont, melyre (z v) ∈ E (G) − E (G ). Vlasszunk egy 1 ≤ i ≤ k + 1-et, melyre yi = v. Ekkor (v yi ) ∈ E (G). Mert ha (v yi ) ∈ E (G), akkor (x yi )-t s (z v)-t elhagyva G-bl, de hozzvve (x z )t s (v yi )-t, olyan grfot kapunk, melynek fokszmai azonosak G fokszmaival, de tbb le kzs G -vel. Hasonl an (v yi ) ∈ E (G ), mert ha (v yi ) ∈ E (G ), elhagyhatnnk (v yi )-t s (x z )-t G -bl, de felvehetnnk (x yi )-t s (z v)-t G ben s gy egy olyan grfot kapnnk, melynek fokszma azonos G -vel, de tbb kzs le van G-vel. gy (v yi ) ∈ E (G) − E (G ).

8.3

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

393

Ha v = y1  : : :  yk+1 , akkor v legalbb k + 2 E (G) − E (G )-beli llel ((v z ) (v y1 ) : : :  (v yk+1 )) szomszdos, teht gy a feltevs miatt legalbb k +1 E (G ) − E (G)-beli llel szomszdos, ami ellentmond x vlasztsnak. Ha mondjuk v = y1 , akkor megint csak legalbb k + 2 E (G) − E (G )-beli llel szomszdos (ebben az esetben ezek (v z ) (v x) (v y2 ) : : :  (v yk+1 )), s ugyangy, mint elbb, ellentmondsra jutunk. $S. Kundu, Discrete Math. 6 (1973), 367{376 L. Lovsz, Periodica Math. Hung. 5 (1974) 149{151]. x

8. F ggetlen ponthalmazok

1. Legyen S egy maximlis (nem bv thet) ponthalmaz. Ekkor minden x ∈ ∈ V (G) − S pont ssze van ktve egy S -beli ponttal. Mivel S egy pontja legfeljebb d V (G) − S -beli ponttal lehet sszektve, gy azt kapjuk, hogy

azaz

|V (G)| − |S | = |V (G) − S | ≤ d|S |

1 |V (G)|: d+1 2. Deniljuk S1  S2  : : :-t az tletnek megfelelen. Ekkor |Si | ≤ (G$Si+1 ∪ Si ]) ≤ (G − S1 − : : : − Si−1 ) = |Si | ami miatt  (G$Si+1 ∪ Si ]) = |Si+1 ∪ Si | − (G$Si+1 ∪ Si ] = |Si+1 |: gy a 7.2 Knig ttel szerint G$Si ∪ Si+1]-ben van |Si+1 | elem Fi pros ts, mely nyilvn Si+1 -et az Si egy rszhalmazval pros tja. Az F1 ∪ F2 ∪ : : : lhalmaz |S2 | diszjunkt tb l ll, melyek |S1 | − |S2 | pont kivtelvel lefedik S1 minden pontjt. A kimaradt pontokat egypont utaknak tekintve |S1 | utat kapunk, melyek lefedik V (G)-t. 3. Ha G fggetlen pontokb l ll, akkor az ll ts nyilvnval . gy tegyk fel, hogy nem ezzel az esettel llunk szemben. Indukci t alkalmazunk (G)-re. Legyen P egy G-beli leghosszabb t s legyen x a P egyik vgpontja. Ha x elsfok, hagyjuk el x-et s a szomszdjt, y-t. Vegyk szre, hogy (G − x − − y ) < (G), mivel G − x − y brmely fggetlen halmaza kiegsz thet x-szel. gy G − x − y lefedhet (G) − 1 diszjunkt krrel, llel s ponttal, s hozzvve az xy lt a G egy keresett fedst kapjuk. Teht tegyk fel, hogy x fokszma legalbb 2. Minden x-szel szomszdos pont rajta van P -n, mert P maximlis (nem bv thet). Legyen y a P -n legtvolabb es x-szel szomszdos pont s legyen C a P (x y)-darabja s az (x y) s ltal alkotott kr. Vegyk szre, hogy megint (G − V (C )) < (G), mert C tartalmazza x minden szomszdjt. gy G − V (C ) lefedhet (G) − 1 diszjunkt krrel, llel s ponttal, s C -t hozzvve ismt a G egy keresett fedst kapjuk $L. P sa, MTA Mat. Kut. Int. Kzl. 8 (1963) 355{361]. |S | ≥

394

MEGOLDSOK

8.4

Indukci t alkalmazunk |V (G)|-re. Ha |V (G)| = 1, akkor az ll ts trivilis. Tekintsnk egy S halmazt, melyre a P1  : : :  P|S | diszjunkt utak S -beli pontb l indulnak s lefednek minden pontot tovbb tegyk fel, hogy S minimlis. Azt kell megmutatnunk, hogy |S | ≤ (G). Tegyk fel, hogy ez nem igaz, ekkor nyilvnval , hogy S nem fggetlen, azaz van olyan x1 , x2 ∈ S , melyekre (x1  x2 ) ∈ ∈ E (G). Legyen mondjuk Pi az xi -bl indul t. Ekkor P1 nem egyetlen pont, mert ekkor a P2 = P2 + (x1  x2 ) P3  : : :  P|S| 4.

utak lefednnek minden pontot, ami lehetetlen, mert diszjunktak s S − {x1 } pontjaib l indulnak. Teht P1 -nak van egy msodik z pontja. Tekintsk most G = G − x1 -et, S  = S − x1 ∪ {z }-t s a

P1 = P1 − x1 P2  P3  : : :  PS utakat. Ezek S  pontjaib l indulnak, lefedik V (G )-t s diszjunktak. gy az indukci s feltevs miatt ltezik olyan S0 ⊆ S  , melyre |S0 | ≤ (G ) ≤ (G) < |S | s lteznek diszjunkt utak, melyek S0 pontjaib l indulnak s lefedik G-t. Ha z ∈ S0 , akkor x1 -et hozzvve a z -bl indul utakhoz |S0 | < |S | diszjunkt utat kapunk, melyek S egy val di rszhalmazb l indulnak s lefedik G-t, ami ellentmonds. Hasonl an rvelhetnk akkor, ha z ∈ S0 , de x2 ∈ S0 . Vgl tegyk fel, hogy x2 , z ∈ S0 . Ekkor |S0 | ≤ |S | − 2, gy {x1 }-et hozzvehetjk tknt a rendszerhez, s gy |S0 | + 1 < |S | diszjunkt utat kapunk, melyek S egy val di rszhalmazb l indulnak s lefedik G minden pontjt. Ez ismt ellentmonds. $T. Gallai]. 5. (a) Ha S maximlis (nem bv thet) fggetlen halmaz, akkor minden x ∈ S szomszdos kell, hogy legyen egy y ∈ S -sel. A szimmetria-feltevs miatt ez azt jelenti, hogy mind (x y), mind (y x) az irny tott grf lei. (b) Legyen x 0 befok pont (ilyen pont ltezse kvetkezik abb l a tnybl, hogy a G irny tott grf irny tott krmentes) legyen T az x szomszdainak halmaza. Nyilvnval , hogy G0 = G − x − T irny tott krmentes, gy a pontok szmra alkalmazott indukci val kapjuk, hogy van (egyrtelm) S0 magja. Azt ll tjuk, hogy S = {x} ∪ S0 magja G-nek. Fggetlen, mivel G0 nem tartalmazza x egyetlen szomszdjt sem tovbb brmely y ∈ V (G) − S vagy ∈ V (G0 ) − S0 , mely esetben elrhet S0 -b l, vagy ∈ T , mely esetben elrhet x-bl G-beli len. Most ha S  a G tetszleges ms magja, akkor x ∈ S  (mivel x nem rhet el semmilyen pontb l) s gy T ∩ S  = ∅. Legyen S0 = S  ∩ V (G0 ), ekkor S0 a G0 magja, s S0 unicitsa miatt S0 = S0 . Teht

S  = S0 ∪ {x} = S0 ∪ {x} = S: (c) Legyen G0 a G egy olyan ersen sszefgg komponense, melyre a G egyetlen le sem lp be G0 -ba. 5.3 szerint G0 pros legyen S0 = ∅ az egyik sz nosztlya, s legyen T az S0 sszes V (G) − V (G0 )-beli szomszdjnak halmaza.

8.8

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

395

Indukci t alkalmazva |V (G)|-re feltehetjk, hogy G = G − V (G0 ) − T -nak van egy S1 magja. Legyen S = S1 ∪ S0 : Ekkor S nyilvnval an fggetlen. Tovbb legyen x ∈ V (G) − S . Ha x ∈ V (G ) − − S1 , akkor S1 -bl elrhet egy len, mert S1 a G magja. Ha x ∈ T , akkor T den ci ja miatt szomszdos y ∈ S0 -lal s az ket sszekt l G0 den ci ja szerint y-b l x-be mutat. Vgl legyen x ∈ V (G0 )−S0 . Mivel G0 ersen sszefgg s S0 = ∅, G0 -ban van x-et elhagy (x z ) l. Mivel S0 a G0 egyik sz n-osztlya volt, z ∈ S0 . Ez bizony tja, hogy S a G magja. 6. Legyen x a legnagyobb kifok pont T -ben. Azt ll tjuk, hogy brmely ms y pont elrhet x-bl legfeljebb 2 hossz ton. Tegyk fel, hogy az y pont nem elrhet. Ekkor (a) az x-et s y-t sszekt l kezdpontja y-ban van, (b) minden (x z ) lhez van (y z ) l (klnben (xzy) egy legfeljebb 2 hossz (x y)-t lenne). Ezzel minden x-et elhagy lhez van egy y-t elhagy l is s (a) szolgltat mg egy y-t elhagy lt. Ez azt jelenti, hogy y kifoka nagyobb mint x kifoka, ami ellentmonds. 7. Legyen x ∈ V (G) s legyen T azon pontok halmaza, melyek x-bl len elrhetk. Legyen G = G − T − x, s tegyk fel indukci s hipotzisknt, hogy G tartalmaz egy S  fggetlen halmazt, melyre G − S  minden pontja elrhet S  -bl legfeljebb 2 hossz ton. Klnbztessnk meg kt esetet: 1. eset : S  ∪ {x} fggetlen. Ekkor legyen S = S  ∪ {x}, s vegyk szre, hogy egy y ∈ V (G ) − S  elrhet S  -bl legfeljebb 2 hossz ton, m g egy y ∈ T elrhet x-bl mg egyetlen len is. 2. eset : S  ∪ {x} nem fggetlen, azaz vagy egy x-szel szomszdos z ∈ S  . Mivel z ∈ T , (z x) ∈ E (G). Most legyen S = S  . Ha y ∈ V (G ) − S  , akkor y elrhet S  -bl legfeljebb kt lpsben S  den ci ja miatt. Ha y ∈ T , elrhet a zxy ton. $V. Chvtal{L. Lovsz, Hypergraph Seminar , Lecture Notes in Math. 411, Springer (1974) p. 175.] 8. (a) A pontossg kedvrt a nyer l p st olyan pontknt deniljuk, melyre ha a jtkos ezt elfoglalta, akkor nyerhet (fggetlenl att l, hogy mit tesz az ellenfele). Pl. egy 0 kifok pont nyer lps, mert egyltaln nincsen r vlasz. Mrmost a den ci b l kvetkezik, hogy (1) a nyer l p sek fggetlen halmazt alkotnak  hiszen ha x egy nyer lps s (x y) ∈ E (G), akkor den ci szerint ha x az enym, akkor nyerhetek ez specilisan akkor is gy van, ha ellenfelem y-t foglalja el a kvetkez lpsben, gy y nem nyer lps (itt hasznljuk ki azt a feltevst, hogy a grf irny tott krmentes, gy ha mr egyszer y-t elfoglaltam, nem szm t, hogy x el volt-e foglalva korbban) (2) minden olyan x pont, mely nem nyer l p s, ssze van ktve nyer l p ssel . Hiszen a den ci szerint ha az ellenfelem elfoglalja x-et, mg mindig nyerhetek,

396

MEGOLDSOK

8.9

azaz van olyan y vlaszom, ami nyer lps (ismt felhasznljuk a tnyt, hogy G irny tott krmentes). Teht a nyer lpsek halmaza egy 'dulis mag", vagyis az lek irny tsnak megford tsval kapott grf magja. gy A nyerhet, ha minden lpsben a dulis mag egy pontjt vlasztja. (b) Tegyk fel, hogy az els jtkos nem nyerhet, ha x0 -lal kezd ez azt jelenti, hogy a msodik jtkosnak van egy olyan x1 vlasza, mely lps utn az els jtkos nem nyerhet. Ebben az esetben kpzelje azt az els jtkos, hogy  a msodik jtkos, s az ellenfele x0 -lal kezdte a jtkot teht vlaszoljon x1 gyel s kvesse a msodik jtkos elz stratgijt. Mivel x0 befoka 0, gy nem fordulhat el, hogy az ellenfele olyan lpst tesz, mely az elz jtkban nem volt megengedve (az egyetlen ilyen lps x0 elfoglalsa lenne). gy teht nyer. (c) Elszr tegyk fel, hogy a G minden Gi (i = 1 : : :  k) ers komponensre a msodik jtkosnak van nyer stratgija. Ekkor kvetheti ezt a szablyt: brmikor, ha A egy Gi komponensben lp, ugyanazon Gi komponensben vlaszol az erre a komponensre vonatkoz a nyer stratgijnak megfelel lpssel. gy elbb-ut bb A-nak nincsen tbb lpse ebben a Gi komponensben s vagy vesz t, vagy egy msik Gj komponensbe kell tmennie. Termszetesen korbban nem jtszottak Gj -ben, s gy B tekintheti A lpst a Gj -beli jtk kezd lpsnek s vlaszolhat a Gj -beli nyer stratgijnak megfelelen, stb.. Megford tva tegyk fel, hogy G-nek vannak olyan ers komponensei, melyekben a kezd jtkosnak van nyer stratgija. Legyen Gi egy ilyen komponens azzal a tulajdonsggal, hogy ilyen komponens Gi -bl ton nem rhet el (ha minden ilyen komponenshez van msik, mely belle ton elrhet, akkor zrt stt tehetnnk tbb komponensen keresztl, ellentmondva a komponens den ci jnak). Kezdjen A Gi -ben az itteni nyer stratginak megfelelen. Ekkor arra knyszer ti az ellenfelt, hogy az els lpst Gi -n k vl tegye. Viszont ez a lps olyan komponensben van, ahol a msodik jtkosnak nyer stratgija van, gy A knyszer theti B -t, hogy elsnek hagyja el ezt a komponenst (vagy elvesz tse a jtkot) stb: : : 9. Elszr tegyk fel, hogy G-ben egy {e1  : : :  er } 1-faktor. Ekkor a msodik jtkos, B nyerhet a kvetkez szably szerint lpve: ha A egy ei vgpontjt foglalja, akkor vlaszul foglalja el ugyanezen l msik vgpontjt. gy A knytelen lesz minden lpsben az 1-faktor j lrl vlasztani, s B vlasza mindig rvnyes. Most tegyk fel, hogy G-ben nincsen 1-faktor. Legyen {e1  : : :  ev } a G egy maximlis pros tsa s x egy e1  : : :  ev ltal le nem fedett pont. Azt ll tjuk, hogy ha A x-szel kezd s kveti azt a stratgit, hogy ha B elfoglalja egy ei vgpontjt,  vlaszul elfoglalja annak msik vgpontjt, akkor nyer. Azt kell beltnunk, hogy B sohasem tud gy lpni, hogy olyan pontot foglaljon el, mely nem egy ei l vgpontja. Tegyk fel, hogy a j -edik lpsben van B -nek elszr olyan yj lpse, mely nem vgpontja e1  : : :  ev valamelyiknek. Legyenek x x1  : : :  xj−1 A korbbi lpsei, s y1  : : :  yj−1 B korbbi lpsei. Ekkor (xi  yi )

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

8.11

397

az {e1  : : :  ev } maximlis pros ts egy le legyen mondjuk (xi  yi ) = ei (i = = 1 : : :  j − 1). Most {(x y1 ) : : :  (xj −1  yj ) ej  : : :  ev } nagyobb pros ts, ami ellentmonds $W. N. Anderson, J. Comb. Theory B 17 (1972), 234{239]. 10. k = 1-re az ll ts evidens. Tegyk fel, hogy |T1 ∪ : : : ∪ Tk−1 | + |T1 ∩ : : : ∩ Tk−1 | ≥ 2(G): Azt bizony tjuk be, hogy |T1 ∪ : : : ∪ Tk | + |T1 ∩ : : : ∩ Tk | ≥ |T1 ∪ : : : ∪ Tk−1 | + |T1 ∩ : : : ∩ Tk−1 | vagy ekvivalens m don |T1 ∪ : : : ∪ Tk − T1 ∪ : : : ∪ Tk−1 | ≥ |T1 ∩ : : : ∩ Tk−1 − T1 ∩ : : : ∩ Tk |:

Legyen

A = T1 ∪ : : : ∪ Tk − T1 ∪ : : : ∪ Tk−1  B = T1 ∩ : : : ∩ Tk−1 − T1 ∩ : : : ∩ Tk  C = Tk − A = Tk ∩ (T1 ∪ : : : ∪ Tk−1 ): Ekkor |A| + |C | = |Tk | = (G). Msrszrl B ∪ C fggetlen. Val ban, tegyk fel, hogy x, y ∈ B ∪ C . Nyilvnval , hogy B , C fggetlenek, gy feltehetjk, hogy x ∈ B , y ∈ C . Ekkor y ∈ T1 ∪ : : : ∪ Tk−1 , mondjuk y ∈ T1 . De x ∈ T1 is fennll, ennlfogva x s y nem szomszdosak. gy B ∪ C fggetlen, teht |B ∪ C | ≤ (G) = |A ∪ C | azaz

|B | ≤ |A|:

$A. Hajnal.] 11. Elegend a k = 1 esettel foglalkozni, hiszen az ltalnos eset indukci val trivilis. Vegyk szre, hogy ;(S ) ⊆ ;(X ) − T1 : gy |;(X )| − |;(S )| ≥ |;(X ) ∩ T1 | = |T1 | − |S | − |T1 − X − ;(X )| = = (G) − |S | + |X | − |T1 ∪ X − ;(X )|: Itt T1 ∪ X − ;(X ) nyilvnval an fggetlen, s emiatt legfeljebb (G) pontja van. Teht |;(X )| − |;(S )| ≥ |X | − |S | ami ll tsunkat bizony tja.

398

MEGOLDSOK

8.12

T egy (G) + 1 elem fggetlen halmaz (G − (x y))-ban. Mivel T nem fggetlen G-ben, ezrt x, y ∈ T . Mrmost T − y egy olyan (G) elem fggetlen halmaz G-ben, mely tartalmazza x-et, T − x pedig egy olyan, mely nem tartalmazza. Ha x s y nem alkot G-ben komponenst, akkor tallunk az egyikhez, mondjuk x-hez llel kapcsol d z pontot. Ekkor G − (x z) tartalmaz egy (G) + 1 elem fggetlen T ponthalmazt. Nyilvnval , hogy x z ∈ T . Ha y ∈ T , akkor T − x tartalmazza y-t, de x-et nem ha y ∈ T , akkor T − z tartalmazza x-et, de y-t nem. Vgl ha x s y szomszdosak, akkor y ∈ T s gy T − x sem x-et, sem y-t nem tartalmazza. 12. Legyen

G az a grf, melyet az tletnek megfelelen G-bl kapunk az x pont x1 s x2 -vel val helyettes tse rvn. Mivel G − x2 ∼ = G, ezrt (G ) ≥ (G). Msrszrl G egyetlen fggetlen halmaza sem tartalmazza x1 -et s x2 -t is, gy G egy azonos mret fggetlen halmazt eredmnyezi. gy (G ) = (G). Most legyen e ∈ E (G ). Elszr tegyk fel, hogy e = (x1  x2 ). Legyen T a G egy x-et tartalmaz maximlis fggetlen halmaza. Ekkor T − {x} ∪ {x1  x2 } egy (G) + 1 elem fggetlen halmaz G − e-ben. Tegyk fel, hogy e = (x1  y) (y = x2 ). Legyen T egy (G)+1 elem fggetlen halmaz G − (x y)-ban. Ekkor T −{x}∪ {x1 } egy (G)+1 elem fggetlen halmaz G − (x1  y)-ban. Hasonl an ha e = (x2  y) vagy (z y) (z, y = x1 , x2 ), azt kapjuk, hogy (G − e) > (G). $W. Wessel, Coll. Math. Soc. J. Bolyai 4 (1970), 1123{ 13. Legyen

1139].

14. Tegyk fel, hogy van olyan G, melyre G0 a G egy fesz tett rszgrfja s (G − − e) > (G) minden e ∈ E (G0 ) esetn. Hagyjunk el G-beli leket am g ezzel nem

nveljk (G)-t ekkor nem hagyhatunk el G0 -b l egyetlen lt sem s gy a kapott -kritikus grf tartalmazza G0 -t fesz tett rszgrfknt. gy elegend egy ilyen G-t konstrulni. Legyen E (G0 ) = {e1  : : :  em } s  = = (G0 ). Legyen S1  : : :  Sm egymst l s V (G0 )-tl diszjunkt  − 1 elem halmazok. Legyen V (G) = V (G0 ) ∪ S1 ∪ : : : ∪ Sm . Tovbb kssnk ssze minden x ∈ Sj -t minden ms ponttal, kivve Sj pontjait s ej vgpontjait. gy egy G grfot kapunk. Fennll, hogy (G) ≥ , mert S1 az e1 egy vgpontjval egytt egy  elem fggetlen halmazt alkot. Msrszrl ha T egy fggetlen halmaz, s tartalmazza Sj egy pontjt, akkor legfeljebb Sj -t s ej egyik vgpontjt tartalmazza ha T ⊆ ⊆ V (G0 ), akkor |T | ≤ (G0 ). gy (G) = . Tovbb G − ej tartalmazza az  + 1 elem fggetlen Sj ∪ ej (j = 1 : : :  m) halmazt, igy G a k vnt tulajdonsg. Tekintsnk egy 6t + 3 hosszsg irny tott krt. Ez -kritikus lesz. Minden harmadik pontja helybe helyettes tsnk egy Kr−1 -et. Az gy kapott grf r-regulris, sszefgg s -kritikus lesz 8.13 miatt. (b) Trivilis, hogy a tetrader -kritikus, az oktader s a kocka viszont nem. 15. (a)

8.16

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

399

Felhasznlva azt a tnyt, hogy az ikozader automorzmuscsoportja cscss l-tranzit v, knnyen igazolhat , hogy fggetlensgi szma 3, de 4-re vltozik brmely l elhagysval. gy teht az ikozader -kritikus. Megjegyezzk, hogy az ikozader kt ellenttes cscsa annak ellenre, hogy nem szomszdosak, sosem fordulnak el ugyanabban a maximlis fggetlen halmazban. Ez mutatja, hogy a 8.12 feladat ll tsa ebben az irnyban nem lenne kiterjeszthet.

63. bra

Vgl annak bizony tshoz, hogy a dodekader nem -kritikus, megjegyezzk, hogy 8 fggetlen cscsot tartalmaz (63. bra). Hagyjunk el egy lt s tekintsk a megmarad grf egy fggetlen halmazt. Ez legfeljebb hrom cscst tartalmazza az elhagyott llel szomszdos kt lapnak, s legfeljebb kt cscsot brmely ms lapr l. A fggetlen halmaz minden eleme hrom laphoz tartozik. Ennlfogva ennek a fggetlen halmaznak az elemszma nem nagyobb, mint 2 · 3 + 10 · 2 = 8:66 3 mutatva, hogy a fggetlensgi szm mg mindig 8. 16. Legyen S1 , S2 az tletnek megfelel kt rszhalmaz. Nyilvnval , hogy x ∈ ∈ S1 ∩ S2 , yi ∈ Si , yi ∈ S3−i . Mivel S1 S2 ∪ {x} pros grfot fesz t, tartalmaz egy olyan T fggetlen halmazt, melyre 1 1 |T | ≥ |S1 S2 ∪ {x}| = |S1 − S2 | +  2 2 azaz |T | ≥ |S1 − S2 | + 1. Most vegyk szre, hogy T ∪ ((S1 ∩ S2) − {x}) fggetlen hiszen legyen u, v ∈ T ∪ ((S1 ∩ S2 ) − {x}) megmutatjuk, hogy nem lehetnek szomszdosak. Ha u, v ∈ T , vagy u, v ∈ S1 ∩ S2 , kszen vagyunk. Legyen mondjuk

400

MEGOLDSOK

8.17

u ∈ T , v ∈ S1 ∩ S2 . Mivel T ⊆ S1 ∪ S2 , ezrt pl. u ∈ S1 . gy u s v S1 -beli s v = x, y1 , gy nem szomszdosak. De |T ∪ ((S1 ∩ S2 ) − {x})| = |T | + |S1 ∩ S2 | − 1 ≥ ≥ |S1 − S2 | + 1 + |S1 ∩ S2 | − 1 = |S1 | > (G)

ami ellentmonds. 17. Legyen x az -kritikus G grf egy pontja, mely szomszdos y1 -gyel s y2 -vel. Legyen Si egy (G)+1 elem fggetlen halmaz (G − (x yi ))-ben. Mint korbban, most is x, yi ∈ Si , yi ∈ S3−i . Legyen G = G$S1 S2 ∪ {x}]. Ha G pros, akkor pontosan gy, mint az elbb, ellentmondsra jutunk. gy G tartalmaz pratlan krt. Egy minimlis pratlan C kr hrmentes. Mivel az nyilvnval , hogy G − − (x y1 ) pros grf a {S1 − S2  S2 − S1 ∪{x}} 2-sz nezssel, C -nek t kell haladnia (x y1 )-en. Hasonl an C thalad (x y2 )-n is $B. Andrsfai L. Beineke, F. Harary, M. D. Plummer C. Berge]. 18. Az tletet kvetve legyen (x y1 ), (x y2 ) kt l s tegyk fel, hogy y1 , y2 a G − − S klnbz komponenseiben vannak. Ekkor G tartalmaz hrmentes (pratlan) (x y1 )-en s (x y2 )-n thalad krt. Ennek van egy msik S -beli pontja, mondjuk z , mert S elvlasztja y1 -et s y2 -t. Tovbb z ssze van ktve x-szel, hiszen S teljes grfot fesz t ki. Teht C nem hrmentes, ami ellentmonds. 19. (a) Legyen T fggetlen halmaz G-ben. Ha T x1 s x2 legfeljebb egyikt tartalmazza, akkor T ∩ (V (G1 ) − {x}) s T ∩ V (G2 ) fggetlen halmazok rendre G1 -ben s G2 -ben, ami miatt |T | ≤ (G1 ) + (G2 ). Ha x1 , x2 ∈ T , akkor T ∩ V (G1 ) − − {x}) ∪ {x} s T ∩ V (G2 ) − {y1 } fggetlen halmazok rendre G1 -ben s G2 -ben, s ugyanarra a kvetkeztetsre jutunk. Msrszrl legyen T1 a G1 egy x-et tartalmaz maximlis fggetlen halmaza, s T2 a G2 − (y1  y2 ) egy (G2 ) + 1 elem fggetlen halmaza (mely teht tartalmazza y1 -et s y2 -t). Ekkor T1 − {x} ∪ T2 egy (G1 ) + (G2 ) elem fggetlen halmaz G-ben. gy (G) = (G1 ) + (G2 ). Legyen e ∈ E (G1 ). Legyen T1 egy (G1 ) + 1 elem fggetlen halmaz G1 − eben. Ha x ∈ T1 , legyen T2 egy (G2 ) + 1 elem fggetlen halmaza G2 − (y1  y2 )nek s T = T1 − {x} ∪ T2 . Ha x ∈ T1 , legyen T2 a G2 egy maximlis fggetlen halmaza, mely nem tartalmazza y1 -et s y2 -t, s T = T1 ∪ T2 . T mindkt esetben egy (G) + 1 elem fggetlen halmaza G − e-nek. Legyen e ∈ E (G2 ), e = (y1  y2 ). Legyen T2 egy (G2 ) + 1 elem fggetlen halmaz G2 − e-ben. Ha y1 , y2 ∈ T2 , legyen T1 olyan G1 -beli maximlis fggetlen halmaz, mely nem tartalmazza x-et, s T = T1 ∪ T2 . Ha y1 ∈ T2 (mondjuk), legyen z az x2 egy V (G1 )-beli szomszdja, legyen T1 (G1 ) + 1 elem fggetlen halmaz G1 − (x z )-ben, s T = T1 − {x} ∪ T2 . T mindkt esetben (G) + 1 elem fggetlen halmaza G − e-nek. Ezzel bizony tottuk, hogy G -kritikus. (b) Legyen G sszefgg -kritikus grf, (G) = . Az elz feladat szerint G 2szeresen -sszefgg. Tegyk fel, hogy G nem 3-szorosan sszefgg, ekkor G = G1 ∪ G2 gy, hogy V (G1 ) ∩ V (G2 ) = {x y}, |V (Gi )| ≥ 3. Ismt az elz feladat miatt x s y nem szomszdosak.

8.19

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

401

Minden X ⊆ {x y}-ra s i = 1, 2-re jellje a T ⊆ V (Gi ), T ∩ {x y} = X fggetlen halmazok maximlis mrett aiX . Ekkor lthat , hogy (1) a1X + a2X <  + |X | aiX ≤ a∅i + |X | = ai + |X |: Legyen (x z ) ∈ E (G), z ∈ V (G1 ). Ekkor G − (x z ) tartalmaz egy  + 1 elem fggetlen T halmazt. Termszetesen x, z ∈ T . Ha y ∈ T , ebbl azt kapjuk, hogy ( a1x + a2x ≥  + 1 (2) a1 + a2x ≥  + 1: Hasonl an ha y ∈ T , a kvetkezkhz jutunk: ( a1xy + a2xy ≥  + 2 (3) a1y + a2xy ≥  + 2: Teht vagy (2), vagy (3) ll fenn. Hasonl an azt kapjuk, hogy a kvetkez egyenltlensgrendszerek kzl az egyik fennll: ( a1x + a2x ≥  + 1 (4) a1x + a2 ≥  + 1 s ( a1xy + a2xy ≥  + 2 (5) a1xy + a2y ≥  + 2: Mrmost (2) s (4) egyszerre nem llhat fenn, mert (1)-bl (a1 + a2x ) + (a1x + a2 ) = (a1 + a2 ) + (a1x + a2x ) ≤ 2 + 1 kvetkezik. Hasonl an (3) s (5) nem llhat fenn egyszerre. Teht az indexeket megfelelen vlasztva azt kapjuk, hogy (2) s (5) teljesl. x s y szerept felcserlve azt kapjuk, hogy vagy ( ( a1xy + axy ≥  + 2 a1y + a2y ≥  + 1 (6) s a1 + a2y ≥  + 1 a1xy + a2xy ≥  + 2 vagy ( ( a1y + a2y ≥  + 1 a1xy + a2xy ≥  + 2 (7) s a1y + a2 ≥  + 1 a1x + a2xy ≥  + 2 teljesl. De (2), (5) s (7) nem llhat fenn egyszerre: az kvetkezne bellk, hogy (a1 + a2x) + (a1y + a2 ) + (a1xy + a2y ) + (a1x + a2xy ) ≥ 4 + 6

402

MEGOLDSOK

8.19

de a bal oldal (a1 + a2 ) + (a1x + a2x) + (a1y + a2y ) + (a1xy + a2xy ) ≤ 4 + 4 (1) miatt, ami ellentmonds. Teht (2), (5) s (6) teljesl, de (3), (4) s (7) nem. Mivel (3), (4), s (7) els egyenltlensgei (2), (5), (6)-ban is szerepelnek, ez ut bbiakban a msodik egyenltlensg az, ami nem teljesl, azaz 8 1 ax + a2 ≤  > > > > < a1 + a2 ≤  + 1 x xy (8) > a1y + a2 ≤  > > > : 1 ay + a2xy ≤  + 1: Mivel (1) s (6) miatt  ≥ a1 + a2 ≥ a1 + a2y − 1 ≥  azt kapjuk, hogy a1 + a2 =  a2y = a2 + 1: De ekkor (6) s (8) miatt  + 1 ≤ a1y + a2y = a1y + a2 + 1 ≤  + 1 amibl a1y =  − a2 = a1 : Hasonl an jutunk arra a kvetkeztetsre, hogy a1x = a1 ax = a2 + 1 a1xy = a1 + 1 axy = a2 + 1: Jellje G~ 1 s G~ 2 azt a grfot, amit a G1 -bl az x s y sszektsvel, ill G2 -bl x s y azonos tsval kapunk. ll tjuk, hogy ez a kt grf -kritikus. Mivel G ezekbl elll az (a)-ban szerepl operci val, ezzel bizony tannk is az ll tst. Tudjuk, hogy (G1 ) = max(a1  a1x  a1y ) = a1  (G2 ) = max(a2  a2xy − 1) = a2 : Legyen e ∈ E (G1 ). Ha e = (x y), akkor (G1 − e) ≥ a1xy > a1  ha e = (x y), akkor e ∈ E (G). Legyen T egy  + 1 elem fggetlen halmaz G − e-ben, T ∩ ∩ {x y } = X . Ekkor T ∩ V (G2 ) ≤ a2X s gy (1)-bl T ∩ V (G1 ) ≥  + 1 − a2X + |X | = a1X + 1: Mrmost ha X = {x y}, akkor T ∩ V (G1 ) fggetlen halmaz G1 − e-ben, melynek mrete a1X + 1 > a1  ha X = {x y}, akkor T − {x} lesz ilyen halmaz a1xy > a1

8.23

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

403

mrettel. Ezzel bizony tottuk, hogy G1 -kritikus. G2 esetben hasonl an jrunk el. $T. Gallai, M. D. Plummer, W. Wessel lsd W. Wessel, Manuscripta Math. 2 (1970), 309{334.] 20. Legyen T1  : : :  Tk a G sszes maximlis fggetlen halmaza. Ekkor 8.12-bl T1 ∩ : : : ∩ Tk = ∅ T1 ∪ : : : ∪ Tk = V (G): gy 8.10 szerint |V (G)| = |T1 ∪ : : : ∪ Tk | = |T1 ∪ : : : ∪ Tk | + |T1 ∩ : : : ∩ Tk | ≥ 2(G) $P. Erds, T. Gallai]. 21. Legyen T1  : : :  Tk G maximlis fggetlen halmazai. Ekkor lttuk, hogy T1 ∩ : : : ∩ Tk = ∅: gy S = T1 ∩ : : : ∩ Tk ∩ X = ∅ vlasztssal 8.11-bl azt kapjuk, hogy |;(X )| − |X | ≥ |;(S )| − |S | = 0: $A. Hajnal] 22. Legyen S = X ∩ T1 ∩ : : : ∩ Tk , ahol T1  : : :  Tk az tletnek megfelelek. Ekkor x ∈ S . Legyen S  = S − {x}. Azt ll tjuk, hogy ;(S ) ∩ ;(x) = ∅. Tegyk fel, hogy van egy v pont, mely szomszdos x-szel s egy S -beli u ponttal. Legyen T egy (G) + 1 elem fggetlen halmaz G − (x v)-ben, ekkor x, v ∈ T s gy u ∈ T . Tovbb T − {v} a G egy x-et tartalmaz maximlis fggetlen halmaza, s gy T − {v} = Ti valamely i-re. De ekkor u ∈ Ti , gy u ∈ S , ez viszont ellentmonds. Teht |;(S )| = |;(S  )| + |;(x)| 8.11 szerint |;(S )| − |S | ≤ |;(X ) − |X | ami miatt dG(x) = |;(x)| = |;(S )| − |;(S  )| = |;(S )| − |S | − (|;(S  )| − |S  | + 1 ≤ ≤ ;(X ) − |X | + 1: $L. Lovsz, L. Surnyi] 23. (a) Legyen x ∈ V (G) s legyen T egy (G) mret x-et tartalmaz fggetlen halmaz. Az elz feladat szerint dG (x) ≤ |;(T )| − |T | + 1 = |V (G) − T | − |T | + 1 = n − 2(G) + 1 $A. Hajnal] (b) Az (a) rsz miatt az lek szma, m eleget tesz a kvetkeznek:   1 1 n − (G) + 1 m ≤ 2 n(n − 2(G) + 1) ≤ 2 (n − (G))(n − (G) + 1) = : 2 $Erds, Hajnal s Moon]

404

MEGOLDSOK

8.24

S s T maximlis fggetlen halmazok, S ∩ T = ∅. Nyilvnval , hogy ;(S ∩ T ) ⊆ V (G) − S − T: Msrszrl ha x ∈ S ∩ T , azt kapjuk, hogy |V (G)| − 2(G) + 1 = dG (x) ≤ |;(S ∩ T )| − |S ∩ T | + 1

24. Legyen

8.22-bl, gy |;(S ∩ T )| ≥ |S ∩ T | + |V (G)| − 2(G) = = |V (G)| + |S | + |T | − |S ∩ T | = |V (G)| − |S ∪ T | ahonnan ;(S ∩ T ) = V (G) − S − T . Most legyen a tetszleges V (G)-beli pont, s b1  : : :  bk (k = |V (G)|− 2(G)+ +1) az a szomszdai. Legyen Si egy (G)+1 elem fggetlen halmaza G − (a bi )nek s elgyen Ti = Si −a. Ekkor nyilvnval , hogy Ti maximlis fggetlen halmaza G-nek, s bi ∈ Ti , bi ∈ Tj valamely j = i-re. Teht Ti ∩ Tj nem tartalmazza a egyetlen szomszdjt sem. Ez a fent bizony tott ll ts miatt azt jelenti, hogy Ti ∩ Tj = ∅. gy |V (G)| ≥ 1 +

k X i=1

|Ti | = 1 + (|V (G)| − 2(G) + 1)(G)

vagy, ami ezzel ekvivalens: ((G) − 1)(|V (G)| − 2(G) − 1) ≤ 0: Most ha (G) = 1, akkor teljes grfunk van. Ha (G) > 1 s |V (G)| ≤ 2(G)+1, akkor a fokszm legfeljebb 2, gy a grf K2 , vagy egy irny tott kr. Az ut bbi esetben csak akkor -kritikus, ha a kr pratlan. 25. Ha |V (G)| = 2(G), 8.22 miatt dG (x) = 1, s gy G ∼ = K2 . Ha |V (G)| = = 2(G) + 1, akkor dG (x) ≤ 2 minden x pontra, teht G vagy kr, vagy t. Knnyen belthat , hogy ezek kzl csak a pratlan krk -kritikusak. Most tekintsk azon grfokat, melyek -kritikusak s eleget tesznek |V (G)| = = 2(G) + 2-nek. Ezekben dG (x) ≤ 3 minden x pontra. Vegyk szre, hogy ha felosztjuk egy lket kt ponttal, akkor ugyanezen osztly egy grfjt kapjuk hiszen ez az operci specilis esete a 8.19-ben szerepl operci nak, amikor G1 egy hromszg s G2 egy adott grf. Megford tva, ha adott egy ilyen grf s benne egy msodfok x pont (elsfok pont nem lehet, mert mert akkor a szomszdja egyetlen elembl ll vgs-halmaz lenne, ellentmondva ezzel pl. 8.19-nek), akkor x kt szomszdja 2 elem vgs-halmazt alkot, s 8.19 b rszbl azt kapjuk, hogy az x-hez illeszked kt lt sszehzva -kritikus grfot kapunk. Ezen G grf minden fokszma szintn legfeljebb 3, hiszen egyszer szm ts mutatja, hogy |V (G )| − 2(G ) = 2. Ennlfogva x G-beli szomszdainak msodfoknak kellett lenni, s gy G elll G -bl egy l kt ponttal val felosztsval. Ezrt elg a 3 fok grfokkal foglalkoznunk.

8.27

§ 8. FGGETLEN PONTHALMAZOK

405

Az elz feladat szerint egy 3-regulris grf, melyre |V (G)| = 2(G)+2 mindig egy K4 . gy minden sszefgg, -kritikus grf, melyre |V (G)| = 2(G) + 2 elll K4 -bl bizonyos lek pros szm ponttal val felosztsval $B. Andrsfai, megjelent: Theory of Gr. Int. Symp. Rome, Dunod, Paris{Gordon and Breach, New York, 1967, 9{19]. Megjegyz s : Ismert $L. Lovsz, Combinatorics , Coll. Math. Soc. Bolyai 15, Bolyai{North-Holland (1977)], hogy minden -ra vges sok -kritikus, 2(G) +  pont G grf ltezik, melyre minden ms grf elll ezekbl bizonyos lek pros szm ponttal val felosztsval. 26. Hagyjunk el leket, m g vgl egy -kritikus G grfot kapunk, melyre (G ) = = (G). G nem tartalmaz izollt pontot, mert ilyen x pontra (G − x) ≤ (G − − x) = (G) − 1 lenne. Hasonl an G egyetlen komponense sem llhat kt pontb l hiszen ha x s y G egy komponenst alkotn, akkor azt kapnnk, hogy (G − {x y}) ≥ (G − {x y}) = (G) − 1: gy G minden G0 komponensre |V (G0 )| ≥ 2(G0 ) + 1 8.25 miatt. Mivel |V (G)| = 2(G) + 1, csak egyetlen komponensnk van, s gy 8.25-bl az kvetkezik, hogy ez egy pratlan kr. gy G pratlan kr. Megmutatjuk hogy G = G. Tegyk fel, hogy G-nek van egy nem G -beli le. Ez az l G egy vvel egytt egy pratlan C krt alkot, s G maradk rszben, egy pratlan hossz ven van egy F 1-faktor. Mrmost G = C ∪ F -re (G ) = (G), gy ellentmondsra jutottunk a fentiekkel. $V. G. Vizing, L. S. Melinkov, Diskret. Analiz 19 (1971) 11{14.] 27. Mint korbban is, legyen G a G egy -kritikus fesz t rszgrfja, melyre (G ) = (G). Mint korbban is, ltjuk, hogy  G-ben nincsen olyan komponens, mely izollt pont vagy egyetlen l. Tovbb G minden pontjnak foka nagyobb 2-nl. Hiszen tegyk fel, hogy x G -ben csak y-nal s z -val szomszdos. Ekkor (G − {x y z }) < (G), mert x-et G − {x y z} brmely fggetlen halmazhoz hozzvve G egy fggetlen halmazhoz jutnnk. gy (G − {x y z }) ≤ (G − {x y z}) < (G) ami ellentmonds. 8.23 szerint |V (G0 )| ≥ 2(G0 ) + 2 G minden G0 komponensre. Ebbl az kvetkezik, hogy |V (G)| ≥ 2(G) + 4 ha G nem sszefgg gy feltehetjk, hogy G sszefgg. 8.25-bl G ∼ = K4 , vagy |V (G)| ≥ 2(G) + 3 $E. Szemerdi, Comb. Theory Appl. Coll. Math. Soc. J. Bolyai 4. Bolyai{ NorthHolland (1970) 1051{1053].

406

MEGOLDSOK

x

9.1

9. Kromatikus szm

1. Legyen x ∈ V (G). Mivel G − x minden pontjnak foka legfeljebb k , az indukci s feltevs szerint kisz nezhetjk (k + 1) sz nnel. x legfeljebb k ponttal szomszdos, emiatt van olyan sz n, mely nem szerepel x szomszdai kztt. x-nek ezt a sz nt adva G egy j sz nezst kapjuk. 2. Az els ll ts trivilis: Tekintsk G tetszleges (j ) sz nezst (G) sz nnel, legyen V1 brmely k < (G) sz n-osztly uni ja s V2 a maradk. A kiindul (G)sz nezs G$V1 ] egy k-sz nezst s G$V2 ] egy ((G) − k)-sz nezst adja: teht (G$V1 ]) ≤ k (G$V2 ]) ≤ (G) − k: Msrszrl G$V1 ] nem sz nezhet k-nl kevesebb sz nnel, mivel egy ilyen sz nezs G$V2 ] mr meglv sz nezsvel egytt G egy sz nezst adn (G)-nl kevesebb sz nnel. gy (G$V1 ]) = k s hasonl an (G$V2 ]) = (G) − k: Tegyk fel, hogy G nem teljes grf, ekkor tartalmaz egy H1 maximlis teljes rszgrfot. Legyen V1 = V (H1 ), V2 = V (G) − V1 s H2 = G$V2 ]. Azt ll tjuk, hogy (H1) + (H2 ) > (G): Mivel H1 teljes rszgrf, (H1 ) = |V1 | = k (mondjuk). Azt kell megmutatnunk, hogy (H2 ) > (G) − k. Indirekte tegyk fel, hogy H2 kisz nezhet a 1 : : :  (G) − k sz nekkel. Hasznljuk a (G) − k +1 : : :  (G) sz neket H1 sz nezshez. Azt fogjuk megmutatni, hogy ezen k sz n egyikt elhagyhatjuk, mondjuk a (G) sz nt. Ehhez tekintsk azon 1 sz n pontok T halmazt, melyek a (G) sz n x pontok szomszdai. Mivel H1 maximlis teljes rszgrf, minden t ∈ T ponthoz van olyan t ∈ V1 , mellyel nem szomszdos. Sz nezzk jra a grfot minden t ∈ T pontnak a t sz nt adva. Ez egy jabb rvnyes sz nezs, mert t sz ne sehol mshol nem fordul el, s az jonnan ilyen sz n pontok fggetlenek. Vegyk szre, hogy ebben az j sz nezsben x az egyetlen (G) sz n pont, s nincsen 1 sz n pontja. gy ha x sz nt az 1 sz nre cserljk, akkor egy (G) − 1 sz n sz nezst kapunk. Ez ellentmonds. 3. Legyen i a Gi (i = 1, 2) egy (Gi )-sz nezse. Feltehetjk, hogy V (G1 ) = = V (G2 ), mivel ez mindig elrhet a kt grfban izollt pontok felvtelvel. Ekkor (x) = (1 (x) 2 (x)) meghatrozza G1 ∪ G2 egy sz nezst (G1 ) · (G2 ) sz nnel, melynek rvnyessge knnyen ellenrizhet.

9.7

§ 9. KROMATIKUS SZM

407

Legyen  s  az tlet szerint denilva. Megmutatjuk, hogy  minden sz nt legalbb ktszer hasznl. Tegyk fel, hogy pl. az 1-es sz n csak egyszer szerepel. Legyen x a  szerint 1 sz n pont, s legyen S az x  szerinti sz n-osztlya. A  '-t a  -b l gy kapjuk, hogy S minden pontjt tsz nezzk 1 sz nre. gy  s  'rgi" kzs sz n-osztlyai rintetlenek maradnak, de egy j kzs sz n-osztlyt kapunk, S -t, ami ellentmonds. $T. Gallai, Mat. Kut. Int. Kzl. 8 (1964) 373{385.] 5. (a) k szerinti indukci t hasznlva feltehetjk, hogy (G − Vk ) ≤ n − |Vk | − (k − 1) + 1: Legyen  a G − Vk egy sz nezse 1 : : :  n −|Vk |− k +2 sz nekkel s terjesszk ki -t G egy sz nezsv Vk pontjait az n − |Vk | − k + 3 : : :  n − k + 2 sz nekkel sz nezve. jra akarjuk sz nezni a grfot gy, hogy ezen sz nek egyike elhagyhat legyen. A felttel szerint minden Vi (1 ≤ i ≤ k − 1) tartalmaz egy olyan yi pontot, mely nem szomszdos Vk egy bizonyos xi szomszdjval. Kell lenni olyan sz nnek, mely csak a {y1  : : :  yk−1 } halmazban fordul el, mivel az ezen halmazon k vli pontok szma csak n − k + 1. Legyen ez a sz n mondjuk 1. Sz nezzk jra xi sz nvel azon yi pontokat, melyekre (yi ) = 1. Nyilvnval , hogy az gy kapott sz nezs j , s csak n − k +1 sz nt hasznl. $R. P. Gupta, Theory of Graphs, Proc. Int. Coll. Rome, Gordon and Breach, 1969.] (b) Tekintsk G egy (G)-sz nezst a V1  : : :  Vk (k = (G)) sz nosztlyokkal. Ekkor brmely kt Vi -t l kti ssze G-ben, hiszen klnben sszevonhat k lennnek. gy G eleget tesz (a) feltteleinek, emiatt (G) ≤ n − k + 1 = n − (G) + 1: Ezzel az els egyenltlensget belttuk. A msodik 9.3-b l trivilis: (G) · (G) ≥ (G ∪ G) = (Kn ) = n: $E. A. Nordhaus{J. W. Gaddum, Amer. Math. Monthly 63 (1956), 175{177.] 6. Legyen V (Km ) = {x1  : : :  xm }. Tegyk fel, hogy T a G ⊕ Km egy fggetlen halmaza. Ekkor T az {(y x1 ) : : :  (y xm )} (y ∈ V (G)) legfeljebb egy pontjt tartalmazza, mivel ez teljes grf. Emiatt |T | ≤ |V (G)|. Ha egyenlsg ll fenn, akkor {(y x1 ) : : :  (y xm )}-bl pontosan egy tartozik T -be. Ekkor deniljuk G egy m-sz nezst gy, hogy y sz ne i, ha (y xi ) ∈ T . Ez rvnyes sz nezs lesz, mivel ha y s z sz ne is i, akkor (y xi ), (z xi ) ∈ T , s gy ezek nem szomszdosak, de akkor y, z sem szomszdos. Megford tva tegyk fel, hogy G m-sz nezhet s tekintsk egy  sz nezst az 1 : : :  m sz nekkel. Ekkor az {(y x(y) ) y ∈ V (G)} halmaz a G ⊕ Km egy |V (G)| mret fggetlen rszhalmaza. $V. G. Vizing] 7. (a) Legyen  a G1 egy (G1 )-sz nezse. Deniljuk G1 × G2 egy  sz nezst a kvetkezkppen:  (x y) = (x) (x ∈ V (G1 ), y ∈ V (G2 )). Ez rvnyes sz nezs, hiszen ha (x1  y1 ) ssze van ktve (x2  y2 )-vel, akkor x1 ssze van ktve x2 -vel (s y1 ssze van ktve y2 -vel), gy (x1 ) = (x2 ). Teht (G1 × G2 ) ≤ (G1 ). Hasonl an (G1 × G2 ) ≤ (G2 ). 4.

408

MEGOLDSOK

9.7

(b) Mivel {(x x) : x ∈ V (G)} pontjai (G × G)-nek G-vel izomorf rszgrfjt fesz tik, (G × G) ≥ (G), s (a) miatt egyenlsg ll fenn. (c) Tegyk fel, hogy k = (G × Kn ) < n, megmutatjuk, hogy ekkor k ≥ ≥ (G). Legyen  a G × Kn egy k -sz nezse. Mivel k < n, a {(v x) : x ∈ ∈ V (Kn )} halmazban minden v ∈ V (G)-re van ismtelt sz n legyen  (v ) egy ilyen egynl tbbszr elfordul sz n. Azt ll tjuk, hogy  j k-sz nezse G-nek. Tegyk fel, hogy (v1  v2 ) ∈ E (G). Ltezik olyan xi s xi  , melyekre (vi  xi ) = = (vi  xi  ) =  (vi ) (i = 1, 2). Feltesszk, hogy x1 = x2 . Ekkor (v1  x1 ) s (v2  x2 ) szomszdosak G × Kn -ben, gy  (v1 ) = (v1  x1 ) = (v2  x2 ) =  (v2 ): (d) Legyen  a G × Kn egy n-sz nezse. Ha minden v-re van olyan sz n, mely {(v x) : x ∈ V (Kn )}-ben ktszer szerepel, akkor a G egy n-sz nezst kapjuk gy, mint az elz megoldsban, s ez ellentmond (G) > n-nek. gy van egy v ∈ V (G), melyre (v x) (x ∈ V (Kn )) sz nek klnbzek. Azt ll tjuk, hogy ugyanez igaz v minden u szomszdjra, st (u x) = (v x) minden x ∈ ∈ V (Kn )-re. Ez abb l kvetkezik, hogy (u x) = (v y ) x = y -ra s (v x) kivtelvel minden sz n elfordul (v y), y = x-ben. gy (u x) = (v x) s mivel G sszefgg, ez minden u, v prra igaz. Teht az  n-sz nezs az, amit a Kn (egyrtelm) n-sz nezse indukl. (e) Ha n = 2, egy pros G grfnak 2c(G)−1 2-sz nezse van, mivel minden komponensnek egyrtelm 2-sz nezse van (a sz nek felcserlsnek erejig), s ezek 2c(G)−1 m don kombinlhat k. Tegyk fel, hogy n ≥ 3. Azt ll tjuk, hogy Knm-nek pontosan m n-sz nezse van (azok, amelyeket a faktorok n-sz nezsei induklnak). Indukci t alkalmazunk m-re. Legyen  a Knm = Knm−1 × Kn egy n-sz nezse. Elszr tegyk fel, hogy van egy olyan v ∈ V (Knm−1 ) pont, hogy minden (v x), x ∈ V (Kn ) pont sz ne azonos. Ekkor az elz megoldshoz hasonl an ad dik, hogy (v x) fggetlen v-tl (mert 6.4 szerint Knm−1 sszefgg n ≥ 3ra), azaz az utols faktor egy n-sz nezse induklja. gy tegyk fel, hogy van kt olyan pont, xv  xv ∈ V (Kn ) minden v ∈ ∈ V (Knm−1 )-hez, melyekre (v xv ) = (v xv ). Ha (v x) fggetlen x-tl, akkor Knm−1 egy sz nezse hatrozza meg, s indukci val kszen vagyunk. Teht egyk fel, hogy van egy v0 ∈ V (Knm−1 ) s x0 , x0 ∈ V (Kn ), melyekre (v0  x0 ) = = (v0  x0 ). Deniljuk a kvetkez sz nezseket:  (v0  x0 ) v = v0 -re,  (v) = (v xv ) klnben, ( (v0  x0 ) v = v0 -re,   (v) =  (v) klnben.

9.8

§ 9. KROMATIKUS SZM

409

Ekkor knnyen ellenrizhet, hogy  s  ' Knm−1 rvnyes n-sz nezsei s csak v0 nl klnbznek. De az indukci s feltevsbl ismerjk Knm−1 minden n-sz nezst, s nincs kztk olyan, mint  s   . Ez az ellentmonds bizony tja ll tsunkat. $I. Tomescu D. Greenwell{Lovsz L., Acta Math. Acad. Sci. Hung. 25 (1974) 335{340.] 8. Az albbi vlaszok trivilisak: (a) az S -en rtelmezett teljes grf (b) vegynk fel k − |S | + 1 j pontot s kssk ssze ket S -sel s egymssal (c) vegynk fel k − 1 j pontot s kssk ssze ket S -sel s egymssal. (d) Vegynk egy ≥ |S | hosszsg pratlan C krt kssk ssze C minden pontjt S egy pontjval gy, hogy S minden pontja szerepeljen. Vegynk mg k − 3 tovbbi pontot, u1  : : :  uk−3 -at s kssk ket egymshoz, C pontjaihoz s egy adott s0 ∈ S ponthoz. Az eredmnyl kapott G grf egyetlen k-sz nezse sem induklja a {S } part ci t. Hiszen ha S minden pontjnak sz ne azonos, akkor u1  : : :  uk−3 k − 3 msik sz nnel van sz nezve (tekintve, hogy s0 -lal szomszdosak), s C sz nezsre csak kt sz nt hasznlhatunk, ami lehetetlen. Tekintsk S egy olyan k-sz nezst, melyben legalbb kt sz n elfordul. Sz nezzk u1  : : :  uk−3 -at s0 sz ntl klnbz sz nnel. C minden pontjnl legfeljebb k − 2 sz nt hagytunk ki (az u1  : : :  uk−3 pontok sz neit s az S -beli szomszdjnak sz nt), gy mg mindig van kt rvnyes sz n. Tovbb ez a kt sz n nem ugyanaz minden pontnl. Megmutatjuk, hogy ebbl az kvetkezik, hogy a sz nezs kiterjeszthet C -re. Legyen C = (x1  : : :  xm ) (ezen rvels sorn nincs szksgnk arra a tnyre, hogy C pratlan). Azt is feltehetjk, hogy az x1 -nl s xm-nl megengedett kt sz n nem azonos, azaz ltezik egy x1 -nl megengedett, de xm-nl nem megengedett 1 sz n. Legyen 2 egy x2 -nl megengedett, 1 -tl klnbz sz n (mivel x2 -nl kt sz n megengedett, van ilyen sz n), s hasonl an ha 1  : : :  i denilva vannak, akkor legyen i+1 egy xi+1 -nl megengedett, i -tl klnbz sz n. Ekkor (xi ) = i (i = 1 : : :  m) a C kr egy j sz nezst hatrozza meg. Val ban, xi s xi+1 sz ne den ci szerint klnbz s x1 s xm sz ne gyszintn, mivel m az xm -nl megengedett sz nek egyike, m g x1 sz ne nem az. (e) Els megolds . Elszr legyen adott egy P part ci . Konstrulunk egy olyan GP grfot, melyre S ⊆ V (GP ) s GP k-sz nezsei S -nek P kivtelvel minden part ci jt indukljk. Legyen P = {X1  : : :  Xr }. Rendeljnk minden olyan A = {a1  : : :  ar−1 } rszhalmazhoz, melyre ai ∈ Ai (i = 1 : : :  r − 1), egy j pontot, s ezt kssk ssze a1  : : :  ar−1 -gyel. Legyen T ezen j pontok halmaza. Vegyk szre a kapott H grf kvetkez kt tulajdonsgt: (1) Ha H -t gy sz nezzk ki k sz nnel, hogy a sz nezs a P part ci t induklja S -en, akkor T ∪ Xr szksgkppen monokromatikus. (2) Ha S -et gy sz nezzk ki k sz nnel, hogy a megfelel part ci P -tl klnbzik, akkor a sz nezs kiterjeszthet T -re gy, hogy T ∪ Xr nem lesz monokromatikus.

410

MEGOLDSOK

9.9

Illessznk egy olyan grfot T ∪ Xr -hez, hogy T ∪ Xr egy k-sz nezse akkor s csak akkor legyen kiterjeszthet erre a grfra, ha T ∪ Xr nem monokromatikus (lsd (d) rsz). Ekkor a kapott GP grf rendelkezik a k vnt tulajdonsggal. Ha adott S part ci inak brmely {P1  : : :  PN } halmaza, konstruljuk minden P = P1  : : :  PN part ci hoz a GP grfot. Feltehetjk, hogy a GP grfokban csak S pontjai kzsek. Ekkor G = ∪GP a k vnt tulajdonsgokkal rendelkez grf. Vegyk szre mg azt a tovbbi tulajdonsgot is, hogy S fggetlen ponthalmaz G-ben. Msodik megolds . A konstrukci t rszletezs nlkl ismertetjk. Tekintsk KkN -t. 9.7 szerint ennek a grfnak pontosan N k-sz nezse van, 1 : : :  N . Legyen i az S egy k-sz nezse, mely a Pi (i = 1 : : :  N ) part ci t induklja, s

i = i ∪ i (ez S ∪ V (KkN ) egy k-sz nezse). Vegyk hozz a grfhoz az sszes olyan S s KkN kzti lt, melyek mellett az i sz nezsek rvnyesek maradnak. Knnyen igazolhat , hogy a kapott grf k-sz nezsei pontosan az 1  : : :  N sz nezsek, gy ez eleget tesz a kvetelmnyeinknek. Elszr tegyk fel, hogy G-ben nincsen irny tott kr. Jellje (x) az x-bl indul utak maximlis hosszt. Ekkor  egy sz nezs a 0, 1, : : : , m − 1 sz nekkel. Hiszen tegyk fel, hogy vannak azonos i sz n pontok, x s y legyen mondjuk (x y) ∈ E (G). Legyen P egy i hosszsg, y-b l indul t ekkor P nem halad t x-en, mert G-ben nincsen irny tott kr. Emiatt (x y) + P egy i + 1 hosszsg, x-bl indul kr, teht (x) ≥ i + 1, ami ellentmonds. Jegyezzk meg, hogy ebben a sz nezsben egyetlen irny tott t sem kt ssze azonos sz n pontokat. Legyen {e1  : : :  ek } olyan minimlis lhalmaz, melynek elhagysval nem marad irny tott kr. Ekkor G = G−{e1  : : :  ek } irny tott krmentes s rendelkezik a fent konstrult m-sz nezssel. Mivel G + ei most mr nem irny tott krmentes, van benne egy ei -n thalad irny tott kr. A fenti megjegyzsnk alapjn ebbl az kvetkezik, hogy ei vgpontjai klnbz sz nek. Teht G m-sz nezse G-nek is j m-sz nezse. $T. Gallai, B. Roy] 9.

10. Tegyk

fel, hogy van egy sz nezsnk az eml tett tulajdonsggal. Ekkor minden kr egyforma gyakran kell, hogy 'fel" s 'le" menjen, azaz ugyanannyi le mutat mindkt irnyba. Megford tva, tegyk fel, hogy a krk rendelkeznek ezzel a tulajdonsggal. Legyen W tetszleges zrt sta, ll tsunk szerint W is rendelkezik ugyanezzel a tulajdonsggal. Indukci t alkalmazunk |E (W )|-re. Ha W egy kr, akkor ez trivilisan igaz egybknt legyen x egy pont, mely ktszer fordul el W -n. Ekkor x kt rvidebb zrt stra osztja W -t, gy indukci val kszen vagyunk. Deniljuk a stk 'kltsgt" gy, hogy a j irnyban hasznlt lek szmb l kivonjuk a visszafel hasznlt lek szmt. Legyen x0 egy pont. Tetszleges a pontra minden (x0  a)-sta kltsge azonos, mert klnben x0 -b l a-ba stlva, majd egy msik stn visszatrve ezen sta kltsge nem-nulla lenne. Sz nezzk at egy (x0  a)-sta kltsgvel, ekkor a sz nezs rendelkezik a k vnt tulajdonsggal.

9.12

§ 9. KROMATIKUS SZM

411

Ha G k-sz nezhet az 1 : : :  k, sz nekkel, akkor irny tsuk (a b)-t a-b l b-be, ha b sz ne nagyobb szm a sz nnl. Knnyen igazolhat , hogy ez az irny ts ren~ a G egy delkezik a krdses tulajdonsggal. A megford tshoz tegyk fel, hogy G megfelel irny tsa. Bizony tsuk be elszr az tlettrban szerepl ll tsokat. (a) Vegyk szre, hogy az irny tsra vonatkoz feltevs miatt ha krbejrom G egy tetszleges krt, nem nyerhetek. Teht ha elhagyok egy 'hurkot" egy tetszleges (a b)-stb l, olyan (a b)-stt kapok, melynek kltsge nem tbb. Tekintve, hogy az (a b)-utak szma vges, van olyan, melynek kltsge minimlis. (b) Tegyk fel, hogy a s b szomszdosak, s mondjuk (a b) ∈ E (G). Legyenek Wa s Wb optimlis (x0  a)- illetve (x0  b)-stk rendre "(a), illetve "(b) kltsgekkel. Ekkor Wa + (a b) egy (x0  b)-sta "(a) − 1 kltsggel, teht "(b) ≤ ≤ "(b) − 1. Megford tva, Wb + (a b) egy (x0  a)-sta "(b) + k − 1 kltsggel, gy "(a) ≤ "(b) + k − 1. Teht 1 ≤ "(a) − "(b) ≤ k − 1 az ll tsnak megfelelen. Rgz tsnk egy x0 pontot s deniljuk a sz nt, mint az (x0  a)-stk minimlis kltsgt, modulo k. Teht az 0, 1, : : : , k − 1 sz neket hasznljuk. Ez egy rvnyes sz nezs, mert ha a s b szomszdos pontok, akkor a fenti (b) rsz miatt az (x0  a)-, illetve (x0  b)-stk minimlis kltsgei klnbz maradkosztlyokba tartoznak modulo k. $G. J. Minty, Am. Math. Monthly 69 (1962), 623{624.] 12. (a) Legyen x0 egy pont, melyre |C (x0 )| > dG (x0 ) tegyk fel, hogy x0  : : :  xi (0 ≤ i ≤ n − 1) denilva vannak, ekkor legyen xi+1 egyikkkel szomszdos pont (ilyen ltezik, mert G sszefgg). gy kapjuk az (x0  : : :  xn−1 ) sorozatot. Sz nezzk xn−1 -et C (xn−1 ) sz neinek egyikvel tegyk fel, hogy xn−1  : : : : : :  xn−i mr sz nezve vannak, ekkor vlasszunk egy olyan sz nt C (xn−i−1 )-bl, mely klnbzik xn−i−1 korbban sz nezett szomszdainak sz ntl. Ez lehetsges, ha i = n − 1, hiszen ekkor xn−i−1 -nek dG (xn−i−1 )-nl kevesebb mr sz nezett szomszdja van, s |C (xn−i−1 )| ≥ dG (xn−i−1 ). De lehetsges i = n − 1 esetn is, mert x0 -nak dG (x0 ) szomszdja van, s |C (x0 )| > dG (x0 ). gy egy k vnt sz nezst kapunk. (b) Tallhatunk kt szomszdos pontot, a-t s b-t, melyekre C (a) = C (b). Feltehetjk, hogy C (a) ⊇ C (b). Mivel G − b sszefgg, elrendezhetjk pontjait egy olyan (x0 = a : : :  xn−2 ) sorozatban, hogy xj szomszdos valamely xi -vel (i < j ) brmely 1 ≤ j ≤ n − 2-re. Legyen b = xn−1 , ez szintn rendelkezik ezzel a tulajdonsggal. Adjunk xn−1 -nek egy nem C (a)-beli sz nt (ilyen sz n van, mert C (a) ⊇ C (b)). Visszafel haladva ugyangy, mint az elz megoldsban, sz nezzk xn−2  : : :  x1 et. Viszont x0 = a-nak is tallunk megfelel sz nt mivel ennek dG (a) = |C (a)| szomszdja van, de ezek egyiknek, b-nek a sz ne , ami nem jhet szm tsba, mert  ∈= C (a). Ennlfogva tallunk egy olyan sz nt C (a)-ban, ami klnbzik a szomszdainak sz ntl. 11.

412

MEGOLDSOK

9.13

13. (a) Ltezik az tlettrban le rt tulajdonsggal rendelkez x0 , xn−2 , xn−1 pont-

hrmas, mivel ellenkez esetben a 'szomszdosnak lenni" relci ekvivalenciarelci lenne, s G teljes lenne. Mivel G 3-szorosan sszefgg, G − xn−2 − xn−1 sszefgg s pontjai elrendezhetk olyan x0  : : :  xn−3 sorrendbe, hogy minden xj ssze van ktve egy olyan xi -vel, melyre i < j (j = 1 : : :  n − 3). Sz nezzk xn−1 , xn−2 -t az 1 sz nnel. Ismt visszafel dolgozva minden xi nek (i ≥ 1) az 1 : : :  k sz nek egyikt adjuk, hiszen xi -nek k-nl kevesebb mr sz nezett szomszdja van. x0 -ba rve ennek is maradt mg sz n, mert br x0 nak k szomszdjt sz neztk mr korbban, de ezek kzl kettnek, xn−1 -nek s xn−2 -nek azonos a sz ne. (b) Feltehetjk, hogy G 2-szeresen sszefgg hiszen klnben ha ksz nezhetjk a tagjait, magt l rtetd m don (ha szksges, a sz nek permutlsval, hogy az elvg pontok sz ne azonos legyen) sszerakhatjuk azok sz nezsbl G egy sz nezst. Azt is feltehetjk, hogy G k-regulris, egybknt 9.12a alkalmazhat . Tegyk fel, hogy G nem 3-szorosan sszefgg, azaz G = G1 ∪ G2 gy, hogy V (G1 ) ∩ V (G2 ) = {x1  x2 }, |V (Gi )| ≥ 3. Mivel k ≥ 3, G1 -nek s G2 -nek hromnl tbb pontja van. Mg azt is feltehetjk, hogy dG1 (x1 ) > 1, klnben kicserlhetnnk x1 -et a G1 -beli szomszdjval. Hasonl an feltehetjk, hogy dG2 (x2 ) > > 1. Ekkor G1 + (x1  x2 ) s G2 + (x1  x2 ) pontjai legfeljebb k fokak, s gy ezek a grfok k-sz nezhetk (indukci val, vagy 9.12a-val, zls szerint). Ezekben a k-sz nezsekben x1 s x2 sz ne klnbz, hiszen szomszdosak. Emiatt a sz nek permutlsval elrhetjk, hogy x1 sz ne mindkt grfban azonos legyen, ugyanez vonatkozik x2 -re. A kt k-sz nezs sszeilleszthet G egy k-sz nezsv. $R. L. Brooks] 14. (a)

Az tletnek megfelelen azt kell beltnunk, hogy a 'nem szomszdossg" egy ekvivalenvcia relci V (G)-n. Ebbl majd az kvetkezik, hogy V (G)-nek van egy olyan {V1  V2  : : :} part ci ja, hogy kt pont akkor s csak akkor szomszdos, ha klnbz osztlyba tartoznak. Az osztlyok szma nem lesz tbb k-nl, hiszen G nem tartalmazhat teljes (k +1)-szget az a tny, hogy nem lehet k-nl kevesebb osztly, kvetkezik G maximalitsb l. A 'nem szomszdossg" relci szimmetrija s re6exivitsa trivilis. gy azt kell beltnunk, hogy (a b) ∈= E (G), (b c) ∈= E (G)-bl (a c) ∈= E (G) kvetkezik. G maximalitsa miatt G-nek van egy H1 vges rszgrfja, melyre H1 + (a b) nem k-sz nezhet. Nyilvnval , hogy a, b ∈ V (H1 ). Hasonl an ltezik G-nek egy vges H2 rszgrfja azzal a tulajdonsggal, hogy H2 +(b c) nem k-sz nezhet. Tekintsk H1 ∪ H2 + (a c)-t azt ll tjuk, hogy ez a grf nem k-sz nezhet. Indirekte tegyk fel, hogy van egy  k-sz nezse. Ekkor (a) = (b), klnben  a H1 + (a b) egy k-sz nezse lenne. Hasonl an (b) = (c). gy (a) = (c), s ez lehetetlen, mert a s c szomszdosak H1 ∪ H2 + (a c)-ben. gy H1 ∪ H2 + (a c) nem k-sz nezhet, teht nem lehet G rszgrfja. gy a s c nem szomszdosak G-ben.

9.15

§ 9. KROMATIKUS SZM

413

(b) Feltehetjk, hogy G egyszer. Tekintsk az sszes olyan G grfot, melyre V (G ) = V (G), s G ∪ G minden vges rszgrfja k-sz nezhet. Mivel ez a tulajdonsg csak a G vges rszgrfjait l fgg (azaz G akkor s csak akkor rendelkezik ezzel a tulajdonsggal, ha minden vges rszgrfja is), van egy maximlis egyszer ilyen tulajdonsg G0 grf. Nyilvnval , hogy G0 ⊇ G. Teht (a) miatt V (G)-nek van egy olyan V1  : : :  Vk part ci ja, hogy kt pont akkor s csak akkor szomszdos G-ben, ha klnbz osztlyba tartoznak. Termszetesen ez a part ci G-nek egy j sz nezse. $P. Erds{N. G. De Bruijn, Indag. Math. 13 (1961), 371{373 ez a bizony ts P sa Lajost l szrmazik.] (c) Legyen e = (x y) ∈ E (G). Ekkor V (G) k-sz nezseinek Fe = { : (x) = (y)} halmaza zrt, hiszen a komplementere az { : (x) − (y ) = j } (j = 1 : : :  k) ny lt halmazok uni ja. Az rvnyes sz nezsek halmaza \

e∈E (G)

Fe}

ami gy szintn zrt. Az Erds{de Bruijn ttel bizony tshoz vegyk szre, hogy Tyihonov lemmja miatt a × Tv szorzattr kompakt. Az az ll ts, hogy G minden vges v∈V (G) rszgrfja k-sz nezhet, megfogalmazhat gy is, hogy tetszleges vges szm Fe halmaz metszete nem-res. Az a kijelents, hogy G k-sz nezhet, ekvivalens azzal az ll tssal, hogy az sszesnek a metszete nem-res. Ez viszont kvetkezik a Riesz metszet-ttelbl. 15. I. Nyilvnval , hogy K tartalmaz bizonyos teljes grfokat. Legyen Kk+1 a legkisebb teljes grf K-ban. Azt ll tjuk, hogy K pontosan a nem-k-sz nezhet grfok osztlya. Elszr legyen G ∈ K s indirekt tegyk fel, hogy G k-sz nezhet. Ekkor G k-sz nezse annak egy homomorzmust denilja Kk -ba, teht (i) miatt Kk ∈ K, ami ellentmonds. II. Megmutatjuk, hogy minden nem-k-sz nezhet grf K-ba tartozik. Ttelezzk fel, hogy erre G egy ellenplda. Feltehetjk, hogy G olyan, hogy brmely kt nem-szomszdos pontjt egy j llel sszektve K-beli grfot kapunk. Azt ll tjuk, hogy a 'nem szomszdossg" egy ekvivalencia-relci V (G)-n. Indirekte tegyk fel, hogy (a b) ∈= E (G), (b c) ∈= E (G), de (a c) ∈ E (G) (az ekvivalencia-relci

tbbi kritriuma trivilisan teljesl). G maximalitsa miatt G + (a b) ∈ K, G + + (b c) ∈ K. gy (ii) miatt G ∈ K, ami ellentmonds. gy a 'nem-szomszdossg" ekvivalencia-relci , s emiatt V (G)-nek van olyan {V1  : : :  Vm } part ci ja, hogy kt pont akkor s csak akkor szomszdos, ha klnbz osztlyba tartoznak. Mivel G nem k-sz nezhet, m ≥ k + 1. De ekkor G tartalmaz egy Kk+1-et, ami ellentmonds, mivel Kk+1 ∈ K, de G ∈= K.

414

MEGOLDSOK

9.16

belthat , hogy az (), ( ), ( ) operci k nem-k-sz nezhet grfokat eredmnyeznek, ha a kiindul grfok nem k-sz nezhetk. Jellje K az olyan grfok osztlyt, melyek elllnak a teljes (k + 1)-szgbl (), ( ) s ( ) ismtelt alkalmazsval. Azt ll tjuk, hogy K eleget tesz 9.15 feltteleinek. (i) trivilis. Legyen a H grf s a, b, c ∈ V (H ) olyanok, hogy H + +(a b) ∈ K, H +(b c) ∈ K. Legyen H  a H -val izomorf grf, s jellje x a H  -beli x ∈ (H )-nak megfelel pontot. Ekkor H  + (b  c ) ∈ K. Azonos tsuk b-t s b -t s kssk ssze a-t c -vel ezutn azonos tsuk x-et x -vel (x ∈ V (H )) s hagyjuk el a tbbszrs leket, hogy egyszer grfot kapjunk. H +(a b)-b l s H  +(b  c )-bl a ( ) s ( ) operci kkal gy megkapjuk H -t. Ez bizony tja, hogy H ∈ K. Teht K valamely r-ra az sszes nem-r-sz nezhet grfb l ll. Nyilvnval , hogy r = k. $Haj s G.] 17. (a) 5.3 miatt egy grf akkor s csak akkor 2-sz nezhet, ha nem tartalmaz pratlan krt. gy a kritikusan 3-kromatikus grfok pontosan a pratlan krk. (b) Az egyszersg kedvrt tegyk fel, hogy n pratlan a pros eset hasonl an kezelhet. Tekintsnk egy Knn teljes pros grfot az A s B sz nosztlyokkal. Vegynk kt n hosszsg diszjunkt pratlan krt, CA -t s CB -t, s kssk ssze CA minden pontjt A egy pontjval, CB minden pontjt B egy pontjval fggetlen lekkel. Jellje a kapott grfot G (64. bra). 16. Egyszeren

64. bra

A G grf nem 3-sz nezhet. Val ban, Knn minden 3-sz nezse az A s B halmazok egyikt monokromatikusan sz nezi. De akkor ez a sz nezs nem terjed ki a megfelel pratlan krre. Msrszrl G -kritikus. Hiszen legyen e = (x y) egy l. Ha x ∈ A, y ∈ B , sz nezzk x-et s y-t pirosra, A − {x} minden pontjt kkre, B − {y} minden pontjt zldre. Ebben a sz nezsben sem A, sem B nem monokromatikus, gy kiterjeszthet a teljes G − e grf egy 3-sz nezsv. Hasonl okfejtssel kapjuk, hogy G − e 3-sz nezhet minden e lre. Mivel G-nek tbb, mint n2 le van, megtalltuk a keresett grfot. $B. Toft, Studia Sci. Math. Hung. 5 (1970), 461{470.] (c) Ismt az egyszersg kedvrt tegyk fel, hogy n pratlan. Vegynk kt diszjunkt n pont krt, C1 -et s C2 -t, s kssk ssze C1 minden pontjt C2 minden pontjval. A kapott grf nem 5-sz nezhet, hiszen 3 sz nre van szksgnk C1 sz nezshez s 3 msik sz nre C2 sz nezshez. Knnyen tallhatunk

9.19

§ 9. KROMATIKUS SZM

415

azonban 5-sz nezst a G − e, e ∈ E (G) grfokhoz, teht G -kritikus. A fokszmkvetelmnyeknek trivilisan eleget tesz. $G. A. Dirac, J. London Math. Soc. 27 (1952) 85{92.] 18. Legyen (G) = k . Elszr megmutatjuk, hogy (G ) > k . Indirekte tegyk fel, hogy G -nek van egy  k-sz nezse. Legyen (y) = 1 deniljuk V (G) egy  sz nezst a kvetkezkppen:  (x) ha (x) = 1,  (x) = (x ) ha (x) = 1. Ekkor  a G egy rvnyes sz nezse. Val ban, ha (x z ) ∈ E (G), akkor egyikkre, mondjuk x-re (x) = 1, gy  (x) = (x). Mrmost fggetlenl att l, hogy  (z ) = = (z ) vagy (z  ),  (z ) klnbzni fog  (x)-tl, hiszen z is s z  is szomszdja x-nek. De  csak k − 1 sz nt hasznl, ami ellentmonds. Legyen e ∈ E (G ), megmutatjuk, hogy (G − e) ≤ k. Ha e ∈ E (G), akkor vegyk G − e egy (k − 1)-sz nezst, sz nezzk az x (x ∈ V (G)) pontokat a k sz nnel s y-t az 1 sz nnel. Ha e = (u v ), vegyk G−(u v) egy  (k −1)-sz nezst. Deniljuk (z)-t a kvetkezkppen: 8  (z ) ha z ∈ V (G) − {v}, > < (z ) = > k ha z = v vagy z = y, :  (x ) ha z = x . Vgl ha e = (y v ), legyen  a G − v egy (k − 1)-sz nezse s 8  (z ) ha z ∈ V (G) − {v}, > < (z ) = > k ha z = v, v vagy y, :  (x) ha z = x . Minden esetben talltunk egy k-sz nezst G − e-hez. Teht G -kritikus s (G ) = k + 1, ahogy azt ll tottuk. $J. Mycielsky] 19. (a) Tegyk fel, hogy G0 egy 4-kromatikus -kritikus G grf egy rszgrfja. Ekkor G − {x3  x4 } 3-sz nezhet. Tekintsk brmely 3-sz nezst. Ekkor x1 s x5 sz ne klnbz emiatt mind x2 , mind x4 a harmadik sz nt kapja, teht x3 s x4 sz ne klnbz. De ebbl az kvetkezik, hogy sz nezsnk G-nek is egy j

sz nezse, ami ellentmonds. (b) Tegyk fel, hogy G0 ⊆ G, ahol G -kritikus s (G) = k + 1. Legyen e ∈ ∈ E (G0 ). Ekkor (G − e)-nek van egy  (k − 1)-sz nezse. Mivel ez nem j sz nezse G-nek, e vgpontjainak sz ne azonos. Ez viszont azt jelenti, hogy  a G0 =e egy k-sz nezst adja. Megford tva tegyk fel, hogy (G0 =e) ≤ k minden e ∈ E (G)-re. Megmutatjuk, hogy G0 begyazhat egy kritikusan (k + 1)-kromatikus grfba mg fesz tett rszgrfknt is. A feltevs azt jelenti, hogy minden G0 =e-re ltezik V (G)-nek egy olyan k-sz nezse, mely ugyanazt a sz nt rendeli e vgpontjaihoz, de klnbz

416

MEGOLDSOK

9.20

sz nt G0 minden lnek vgpontjaihoz. Legyen Pe az S e ltal induklt part ci ja. 9.8 szerint tallunk egy olyan G grfot, melyre S ⊆ V (G) s G k-sz nezsei csak a Pe (e ∈ E (G0 )) part ci kat indukljk S -en. Legyen G = G ∪ G0 . Mrmost (G ) > k. Hiszen ha ltezne G -nek egy k-sz nezse, az egy Pe part ci t induklna S -en, ami lehetetlen, mert e kt olyan pontot kt ssze, mely Pe azonos osztlyba tartozik. Emiatt G tartalmaz egy (k + 1)-kromatikus kritikus G grfot. Most mr csak azt kell megmutatnunk, hogy ahhoz, hogy G bl G -t kapjuk, G0 -nak egyetlen lt sem kell elhagynunk. Indirekte tegyk fel, hogy e ∈ E (G0 ), de e ∈= E (G ). Legyen e a G egy k-sz nezse, mely S -en Pe -t induklja. Pe den ci ja szerint e a G ⊂ G ∪ (G0 − e) grfnak egy j sz nezse. Ez ellentmond annak, hogy (G ) = k + 1. $D. Greenwell{Lovsz L., Acta Math. Acad. Sci. Hung. 25 (1974) 335{340.] 20. Az els ll ts trivilis: G brmely e lre G − e k -sz nezhet s ez a G − − e egy k -sz nezst adja. Emiatt vagy G maga is k -sz nezhet, vagy kritikusan (k + 1)-kromatikus. Ha k = 2, akkor a kritikusan 3-kromatikus grfok a pratlan krk. Ezek brmely pontjnak felhas tsval 2-kromatikus grfot kapunk (egy utat). w¢

v¢

v

t

u

x

w

x¢

65. bra

Egy pldn mutatjuk be, hogy a k ≥ 3 esetben a msodik lehetsg val ban elllhat. Tegyk ssze Kk+1 3 pldnyt a 65. brn lthat Haj s konstrukci

szerint. Ekkor 9.16 miatt (vagy trivilisan) a kapott G grf nem k-sz nezhet. Msrszrl mg ha azonos tjuk is az x s x pontokat, a kapott grf kritikusan (k + 1)-kromatikus lesz. Hiszen hagyjuk el brmelyik e lt, pldul az x-et tartalmaz Kk+1 -bl. Ekkor ezen Kk+1 pontjait kisz nezhetjk oly m don, hogy csak e vgpontjai kapnak azonos sz nt vagyis u s v sz ne klnbz. Sz nezzk a msik (x -t tartalmaz ) Kk+1 pontjait gy, hogy csak t s w sz ne azonos. Sz nezzk v -t ugyanazzal a sz nnel, mint u-t. A megmarad k − 2 pont sz nezhet a v , w s u sz ntl klnbz k − 2 sz nnel. Hasonl gondolatmenettel kapjuk G − e k-sz nezst, amikor e tetszleges msik l. 21. Indirekte tegyk fel, hogy valamely m ≤ k − 1 darab l (legyenek ezek e1  : : : : : :  em ) elvlasztja G-t, a G1 s G2 rszekre. Feltehetjk, hogy ez egy minimlis

9.23

§ 9. KROMATIKUS SZM

417

elvg halmaz, teht minden ei G1 -et s G2 -t kti ssze. Tekintsk G1 egy ksz nezst a T1  : : :  Tk sz n-osztlyokkal, s G2 egy k-sz nezst az S1  : : :  Sk sz n-osztlyokkal (ezek G kritikussga miatt lteznek). Mindegyik Ti -hez hozz akarjuk rendelni valamelyik Si -t gy, hogy egyetlen l sem kti ssze Ti -t s Si -t. Mivel csak m ≤ k − 1 lt kell gyelembe vennnk, gy biztosan van olyan Si , amit nem kt l T1 -hez. Nyilvnval an vlaszthatjuk ezt az Si -t gy, hogy vagy T1 , vagy Si szomszdos legyen az e1  : : :  em lek egyikvel. Legyen ennek indexe 1 . Ekkor a maradk k − 1 T -osztlyt kell hozzrendelnnk a maradk k − 1 S -osztlyhoz, s az osztlyok kztti ei lek szma most legfeljebb m−1 ≤ k−2. gy a fenti m don folytathatjuk az eljrst. (Val jban azt mutattuk meg, hogy Kkk -b l k − 1 lt elhagyva a kapott pros grfban van 1-faktor. Ez a Knig{Hall ttelbl is azonnal ad dna.) A {T1 ∪ S1  : : :  Tk ∪ Sk } part ci a G egy k-sz nezse, ami ellentmonds. $G. A. Dirac] 22. Elszr tegyk fel, hogy G nem 2-szeresen sszefgg, azaz G = G1 ∪ G2 s V (G1 ∩ G2 ) = {x}, |V (Gi )| ≥ 2. Mivel G -kritikus, (Gi ) < (G) = k + + 1. Tekintsk a Gi egy i k-sz nezst. A sz nek permutlsval elrhet, hogy 1 (x) = 2 (x). Ekkor 1 -et s 2-t sszerakva a G egy k-sz nezst kapjuk, ez pedig ellentmonds. Tegyk fel, hogy G = G1 ∪ G2 s |V (Gi )| ≥ 3, V (G1 ∩ G2 ) = {x y }. Legyen i a Gi egy k -sz nezse (i = 1, 2). Lehetetlen, hogy 1 (x) = 1 (y ) s 2 (x) = 2 (y) teljesljn mivel ekkor a sz nek permutlsval elrhetnnk, hogy 1 (x) = 2 (x), 1 (y) = 2 (y) legyen s gy 1 -et s 2 -t sszerakva G egy k-sz nezst kapnnk. Hasonl ellentmondsra jutunk, ha 1 (x) = 1 (y) s 2 (x) = 2 (y). gy azt kapjuk, hogy az indexeket megfelelen vlasztva G1 minden k-sz nezse x-et s y-t azonos sz nnel sz nezi, de G2 minden k-sz nezse klnbz sz nnel. gy G1 = G1 + (x y) nem k-sz nezhet, s az a G2 grf sem, melyet G2 -bl x s y azonos tsval kapunk. Azt ll tjuk, hogy G1 s G2 -kritikus. Nyilvnval , hogy (G1 ) = (G2 ) = = (G). Legyen e ∈ E (G1 ). Ekkor G − e k-sz nezhet a fentiek szerint ez a sz nezs klnbz sz nt rendel x-hez s y-hoz (ezt G2 teszi szksgess) s emiatt G1 − e egy k-sz nezst adja. Teht G1 -kritikus. Hasonl an G2 is -kritikus. Jegyezzk meg, hogy G2 k-sz nezhetsge nem kvetkezik abb l a tnybl, hogy G2 kritikusan (k + 1)-kromatikus (v. 9.20). Emiatt az eredmnyt a kvetkezkppen foglalhatjuk ssze: Minden olyan kritikusan (k + 1)-kromatikus G grf, mely nem 3-szorosan sszefgg, elll a kvetkez konstrukci val. Vegynk kt kritikusan (k + 1)kromatikus grfot, ezek G1 s G2 . Elhagyjuk G1 egy (x1  y1 ) lt. Felhas tjuk G2 egy pontjt kt pontra, x2 -re s y2 -re gy, hogy a kapott grf k-sz nezhet legyen. Vgl azonos tjuk x1 -et x2 -vel s y1 -et y2 -vel. Knnyen igazolhat , hogy a megford ts is igaz: minden gy elll grf kritikusan (k + 1)-kromatikus. $G. A. Dirac, J. Reine Angew. Math. 214/215 (1964), 43{52.] 23. Legyen i a G − V (Gi ) egy k -sz nezse. Ekkor i az S egy legfeljebb k osztly Pi part ci jt induklja. Azt ll tjuk, hogy Pi = Pj valamely i = j -re. Hiszen ha

418

MEGOLDSOK

9.24

Pi = Pj , akkor a sz nek permutlsval elrhetnnk, hogy i s j S -et ugyangy sz nezze. Hasznljuk i -t G−V (Gi )-n s j -t Gi -n (ahol rtelmezve van, minthogy i = j ), hogy G egy k-sz nezst kapjuk. Ez ellentmond annak, hogy (G) = k +1. Teht a Pi -k klnbzek, s gy N ≥ Bmk . Egy olyan -kritikus G grf konstrulshoz, melyben van egy t pontosan p = Bmk komponensre sztvg S ⊆ V (G), |S | = m halmaz, legyen {P1  : : :  Pp } az S halmaz egy legfeljebb k osztly part ci ja. Minden i-re 9.8 ad egy olyan S et tartalmaz Gi grfot, melynek k-sz nezsei Pi kivtelvel S minden legfeljebb k osztly part ci jt indukljk. Feltehetjk, hogy V (Gi ) ∩ V (Gj ) = S . Legyen G = G1 ∪ : : : ∪ Gp. A G grf ltalban nem -kritikus. De biztosan nem k-sz nezhet, mivel G egy k-sz nezse az S egy Pi part ci jt indukln, s ez ellentmondana Gi den ci jnak. gy tekinthetjk a G egy -kritikus G rszgrfjt, melyre (G ) = k + 1. Megmutatjuk, hogy G rendelkezik a k vnt tulajdonsggal: elg beltni, hogy (1) S ⊆ V (G ) (2) G metsz minden Gi − S grfot. Az (1) ll ts bizony tshoz tegyk fel, hogy a ∈ S , de a ∈= V (G ). Legyen mondjuk P1 = {{a} S − {a}}, P2 = {S }. Legyen 1 a G1 egy olyan k-sz nezse, mely a P2 part ci t induklja S -en, s legyen i a Gi egy k-sz nezse, mely P1 -et induklja i = 2 : : :  p-re. Mivel P1 s P2 megegyezik (S − a)-n, feltehetjk, hogy az i -k sszerakhat k G − a egy k-sz nezsv emiatt G ⊆ G − a k-sz nezhet, ami ellentmonds. (2) bizony tshoz tegyk fel, hogy G nem metszi (Gi − S )-t. Legyen j a Gj egy k-sz nezse, mely S -en Pi -t induklja (j = i). Ekkor az j -k sszerakhat k G− − (V (Gi ) − S ) egy k -sz nezsv. Mivel G ennek egy rszgrfja, G is k -sz nezhet, ami ellentmonds.

24. Legyen (x y ) ∈ E (G). Mivel G -kritikus, G−(x y )-nek van egy  k -sz nezse.

Mivel G maga nem k-sz nezhet, (x) = (y) = 1 (mondjuk). Vegynk egy msik i sz nt s azt a Hi grfot, melyet az 1 s i sz n pontok fesz tenek. Legyen Hi a Hi x-et tartalmaz komponense. Ekkor azt ll tjuk, hogy y ∈ V (Hi ) hiszen ellenkez esetben felcserlhetnnk V (Hi )-ben az 1 s i sz neket az gy elll  sz nezs rvnyes, s  (x) =  (y), azaz G egy j sz nezse, ami lehetetlen. gy vannak Hi -ben (x y)-utak legyen Pi ezek kzl a legrvidebb. Mivel Pi pontjain az 1 s i sz nek vltakoznak, pros hosszsg minimalitsa miatt nincsen hrja. Tekintve, hogy Pi minden le 1 sz n pontot i sz nvel kt ssze, a P2  : : :  Pk utak l-diszjunktak kell, hogy legyenek. Ez bizony tja ll tsunkat. Megjegyezzk, hogy ebbl 9.21 knnyen levezethet. Meg kell tallnunk azt a minimlis sz nszmot, mely Kn leinek olyan sz nezshez szksges, melyben azonos vgponttal rendelkez lek sz ne klnbz. Mivel L(Kn ) tartalmaz egy teljes (n − 1)-szget, kromatikus szma legalbb n − 1. 25. (a)

9.25

§ 9. KROMATIKUS SZM

419

Kn -et egy szablyos n-szg oldalaival s tl ival lerajzolva a prhuzamos szakaszokat azonos sz nnel sz nezhetjk, s gy L(Kn ) egy n-sz nezst kapjuk. gy n − 1 ≤ (L(Kn )) ≤ n: Megmutatjuk, hogy az als korlt pros n-re, a fels korlt pratlan n-re egyenlsggel teljesl. Elszr legyen n pratlan. Ekkor a piros sz nnek legalbb egy cscsot ki kell hagynia, s ezzel a csccsal szomszdos n − 1 lhez tovbbi n − 1 sz n szksges gy sszesen n sz nre van szksg. Msodszor legyen n pros. Trljk el Kn brmely v cscst, s tekintsk Kn−1 = Kn − v fent le rt (n − 1)-sz nezst. Ebben a sz nezsben Kn−1 minden cscsa u pontosan egy sz nnel nem rintkezik, s minden sz n Kn−1 -nek pontosan egy cscsn nem szerepel. Teht sz nezhetnk minden uv lt az u-nl nem szerepl sz nnel. (b) gy kell sz neznnk Kn leit, hogy az azonos sz n leknek kell, hogy legyen kzs vgpontja. Sorbarendezhetjk a cscsokat s 'sz nezhetjk" az leket a kisebb vgpontjuk szerint. Ez a sz nezs pontosan n − 1 sz nt hasznl egyet nyerhetnk n ≥ 3 esetn, ha szrevesszk, hogy az utols hrom l sz ne lehet azonos. gy (K n ) ≤ n − 2: Megmutatjuk, hogy itt egyenlsg ll fenn. Minden rvnyes sz nezsben az azonos sz n lek hromszget vagy csillagot alkotnak. Legyenek mondjuk az 1 : : :  n − k cscsok a felhasznlt csillagok kzppontjai. Ekkor az n − k + 1 : : :  n cscsok ltal fesz tett leket gy kell sz nezni, hogy a sz nek hromszgeket alkotnak. gy a felhasznlt sz nek szma legalbb   1 n − k + 3 k2 ≥ n − 2:

~ n leit minimlis szm sz nnel kell sz nez(c) A problmt tfogalmazva K nnk gy, hogy a 2 hosszsg utat vagy irny tott krt alkot lprok sz ne klnbz. Elszr tegyk fel, hogy van egy ilyen sz nezsnk t sz nnel. Rendeljk minden v cscshoz a v-t elhagy lek sz neinek Av halmazt. Ekkor brmely kt u s v cscsra Au ⊆ Av (uv sz ne szerepel Au -ban, de Av -ben nem). gy a Sperner ttel (13.21) miatt (1)





n ≤ t=t2 :

~ n ) t-sz nezhet. Megmutatjuk, hogy megford tva, ha (1) fennll, akkor L(K ~ C mkzzk meg Kn cscsait az {1 : : :  t} halmaz t=2-elem rszhalmazaival legyen Au az u cscs c mkje. Rendeljk minden uv lhez sz nknt Au \ Av egy ~ n ) egy j sz nezst hatrozza meg. elemt. Ez trivilisan L(K ~ Teht L(Kn ) kromatikus szma az a legkisebb t, melyre (1) fennll.

420

MEGOLDSOK

9.26

Legyen (L(G)) = k s tekintsk L(G) egy  k-sz nezst. Ekkor  a G leinek olyan k-sz nezse, hogy az (x y) s (y z ) leknek nem lehet azonos sz ne. Minden u pontra legyen Au az u-t elhagy lek sz neinek halmaza. Ekkor Au = = Av minden (u v) lre, mivel (u v) sz nt Au tartalmazza, de Av nem. gy deniltunk G-nek egy j sz nezst 2k sz nnel. Annak bizony tshoz, hogy G egy megfelel tirny tsra egyenlsg teljesl, legyen k = log2 (G), s sz nezzk G cscsait {1 : : :  k} rszhalmazaival. Legyen Au az u sz ne. Minden (u v) lre vlasszunk Au  Av -bl egy j elemet, hasznljuk ezt az l sz nezsre, s ford tsuk meg az l irnyt, ha j ∈ Av . Ha G jelli a G-bl az tirny tsok utn kapott grfot, akkor L(G )-nek egy j sz nezst kaptuk k sz nnel. 26. (a)





(b) Elszr tegyk fel, hogy (G) ≤ k=k2 : Ekkor G cscsait kisz nezhetjk az {1 : : :  k} halmaz k=2 elem rszhalmazaival, s gy L(G) egy k-sz nezst kapjuk ugyangy, mint 9.25(c) megoldsban. Msodszor tegyk fel, hogy (L(G)) ≤ k. Ez azt jelenti, hogy G lei kisz nezhetk k sz nnel gy, hogy brmely 2 hosszsg utat vagy 2 hosszsg irny tott krt alkot kt l sz ne klnbz. Ugyangy, mint 9.25(c) megoldsban, tekintsk a G u cscst elhagy lek sz neinek Au halmazt. Itt is igaz, hogy ha (u v) a G egy le, akkor Au nem rszhalmaza Av -nek (s viszont) de most Au tartalmazhatja Av -t, ha u s v nem szomszdosak. Itt viszont alkalmazhatjuk 13.20-at   k a Sperner ttel helyett: {1 : : :  k} rszhalmazait be lehet osztani k=2 lncba. Az Au -t tartalmaz lnc lesz u sz ne. Ekkor ha u s v szomszdosak, nem tartoznak azonos lnchoz, s gy klnbz sz nt kapnak. $A. Hajnal]

Legyen G3 egy 5 hosszsg kr s ha Gr mr meg van hatrozva, legyen Gr+1 a 9.18 feladat konstrukci jval kapott grf. Ekkor ezen feladat ll tsa szerint kvetkezik, hogy Gr r-kromatikus grf (-kritikus is), s knnyen ellenrizhet, hogy nem tartalmaz hromszget. 27. (a)

(b) Legyen G3 egy 7 hosszsg kr. Tegyk fel, hogy Gn (n ≥ 3) gy van meghatrozva, hogy (Gn ) ≥ n. Vegynk egy n(|V (Gn )| − 1) + 1 pontb l ll

S halmazt. S minden |V (Gn )|-elem F rszhalmazhoz rendeljk hozz Gn egy GF pldnyt (a pldnyok legyenek diszjunktak), s kssk egy pros tssal F pontjaihoz. Legyen Gn+1 az gy kapott grf, ekkor (Gn+1 ) > n. Tegyk fel, hogy Gn+1 n-sz nezhet, ekkor S valamely |V (Gn )| pontja ugyanazt a sz nt kapja, mondjuk az 1-et legyen F ezen pontok halmaza. Mint azt az tlettrban megjegyeztk, GF pontjai nem kaphatjk az 1 sz nt, gy val jban ezek (n − 1) sz nnel vannak kisz nezve ez azonban ellentmond Gn den ci jnak. Azonnal ad dik, hogy Gn nem tartalmazhat 3, 4, vagy 5 hosszsg krket. $W. T. Tutte (Blanche Descartes)]

9.28

§ 9. KROMATIKUS SZM

421

~ rn a Tn r-szeresen iterlt lgrfja, a tranzit v (c) Els megolds . Legyen G turnament. Az elz feladat szerint (G~ rn ) ≥ log log{z: : : log} n: | r

~ rn . Megmutatjuk, hogy Grn nem tartalmaz Legyen Grn az irny ts nlkli G legfeljebb 2r + 1 hosszsg pratlan krt. Indukci t alkalmazunk r-re. Legyen C egy Grn-beli 2s + 1 hosszsg zrt sta. Mivel G~ rn irny tott krmentes, C felbonthat olyan P1 , Q1 , P2 , Q2 , : : : , Pt , Qt vekre, hogy P1  : : :  Pt C -n azonos ~ rn -beli irny tott utak s Q1 : : :  Qt az ellenkez irnyban irnyban halad G halad irny tott utak tovbb a stn a fenti sorrendben kvetik egymst. ~ rn irny tott krmentes, azonnal ltszik, hogy Pi (vagy Qi ) pontjai Mivel G ~ r−1n -beli t leinek. Ekkor P1 utols le megfeleltethetk egy Pi  (vagy Qi  ) G kapcsol dik Q2 utols lhez (Gr irny tsra val tekintettel), stb. Teht ha ezen utols leket elhagyjuk, akkor P1  Q1  : : :  Pt  Qt megmaradt rsze egy 2s + 1 − − 2t hosszsg stt alkot. Ez nyilvnval an tartalmaz l ≤ 2s + 1 − 2t ≤ 2s − 1 hosszsg pratlan krt. Az indukci s feltevs szerint l ≥ 2r, ami miatt 2s + + 1 > 2r + 1, mint ezt ll tottuk. Msodik megolds . Vegyk a k-dimenzi s egysggmb fellett. Kssk ssze kt pontjt, ha tvolsguk a felleten mrve legalbb (1 − 1=l). A kapott grf nem k-sz nezhet. Val ban, Borsuk ttelnek ll tsa szerint egy k-dimenzi s egysggmb felsz nnek brmely k-sz nezsben az egyik sz n-osztly tmrje 2 ez az osztly gy tartalmaz szomszdos pontokat. Msrszrl legyen (x0  : : :  x2p ) tetszleges pratlan kr a grfban. Ha d jelli a gmbi tvolsgot, akkor d(xi  xi+1 ) ≥ (1 − (1=l)), ami miatt d(xi  xi+2 ) ≤ ≤ 2=l, s gy az indukci s feltevs miatt d(x0  x2p ) ≤ 2p=l. Azt is tudjuk, hogy ez a tvolsg legalbb (1 − (1=l)). Emiatt 2p +1 ≥ l. gy grfunk nem tartalmaz rvid pratlan krt. Ez a grf vgtelen, de az Erds{de Bruijn ttel (9.14) miatt van hasonl

tulajdonsgokkal rendelkez vges rszgrfja. $P. Erds{A. Hajnal, Ann. New York Acad. Sci. 157 (1970), 115{124.] 28. (a) Legyen mondjuk I1 = $b a] az az intervallum, melynek a vgpontja balr l az els. Az I2  : : :  In rendszer meghatrozza a G − x1 grfot. Indukci val (G − − x1 ) = ! (G − x1 ) ≤ ! (G). Vegyk szre tovbb, hogy ha xi szomszdos x1 -gyel, azaz Ii metszi I1 -et, akkor a ∈ Ii (mert klnben Ii jobb oldali vgpontja a-t l balra esne). Mivel legfeljebb !(G) intervallum tartalmazza a-t (I1 -gyel egytt), x1 foka legfeljebb !(G) − 1. emiatt kiterjeszthetjk G − x1 !(G)-sz nezst x1 -re. gy (G) ≤ !(G). Mivel az nyilvnval , hogy (G) ≥ !(G), kszen vagyunk. (b) Legyenek I1  I2  : : :  Ir az a-t tartalmaz intervallumok. Ekkor x1  x2  : : : : : :  xr fggetlen halmazt alkotnak G-ben. Tekintsk G − {x1  : : :  xr }-t. Ha xi1  : : :  xiq teljes rszgrfot alkot G −{x1 : : :  xr }-ben, akkor Ii1  : : :  Iiq a-t nem

422

MEGOLDSOK

9.29

tartalmaz diszjunkt intervallumok. a den ci ja szerint Ii1  : : :  Iiq a-t l jobbra esnek, emiatt I1 ezektl diszjunkt. Emiatt {x1  xi1  : : :  xiq } egy teljes rszgrf G-ben. gy bizony tottuk, hogy (G − {x1  : : :  xr }) ≤ !(G) − 1. Teht G − − {x1  : : :  xr } kisz nezhet ! (G) − 1 sz nnel, s hasznlhatjuk ugyanazt az j sz nt x1  : : :  xr sz nezshez. gy (G) ≤ !(G). Ez az egyenlsg, mint korbban is, nyilvnval . (c) Legyenek x2 s x3 az x1 szomszdai a krn. Ekkor, mint mr korbban is lttuk, I2 is s I3 is tartalmazza a-t, s gy metszik egymst. Teht (x2  x3 ) a kr egy hrja (kivve, ha C = (x1  x2  x3 )). $Haj s G., Intern. Math. Nachr. 11 (1957) Sondernummer 65.] Ha G1 a G − S egy komponense, akkor S minden pontjval szomszdos, mert klnben egy S -nl kisebb halmaz (G1 szomszdainak halmaza) elvlasztan G-t. Legyen u v ∈ S s legyen G1 s G2 a G − S kt komponense. Legyen Pi egy minimlis t, mely Gi -n keresztl sszekti u-t s v-t. Ekkor Pi -nek a minimalits miatt nincsen hrja esetleg (u v) kivtelvel. Legyen C = P1 ∪ P2 , akkor C 3nl hosszabb, s gy C -nek van hrja. Ez nem ktheti P1 egy bels pontjt P2 egy bels pontjt, mivel ezek a pontok G − S klnbz komponenseiben vannak. Emiatt ugyanazon Pi kt pontjt kti ssze. Ez csak akkor lehetsges, ha ez (u v), teht u s v szomszdosak. $G. A. Dirac] (b) Elszr legyen G a le rt rszfk ltal denilva, s tekintsk a G egy C krt. Feltehetjk, hogy C Hamilton-kr. Hagyjunk el T -bl elsfok pontokat addig, am g az F1  : : :  Fn -bl megmaradt rszeknek van legalbb egy pontja. A G grfot nem vltoztathatjuk meg, azaz ha Fi ∩ Fj = ∅ s x egy elsfok pont, akkor (Fi − x) ∩ (Fj − x) = ∅ mivel ha x Fi -nek s Fj -nek kzs pontja, akkor a szomszdja is mindenkppen az. Amikor elakadunk, van egy egyetlen pontb l ll Fi  legyen ez mondjuk F1 . Legyen F2 , F3 az F1 kt szomszdja C -n, ekkor F2 is s F3 is tartalmazza az (egyrtelm) F1 pontot, s gy van kzs rszk. Teht (x2  x3 ) a C egy kre. Megford tva, tegyk fel, hogy G olyan grf, melyben nincsen legalbb 4 hosszsg hrmentes kr indukci val |V (G)|-n megmutatjuk, hogy reprezentlhat a le rt m don. Legyen S a G egy minimlis elvg halmaza, ekkor az elz eredmny szerint S egy teljes H grfot fesz t. Legyen G = G1 ∪ G2 , G1 ∩ G2 = H , G1 , G2 = H . Az indukci s feltevs szerint G1 , G2 reprezentlhat a megadott formban, rendre bizonyos T1 s T2 rszfkon keresztl. Legyenek F1  : : :  F|S |  F1  : : :  F|S| rendre a G1 , illetve a G2 reprezentci jban az S pontjainak megfelel rszfk. 6.18 szerint F1  : : :  F|S | -nek van egy kzs v pontja, s hasonl an F1  : : :  F|S| -nek van egy kzs w pontja. Legyen 29. (a)

T = T1 ∪ T2 + (v w) Fi  = Fi ∪ Fi  + (v w)

(i = 1 : : :  |S |)

9.32

§ 9. KROMATIKUS SZM

423

Ekkor az Fi  , s a G1 − S s G2 − S pontjainak megfelel rszfk a G egy reprezentci jt adjk. (c) Itt a (b)-ben le rt reprezentci t felhasznl bizony tsokat adunk. Mint a bizony ts els rszben lttuk, T -bl elhagyhatunk elsfok pontokat gy, hogy mg mindig marad egy ugyanazon G-t reprezentl fa-rendszernk, am g vgl nem lesz egy egyetlen pontot tartalmaz fa. Legyen x1 az ennek megfelel G-beli pont. Ekkor G − x1 -re (G − x1 ) = !(G − x1 ) ≤ !(G). Tovbb x1 szomszdai teljes grfot alkotnak, s gy x1 foka legfeljebb !(G) − 1. Teht G − x1 -et !(G) sz nnel sz nezve x1 -nek is tallunk sz nt. Annak bizony tshoz, hogy (G) = !(G), hagyjuk el x1 -et s minden G-beli szomszdjt, x2  : : :  xr -et. Brmely olyan halmaz, mely G − {x1  : : :  xr }-ben teljes rszgrfot alkot, vagyis mely G − {x1  : : :  xr }-ben fggetlen, kiegsz thet x1 -gyel. gy !(G − {x1  : : :  xr }) ≤ !(G) − 1. Indukci val sz nezzk G − {x1  : : : : : :  xr }-et !(G) − 1 sz nnel ekkor x1  : : :  xr sz nezshez egy tovbbi sz n felhasznlsval G egy keresett sz nezst kapjuk. $A. Hajnal{J. Surnyi C. Berge] 30. Legyen G-ben m izollt pont, x1  : : :  xm . 7.2 szerint V (G − {x1  : : :  xm }) lefedhet (G − {x1  : : :  xm}) = (G) − m llel. gy V (G) lefedhet (G) G-beli llel s ponttal. Feltehetjk, hogy ezen lek diszjunktak, hiszen ha lenne kztk kett azonos vgponttal, akkor egyikket kicserlhetnnk a msik vgpontjval. Ekkor G ezen (G) szm le s pontja (G) = !(G) fggetlen, a pontokat lefed G-beli rszhalmazt ad, azaz a G egy !(G)-sz nezst. gy (G) ≤ !(G). Mivel a megford ts is igaz, itt egyenlsg ll. 31. Legyen Hi a Gi (i = 1, 2) egy maximlis fggetlen rszgrfja, ekkor V (H1 ) × × V (H2 ) a G1 · G2 egy |V (H1 )|·|V (H2 )| = ! (G1 ) · ! (G2 ) mret teljes rszgrfjt fesz ti. gy !(G1 · G2 ) ≥ !(G1 ) · !(G2 ). Msrszrl legyen i a G1 egy (Gi )-sz nezse (i = 1, 2). Deniljunk egy  sz nezst a kvetkezkppen: (x1  x2 ) = (1 (x1 ) 2 (x2 )) (xi ∈ V (Gi )) ekkor knnyen ellenrizhet, hogy  egy j sz nezse G1 · G2 -nek, s (G1 ) · (G2 ) sz nt hasznl. Emiatt (G1 · G2 ) ≤ (G1 ) · (G2 ). Teht (G1 · G2 ) ≤ (G1 ) · (G2 ) = !(G1 ) · !(G2 ) ≤ !(G1 · G2 ) s minthogy a ford tott egyenltlensg trivilis, egyenlsg teljesl, mint azt ll tottuk. 32. (a) Az tlet pontos megfogalmazsa a kvetkez: Jellje (x) egy maximlis x = x1 < x2 < : : : < x lnc hosszt. Ekkor 1 ≤ (x) ≤ !(G), mert !(G) egy teljesen rendezett rszhalmaz, azaz egy lnc maximlis mrete. Tovbb  egy rvnyes sz nezs. Hiszen tegyk fel, hogy x s y szomszdosak, mondjuk x > > y. Ekkor egy maximlis, (x) hosszsg x = x1 < x2 < : : : < x(x) lnc kiterjeszthet y-ra, ami mutatja, hogy (y) ≥ (x) + 1.

424

MEGOLDSOK

9.33

~ irny tott grfot gy, hogy az (x y) lt x-bl y-ba ir(b) ll tsuk el a G ~ ). 8.4 szerint lefedhetjk ny tjuk, ha x < y. Ekkor nyilvnval , hogy !(G) = (G G~ pontjait (G~ ) diszjunkt ttal. G~ egy tja megfelel egy P -beli lncnak. gy G egy teljes rszgrfjt fesz ti azaz egy G-beli fggetlen halmazt. Teht G partici~ ) = !(G) fggetlen halmazra, vagyis (G) ≤ !(G). A megford ts onlhat (G most is, mint sokszor, trivilis. $Ez Dilworth ttelnek egy ekvivalens formja.] 33. A 9.28-, 29-, 30-, 32-ben szerepl grfok olyanok, hogy minden fesz tett rszgrfjuk ugyanabba az osztlyba tartozik, teht eleget tesznek (G) = !(G)-nak is. De 9.31 ltalban nem perfekt grfot ad. Ennek bizony tshoz legyen G1 s G2 kt 3 hosszsg t, ekkor G1 · G2 tartalmaz egy 7 hosszsg hrmentes irny tott krt a 66. bra szerint.

66. bra

tegyk fel, hogy G perfekt. Legyen G a G tetszleges fesz tett rszgrfja. Legyen S a G egy (G )-sz nezsnek egyik sz n-osztlya. Ekkor (G − − S ) = (G ) − 1, s gy S a G minden maximlis teljes rszgrfjt metszi. Tegyk fel, hogy megford tva, G minden fesz tett rszgrfjban van egy fggetlen halmaz, mely minden maximlis teljes rszgrfot metsz. |V (G )|-re alkalmazott indukci val bebizony tjuk, hogy (G ) = !(G ) a fesz tett rszgrfokra. Legyen S egy fggetlen halmaz, mely G minden maximlis teljes rszgrfjt metszi. Mivel S fggetlen, (G ) ≤ (G − S ) + 1 s S den ci ja szerint !(G ) ≥ !(G − S ) + 1: A kt jobb oldal az indukci s feltevs miatt egyenl, teht (G ) ≤ !(G ). A megford ts hasonl an trivilis. 35. G pontjait egyenknt helyettes thetjk a Gx grfokkal, s elg azt bizony tani, hogy a perfektsg minden lpsben megrzdik. gy feltehetjk, hogy egy nemtrivilis Gx0 gr0al helyettes tettnk egy x0 pontot, m g a tbbi ponthoz nem nyltunk (vagy azt is mondhatjuk, hogy ezeket egypont grfokkal helyettes tettk). 34. Elszr

9.38

§ 9. KROMATIKUS SZM

425

Elg bizony tani azt is, hogy G maximlis teljes rszgrfjai egy fggetlen halmazzal lefedhetk mert G fesz tett rszgrfjai elllnak ugyangy, mint G , s gy gy az elz feladat szerint G perfekt. Sz nezzk ki G-t (G) sz nnel, s vegyk az x0 -at tartalmaz S sz n-osztlyt. Vegyk mg a Gx0 egy S1 fggetlen rszhalmazt, mely Gx0 minden maximlis teljes rszgrfjt metszi. Ekkor nyilvnval , hogy (S − x0 ) ∪ S1 fggetlen G -ben. Megmutatjuk, hogy lefedi G minden maximlis teljes rszgrfjt. Legyen T a G egy maximlis teljes rszgrfja. Ha T nem metszi Gx0 -t, akkor maximlis teljes rszgrf G-ben s

gy S − x0 lefedi. Ha T metszi Gx0 -t, akkor nyilvnval an tartalmazza Gx0 egy maximlis teljes rszgrfjt, s S1 lefedi. $L. Lovsz, Discrete Math. 2 (1972), 253{267.] 36. Ha P a V (G) egy part ci ja fggetlen halmazokra, akkor nyilvnval an elll ( − 1) : : : ( − |P | + 1) m don mint a G -sz nezsei ltal induklt part ci  ez persze akkor is igaz, ha |P | > . gy X (2) PG ( ) = ( − 1) : : : ( − |P | + 1) P

ahol az sszegzs a V (G) minden fggetlen halmazokba val part ci jn vgigfut. Teht PG ( ) val ban polinom. Nyilvnval , hogy (2)-ben minden tag fokszma legfeljebb n = |V (G)|, s az egyetlen ilyen fokszm tag az egy elem halmazokba val part ci hoz tartozik. Teht ha az egy elem halmazok fggetlenek, vagyis G nem tartalmaz huroklt, akkor PG ( ) foka n, s n egytthat ja 1. Ha G-ben van hurokl, akkor egyltaln nincs j sz nezse, gy PG ( ) = 0. $Kromatikus polinomokkal kapcsolatban lsd R. C. Read, J. Comb. Theory 4 (1968), 52{71 W. T. Tutte, Comb. Structures and their Appl. Gordon and Breach, 1970, 439{453.] 37. A G sszes -sz nezsnek elll tshoz tekintsk V (G) minden {1 : : :  }ba val lekpezst. Ki kell zrnunk azokat, melyek egy l kt vgpontjt azonos pontba kpezik. A (2.2) szita formulval X PG ( ) = (−1)|T | p(T ) T ⊆E (G)

ahol p(T ) azon lekpezsek szma, melyek T minden lnek vgpontjait azonos tjk. Egy lekpezs akkor s csak akkor teszi ezt, ha a V (G) T  grf minden komponenst egyetlen szmra kpezi le gy p(T ) = c(T ), s a formult bebizony tottuk. 38. Ha a G − e egy -sz nezse e vgpontjaihoz klnbz sz nt rendel, akkor ez G-nek is egy j -sz nezse, s viszont. gy PG−e ( ) − PG ( ) a G − e grf azon -sz nezseinek szma, melyek e vgpontjait klnbz sz nnel sz nezik. Vegyk

426

MEGOLDSOK

9.39

szre, hogy G − e egy ilyen -sz nezse G=e egy -sz nezst adja, s viszont. Emiatt PG−e ( ) − PG ( ) = PG=e ( ) minden termszetes szmra. Mivel mindkt oldalon polinom van, az minden rvnyes kell, hogy legyen. 39. Mivel Kn -nek csak egy part ci ja van fggetlen halmazokba, a 9.36 megoldsban szerepl formulb l az kvetkezik, hogy PKn ( ) = ( − 1) : : : ( − n + 1): Legyen F egy fa s x az F egy elsfok pontja. F − x brmely -sz nezse kiterjeszthet x-re − 1 m don hiszen PF ( ) = ( − 1)PF −x ( ): Mivel az egypont fa kromatikus polinomja , azt kapjuk, hogy PF ( ) = ( − 1)n−1 : Legyen Cn egy n hosszsg kr, s legyen e egy le. Ekkor PCn ( ) = PCn −e( ) − PCn =e( ): Vegyk szre, hogy Cn − e egy n pont t, m g Cn =e egy (n − 1) hosszsg Cn−1 kr. Teht PCn ( ) = ( − 1)n−1 − PCn−1 ( ) s ezt a redukci t megismtelve PCn ( = ( − 1)n−1 − ( − 1)n−2 + : : : + (−1)n−2 ( − 1) mert PC1 ( ) = 0. Ezt a mrtani sort sszeadva PCn ( ) = ( − 1)n + (−1)n ( − 1): Vgl legyen Wn az n pont kerk. Sz nezzk a kzppontot tetszlegesen, ekkor a peremet a megmarad − 1 sz nnel kell sz neznnk. gy PWn ( ) = PCn−1 ( − 1) = ( − 2)n−1 + (−1)n−1 ( − 2): 40. Legyenek G1  : : :  Gm a G komponensei. Ekkor -sz nezseiket tetszlegesen kombinlhatjuk G egy -sz nezsv, teht PG ( ) = PG1 ( ) : : : PGm ( ): Tegyk fel, hogy G sszefgg s legyenek B1  : : :  Bm a tagjai. Feltehetjk, hogy Bm olyan tag, melynek egyetlen x0 pontja kzs a maradkkal, s legyen G = B1 ∪ : : : ∪ Bm−1 .

9.42

§ 9. KROMATIKUS SZM

427

Vegyk G egy 0 -sz nezst. Bm -nek azok s csak azok a -sz nezsei adjk G egy -sz nezst, melyek x0 -t (x0 )-lal sz nezik. Mivel ez csak a sz nek permutci jt jelenti, Bm ilyen -sz nezseinek a szma 1 P ( ): gy

Bm

PG ( ) = PG ( ) 1 PBm ( )

s indukci val azt kapjuk, hogy

PG ( ) = m1−1 PB1 ( ) : : : PBm ( ):

41. Legyen G a {$a1  b1 ] $a2  b2 ] : : :  $an  bn ]} intervallum-rendszerbl kapott grf. Feltehetjk, hogy b1 < b2 < : : : < bn . Legyen xi az $ai  bi ]-nek megfelel G-beli pont. Ekkor, mint azt mr korbban megjegyeztk s hasznltuk, x1 szomszdai teljes grfot alkotnak. Emiatt ha nzzk G − x1 egy tetszleges -sz nezst, ez x1 -re pontosan d(x1 ) sz nt zr ki (feltesszk, hogy elg nagy). Teht PG ( ) = ( − d(x1 ))PG−x1 ( ): Legyen i a bi -t tartalmaz intervallumok szma, ekkor d(x1 ) = 1 − 1, gy azt kapjuk, hogy PG ( ) = ( − 1 + 1)PG−x1 ( ): Hasonl m don folytatva azt kapjuk, hogy PG ( ) = ( − 1 + 1)( − 2 + 1) : : : ( − n + 1) (meg kell jegyeznnk, hogy az els j intervallum den ci szerint nem tartalmazza bj+1 -et, gy ha ezeket elhagyjuk, bj+1 -et mg ugyanannyi j+1 szm intervallum fogja tartalmazni). Vegyk szre, hogy 9.28 ennek azonnal kvetkezmnye ha ≥ !(G) = = max i , ekkor PG ( ) = 0, gyhogy ltezik -sz nezs. 42. Indukci t alkalmazunk |E (G)|-re. Az n pont lmentes grfra PG ( ) = n . Feltehetjk, hogy G egyszer, mert a tbbszrs lek egyszeressel val helyettes tse nem befolysolja PG ( )-t. Teht G=e-ben nincsen hurokl. 9.38-b l PG ( ) = PG−e ( ) − PG=e ( ) G minden e lre. Az indukci s feltevs miatt PG−e ( ) = n − an−1 n−1 + an−2 n−2 − : : : PG=e ( ) = n−1 − an−2 n−2 + an−3 n−3 − : : : 

428

MEGOLDSOK

9.43

ahol ai  , ai  ≥ 0. A rekurzi b l azt kapjuk, hogy

PG ( ) = n − (an−1 + 1) n−1 + (an−2 + an−2 ) n−2 − : : :  ami bizony tja az ll tst. Lthat , hogy an−1 = an−1 + 1, teht indukci val kvetkezik, hogy an−1 a G leinek szma (abban az esetben, ha G egyszer). Ha a1 -et akarjuk interpretlni, nzzk a 9.37-ben adott formult. Az elsfok tagok azon rszgrfoknak felelnek meg, melyek sszefgg fesz t rszgrfok teht (−1)n−1 a1 a pros s pratlan lszm sszefgg fesz t rszgrfok szmnak klnbsge. Figyelemremlt , hogy a1 ≥ 0-b l ezen kt szm kztt egy

egyenltlensg kvetkezik. Az olvas rdekesnek tallhatja ennek kzvetlen bizony tst. 43. Indukci t alkalmazunk |E (G)|-ra. Ha a grf egy fa, akkor az ll ts 9.40 (s a binomilis ttel) miatt igaz. Tegyk fel, hogy G egyszer sszefgg grf, mely nem fa, ekkor van olyan e le, melyre G − e sszefgg. Nyilvnval an G=e is sszefgg, s nincsen bennk hurokl. Az elz megoldsb l (s annak jellseivel) ai ≥ ai > 0: Tovbb an−1 < an−2 < : : : < an=2  an−2 < : : : < a(n−1)=2 az indukci s feltevsbl, s gy 44. 9.36

miatt

an−1 < : : : < an=2 :

PG ( ) =

X

P

( − 1) : : : ( − |P | + 1)

ahol P a V (G) minden fggetlen halmazokra val part ci jn vgigfut. Ha > > n − 1, minden tag pozit v. 45. Feltehetjk, hogy G sszefgg. Megmutatjuk, hogy (−1)n−1 PG ( ) > 0, ha 0 < < 1. Az ll ts igaz fkra. Legyen e a G egy olyan le, melyre G − e sszefgg. Ekkor (−1)n−1 PG−e ( ) > 0 (−1)n−2 PG=e ( ) > 0 az indukci s feltevs miatt, gy (−1)n−1 PG ( ) = (−1)n−1 {PG−e ( ) − PG=e ( )} = = (−1)n−1 PG−e ( ) + (−1)n−2 PG=e ( ) > 0: Ha G sszefgg, akkor 9.43-b l az kvetkezik, hogy a 0 egyszer gyke PG -nek. Teht 9.40 miatt a 0 gyk multiplicitsa egyenl a komponensek szm46. (a)

9.47

§ 9. KROMATIKUS SZM

429

val. Legyen G 2-szeresen sszefgg, |E (G)| szerinti indukci val megmutatjuk, hogy az 1 egyszer gyk val jban azt mutatjuk meg, hogy (−1)n P G−( 1) > 0: Elszr is megjegyezzk, hogy ha G-nek van le, akkor az 1 szm den ci szerint gyke gy ha G sszefgg, de nem 2-szeresen sszefgg, s G = K2 , akkor az 1 tbbszrs gyk, ami 9.40-bl azonnal ad dik. Teht ha e a G tetszleges le, akkor  P −e ( )  G n (−1) − 1  ≥ 0  =1 P ( )  ≥ 0 (−1)n G=e  −1  =1

mert ha G − e s/vagy G=e 2-szeresen sszefgg, akkor ez az indukci s feltevsbl kvetkezik, klnben pedig a bal oldal nulla. Mivel |V (G)| ≤ 3-ra az ll ts trivilisan igaz, feltehetjk, hogy |V (G)| ≥ ≥ 4. Azt fogjuk megmutatni, hogy G − e s G=e egyike 2-szeresen sszefgg. Tegyk fel, hogy G=e nem 2-szeresen sszefgg termszetesen csak e kpe lehet elvg pontja, ami miatt e kt vgpontja, x s y elvg halmazt alkot G-ben. Legyenek P1 s P2 a G − x − y kt komponensn keresztl halad (x y)-utak. Ekkor P1 ∪ P2 egy kr s e ennek egy hrja. De mint 6.35-ben, ebbl az kvetkezik, hogy G − e is 2-szeresen sszefgg. (b) Legyen (G) a G irny tott krt nem tartalmaz irny tsainak szma. Tekintsk a G − e egy krmentes irny tst. Ez att l fggen, hogy G=e-nek krmentes irny tsa-e, egy- vagy ktflekppen terjeszthet ki G egy krmentes irny tsv. Teht (G) = (G − e) + (G=e): gy az eredmny indukci val kvetkezik 9.38-b l. $R. Stanley, Discrete Math. 5 (1973), 171{178.] 47. (a) 9.38-b l PG1 ( ) = PG1 −e ( ) − PG1 =e1 ( ) = PG ( ) − PG1 =e1 ( ) PG ( ) = PG1 ( ) + PG1 =e1 ( ) s hasonl an PG ( ) = PG2 ( ) + PG2 =e2 ( ) teht PG1 ( ) + PG1 =e1 ( ) = PG2 ( ) + PG2 =e2 ( ):

430

MEGOLDSOK

F

F

9.47

F

67. bra

(b) Tekintsk a 67. bra hrom G grfjt, ha van lineris relci , akkor ezek kielg tik. gy a ( − 1)( 2 − 3 + 3) + b ( − 1)( − 2)2 + c ( − 1)( − 2)2 = 0 a ( − 1)( − 2)2 + b ( − 1)( − 2)2 + c ( − 1)( − 2)( − 3) = 0 a ( − 1)( − 2)2 + b ( − 1)( − 2)( − 3) + c ( − 1)( − 2)2 = 0: Ha ennek az egyenltlensg-rendszernek van nem-trivilis megoldsa, akkor a determinnsa 0. De ez a determinns  2   − 3 + 3 − 2 − 2     3 3 2 2 ( − 1) ( − 2)  ( − 2) − 2 − 3  =  ( − 2)2 − 3 − 2 = 3 ( − 1)3 ( − 2)2 ( 2 − 3 + 1): √ gy ha = 0, 1, 2, 3±2 5 , akkor nincsen lineris relci (specilisan olyan sincs, mely minden -ra rvnyes lenne). = 0, 1, 2-re csak trivilis relci k vannak, mint pl. PG1 ( ) = 0. (c) Indukci t alkalmazunk |E (G)|-re. Ha V (G) = V (F ), csak hrom grfot kell megvizsglnunk, mgpedig a 67. brn szereplket (mivel a tbbszrs lek gyelmen k vl hagyhat k s ha G-ben nincsen hurokl, akkor mindkt oldal 0). √ 3+ 5 Szerencsre csak ngy szmot kell kiszm tani, ezek  =  +1 = 2 vlasztssal ( − 1)( 2 − 3 + 3) = ( 2 − ) · 2 = 4 − 2 ( − 1)( − 2)2 = (2 − )( 2 − 4 + 4) = (2 − 1)(3 − ) =  − 1  ( − 1)( − 2)( − 3) = ( − 3) · ( − 1)( − 2) = = ( 2 − 3 )( 2 − 3 + 2) = −1 (mindvgig felhasznltuk a tnyt, hogy  2 = 3 − 1). Ezekkel az rtkekkel s az elz megoldsban meghatrozott kromatikus polinomokkal knnyen ellenrizhet, hogy a relci az ll ts szerint teljesl. Tegyk fel, hogy V (G) = V (F ). Ha G-ben F pontjai mellett csak izollt pontok vannak, ezek csak annyit jelentenek, hogy a mr igazolt egyenletek meg

9.49

§ 9. KROMATIKUS SZM

431

vannak szorozva egy  egy hatvnyval. gy tegyk fel, hogy van egy e l, melynek legfeljebb egyik vgpontja van F -en. Legyen G = G − e, G1 = G + e1 , G2 = = G + e2  hasonl an G = G=e, G1 = G + e1 , G2 = G + e2 . Ekkor az indukci s feltevsbl PG () =  (PG1 ( ) + PG2 ( )) PG () =  (PG1 ( ) + PG2 ( )): Kivonssal 9.38 szerint a keresett egyenlsget kapjuk. 3+√5 3−√5 48. Legyen q (x) = x2 − 3x + 1 q (x) gykei  = 2 s   = 2 . Ekkor q PG , mert 9.45 miatt   nem gyke egyetlen kromatikus polinomnak sem. Mivel q a racionlisak felett irreducibilis, ebbl az kvetkezik, hogy nincsen PG -vel kzs gyke, azaz PG ( ) = 0. 49. (a) 9.47 jellseit hasznljuk. 9.38-b l s 9.47c-bl PG1 ( + 1) + PG2 ( +) + PG1 =e1 ( + 1) + PG2 =e2 ( + 1) = = 2( + 1)(PG1 ( + 1) + PG2 ( + 1)) ami miatt P ( + 1) + PG2 =e2 ( + 1) = (2 + 1)(PG1 ( + 1) + PG2 ( + 1)) = (3) G1 =e1 =  3 (PG1 ( + 1 + PG2 ( + 1)): 9.47a-b l pedig (4) PG1 =e1 ( + 1) − PG2 =e2 ( + 1) = PG1 ( + 1) − PG2 ( + 1): s (3)-et s (4)-t sszeszorozva azt kapjuk, hogy (5) PG2 1 =e1 ( + 1) − PG2 2 =e2 ( + 1) =  3 (PG2 1 ( + 1) − PG2 2 ( + 1)): Tegyk fel, hogy a G2 , G1 =e1 s G2 =e2 s kgrfok eleget tesznek a feladatban megadott azonossgnak. Ekkor (5) ( + 2) 3n−13 -mal megszorozva azt eredmnyezi, hogy PG1 =e1 ( + 2) − PG2 =e2 ( + 2) = ( + 2) 3n−10 PG2 1 ( + 1) − PG2 ( + 2): 9.47a szerint ebbl az kvetkezik, hogy G1 is kielg ti az azonossgot. Legyen G1 olyan minimlis hromszgelt s kgrf, mely nem elg ti ki az azonossgot, s tegyk fel, hogy G1 -nek van egy lehet legnagyobb fok x pontja. Legyen (x y z ) tetszleges x-hez illeszked hromszg, s legyen (x  y z ) a msodik hromszg, melynek (y z ) oldala. Ekkor x = x. St, ha x = x, akkor G = G1 − (y z ) s G2 = G + (x x ) vlasztssal G1 =(y zj ), G2 =(x x ) s G2 a G1 -re vonatkoz minimalitsi s a dG1 (x)-re vonatkoz maximalitsi feltevs miatt eleget fog tenni az azonossgnak. gy a fentiek miatt G1 is eleget tesz az azonossgnak, ami ellentmonds. -

432

MEGOLDSOK

9.50

A fenti rvels azt mutatja, hogy ha egy lap illeszkedik x-hez, akkor minden szomszdos lap is. gy minden lap illeszkedik x-hez. Ebbl az kvetkezik, hogy x minden ms ponttal szomszdos s G − x krmentes. Mivel egy hromszgelt s kgrf mindig 2-szeresen sszefgg (ha x elvg pont lenne, akkor nzznk egy lapot, mely G − x kt komponenst metszi abb l a tnybl, hogy ez a lap egy hromszg az kvetkezik, hogy van egy l, mely G − x kt komponenst kti ssze, ami ellentmonds), gy G − x egy fa. Mrmost ha G-t -sz nezni akarjuk, x-nek a sz n kzl brmelyiket adhatjuk s ( − 1)-sz nezhetjk a maradk pontokat. gy PG ( ) = PG−x ( − 1) = ( − 1)( − 2)n−2 s PG ( + 2) = ( + 2)( + 1) n−2 = ( + 2) n  mivel  + 1 =  2 . Azt is tudjuk, hogy ( + 2) 3n−10 PG2 ( + 1) = ( + 2) 3n−10 ( + 1)2  2 ( − 1)2(n−2) = = ( + 2) 3n−10  4  2  −2(n−2) = ( + 2) n  mert  − 1 =  −1 . Teht G kielg ti az azonossgot, ami ellentmonds. (b) Indukci t alkalmazunk a pontok szmra s 'visszafel" indukci t az lek szmra feltehetjk, hogy nincsenek ktszg lapok. Ha hromszgelt s kgr0al van dolgunk, (a)-b l kvetkezik az ll ts. Egybknt van olyan lap, melynek hromnl tbb pontja van. Tegynk egy e tl t erre a lapra. Ekkor az indukci s feltevs szerint P(G+e)=e( + 2) > 0 PG+e ( + 2) > 0: gy 9.38-b l PG ( + 2) = P(G+e)=e( + 2) + PG+e ( + 2) > 0: 50. Indukci t alkalmazunk |V (G)|-re. Feltehetjk, hogy G egyszer. 5.25a szerint G leinek a szma legfeljebb 3 |V (G)| − 6, emiatt G-ben van egy legfeljebb 5 fok x pont. Ha x foka legfeljebb 4, akkor elhagyhatjuk, 5-sz nezhetjk a maradkot s kiterjeszthetjk azt a sz nezst x-re. gy tegyk fel, hogy d(x) = 5. x-nek van kt nem szomszdos pontja, hiszen klnben lenne egy K6 a grfban. Legyen y s z az x kt ilyen szomszdja. Hzzuk ssze az (x y) s (x z ) leket s tekintsk az gy kapott G grfot. Ebben nincsen hurokl, gy az indukci s feltevs miatt 5sz nezhet. Nzzk az ennek megfelel G-bel 5-sz nezst. Ez nem rvnyes, mert x, y s z sz ne ugyanaz de csak az (x y) s az (x z) lek monokromatikusak. Vegyk szre, hogy x-nek csak 3 msik szomszdja van, gy tallunk olyan sz nt, mely x minden szomszdjnak sz ntl klnbzik, s x-et sz nezhetjk ezzel a sz nnel.

9.52

§ 9. KROMATIKUS SZM

433

51.

Elszr tegyk fel, hogy a lapok 4-sz nezhetk ekkor knnyen ellenrizhet, hogy az leknek az tlettrban megadott 3-sz nezse j sz nezs. Msodszor tekintsk az lek egy 3-sz nezst. Legyen G1 a piros s kk, G2 pedig a piros s zld lek ltal alkotott s kgrf. Nyilvnval , hogy G1 s G2 diszjunkt krkbl ll, s gy G1 lapjait 2-sz nezhetjk pirossal s zlddel hasonl an G2 lapjait 2-sz nezhetjk 'vilgossal" s 'stttel". Hasznljuk a 'vilgos piros", 'vilgos zld", 'stt piros" s 'stt zld" sz neket G lapjainak sz nezshez: G minden F lapjt tartalmazza G1 egy F1 lapja s G2 egy F2 lapja, teht sz nezzk F -et 'vilgos pirosra", ha F1 piros s F2 vilgos, stb. Ezzel G egy j sz nezst hatroztuk meg. Megjegyz s : A msodik rszt bizony thatnnk 5.4 felhasznlsval is. $P. G. Tait] 52. Ha a lapok 4-sz nezhetk, akkor 9.15 szerint az lek 3-sz nezhetk a hrom sz n legyen 1, 2 s 3. Tekintsk az tlettrban le rt hozzrendelst. Menjnk vgig az ramutat jrsval ellenttesen egy F lap hatrol krn, s nzzk a 68. bra ' rjt". Ha elhagyunk egy +1 rtk pontot, a kvetkez l sz ne az ramutat szerinti kvetkez jelzs lesz has −1 rtk pontot hagyunk el, a kvetkez l sz ne az ramutat jrsval ellenttesen kvetkez jel lesz. Mivel sz egsz krn vgighaladva visszarnk a kiindulsi sz nhez, a (+1)-ek s (−1)-ek sszege oszthat 3-mal. 1

3

2

68. bra

Megford tva tegyk fel, hogy ltezik a kvetelmnyeknek megfelel +1 s −1 hozzrendels. Tekintsk L(G), ez szintn s kbarajzolhat s ktfle lapja van: Minden x ∈ V (G)-hez van egy x-et krlvev hromszg Fx lapja, s G minden F lapjhoz van egy F  lapja, mely F -en helyezkedik el s ugyanannyi le van (69. bra). Irny tsuk L(G)-t gy, hogy az Fx hromszgeket az ramutat jrsnak megfelelen irny tjuk, s deniljuk egy e ∈ E (L(G)) len a v(e) munkt a megfelel G-beli ponthoz rendelt rtkknt. gy L(G) egy G-beli pontnak megfelel hromszg lapjnak hrom lhez azonos munkt rendeltnk. Teht brmely lap krl az leken szksges sszmunka ≡ (mod 3). De ekkor ez minden C krre is igaz. Hiszen menjnk vgig minden e krn belli lapon az ramutat jrsnak megfelelen, s rjuk le az sszmunka

434

MEGOLDSOK

9.53

69. bra

rtkt. Ez 0. Msrszrl ezen sszmunkk sszege pontosan a C krl szksges munka ( ramutat szerinti), mert a bels leket ktszer szmoltuk, pont ellenkez irnyban. gy a C krl szksges munka is 0. De 5.4 szerint tallhat olyan p(x) potencil V (L(G))-n, hogy minden (x y) lre v(x y) = F 0p(y) − p(x) (mod 3). Nyilvnval an feltehetjk, hogy p csak a 0, 1, 2 rtkeket veszi fel. Ekkor p(x) egy j 3-sz nezse L(G)-nek. $P. J. Heawood] 53. A C Hamilton krn belli lapok 2-sz nezhetk. Ennek bizony tshoz vegyk szre, hogy a G∗ dulis grf megfelel rsze nem tartalmaz krt, hiszen egy ilyen kr izolln G egy pontjt C -tl, ami termszetesen lehetetlen. gy G∗ C -n belli rsze erd, ami persze 2-sz nezhet. Hasonl an 2 tovbbi sz n elegend a C -n k vli lapok sz nezshez. 54. (a) Indukci t alkalmazunk |V (G)|-re. Ha ez a szm legfeljebb 4, akkor az ll ts nyilvnval . Legyen dG (x) ≤ 4. Az indukci s feltevs szerint (G − x)-nek van egy  4sz nezse. Ha dG (x) ≤ 3, ez a 4-sz nezs termszetesen kiterjeszthet x-re. gy tegyk fel, hogy dG (x) = 4. Legyenek y, z , u s v az x szomszdai. G-t a s kba gyazva tekintjk s feltesszk, hogy az (x y), (x z ), (x u) s (x v) lek x-et ebben a ciklikus sorrendben hagyjk el. Ha az egyik sz n nem fordul el (y), (z ), (u) s (v) kztt, sz nezhetjk x-et ezzel a sz nnel. gy tegyk fel, hogy (y) = 1, (z ) = 2, (u) = 3, (v) = 4. Nzzk az 1 s 3 sz nek ltal fesz tett rszgrfot, s annak az y-t tartalmaz

G1 komponenst. Ha u ∈= V (G1 ), akkor kicserlhetjk G1 pontjainak a sz nt gy, hogy G − x egy olyan 4-sz nezst kapjuk, melyben 1 nem szerepel y, z , u s v sz nei kztt. Ekkor, mint korbban, x sz ne lehet 1. Teht feltehetjk, hogy u ∈ V (G1 ), azaz van egy olyan (y u)-t, P1 , melynek pontjai csak 1 s 3 sz nek. Hasonl an feltehetjk, hogy van egy P2 (z v)-t, melynek pontjai csak 2 s 4 sz nek. De mivel G s kbarajzolhat , P1 s P2 keresztezi egymst, s a kzs pont sz ne az 1, 2, 3, 4 sz nek egyike sem lehet, ami ellentmonds. (70. bra) $G. Dirac. Ezt a m dszert Kempe lncolsnak h vjk].

§ 9. KROMATIKUS SZM

9.54

435

2 4 1

2

3

y

4 v 4

1

2

x

z 3

3

u

1

70. bra 1

4 2

3

1

3

2 4

4 1

3

2

71. bra

(b) Tegyk fel, hogy minden lap hromszg. Ekkor knny ltni, hogy csak az ikozader grfjr l lehet sz , annak pedig van 4-sz nezse. (71. bra). Feltehetjk, hogy a grf 3-szorosan sszefgg, ez a 9.13b megoldshoz hasonl rvelssel ad dik. † Ha F nem hromszglap, akkor F -nek van kt pontja, x s y, melyek az F C hatrn 2 tvolsgra vannak egymst l de ekkor x s y nem szomszdosak G-ben, hiszen klnben elvlasztank C kt ket sszekt vt. Azonos tsuk x-et s y-t, s trljk az gy keletkez l-tbbszrzdseket. Az kapott G grfban van legalbb egy legfeljebb 4 fok pont: ez x s y kzs szomszdja. Minden fokszm legfeljebb 5, kivve x (s y) x kpt, ennek lehet nagyobb foka. †

Figyeljk meg a 9.13a{b s e problma k zti anal git.

436

MEGOLDSOK

9.55

Ha G 4-sz nezhet, akkor nyilvnval an G is az. gy tegyk fel, hogy G nem 4-sz nezhet s tekintsk egy kritikusan 5-kromatikus G rszgrfjt. Az (a) rsz indoklsa mutatja, hogy G -nek nem lehet legfeljebb 4 fok pontja. gy G val di rszgrfja G -nek, tovbb G minden G -vel szomszdos le szomszdos kell, hogy legyen x -vel klnben G -beli vgpontjuk foka legfeljebb 4 lenne. De ekkor x elvg pont, ami lehetetlen, mert G 3-szorosan sszefgg, gy G 2-szeresen sszefgg. $J. M. Aarts{J. de Groot]. 55. Termszetesen feltehetjk, hogy G 2-szeresen sszefgg klnben vegynk fel egy j lt, mely G kt tagjt kti ssze, s nem prhuzamos a meglv lekkel. Tekintsk a G egy F lapjt, mely nem hromszg, s legyen C = (x1  : : : : : :  xk ) a hatrol kre. Ekkor vagy (x1  x3 ), vagy (x2  x4) nem le G-nek, hiszen klnben C -n k vl kellene kereszteznik egymst. Legyen mondjuk (x1  x3 ) ∈= E (G). Ekkor vegyk hozz (x1  x3)-at G-hez F -et gy kt kisebb lapra vgtuk. Ugyan gy folytatva kiterjeszthetjk G-t egyszer hromszgelt s kgr0. Ha ez a hromszgelt s kgrf sz nezhet a k vnt m don, azaz gy, hogy ne legyen benne monokromatikus lap, akkor G egyetlen lapja sem monokromatikus. Teht feltesszk, hogy G hromszgelt s kgrf. Ekkor G∗ 3-regulris s mivel G egyszer, G∗ 2-szeresen lsszefgg. A Petersen ttel (7.29) szerint G∗ -nak van egy F 1-faktora. Legyen 7 az ennek megfelel G-beli lek halmaza. Ekkor 7 a G minden lapjnak pontosan egy lt tartalmazza. Emiatt G − 7 lapjai ngyoldalak, azaz 5.26 dulisa miatt G − 7 pros. Tekintsk G − 7 egy 2-sz nezst ez a 2-sz nezs eleget tesz a Gre vonatkoz kvetelmnyeknek is. $M. Sch8uble, Beitrge zur Graphentheorie, Teubner, Leipzig (1968) 137{142.] 56. Tegyk fel, hogy minden pont foka pros. Sz nezzk a lapokat kkkel s pirossal (5.26), s irny tsuk az leket gy, hogy a jobb oldalukon legyen a piros lap. Legyen C tetszleges kr. Szmoljuk meg a C -n lv, s a C -n belli leket kt klnbz m dszerrel. Legyen C -nek  le bellrl szomszdos pirossal,  le pedig k vlrl. Legyen tovbb k piros s l kk lap C -n bell. Ekkor a C -n lv s C -n belli lek szma 3k +  , m g a msik m dszerrel 3l + . gy a C -n

ramutat val ellenttesen val vgighaladshoz szksges munka  −  = 3k − 3l ≡ 0 (mod 3): Ebbl 5.4 miatt az kvetkezik, hogy ltezik egy olyan V (G)-n rtelmezett p(x) potencil, melyre ha (x y) ∈ E (G), akkor p(y) − p(x) ≡ 1 (mod 3). Ez a p(x) G egy 3-sz nezst adja. $H. Whitney] 57. Legyenek (x1  y1 ) : : :  (xn  yn ) a metszspontok. Feltehetjk, hogy a tengely irnyt gy vlasztottuk, hogy x1  : : :  xn klnbzek, mondjuk x1 < x2 < : : : : : : < xn . Sz nezzk 3 sz nnel a pontokat a fenti sorrendben. Amikor (xi  yi )-hez rnk, legfeljebb kt szomszdjt sz neztk mr korbban, s gy tallunk neki megfelel sz nt. gy 3-sz nezhetjk a grfot. $H. Sachs]

10.3

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

x

437

10. Grfok extremlis problmi

1. Feltehetjk, hogy G 2-szeresen sszefgg. Hiszen ha G = G1 ∪ G2 ∩ V (G2 )| ≤ 1, |V (Gi )| ≥ 2, akkor G1 s G2 egyike eleget tesz a

s |V (G1 ) ∩

3 (|V ((G )| − 1) i 2 egyenltlensgnek, s alkalmazhatunk indukci t n-re. Teht tegyk fel, hogy G 2-szeresen sszefgg. Nyilvnval , hogy nem egyetlen kr, gy 6.33 szerint G = P0 ∪ P1 ∪ : : : ∪ Pk (k ≥ 1), ahol P0 egy kr s Pi+1 egy (P0 ∪ : : : ∪ Pi  P0 ∪ : : : ∪ Pi ) t i = 0 : : :  k − 1-re. Ekkor P0 ∪ P1 egy .-grf. Az eredmny lessgt mutatja minden olyan grf, melynek tagjai hromszgek. 2. (a) Legyen P = (x0  x1  : : :  xp ) a G-beli leghosszabb t. X0 kt ponttal szomszdos x1 -en k vl mivel P maximlis, ennek a kt pontnak rajta kell lenni P -n legyen x0 mondjuk xi -vel s xj -vel szomszdos, 2 ≤ i < j ≤ p. Ekkor (x0  : : :  xj ) egy olyan kr G-ben, melynek (x0  xi ) hrja. $Czipszer J.] (b) Indukci t alkalmazunk n-ra. Az ll ts n = 4-re nyilvnval . Ha G-ben minden pont foka legalbb 3, akkor (a) miatt tartalmaz krt hrral. Teht feltehetjk, hogy G-nek van legfeljebb 2 fok x pontja. Ekkor G − x tartalmaz legalbb 2n − 3 − 2 = 2(n − 1) − 3 lt, s gy indukci s feltevs szerint G − x tartalmaz krt hral. De ekkor ez G-re is igaz. K2n−2 mutatja, hogy a (b)-beli eredmny les. $P sa L.] 3. (a) |V (G)| szerinti indukci val bizony tjuk az tlettr ll tst. I. Elszr tegyk fel, hogy G-ben van egy legfeljebb 2 fok x pont. Ha x foka 1, akkor G − x-ben legfeljebb egy legfeljebb 2 fok pont van, gy az indukci val kszen vagyunk. Ha x foka 2, azaz kt ponttal, y-nal s z -vel szomszdos s (y z ) ∈ E (G), akkor hagyjuk el x-et s kssk ssze y-t z -vel. A kapott grfban minden fokszm legalbb 3, gy tartalmazza K4 egy felosztst is. Ha y s z szomszdosak, akkor feltehetjk, hogy dG (y) = dG (z ) = 3 (egybknt G − x eleget tesz a felttelnek). Ha y s z harmadik szomszdja ugyanaz a w pont, akkor G − − x − y − z − w eleget tesz a felttelnek ha y szomszdos u-val, z pedig v -vel, (x, y, z , u s v klnbzek) akkor x-et, y-t s z -t egyetlen x pontba sszehzva olyan G grfot kapunk, melyben csak x foka legfeljebb 2. gy G tartalmazza K4 felosztst. Mivel G (x  u) lt felosztva G egy rszgrfjt kapjuk, G szintn tartalmazza K4 egy felosztst (lsd 72. bra). II. Tegyk fel, hogy G minden pontjnak foka legalbb 3. Feltehetjk, hogy G-ben van egy harmadfok x pont, klnben elhagyhatnnk leket. Legyenek u, v s w az x-szel szomszdos pontok. Ha u, v s w pronknt szomszdosak, akkor x, u, v s w K4 -et fesz tenek. Teht feltehetjk, hogy (u v) ∈ E (G). Hagyjuk el x-et s kssk ssze u-t v-vel. A kapott G grfban minden pont foka legalbb 3 esetleg w kivtelvel, mely lehet msodfok. gy indukci val G tartalmazza K4 |E (Gi ) >

438

MEGOLDSOK u

v

y

z

10.4 u

v

v¢

x

72. bra

felosztst. Mivel az (u v) let x-szel felosztva G egy rszgrfjt kapjuk, G szintn tartalmazza K4 felosztst. (b) Ha G minden pontjnak foka legalbb 3, akkor (a) szerint kszen vagyunk. Ha van egy msodfok pont, akkor azt elhagyva indukci t alkalmazunk. A 73. brn lthat grfban pontosan kt msodfok pont s 2n − 3 l van, s nem tartalmazza K4 felosztst (bizony tsuk!). Teht (a) is s (b) is les. $G. Dirac, Math. Nachr. 22 (1960) 61{85]

… 73. bra

Elszr az tletet kvetve azt bizony tjuk, hogy G nem tartalmazza K4 egy H felosztst s egy att l diszjunk (u v) lt. Tegyk fel, hogy tartalmaz ilyet. Nzzk G − V (H )-nek az (u v)-t tartalmaz G1 komponenst. Ez trivilisan egy fa. Legyen x s y a G1 kt vgpontja. Ekkor x-nek (illetve y-nak) van kt szomszdja H -ban, p1 s p2 (illetve q1 s q2 ). H f pontjai 'felosztott csillagainak" sem kzppontja, sem a 'sugarainak" bels pontja nem lehet p1 , p2 , q1 s q2 kzl kett, hiszen az ilyen helyzet kt diszjunkt krt eredmnyezne (74.a bra). De ekkor knnyen ellenrizhet, hogy p1 , p2 , q1 s q2 kell, hogy legyenek H f 4.

pontjai, ami megint kt diszjunk krt eredmnyez a 74.b bra szerint. Ezek utn meg kell klnbztetnnk 5 esetet: 1. eset . Tegyk fel, hogy G-ben van K4 -nek egy H felosztsa s egy H -n k vli legalbb 4 fok v pont. A fentihez hasonl rvels mutatja, hogy v foka pontosan 4, s szomszdos H ngy f pontjval, ezek x1 , x2 , x3 s x4 . xi s v szerept felcserlve felhasznlhatjuk az tlettr ll tst s lthatjuk, hogy xi -nek szomszdosnak kell lenni xj -vel (j = i) s v-vel, de semmilyen ms ponttal sem. Emiatt G = K5 .

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

10.4

G1

y

x

G1

y

p1

H

(a)

x

q2

p1

q1

439

q1

(b)

H

p2

74. bra

2. eset . Tegyk fel, hogy G tartalmazza K4 egy H felosztst s egy harmadfok v pontot, mely nem H -beli, de szomszdos H hrom f pontjval. Legyenek ezek x1 , x2 s x3 . Felcserlve v s a negyedik f pont, x4 szerept, azt kapjuk, hogy ;(x4 ) = {x1  x2  x3 }. Megmutatjuk, hogy G minden (r s) le tartalmazza x1 , x2 s x3 egyikt. Tegyk fel, hogy ez nem gy van. Ekkor r s = x1  x2  x3  x4  v. De x1  x2  x3  x4 s v a felosztott lek, (x1  x2 ), (x2  x3 ) s (x1  x3 ) brmelyikvel egytt K4 egy felosztst alkotja. gy (r s)-nek ezen felosztott lek mindegyikt bels pontban kell rintenie, ami lehetetlen. Teht x1 , x2 s x3 val ban lefog minden pontot. De ez termszetesen azt jelenti, hogy egy (iii)-nak megfelel grfunk van. 3. eset . Van g-ben K4 -nek egy H felosztsa s egy azon k vli harmadfok v pont, mely H -nak legfeljebb kt f pontjval van sszektve. az tlettr ll tsa szerint v szomszdainak H -ban kell lenni, s knnyen lthat , hogy kzlk legalbb kettnek, mondjuk x1 -nek s x2 f pontnak kell lenni. Mivel a harmadik szomszdja nem f pont, annak a felosztott (x3  x4 ) l egy p bels pontjnak kell lenni. x3 s v szerept felcserlve azt kapjuk, hogy ;(x3 ) = {x1  x2  p}, s hasonl an ;(x4 ) = {x1  x2  p}. Azt ll tjuk, hogy x1 , x2 s p minden lt lefog ekkor az elbbiekhez hasonl kvetkeztetsre jutunk. Mivel x1  x2  x3  x4 s p tartalmazza K4 egy felosztst, minden lnek rintenie kell ezen pontok egyikt. De azok, melyek az x3 , x4 vagy v pontot rintik, illeszkednek mg az x1 , x2 vagy p ponthoz is. Ezzel ezt az esetet is elintztk. 4. eset . gy feltehetjk, hogy K4 minden felosztsa fesz t rszgrf. 10.3.a szerint G tartalmazza K4 egy H felosztst. Legyenek x1  x2  x3 s x4 ennek f pontjai. Tegyk fel, hogy ez a felosztott K4 vlaszthat gy, hogy x1 foka legalbb 4. Legyen (x1  u) egy x1 -gyel szomszdos nem H -beli l. Mivel H egy fesz t rszgrf, u a H egy pontja u-nak trivilisan a H − x1 C krn kell lenni. A felosztott (x1  xi ) (i = 2, 3, 4) lt (x1  u)-val helyettes tve fesz t felosztott K4 eket kell kapnunk. gy x1 szomszdos x2 -vel, x3 -mal s x4 -gyel. C brmely pontja trivilisan csak x1 -gyel lehet szomszdos (kivve a C -n lv szomszdait). Teht G egy kerk.

440

MEGOLDSOK

10.5

5. eset . Mr csak az az eset van htra, amikor G-ben minden felosztott K4 egy fesz t rszgrf, s f pontjainak G-beli foka 3. Ha G = K4 , akkor egy kerk. gy tegyk fel, hogy H -nak van egy e hrja, melynek ekkor H kt felosztott lnek bels pontjt kell sszektni. Nyilvnval , hogy ezen felosztott lek diszjunktak, pl. (x1  x2 ) s (x3  x4 ). G nem tartalmaz tovbbi pontokat, hiszen egy ilyen pontot elhagyva H + e megmarad rsze mg mindig tartalmazn K4 egy felosztst, ami ellentmond a felttelnek. gy G-nek hat pontja van, ez trivilis eset. Megjegyz s : Hasonl rvelssel minden olyan (nem felttlenl egyszer) grfot meghatrozhatnnk, mely nem tartalmaz kt diszjunkt krt. Ha adva van egy ilyen grf, elhagyhatunk elsfok, s 'kisim thatunk" msodfok pontokat, gy elegend a legalbb harmadfok ilyen grfokat meghatroznunk. Az eredmny a kvetkez: a feladatban le rt hrom fajta grf azzal a m dos tssal, hogy a kerk klli s K3n−3 3 elem osztlynak lei lehetnek tbbszrsek s van egy j osztly: vegynk egy F erdt s egy x pontot, melyhez illeszkedhetnek huroklek, s tetszlegesen kssk x-et F -hez. $G. A. Dirac, Canad. Math. Bull. 8 (1965) 459{463 Lovsz L., Mat. Lapok 16 (1965) 289{299] 5. (a) 10.3b szerint G tartalmazza K4 egy felosztst. Ha ez a feloszts val di, azaz a felosztott lek legalbb egyiknek van bels pontja, akkor knnyen megtalljuk K23 egy felosztst. gy feltehetjk, hogy G ngy pronknt szomszdos lt tartalmaz, ezek x, y, z s u. Mivel n ≥ 5, van mg legalbb egy v pont. Tekintve, hogy G 2-szeresen sszefgg, van kt fggetlen t, melyek v-t x y z s u kzl klnbzekkel ktik ssze. gy x y z u s v a K23 egy felosztsnak f pontjai (75. bra). x

y

v

z

u

75. bra

(b) Mivel |E (G)| ≥ 3n − 5, 4.26-bl az kvetkezik, hogy G nem s kbarajzolhat , s gy Kuratowski ttele (5.39d) szerint G tartalmazza K33 vagy K5 egy felosztst. Az els esetben kszen vagyunk, gy tegyk fel, hogy G tartalmazza K5 egy felosztst az x1  : : :  x5 f pontokkal. Ugyangy, mint az (a) rszben, klnbsget kell tennnk a kt eset kztt aszerint, hogy ez a feloszts val di-e, 1◦ Tegyk fel, hogy a felosztott (x1  x2 ) l, legyen ez mondjuk Q, tartalmaz bels pontokat. G − {x1  x2 } sszefgg, ezrt van egy P t, mely Q egy bels y pontjt egy Q-n k vli z ponttal kti ssze. z-nek hrom lnyegesen klnbz helyzete lehet, de minden esetben knnyen megtalljuk K33 egy felosztst (lsd 76. bra).

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

10.5

441

P x2 Q x1

x3

x5

x4

76. bra

2◦ Tegyk fel, hogy x1  : : :  x5 klcsnsen szomszdosak. Mivel n ≥ 6, kell lennie egy tovbbi v pontnak. Tudjuk, hogy G 3-szorosan sszefgg, ezrt van hrom fggetlen v-t (mondjuk) x1 -gyel, x2 -vel s x3 -mal sszekt t. Ekkor ismt nyilvnval an megtalltuk K33 egy felosztst. (77. bra).

77. bra

(c) Azt ll tjuk, hogy ha egy grfban legalbb 2n−2 l van, s nem tartalmazza K32 egy felosztst, akkor sszefgg, s tagjai K4 -ek. Indukci t alkalmazunk nre. Elszr tegyk fel, hogy egy 2n − 2 l G grf nem sszefgg, azaz G = G1 ∪ ∪ G2 , G∩ G2 = ∅. Legyen |V (G1 )| = ni > 0 (i = 1, 2). Ekkor |E (G1 )| + |E (G2 )| ≥ 2n − 2 = (2n1 − 2) + (2n2 − 2) + 2 ami miatt pl.

|E (G1 )| ≥ 2n1 − 1:

Teht indukci val azt kapjuk, hogy G1 sszefgg s minden tagja K4 . De ekkor |E (G1 )| = 2n1 − 2, ami ellentmonds. gy G sszefgg.

442

MEGOLDSOK

10.5

Ha G 2-szeresen sszefgg, akkor az ll ts (a)-b l kvetkezik. gy tegyk fel, hogy van egy elvg pontja, ez x. Legyen G = G1 ∪ G2 , V (G1 ∩ G2 ) = {x}, |V (Gi )| = ni < n. Ekkor |E (G1 )| + |E (G2 )| ≥ 2n − 2 = (2n1 − 2) + (2n2 − 1): Mint az elbb, itt is ellentmondst kapunk, ha |E (Gi )| > 2ni − 2 brmely i-re. Ebbl teht az kvetkezik, hogy |E (Gi )| = 2ni − 2 |E (G2 )| = 2n2 − 2 s az indukci s feltevs miatt G1 s G2 sszefgg grfok, melyeknek tagjai K4 ek. Teht G is ilyen. Hasonl rvelssel ad dik, hogy ha G n pont s 3n − 5 l grf, mely nem tartalmazza K33 egy felosztst, akkor G 2-szeresen sszefgg, s 5 pont teljes grfokb l p thet fel a kvetkez rekurz v szably szerint: Vesznk egy (mr megkonstrult) G grfot s egy 5 pont teljes K5 grfot, s azonos tjuk G egy lt K5 egy lvel (lsd 79.a abra). Teht a (c)-re adott vlasz a kvetkez: Minden n pont s 2n − 1 l, ha n ≡ 1 (mod 3) 2n − 2 l, ha n ≡ 0 2 (mod 3) grf tartalmazza K23 egy felosztst minden n pont s 3n − 4 l, ha n ≡ 2 (mod 3) 3n − 5 l, ha n ≡ 0 1 (mod 3) grf tartalmazza K33 egy felosztst. Ezek a korltok a lehet legjobbak, mint azt a 78. s 79. brn lthat grfok mutatjk. $P sa L.]

(a)

(b) kör tetszôleges háromszögelése

78. bra

10.7

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

(a)

443

(b) tetszôleges síkbeli háromszögelés

79. bra

Megmutatjuk, hogy (a ) ha G0 minden pontjnak foka legfeljebb 3, akkor brmely G0 -ra sszehzhat grf tartalmazza G0 egy felosztst (b ) ha G0 -nak van legalbb 4 fok pontja, akkor ez mr nem igaz. (a ) Elg megmutatni, hogy ha G=e (e = (u v) ∈ E (G)) tartalmazza G0 egy H felosztst, akkor G is. Ha G=e azon x pontja, amely e kpe, nem f pontja H -nak, akkor ez nyilvnval  tegyk fel, hogy x f pont. A feltevs szerint G-ben legfeljebb 3 x-bl kiindul felosztott l van. Ha u-t s v-t ismt szthzzuk, ezek kzl nmelyik u-b l indul, nmelyik v-bl. Feltehetjk, hogy legfeljebb egy indul v-bl ekkor e-t hozzvve ehhez a felosztott lhez s u-t f pontknt tekintve G0 egy felosztst talljuk G-ben. (b) Megmutatjuk, hogy van egy G0 -ba sszehzhat G0 grf, melyben minden pont foka legfeljebb 3. Legyen x a G0 egy legalbb 4 fok pontja. Osszuk fel x-et d elsfok pontt, ezek x1  : : :  xd , s kssk ssze ezeket egy krrel. Tegynk

gy minden legalbb 4 fok x ponttal az gy kapott grfot jellje G1 . Ekkor G1 minden pontjnak foka legfeljebb 3, s sszehzhat G0 -ba. Ha G0 -ban van legalbb 4 fok pont, akkor nyilvnval , hogy G1 nem tartalmazza G0 egy felosztst. Egy 4-szeresen sszefgg ellenplda K5 esetben K44 . 7. Legyen a ∈ V (G). Ismtelten hzzunk ssze leket s trljk el az gy ad d

multiplicitsokat gy, hogy (∗) minden sszehzott l illeszkedjen a kpre,  )| m (∗∗) ||VE ((G G )| ≥ n lljon fenn a kapott grfokra. Tegyk fel, hogy a G0 grfnl akadunk el. Legyen a0 az a kpe G0 -ban. A fenti (∗)-b l kvetkezik, hogy G-nek az a G1 rszgrfja, melyet a0 -ra sszehztunk, sszefgg, s G − V (G1 ) = G0 − a0 . Legyen x tetszleges a0 -lal szomszdos pont (azaz V (G1 )-gyel szomszdos Gben). Legyen # az a0 -lal s x-szel szomszdos pontok szma G0 -ban (ez x foka G-nek a G1 szomszdai ltal fesz tett rszgrfjban). Pr bljuk meg sszehzni 6.

444

MEGOLDSOK

10.8

(a0  x)-et s hagyjunk el egy lt az gy elll # prhuzamos pr mindegyikbl. Ekkor (∗∗) mr nem llhat fenn a kapott G0 grfra. Mivel |V (G0 )| = |V (G0 )| − 1 |E (G0 )| = |E (G0 )| − 1 − # Kvetkezik, hogy m |E (G0 )| − # − 1 < |V (G0 )| − 1 n vagy ekvivalens alakban # > |E (G0 )| − 1 − m n (|V (G0 )| − 1): Mivel |E (G0 )| m ≥  |V (G0 )| n ezrt m m − 1 |V (G0 )| − 1 − (|V (G0 )| − 1) = #> m n n n ami bizony tja az ll tst. $W. Mader] 8. Indukci t alkalmazunk m-re. m = 3-ra az ll ts nyilvnval . Legyen m ≥ 4. Feltehetjk, hogy G sszefgg. Az elz feladat szerint G tartalmaz egy sszefgg G1 rszgrfot, melynek szomszdai ltal fesz tett G2 rszgrfban minden pont foka nagyobb, mint |E (G)| m−3 − 1, gy legalbb 2m−3 . Teht n −1≥2 |E (G2 )| ≥ 2m−4 V (G2 ) s gy az indukci s feltevs miatt G2 sszehzhat Km−1 -be. Ugyanezt az sszehzst G-re vgrehajtva, majd G1 -et is sszehzva olyan grfot kapunk, mely tartalmaz Km -et. $uo.] 9. Indukci k -ra: k = 1-re az ll ts trivilis. Megint legyen G1 olyan sszefgg rszgrf, mint 10.7-ben, azaz legyen a G1 szomszdai ltal fesz tett G2 rszgrfban minden pont foka legalbb 2k . Ekkor |E (G2 )| ≥ 2k−1 |V (G2 )| teht G2 tartalmazza F − e egy H felosztst minden e ∈ E (F )-re. Legyenek x1 s x4 H -ban az e vgpontjainak megfelel f pontok. Mivel xi ∈ V (G2 ), ezrt xi szomszdos valamely yi ∈ V (G1 ) ponttal (i = 1, 2). Tekintve, hogy G1 sszefgg, tudjuk, hogy tartalmaz egy P (y1  y2 ) utat. Ekkor H  = H + (x1  y1 ) + (x2  y2 ) + P az F grf egy felosztsa G-ben. $ibid.]

10.11

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

445

I. Legyen x1 a 3-regulris, 4 kerlet G grf egy pontja s legyenek x2 , x3 s x4 a szomszdai. Ekkor x2 , X3 s x4 fggetlenek kell, hogy legyenek, mert G nem tartalmaz hromszget. Legyen x5 s x6 az x2 kt tovbbi szomszdja. gy |V (G)| ≥ 6 egyenlsg csak akkor ll, ha x3 s x4 szintn x5 -tel s x6 -tal szomszdosak, azaz G = K33 . II. Legyen (x1  : : :  xp ) a legkisebb kr G-ben, p ≥ 5. Legyen yi az xi harmadik szomszdja. A vizsglt kr minimalitsa miatt yi nincsen rajta a krn s yi = yj i = j esetn. gy |V (G)| ≥ 2p ≥ 10. Ha egyenlsg ll fenn, akkor p = 5. y1-tl legalbb 4 tvolsgra csak y3 s y4 van, gy ezek kell, hogy legyenek y1 x-en k vli tovbbi szomszdai. Hasonl an y2 szomszdos y4 -gyel s y5 -tel, s y3 szomszdos y5 -tel, azaz Petersen grfot kapunk (80- bra). 10.

x1

y1 x2

x5

y5

y2

y4

y3

x3

x4

80. bra

I. Elszr tegyk fel, hogy g pratlan. Legyen x0 ∈ V (G), s jelljk Si  vel az x0 -t l i i = 0 : : :  g−2 1 i tvolsgra lv pontok halmazt. Si minden x pontjb l pontosan egy l megy Si−1 -be, hiszen kt ilyen l kt x-bl x0 -ba men i hosszsg utat eredmnyezne, s ezek g-nl   rvidebb krt eredmnyeznnek. g −2 Teht |Si+1 | = (r − 1) · |Si | i = 1 : : :  3 , s gy 11.

|V (G)| ≥ |S0 | + |S1 | + : : :

  + 

S

  g−1 

2

= g−3

= 1 + r + r(r − 1) + : : : + r(r − 1) 2 : II. Legyen g pros s tekintsnk kt szomszdos pontot, x-et s y-t. Jelljk ;  Si -vel az {x y} halmazt l i i = 1 : : :  2g − 1 tvolsgra lv pontok halmazt. Az eredmny a fentihez hasonl szmolssal ad dik. $W. T. Tutte, P. Erds{H. Sachs]

446

MEGOLDSOK

10.12

12. Tegyk fel, hogy mr megkonstrultuk G(r g )-t s G(r   g − 1)-t, ahol r  = = |V (G(r g))|. Osszuk fel G(r  g − 1) minden pontjt r elsfok pontt, s azo-

nos tsuk ezt az r pontot G(r g) egy pldnynak pontjaival. A kapott G grf nyilvnval an (r +1)-regulris. Azt ll tjuk, hogy a kerlete g. Ha vesszk G(r g) egy pldnynak egy minimlis krt, annak hossza g emiatt G kerlete legfeljebb g. G(r g) brmely pldnynak brmely ms kre legalbb g hosszsg. Legyen C egy G(r g) pldnyaiban nem szerepl s hosszsg kr. Hzzuk ssze G(r g) minden pldnyt, ekkor G -t lekpeztk G(r g − 1)-be. C egy nem res, pros fok rszgrfba kpzdik le, gy C kpe tartalmaz egy C krt. Tudjuk, hogy C G(r g) legalbb egy pldnynak legalbb egy lt tartalmazza † , s gy C  -nek s-nl kevesebb le van. Teht s − 1 ≥ g − 1, s ≥ g. gy G = G(r + 1 g). Mivel G(r 2) is s G(2 g) is trivilisan ltezik (rendre r prhuzamos l vagy egy g-szg), azt kapjuk, hogy G(3 3), G(4 3), : : : , G(3 4), G(4 4), : : : ,  : : : ,  G(3 g), G(4 g), : : : szintn lteznek. $P. Erds{H. Sachs]. 13. (a) Indirekte tegyk fel, hogy a ∈ V (G) s b ∈ V (G) tvolsga nagyobb, mint g. Hagyjuk el a-t s b-t, majd vegynk fel j leket, melyek a szomszdjait b szomszdjaival pros tjk. A kapott G grf nyilvnval an r-regulris. Megmutatjuk, hogy G kerlete legalbb g. Legyen C egy G -beli kr. Ha C nem tartalmaz egyet sem az r j lbl, akkor C egyben G egy kre is, s gy hossza legalbb g. Teht tegyk fel, hogy C tartalmaz valahny j lt. Tekintsnk egy (G − {a b})-beli P utat, mely az j lek kzl kt vgpontot kt ssze. Ha P az a egy szomszdjt b egy szomszdjval kti ssze, akkor mivel a s b tvolsga legalbb g + 1, P hossza legalbb g − 1. Ha P az a (vagy a b) kt szomszdjt kti ssze, akkor a tovbbi lekkel egytt G egy a-n (vagy b-n) thalad krt alkotja, gy hossza legalbb g − 2. Mrmost ha C csak egy j lt tartalmaz, akkor akkor tartalmaz egy utat, mely ezen l kt vgpontjt kti ssze. A fenti rvelssel ez az t legalbb g − 1 lbl ll, gy C legalbb g hosszsg. Msrszrl ha C legalbb kt j lt tartalmaz, akkor tartalmaz legalbb kt utat is, melyek ezek vgpontjait ktik ssze. gy a hossza legalbb 2 + 2(g − 1) ≥ g: Teht G r-regulris, s kerlete legalbb g. Mivel |V (G )| < |V (G)|, ez ellentmonds. (b) I. Tegyk fel, hogy r = 2l. Legyen x ∈ V (G). Hagyjuk el x-et s pros tsuk a szomszdjait l darab j fggetlen llel. Az gy ad d G grf nyilvn r-regulris. Mivel |V (G )| < |V (G)|, G kerlete kisebb kell, hogy legyen g-nl, azaz tartalmaznia kell egy g-nl rvidebb C krt. Termszetesen C tartalmaz valahny (legalbb egy) j lt legyenek ezek e1  : : :  es , s osszk C -t a P1  : : :  Ps †

Val jban legalbb s=2 ilyen lt tartalmaz de ezt az szrevtelt nem hasznljuk fel.

10.14

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

447

vekre. Azt tapasztaljuk, hogy Pi krt alkot G-ben, ha hozzvesszk azt a kt j lt, melyek a vgpontjait x-szel ktik ssze, teht |E (Pi )| ≥ g − 2. gy g > |E (C )| ≥ s(g − 2) + s = s(g − 1): Teht s = 1, vagyis C egy e1 j lbl s egy olyan, az e1 vgpontjait sszekt P1 tb l ll, melyre P1 ⊆ G − {x}. Az is kvetkezik, hogy P1 -nek g − 2 le van, azaz vgpontjait x-hez ktve egy g hosszsg G-beli krt kapunk. II. Tegyk fel, hogy r = 2l +1. Ha f = 2 vagy 3, akkor G rendre r prhuzamos lbl ll, vagy G = Kr+1 . Teht feltehetjk, hogy g ≥ 4. Legyen (x y) ∈ E (G). Hagyjuk el x-et s y-t G-bl s pros tsuk mind x, mind y megmarad 2l szomszdjt. Az gy ad d G grf ismt r-regulris. Mivel |V (G )| < |V (G)|, G tartalmaz egy g -nl rvidebb C krt. Megint legyen e1  : : : : : :  es az j lek C -n, s osszk ezek C -t a P1  : : :  Ps vekre. Jegyezzk meg, hogy  g − 2 ha Pi x kt szomszdjt vagy y kt szomszdjt kti ssze. |E (Pi )| ≥ g − 3 ha Pi x egy szomszdjt y egy szomszdjval kti ssze. Teht g > |E (C )| ≥ s(g − 3) + s = s(g − 2) ami miatt s = 1, minthogy g ≥ 4. Levonhatjuk a korbbihoz hasonl kvetkeztetst, hogy P1 -et tartalmazza G egy g hosszsg kre, ami thalad x-et vagy y-on. (c) Legyen x ∈ V (G). (a) szerint G minden pontja elrhet x-bl egy legfeljebb g hosszsg ton. De legfeljebb ≤ r(r − 1)j−1 darab j hosszsg, x-bl indul

t van (lehet kztk azonos vgpont lehet kztk x-be visszatr), s gy |V (G)| ≤ 1 + r + r (r − 1) + : : : + r (r − 1)g −1 = = 1 + r −r 2 ((r − 1)g − 1) < r −r 2 (r − 1)g :

$uo.] 14. Vegynk egy maximlis g kerlet G grfot, mely elll G-bl fggetlen lek hozzvtelvel. Indirekte tegyk fel, hogy G -ben van egy r fok u pont. Ekkor parits-megfontolsok miatt van egy msik ilyen v pontja is. Legyen S a G azon pontjainak halmaza, melyek {u v}-tl g − 1 tvolsgra vannak. G minden S -en k vli w pontjnak foka r +1 kell, hogy, legyen, klnben az (u w) lt hozzvehetnnk G -hz. Mivel a 10.11 megoldsban szereplhz hasonl szm tssal azt kapjuk, hogy 1 |S | ≤ 2(1 + r + : : : + r g −1 ) < 2r g ≤ |V (G)| 2 az ad dik, hogy van kt S -en k vli x s y pont, melyeket E (G ) − E (G) egy le kt ssze. gy G − (x y)+(x u)+(x v) egy legalbb g kerlet grf, mely G-bl fggetlen lek felvtelvel ll el, s G -nl nagyobb, ami ellentmonds.

448

MEGOLDSOK

10.15

Legyen U a GF (p) feletti projekt v tr pontjainak, W pedig az egyeneseinek halmaza. Kssk ssze u ∈ U -t w ∈ W -vel, ha u ∈ w. Az gy ad d pros grf knnyen lthat an (p + 1)-regulris, s 2(p2 + p + 1) pontja van. Annak bizony tshoz, hogy kerlete 6, vegyk szre, hogy nem tartalmaz ngyszget val ban, ha (u1  w1  u2  w2 ) egy kr lenne, akkor a w1 s w2 egyeneseknek kt kzs u1 s u2 pontja lenne. Nem tartalmaz 3 s 5 hosszsg krt sem, mert pros. (A tr minden hromszge a grfban hatszget ad.) (b) Tekintsk a F = {x : xT x = 0} hiperfelletet a GF (p) feletti 4-dimenzi s projekt v trben. Elszr F nhny geometriai tulajdonsgt bizony tjuk be. (i) F nem tartalmaz s kot. Indirekte tegyk fel, hogy  egy s k F-ben s legyen u, v ∈ . Ekkor uT u = 0, vT v = 0 s (u + v)T (u + v) = 0 (hiszen u, v s u + v  pontjait reprezentl vektorok). Ebbl az kvetkezik, hogy uT v = 0. gy ha V a  pontjainak homogn koordinta-tsei ltal alkotott lineris alteret jelli az 5-dimenzi s vektortrben, akkor V ⊆ V ⊥ . De ez azt jelenten, hogy dim V ⊥ ≥ ≥ dim V = 3, ami ellentmond 5.31-nek. (ii) F-nek pontosan p + 1 egyenese halad t F minden b pontjn. Legyen 9 = = {x : bT x = 0} az 'rint hipers k" b-ben. 9 minden b-n thalad egyenest tartalmaz mert ha v egy ilyen egyenes egy pontja, akkor ugyangy, mint (i)-ben az kvetkezik, hogy bT v = 0. Megford tva, ha v ∈ F ∩ 9, akkor a b s v ltal fesz tett egyenes minden pontjt tartalmazza F ∩ 9. Legyen  tetszleges 9-beli b-t nem tartalmaz s k. Ekkor  ∩ F egy kpszelet, ami nem degenerlt, hiszen ha tartalmazna egy egyenest, akkor ez b-vel egytt egy F ltal tartalmazott teret adn, ellentmondva (i)-nek. gy  ∩ F-nek p + 1 pontja van. Mrmost az F-beli b-n thalad egyenesek pontosan azok, melyek b-t  ∩ F pontjaival ktik ssze, teht ezekbl p + 1 van. Ezekbl a megfontolsok (i)-gyel egytt az is kvetkezik, hogy nincsen hrom olyan egyenes F-ben, melyek hromszget alkotnak. (iii) |F| = p3 + p2 + p + 1. Vegyk szre, hogy ha adva van egy tetszleges : egyenes s egy tetszleges F − :-ra es b pont, akkor F-ben egyetlenegy olyan egyenes van, mely tartalmazza b-t s metszi :-t. Val ban, a b-beli 9 rint hipers k nem tartalmazhatja :-t, gy 9 a :-t egyetlen a pontban metszi, s gy az ab egyenes egyrtelm. gy ha brmelyik : egyenest tekintjk, ezen p + 1 pont van, ezek mindegyikre p tovbbi egyenes illeszkedik, s F minden pontja ezen egyenesek kzl pontosan egyre illeszkedik. gy |F − :| = p2 (p + 1), ami bizony tja az ll tst. Mivel minden egyenes p + 1 pontot tartalmaz s minden pont F-nek p + 1 egyenesre illeszkedik, F egyeneseinek szma ugyanez. Jelljk F egyeneseinek halmazt L-vel. Alkossunk pros grfot F ∪ L-en gy, hogy akkor s csak akkor ktjk ssze b ∈ F-t : ∈ L-vel, ha b ∈ :. A kapott pros grf (ii) szerint (p + 1)-regulris, s (iii) szerint 2(p3 + p2 + p +1) pontja van. Nem tartalmaz sem 4, sem 6 hosszsg krt, mivel egy 4 hosszsg kr F kt olyan egyenesnek felelne meg, melyek 15. (a)

10.17

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

449

kt pontban metszik egymst, egy 6 hosszsg kr pedig F hrom hromszget alkot egyenesnek mindkett lehetetlen. 16. (a) Ha Z az sszes krt lefogja, akkor V (G) − Z erdt fesz t, s gy legfeljebb n − |Z | − 1 lt fesz t. Mivel minden pont foka legalbb 3, V (G) − Z pontjait 3(n − − |Z |) l hagyja el. Ezen halmaz ltal fesz tett leket itt ktszer szmoltuk, de

gy is legalbb 3(n − |Z |) − 2(n − |Z | − 1) = n − |Z | + 2 l kti V (G) − Z -t Z -hez. Msrszrl Z egy pontja nem tbb mint d lhez illeszkedik, gy a (V (G) − Z Z ) lek szma legfeljebb d · |Z |. Teht d · |Z | ≥ n − |Z | + 2 vagy ezzel ekvivalens formban n + 2: |Z | ≥ d+1 (b) Feltehetjk, hogy g ≥ 3, minthogy a g = 1 s 2 eset trivilis. Legyen d a G-beli maximlis fokszm. Ugyanolyan leszmllssal, mint 10.11ben, azt kapjuk, hogy

n ≥ 1 + d + 2d + : : : + 2

$ g−3 %

2

·d=1+d

 $ g−1 %

2 2

−1



:

Mrmost (a) szerint brmely minden krt lefog Z halmaz eleget tesz a kvetkeznek:  $ g−1 %

3+d 2 2 n + 2 |Z | ≥ d+1 ≥ d+1

−1



 $ g−1 %

3+3 2 2 ≥ 3+1

−1



≥

3 · 2g=2 : 8

$H.{J. Vo;, M. Simonovits] 17. Legyen G1  G2  : : :  G az tlettr szerint denilva G +1 = ∅. Feltehetjk, hogy minden Gi kerlete legfeljebb g, klnben tekinthetnnk G helyett Gi -t. gy |V (C1 ) ∪ : : : ∪ V (C )| ≤ g . Msrszrl knnyen ellenrizhet, hogy V (C1 ) ∪ : : : ∪ V (C ) a G grf minden krt lefogja. Teht az elz fejezet (b) rsze azt adja, hogy 3 |V (C1 ) ∪ : : : ∪ V (C )| ≥ 2g=2 : 8 gy

≥ 83g 2g=2  mint azt ll tottuk. $uo.]

450

MEGOLDSOK

10.18

= 1 azt jelenti, hogy G brmely kt krnek van kzs pontja. Ha G nem egyszer, azaz tartalmaz huroklt vagy kt prhuzamos lt, akkor minden krt lefog rendre 1 vagy 2 pont. gy feltehetjk, hogy G egyszer. Ekkor 10.4 szerint G a 8. brn lthat grfok egyike. K5 kreit brmely 3 pontja lefogja egy kerk pontjait lefogja a kzppont s a perem brmely pontja a harmadik pldt (K3n−3 a 3 elem osztlyhoz nhny l hozzvtelvel) lefogja a 3 elem osztly brmely kt pontja. $Bollobs B., P sa L.] (b) Indukci t alkalmazunk V (G)-re. Feltehetjk, hogy G-nek nincsen sem els-, sem msodfok pontja, mert ezeket rendre elhagyhatnnk, illetve 'kisim thatnnk". Hagyjuk el egy legrvidebb kr pontjait. 10.16b szerint ennek hosszra fennll g ≤ 4 log2 : Jellk   -vel a megmarad grf sszes krnek lefogshoz szksges pontok minimlis szmt. Nyilvnval , hogy  ≤   + g: gy felhasznlva az indukci s feltevst, 18. (a)

 + 1 ≥  + 1 ≥  − g + 1 ≥  :

≥ 4 log  4 log  4 log  4 log  (c) Legyen G 3-regulris, g kerlet grf minimlis n pontszmmal. 10.13c-bl

n ≤ 3 · 2g 

vagyis

g ≥ log2 n3 :

10.16a szerint legalbb n=4 pont kell minden kr lefogshoz, azaz n ≤ 4 . Tovbb

≤ ng ≤ log (nn=3) ≤ log4  : 2 2 $Erds P.{P sa L. l. mg H.{J. Vo;, Theory of Graphs (Akadmiai Kiad , Budapest 1968) s M. Simonovits, Acta Math. Acad. Sci. Hung. 18 (1967), 191{206.] 19. G1 = G − x-et tekintjk. Mivel G 2-szeresen sszefgg, G1 sszefgg. 1◦ Ha G1 2-szeresen sszefgg, akkor legyen x1 tetszleges x-gyel szomszdos pont. Mivel dG1 ≥ k − 1 minden z = x1 , y-ra (val jban minden z = y-ra), van G1 -ben legalbb k − 1 hosszsg (x1  y)-t. (x x1 )-et hozzvve egy legalbb k hosszsg (x y)-utat kapunk. 2◦ Tegyk fel, hogy G1 nem 2-szeresen sszefgg s legyen G1 = A ∪ B , |V (A) ∩ V (B )| = 1. A jellseket vlasszuk gy, hogy y ∈ V (A) s tegyk fel, hogy B minimlis. Ekkor B nyilvnval an 2-szeresen sszefgg. Legyen {y1 } = = V (B ) ∩ V (A). Tekintve, hogy G 2-szeresen sszefgg, x-nek szomszdosnak kell lenni egy x1 ∈ V (B ) − {y1 } ponttal.

10.21

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

451

Mrmost B minden z = y1 pontjnak foka legalbb k − 1, gy B tartalmaz egy legalbb k − 1 hosszsg P1 utat x1 s y1 ) kztt. Legyen tovbb P2 egy A-beli (y1  y)-t ekkor P = P1 + P2 + (x x1 ) egy legalbb k hosszsg (x y)-t G-ben. 20. Legyen X az tlettr szerint denilva. Nyilvnval , hogy a P ismtelt deformci jval elll utak pontjai azonosak, teht X ⊆ V (P ). Legyen X = = {x0  xi1  : : :  xit  xm } (0 < i1 < : : : < it < m). Azt ll tjuk, hogy ;(X ) ⊆ {x1  xm−1  xi ±1 : = 1 : : :  t} ∪ X (ami miatt |;(X ) − X | ≤ 2t + 2 = 2|X | − 2). Legyen u ∈ ;(X ), u ∈ X . Ekkor u szomszdos egy v ∈ X ponttal. Mivel v den ci szerint vgpontja egy olyan maximlis tnak, melynek pontjai P pontjai, u-nak rajta kell lenni P -n. Legyen u = xi . A v pont den ci ja szerint vannak olyan P0 = p P1  : : :  Ps utak, hogy Pj +1 elll Pj deformci jval (j = 0 : : :  s − 1), s v vgpontja Ps -nek. Ha mind az (xi  xi−1 ), mind az (xi  xi+1 ) l vgpontja egy Ps -bl deformci val elll tnak, akkor legyen mondjuk (xi  xi+1 ) a Ps (u v)- vnek els le. Ekkor xi+1 vgpontja egy Ps -bl deformci val elll tnak, azaz xi+1 ∈ X s kszen vagyunk. gy tegyk fel, hogy pl. (xi+1  xi ) ∈ E (Ps ). Ekkor van egy j index (0 ≤ j ≤ ≤ s − 1), melyre (xi+1  xi ) ∈ E (Pj ), de (xj +1  xi ) ∈ E (Pj +1 ). Mivel Pj +1 elll Pj -bl deformci val, ez csak akkor lehetsges, ha xi+1 s xi egyike vgpontja Pj +1 -nek. Mivel xi ∈ X , ezrt xi+1 ∈ X kell, hogy legyen, s ismt kszen vagyunk. Teht tudjuk, hogy |;(X ) − X | ≤ 2|X | − 2 ami miatt a feltevsbl azt kapjuk, hogy |X | ≥ k + 1. Legyen X1 ⊂ X , |X1 | = k. Ekkor a feltevs szerint |;(X1 ) − X1 | ≥ 2|X1 | − 1 = 2k − 1 s mivel X1 ∪ ;(X1 ) ⊆ V (P ) az ad dik, hogy |V (P )| ≥ |X1 | + |;(X1 ) − X1 | ≥ k + 2k − 1 = 3k − 1: Az ll ts minden k-ra les, amint azt brmely olyan grf mutatja, mely diszjunkt teljes (3k − 1)-szgekbl ll. $L. P sa, Discrete Math. 14 (1976) 359{364]. 21. (a) Indirekte tegyk fel, hogy G-ben nincsen Hamilton kr. Vegynk fel leket G-ben addig, am g ezzel nem hozunk ltre Hamilton krt. Mivel az (a) felttel rvnyes marad (egybknt (b), (c) s (d) is), feltehetjk, hogy G mr tel tett, azaz tetszleges j l felvtelvel Hamilton kr keletkezne. Legyen (x y) ∈ E (G),

452

MEGOLDSOK

10.21

s H a G + (x y) Hamilton-kre. Ekkor G tartalmaz egy x-et y-nal sszekt P = (z1 = x z2  : : :  zn = y) Hamilton-utat. Legyenek zi1  : : :  zik az x szomszdai P -n, 2 = i1 < i2 < : : : < ik ≤ ≤ n. Ekkor y nem lehet szomszdos zi −1 -gyel (1 ≤ ≤ k ) klnben (z1  : : : : : :  zi −1  zn  zn−1  : : :  zi ) Hamilton kr lenne. gy

dG (y) ≤ n − 1 − k = n − 1 − dG (x) ≤ n − 1 − n2 < n2 

ami ellentmonds. Most azt tegyk fel, hogy (d) ll fenn. Ismt feltehetjk, hogy G nem tartalmaz Hamilton krt, de brmely kt nem szomszdos pontjt egy llel sszektve mr igen. Legyen xk , xl egy nem szomszdos pr, melyre k + l maximlis (k < l). Ekkor xk szomszdos xl+1  : : :  xn -nel, gy (1) dk ≥ n − l azt is tudjuk, hogy xl szomszdos xk+1  : : :  xl−1  xl+1  : : :  xn -nel, azaz (2) dl ≥ n − k − 1: Az (a)-hoz hasonl rvels azt adja, hogy (3) dk + dl ≤ n − 1: (2)-bl s (3)-b l (4) dk ≤ n − 1 − dl ≤ (n − 1) − (n − k − 1) = k: Legyen m = dk . Ekkor (4) szerint m ≤ k, s gy dm ≤ dk = m. Ezen k vl (3)-b l az kvetkezik, hogy m = dk < n2 : Teht a feltevs szerint dn−m ≥ n − m = n − dk ≥ dl + 1: Innen az ad dik, hogy n − dk = n − m > l vagy, ami ezzel ekvivalens

dk < n − l

ami ellenmond (1)-nek. Ha (b) fennll, akkor nyilvnval , hogy (d) is fennll. Tegyk fel, hogy (c) fennll, s legyen dk ≤ k < n2 , l = n − k. Ekkor (c) szerint vagy dl ≥ l, vagy dk + + dl ≥ l + k = n, ami miatt dl > l. Teht (d) ismt fennll, s gy egy Hamilton kr ltezse kvetkezik.

10.23

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

453

22. Legyen G olyan egyszer grf, amely nem tartalmaz F lein thalad Hamilton krt. Feltehetjk, hogy G-hez brmely lt hozzvve mr van ilyen Hamilton kr (mert a V (G)-n rtelmezett teljes grfban van egy F -en thalad Hamilton kr, minthogy F diszjunkt utakb l ll). Legyen (x y) ∈ E (G). Ekkor van G + + (x y)-ben F -en thalad Hamilton kr, azaz van G-ben egy F -en thalad , x-et y-nal sszekt P Hamilton t. Legyen P = (x = z1  z2  : : :  zn = y). Legyen x szomszdos zi1  : : :  zik -val (2 = i1 < : : : < ik < n). Mint korbban is, itt is kvetkezik, hogy zi −1 (1 ≤ ≤ k) csak akkor lehet szomszdos y-nal, ha (zi −1  zi ) ∈ F . Teht legfeljebb n − 1 − k + q pont szomszdos y-nal. gy dG (y) + dG (x) ≤ n + q − 1: Ez nyilvnval an lehetetlen. Megjegyz s : Hasonl ltalnos tst fogalmazhatunk meg, mint az elz feladatban. 23. Vegynk fel egy y pontot s kssk ssze minden ms ponttal. A kapott 2n +2 pont grfban minden pont foka legalbb n + 1, s Dirac ttele (10.21a) szerint van benne Hamilton kr. y-t elhagyva mg mindig van egy (x0  : : :  x2n ) Hamilton t G-ben. Tegyk fel, hogy G-ben nincs Hamilton kr, ekkor a kvetkez szably fogalmazhat meg: ha x0 szomsz dos xi -vel, akkor x2n szomsz dos xi−1 -gyel. Mivel x0 s x2n fokszma is n, fenn kell llni annak, hogy ha x0 nem szomsz dos xi -vel, akkor x2n szomsz dos xi−1 -gyel. x0

x2n

xi

xj xi+1

xj+1 xn

81. bra

Elszr tegyk fel, hogy x0 szomszdos x1  : : :  xn -nel s x2n szomszdos xn  : : : x2n−1 -gyel. Van olyan i, 1 ≤ i ≤ n, melyre xi nem szomszdos xn -nel ekkor xi szomszdos xj -vel valamely n < j ≤ 2n − 1-re, mert dG (n) = n. Ekkor az (xi  xi−1  : : :  x0  xi+1  : : :  xj −1  x2n  : : :  xj ) kr Hamilton kr (81. bra). Legyen 1 ≤ i ≤ 2n − 1 olyan, hogy xi+1 szomszdos x0 -lal, de xi nem. A fenti rvels szerint xi−1 szomszdos x2n -nel. Teht G tartalmaz egy 2n hosszsg (xi−1  : : :  x0  xi+1  : : :  x2n ) krt.

454

MEGOLDSOK

10.24

Legyen C = (y1  : : :  y2n ) egy 2n hosszsg kr G-ben s legyen y0 az utols

pont. Mivel C maximlis kr G-ben, y0 nem lehet szomszdos C kt egyms melletti pontjval gy C minden msodik pontjval kell, hogy szomszdos legyen, mondjuk y1  y3  : : :  y2n−1 -gyel. y2i -t y0 -val helyettes tve egy msik maximlis krt kapunk, s gy y2i is szomszdos kell, hogy legyen y1  y3  : : :  y2n−1 -gyel. gy y1 szomszdos y0  y2  : : :  y2n -nel, azaz

dG (y1) ≥ n + 1 ami ellentmonds. $C. St. J. A. Nash-Williams, Proc. Amer. Math. Soc. 17 (1966), 466{467.] 24. Legyen x y ∈ V (G), bebizony tjuk, hogy sszekthetk Hamilton ttal. Feltehetjk, hogy (x y) ∈ E (G), mivel ha x-et s y-t egy j llel sszektjk, az sem a felttelt, sem a kvetkezmnyt nem befolysolja. Osszuk fel az (x y) lt egy j z ponttal. Ekkor knnyen igazolhat , hogy a kapott G grfban akkor s csak akkor van Hamilton kr, ha G tartalmaz egy x-et y-nal sszekt Hamilton utat. Mrmost G fokszmaira 2 ≤ d2 ≤ : : : ≤ dn+1  ahol d2 ≤ : : : ≤ dn+1 a G fokszmai gy d2 ≥ n+1 Mivel 2 a felttel szerint.   |V (G )| = n + 1, a P sa felttel (10.21b) ki van elg tve, s gy G -ben van Hamilton kr. Teht G tartalmaz x-et y-nal sszekt Hamilton utat. 25. Legyen C = (x1  : : :  xm ) egy leghosszabb irny tott kr G-ben. Ekkor |V (C )| > n2 . Val ban, legyen Q = (z0  : : :  zp ) egy leghosszabb (irny tott) t s zi1  : : :  zik (i1 < : : : < ik ) a G azon pontjai, melyekre (zi  z0 ) ∈ E (G) (ezek nyilvnval an Q-n helyezkednek el). Ekkor ik ≥ k ≥ n=2, s gy a (z0  : : :  zik ) irny tott kr hossza > n=2. Tegyk fel, hogy C nem irny tott Hamilton kr s legyen P = (y0  : : :  yl ) egy leghosszabb G − V (C )-beli t. (u y0 ) ∈ E (G) legalbb n2 − l nem P -beli u pontra. Ezen pontok mindegyike C -n van jelljk ket xi1  : : :  xit -vel, t ≥ n2 − − l. Hasonl an vannak olyan xj1  : : :  xjs pontok, s ≥ n2 − l, melyekre (yl  xj ) ∈ ∈ E (G), 1 ≤ ≤ s. Vegyk szre, hogy ha xi = xi , akkor C (xi  xi ) ve legalbb l + 2 hossz kell, hogy legyen, hiszen klnben C ezen vt (xi  y0 )+ P +(yl  xj )-vel helyettes thetnnk. Teht ha vesszk C egy xi +1 -ben (xm+1 = x1 ) indul l hosszsg (1 ≤ ≤ t) A vt, akkor

xj ∈

t , =1

V (A )

(1 ≤  ≤ s):

10.27

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI  t  S  

  n ) ≥

455

De knnyen ltszik, hogy V (A t + l, s gy s ≤ m − (t + l), vagy, ami =1 ezzel ekvivalens,     m ≥ s + t + l ≥ n2 − l + n2 − l + l = n − l: De P -nek n − m-bl l + 1 pontja van, teht l + 1 ≤ n − m m ≤ n − l − 1 ami ellentmonds. $C. St. J. A. Nash-Williams] 26. Legyen C maximlis kr G-ben. Indirekte tegyk fel, hogy C nem Hamilton kr. Ekkor G − V (C ) nem res legyen G1 egy komponense. Legyenek x1  : : :  xs a C kr G1 -gyel szomszdos pontjai. Vegyk szre, hogy C maximalitsa miatt az xi -k kztt nincsen kt olyan, melyek C -n szomszdosak. Ebbl az kvetkezik, hogy {x1  : : :  xs } elvlasztja G-t, s gy s ≥ k. C -n egy adott irnyban vgighaladva legyen y1  : : :  ys az x1  : : :  xs -et kvetkez pontok. Azt ll tjuk, hogy y1  : : :  ys fggetlenek. Tegyk fel, hogy yi s yj szomszdosak, ekkor hagyjuk el (xi  yi )-t s (xj  yj )-t C -bl s vegyk hozz (yi  yj )-t s egy G1 -en thalad (xi xj ) utat az gy elll kr hosszabb C -nl, ami ellentmonds. Az is belthat , hogy nincsen olyan yi , mely szomszdos G1 -gyel, s gy egy y0 ∈ V (G1 )-et vlasztva az S = {y0 y1  : : :  ys} halmaz fggetlen lesz. De |S | = s + 1 ≥ k + 1 ami ellentmonds. $P. Erds{V. Chvtal] 27. (a) Legyen P = (x0  x1  : : :  xm ) egy leghosszabb t. Ekkor x0 minden szomszdja rajta van P -n mivel dG (x0 ) ≥ k, ezen szomszdok egyike olyan xi , melyre k ≤ i ≤ m. Ekkor C = (x0  : : :  xi) egy i + 1 ≥ k + 1 hosszsg kr. (b) Legyen P gy, mint fent, egy leghosszabb t. Elszr tegyk fel, hogy lteznek olyan xi s xj pontok, hogy i < j , xi szomszdos xm -mel, xj pedig x0 -lal. Feltehetjk, hogy j − i minimlis az ilyen indexprok kztt. Legyen C = (c0  : : : : : :  xi xm  xm−1  : : :  xj ). Ha j = i + 1, akkor C hossza m + 1, s Hamilton kr kell, hogy legyen, mivel klnben lenne C -n k vl olyan C -vel szomszdos pont, mely P -nl hosszabb utat eredmnyezne. gy feltehetjk, hogy j ≥ i + 2. Ekkor xi+1  : : :  xj −1 nem szomszdosak sem x0 -lal, sem xm-mel, gy C tartalmazza xm et, xm minden szomszdjt s minden olyan x pontot, melyre x +1 szomszdos x0 -lal, kivve xj−1 -et. Ezen pontok klnbzek, emiatt C hossza legalbb 2k. Teht tegyk fel, hogy az utols x0 -lal szomszdos xi pont elbb van az els xm -mel szomszdos xj pontnl (esetleg xi = xj ). Mivel G 2-szeresen sszefgg, kt fggetlen t, P1 s P2 kti ssze a C1 = (x0  : : :  xi ) s C2 = (xj  : : :  xm ) krket. Feltehetjk, hogy egyikk xi -bl indul hiszen klnben addig stlhatnnk az (xi  : : :  xj ) ton, am g vagy C2 -t, vagy P -t elrjk, s helyettes thetnnk P egy megfelel darabjt ezzel az ttal. Hasonl an azt is feltehetjk, hogy P1 s P2 egyike xj -ben vgzdik. Lehetsges, hogy ugyanaz a P xi -ben vgzdik, s az is,

456

MEGOLDSOK

10.28

xm–1

x1

xm–1

x1

x0

x0 xm

xm

P2

P2

P1 xi

P1

xj

xi

xj

82. bra

hogy nem de mindkt esetben olyan krt kapunk, mely tartalmazza x0 -t, xm -et, s ezek minden szomszdjt, mint azt a 82. bra mutatja. E kr hossza nagyobb 2k-nl. $G. A. Dirac, Proc. London Math. Soc. 2 (1952) 69{81]

G-nek van egy legfeljebb k=2 fok x pontja, akkor G − x-ben (n−22)k -nl tbb l van, s gy az indukci s feltevs szerint G − x tartalmaz egy k-nl hosszabb krt. Teht feltehetjk, hogy G minden pontjnak foka legalbb k+1 2 . Azt is megllap tjuk, hogy ha G nem 2-szeresen sszefgg, mondjuk G = = G1 ∪ G2 s |V (G1 ) ∩ V (G2 )| ≤ 1, akkor k(n − 1) ≥ k (|V (G )| + |V (G ))| − 2) |E (G )| + |E (G )| > 28. Ha

1

2

2 2 miatt az kvetkezik, hogy i = 1 vagy 2-re |E (Gi )| >

1

k (|V (G )| − 1)

2

i 2 s az indukci ismt alkalmazhat . Teht feltehetjk, hogy G 2-szeresen sszefgg. Ekkor 10.27-bl az ad dik, hogy G tartalmaz egy legalbb k + 1 hosszsg krt. Az ll ts les minden olyan grfra, melynek tagjai teljes k-szgek. $P. Erds P.{T. Gallai, Acta Math. Acad. Sci. Hung. 10 (1959), 337{356] 29. Legyen P = (0 1 : : :  N ) tetszleges G-beli t. Legyen R1 egy (P P )-t olyan i1 = 0 s j1 vgpontokkal, melyekre j1 maximlis. Tegyk fel, hogy az R1  : : :  Rk (P P )-utakat mr kivlasztottuk, R vgpontjaira i < j s jk < N . Legyen Rk+1 egy {0 : : :  jk − 1}-et {jk + 1 : : :  N }-nal sszekt (P P )-t (ilyen t ltezik, mert G 2-szeresen sszefgg), s legyen Rk+1 -nek az ut bbi halmazbeli jk+1 vgpontja a lehet legnagyobb. Ha jk = N , megllunk legyen s a k ezen rtke.

10.30

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

457

A den ci b l kvetkezik, hogy 0 < j1 < j2 < : : : < js = N: Az is igaz, hogy

ik+1 ≥ jk−1 

hiszen ellenkez esetben Rk+1 -t vlaszthattuk volna Rk helyett. Teht 0 = i1 < i2 < j1 ≤ i3 < j2 ≤ : : : ≤ is < js−1 < j2 : Hasonl rvelssel belthat , hogy R1  : : :  Rs fggetlen utak. gy P ∪ R1 ∪ : : : ∪ ∪ Rs az tlettrban le rt struktrj. Tegyk fel, hogy s = 2p + 1 pratlan (a pros eset hasonl an kezelhet, gy az olvas ra b zzuk). Ekkor az ip+1 s jp+1 kzti v nem hosszabb l − 1-nl, hiszen Rp+1 -gyel krt alkot. Hasonl an P (ip ip+1 )- ve s (jp+1  jp+2 )- ve krt alkot Rp  Rp+1 Rp+2 -vel s P (jp  ip+2)- vvel (ez ut bbi degenerl dhat 83. bra), s

gy sszhosszuk legfeljebb l − 3. Hasonl an kapjuk azt, hogy az (iq  iq+1 )- v s a (j2p+1−q  j2p+2−q )- v hossznak sszege legfeljebb l − (p + 1 − q). Teht |E (P )| ≤ (l − 1) + (l − 3) + : : : =

ami bizony tja az ll tst. $H.-J. Vo;, G. Dirac] Rp+1

ip+1

jp–1

jp+1

l2  4

ip+3

jp+2 ip

jp

Rp

ip+2

83. bra

Legyen x y ∈ V (G), (x y) ∈ (EG). Brmely z ∈ V (G) − {x y} x s y kzl legfeljebb az egyikkel szomszdos. gy (d(x) − 1) + (d(y) − 1) ≤ n − 2 d(x) + d(y) ≤ n: Adjuk ssze ezt minden (x y) lre, ekkor minden d(x) pontosan d(x)-szer szerepel a bal oldalon, azaz X d2 (x) ≤ n · |E (G)|:

30.

Itt

x

X

x

d2 (x) ≥ 1

n



X

x

d(x)

!2

= n4 |E (G)|2 

458

MEGOLDSOK

teht

4 |E (G)|2 ≤ n|E (G)|

n

10.31

|E (G)| ≤

n2 :

4 $W. Mantel, Wiskundige Opgaven 10 (1906) 60{61. Ms egyszer bizony tsokat kapunk a Turn ttel megoldsainak (10.34 s 10.35) specializci jval.] 31. Legyen x a G tetszleges pontja. Ekkor nincsen x-nek kt olyan szomszdja, melyek szomszdosak lehetnnek, gy

d(x) ≤ (G): Legyen S be a G egy minimlis pont-lefogsa. Ekkor G minden lt reprezentlja S egy pontja, teht |E (G)| ≤

Mivel

X

x∈S

d(x) ≤ (G) · |S | = (G) ·  (G):

 2  2 2 (G) ·  (G) ≤ (G) +2  (G) = n2 = n4 

az elz feladat eredmnye ebbl is kvetkezik. 32. Nevezznk egy {x y z } hrmast rossznak , ha nem fesz t hromszget sem Gben, sem G-ben. Ekkor az olyan rossz hrmasok szma, melyek ltal fesz tett lek kzl pontosan egy tartalmazza az x pontot d(x)(n − 1 − d(x)), gy X

x

d(x)(n − 1 − d(x))

a rossz hrmasok szmnak ktszerese. Emiatt G s G hromszgeinek szma egytt   n − 1 X d(x)(n − 1 − d(x)): 3 2 x∈V (G) (a) Ha G k-regulris, ez a formula a kvetkez egyszerbb alakot lti:  

n 3

mint azt ll tottuk.

−

1 nk(n − 1 − k) 2

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

10.34

(b) Tudjuk, hogy

d(x)(n − 1 − d(x)) ≤



459

 n−1 2 2

s gy G s G hromszgeinek szma legalbb     n − n n − 1 2 = n(n − 1)(n − 5) : 2 2 24 3 Megjegyz s : Ez n > 5-re pozit v, ami Ramsey ttelnek (14. fejezet) egy nagyon specilis esete. $A. W. Goodman, Amer. Math. Monthly 66 (1959), 778{783.] 33. Legyen (x y ) ∈ E (G). Ekkor legalbb d(x) + d(y ) − n pont szomszdos x-szel s y-nal is, azaz legalbb ennyi hromszg tartalmazza (x y)-t. gy 1 X (d(x) + d(y) − n) 3 (xy)∈E (G) a hromszgek szmt alulr l becsli. Mivel ebben a szummban d(x) pontosan d(x)-szer fordul el, G hromszgeinek a szma legalbb 0

1

1 @ X d(x)2 − nmA : 3 x∈V (G)

A Cauchy{Schwartz egyenltlensg szerint ez legalbb !  P   1 ( x d(x))2 − nm = 4m m − n2 : 3 n 3n 4 $uo.] 34. Indukci t alkalmazunk m-re. Ha m = 1, az ll ts nyilvnval . Legyen H egy teljes k-szg G-ben (ilyen rszgrf k szerinti indukci miatt ltezik, vagy 'tel thetjk" G-t j lek felvtelvel addig, am g nem keletkezik teljes (k +1)-szg, s tekinthetjk G helyett a tel tett grfot). Ha G nem tartalmaz teljes (k +1)-szget, akkor minden x ∈ V (G) − V (H ) a H grfnak nem tbb mint k − 1 pontjval szomszdos. gy a G1 = G − V (H ) grfban tbb mint  

 

 

k m2 − (k − 1)(m − k) − k = k (m − 1)2 2 2 2 l van. Az indukci s feltevs szerint ebbl az kvetkezik, hogy G1 tartalmaz teljes (k + 1)-szget, grfot, s gy G is. Az egyenlsget akkor rjk el, ha V (G) = V1 ∪ : : : ∪ Vk , |Vi | = m s kt pont akkor s csak akkor szomszdos, ha klnbz Vj halmazba tartoznak.

460

MEGOLDSOK

10.35

Ha n = mk+r, akkor azt ll tjuk, hogy egy hromszgmentes egyszer grfban akkor van a legtbb l, ha G = Hnk , V (Hnk ) = V1 ∪ : : : ∪ Vk , |V1 | = : : : = |Vr | = = m + 1, |Vr+1 | = : : : = |Vk | = m, s kt pont megint akkor s csak akkor szomszdos, ha klnbz osztlyba tartoznak. Ezen lszm  





r k−r 2 2 2 (m + 1) + r(k − r)m(m + 1) + 2 m : Ez az ll ts m = 0-ra trivilisan igaz s m szerinti indukci val a fentivel azonos

m don bizony that . $Turn P.] 35. Legyen x maximlis fok pont s jellje G0 az x szomszdai ltal fesz tett rszgrfot. Ekkor V (G0 )-on van egy olyan H0 rszgrf, mely (k − 1)-kromatikus s eleget tesz a kvetkezknek: dH0 (z ) ≥ dG0 (z) (z ∈ V (G0 )) ez k szerinti indukci val ad dik, mivel G0 nem tartalmaz teljes k-szget. H -t deniljuk V (G)-n gy, hogy a H0 lein k vl V (G) − V (G0 ) minden pontjt G(G0 ) minden pontjval sszektjk. H nyilvnval an k-kromatikus. Azt is tudjuk, hogy dH (y) = |V (G0 )| = dG (x) ≥ dG (y) (y ∈= V (G0 )) dH (y) = |V (G)| − |V (G0 )| + dH0 (y) ≥ ≥ |V (G)| − |V (G0 )| + dH0 (y ) ≥ dG (y ) (y ∈ V (G0 )) Vegyk szre, hogy Turn ttele kzvetlen kvetkezmny. Hiszen legyenek A1  : : :  Ak a H sz n-osztlyai, |Ai| = ai. Ekkor a1 + : : : + ak = n s 1 X d(x) ≤ 1 X d (x) = |E (H )| ≤ X a a : |E (G)| = i j 2 x∈V (G) 2 x∈V (H ) H 1≤i

 2m − r + 1 r n

r!

 2m − r + 1 r < (r − 1)nr−1  n



2m < r r − 1 · n2−1=r + (r − 1)n < C · n2−1=r : $K. Zarankiewicz problmja T. Kvri{V. T. S s{P. Turn, Colloqu. Math. 3 (1954), 50{57.] 38. (a) Indukci t l malkalmazunk k -ra. Ha k = 1, akkor az ll ts igaz. Legyen k ≥ ≥ 2 s s = 1" t . Ha n elg nagy, akkor az indukci s felttel szerint tallunk k diszjunkt s elem halmazt, A1  : : :  Ak -t, melyekre brmely kt klnbz Ai halmazba tartoz pont szomszdos. Jellje W azon U = V (G) − A1 − : : : − Ak -beli pontok halmazt, melyek minden Ai legalbb t pontjval szomszdosak. Ekkor legalbb (|U | − |W |)(s − t) ≥ (|U | − |W |)(1 − ")s = (n − ks − |W |)(1 − ")s   l hinyzik U s A1 ∪ : : : ∪ Ak kztt. Msrszrl legfeljebb k1 − " l hinyzik egy adott pontb l, s gy legfeljebb   1 ks − " n = (1 − k")sn

k

l hinyzik U s A1 ∪ : : : ∪ Ak kztt. Teht (n − ks − |W |)(1 − ")s ≤ (1 − k")sn ami miatt |W | ≥

k n − ks: 1−"

Teht ha n nagy, akkor W is nagy lesz.

10.38

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

463

Vlasszunk minden w ∈ W -hez minden Ai -bl t darab w ∈ W -vel szomszdos pontot. Ha  k s (t − 1) |W | > t

akkor szksgszeren ugyanazt a t-est vlasztjuk t klnbz W -beli ponthoz. De ezen t pont a hozzjuk tartoz k t-essel egytt egy keresett teljes pros rszgrfot alkot.   (b) Hagyjunk el egy pontot, melynek foka kisebb mint 1 − k1 + 2" · |V (G)| (ha van ilyen) az gy kapott rszgr0al tegyk ugyanezt, stb. Tegyk fel, hogy elakadunk,  azaz olyan H grfot kapunk, melyben minden pont foka legalbb 1 " 1 − k + 2 |V (H )|. Ekkor ha N = |V (H )| elg nagy, az elz feladatb l kvetkezik az ll ts. Teht elg azt megmutatni, hogy N nem lehet tl kicsi (s hogy egyltaln elakadunk, azaz N = 0). H konstrulsa sorn sszesen legfeljebb         n X " " n + 1 N + 1 1 1 j 1− k + 2 = 1− k + 2 ≤ 2 − 2 j =N +1       n N 1 " ≤ 1 − k + 2 + (n − N ) 2 − 2 ;  lt hagytunk el. A maradknak legfeljebb N2 le van, teht            1 n ≤ 1− 1 + " n − N + (n − N ) + N  |E (G)| = 1 − + " k 2 k 2 2 2 2 vagy ami ezzel ekvivalens,      " n ≤ 1 − " N + (n − N ): 2 2 k 2 2 Teht ha n nagy, akkor N is, s az ll ts kvetkezik. (c) Legyen (G0 ) = k + 1. Tekintsk a Hnk Turn-grfot, mint 10.34 megoldsban. Ez k-kromatikus s emiatt nem tartalmaz G0 -t. gy  2 n 1 M (n G0 ) ≥ |E (Hnk )| ∼ 2 1 − k  vagyis   lim inf M (n2G0 ) ≥ 12 1 − k1 :

n

Indirekte tegyk fel, hogy tetszlegesen nagy G grfok vannak, melyek nem tartalmazzk G0 egy pldnyt, s melyekre   |E (G)| 1 1 n2 > 2 1 − 2 + ":

464

MEGOLDSOK

10.39

Ekkor (b) szerint egy megfelelen nagy G tartalmazna k + 1 olyan diszjunkt |V (G0 )| mret halmazt, melyekre brmely kt klnbz ilyen halmazba tartoz pont szomszdos. De ekkor G0 mr eleve rszgrfja ezen rszgrfoknak, ami ellentmonds. $P. Erds{A. H. Stone, Bull. Amer. Math. Soc. 52 (1946), 1089{ 1091. Ez a bizony ts P. Erds {M. Simonovits, Studia Sci. Math. Hung. 1 (1966) 51{57. egy specializci ja.] 39. Legyen n0 = |V (G0 )|. Elszr az tlettrban megfogalmazott ll tst bizony tjuk, pontosabban: (∗) Ha G = Hnk egy n ≥ N (k n0 ) pont s |E (Hnk | l egyszer grf s G nem tartalmaz G0 -t, akkor tartalmaz egy n1 = n − 2kn0 pont G1 fesz tett rszgrfot, melyre |E (G1 )| − |E (Hnk )| > |E (G)| − |E (Hnk )|: Val jban N = N (k n0 )-t gy vlasztjuk, hogy egy n ≥ N pont s |E (Hnk )| l grf tartalmazzon k diszjunkt A1  : : :  Ak olyan halmazt, melyekre |Ai | = 2n0 s brmely kt klnbz Ai halmazba tartoz pont szomszdos. Ilyen N 10.38b szerint ltezik, mivel     2 2  k n 1 1 n: |E (Hnk )| ∼ > 1 − + 2 2 k k−1 k 2 Mrmost minden x ∈ A1 ∪ : : : ∪ Ak -ra kell, hogy legyen legalbb 2n0 A1 ∪ : : : ∪ ∪ Ak -beli pont, mely nem szomszdos x-szel. Ellenkez esetben x minden halmaz legalbb egy pontjval, s egy kivtelvel minden halmaz legalbb n0 pontjval szomszdos lenne. gy vlaszthatnnk egy olyan Bi ⊆ Ai , |Bi | = n0 halmazt, melyre x szomszdos mondjuk B1 ∪ : : : ∪ Bk−1 minden pontjval, s legalbb egy Bk -beli ponttal. Mivel G0 − e k-kromatikus, a B1 ∪ : : : ∪ Bk ∪ {x} ltal fesz tett rszgrf tartalmazza G0 -t, ami ellentmonds. Vegyk szre azt is, hogy egyenlsg csak akkor llhat fenn, ha x egy kivtelvel minden Ai minden pontjval, de ezen egy Ai egyetlen pontjval sem szomszdos. Tegyk fel, hogy az egyenlsg minden x-re fennll. Ekkor az x-eket besorolhatjuk k osztlyba, C1  : : :  Ck -ba gy, hogy x ∈ Ci szomszdos Aj , j = = i minden pontjval, de Ai egyetlen pontjval sem. Kt azonos Ci -be tartoz

pont nem lehet szomszdos, hiszen ekkor a fenti m don tallnnk G0 -t G-ben. gy G k-kromatikus. A k-kromatikus grfok kzl termszetesen Hnk -nak van a legtbb le, ami ellentmond G = Hnk s |E (G)| ≥ |E (Hnk )|-nak. Teht valamely x A1 ∪ : : : ∪ Ak -nak (2k − 2)n0 -nl kevesebb pontjval szomsz;k  2 dos. gy A1 ∪ : : : ∪ Ak elhagysval kevesebb mint M = 4 2 n0 + (n − 2kn0 )(2k − − 2)n0 l sznik meg. Hnk minden osztlyb l 2n0 pont elhagysa pontosan M lt szntet meg, s Hn1 k -t eredmnyezi. Teht |E (G − A1 − : : : − Ak )| − |E (Hn1 k )| > |E (G)| − |E (Hnk )|: Ezzel (∗)-ot bizony tottuk.

10.40

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

465

;N 

Indirekte tegyk fel, hogy van egy n ≤ 2kn0 2 + N pont, legalbb |E (Hnk | l egyszer G = Hnk grf, mely nem tartalmaz G0 -t. Legyen ni = n − 2kin0 . Vlasszunk olyan G ⊇ G1 ⊇ G2 : : : fesz tett rszgrfokat, melyekre |V (Gi )| = ni s |E (G)| − |E (Hnk )| < |E (G1 )| − |E (Hn1 k )| < : : :. Ekkor

(5) |E (Gi )| ≥ |E (Hni k )| + i Nzzk meg, hogy a G1  G2  : : : sorozatnak mikor van vge. Tegyk fel, hogy ez a t-ik lpsben kvetkezik be. (∗) szerint tallunk Gt+1 -t, kivve, ha Gt ∼ = Hnt k , vagy |E (Gt )| < |E (Hnt k )|, vagy |V (Gt )| < N . (5) azonnal kizrja az els kt lehetsget. Viszont ha |V (Gt )| = nt = n − 2ktn0 < N akkor   s gy

−N t > n2kn

0



N  2

≥ 





N > nt  |E (Gt ) ≥ t > 2 2

ami ellentmonds. $M. Simonovits, Theory of Graphs (P. Erds{G. Katona, szerk.) Akadmiai Kiad , Budapest, 1968, 270{319.] 40. (a) Legyenek A1  : : :  ANk a teljes k -szgek s B1  : : :  BNk−1 a teljes (k − 1)szgek G-ben. Tartalmazza Ai -t ai darab teljes (k + 1)-szg, s tartalmazza Bi -t bi darab teljes k-szg. Legyen x olyan nem Ai -beli pont, mely Ai -vel egytt nem alkot teljes (k +1)szget. Ekkor x nem szomszdos valamely y ∈ Ai -vel. Legyenek U1  : : :  Uk−1 az Ai ∪ {x} {x y}-t tartalmaz k elem rszhalmazai. Ekkor brmely (Ai  Uj ) pr egy teljes k pont grfb l s egy nem teljes k pont grfb l ll, s |Ai ∩ Uj | = = k − 1. gy Nk X i=1

(k − 1)(n − k − ai )

egy als korlt azon (A U ) prok szmra, melyekben A egy teljes k pont grf, U egy nem teljes k pont grf s |A ∩ U | = k − 1. Msrszrl az ilyen (A U ) prok szma nyilvnval an NX k−1 i=1

bi(n − k + 1 − bi ):

466

MEGOLDSOK

Teht azt kapjuk, hogy Nk X

(6) Tudjuk, hogy (7)

i=1

(k − 1)(n − k − ai ) ≤ Nk X i=1

NX k−1 i=1

ai = (k + 1)Nk+1 

10.41

bi(n − k + 1 − bi ):

NX k−1 i=1

bi = kNk :

(6) bal oldala egyenl a (k − 1)(n − k)Nk − (k2 − 1)Nk+1 kifejezssel, m g a jobb oldal becslhet a Jensen-egyenltlensggel: NX k−1

0

NX k−1

1

bi B bi C B C B C i =1 i =1 Bn − k + 1 − C= bi (n − k + 1 − bi) ≤ Nk−1 N B C N k k − 1 − 1 B C i=1 @ A

NX k−1

2 2

kN = k(n − k + 1)Nk − N k : k −1

Innen (a) ad dik. $J. W. Moon{L. Moser, Mat. Kut. Int. Kzl. 7 (1962), 283{286.] (b) Az tlettrban kimondott (∗) becsls (a)-b l egyszer indukci val ad dik. Ezutn (∗)-b l kvetkezik, hogy k # − i + 1 n #  n k Y N ≥ = : k

41. (a) Tn

i=1

#

i

k

#

brmely ponthrmasa vagy 3 hosszsg irny tott krt, vagy tranzit v hromszget alkot. Ha kt lnek kzs kezdpontja van, akkor pontjaik tranzit v hromszget alkotnak s minden tranzit v hromszg tartalmaz ilyen lprt. gy a tranzit v hromszgek szma n d   n−1  n(n − 1)(n − 3) X i ≥ 2 = 2 2 8 i=1 

; 

A Jensen-egyenltlensg miatt, mivel di = n2 . Teht a 3 hosszsg irny tott krk szma legfljebb     n − n(n − 1)(n − 3) = (n + 1)n(n − 1) = 1 n + 1 : 3 8 24 4 3 P

10.43

§ 10. GRFOK EXTREMLIS PROBLMI

467

(b) Legyen x ∈ V (T ), s jellje X s Y rendre azon y pontok halmazt, melyre (y x) ∈ E (G), illetve (x y) ∈ E (G). Kell, hogy legyen X -et Y -nal sszekt l, klnben T nem lenne ersen sszefgg. Ez az l x-szel egytt 3 hosszsg irny tott krt alkot. n szerinti indukci val bebizony tjuk, hogy a 3 hosszsg krk szma legalbb n − 2. n = 3-ra ez nyilvnval . 6.13 szerint tallunk olyan x pontot, melyre T − x ersen sszefgg gy az indukci s felttel miatt T −x legalbb n−3 3 hosszsg irny tott krt tartalmaz. Mint azt fent megjegyeztk, legalbb egy 3 hosszsg irny tott kr szomszdos x-szel gy T legalbb n − 2 3 hosszsg irny tott krt tartalmaz. Megjegyz s : Mindkt ll ts alapveten les: ha n pratlan, akkor 5.13 szerint Kn -nek van; olyan irny tsa, hogy minden pont kifoka n−2 1 s ezen turnement  pontosan 14 n+1 3 darab 3 hosszsg irny tott krt tartalmaz. Msrszrl tekintsnk egy tranzit v turnamentet s ford tsuk meg az 'els" s 'utols " pontjt sszekt e l irny tst. Ekkor olyan ersen sszefgg turnamentet kapunk, melyben minden 3 hosszsg irny tott kr tartalmazza e-t, teht ezek szma n − 2. 42. Elszr n szerinti indukci val megmutatjuk, hogy minden 3 ≤ k ≤ n-hez minden x ponton keresztl ltezik k hosszsg irny tott kr. n = k-ra az ll ts igaz, mert T 6.11 miatt tartalmaz Hamilton-krt. Tegyk fel, hogy k < n. 6.13 szerint van olyan y = x pont, melyre T − y ersen sszefgg. Teht T − y tartalmaz egy x-en thalad k hosszsg irny tott krt, s gy T is. Most mr gy, mint az elz megolds (b) rszben, knny indukci val ad dik, hogy 3 ≤ k ≤ n-ra T legalbb n − k + 1 darab k hosszsg irny tott krt tartalmaz. gy az irny tott krk teljes szma ≥

n X

(n − k + 1) =

k=3

nX −2 =1





= n −2 1 :

Az ll ts les arra a turnamentre, melyet a tranzit vb l a Hamilton t leinek megford tsval kapunk. 43. Azt mr tudjuk, hogy Hamilton t ltezik (lsd 5.20). Legyenek e1  : : :  e n  2 ; $ % fggetlen lek. Az a Hamilton t, melynek a (2i − 1)-ik le ei i = 1 : : :  n2 , egyrtelmen meg$ van % hatrozva. gy a Hamilton utak szma nem nagyobb annl, ahnyflekppen n2 ;fggetlen lt ki tudunk vlasztani (s rendezni).  ;  e1 kivlasztsra n2 lehetsgnk van e2 -re n−2 1 , stb. gy ahnyflekppen kivlaszthatjuk e1  : : :  e n2 -t kivlaszthatjuk, az $ % n n − 2 : : : n − 2 n2 + 2 = n! :

n 2 2 2

 

2 2

468

MEGOLDSOK

10.44

Feltehetjk, hogy n = 2k−1 . k szerinti indukci val bizony tjuk, hogy T tartalmaz k pont tranzit v rszturnamentet. k = 1-re az ll ts trivilis. Tegyk fel, hogy k > 1, s vlasszunk egy x ∈ V (T )-t. Legyen X s Y rendre azon z pontok halmaza, melyekre (z x) ∈ E (T ) s (x z ) ∈ E (T ). Mivel |X | + + |Y | = 2k−1 − 1, feltehetjk, hogy pl. |X | ≥ 2k−2 . Ekkor az indukci s felttel szerint X egy k − 1 pont T1 tranzit v rszturnamentet fesz t. x-szel egytt T1 egy k pont tranzit v rszturnamentet ad. (b) Az ll tst k szerinti indukci val bizony tjuk. k = 1-re az ll ts ismt trivilis. Tegyk fel, hogy k > 1. Deniljuk f (x)-et a kvetkezkppen: 44. (a)

8 k −2  > < Q x+1

2j − 1

f (x) = > j =0 : 0



 ha x ≥ 2k−2 − 1, ha x ≤ 2k−2 − 1.

Ekkor f (x) konvex fggvny. Legyen V (T ) = {x1  : : :  xn } s legyen xi kifoka di . Az indukci s felttel szerint legalbb f (di ) darab k − 1 pont tranzit v turnamentet fesz t az a di szm pont, melyekkel xi ssze van ktve ez f (di ) k pont xi forrs tranzit v turnamentet ad. Teht a k pont tranzit v turnamentek szma ≥ 

n X i=1

f (di ) ≥ n ·





s mivel n −2 1 ≥ 2k−1 − 1 

n−1



2

 !  kY −2 n−1 kY −1  + 1 n −1 2 ≥n −1 =n j −1  2j j =0 j =1 2

ami bizony tja az ll tst. (c) Ez alkalommal n-re alkalmazunk indukci t az tlettr ll tsnak bizony tshoz. n ≤ k-ra az ll ts igaz. Legyen n > k. ;6.13 szerint van olyan x pont, melyre T − x ersen sszefgg. Teht legalbb nk−−23 3 olyan k-as van T − xben, mely tartalmaz 3 hosszsg irny tott krt. 10.40 megoldsb l ;azt kapjuk,  hogy van x-en thalad 3 hosszsg irny tott kr s van tovbbi nk−−33 k-as, mely ezt a hromszget tartalmazza. Ebbl 









n−3 + n−3 = n−2 k−3 k−2 k−2



3 hosszsg irny tott krt tartalmaz k-as ad dik, mint azt ll tottuk.

11.1

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

469

Mivel egy k pont tranzit v turnament nem tartalmaz irny tott hromszget, ezek szma     −2 n n ≤ k − k−2 : Figyeljk meg, a 10.41 megoldsban szerepl turnamentre egyenlsg ll. x

11. Grfok spektruma s vletlen stk

AG egy sajtvektora hozzrendeli az x1  : : :  xn szmokat az 1 : : :  n pontokhoz olyan m don, hogy az i szomszdaihoz rendelt rtkek sszege xi . A tekintett grfoknak olyan egyszer a szerkezetk, hogy tallgatssal megsejthetnk egy ilyen hozzrendelst. A teljes grf esetn az (1 : : :  1) vektor az (n − 1)-et adja sajtrtkl tovbb, vehetjk az (1 0 : : :  0 −1 0 : : :  0) alak vektorokat, melyek linerisan fggetlenek, s a (−1) sajtrtk tartozik hozzjuk, melynek multiplicitsa gy n − 1 lesz. Mivel sszesen n sajtrtket kaptunk gy, ezzel meg is hatroztuk az sszeset. A csillag esetn olyan sajtvektorokat keresnk, melyek a kzpponthoz az 1 rtket rendelik hozz. Ha a megfelel sajtrtk, akkor 1= rtket kell hozzrendelnnk az sszes tbbi ponthoz, gy √ = ± n − 1: (n − 1) 1 =  1.



Ez kt sajtvektort s kt sajtrtket ad. Ahhoz, hogy a tbbieket megkapjuk, tekintsnk olyan sajtvektorokat, melyek a kzpponthoz a 0 rtket rendelik hozz. Az ehhez tartoz sajtrtk csak a 0 lehet. Kvetkezskppen a sajtvektorokban a tbbi helyeken tetszleges szmok lehetnek, azzal a megktssel, hogy az sszegk 0 kell, hogy legyen $mivel az rtke 0×(a kzppontbeli szm) kell, hogy legyen]. Mivel n − 2 linerisan fggetlen ilyen vektor van, gy ismt megkaptuk az sszes sajtrtket. √ ltalnosabban, ha G = Knm , akkor kt √ sajtvektort kapunk, ha √ m-et

runk az egyik n mret sz nosztlyra, s ± n-et a msikra. Ez a ± mn sajtrtkeket adja. A tbbi sajtrtk 0, mivel az adjacencia mtrixnak csak kt klnbz sora van. Vgl, ha G = Cn egy n hosszsg kr, s a cscsok a termszetes sorrendben vannak szmozva, akkor legyen 0

x = " 

x=@

x1 1 .. .

xn

A



ahol " tetszleges n-edik egysggyk. Ekkor azt kapjuk, hogy Ax = (x )n =1

470

ahol

MEGOLDSOK 

11.2 

x = x −1 + x +1 = " −1 + " +1 = " + 1" " = (" + ")x : 

gy " + " egy sajtrtk, s tekintve az sszes n egysggykt, mindet megkapjuk. gy a Cn kr sajtrtkei a kvetkezk 2 2 cos 2  2 cos 4  : : :  2 cos 2(n − 1) :

n

n

n 2. (a) j = (1 : : :  1) a G egy sajtvektora, melynek d a sajtrtke, a G foka. Ez rgtn kvetkezik, mert G regulris. Hasonl an, j sajtvektora G-nek is, s a hozz tartoz sajtrtk n − 1 − d. Legyen v1 = j v2  : : :  vn az n-dimenzi s tr egy bzisa, mely G-nek ortogonlis sajtvektoraib l ll. Azt ll tjuk, hogy a v1  : : :  vn vektorok, a G-nek is sajtvektorai. Val ban,

AG j = (n − 1 − d)j mely, ha ki rjuk, pontosan azt jelenti, hogy a G grf (n − d − 1)-regulris. AG vi = (J − I − AG )vi = J vi − vi − AG vi = −vi − AG vi = (−1 − i )vi mivel jvi = 0, J vi = 0 teljesl. gy vi val ban sajtvektor, s gy, ha 1 ≥ : : : ≥ ≥ n a G sajtrtkei, akkor n − 1 − 1 , −1 − 2 , : : : , −1 − n a G sajtrtkei

lesznek. (b) Az tlettrbeli kt egyenltlensget knnyen belthatjuk. Hasznljuk fel azt a j lismert tnyt, hogy ha C egy (m × n) mtrix s D egy (n × m) mtrix, akkor det(xI − CD) = xm−n det(xI − DC ): Legyen G-nek m le s n pontja. Ekkor det(xI − AL(G) ) = det((x + 2)I − BGT BG ) = = (x + 2)m−n det((x + 2)I − BG BGT ) = (x + 2)m−n det((x + 2 − d)I − AG ): Ha d ≥ 2, akkor m ≥ n, gy az L(G) sajtrtkei ( d − 2 + ahol sajtrtkre a G-nek, ugyanazzal a multiplicitssal, s −2 m − n multiplicitssal. (Ha −d a G sajtrtke, akkor tovbbi (−2)-k fordulnak el az els t pusak kztt.) Ha d = 1, akkor L(G)-nek nincs le, gy minden sajtrtke 0. $H. Sachs]. (c) A 84. bra mutatja, hogyan rendeljk a teljes tszg leihez a Petersengrf pontjait olyan m don, hogy kzs vgponttal rendelkez lek nem sszekttt pontoknak felelnek meg, s vice versa. gy a Petersen-grf megegyezik a L(K5 )rel, s 11.1 s (a), (b) szerint, a sajtrtkei −2, −2, −2, −2, 1, 1, 1, 1, 1, 3.

11.4

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

471

(4,5)

(1,3) (2,3)

(4,1)

(3,5)

(2,4)

(5,2)

(5,1)

(1,2)

(3,4)

84. bra

det( I − AT )-t az els k sora szerint kifejtve, csak kt nemnulla tagot kapunk: Az egyik, ahol az els, 2-ik, : : :, k-ik oszlopot vesszk az els k sorral, a msik, ahol az 1-s, : : :, k − 1, k +1-edik oszlopok szerepelnek (az sszes tbbi kombinci

egy csupa nullb l ll oszlopot ad egyik, vagy msik aldeterminnsban). Az els tagb l kapjuk, hogy pT1 ( )pT2 ( ) = pT −e( ) a msodik tag kt determinns, p1 s p2 szorzata, melyek nem felelnek meg a karakterisztikus polinomoknak direkt m don. De ha D1 -et kifejtjk (ez az aldeterminns 1-s, : : :, k-ik sorokb l, s az 1-s, : : :, k − 1-ik, k + 1-ik oszlopb l ll) az utols oszlopa szerint, pT1 −xk ( )-t kapjuk hasonl an, D2 = pT2 −xk+1 ( ) s gy az eljelet gyelembe vve a msodik tag −pT1 −xk ( )pT2 −xk ( ) = pT −xk −xk+1 ( ) 1 lesz. $A. Mowshowitz, J. Comb. Th. B 12 (1972) 177{193 L. Lovsz{J. Pelikn, Periodica Math. Hung. 3 (1973) 175{182.] 4. Indukci t vgznk |E (T )|-re vonatkoz an. Az ll ts igaz erdkre, melyeknek nincs egy lk sem. Legyen e = (x y) ∈ ∈ E (T ). Az elz gyakorlat szerint, pT ( ) = pT −e( ) − pT −x−y ( ) s az indukci s feltevs szerint, pT −e( ) = n − a1 n−2 + a2 n−4 − : : :  pT −x−y ( ) = n−2 − a1 n−4 + a2 n−6 − : : : 3.

ahol ak (ak ) a k-elem pros tsok szma T − e-ben ill. T − x − y-ban. gy

pT ( ) = n − (a1 + 1) n−2 + (a2 + a1 ) n−4 − (a3 + a2 ) n−6 + : : :

472

MEGOLDSOK

11.5

A formula bizony tshoz elegend megmutatni, hogy ak + ak−1 = ak (s a1 + +1 = a1 ). Mivel a1 a T leinek a szma, a1 a T − e leinek a szma, nyilvnval an a1 + 1 = a1 . Tovbb, ak a k-elem pros tsok szma T − e-ben, azaz, az olyan k-elem pros tsok szma T -ben, melyek nem tartalmazzk e-t. Msrszt a (T − − x − y )-beli (k − 1)-elem pros tsoknak egy termszetes klcsnsen egyrtelm lekpezsk van a T -beli k-elem pros tsokra, melyek e-t tartalmazzk. gy, ak + ak−1 a T -beli k-elem pros tsok teljes szma, ahogy ll tottuk $ibid.]. 5. (a) 11.4 szerint,

pPn ( ) = n − a1 n−2 + a2 n−4 − : : :  ahol ak a k-elem pros tsok szma Pn -ben ez jelenti azt, hogy hnyflekppen  ; vlaszthatunk ki k nemszomszdos lt n − 1-bl, ami n−k k -val egyenl 1.31 szerint. (b) 1.29-ben levezettk az albbi rekurz v relci t: pPn ( ) = pPn−1 ( ) − pPn−2 ( )

s a (b) formult ennek seg tsgvel bizony tottuk (vegyk szre, hogy ez a rekurz v sszefggs 11.3 egy kvetkezmnye is egyben). Ez (a) egy egyszer indukt v bizony tshoz vezet, melynek rszleteit az olvas ra hagyjuk. (c) 1.29-bl megkapjuk az t sajtrtkeit, melyre a kvetkez rtkek ad dnak: 2 cos nk + 1

k = 1 : : :  n:

$ibid.] (d) Az tlettrban megadott rekurzi azt jelenti, hogy y egy sajtvektor ha vesszk y−1 = yt+1 = 0 egyenlsget, akkor a rekurzi teljesl 0 ≤ k ≤ t esetn is. Ebbl, gy mint 1.29-ben, kifejezhetjk yk -t xk1 + xk2 alakban, ahol x1  x2 = p = ( ± 2 − 4D))=2D) a

Dx2 − x + 1 = 0: egyenlet gykei. y−1 = 0-b l azt kapjuk, hogy  = −(x2 =x1 ), s gy (megfelelen normlva) feltehetjk, hogy yk = xk1 +1 − xk2 +1 . gy yt+1 = 0-b l kvetkezik, hogy x1 = "x2 , ahol " egy t + 2-ik egysggyk y = 0-b l kvetkezik, hogy " = 1. Ezt √ az egyenletet -ra megoldva, kapjuk, hogy = ( + 1=) D, ahol  = "1=2 egy 2(t + 2)-edik egysggyk. Ebbl azt kapjuk, hogy   √ = 2 D cos t jn (j = 1 : : :  2t + 4): +2

§ 11. GRFOK SPEKTRUMA S VLETLEN STK

11.7

a

b

c

473

d

85. bra 6.

Az olyan fk, melyekben nincs 3 fggetlen l, a 85. brn lthat alakak. Legyen T1 egy grf az els osztlyb l, T2 a msodikb l. Jellje ak , ak a k-elem pros tsok szmt T1 -ben, ill. T2 -ben. Ekkor a1 = a + b + 1 a2 = ab  a1 = c + d + 2 a2 = cd + c + d: Ha tallunk olyan a, b > 0, c, d > 0 rtkeket, hogy a1 = a1 , a2 = a2 , akkor kszen vagyunk, hiszen vilgos, hogy ebbl kvetkezik, hogy T1 -nek s T2 -nek ugyanannyi pontja van (a1 + 1 = a1 + 1). Egy kis k srletezgetssel, pldul a kvetkez megoldst kapjuk: a = b = u2 + u + 1, c = u2 , d = (u + 1)2 . (Bizony that , hogy majdnem minden fnak van egy 'prja", melynek ugyanaz a spektruma lsd A. Schwenk, New Directions in the Theory of Graphs, Acad. Press, 1973, 275{307.) 7. (a) A G adjacenciamtrixa a G1 adjacenciamtrixb l keletkezik, ha az 1eseket I -vel helyettes tjk (I a |V (G2 )|-dimenzi s egysgmtrix), s AG2 -t tesznk a diagonlisba. gy I − AG gy keletkezik, hogy −I -ket runk a −1-esek helyre I − AG1 -ben, s I − AG2 -t a -k helybe: 0 1 0 −1 −1 1 0 I − AG2 0 −I −I 0 0C 0 I − AG2 0 0 C B 0 B @ A@ A: −1 0 −1 −I 0 I − AG2 −I −1 0 −1 −I 0 {z −I I − AG2 } | {z }| I −AG1

I −AG

Mivel I − AG2 s I kommutlnak, ez azt adja, hogy pG ( ) = det( I − AG ) = det pG1 ( I − AG2 ): Legyenek 1  : : :  n a G1 sajtrtkei, 1 : : :  m a G2 sajtrtkei. Ekkor

pG ( ) = det

n Y

( I − AG2 − i I ) =

i=1 n Y

=

i=1

pG2 ( − i ) =

n Y

i=1

n Y m Y

i=1 j =1

det(( − i )I − AG2 ) =

( − i − j ):

474

MEGOLDSOK

11.8

Ebbl a G sajtrtkei i + j (1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m). (b) Legyen AG = AG + I . Ezzel a jellssel, ha xi , yi ∈ V (Gi ), akkor {((x1  x2 ) (y1  y2 )) ∈ E (G1 · G2 ) vagy (x1  x2 ) = (y1  y2 ) ⇔ ((x1  y1 ) ∈ E (G1 ) vagy x1 = y1 ) s ((x2  y2 ) ∈ E (G2 ) vagy x2 = y2 )} ami azt jelenti, hogy AG1 ·G2 a Kronecker-szorzata az AG1 s AG2 mtrixoknak. AG1 s AG2 sajtrtkei 1 + 1 : : :  n1 + 1 : : :  1 + 1 : : :  n2 + 1, ahol 1  : : :  n1  1  : : :  n2 a G1 , ill. a G2 sajtrtkei. gy AG1 ·G2 sajtrtkei ( i + 1)(j + 1) (1 ≤ i ≤ n1  1 ≤ j ≤ n2 ) s G1 · G2 sajtrtkei i j + i + j (1 ≤ i ≤ n1  1 ≤ j ≤ n2 ): Hasonl okoskods mutatja, hogy a gyenge szorzat sajtrtkei i j . $D. Cvetkovi 2 nagysgak lesznek. gy minden fokszm nvekszik, ezrt a komplementls utn nem lesznek egyenlek a V2 -beli fokokkal. Mivel a komplementls a V1 -ben nem befolysolja azon automorzmusokat, melyek a V1 -et invarinsan hagyjk, a k vnt tulajdonsg grfot kapjuk. Abban az esetben, amikor m = 1, azaz ; ciklikus, vegyk a 88. brn lthat

grfot. A kls krn lv pontok foka 5, a bels pontok foka 3, gy minden automorzmus a kls krt nmagra kpezi le. A bels pontok megakadlyozzk a tkrzseket. $L. Babai, Can. Math. Bull. 17 (1974) 467{470.]

(a) Tegyk fel indirekt m don, hogy egy T turnamentnek pros sok automorzmusa van. A Cauchy ttel miatt ekkor T -nek van egy msodrend  automorzmusa. Legyen (xy) egy 2 hosszsg ciklusa -nak. Mivel egy turnament, vagy (x y), vagy (y x) le T -nek, de nem mindkett. Mondjuk (x y) ∈ E (T ), ekkor  az (x y) lt (y x) ∈= E (T )-re kpezi le, ami ellentmonds. 7.

12.7

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

517

88. bra

(b) Vegyk szre elszr a kvetkez tnyt. Legyen V egy olyan halmaz, hogy a ;, pratlan rend csoport regulrisan hat V -n. Tekintsk a ; plyit a rendezett prok (x y), x = y, x, y ∈ V , E halmazn. Nincs a ;-nak olyan eleme, mely (x y)-t az (y x)-re kpezn le mert egy ilyen permutci tartalmazna egy pros ciklust, s gy pros rend lenne. gy a ; plyi az E -n, beoszthat k {S S  } prokba, melyekre S  = {(x y) : (y x) ∈ S } teljesl. Kivlasztva minden ilyen {S S  } prb l egy plyt, ezen plyk uni ja egy T turnamentet fog alkotni, mely ; minden elemt automorzmusknt fogja tartalmazni. Vegynk kt Vi = {( i) :  ∈ ;} (i = 1 2) halmazt, s deniljuk az  ∈ ; hatst a (V1 ∪ V2 )-n a kvetkezkppen: (  i) = (  i) ( ∈ ; i = 1 2): Legyen h1  : : :  hm a ; egy minimlis generl halmaza. Kssk ssze (  1)-et ( 2)-vel, ha  = , vagy  = · hi (1 ≤ i ≤ m), s ( 2)t (  1)-gyel klnben. Vegynk egy tetszleges turnamentet V1 -n, mely invarins ;-re . Ahhoz, hogy deniljuk a turnamentet V2 -n, vegyk szre, hogy nincs olyan ((hi  2) (hj  2)) vagy ((hi  2) (1 2)) vagy ((1 2) (hi  2)) pr, mely egy ilyen prra lenne lekpezve, egy tetszleges ∈ ;, = 1 elem ltal mert pldul

((hi  2) (hj  2)) = ((h  2) (h  2)) azt eredmnyezn, hogy hi = h h− 1 hj  amibl kvetkezik a {h1  : : :  hm } minimalitsa miatt, hogy vagy i = , j =  s

gy (hi hj )2 = 1 (amit kizrtunk, mert ; pratlan rend) vagy i = , j = s gy

= 1. gy vehetjk az ((1 2) (hi  2)) (i = 1 : : :  m) s ((hi  2) (hj  2)) leket (1 ≤ ≤ i < j ≤ m), s az sszes kpket ; ltal, s ahogy megjegyeztk az elejn, a ; E -n lev plyinak minden maradk prjnak egyikt is vve, olyan turnamentet kapunk V2 -n, mely invarins ;-ra. gy deniltunk egy T turnamentet (V1 ∪ V2 )n, mely invarins ;-ra.

518

MEGOLDSOK

12.8

Azt ll tjuk, hogy A(T ) = ;. Legyen  ∈ A(T ), meg akarjuk mutatni, hogy  ∈ ;. Elszr vegyk szre, hogy a V1 pontjainak a kifoka n − 1 + m + 1 m g a V2 pontjainak a kifoka

2

n − 1 + n − m − 1

2 ami klnbz, mert n pratlan. Ezrt, az  automorzmus V1 -et s V2 -t invarinsan kell, hogy hagyja. Feltehetjk, hogy (1 1) = (1 1). Ekkor azon V2 -beli pontok halmaza, melyek elrhetek (1 1)-bl egy len, szintn invarins -ra. Ez a halmaz (1 2), (h1  2) : : :  (hm  2)-bl ll, ami egy tranzit v turnament. Ezrt -nak mindezeket a pontokat xen kell hagynia. Ezrt, ugyangy, mint az elz megoldsban, kvetkezik, hogy  minden pontot xen hagy, azaz,  = 1. $J. W. Moon, Canad. J. Math. 16 (1964) 485{489 ez a konstrukci Babai Lszl t l szrmazik.] 8. A 87. brn mutatott utak helyett hasznljuk a 89. brn lthat utakat ahhoz, hogy a gi -t gj -vel sszekssk, ha ssze vannak ktve egy irny tott, k sz n llel ahol a 6-pont kongurci t megismteljk k-szor. Ily m don kapunk egy G1 grfot, melynek automorzmus csoportja ; (ez pontosan gy kvetkezik, mint elbb). Azonban, G1 nem 3-regulris, mivel a V (G0 ) pontjainak a foka 2|;|.

89. bra

Vegynk egy tetszleges gi ∈ V (G0 )-t. Jegyezzk meg, hogy pontosan kett, a 89. brabeli k hosszsg fzrt illesztnk hozz, egyet, mindegyik t pus vgzdssel (k = 1 : : :  |;|). Vgjuk szt gi -t 2|;|, 1-fok pontra jellhetjk ket a kvetkezkppen: a16  : : :  a|;|6 , a18  : : :  a|;|s , ahol akj egy a 89. brabeli k hosszsg fzr, egy j -pont kongurci val az akj mellett. Kssk ssze az akj -ket egy Ci krrel a fenti sorrendben. Tegyk ezt meg minden i = 1 : : :  |;| rtkre. Vilgos, hogy a G1 minden automorzmusa indukl egy automorzmust

12.10

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

519

az eredmnyl kapott G grfban. Megford tva, legyen  a G egy automorzmusa. G-ben hromszgek csak a 89. brabeli 'fzrekben" szerepelhetnek, gy  egymsra kpezi le ket tovbb azoknak a hromszgeknek, melyek a 6 pont kongurci kban szerepelnek, klnbzik a szomszdsguk a 8 pont kongurci kban szereplktl, s gy  a 6 pont kongurci kat 6 pont kongurci kra kell, hogy lekpezze, s a 8 pont kongurci kat 8 pont kongurci kra. gy  a maradkot, azaz a Ci krkn lv pontokat egymsra kpezi le. Mivel a Ci -k a V (C1 ) ∪ : : : ∪ V (C|;| ) ltal kifesz tett rszgrf komponensei,  mindegyik Ci-t valamely Cj -re kpezi le. gy,  egy (egyrtelm) automorzmust induklja annak a grfnak, melyet a mindegyik Ci kontrakci jval kapunk. De ez a grf ppen G1 . gy a G s a G1 automorzmusai klcsnsen egyrtelmen vannak egymsnak megfeleltetve, ami nyilvnval an egy izomorzmus. gy a G automorzmuscsoportja izomorf ;-val. Mivel G 3-regulris, kszen is vagyunk. $R. Frucht, Canad. J. Math. 1 (1949) 365{378. Ez a bizony ts Babai Lszl t l szrmazik. Regulris grfokra, tetszleges fok esetn, lsd G. Sabidussi, Canad. J. Math. 9 (1957) 515{525.] Legyen x1  : : :  xn olyan, mint az tlettrban, s jelljk ;i -vel azon automorzmusok csoportjt, melyek xen hagyjk x1  : : :  xi -t. Ekkor ;1 = A(G), mert x1 az egyetlen msodfok pont, s gy minden automorzmusnak xen kell hagynia ;n = {1}. Megmutatjuk, hogy a |;i−1 : ;i | index vagy 1 vagy 2 ebbl mr kvetkezik az ll ts. Nzzk az xi kpeit ;i−1 (i ≥ 2) ltal. Legyen j < i olyan, hogy xj ssze van ktve xi -vel. Ekkor xj -nek legfeljebb egy msik szomszdja van az {xi  : : : : : :  xn } halmazban. Mivel minden ∈ ;i−1 az xi-t az xj egy ilyen szomszdjra kell, hogy lekpezze, kvetkezik, hogy xi vagy xen marad mindegyik ;i−1 -beli automorzmus hatsra, vagy van egy msik kpe. A |;i−1 : ;i | index, ennek megfelelen, vagy 1, vagy 2. Megjegyz s: Minden 2k -adrend csoport fellp, mint egy ilyen grf automorzmus csoportja. $cf. L. Babai{L. Lovsz, Studia Sci. Math. Hung. 8 (1973) 141{ 150].

9.

10. Vlasszunk ki egy e ∈ E (G) lt, s irny tsuk tetszlegesen. Legyen f tetszleges msik eleme az e plyjnak, s legyen  az az egyrtelm automorzmus, mely e-t f -re kpezi le. Irny tsuk f -et gy, hogy  megrizze e irny tst, ha  ∈ ; s megford tja klnben. A G maradk leit oly m don irny tjuk, hogy minden ∈ A(G) megrizze az irny tsukat (ez megtehet, mert A(G) flig regulrisan hat E (G)-n). ~ grfon a ; elemei automorzmusknt hatAz eredmnyl kapott irny tott G ~ tetszleges automorzmusa. nak, a konstrukci szerint. Msrszt, legyen  a G Vilgos, hogy  egy automorzmusa a G-nek, azaz  ∈ A(G). Mivel (e) ugyangy van irny tva, mint e, kvetkezik, hogy  ∈ ; $cf. J. Ne>set>ril, Monatsh. f. Math. 76 (1972) 323{327].

520

MEGOLDSOK

12.11

ellenrizni 12.5-ben, hogy ha elhagyunk egy e lt, mely egy elsfok pontot kt ssze egy msodfok ponttal, egy olyan grfot nyernk, melynek nincs automorzmusa. Vve a komplementert, kapunk egy sszefgg G2 grfot, s egy e = (u v) ∈ E (G2 ) lt, melyre A(G2 ) = {1}, A(G2 − e) ∼ = ;2 . A 12.5-beli konstrukci nak megvan az a tulajdonsga, hogy az automorzmuscsoportja flig regulrisan hat a pontokon, azaz nincs olyan  = 1 automorzmus, mely xen hagyna akr csak egy pontot is. gy van egy olyan G1 grfunk, melyre A(G1 ) ∼ = ;1 s csak az identits hagy xen egy bizonyos x ∈ V (G1 )-t. Konstruljuk meg G-t a kvetkezkppen. Legyenek a pontjai az (x1  x2 ) prok, ahol xi ∈ V (Gi ). Tovbb, kssk ssze (x1  x2 )-et (y1  y2 )-gyel, ha vagy (x1  y1 ) ∈ E (G1 ) vagy x1 = y1 s (x2  y2 ) ∈ E (G2 ). (G-t a G1 s G2 lexikograkus szorzatnak nevezzk.) Mg sz nezzk is ki az olyan ((x1  x2 ) (y1  y2 ))) leket pirosra, melyekben x1 = y1 , s a maradkot feketre. ll tjuk, hogy A(G) ∼ = ;1 . Nyilvnval an a G1 minden automorzmusa induklja G-nek egy automorzmust. Msrszt, legyen  ∈ A(G). Mivel G2 sszefgg, a piros sz n lek kiknyszer tik, hogy -nak minden Vx1 = {(x1  x2 ) : x2 ∈ V (G2 )} osztlyt egy ilyen Vx1 osztlyra kell lekpeznie. Abb l a tnybl, hogy G2 -nek nincs ms automorzmusa, mint az identits, kvetkezik, hogy (x1  x2 ) = (x1  x2 ), azaz, hogy -t a G1 egy automorzmusa induklja. Msrszt, hagyjuk el az f = ((x u) (x v)) lt. Ekkor minden ∈ A(G2 − e)-re az a lekpezs, melyet a kvetkezkppen denilunk 

(x2 )) ha x1 = x,

(x1  x2 ) = ((x x1  x2) ha x1 = x, automorzmusa a G − f -nek. Megford tva, ha  egy tetszleges automorzmusa a G − f -nek, akkor kvetkezik gy, mint fentebb, hogy  a Vx1 -et a Vx1 -re kpezi le. De ekkor -nak a Vx -et nmagra kell lekpeznie (hiszen Vx kevesebb lt fesz t ki, mint akrmelyik msik Vx1 ). Ezrt,  egy ~ automorzmust induklja a G1 nek, mely xen hagyja x-et, amibl kvetkezik, hogy ~ = 1, azaz, (Vx1 ) = Vx1 teljesl minden x1 ∈ V (G1 )-re. Mivel Vx1 egy olyan grfot fesz t ki, melynek nincs nemtrivilis automorzmusa x1 = x esetn, ahhoz jutunk, hogy  = valamely

∈ A(G2 − e)-re. gy A(G − f ) ∼ = ;2 . Mg meg kell valahogy szabadulnunk az lek sz nezstl. Ez knnyen megtehet, ha minden fekete lt egy N hosszsg ttal helyettes tnk, ahol N nagy $L. Babai]. 12. (a) Mutassuk meg elszr, hogy ltezik egy olyan T fa, melyre teljesl, hogy a ; minden plyja pontosan egy pontjt tartalmazza a T -nek. Vlasszunk ugyanis egy olyan maximlis S T0 ft, melybl minden plya legfeljebb egy pontot tartalmaz. Ha V0 =

(V (T0 )) = V (G), akkor kszen vagyunk. Tegyk fel, hogy  ∈; V0 = V (G), ekkor, mivel G sszefgg, ltezik egy x ∈= V0 pont, mely ssze van ktve valamely y ∈ V0 ponttal. Legyen y ∈ (T0 ), ekkor (T0 ) + (x y) egy nagyobb fa, mely minden plyt legfeljebb egy pontban metsz. 11. Knny

12.13

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

521

gy messe a T fa mindegyik plyt pontosan egy pontban. Hzzuk ssze mindegyik (T )-t, ∈ ;. Az eredmnyl kapott G grf, nyilvnval an, sszefgg, s ; regulrisan hat rajta. $L. Babai, Acta Math. Acad. Sci. Hung. 24 (1973) 215{ 221 cf. G. Sabidussi, Proc. AMS 9 (1958) 800{804.] (b) Indukci t hasznlunk |V (G)|-re vonatkoz an. Feltehetjk, hogy ; = {1}. Legyen e ∈ E (G) egy olyan l, melynek legalbb az egyik vgpontja nem xpontja ;-nak. Legyen G a G-nek azon rszgrfja, melyet a G (e) alak lei alkotnak,

∈ ;. Ekkor G a G-nek egy olyan rszgrfja, melyen a ; l-tranzit van hat. Tovbb, a a ; klnbz elemeinek klnbz a hatsuk V (G )-n mert azon

∈ ; permutci k halmaza, melyekre teljesl, hogy |V (G) = 1 a ;-nak egy normlis rszcsoportjt alkotjk mivel ; egyszer, ezrt vagy N = ;, vagy N = = {1}. Azonban, N = ;-b l az kvetkezne, hogy V (G ) minden pontja, gy az e l kt vgpontja is, xpontjai a ;-nak, ami ellentmonds. gy, ha G sszefgg, akkor kszen vagyunk. Tegyk fel, hogy G nem sszefgg legyenek G1  : : :  Gk a komponensei. Ekkor {V (G1 ) : : :  V (Gk )} ∪ {{x} : x ∈ V (G) \ V (G )} egy olyan part ci ja a V (G)-nek, mely invarins a ;-ra. Hzzuk ssze mindegyik Gi -t egyetlen pontra. Az eredmnyl kapott G grf nyilvnval an sszefgg. Minden ∈ ; automorzmus indukl egy ~ ∈ A(G ) automorzmust. Mint fentebb, mivel ; egyszer, ebbl kvetkezik, hogy vagy ~ = 1 teljesl minden

∈ ;-ra, vagy → ~ egy-egyrtelm. De az elz lehetsg nem fordulhat el, mivel valamelyik ∈ ; a G1 -et G2 -re kpezi le, s erre ~ = 1 teljesl. gy A(G ) tartalmaz egy rszcsoportot, mely izomorf ;-val . Innen az ll ts az indukci s feltevs miatt kvetkezik. $L. Babai, Discrete Math. 8 (1974) 13{20.] 13. Ha egy permutci csoport kommutat v s tranzit v, akkor regulris (lsd a 11.17 megoldshoz tett lbjegyzetet). Ha rgz tnk egy tetszleges x0 -t, akkor az A(G) regularitsa miatt, minden x ∈ V (G) egyrtelmen rhat fel (x0 ) alakban, ahol  ∈ A(G). gy az a ' lekpezs, melyre '((x0 )) = −1 (x0 ) teljesl, j l meg van hatrozva, s permutci ja a V (G)-nek. Tovbb, ' automorzmusa a G-nek, mivel ha (x y) ∈ ∈ E (G), x = (x0 ), y =  (x0 ), (  ∈ A(G)) akkor, mivel  automorzmus, (x0  −1 ( (x0 )) = (x0   (−1 (x0 ))) ∈ E (G), ebbl ( −1 (x0 ) −1 (x0 )) ∈ E (G). Mivel ' xen tartja x0 -t, az A(G) regularitsa miatt kapjuk, hogy ' = 1. gy −1 =  minden  ∈ A(G)-re, azaz az A(G) minden eleme msodrend. A csoportelmletbl j l ismert, hogy ebbl kvetkezik, hogy A(G) msodrend ciklikus csoportoknak a direkt szorzata. $C. Y. Chao, Proc. AMS 15 (1964) 291{292 G. Sabidussi, Monatsh. f. Math. 68 (1964) 426{438.] (b) Legyen Qn az n-dimenzi s kocka. Feltehetjk, hogy Qn cscsai n hosszsg 01-vektorok, s kt ilyen vektor akkor s csak akkor van sszektve, ha pontosan egy helyen klnbznek. Jelljk eI -vel az I ⊆ {1 : : :  n} karakterisztikus

522

MEGOLDSOK

12.13

vektort. Ha egy I ⊆ {1 : : :  n} rszhalmazhoz tartoz koordintkban felcserljk a 0-t s 1-et, a Qn -nek egy I automorzmust kapjuk. Az sszes I automorzmus ;0 csoportja izomorf a Z| 2 × :{z: : × Z2} csoporttal. Azonban, Qn -nek van n

ms automorzmusa is, pldul a kt els koordinta felcserlse. Hogy ezeket kizrjuk, vltoztassuk meg Qn -et a kvetkezkppen kssnk ssze kt vektort k llel, ha csak a k-ik helyen klnbznek. Vilgos, hogy a fentebb denilt I tovbbra is egy automorzmusa az eredmnyl kapott Qn grfnak. Megmutatjuk, hogy Qn -nek nincs ms automorzmusa. Ha lenne, akkor feltehetnnk, hogy van egy olyan, amelyik xen tartja a (0 : : :  0)-t. Azonban, ha  egy automorzmus, amely xen tartja (0 : : :  0)-t, akkor xen tartja az (1 0 : : :  0)-t is, mivel ez az egyetlen olyan pont, mely ssze van ktve a (0 : : :  0)-val pontosan egy llel. Hasonl an, xen tartja (0 : : :  0 1 0 : : :  0)-t, az 1 tetszleges poz ci ja esetn. gy, ha  xen hagy egy pontot, akkor xen hagyja ennek az sszes szomszdjt is. Mivel Qn sszefgg, ezrt  xen kell tartson minden pontot, azaz,  = 1, ami ellentmonds. (c) Hozz akarunk venni j leket a Qn -hez gy, hogy a keletkez egyszer G grfnak tovbbra is minden I automorzmusa, de ms automorzmusa nincs. Legyen H egy grf az {e1  : : :  en } vektorok halmazn, ahol ei = (0 : : :  0 1 0 : : : : : :  0). Ha (ei  ej ) ∈ E (H ), akkor I (ei ) = (eI {i} ), I (ej ) = ei{j } . gy ha az sszes olyan (eI  eJ ) lt hozzvesszk Qn -hez, melyre I J = {i j } melyre (ei  ej ) ∈ ∈ E (H ), egy olyan G grfot kapunk, mely invarins ;0 hatsa alatt. Nzzk meg, hogy H -nak milyen tulajdonsgokkal kell rendelkeznie, ahhoz, hogy G-nek ne legyen ms automorzmusa. Tegyk fel, hogy A(G) = ;0 . Mivel ;0 tranzit v, van egy  ∈ A(G),  = = 1, melyre (0 : : :  0) = (0 : : :  0) teljesl. Legyen H1 a (0 : : :  0) szomszdai ltal kifesz tett grf G-ben. Ez, persze, nem a H , mivel a (0 : : :  0)-nak van ms szomszdja is, mint az ei cscsok: H1 pontjai az e1  : : :  en s minden e{ij } pont, ahol (ei  ej ) ∈ E (H ). Kt ei alak pont akkor s csak akkor van sszektve, ha ssze vannak ktve H -ban, s e{ij } akkor s csak akkor van sszektve e{ } -vel, ha (ei  ej ), (e  e ) csatlakoz lek, pldul j = s (ei  e ) ∈ E (G). gy H1 a H -b l gy keletkezik, hogy vesznk egy j pe pontot a H minden e lre, s sszektjk az e vgpontjaival, s egy pe -t egy pe -vel akkor s csak akkor ktnk ssze, ha e, s e egy hromszg lei a H -ban. Vegyk szre, hogy ha H nem tartalmaz hromszget, akkor a V (H1 ) − V (H ) minden pontja msodfok. Ha H -nak nincs elsfok pontja, akkor csak ezek a pontok msodfokak. Ha ehhez mg H aszimmetrikus is, akkor H1 is az. Ha ezt el tudjuk rni, akkor kszen vagyunk, mivel ez azt jelenti, hogy  xen hagyja a (0 : : :  0) szomszdait G-ben, s mivel G sszefgg, ezrt minden pont xen marad, ami ellentmonds. gy mindssze egy hromszgmentes, aszimmetrikus grfra van szksgnk, melyben nincs elsfok pont.

12.15

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

523

A 90. bra egy ilyen H grfot mutat n ≥ 8 esetre. $W. Imrich, Monatsh. f. Math. 73 (1969) 341{347. Olyan grfokra, melyeknek az automorzmuscsoportja regulris, de nem kommutat v, lsd L. A. Nowitz{M. E. Watkins, Canad. J. Math. 24 (1972) 993{1018.] 14. Legyen G pontosan k -szorosan lsszefgg, s X ⊆ V (G) egy minimlis halmaz, melyre G (X ) = k. Az X minimalitsa miatt, |X | ≤ |V (G)|=2. Legyen x1 , x2 ∈ X s  ∈ A(G) olyan, hogy  az x1 -et x2 -be viszi. Legyen (X ) = X  . Ekkor G (X  ) = k (mert  egy automorzmus) s X ∩ X  = ∅ s X ∪ X  = V (G) (mivel |X | = |X  | ≤ ≤ |V (G)|=2). gy 6.48a miatt, G (X ∩ X  ) = k . Mivel X minimlis, ez csak akkor lehetsges, ha X ∩ X  = X , i.e. X = X  .

…

…

H

H1

90. bra

gy azok az automorzmusok, melyek X -et invarinsan tartjk, tranzit van hatnak X -en. Ebbl az kvetkezik, hogy X minden pontjnak ugyanannyi, a szm, szomszdja van X -ben. Nyilvnval an, a ≤ |X | − 1 s mivel X minden pontja ssze van ktve r − a ponttal az X -en k vl, (r − a)|X | = k: gy k = (r − a)|X | ≥ (r − a)(a + 1) ≥ r: Mivel nyilvnval , hogy r ≥ k, kapjuk, hogy r = k, mint ll tottuk. 15. (a) Legyen T ⊆ V (G), |T | = 3, G1 a G − T egy komponense, X = V (G1 ) s tegyk fel, hogy T , G1 gy vannak vlasztva, hogy |X | minimlis legyen.

524

MEGOLDSOK

12.15

Tekintsk az X sszes kpt a G automorzmusai szerint. Az A(G) tranzitivitsa miatt, ezek minden pontot lefednek. Tovbb diszjunktak (ha klnbzek). Mert ha (X ) ∩  (X ) = ∅, (X ) =  (X ), akkor (T )-nek van kzs pontja  (X )szel, de nem tartalmazza, ami ellentmond 6.60(a)-nak. Ez azt is mutatja, hogy T az uni ja az X bizonyos kpeinek. Mivel |T | = 3, ez csak akkor lehetsges, ha |X | = 1 (mely esetben kszen vagyunk), vagy |X | = 3. Hogy ezt az ut bbi esetet kizrjuk, vegyk szre, hogy X csak T -vel van sszektve. gy ha T = (X ) valamely -ra, akkor T csak (T ) = 2 (X )-tel van sszektve azonban tudjuk, hogy T ssze van ktve X -szel s nhny ms ponttal is (mivel T elvg halmaz). Az ll ts hamis a 3 helyett 4-re, mint azt a 91. bra mutatja.

91. bra

(b) Legyen megint T a G egy minimlis elvg halmaza, s G1 a G − T egy komponense, gy vlasztva, hogy |X | is minimlis, ahol X = V (G1 ). Kvetkezik, mint elbb, hogy T az uni ja az X bizonyos kpeinek, melyek diszjunktak, s nem lehet, hogy T az X kpe (a G automorzmusai ltal). Ebbl, |T | ≥ 2|X |: Mivel tetszleges x ∈ X csak a T ∪ (X − {x}) pontjaival lehet sszektve, kapjuk, hogy r ≤ |T | + |X | − 1 ≤ |T | + 21 |T | − 1 = 23 |T | − 1 vagy, ami ezzel ekvivalens, 2 |T | ≥ (r + 1): 3 Ez a becsls les, ha r + 1 oszthat 3-mal, mint azt egy kr s egy teljes (r + + 1)=3-grf ers direkt szorzata mutatja (91. bra r = 5 esetn). $M. E. Watkins, J. Comb. Th. 8 (1970) 223{226 W. Mader, Arch. d. Math. 21 (1970) 331{336.] (c) Legyen T egy minimlis elvg halmaz G-ben, s G1 a G − T egy komponense. Tegyk fel, hogy T s G1 gy vannak vlasztva, hogy |V (G1 )| minimlis. Meg akarjuk mutatni, hogy G1 egyetlen pontb l ll. Tegyk fel indirekt m don,

12.17

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

525

hogy G1 -nek van egy e le. Legyen f egy, a G1 -et T -vel sszekt l, s  egy olyan automorzmus, mely f -et e-re kpezi le. Ekkor (T ) metszi G1 -et s nem tartalmazza teljesen, ami ellentmond 6.60(a)-nak. 16. Tegyk fel indirekte, hogy a G-beli e = (x y ) l nem fordul el egyik 1faktorban sem (lehet, hogy G tartalmaz, de az is, hogy nem tartalmaz 1-faktort). Ekkor G − x − y nem tartalmaz 1-faktort s ezrt, a Tutte ttel szerint, ltezik egy X1 ⊆ V (G) − {x y}, melyre G − x − y − X1 -ben tbb, mint |X1 | pratlan komponens van. Paritsi okok miatt, a pratlan komponensek szma G − x − y − − X1 -ben ≥ |X1 | + 2 (mivel |V (G)| pros). gy ha vesszk X = X1 ∪ {x y }-t, akkor G − X -ben ≥ |X | pratlan komponens van. Legyenek T1  : : :  Tk a G − X komponensei (k ≥ |X |), s legyen G r-regulris. 12.14 szerint, G r-lsszefgg, s ezrt kell, hogy legalbb r l ksse ssze Ti -t X -szel (i = 1 : : :  k). Ez azt jelenti, hogy legalbb kr l lp be X -be. De X -nek csak |X | ≤ k pontja van, hogy ezen leket fogadja, s X egy pontja legfeljebb r-et fogadhat. Tovbb x s y legfeljebb (r − 1)-et fogadhat, mert e lekt mindkettbl egyet-egyet. gy X nem fogadhatja az sszes X -be belp lt, ami ellentmonds. 17. ; regulris (lsd a 11.17 megoldshoz fztt lbjegyzetet). Legyen x ∈ V (G) s ∈ ; olyanok, hogy (x (x)) ∈ E (G) teljesl. Ekkor (x (x) : : :  r−1 (x)) krt alkotnak G-ben (ahol r a rendje). Legyen ;1 a ; egy maximlis rszcsoportja gy, hogy a ;1 (x) elemei egy (x x1  : : :  xm ) (|;1 | = m + 1) krt alkotnak. Azt ll tjuk, hogy ;1 (x) = V (G), ami az ll tst bizony tja. Tegyk fel, hogy ; − ;1 = ∅, akkor mivel G sszefgg, van egy olyan (a b) l, melyre a ∈ ;1 (x), b ∈= ;1 (x). Ekkor a = (x) ( ∈ ;1 ) s (x −1 (b)) is szintn egy l. Vilgos, hogy −1 (b) ∈= ;1 (x) legyen −1 (b) = (x),  ∈ ; − ;1 . Legyen p a legkisebb olyan egsz, melyre p ∈ ;1 . A ; kommutativitsa miatt, (y (y)) ∈ E (G) teljesl minden y ∈ V (G)-re val ban, y = (x) valamely ∈ ;-ra, s ekkor (y (y)) = ( (x) ( (x))) = = ( (x) ((x))) = (x (x)) ∈ E (G). A kommutativitsb l az is kvetkezik, hogy ;2 = ;1 ∪ ;1  ∪ : : : ∪ ;1 p−1 rszcsoport. Ha p pros, akkor (x x1  : : :  xm  (xm ) : : :  (x1 ) 2 (x1 ) : : :  2 (xm ) : : :  p−1 (xm) : : :  p−1 (x1 ) p−1 (x) : : :  (x)) a ;2 (x) pontjai ltal alkotott kr lesz, ami megint csak ellentmonds (92(a) bra). Ha p pratlan, akkor az (x x1  : : :  xm  (xm ) : : :  (x1 ) 2 (x1 ) : : :  2 (xm ) : : :  p−1 (xm ) p−1 (x) p−2 (x) : : :  (x)) krt kapjuk, ami szintn ellentmonds (92(b) bra). Megjegyz s : Az a felttel, hogy ; Abel-csoport, nem hagyhat el, mint azt a Petersen grf mutatja $J. Pelikn].

526

MEGOLDSOK dp–1(x) dp–1(x 1)

dp–1(x m)

d(x) x

d(x m) xm

x1

12.18

dp–1(x) dp–1(x 1)

dp–1(x m)

d(x) x

(a)

d(x m) xm

x1 (b)

92. bra 18. Elegend megadni az sszefgg

grfokat, melyek a k vnt tulajdonsggal rendelkeznek a nem sszefggket gy kapjuk, hogy tetszleges szm sszefgg plda diszjunkt uni jt vesszk. Kt esetet klnbztetnk meg. Ha ; = A(G) pont-tranzit van hat, akkor 12.15b szerint, G legalbb 2-sszefgg, hacsak nem G = K2 . Tovbb, ha G nem 3-sszefgg, akkor 2-regulris, azaz, egyetlen krbl ll. Tegyk fel, hogy G r-regulris (r ≥ 3) s 3-sszefgg. 6.69 szerint ebbl kvetkezik, hogy G-nek van egy lnyegben egyrtelm begyazsa a gmbre, s minden automorzmus lapot lapba kpez le. Az l-tranzitivits miatt, vagy minden lap egyforma mret, vagy csak kt t pus lap van, mondjuk k-szgek s l-szgek. Az els esetben G csak az t szablyos test egyike lehet, melynek a bizony tsa megtallhat szmos geometria knyvben. A msodik esetben, az l-tranzitivitsb l kvetkezik, hogy minden l pontosan egy k-szghz s egy l-szghz illeszkedik. gy minden pont pontosan a k-szghz s a l-szghz illeszkedik, valamely a ≥ 1-re. Vilgos, hogy a ≥ 2 s 5.26 szerint, |E (G)| = a · n ≤ 3n − 6, ahonnan a = 2. Vilgos, hogy a k-szgek teljes szma 2kn , s az l-szgek 2ln , gy az Eulerformula szerint n + 2kn + 2ln = 2n + 2 k1 + 1l = 12 + n1 : Feltehetjk, hogy 3 ≤ k < l, ebbl vagy k = 3, l = 4, n = 12 vagy k = 3, l = 5, n = 30. Knny ltni, hogy a megfelel grfok a kocka, ill. a dodekader lgrfjai. Most tegyk fel, hogy ; nem tranzit v a pontokon. Ekkor vilgos, hogy A(G)nek kt tranzitivitsi osztlya van V (G)-n, mondjuk U s W . Minden l kt klnbz osztlyba tartoz pontot kt ssze. Ha G-ben a minimlis fokszm 1, akkor egy csillagot kapunk. Ha a G-beli minimlis fokszm 2, akkor ez gy keletkezik, hogy egy (nem szksgkppen egyszer), s kbarajzolhat G1 grf minden lre mg egy pontot tesznk. Ennek a G1 grfnak az automorzmuscsoportja tranzit v mind a pontokon, mind az leken.

12.19

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

527

Ebbl kvetkezik, hogy G1 a fent meghatrozott lekbl gy keletkezik, hogy minden lt ugyanazzal a szmmal megtbbszrzzk. gy G egyike azon grfoknak, melyeket az tlettrban adtunk meg. gy tegyk fel, hogy a minimlis fokszm G-ben legalbb 3. Ekkor G 3sszefgg 12.15c szerint, s gy 6.69 szerint lnyegben egyrtelmen gyazhat

be a gmbbe. Az l-tranzitivitsb l ismt kvetkezik, hogy A(G) vagy tranzit v a lapokon, vagy ktfajta lap van. Az els esetben tekintsk a dulis grfot, G∗ -ot. Ennek az automorzmuscsoportja tranzit v mind a pontokon, mind az leken, s

gy egyike a fentebb mr meghatrozott grfoknak. gy feltehetjk, hogy A(G) nem tranzit v a lapokon sem. Legyen mindegyik l egy k-szg s egy l-szg lap hatrn. Legyen az U -beli pontok foka a, a W -beli pontok foka b. Mivel az egy adott pontot tartalmaz lapok felvltva tartoznak a kt tranzitivitsi osztlyba, a s b pros, gy egyik sem lehet 4-nl kisebb. Hasonl an k, l ≥ 4. De ekkor a pontok szma legfeljebb |E (G)|=2, a lapok szma legfeljebb |E (G)|=2, ami ellentmond az Euler ttelnek. gy az ut bbi eset nem fordulhat el. Ezzel az tlettrban megadott lista teljessgt bebizony tottuk. Legyen ; egy nem ciklikus egyszer csoport, s tegyk fel, hogy A(G) ∼ = ;, ahol G s kbarajzolhat grf. Megmutatjuk, hogy ebbl kvetkezik, hogy ; ∼ = A5 , mg abban az esetben is, ha meg van engedve a pontok sz nezse. Legyen G minimlis azon grfok kztt, melyekre A(G) ∼ = ;. Ekkor G sszefgg. Mert tegyk fel, hogy G komponensei a G1  : : :  Gk grfok. Ekkor a G minden automorzmusa a komponensek egy permutci jt induklja. Azok az automorzmusok, melyek az identitst indukljk, az A(G) egy normloszt jt alkotjk. Mivel A(G) egyszer, ezrt vagy nincs olyan automorzmus, mely az identitst induklja, vagy mindegyik ilyen. Az els esetben a G komponensei aszimmetrikusak s gy A(G) szimmetrikus csoportok direkt szorzata (melyek permutljk az izomorf komponenseket), s gy sohasem lesz egy nem ciklikus egyszer csoport. gy mindegyik automorzmus a komponenseket invarinsan hagyja. Legyen G1 egy olyan komponens, mely nem aszimmetrikus, akkor azok az automorzmusok, melyek a G1 pontjait xen hagyjk, az A(G)-nek egy val di normloszt jt alkotjk. Mivel A(G) egyszer, ebbl kvetkezik, hogy csak az identits ilyen, azaz, A(G) ∼ = A(G1 ), ami ellentmond a G minimalitsnak. Jegyezzk meg tovbb, hogy A(G)-nek nincsenek xpontjai. Mert elhagyva egy xpontot, s a szomszdait egy j sz nnel kisz nezve, egy kisebb sz nezett grfot kapunk, melynek ugyanaz az automorzmus csoportja. Hzzuk ssze a G egy megfelel sszefgg rszgrfjt G0 -ra, gy hogy A(G0 ) tartalmaz egy ; ∼ = A(G) rszcsoportot, mely l-tranzit van hat (12.12b-hez hasonl an). Vegyk szre, hogy ez a konstrukci 12.12b-ben olyan, hogy ha A(G)nek nincs xpontja, akkor ; -nek sincs. G0 nyilvnval an s kbarajzolhat , gy egyike azoknak a grfoknak, melyeket a megelz tletben rtunk le. A csillagokat kizrja az, hogy ; -nek nincs xpontja. A megmarad pldk a szablyos testek, vagy grfok, melyeknl knnyen lthat , hogy ugyanaz az automorzmuscsoportjuk, mint a szablyos testeknek. Felhasznlva 12.2-t, knny ltni, hogy 19.

528

MEGOLDSOK

12.20

93. bra

az automorzmuscsoportok, az A5 -tl klnbz nem ciklikus egyszer csoportot nem tartalmaznak. Megjegyz s: A 93. bra egy olyan s kbarajzolhat grfot mutat, melynek az automorzmuscsoportja A5 . $L. Babai, in: Infinite and Finite Sets, Coll. Math. Soc. J. Bolyai 10 Bolyai{North-Holland (1975) 29{84.] 20. (a) Felhasznlva 12.12a-t, feltehetjk, hogy ; regulrisan hat. Ekkor knny ltni, hogy G tartalmazza kt (p − 1) hosszsg t s egy l Descartes-szorzatt. (Val jban tartalmazza hrom p hosszsg kr Descartes-szorzatt.) Legyen G ⊃ P ⊕ P  ⊕ Q, P = (x1  : : :  xp ), P  = (y1  : : :  yp), Q = (z1  z2 ). Elegend megmutatni, hogy P ⊕ P  ⊕ Q sszehzhat Kp -re. Ennek befejezsre, hzzuk ssze a P ⊕ {yi } ⊕ {z1 } s a {xi } ⊕ P  ⊕ {z2 } ltal kifesz tett rszgrfokat (amelyek nyilvnval an sszefggek). Ennek eredmnyeknt egy a Kpp -vel izomorf grfot kapunk, ami trivilis, hogy sszehzhat Kp -re (94. bra).

94. bra

(b) Az elz problma megoldshoz hasonl an, feltehetjk, hogy a ; hatsa l-tranzit v. (a) szerint feltehetjk, hogy ; hatsa nem flig regulris. Tegyk fel, hogy 0 ∈ ;-nak van xpontja. Mivel G sszefgg, van neki kt sszekttt x0 , y0 pontja gy, hogy 0 (x0 ) = x0 , de 0(y0 ) = y0. Ekkor y0 , 0 (y0) : : :  p−1 (y0 ) az x0 -nak klnbz szomszdai. Ebbl dG (x0 ) ≥ p.

12.20

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

529

Ha A(G) pont-tranzit v, akkor minden pont foka legalbb p, s kszen vagyunk Mader ttelt hasznlva (10.8 feladat). gy tegyk fel, hogy A(G) nem pont-tranzit v. Az l-tranzitivits miatt kvetkezik, hogy ;-nek kt tranzitivitsi osztlya van, nevezetesen U = ; (x0 ) s W = ;(y0 ). Mindegyik l U -b l W -be megy. Trivilis, hogy minden√U -beli fok legalbb p s minden W -beli legalbb 2. Ha W -ben a fokok legalbb 3 p nagysgak, mg mindig befejezhetjk a bizony tst 10.8-at hasznlva. gy tegyk fel, hogy a W -beli fokok kisebbek, mint √3 p. Alkossunk egy G1 grfot a V (G1 ) = U -n gy, hogy kt pontot akkor ktnk ssze, ha a tvolsguk G-ben 2. Minden ∈ ; indukl egy ∈ A(G1 )-t. Vilgos, hogy →  egy homomorzmus, s mivel ; egyszer, ezrt vagy egy monomorzmus, vagy mindent az 1-re kpez le. Azonban az ut bbi lehetetlen, mert ; tranzit van hat U -n. Tovbb, 0 -nak vannak xpontjai, de nem az identits, gy az elzekhez hasonl an kvetkezik, hogy minden G1 -beli legalbb p. Minden e = (u v) ∈ E (G1 ) lre, legyen f (e) az u, v G-beli kzs szomszdainak egyike. Vilgos, hogy f (e) ∈ V . Egy y ∈ V pont legfeljebb     dG (y) ≤ √3 p < 1 p2=3 2 2 2 flekppen fordul el, mint f (e) (e ∈ E (G1 )) s gy, az f (e) alak pontok szma legalbb 2|E (G)| ≥ p · |U | = |U | √3 p: 2=3 2=3

p

p

Minden f (e) alak x ponthoz vlasszunk egy olyan (ux  vx ) = ex ∈ E (G1 ) let, melyre f (ex ) = x, s hzzuk ssze az (ux  x) let G-ben. Azonos tsuk a W azon pontjait, amelyek nem f (e) alakak, egy tetszleges szomszdjukkal. Ezen a m don G le van kpezve G1 -nek egy G rszgrfjra, mely az sszes ex alak lt tartalmazza (s lehet, hogy mg tbbet). gy √ |E (G )| ≥ |U | 3 p: gy a 10.8 szerint G sszehzhat Km -re. (c) Legyen N egy elg nagy szm megmutatjuk, hogy az AN alternl csoport nem izomorf egyetlen K-beli grf automorzmuscsoportjval sem, mg akkor sem, ha szm tsba vesszk pontok sz nezst is. Pontosabban megmutatjuk, hogy ha egy G grf (melynek esetleg sz nezettek a pontjai) automorzmuscsoportja AN , akkor ennek egy alkalmas rszgrfja kontrahlhat Km -re, feltve, hogy N ≥ ≥ 3p, ahol p egy pr m, s p > 8m . Mivel elg nagy m-re K bizonyosan nem tartalmaz egyetlen grfot sem, mely kontrahlhat Km -re, ez mr bizony tani fogja az ll tst. A 12.19 megoldshoz hasonl an feltehetjk, hogy G sszefgg, s A(G)-nek nincs xpontja. Ekkor elfelejtve a pontok sz nezst, egy olyan grfhoz jutunk, mely kielg ti a (b) feltteleit. Ebbl kvetkezik, hogy G kontrahlhat Km -re. $L. Babai, Discrete Math. 8 (1974) 13{20.]

530

MEGOLDSOK

12.21

G egy grf, melyre A(G) ∼ = ;, V (G) ∩ / = ∅. A 12.5-beli konstrukci

alapjn feltehetjk, hogy A(G) flig regulrisan hat a G-n, azaz nincs olyan  = 1 elem, melynek van xpontja. A 12.5-beli konstrukci alapjn azt is feltehetjk hogy |V (G)| ≥ |;| · |/| ekkor A(G)-nek legalbb |/| plyja van V (G)-n. Vgl a 12.5-beli konstrukci

komplementert vve, elrhetjk, hogy minden G-beli fokszm nagyobb legyen, mint |;|. Legyen → a ; egy izomorzmusa A(G)-vel. Legyenek /1  : : :  /k a ; plyi /-n s vlasszunk egy yi ∈ /i -t (i = 1 : : :  k). Legyenek x1  : : :  xk ∈ ∈ V (G) pontok klnbz plykon. Minden ∈ ; s 1 ≤ i ≤ k esetn, kssk ssze (yi )-t (xi )-vel. Az eredmnyl kapott G grfon a  permutci k mint automorzmusok hatnak, ahol  ha x ∈ /, 

(x) =

((xx)) ha x ∈ V (G). Vilgos ugyanis, hogy  megrzi a V (G)-beli leket, s ha ( 0 (yi ) (xi ))) egy tetszleges j l, akkor  ( 0 (yi ) (xi )) = (( 0 )(yi ) ( 0 )(xi )) is egy j l lesz. Msrszt, G -nek nincs ms automorzmusa. Legyen  ∈ A(G ). Ekkor  megrzi V (G)-t, mint az olyan pontok halmazt, melyeknek a foka nagyobb, mint |;|. Ezrt |v (G) = |V (G) valamely ∈ ;-ra. Legyen y ∈ /, ekkor y =  (yi ) valamely  ∈ ;-ra, s 1 ≤ i ≤ k. Mivel  egy izomorzmus, (y) ssze van ktve ( (xi )) = ( )(xi )-vel. De az egyetlen olyan pont /-ban, mely ssze van ktve ( )(xi )-vel, ( )(yi ). gy (y) = ( )(yi ) = (y). gy ahhoz jutunk, hogy  =  . Ez bizony tja, hogy G -nek megvan a k vnt tulajdonsga. $I. Z. Bouwer, J. Comb. Th. 6 (1969) 378{386 Z. Hedrlin{A. Pultr, Illinois J. Math. 10 (1966) 392{405.] 22. Az tlettrbeli ll ts knnyen kvetkezik kt szrevtelbl: (a) Ha  egy tetszleges endomorzmusa a Petersen grfnak, s C egy tszg a Petersen grfban, akkor  egy-egyrtelm a C -n. C kpe nem sz nezhet ki 2 sz nnel, mert tartalmaz egy pratlan krt (ez nem sz nezhet ki 2 sz nnel, mert ez a C egy 2-sz nezst adn) a legrvidebb pratlan kr a Petersen grfban az tszg. gy (C ) tartalmaz egy tszget s gy  egy-egyrtelm a C -n. (b) A Petersen grf tetszleges kt pontja benne van egy tszgben. Ezrt nincs olyan endomorzmus, mely kt klnbz pontot azonos tana. gy, az endomorzmus flcsoport ∼ = S5 12.1 szerint. 23. Tekintsk a 95. brn lthat grfot, ahol s > a + b + c pratlan. Ez a G grf hrom s hosszsg krt tartalmaz, s egy 3s − 2(a + b + c) > s hosszsgt. Ezrt, a G tetszleges  endomorzmusa egy-egyrtelm kell, hogy legyen az s hosszsg krkn. Tovbb, x hrom szomszdja pronknt az s hosszsg krkn fekszik, gy (x)-nek hrom klnbz szomszdja kell, hogy legyen, melyek szintn pronknt ilyen krkn fekszenek. Ebbl kvetkezik, hogy (x) = = x. Trivilisan kvetkezik, hogy ha a, b, c klnbzek, akkor -nak a hrom 'kllt" xen kell hagynia. Az s − a − c hosszsg v az 'abroncson" nem k21. Legyen

12.24

§ 12. GRFOK AUTOMORFIZMUSAI

531

s–a–b

s–a–c

s–b–c

95. bra

pezhet le semelyik msik vre, melynek ugyanezek a vgpontjai, mert csak kt msik ugyanolyan parits t van, nevezetesen a c + b + (s − a − b) s a a + b + + (s − b − c) hosszsgak, de ezek hosszabbak. gy  = 1. $Z. Hedrlin{A. Pultr, Monatsh. f. Math. 69 (1965) 318{322.] 24. (a) Legyenek 1  : : :  n a 9 elemei. Tekintsk ezeket egy sz nezett irny tott G grf pontjainak. Kssk ssze i -t j -vel egy irny tott, k sz n llel, ha i = = k j . Mivel csak egy flcsoportunk van, megtrtnhet, hogy bizonyos prok tbb, klnbz sz n llel vannak ssze ktve, msok meg egyltaln nincsenek sszektve. Tetszleges m -re, alkalmazva a m (j ) = j m denil egyenlsget, a Gnek egy endomorzmust kapjuk mert ha egy k sz n l kti ssze i -t j -vel, azaz, i = k j , akkor i m = k j m , azaz, egy k sz n l kti ssze m (i )t  m(j )-vel. Tovbb, az m -ek a G-nek klnbz endomorzmusai mert ha m (i ) = l (i ) minden i-re, akkor biztos, hogy, m(1) =  l (1), azaz, m = l. Azt ll tjuk, hogy G-nek nincs ms endomorzmusa. Legyen " ∈ End(G) s tekintsk m = "(1)-t. Azt ll tjuk, hogy " =  m . Legyen i ∈ V (G). Ekkor i egy i sz n llel van sszektve 1-gyel, mert i = i · 1. Ezrt "(i ) i sz n llel van sszektve "(1) = m -mel, mivel " egy endomorzmus. Ebbl "(i ) = i m i.e. " = m: (b) Elszr vegyk szre, hogy tetszlegesen sok egyszer grf ltezik, melyek merevek, s nincs olyan homomorzmus, mely egymsba vinn ket. Vegynk egy elg nagy s-et, s klnflekppen megvlasztott a, b, c-t gy, hogy a + b + + c = s − 1 teljesljn a 12.20 megoldsban megadott konstrukci ban. Legyenek G1  : : :  GN ezek a merev grfok, ahol N = 2|9|. Minden Gi minden pontja benne van egy s hosszsg pratlan krben, mely a legrvidebb mindegyikben. Helyettes tsk az (a) rszben megkonstrult G grf minden k sz n (x y) lt egy lnccal, ahogy a 96. brn lthat . Az a kt l, amelyikkel a Gi -hez csatlakozik, mindegyik esetben ugyanarra a kt pontra illeszkedik. A hurkokat hasonl an helyettes tjk.

532

MEGOLDSOK

12.25

96. bra

Az eredmnyl kapott G grfnak vilgos, hogy vannak endomorzmusai, mindegyik G-beli i endomorzmusnak megfelel egy ~i endomorzmus. Azt ll tjuk, hogy nincs ms endomorzmusa. Mivel G -nek nincs msik s hosszsg kre, vagy rvidebb kre a Gi -belieken k vl, kvetkezik, hogy tetszleges " ∈ End(G) a Gi pontjait a Gi pontjaira kpezi le. Mivel ezek merevek, s nem kpezhetk le egymsba, kvetkezik, hogy " mindegyik Gi -t ugyanannak a grfnak egy pldnyba kpezi le. A G pontjai klnbz Gi -beli pontokkal vannak sszektve. Ezrt "(V (G)) ⊆ V (G). Azt is knny ltni, hogy ha x s y ssze vannak ktve G-ben egy k sz n llel, azaz, a G -ben G2k−1 -esek s G2k -esek egy lncval vannak sszektve (lsd a 96. brt), akkor "(x) s "(y) is ssze van ktve, s egyetlen olyan lekpezs ltezik, mely az (x y)-lncot az ("(x) "(y))-lncra kpezi le. Ezrt, " = ~i teljesl valamely i-re. $Z. Hedrlin{A. Pultr, Monatsh. f. Math. 68 (1964) 213{217 lsd mg Z. Hedrlin{J. Lambek, J. of Alg. 11 (1969) 195{212.] 25. (a) Tegyk fel, hogy End(G) = {1  ! }, ahol ! egy 0-elem: ! = ! = = !, 1 az identits, s 2 = 1. Hagyjuk el az e = (x y) lt. Ha ! nem marad endomorzmus, akkor ltezik egy olyan (x1  y1 ) ∈ E (G − e) l, melyre !(x1 ) = = x !(y1 ) = y. Hasonl an, ha  nem marad endomorzmus, akkor ltezik egy olyan (x2  y2 ) ∈ E (G − e) l, melyre (x2 ) = x, (y2 ) = y. De ekkor x2 = (x) = (!(x1 )) = !(x1 ) = x y2 = y ami azt jelenti, hogy (x2  y2 ) nem egy le G − (x y)-nak, ami ellentmonds. (b) Tekintsk a 12.21.(b) megoldsban le rt konstrukci t, de vlasszuk s-et gy, hogy legyen mg egy merev GN +1 grfunk, melynek a derkbsge s, s nincs endomorzmusa G1  : : :  GN -be, s megford tva. Ha GN +1 -et, mint egy j komponenst adjuk hozz a G -hez, akkor egy G grfot kapunk, melyre End(G ) ∼ = End(G ) ∼ = 9. Azonban, ha sszektjk a V (G) egy pontjt GN +1 -gyel egy llel, az eredmnyl kapott grf merev lesz. $L. Babai{J. Ne>set>ril.] x

13. Hipergrfok

Tekintsk GH -t, ahogy az tlettrban deniltuk. Nyilvnval , hogy GH sszefgg. Tovbb vegyk szre, hogy a H krei megfelelnek a GH kreinek s megford tva. gy H -ban akkor s csak akkor nincs kr, ha GH fa, ami ennek megfelelen azzal ekvivalens, hogy (1) |E (GH )| = |V (GH )| − 1: 1.

§ 13. HIPERGRFOK

13.2

533

Nyilvnval an, |E (GH )| a fokok sszege W -ben, azaz X |E (GH )| = |E |: Msrszt,

E ∈E (H )

|V (GH )| = |V (H )| + |E (H )|:

Igy (1) azzal ekvivalens, hogy X

E ∈E (H )

|E | = |V (H )| + |E (H )| − 1

ami ugyanaz, mint (∗). 2. (a) Elszr az tlettrbeli ll tst ltjuk be. Tegyk fel, hogy H  = (H − − {E }) \ E sszefgg. Legyen F egy olyan l, hogy |E ∩ F | maximlis. Azt ll tjuk, hogy az E − F minden pontjnak 1 a foka H -ban. Legyen x ∈ E ∩ F , y ∈ ∈ E − F (ha ilyen x vagy y nem ltezik, akkor nincs mit bizony tsunk), s tegyk fel indirekte, hogy y ∈ E  valamely E  ∈ E (H )-ra, E  = E . A felttel szerint F − E s E  − E nem resek, gy a H  sszefggsge miatt ltezik pontoknak egy a0  : : :  ak ∈ V (H ) − E sorozata, s leknek egy E0 = E  , E1  : : :  Ek+1 = F sorozata, melyekre teljesl, hogy ai ∈ Ei ∩ Ei+1 (i = 0 : : :  k). Ha k olyan kicsi, amilyen csak lehetsges, nyilvnval an teljesl, hogy ai ∈= Ej hacsak nem j = i vagy i +1. Ekkor az (y, E0 , a0  : : :  Ek , ak , Ek+1 , x, E ) kr nem kiegyenslyozott, ami ellentmonds. A problma ll tst |E (H )| szerinti indukci val bizony tjuk. Feltehetjk, hogy H sszefgg, klnben alkalmazzuk az indukci s feltevst egyik komponensre. Legyen x ∈ V (H ) s tegyk fel, hogy x nincs benne minden lben (ha nincs ilyen pont, akkor az ll ts trivilis). Vlasszunk egy olyan E ∈ E (H ) lt, hogy x ∈= E teljesl, s az x-et tartalmaz sszefgg H1 komponense a (H − {E }) \ E , mely az x-et tartalmazza, maximlis. Ha (H − {E }) \ E sszefgg, akkor mr tudjuk, hogy az ll ts igaz gy tegyk fel, hogy a H -nak vannak olyan lei, melyek nem metszik V (H1 )-et csak E -ben, s legyen H2 az a hipergrf, melyet azok az F lek alkotnak, melyek nem metszik V (H1 )-et. Vilgos, hogy E ∈ E (H2 ) s |E (H2 )| ≥ 2. Legyen T azon E -beli pontok halmaza, melyek nem tartoznak H2 -hz. Azt ll tjuk, hogy minden F ∈ E (H2 ) tartalmazza T -t. Tegyk fel, hogy van F ∈ E (H2 ) s t ∈ T − F . Ekkor tekintsk (H − {F }) \ F -et. Ebben a hipergrfban az x-et tartalmaz komponens nyilvnval an tartalmazza V (H1 )-et s t-t, ami T ellentmonds. gy F ⊇ T . Vilgos, hogy H2 teljesen kiegyenslyozott (egy teljesen F ∈E (H2)

kiegyenslyozott hipergrf minden rszhipergrfja is teljesen kiegyenslyozott), s gy van olyan E1 , F1 ∈ E (H2 ), hogy az E1 − F1 minden pontjnak a foka 1 H2 -ben. Mivel H1 lei csak T -ben metszik egymst, ezeknek a pontoknak a foka 1 H -ban.

534

MEGOLDSOK

13.3

(b) Indukci t vgznk |E (H )|-ra. Legyen E0 , F0 kt olyan l, hogy az E0 − minden pontjnak a foka 1. Tekintsk a H  hipergrfot, mely H -b l gy keletkezik, hogy elhagyjuk az E0 -t, s az E0 − F0 pontjait. Nyilvnval , hogy ez teljesen kiegyenslyozott, s teljesl, hogy |E1 ∩ E2 | ≤ p tetszleges kt E1 , E2 ∈ E (H  ) lre. gy indukci val kapjuk, hogy

− F0

X

(|E | − p) ≤ |V (H  )| − p:

E ∈E (H )

Vegyk szre, hogy |E0 ∩ F0 | ≤ p teljesl a felttel szerint. gy |E0 − F0 | ≥ |E0 |− p s gy, X

(|E | − p) = |V (H  )| − p + |E0 | − p ≤

E ∈E (H )

≤ |V (H  )| − p + |E0 − F0 | = |V (H )| − p:

Tekintsk P pontjait a termszetes m don linerisan rendezve. Legyen C = = (x1  P1  : : :  xk  Pk ) egy kr H -ban, k ≥ 3. Feltehetjk, hogy x1 sem nem a legkisebb, sem nem a legnagyobb pont C -ben, azaz, xi < x1 , xj > x1 teljesl, valamely i, j -re. Feltehetjk, hogy i < j  ekkor ltezik olyan i ≤  < j , hogy 3.

x < x1 < x+1 : P tartalmazza x-t s x+1-et, s mivel P egy t, ezrt tartalmazza x1 -et is. gy C kiegyenslyozott. 4. Ha H -ban nincs legalbb 3 hosszsg kr, akkor H teljesen kiegyenslyozott, s kielg ti (∗)-ot 13.2b-ben p = 2-vel. De ekkor (∗) azz egyszersdik, hogy |E (H )| ≤ |V (H )| − 2 ami ellentmonds. $L. Lovsz, Beitrge zur Graphentheorie, Teubner (1968), 99{ 106.]. 5. (a) Az adott felttel nyilvnval an szksges. Tegyk fel, hogy teljesl, megmutatjuk, hogy H -nak van reprezentnsrendszere. Deniljunk egy pros G grfot a V (H ) ∪ E (H ) ponthalmazon, melyben v ∈ ∈ V (H )-t akkor s csak akkor ktjk ssze E ∈ E (H )-val, E ∈ E (H ), ha v ∈ E . Ekkor tetszleges X ⊆ E (H )-ra, |;(X )| = |

,

E ∈X

E | ≥ |X |

a felttel szerint, gy 7.4 szerint, G-ben van olyan pros ts, mely minden pontot lefed E (H )-ban. E pros ts leinek V (H )-beli vgpontjai H egy reprezentnsrendszert alkotjk. $P. Hall]

13.6

§ 13. HIPERGRFOK

535

(b) Az adott felttel szksgessge most is trivilis. Megmutatjuk, hogy elegend is. Alkossunk egy pros G grfot, mint fent. Akkor a felttel azt jelenti, hogy (2) |;(X )| ≥ |X | + 1 teljesl ∅ = X ⊆ E (H ) esetn. 7.6 szerint, ltezik G-nek olyan G rszgrfja ugyanazon a ponthalmazon, hogy az E (H ) minden pontjnak a foka 2 s G -re is teljesl (2). Minden E ∈ E (H )-ra, legyen f (E ) azon V (H )-beli pontoknak a halmaza, melyek illeszkednek E -hez G -ben. Ekkor |f (E )| = 2, s (2)-bl kvetkezik, hogy , | f (E )| ≥ |X | + 1 E ∈X

minden ∅ = X ⊆ E (H )-ra. gy az f (E ) prok egy erd leit alkotjk a V (H )-n. $L. Lovsz, Acta Math. Acad. Sci. Hung. 21 (1970) 443{446.] 6. Els megolds. Tegyk fel, hogy ltezik olyan f : E (H ) → V (H ) fggvny, hogy f (E ) ∈ (E ), f egy-egyrtelm, s f (e(H )) ⊇ T . Ekkor, vve h = f −1 |T -t, meggyelhetjk, hogy (a) H -nak van reprezentnsrendszere, (b) h egy reprezentnsrendszert denilja az albbi HT∗ hipergrfnak: V (HT∗ ) = E (H ), E (HT∗ ) = {Ux : x ∈ t}, ahol Ux = {E ∈ E (H ) : x ∈ E }. Megford tva, tegyk fel, hogy g s h olyan lekpezsek, melyek a H , ill. HT∗ egy-egy reprezentnsrendszert deniljk. Azt ll tjuk, hogy H -nak van olyan reprezentnsrendszere, mely tartalmazza T -t. Minden x ∈ T -re, x ∈= R(g), tekintsk az x, h(x) g(h(x)), h(g(h(x))) : : : sorozatot, am g el nem akadunk vilgos, hogy ez akkor trtnik meg, amikor g(h : : : : : : g(h(x))) ∈ T . Legyen H1 az lek halmaza ezekben a sorozatokban. Deniljuk az  −1 for E ∈ H1 , f (E ) = gh(E )(E ) for E ∈ E (H ) − H . 1

fggvnyt. Ekkor f egy reprezentnsrendszert denil. Vilgos, hogy f (E ) ∈ = H1 teljesljn (vagy ∈ E . Ha f (E ) = f (E  ), akkor kell, hogy E ∈ H1 , E  ∈  − 1 megford tva) s g(E ) = h (E ) de ez azt jelenti, hogy g(E  ) s E  azok az elemek, melyek megelzik E -t az t tartalmaz lncban, azaz, E  ∈ H1 , ami ellentmonds. Vgl, minden x ∈ T hozztartozik R(f )-hez mert ha x valamelyik lnchoz tartozik, akkor x = f (h(x)) ha x nem tartozik a lncokhoz, akkor x ∈ ∈ R(g ) s g −1 (x) ∈ H1 , gy x = f (g −1 (x)). gy (a) s (b) egytt szksges s elgsges felttelt alkotnak egy a T -t tartalmaz reprezentnsrendszer ltezsre. Az elz problma szerint a kvetkez alakra rhat ak t: (a ) |V (H  )| ≥ |E (H  )| minden H  rszhipergrfra

536

MEGOLDSOK

13.7

(b ) minden T  ⊆ T legalbb |T  | lt metsz. $Ez Bernstein halmazok szmossgra vonatkoz ttelnek tfogalmazsa.] Msodik megolds. Legyen F = V (H ) − T , s vegyk hozz F -et, mint egy j lt (|V (H )| − |E (H )|)-szor H -hoz. Ekkor knny beltni, hogy az eredmnyl kapott H  hipergrfnak akkor s csak akkor van reprezentnsrendszere, ha van a H -nak olyan reprezentnsrendszere, mely tartalmazza a T -t. Alkalmazva a Hall felttelt (elz problma) H  -re, olyan felttelt nyernk, mely ekvivalens a fenti (a ), (b )-vel. A rszleteket az olvas ra hagyjuk. 7. Vegynk kt j pontot, a, b-t. Deniljuk az irny tott G grfot a {a} ∪ {b} ∪ ∪ E (H2 ) ∪ E (H1 ) ∪ V (H1 ) halmazon a kvetkezkppen: kssk ssze a-t az E (H1 ) minden elemvel kssnk ssze minden E ∈ E (H1 )-et minden x ∈ E vel kssnk ssze minden x ∈ V (H1 ) = V (H2 )-t minden F ∈ E (H2 )-vel, mely tartalmazza x-et vgl kssk ssze E (H2 ) minden elemt b-vel. Vegyk szre, hogy H1 s H2 -nek akkor s csak akkor van kzs reprezentnsrendszere, ha van G-ben m fggetlen (a b)-t. Menger ttele szerint ez ekvivalens azzal a tulajdonsggal, hogy a G minden olyan ponthalmaza, amely szeparlja a-t s b-t, legalbb m pontb l ll. Vlassza el X ∪ Y ∪ Z az a-t and b-tl, X ⊆ E (H1 ), Y ⊆ V (H1 ), Z ⊆ E (H2 ). Legyenek H1 , H2 a E (H1 ) − X ill. E (H2 ) − Z -beli lek ltal alkotott hipergrfok. Nyilvnval , hogy Y kell, hogy tartalmazza V (H1 ) ∩ V (H2 )-t, s nem kell, hogy tartalmazzon ms pontokat. gy az a tny, hogy minden az a-t b-tl elvlaszt

ponthalmaz mrete legalbb k, ekvivalens azzal, hogy |E (H1 ) − E (H1 )| + |E (H2 ) − E (H2 )| + |V (H1 ) ∩ V (H2 )| ≥ m teljesl a H1 , ill. H2 minden H1 , H2 rszhipergrfjra. De ez ugyanaz a formula, mint amit a problmban megadtunk. $R. Rado] 8. (a) Egy x E0 ∈ E (H )-ra, az E0 F (F ∈ E (H )) halmazok klnbzek, mivel E0 F1 = E0 F2 -bl kvetkezik, hogy F1 = (E0 F1 )E0 = (E0 F2 )E0 = F2 : (b) Legyen H1 az a hipergrf, melyet gy kapunk H \ x-bl, hogy az egyiket elhagyjuk minden ktszeres lbl. Nyilvnval , hogy H \ x-ben |E (H  )| ktszeres l van, ahol H  az tletben denilt hipergrf. Legyen m1 = |E (H1 )| m2 = |E (H  )|: Azt kapjuk, hogy m1 + m2 = m: ~ 1  F~1  : : :  E~ m1  F~m1 -et gy, hogy |V (H )| szerinti indukci val tallunk m1 prt, E E~ i  F~i ∈ H1 s E~ 1 − F~1  : : :  E~ m1 − F~m1 klnbzek. Hasonl an tallunk m2 prt, E1∗  F1∗  : : :  Em∗ 2 -t, Fm∗ 2 -t gy, hogy Ei∗, Fi∗ ∈ H  s E1∗ − F1∗ : : :  Em∗ 2 − Fm∗ 2 klnbzek.

13.9

§ 13. HIPERGRFOK

537

Vannak olyan Ei , Fi ∈ H halmazok (1 ≤ i ≤ m1 ), melyekre E~ i = Ei vagy ~Ei = Ei − {x}, F~i = Fi vagy F~i = Fi − {x}. Ekkor, nyilvnval an, Ei − Fi (i = = 1 : : :  m1 ) klnbzek. Minden Ej∗ -ra (1 ≤ j ≤ m2 ), Ej -vel fogjuk jellni Ej∗ s Ej∗ ∪ {x} kzl az egyiket (mindkett le a H -nak), a kvetkez szably szerint. Ha Ej∗ − Fj∗ nem fordul el az Ei − Fi -ek kztt (i = 1 : : :  m1 ), akkor legyen Ej = Ej∗ . Ha Ej∗ − − Fj∗ = Ei0 − Fi0 , akkor legyen Ej = Ej∗ ∪ {x}. Ekkor Ej∗ − Fj∗ klnbzni fog az Ei − Fi halmazokt l mert ha Ej − Fj∗ = Ei − Fi , akkor Ei − Fi = Ei0 − Fi0 , ami lehetetlen. gy ha tekintjk az E1 − F1  : : :  Em1 − Fm1 , E1 − F1∗ : : :  Em 2 − Fm∗ 2 klnbsgeket, ezek mind klnbzek, s a szmuk m1 + m2 = m. $J. Marica{ J. Schnheim, Canad. Math. Bull. 12 (1969), 635{637.] (c) Ha m = 2, akkor az ll ts nyilvnval an igaz. Tegyk fel, hogy m ≥ 3 s hasznljunk indukci t m-re. Legyen x ∈ V (H ) feltehetjk, hogy x legalbb az egy E0 lhez hozztartozik, de nem mindegyikhez. Tegyk fel elszr, hogy x foka 1. Akkor H1 = H − x-nek m − 1 le van, s gy legalbb m − 1 le reprezentlhat vagy E ∩ F , vagy E ∪ F alakban (E F ∈ E (H1 ), E = F ). Ezen halmazok egyike sem tartalmazza x-et. gy, az E0 ∪ F egy m-edik, k vnt alak halmazt ad, tetszleges F -re. Msodszor, legyen az x foka 2 s m − 2 kztt (a hatrokat is belertve). Tekintsk a H1 = H − x H2 = H − E (H1 ) hipergrfokat. Mindkettnek van legalbb kt le, gy az indukci s felttel szerint legalbb |E (Hi )| halmaz reprezentlhat E ∪ F vagy E ∩ F alakban, E = F ∈ = E ∩ F , x ∈= E ∪ F , ha E , F ∈ E (H1 ) de x ∈ E ∩ ∈ E (Hi ), (i = 1 2). Tovbb, x ∈ ∩ F , E ∪ F , ha E , F ∈ E (H2 ). gy egyttvve legalbb |E (H1 )| + |E (H2 )| = m k vnt alak halmazunk van. Vgl, ha x minden lhez hozztartozik, kivve E1 -et, akkor legyen H2 = H − −{E1 }. H2 -nek van legalbb kt le, gy van legalbb |E (H2 )| = m − 1, E ∩ F vagy E ∪ F alak halmaz, E = F ∈ E (H2 ). Mindegyik ilyen halmaz tartalmazza x-et,

gy E1 ∩ F ad egy m-ediket tetszleges F ∈ E (H2 )-re. $D. E. Daykin{L. Lovsz, J. London Math. Soc. 12 (1976), 225{230.] 9. Ha H1 , H2 gy vannak denilva, mint az tletben, akkor (a |V (H )| szerinti indukci val) feltehetjk, hogy vannak olyan i permutci i az E (Hi )-nek (i = = 1 2) hogy E ∩ i (E ) = ∅ minden E ∈ E (Hi )-re. Deniljuk -t a kvetkezkppen: Legyen E ∈ E (H ). Ha x ∈= E , akkor legyen  E) ha 1 (E ) ∪ {x} ∈= E (H ), (E ) = 1 ((E ) ∪ { x } ha 1 (E ) ∪ {x} ∈ E (H ). 1 Ha x ∈ E , akkor legyen (E ) = 2 (E − {x}):

538

MEGOLDSOK

13.10

Knny ellenrizni, hogy E ∩ (E ) = ∅ minden E -re. Megmutatjuk, hogy  egy permutci . Legyen E ∈ H . Ha x ∈ E , akkor E = (1−1 (E − {x})). Ha x ∈= E de E ∪ {x} ∈ E (H ), akkor E = (1−1 (E )). Vgl, ha E ∪ {x} ∈= E (H ), akkor E = (2−1 (E )). gy minden H -beli l valamely l  szerinti kpe, azaz  egy permutci . $P. Erds{J. Herczog{J. Schnheim, Israel J. Math. 8 (1970), 408{ 412.] 10. (a) Els megolds. Feltehetjk, hogy n ≥ 2. Akkor van olyan v pont, mely benne van valahny lben, de nem mindben. X = {v} kielg ti az tletbeli ll ts felttelt k = 1-re. Tegyk fel, hogy van olyan X  halmaz, melyre |X  | = k − 1 s HX  -nek legalbb k klnbz le van. Ha HX  -nek tbb, mint k klnbz le van, akkor HX ∪{y} -nek is, tetszleges y ∈ V (H  ) − X  -re, s vehetjk X = X  ∪ {y}-t. gy feltehetjk, hogy HX  -nek pontosan k klnbz le van. Mivel k < n, H -nak van kt klnbz E , F le, melyekre E ∩ X  = F ∩ X  . Legyen y ∈ E F , s X = X  ∪ {y}. Nyilvnval , hogy HX -nek tbb klnbz le van, mint HX  -nek, mivel E ∩ X = F ∩ X . gy kapunk (k = n − 1-re) egy olyan X = V (H ) − {x} halmazt, melyre HX = H \ x-nek n klnbz le van. Msodik megolds. Legyen x egy tetszleges pont. Ha H \ x-nek kevesebb klnbz le van, mint H -nak, akkor kell, hogy legyen olyan Ex ∈ E (H ), melyre x ∈ Ex s Fx = Ex −{x} ∈ E (H ). Rgz tsnk az leknek egy ilyen (Ex  Fx ) prjt minden x pontra (ha valamely x-re nem ltezik ilyen pr, akkor kszen vagyunk). Deniljunk egy G grfot a V (G) = E (H )-n, E akkor s csak akkor van sszektve F -fel, ha E = Ex, F = Fx valamely x-re. Ennek az egyszer G grfnak n pontja s n le van, gy van benne kr. Alkossanak az (E1  : : :  Ek ) lek egy krt G-ben (Ei ∈ E (H ) k ≥ 3) s legyen mondjuk E1 = Ex , Ek = Fx . Ekkor x ∈ E1, x ∈= Ek s gy ltezik olyan j index, hogy x ∈ Ej , x ∈= Ej +1 . De Ej s Ej+1 szomszdosak G-ben, gy {Ej  Ej+1 } = {Ey  Fy } valamely y-ra. Mivel Ey s Fy csak az y elemben klnbznek, kell, hogy y = x s Ej = Ey − Ex, Ej +1 = = Fy = Fx teljesljn. Ez azonban ellentmonds, mert (Ej  Ej +1 ) = (E1  Ek ). $J. A. Bondy, J. Comb. Theory B 12 (1972), 201{202.] (b) Tegyk fel indirekte, hogy H \ x legfeljebb m − 2 klnbz lt tartalmaz. Konstruljunk egy G grfot az E (H )-n a kvetkezkppen. Minden x ∈ V (H )-ra vlasszunk ki az lekbl kt Ex ⊇ Fx s Ex ⊇ Fx prt gy, hogy Ex − Fx = = Ex − Fx = {x}. Ilyen prok lteznek, msklnben H \ x-nak legalbb m − 1 klnbz le lenne. Kssk ssze az (Ex  Fx ) prokat, s az Ex  Fx ) prokat is G-ben. gy |V (G)| = m |E (G)| = 2n: 1◦ G pros. Val ban V1 = {E ∈ E (H ) : |E | pratlan} V2 = {E ∈ E (H ) : |E | pros}

§ 13. HIPERGRFOK

13.10

539

egy 2-sz nezst denilja. 2◦ Nincs G-ben .-grf. Tegyk fel indirekte, hogy E , E  a G-nek kt pontja, mely hrom fggetlen ttal van sszektve, s legyenek ezek P1 , P2 , P3 . Legyen mondjuk x ∈ E − E  . Mindegyik Pi ton megkeressk az utols Ei pontot, mely tartalmazza x-et. Ha Fi az Ei utni pont a Pi -n, akkor x ∈ Ei − Fi . Mivel Ei , Fi szomszdosak, csak egy pontban klnbznek, azaz (Ei  Fi ) = (Ex  Fx ), vagy (Ex  Fx ). Ez nem teljeslhet az i mindhrom rtkre, ami bizony tja 2◦ -t. Megbecsljk a G-beli lek szmt. 2◦ -bl kvetkezik, hogy minden blokk Gben vagy egyetlen lbl, vagy egyetlen krbl ll. Legyen G-nek c komponense, a elvg le, s b tovbbi blokkja, melyek mrete k1  : : :  kb . 1◦ szerint ki ≥ 4. Tovbb

m = |V (G)| = c + a +

b X

i=1 b X

2n = |E (G)| = a + gy

(ki − 1)

i=1

ki :

b 3 X 3 (2n) = 1 + 3 n m ≥ 1 + a + (ki − 1) ≥ 1 + 34 a + k = 1 + i 4 2 i=1 4 i=1 b X





ami ellentmonds $B. Bollobs]. (c) Indukci t alkalmazunk n-re. Legyen H1 s H2 az tletben denilt kt hipergrf. Ha  −1  kX n −1 |E (H )| > 1

i=0

i

akkor az indukci s feltevs szerint, van olyan n pont X halmaz, hogy az X minden rszhalmaza fel rhat , mint X ∩ E (E ∈ E (H1 )). Nyilvnval , hogy ugyanez az X halmaz j lesz H -ra is. gy feltehetjk, hogy |E (H1 )| ≤

Akkor |E (H2 )| = |E (H ) − E (H1 )| >

 kX −1  n−1

i=1

i

:

 kX −1   kX −1  n n−1

 kX −2  n−1

− =  i i i i=0 i=0 i=0 s gy az indukci s feltevs szerint, H2 tartalmaz egy olyan k − 1 elem X  halmazt, hogy az X  minden rszhalmaza fel rhat X  ∩ E alakban (E ∈ E (H2 )).

540

MEGOLDSOK

13.11

Legyen X = X  ∪ {x}. Ha Y ⊆ X  , akkor Y = X  ∩ E = X ∩ E valamely E ∈ ∈ E (H2 ) ⊆ E (H )-ra. Ha Y ⊆ X , x ∈ Y , akkor tudjuk, hogy Y − {x} = X  ∩ E valamely E ∈ E (H2 )-re. A H2 den ci ja szerint, E = F − {x} valamely F ∈ ∈ E (H )-re (x ∈ F ). Ekkor X ∩ F = Y . gy megmutattuk, hogy az X minden Y rszhalmaza reprezentlhat X ∩ E alakban (E ∈ E (H )). $N. Sauer, J. Comb. Theory 133 (1972), 145{147 azt a legnagyobb k-t, melyre a H hipergrf tartalmazza a pontoknak egy olyan X halmazt, hogy az X minden rszhalmaza elll,  dimenzi jnak nevezmint X ∩ A (A ∈ E (H )), a hipergrf Vapnik{Cervonenkis zk. Ez a szm igen fontos szerepet jtszik a statisztikban, a tanulselmletben s a geometriai szm tselmletben.] 11. Indukci t alkalmazunk n-re. Legyen x ∈ V s A = {A ∈ E (H ) : x ∈ A} A = {A ∈ E (H ) : x ∈= A} B = {B ∈ E (K ) : x ∈ B } B = {B ∈ E (K ) : x ∈= B }: Ekkor vilgos, hogy E (H ) = A ∪ A  E (K ) = B ∪ B  E (H ) ∩ E (K ) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B): Az indukci s feltevs szerint, 1 |A ∩ B | ≤ n−1 |A | · |B | 2 s x-et az A s B minden tagjb l elhagyva, hasonl an kapjuk, hogy 1 |A ∩ B | ≤ n−1 |A | · |B |: 2 gy tudjuk, hogy 1 |E (H ) ∩ E (K )| ≤ n−1 (|A | · |B | + |A | · |B |) 2 s elegend azt beltni, hogy 1 |A | · |B | + |A | · |B | ≤ (|A | + |A |)(|B | + |B |): 2 Ez gy rhat t, mint (3) (|A | − |A |)(|B | − |B |) ≤ 0: Vegyk szre, hogy ha A ∈ A , akkor A − {x} ∈ A, gy |A | ≥ |A|. Hasonl

okoskods adja, hogy |B | ≤ |B |. Ez bizony tja (3)-et. $D. Kleitman, J. Comb. Theory 1 (1966), 153{155.]

§ 13. HIPERGRFOK

13.13

541

(a) Jellje f (X ) az olyan lek szmt, melyek vagy benne vannak X -ben, vagy diszjunktak X -tl, tetszleges X ⊆ V (H )-ra. Legyen |V (H )| = n. Ekkor X f (X ) = |E2r(−H1)|  X ⊆V (H ) 12.

mert minden adott E lt 2n−r+1 -szer szmoltunk ( 2n−r X halmaz diszjunkt E -tl, s 2n−r X halmaz tartalmazza E -t). gy, 1 X f (X ) = |E (H )|2n−r+1 : 2n X ⊆V (H )

Mivel a bal oldal az f (X )-ek tlaga, ezrt kell, hogy legyen olyan X halmaz, melyre ez az tlag alatt van, azaz f (X ) ≤ |E2r(−H1)|  mint ll tottuk. (b) Legyen ' : V (H ) → {1 : : :  r} a V (H )-nak egy r-sz nezse, s jelljk !'!-vel azon E lek szmt, melyeknek ' minden pontjt ms sz nnel sz nezi. Ekkor X !'! = r !r n−r |E (H )| '

mert r! m don lehet egy adott E lt sz nezni, s rn−r m don a maradkot (n = = |V (H )|). gy !'! tlaga 1 X !'! = r! |E (H )|:

rn ' Rr Mivel van olyan ', melyre !'! legalbb az tlag, ez bizony tja az ll tst. 13. Jellje d(x) az x fokt H -ban. Ekkor tetszleges E ∈ E (H )-ra, X X X d(x) = |E ∩ F | = r + |E ∩ F | ≤ r + (m − 1)k: x∈E

F ∈E (H )

F ∈E (H )−{E }

sszegezzk ezt minden E lre, akkor X

X

E ∈E (H ) x∈E ≥ |V (H )|

d(x) =

X

x∈V (H )

P d(x)2 2 d(x) = |V (H )| x∈V (H ) ≥

|V (H )|

P 2 !2 | E | d ( x ) E ∈ E ( H ) m2 r2 : x∈V (H ) = = |V (H )| |V (H )| |V (H )|

P

542

MEGOLDSOK

Innen

13.14

m2r2 ≤ m(r + (m − 1)k) |V (H )|

vagy, ami ezzel ekvivalens, |V (H )| ≥

mr2 : r + (m − 1)k

$K. Corrdi, Probl ma a Schweitzer Versenyen, Mat. Lapok

20

(1969), 159{162.]

14. Feltve, hogy m > n, kapjuk, hogy m − d(x) > n − d(x) ≥ n − |E | tetszleges olyan x, E prra, melyre x ∈= E , s gy

d(x) < |E | m − d(x) n − |E | (mert |E | = 0 n). sszegezve ezt minden x ∈ = E prra, kapjuk, hogy X (m − d(x)) m d−(xd)(x) < (n − |E |) n −|E||E | 

X

x

E

vagy, ami ezzel ekvivalens, X

x

d(x)
teljesl minden k-ra. Ekkor m X k = 2− j ak − j =1

(5) s gy

m X k=1

0

k = @

vagy, ami ezzel ekvivalens, 0

m X

@

m X

j =1

j =1

1

j A (− )

1

j A 1 +

m X k=1

m X

1

2 k=1 ak −

1

a2k −

!

= 0:

Mivel a msodik tnyez szigoran pozit v, ebbl kvetkezik, hogy m X

j =1

j = 0

544

MEGOLDSOK

13.16

s gy (5) szerint, k = 0, mint ll tottuk $ez a blokkrendszerek elmletben alapvet Fisher egyenltlensg egy vltozata]. 16. Legyen x ∈ V (H ), s jellje a s b az x fokt H -ban, ill. K -ban. Ekkor x-et a(m − b) + b(m − a)-szor szmoltuk a bal oldal tagjaiban, s a(m − a) + b(m − − b)-szor a jobb oldalon. A klnbsg a(m − b) + b(m − a) − a(m − a) − b(m − b) = (a − b)2 − (m − m)(a − b) ≥ 0 mivel a − b egsz szm, s m − m = 0, vagy 1. $J. B. Kelly, Combin. Structures and Appl., Gordon and Breach (1970), 201{207.] 17. (a) Mint az tletben, tegyk fel, hogy x ∈ F1  : : :  Fd , x ∈ = Fd+1  : : :  Fm . m S Deniljunk kt hipergrfot, H -t s K -t a V = Fi halmazon, ahol E (H ) az i=1 F1 −{x} : : :  Fd −{x} mindegyiknek m − d pldnyb l, E (K ) pedig az Fd+1  : : : : : :  Fm mindegyiknek d pldnyb l ll. Ekkor |E (H )| = |E (K )| = d(m − d). Azt is tudjuk, hogy X X |AB | = (2k − 1)d2 (m − d)2  A∈E (H ) B ∈E (K ) X

{AA }⊆E (H )

|AA | = 2k (m − d)2

X

{BB  }⊆E (K )

|B B | = 2kd2 

gy a 13.16-beli egyenltlensg szerint, 

(2k − 1)d2 (m − d)2 ≥ 2k (m − d)2

 

d  2



m − d:

 

2





d + d2 m − d  2 2

ahonnan a problmban megadott egyenltlensg az egyszers tsek utn kvetkezik. (b) Helyettes tve Fi -t Fi Fm -mel, a felttelek vltozatlanok maradnak. gy feltehetjk, hogy |F1 | = : : : = |Fm−1 | = 2k, Fm = ∅. Ekkor, ha d egy tetszleges pont foka, akkor (a) szerint d(m − d) ≤ km: Tegyk fel elszr, hogy k + 2 ≤ d ≤ m − k − 2. Akkor km ≥ d(m − d) ≥ (k + 2)(m − k − 2) azaz  2 ( k + 2) m≤ ≤ k 2 + k + 2 2

13.18

§ 13. HIPERGRFOK

545

s kszen vagyunk. gy feltehetjk, hogy d ≤ k + 1 vagy d ≥ m − k − 1 teljesl minden d fokra. Legyenek x1  : : :  xl azok a pontok, melyeknek a foka legalbb m − k − 1. Tegyk fel elszr, hogy l ≥ k + 1. Vilgos, hogy legfeljebb egy Fj tartalmazza {x1  : : :  xk+1 } minden elemt. gy, m − 2 Fj hagyja ki az {x1  : : :  xk+1 }-nek legalbb egy pontjt egy hagy ki k + 1-et kzlk (az res Fm halmaz) s egy tartalmazhatja mindegyiket. gy legfeljebb k(m − 2) + k + 1 incidencia van ezen pontok s az Fj halmazok kztt. Msrszt, az ilyen incidencik szma legalbb (m − k − 1)(k + 1). gy k(m − 2) + k + 1 ≥ (m − k − 1)(k + 1): Innen m ≤ k 2 + k + 2 s jra kszen vagyunk. gy feltehetjk, hogy l ≤ k pont van, melynek foka legalbb m − k − 1. Az elz felttelezsnk szerint a maradk pontok foka legfeljebb k + 1. Van olyan Fj halmaz, 1 ≤ j ≤ m − 1, mely {x1  : : :  xl }-nek kevesebb, mint k elemt tartalmazza. Msklnben l = k-t kapnnk, s x1 : : :  xk kzs elemei lennnek F1  : : :  Fm−1 -nek. De ekkor az F1 − {x1  : : :  xk } : : :  Fm−1 − {x1  : : : : : :  xk } halmazok diszjunktak (Fi Fj = 2k szerint), s olyan helyzethez jutnnk, amit kizrtunk. gy feltehetjk, hogy pldul F1 k + 1 (vagy tbb) pontot tartalmaz, melyek legfeljebb k +1 fokak. gy az incidencik szma az F1 -beli pontok s az F1 , F2  : : : : : :  Fm halmazok kztt legfeljebb (k − 1)(m − 1) + (k + 1)2 . Msrszt, ez a szm pontosan 2k + (m − 1)k, mivel az F2  : : :  Fm−1 mindegyike az F1 -et pontosan k elemben metszi. gy 2k + (m − 2)k ≤ (k − 1)(m − 1) + (k + 1)2  m ≤ k2 + k + 2 mint ll tottuk. Egyenlsg akkor teljesl, ha ltezik olyan vges projekt v s k, melynek a rendje k. Adjunk hozz tovbbi k − 1 pontot, s legyenek F1  : : :  Fk2 +k+1 a s k egyenesei, ezzel a k − 1 ponttal kiegsz tve legyen Fk2 +k+2 = ∅. Akkor ezek a halmazok kielg tik a feltteleinket. $M. Deza, J. Comb. Theory 16 (1974), 166167.] 18. (a) Rendezzk a V (H ) minden rszhalmazt (X V (H ) − X ) prokba. Ekkor 2n−1 prunk lesz, s E (H ) legfeljebb egy tagjt tartalmazhatja mindegyik prnak. gy az ll ts kvetkezik. (b) Els megolds. Legyen H  az a hipergrf, melyre V (H  ) = V (H ) s E (H  ) = {X : X ⊆ E ∈ E (H )}. Tekintsk a H  leinek egy  permutci jt, melyre E ∩ (E ) = ∅ (E ∈ E (H  )) egy ilyen  13.9 szerint ltezik. A (E ) lek

546

MEGOLDSOK

13.19

(E ∈ E (H )) nem lehetnek a H lei, mivel E ∩ (E ) = ∅, mikzben a H brmely kt le metszi egymst. gy (6) |E (H  )| ≥ 2|E (H )|: Vegyk szre, hogy a H  -nek nincs kt olyan l, mely lefedn a V (H )-t mert ha E , F ∈ E (H  )-re E ∪ F = V (H ) teljeslne, akkor vlasszuk E1 , F1 ∈ E (H )-et gy, hogy E ⊆ E1 , F ⊆ F1 s ekkor E1 ∪ F1 = V (H ), ami ellentmonds. gy E (H  ) legfeljebb az egyiket tartalmazza X s V (H ) − X kzl, tetszleges X ⊆ ⊆ V (H )-ra, s ezrt, |E (H  )| ≤ 2n−1 : (7) (6) s (7) bizony tja az ll tst. $J. Schnheim, Combinatorics, London Math. Soc. Lecture Notes Series 13 (1974), 139{140.] Msodik megolds. Tekintsnk egy H1 hipergrfot, melyre V (H1 ) = V (H ), E (H1 ) = {X : X = E − F , E , F ∈ E (H )}, s legyen H2 = H ∪ H1. Nincs H1-nek olyan le, mely a H -nak is le lenne, mivel E − F = E0 -b l (E F E0 ∈ E (H )) kvetkezne, hogy F ∩ E0 = ∅, ami nem megengedett. Tovbb, |E (H1 )| ≥ |E (H )| 13.8b szerint. gy (8) |E (H2 )| ≥ 2|E (H )|: A H2 -nek nincs kt olyan le, mely egytt lefedn V (H )-t, mert a H2 minden lt a H egy le tartalmazza. gy, mint elbb, (9) |E (H2 )| ≤ 2n−1  s (8) s (9)-bl kvetkezik a problma ll tsa. $D. E. Daykin{L. Lovsz, J. London Math. Soc. 12 (1976), 225{230.] Harmadik megolds. Legyen A = {X ⊆ V (H ) : X ⊆ E ∈ E (H )}, B = {X ⊆ ⊆ V (H ) : X ⊇ E ∈ E (H )}. Ekkor (a) szerint, |A| ≤ 2n−1 and |B| ≤ 2n−1 . 13.11 szerint, |E (H )| ≤ |A ∩ B| ≤ 1=2n |A| |B| ≤ 2n−2 $D. Kleitman]. 19. Feltehetjk, hogy minden egyelem halmaz az E (H )-hoz tartozik, tovbb az ∅ s V (H ) is. Ha E (E = V (H ) ∅) a H -nak egy tetszleges le, akkor ltezik olyan egyrtelm, minimlis E1 l, mely tartalmazza E -t, de nem egyenl vele mert ha lenne kt ilyen l is, E1 , E2 , akkor a felttel szerint E1 ⊂ E2 , E2 ⊂ E1 , vagy E1 ∩ E2 = ∅ teljeslne azonban ezek mindegyike lehetetlen. Ha E = ∅, akkor a H -nak n minimlis nem-res lben van benne E = V (H ) nincs benne egyben sem. Ily m don m + n − 2 lt szmolunk ssze. Tekintsnk egy tetszleges E ∈ E (H ) lt, |E | ≥ 2 s tekintsk a maximlis leket, melyek (szigoran) benne vannak E -ben. Ezek lefedik E -t s diszjunktak,

13.20

§ 13. HIPERGRFOK

547

97. bra

gy legalbb 2 van bellk. gy E -t legalbb ktszer szmoltuk. Ha |E | = 1, akkor E egyszer van szmolva E = ∅ nincs beszm tva. gy m + n − 2 ≥ 2(m − n − 1) + n vagy, ami ezzel ekvivalens,

m ≤ 2n:

Ez a szm elrhet val ban, ha G egy tetszleges feny, melyben a ki-fokok 2-vel egyenlk, kivve az n vgpontot, s ha a G minden x pontjra tekintjk az Ex vgpontok halmazt, melyek elrhetk az x-bl, akkor az Ex halmazokb l, mint lekbl s az res halmazb l alkotott hipergrfnak n pontja s 2n le van (97. bra). 20. n = 1-re a problma nyilvnval . Indukci t vgznk n-re. Tegyk fel, hogy a K1  : : :  Kt a 2S lncai, ahol |S | = n s vegynk mg egy (n + 1)-edik x pontot hozz. Mindegyik Ki = {Er  : : :  En−r } lnchoz mg kt lncot denilunk, ezek Ki = {Er  Er ∪ {x} Er+1 ∪ {x} : : :  En−r ∪ {x}} s Ki  = {Er+1 : : :  En−r } (ahol |Ki| ≥ 2): Nyilvnval , hogy mind Ki  , mind Ki  szimmetrikus lncai az S ∪ {x} rszhalmazainak. Tovbb, az S ∪ {x} tetszleges X rszhalmaza egyetlen egyhez tartozik hozz kzlk. Mert ha X ⊆ S ∪ {x} s x ∈ X , akkor legyen X − {x} ∈ Ki  azt kapjuk, hogy X ∈ Ki  . Ha X ⊆ S , akkor legyen X ∈ Ki  ha X a Ki els tagja, akkor X ∈ Ki   ha X egy ksbbi tag, akkor X ∈ Ki  . Hasonl an lthat , hogy nincs olyan X , ami a Ki  vagy Ki  -k kzl egynl tbbhz tartozna.  gy a Ki , Ki lncok az S ∪ {x} sszes rszhalmaznak egy szimmetrikus lncokba val felosztst adjk, s gy az indukci t befejeztk. $N. G. de Bruijn{ C. van E. Tengbergen{D. Kruijswijk, Nieuw Arch. Wiskunde 23 (1949{51), 191{ 193.]

548

MEGOLDSOK

13.21

Els megolds: Legyenek K1  : : :  Kt a V (H ) rszhalmazainak szimmetrikus lncai, gy, mint 13.20-ban. Mivel minden X rszhalmaz, melyre |X | = n=2 teljesl, ; pontosan egy Ki -hoz tartozik hozz, s megford tva, kapjuk, hogy t = = n=n2 . Minden Ki a H -nak legfeljebb egy lt tartalmazza, mivel a Ki brmely kt le sszehasonl that (az egyik tartalmazza a msikat). Ebbl |E (H )| ≤ ≤ t. $E. Sperner, Math. Z. 27 (1928) 544-548. Ez a bizony ts de Bruijn, van E. Tengbergen s Kruijswijk-t l szrmazik, ibid.] Msodik megolds: Tekintsk a V (H )-nak azokat az (x1  : : :  xn ) permutci it, melyekre {x1  : : :  xk } ∈ E (H ) teljesl valamilyen k-ra. Tetszleges E lre, ahol |E | = k , k !(n − k )! ilyen permutci t kapunk, az E elemeit az els k helyre tve, s a tbbi elemet az utols (n − k) helyre tve. Nincs olyan permutci , melyet egyn l tbbszr szmoltunk mert, ha (x1  : : :  xn ) egy permutci , akkor nem trtnhet meg, hogy E1 = {x1  : : :  xk1 } s E2 = {x1  : : :  xk2 } mindketten lek, mert akkor az E1 s E2 egyike tartalmazn a msikat. gy k!(n − k)! permutci t szmolunk minden E (k = |E |) lhez, s sszesen n! permutci t szmolhatunk ssze. Mivel jnk n + 1 n ! n ! k!(n − k)! = ;n ≥ ; n  = 2 ! 2 ! n=2 k ebbl kvetkezik, hogy jnk n + 1 |E (H )| · 2 ! 2 ! ≤ n! n! k = $ n % : |E (H )| ≤ $ % j n n ! n+1 ! 2 2 2 21. (a)

$D. Lubbell, J. Comb. Th. 11 (1966), 299.] ;  (b) Legyen H egy Sperner rendszer n ponton, melynek pontosan n=n2 le van. Ekkor mindenhol egyenlsg kell, hogy lljon az sszes becslsben, az (a) msodik bizony tsban. Teht, ha E ∈ E (H ) s |E | = k, akkor jnk n + 1 k!(n − k)! = 2 ! 2 ! azaz ;nn = ; nn!   n=2 k $ %

j

k

amibl k = n2 vagy k = n+1 2 . Kt eset van: 1◦ n = 2p. Akkor |E | = p tetszleges E ∈ E (H )-ra, s gy E (H ) a V (H ) sszes p-esbl ll. 2◦ n = 2p + 1. Ekkor |E | = p, vagy p + 1 teljesl az E ∈ E (H ) lekre. Azt ll tjuk, hogy minden lnek ugyanaz a mrete, azaz E (H ) vagy az sszes p-esbl, vagy az sszes (p + 1)-esbl ll.

13.22

§ 13. HIPERGRFOK

549

Ha (x1  : : :  xn ) a pontoknak egy tetszleges permutci ja, akkor ezt a permutci t be kellett szm tanunk a msodik megoldsban azaz, vagy {x1  : : :  xp }, vagy {x1  : : :  xp+1 } egy l. gy, ha X ⊂ Y ⊂ V (H ), |X | = p, |Y | = p + 1, akkor X s Y egyike egy l. Tegyk fel, hogy van olyan E ∈ E (H ) l, melyre |E | = p + 1 s olyan X ⊂ ⊂ V (H ) halmaz, melyre |X | = p + 1, de ami nem l (ha minden (p + 1)-es l lenne, akkor, nyilvnval an, nincs olyan p-es, mely l lenne, s gy ksz lennnk a bizony tssal). Tallhatunk ilyen E , X prt, ahol |E ∩ X | = p mert legyen E = = {x1  : : :  xp+1 }, E ∩ X = {xi  : : :  xp+1 }, X = {xi  : : :  xi+p }. Ekkor tekintsk a {xv  : : :  xv+p } halmazokat, ( = 1 : : :  i). Van kzttk egy utols , amely l, mondjuk {xv  : : :  xv+p}. Ekkor tekinthetjk {xv  : : :  xv+p }et E helyett, s {xv +1  : : :  xv +1+p }-t X helyett. Mivel E ∩ X ⊂ E , E ∩ X ∈= E (H ) msrszt, E ∩ X ⊂ X , |E ∩ X | = p, |X | = = p + 1 s gy a fenti megjegyzsnk szerint E ∩ X ∈ E (H ), ami ellentmonds. gy E (H ) a V (H )-nak vagy csak az sszes p-esbl, vagy csak az sszes (p + 1)esbl ll. 22. Tegyk fel, hogy A, B maximlis antilncok, melyeknek m elemk van, s deniljuk a kvetkezket: A ∨ B = {x ∈ A ∪ B : x < y minden y ∈ A ∪ B -re} A ∧ B = {x ∈ A ∪ B : x > y minden y ∈ A ∪ B -re}: Ekkor A ∨ B , A ∧ B antilncok a den ci juk szerint. Tovbb (10) (A ∨ B ) ∩ (A ∧ B ) ⊇ A ∩ B: Val ban, ha x ∈ A ∩ B , akkor nincs olyan y ∈ A ∪ B , hogy x < y lenne, mert ha y ∈ A (mondjuk), akkor x ∈ A is igaz, s A egy antilnc. gy x ∈ A ∨ B s hasonl an, x ∈ A ∧ B . (11) (A ∨ B ) ∪ (A ∧ B ) = A ∪ B: A ⊂ irny tartalmazs nyilvnval . Megford tva, legyen x ∈ A ∪ B , mondjuk x ∈ A. Ha x ∈= A ∨ B , akkor van olyan y1 ∈ A ∪ B , hogy x < y1 . Nyilvnval an, y1 ∈= A gy y1 ∈ B . Hasonl an, ha x ∈= A ∧ B , akkor ltezik olyan y2 ∈ B melyre y2 < x. De innen y2 < y1, ami ellentmonds. gy x ∈ (A ∨ B ) ∪ (A ∧ B ). (10) s (11)-bl kapjuk, hogy |A ∨ B | + |A ∧ B | = |(A ∨ B ) ∪ (A ∧ B )| + |(A ∨ B ) ∩ (A ∧ B )| ≥ (12) ≥ |A ∪ B | + |A ∩ B | = |A| + |B | = 2m: Mivel A, B maximlis antilncok voltak, (13) |A ∨ B | ≤ m |A ∧ B | ≤ m: De (12) s (13)-bl ltjuk, hogy vgig egyenlsg kell, hogy teljesljn, gy (13)ben is. Ez bizony tja, hogy A ∨ B , A ∧ B maximlis antilncok.

550

MEGOLDSOK

13.23

Knny beltni, hogy a maximlis antilncok L halmaza hl t alkot a ∧ s operci kra vonatkoz lag.. Legyen E a L egysgeleme, akkor E egy maximlis antilnc, ami, nyilvnval an, invarins az (S ≤) automorzmusaira. Tekintsk S = 2V (H )-t s a rszben rendezett (S ⊆) halmazt. E (H ) egy antilnc (S ⊆)-ben, gy mi egy antilnc maximlis mrett akarjuk meghatrozni. A fentiek szerint, van olyan maximlis E antilnc, mely invarins az (S ⊆) automorzmusaira. Legyen E ∈ E, |E | = k. A V (H ) alaphalmaz tetszleges permutci ja automorzmust indukl, s ezek a permutci k lekpezik az E -t az sszes k-elem rszhalmazra. gy minden k-elem rszhalmaz beletartozik E-be. Nyilvnval , hogy E-nek nem lehet semmilyen ms eleme, gy ∨

|E| =

 

n k





n :

≤ $n%

2

$R. P. Dilworth, Combin. Analysis, Proc. Symp. Appl. Math. AMS (1960), 85.] 23. (a) A H hipergrf, melyre V (H ) = {1 2 3 4}, E (H ) = {{1 2 3}, {3 4}, {1 4}, {2}} keresztlvg , de nem tartalmaz msik keresztlvg hipergrfot,

gy specilisan, keresztlvg Sperner rendszert sem (98. bra). 1

4

2

3

98. bra

(b) Legyen H egy minimlis keresztlvg hipergrf. Ekkor tetszleges E ∈ E (H )-hoz ltezik olyan SE ⊆ V (H ) halmaz, amely nem hasonl that ssze a H − {E } egyik lvel sem. Vilgos, hogy vagy E ⊆ SE , vagy SE ⊆ E . Jelljk E ∗ -gal a nagyobbikat E , SE kzl, s legyen V (H ∗ ) = V (H ) E (H ∗ ) = {E ∗ : E ∈ E (H )}: Azt ll tjuk, hogy H ∗ Sperner rendszer. Tegyk fel indirekte, hogy E ∗ ⊆ F ∗ . Ha E ∗ = SE s F ∗ = F , akkor SE ⊆ F , ami ellentmonds, mivel SE csak E vel hasonl that ssze, den ci szerint. Egy hasonl ellentmondst kapunk, ha E ∗ = E s F ∗ = SF . Ha E ∗ = E s F ∗ = F , akkor SE ⊆ E s E ⊆ F , gy SE ⊆ F . Ha E ∗ = SE , F ∗ = SF , akkor E ⊆ SE ⊆ SF . Mindkt esetben jra ∈

ellentmondshoz jutunk.

§ 13. HIPERGRFOK

13.25

551

gy H ∗ Sperner rendszert alkot, s Sperner ttele szerint |E (H )| = |E (H )| ≤ ∗

$P. Erds]. 24. Az tletet kvetve, legyen Ekkor





n 

n=2



p = n − 2k + 1 : 

 −1 n + k p+k−1 = 2

; 

;



s ebbl vagy p + (p + k − 1) = n, vagy n − 1. Ezrt np  : : :  p+nk−1 a k legnagyobb binomilis  (ha n − k pros, akkor van egy msik halmaz ; egytthat

; is: helyettes thetjk np -t p−nk+2 -vel). Alkossunk egy M hipergrfot a V (H )-n, mely az sszes p : : :  (p + k − 1)-esbl ll, mint az tletben. Legyen K1  : : :  Kt 2V (H ) dekompoz ci ja szimmetrikus lncokba gy, mint 13.20-ban. Nyilvnval , hogy |E (M ) ∩ Ki | = min(k |Ki |) msrszt, E (H ) nem tartalmaz k hosszsg lncot, ebbl kvetkezik, hogy |E (H ) ∩ Ki | ≤ min(k |Ki |): Mivel ez minden i = 1 : : :  t-re teljesl, vgl is kapjuk, hogy  

  n n |E (H )| ≤ |E (M )| = p + ::: + p + k − 1 :

$P. Erds, Bull. Amer. Math. Soc. 51 (1945), 898{902.] 25. (a) Tegyk fel indirekt m don, hogy a H lei nem foghat k le egy ponttal. Legyen E = {x1  : : :  xr } ∈ E (H ). Ekkor xi nem fog le minden lt, gy tallunk egy olyan Fi lt, hogy xi ∈= Fi (i = 1 : : :  r). E , F1  : : :  Fr -nek nincs kzs pontja mert egy ilyen pont benne kell, hogy legyen E -ben, de xi nincs benne Fi -ben. (b) Konstrulunk j lt, E1  : : :  Ej -t, gy, hogy |E1 ∩ : : : ∩ Ej | ≤ r − (j − 1)( (H ) − 1) teljesljn j = 1 : : :  k-ra. j = 1-re, E1 -et tetszlegesen vlaszthatjuk. Tegyk fel, hogy E1  : : :  Ej (j ≤ k − 1) mr ki vannak vlasztva. Mivel az sszes tbbi l metszi E1 ∩ : : : ∩ Ej -t, ennek a halmaznak a mrete legalbb  (H ). Legyen

552

MEGOLDSOK

13.26

X ⊆ E1 ∩ : : : ∩ Ej , |X | =  (H ) − 1. Mivel X nem fedheti le az sszes tbbi lt, kell, hogy legyen egy olyan Ej +1 l, hogy Ej +1 ∩ X = ∅. gy |E1 ∩: : :∩Ej +1 | ≤ |(E1 ∩: : : ∩Ej )−X | = |E1 ∩: : : ∩Ej |−( (H )−1) ≤ r −j ( (H )−1) azaz Ej +1 rendelkezik a k vnt tulajdonsggal. Mrmost E1 ∩ : : : ∩ Ek = ∅, azaz 1 ≤ |E1 ∩ : : : ∩ Ek | ≤ r − (k − 1)( (H ) − 1)

amibl az ll tott egyenltlensg rgtn kvetkezik. 26. Vegynk egy tetszleges F lt. Ha |E ∩ F | ≥ 2 minden E lre, akkor vehetjk S = F -et.Tegyk fel, hogy |F  ∩ F | = 1 valamely F  -re, mondjuk F  ∩ F = {x}. Legyen F a H − x egy le (ilyen l ltezik, mivel  (H ) ≥ 2), s legyen S = F ∪ ∪ F  ∪ F  . Vilgos, hogy |S | ≤ 3r − 3: Msrszt, legyen E ∈ E (G). Ha x ∈= E , akkor E kell, hogy messe F -et, s F  -t, mghozz klnbz pontokban, gy |E ∩ S | ≥ 2. Ha x ∈ E , akkor E az F  -t egy x-tl klnbz pontban kell, hogy messe, gy ismt |E ∩ S | ≥ 2. 27. Legyen (x1  : : :  xp ) a W -nek egy tetszleges rendezse, ahol W egy minimlis olyan halmaz, hogy a HW brmely kt le metszi egymst (|W | = p). Akkor van legalbb egy olyan xi pont, hogy mind {x1  : : :  xi }, mind {xi  : : :  xp } tartalmazza HW -nek az E , E  leit (vilgos, hogy E ∩ E  = {xi }). Mert ha j = i s {x1  : : : : : :  xj } tartalmazn F -et, s {xj  : : :  xp} tartalmazn F  -t (F F  ∈ E (HW )), akkor feltve pldul, hogy i < j , azt kapnnk, hogy E ∩ F  = ∅, ami ellentmonds. gy, ha elvgezzk a szmolst a W minden rendezsre, legfeljebb p! pontot szmolunk ssze. W minden eleme sokszor van beszmolva. Val ban, ha x ∈ W , akkor vannak olyan E , F ∈ E (HW ) lek, hogy E ∩ F = {x}, a W minimalitsa miatt. Legyen |E | = s, |F | = t. Rendezzk el az E pontjait, aztn vegyk x-et, aztn vegyk az F pontjait vgl rakjuk be a maradk pontokat tetszlegesen. Ez   p t − 1)! (t − 1)!(s − 1)! s + t − 1 (p − s − t + 1)! = p! (s(−s +1)!( t − 1)! m don tehet meg. Itt s t ≤ r, ebbl     (s + t − 1)! = s s + t − 1 ≤ r 2r − 1 : (s − 1)!(t − 1)! t−1 r−1 Ugyanakkor az E s F szerepe felcserlhet. gy a W -ben minden pont legalbb 2p! -szer van szmolva. gy a pontok szma W -ben legfeljebb r(2rr−−11)     p!= ;22rp−! 1 = 2r 2rr−−11 = (2r − 1) 2rr−−13 : r r −1

13.28

§ 13. HIPERGRFOK

553

A msodik ll ts kvetkezik, ha tekintjk a kvetkez hipergrfot. Legyen

|U | = 2r − 2. Az U minden {X Y } part ci jhoz, melyre |X | = |Y | = r − − 1, hozzrendelnk egy j vXY pontot legyen V ezen vXY pontok halmaza, s V (H ) = U ∪ V . Tovbb, lljon E (H ) az sszesU -beli r-esbl, s mg az sszes X ∪ {vXY }, Y ∪ {vXY } halmazokb l. Knny ellenrizni, hogy a H tetszleges

kt le metszi egymst, de nincs olyan rszhipergrfja, amelynek megvan ez a tulajdonsga. gy V (H ) a minimlis W , s 







1 2r − 2 = 2r − 3 : |V (H )| > |V | = 2 r−1 r−1 $M. Calczynska-Karlowicz ttelnek egy les tett vltozata, Bull. Acad. Polon. Sci. Ser. Math. Astr. Phys. 12 (1964), 87{89.] (a) Legyen x egy tetszleges pontja C -nek. Ekkor x legfeljebb egy Ai -nek a vgpontja mert ha Ai -nek s Aj -nek lenne egy kzs vgpontja, akkor, mivel klnbzek, klnbz irnyba kellene, hogy induljanak, s mivel |V (C )| ≥ 2k, l-diszjunktak lennnek. Vegyk szre, hogy mivel minden Aj -nek (j = 2 : : :  t) van kzs le A1 -gyel, az Aj egyik vgpontja bels pontja A1 -nek. gy legfeljebb k − 1 Aj v van 2 ≤ ≤ j ≤ t esetn, s ebbl kvetkezik, hogy t ≤ k . (b) Legyen  = (x1  : : :  xn ) a V (H ) ciklikus permutci ja. Tekintsk az n hosszsg C krt, rendeljk hozz az x1  : : :  xn -t a C leihez (ugyanabban a ciklikus sorrendben). Ekkor ha E ∈ E (H ) a  egymst kvet pontjaib l ll, akkor a C egy r hosszsg A vnek felel meg. Brmely kt ilyen vnek van kzs le. gy az (a) 'lemma" szerint, legfeljebb r ilyen v van, azaz tetszleges ciklikus  permutci hoz legfeljebb r olyan l van, mely egymsutni pontokb l ll. Mivel sszesen (n − 1)! ciklikus permutci van, ezen a m don nem tbb, mint 28.

r(n − 1)! lt szmolunk ssze. Nzzk meg, hogy hnyszor szmolunk meg egy adott E lt. Hogy egy olyan ciklikus permutci t kijelljnk, melyre E egymsutni pontokb l ll, sorba kell raknunk E -t s V (H ) − E -t. gy E -t r!(n − r)!-szer vettk szm tsba. gy az lek szma 



n−1 : m ≤ rr!((nn −− 1)! = r)! r−1 $P. Erds{Chao Ko{R. Rado, Quart. J. of Math. Oxford, II. 12 (1961), 313{320 ez a bizony ts G. O. H. Katont l szrmazik, J. Comb. Theory 13 (1972), 183{ 184.]

554

MEGOLDSOK

13.29

Legyen F1  : : :  Ft az sszes olyan halmaz, mely elll a H hipergrf diszjunkt lnek uni jaknt. Az a tny, hogy H -kritikus, azt jelenti, hogy F1 ∩ : : : ∩ Ft = ∅: 13.25a szerint, tallunk r + 1 halmazt az F1  : : :  Ft kztt, mondjuk F1  : : : : : :  Fr +1 -et, melyeknek a metszete res. Legyen S = F1 ∪ : : : ∪ Fr +1 . Azt ll tjuk, hogy |S ∩ E | ≥ 2 teljesl a H minden E lre. Val ban, S ∩ E metszi az F1  : : :  Fr +1 mindegyikt (ha E diszjunkt lenne Fi -tl, az ( + 1) diszjunkt lt adna). Mivel az F1  : : :  Fr +1 halmazok gy vannak konstrulva, hogy nem lehet ket egy ponttal lefogni, kvetkezik, hogy |S ∩ E | ≥ 2. De |S | ≤ (r + 1)r . gy az E lek szma legfeljebb       |S | n ≤ (r + 1)r n = O(nr−2): 2 r−2 2 r−2 (b) Indukci t vgznk -re. Ha H -kritikus, (a) megvlaszolja a krdst. Ha H nem -kritikus, akkor legyen x ∈ V (H ) olyan, hogy (H − x) < (H ). Ekkor     n n −2 − |E (H − x)| ≤ r −1 +::: + r − 1 ;  az indukci s feltevs szerint, s mivel x-et nem tartalmazhatja tbb, mint nr−−11 l, az ll ts kvetkezik. Egyenlsg teljesl minden olyan hipergrfra n ponton, mely azokb l az r-esekbl ll, melyek egy adott -elem halmazt metszenek. $A. Hajnal{ B. Rothschild, J. Comb. Theory 15 (1973), 359{362.] 30. Legyen {tx } (x ∈ V (H )) a H hipergrf egy optimlis trtlefogsa. Ekkor 29. (a)

X

x∈E

tx ≥ 1

teljesl minden E lre. Ezt a Hi = H − x1 − : : : − xi minden lre sszegezve, kapjuk, hogy X X tx ≥ |E (Hi )|: E ∈E (Hi) x∈E

A bal oldal fel rhat gy is, mint X

x

gy (14)

tx

X

E x E∈E(Hi )

1≤(

X

x

tx)di+1 =  ∗di+1 :

|E (Hi )| ≤  ∗ di+1 :

§ 13. HIPERGRFOK

13.31

555

Tegyk fel, hogy az eljrs t lps utn ll meg, azaz x1  : : :  xt minden lt lefog, s gy E (Ht ) = ∅. Ekkor vilgos, hogy  (H ) ≤ t: Tudjuk, hogy |E (Hi )| − |E (Hi+1 )| = di+1 

gy   t−1 E (Hi )| − |E (Hi+1 )| = X 1 − 1 + |E (H )| : |E (Hi )| di+1 di+1 di d i=0 i=1 Mivel di ≥ di+1 , megbecslhetjk |E (Hi )|-t (14)-gyel, s azt kapjuk, hogy

t=

t−1 | X

(

) (  t−1 d − d ) X 1 i i+1 ≤ t ≤ ∗ di+1 d − d + 1 =  ∗ i+1 i i=1 i=1 di + 1 d 1 X ∗ ≤ <  ∗(1 + log d):

t−1 X



1

k=1 k

$L. Lovsz, Discrete Math. 13 (1975), 383{390.] 31. (a) Elegend a k = r − 1 esetet bizony tani. Tovbb csak a trivilis eseteket zrjuk ki, ha feltesszk, hogy u > v s w > r − 2. 1.42(i) szerint fel rhatjuk, hogy           u = w+1 + w u − w + w − 1 u − w + 1 + ::: r r r−1 1 r−2 2 s hasonl an,   v = w + 1 +  w v − w + w − 1u − w + 1 + : : : : 1 r−2 2 r r r−1 Innen  

0 = ur 

(15)

 





v − w − r r−1        −1 −w+1 v −w+1 w w u = r − 1 (u − v − 1) + r − 2 − 2 2       w −2 u −w+2 v −w+2 + r−3 − + ::: 3 3

556

MEGOLDSOK

13.31

;x

Az i binomilis egytthat pozit v s monoton nv x > i − 1 esetn. gy a jobb oldalon minden tag, kivve az elst, pozit v, s gy az els negat v kell, hogy legyen, azaz u < v + 1. Hasonl an, 

u





v





w



− = r −1 r −2 w (u − v − 1) + w − 1 u − w + 1 − v − w + 1 + = r− r−3 2 2 2       u − w + 2 − v − w + 2 +::: + wr −− 42 3 3

r −1

−

Hogy ezt az (15) jobb oldalb l megkapjuk, meg kell szorozni az els (negat v) tagot (r − 1)=(w − r + 2)-vel, s a tbbieket (r − 2)=(w − r + 2)-, (r − 3)=(w − − r + 2)-, : : :-tal. Mivel a negat v tagok nagyobb szorz t kapnak, mint a pozit v tagok, az sszeg cskken. (b) |E (H )| szerinti indukci t vgznk. Elegend a k = r − 1 esetet bizony tani. Legyen x olyan pont, melynek a foka a minimlis fokszm, d. Feltehetjk, hogy nincsenek izollt;pontok, azaz d ≥ 1 s azt is feltehetjk, hogy van legalbb kt  el, gyhogy d < ur . ;  ;  Legyen H1 = H − x. Ekkor |E (H1 )| = ur − d. rjuk fel ;ezt a szmot vr alakban (v ≥ r) akkor, az indukci s feltevs szerint legalbb r−v 1 darab (r − − 1)-est fednek le a H1 lei. Jegyezzk meg, hogy ezek egyike sem tartalmazza x-et. Deniljuk H2-t a kvetkezkppen:

V (H2 ) = V (H ) − {x} E (H2 ) = {E − {x} : x ∈ E ∈ E (H )}: ;  Ekkor |E (H2 )| = d, s H2 (r − 1)-uniform. rjuk fel; d-t r−w1 alakban, w ≥ r − 1, ekkor az indukci s feltevs szerint van legalbb r−w2 darab (r − 2)-es, melyet a H2 lei lefednek. Hozzvve x-et ezekhez az (r − 2)-esekhez, kapunk legalbb ; w r−2 olyan (r − 1)-est, melyet a H lei tartalmaznak. Mivel az sszes ilyen (r − − 1)-es tartalmazza x-et, ezek klnbznek a korbban talltakt l. gy az olyan (r − 1)-esek szma, melyeket a H lei tartalmaznak, legalbb     v + w : r−1 r−2 (a)-t felhasznlva, kszen vagyunk, ha meg tudjuk mutatni, hogy v ≥ w. Ehhez vegyk szre, hogy a fokszmok tlaga )| r ||VE ((H H )|

;u

= r |V (rH )|

§ 13. HIPERGRFOK

13.32

s itt nyilvnval an |V (H )| ≥ u. gy 

amibl gy

 

;u



w

557





u−1 r r−1 =d≤r u = r−1  w ≤ u − 1:

 

v = u r r



−

w



 

u r

≥

r−1









u − 1 = u − 1  v ≥ u − 1 ≥ w r−1 r

−

mint ll tottuk. $J. B. Kruskal, Math. Opt. Techniques, Univ. of Calif. Press (1963), 251{278 G. Katona, Theory of Graphs , Akadmiai Kiad (1966), 187{ 207. Lsd ezeket a referencikat a pontos optimumra vonatkoz lag, amikor u nem egsz.] (c) Legyen H -nak m klnbz le, melyek r-esek, s klcsnsen metszik egymst. Legyen H  a kvetkezkppen denilva: V (H  ) = V (H ) E (H  ) = {V (H ) − E : E ∈ E (H )}: Ekkor a felttel szerint nem lehet H -nak olyan le, mely a H  valamelyik lnek a rszhalmaza. rjuk fel, hogy 

u

m= n−r



(u ≥ n − r val s)

;  ekkor (b) szerint van legalbb ur darab olyan r-es, mely a H  egy lnek rszhalmaza. Ebbl       u + u ≤ n : n−r r r

Mivel









 

n−1 + n−1 = n  n−r r r

kvetkezik, hogy u ≤ n − 1, s gy 

u

m= n−r





≤







n−1 = n−1 : n−r r−1

$D. E. Daykin, J. Comb. Th. A 17 (1974), 254{255.] 32. (a) Vegyk szre, hogy ha (x1  : : :  xn ) a V (H )-nak tetszleges permutci ja, akkor van legalbb egy olyan i index, amelyre az Ai minden elemnek a sorszma kisebb, mint a Bi minden elem. gy legfeljebb n! (Ai  Bi ) prt szmolunk le.

558

MEGOLDSOK

13.33

Tovbb, ha i egy tetszleges, adott index, akkor a V (H ) olyan permutci inak a szma, melyekre az Ai minden eleme megelzi a Bi minden elemt,  n p!q!(n − p − q)! = ; n!  : p+q p+q p gy egy adott (Ai  Bi ) prt ennyiszer szmoltunk. Ebbl   . n! p + q : m ≤ n! ;  = p+q p

p

$B. Bollobs]. (b) Legyenek E1  : : :  Em a H lei. Mivel H  -kritikus, H − {Ei }-nek van egy ( (H ) − 1)-elem Ti pontlefogsa. Ekkor nyilvnval an Ei ∩ Ti = ∅, mikzben Ti ∩ Ej = ∅, ha i = j . gy (a)-b l kvetkezik, hogy   m ≤ r + ( (H ) − 1)

r

$F. Jaeger, C. Payan] 33. Legyen V (H ) = {v1  : : :  vn }. Ki akarjuk sz nezni a v1  v2  : : :  vn pontokat pirossal s kkkel gy, hogy egyik lnek se legyen minden pontja ugyanolyan sz n. Tegyk fel, hogy a v1  : : :  vi pontokat mr kisz neztk (1 < i < n). Ha vi+1 -et nem sz nezhetjk pirosra, akkor van olyan E ⊂ {v1  : : :  vi+1 } l, hogy vi+1 ∈ E , s az E sszes tbbi pontja piros. Hasonl an, ha vi+1 nem kaphatja a kk sz nt, akkor van olyan F ⊂ {v1  : : :  vi+1 } l, hogy vi+1 ∈ F , s k minden pontja, kivve vi+1 -et, mr kk. De ekkor E ∩ F = {vi+1 }, ami ellentmonds. 34. Tegyk fel elszr, hogy H -nak van egy elsfok x1 pontja, s az sszes tbbinek a foka 2. Legyen x2 egy olyan pont, mely ssze van ktve x1 -gyel, x3 egy olyan pont, mely ssze van ktve x2 -vel, vagy x1 -gyel, s ltalban, legyen xi+1 egy olyan pont, mely klnbzik az x1  : : :  xi -tl, s valamelyikkel ssze van ktve. Ilyen xi+1 pont ltezik, mert H sszefgg. Visszafel haladva, kisz nezhetjk xn , xn−1  : : :  x1 -et egyms utn pirossal s kkkel, ugyangy, mint az elz megoldsban. Tegyk fel, hogy a H minden pontja msodfok. Feltehetjk, hogy a H nem grf, vagyis tartalmaz egy olyan E lt, melyre |E | ≥ 3. Legyen x ∈ E , E  = E − − {x} s H  = H − {E } + {E  }. Ha H  sszefgg, akkor x foka 1 a H  -ben, a megolds els rsze szerint H  2-kromatikus. A H  egy 2 sz nnel val sz nezse a H -nak is j sz nezse lesz. Ha a H  nem sszefgg, akkor H = H1 ∪ H2 , V (H1 ) ∩ ∩ V (H2 ) = {x}. A H1 s H2 (melyeknek van elsfok pontjuk) egy-egy 2 sz nnel val sz nezst sszerakhatjuk, a H1 -beli sz neket megcserlve, ha szksges. 35. Tegyk fel, hogy nincs 1-elem l (ami trivilis eset). Hagyjuk el az izollt pontokat. Beltjuk az tletbeli ll tst.

13.35

§ 13. HIPERGRFOK

559

(a) Legyen x ∈ V (H ), E ∈ E (H ) olyan, hogy x ∈ E . Sz nezzk (E − {x})et pirosra, (V (H ) − E ∪ {x})-et kkre. Vilgos, hogy nem lesz piros egysz n l. Mivel H nem sz nezhet 2 sz nnel, kell, hogy legyen egy egysz n kk F l. F az E -t egyetlenegy pontban metszi, s ez a pont kk kell, hogy legyen gy x ∈ F . Ezrt x foka legalbb 2. (b) Legyen x ∈ E1  : : :  Ed ∈ E (H ), d ≥ 4, s tegyk fel indirekte, hogy |Ed | ≥ 3. Legyen yi ∈ Ei − {x} (i = 2 : : :  d − 1). Mivel d ≥ 4, legfeljebb egy olyan l van, ami tartalmazza y2  : : :  yd−1 -et. gy kivlaszthatunk egy olyan yd ∈ ∈ Ed − {x} pontot, hogy nincs olyan l, mely tartalmazn y2  : : :  yd -t. Sz nezzk E1 − {x}, y2 : : :  yd-t pirosra, az sszes tbbi pontot kkre. Knny ellenrizni, hogy nem fordulhat el monokromatikus l. Ez elintzi azt az esetet, amikor van egy legalbb 4-edfok x pont ltalnosabban, ha van olyan x pont, mely csak 2-elem lekhez tartozik, akkor tekintsnk egy E lt, mely nem tartalmazza x-et (ilyen l nyilvnval an ltezik). E -nek tartalmaznia kell az F − {x}-nek (egyetlenegy) pontjt, minden F " x lre. Ez mutatja, hogy csak egy ilyen E ltezik, s gy V (H ) = E ∪ {x}, E (H ) = {E } ∪ ∪ {{x y } : y ∈ E }. gy tegyk fel, hogy minden pont legalbb egy olyan lhez tartozik hozz, melynek a pontszma 3-nl nem kisebb. Akkor nincs 2-elem l. Mert legyen {x y } ∈ E (H ) s legyen E s F kt legalbb 3-elem l, mely tartalmazza x-et, ill. y-t. Legyen u az E s F (egyetlen) kzs pontja, s legyen v ∈ E − {u x}, w ∈ F − {u y}. (a) szerint, vannak ms lek, A s B , melyek tartalmazzk v-t s w-t. Mivel A s B kell, hogy messe {x y}-t, kapjuk, hogy y ∈ A, x ∈ B . Sz nezznk (E ∪ F − {u} − {y})-ban minden pontot pirosra, a maradk pontokat kkre. Ekkor piros egysz n l nem fordulhat el mert egy ilyen X lnek metszenie kell {x y}-t, egy piros pontban, azaz x-ben az A-t is egy piros pontban kell metszenie, azaz v-ben de ekkor X = E , ami nem monokromatikus. Monokromatikus kk l sem keletkezik mert egy ilyen X l kell, hogy messe {x y}-t egy kk pontban, azaz y-ban kell, hogy messe E -t egy kk pontban, azaz u-ban de ekkor X = F , ami nem monokromatikus. gy H 2-sz nezhet, ami ellentmonds. Ezzel felkszltnk, hogy bebizony tsuk (c)-t. Legyen x, y ∈ V (H ), s vlasszunk olyan E , F leket, hogy x ∈ E , y ∈ F teljesljn. Feltehetjk, hogy x ∈= F s y ∈= E , klnben nincs mit bizony tani. Sz nezzk (E ∪ F − {x y})-t pirosra, minden mst kkre. Ekkor nem keletkezhet egysz n piros l mert egy ilyen l az E − {x}-nek s F − {y}-nek egy-egy pontjb l llhatna, de a 2-elem leket kizrtuk. De ekkor ekkor egy kk monokromatikus A l keletkezik, mely az E -t x-ben, s az F -et y-ban kell, hogy messe, ami bizony tja (c)-t. Kvetkezik, hogy minden l egy 3-elem. Mert ha E ∈ E (H ), |E | ≥ 4, akkor legyen x ∈ V (H ) − E . Minden y ∈ E ponthoz ltezik olyan l, mely tartalmazza x-et s y-t, s ezek az lek nyilvnval an klnbzek. De ekkor az x foka legalbb 4, ami ellentmonds. Legyen E , F , G hrom olyan l, hogy E ∩ F ⊂ G. Legyen E ∩ F = {x}, F ∩ G = = {y}, E ∩ G = {z }. Ekkor E -nek, F -nek s G-nek egy-egy tovbbi u, v, w pontja van. Egyetlen olyan {x w t} l van, mely tartalmazza x-et s w-t. Egyetlen olyan

560

MEGOLDSOK

13.36 x

x v

y

E

t

w

u

z

99. bra

l van, mely tartalmazza y-t s u-t, s ez a t-t is kell, hogy tartalmazza, mivel ez az egyetlen olyan pont, melyben az {x w t}-t metszheti. Hasonl an {z v t} s {u v w} is lek, s ms lek nincsenek. Ez a hipergrf (szoksos elnevezse Fano konfigurci , vagy 7 pont s k) 3-kromatikus. gy a 99. brn bemutatott hipergrfok kimer tik az sszes lehetsget. 36. Tegyk fel indirekt m don, hogy H kisz nezhet pirossal s kkkel. Jellje n1 s n2 a piros, ill. kk pontok szmt. Ekkor a piros-piros-kk lek szma 

 n 1 a 2 

ahol a azon lek szma, melyek egy adott prt tartalmaznak. Hasonl an, a kkkk-piros lek szma   gy

a n22 : 







n1 + n2 : (16) |E (H )| = a 2 2 Msrszt minden l pontosan kt olyan (x y) prt tartalmaz, ahol x kk, y piros. gy (17) |E (H )| = an1 n2 : (16) s (17)-bl kapjuk, hogy n1 n2 = n21 + n22 − n1 − n2 = n2 − n − 2n1 n2 vagy, ami ezzel ekvivalens, (18) 3n1 n2 = n2 − n: De tudjuk, hogy  2 n + n n2  1 2 n1 n2 ≤ = 2 4

§ 13. HIPERGRFOK

13.37

561

gy (18)-b l kvetkezik, hogy

n2 ≥ n2 − n vagyis n ≤ 4 4

ami ellentmonds. $L. Lovsz, Proc. 4th SE Conf. on Comb. Graph Theory and Computing, Utilitas Math. (1973), 1{12.] 37. Tekintsk azt a P polidert az n-dimenzi s trben, melyet az 

|Ej |

2



≤

n X i=1

aij xi ≤

.

|Ej |

/

(j = 1 : : :  m) 0 ≤ xi ≤ 1

2

(i = 1 : : :  n)

T



egyenlsgek rnak le. P nem res, hiszen az 12  : : :  12 vektor beletartozik. Az ;AT  I mtrix is totlisan unimodulris, s a konstansok egszek, gy a Ho0man{ Kruskal ttel szerint, P tartalmaz egy rcspontot. Legyen (1  : : :  n )T ez a rcspont. Sz nezzk vi -t pirosra, ha i = 0, s kkre klnben. Ez a sz nezs$egy kor% rekt sz nezs,4ha a H5-ban nincsenek 1-elem lek. Pontosabban, legalbb |Ej |=2 , s legfeljebb |Ej |=2 kk pont van minden Ej lben. Ez bizony tja az ll ts "csak akkor" rszt. Tegyk fel, hogy minden rszhipergrfnak van egy el rt tulajdonsg 2sz nezse. Megmutatjuk, hogy az A incidencia mtrix minden aldeterminnsra teljesl, hogy rtke vagy 0, vagy ±1. Mivel az A egy almtrixa valamely rszhipergrf incidencia mtrixa, melynek nyilvnval an megvan ugyanez a tulajdonsga, elegend megmutatni, hogy ha n = m, akkor det(A) = 0, vagy ±1. Azt ll tjuk, hogy ltezik olyan W ⊆ V (H ), W = ∅, hogy |W ∩ E1 | : : :  |W ∩ ∩ En−1 | mindegyike pros. Val ban, tekintsk a 0

aj

=

B @

a1j .. .

anj

1 C A





vi ∈ E j , aij = 10 ha klnben,

vektorokat (i = 1 : : :  n − 1) a GF (2) test felett. Ezek nem generljk az egsz teret, gy 5.32f szerint van olyan 01-vector, 0

b=@

mely merleges rjuk. Legyen

b1 1 .. .

bn

A =

0

W = {vi : bi = 1}: Ekkor |W ∩ Ej | ≡ b · aj ≡ 0 (mod 2) (j = 1 : : :  n − 1). |W ∩ En | lehet pros

is, vagy pratlan is.

562

MEGOLDSOK

13.38

Feltehetjk, hogy W = {v1  : : :  vi }. A feltevs szerint W = A0 ∪ A1 , A0 ∩ = ∅ gy, hogy

∩ A1



|Ej ∩ W |

2



≤ |Ej ∩ A0 | ≤

.

|Ej ∩ W |

/

2

(j = 1 : : :  n):

Vegyk szre, hogy W vlasztsa miatt |Ej ∩ A0 | =

|Ej ∩ W |

2 teljesl j = 1 : : :  n − 1-re. Legyen mondjuk A0 = {v1  : : :  vs }. Ekkor adjuk hozz a 2-ik,: : :  s-edik oszlopokat az elshz, de vonjuk ki belle az (s + 1)edik,: : :  t-edik oszlopokat. Ily m don csupa 0-t kapunk, kivve az els oszlop utols elemt, s itt pedig 0-t, vagy ±1-et kapunk. Ha ez az utols elem is 0, akkor det(A1 ) = 0. Klnben, kifejthetnk az els oszlop szerint, s indukci t hasznlunk $A. Ghouila-Houri]. 38. (a) Elszr az tletbeli ll tst bizony tjuk. Elegend a k = 2 esetet tekinteni. Legyen E ∈ E (H ), E1  E2 ⊂ E , E1 ∩ E2 = ∅. Tekintsk a

H  = H − {E } + {E1  E2 } hipergrfot. Azt ll tjuk, hogy H  -nek nincs pratlan kre. Mert legyen C a H  tetszleges kre. Ha C nem tartalmazza sem E1 -et, sem E2 -t, akkor megfelel a H egy krnek, termszetes m don, s gy pros kell, hogy legyen. Tegyk fel, hogy tartalmazza mind E1 -et, mind E2 -t. Ekkor a kvetkez alak lesz: (E1  x1  F1  : : :  xk  E2  y1  G1  : : :  yl ) ahol k ≥ 2, l ≥ 2, mivel E1 ∩ E2 = ∅. Most (E x1  F1  : : :  xk ) s(E y1  G1  : : :  yl ) a H krei, gy k s l prosak. Ekkor k + l is pros, azaz C is pros. Helyettes tsnk minden E lt |E |=2 diszjunkt prral. Az eredmnyl kapott grf pros, s gy kisz nezhet pirossal s kkkel. Minden E l tartalmaz legalbb

|E |=2 piros s legalbb |E |=2 kk pontot, ami az ll tst bizony tja. (b) Ez trivilis kvetkezmnye az (a)-nak s 13.37-nek $C. Berge] 39. Tegyk fel indirekte, hogy H nem kiegyenslyozott. Akkor tartalmaz egy pratlan krt, (x1  E1  : : :  x2k+1  Ek+1 )-et, ami nem kiegyenslyozott. Ez azt jelenti, hogy nincs ms illeszkeds x1  : : :  x2k+1 s E1  : : :  E2k+1 kztt, mint

§ 13. HIPERGRFOK

13.41

563

ahogyan azt a kr den ci ja megk vnja. gy H incidencia-mtrixa tartalmaz egy (2k + 1) × (2k + 1)-es almtrixot, mely a kvetkez alak: 0

1 1 1 B B B B B B @

1 0

1

...

...

0C C C 1 1 1

C C C A

:

Ennek a determinnsa 2, ami ellentmonds. 40. Tegyk fel indirekte, hogy vannak kiegyenslyozott hipergrfok, melyek nem 2-kromatikusak, s tekintsnk egy minimlis H ellenpldt. Deniljuk a G grfot a kvetkezkppen: V (G) = V (H ), E (G) = {E ∈ E (H ) : |E | = 2}. Azt ll tjuk, hogy G sszefgg grf. Tegyk fel indirekte, hogy V (G) = V1 ∪ ∪ V2 , V1 ∩ V2 = ∅, V1 , V2 = ∅ gy, hogy minden E ∈ E (G) l vagy V1 -ben, vagy V2 -ben van. Tekintsk HV1 -et s HV2 -t, s hagyjuk el az egy-elem leket bellk. Ily m don kt kiegyenslyozott hipergrfhoz, H1 -hez s H2 -hz jutunk. A H minimalitsa miatt H1 s H2 2-kromatikus. Sz nezzk ki mindkettt pirossal s kkkel, azt ll tjuk, hogy ez egy j sz nezse H -nak is. Legyen E ∈ ∈ E (H ). Ha |E | = 2, akkor E vagy V1 , vagy V2 ltal van kifesz tve, gy mindkt sz nt megkapja. Ha |E | ≥ 3, akkor |E ∩ Vi | ≥ 2 i = 1 2 valamelyikre, s gy, E ∩ Vi mindkt sz nt megkapja a Hi 2-sz nezsben. gy a H egy 2 sz nnel val

sz nezst kaptuk, ami ellentmonds. G-ben nincs pratlan kr, mert H kiegyenslyozott, s mivel sszefgg, van egy (lnyegben egyrtelm) sz nezse pirossal s kkkel. Azt ll tjuk, hogy ez j

sz nezse H -nak is. Tegyk fel indirekte, hogy volna egy monokromatikus E l, |E | > 1. Mivel G sszefgg, tartalmaz egy P = (x0 , F1 , x1  : : :  Fk , xk ) utat, ahol x0 ∈ E , xk ∈ E . Feltehetjk, hogy xi ∈= E i = 1 : : :  k − 1 esetn. Az x0  : : : : : :  xk pontok alternlva pirosak s kket, hiszen k pros. gy (x0  F1  x1  : : :  xk  E ) egy kiegyenslyozatlan pratlan kr, ami ellentmonds. gy a sz nezs, amit tekintettnk, a H -nak is j sz nezse, ami jb l ellentmonds $C. Berge]. Legyen E (H ) = {E1  : : :  Em } (m ≤ 2r−1 ) s sz nezzk a H pontjait vletlenszeren pirosra s kkre, egymst l fggetlenl, 1=2 val sz nsggel. Jellje Ai azt az esemnyt, hogy Ei monokromatikus. Ekkor 41.

P(Ai ) = 2r1−1

564

MEGOLDSOK

13.42

mivel 2r -flekppen sz nezhetjk ki Ei -t, s ezek kzl kett jn szm tsba. gy annak a val sz nsge, hogy egy vletlen sz nezs tartalmaz egy monokromatikus lt, m X P(A1 + : : : + Am ) < P(Ai ) = 2rm−1 ≤ 1 i=1 (az els, szigor egyenltlensg abb l a tnybl kvetkezik, hogy az Ai  : : :  Am nem zrjk ki klcsnsen egymst: mindegyik elfordul, amikor az sszes pont piros) $P. Erds]. 42. Legyen H gy denilva, mint az tletben. Akkor |EP | =



|X |

r





+

tetszleges EP (P = {X Y }) lre. Ezrt



|Y |

r



r2 ≥2 r



tx = ;1r2  2 r

egy trtlefogst denil. gy

;2r2 

 (H ) ≤ ;rr2  : ∗

2 r (Nem lenne nehz megmutatni, hogy itt egyenlsg ll.) Legyen T a H pontjainak egy tetszleges olyan halmaza, amely minden EP lt lefog. Ekkor T r-eseknek egy csaldja, gy V (H0 ) = S , E (H0 ) = T egy runiform hipergrfot denil. Az a tny, hogy T lefogja EP -t, azt jelenti, hogy P nem adja meg H0 -nak egy j 2-sz nezst gy H0 nem 2-kromatikus. gy, ha T egy minimlis lefogs, 13.30-b l kapjuk, hogy |E (H0 )| =  (h) ≤ (1 + log d(H )) ∗ (H ): Itt azonban ;2r2  2 ∗  (H ) = ;rr2   d(H ) = 2r −r  2 r s gy

$P. Erds].

;2r2  ;2r2  2 2 r |E (H0 )| ≤ (1 + (r − r ) log 2) ; 2  < r ; r2  = r 2 rr r 2 2r2 − 1 2r2 − r + 1 2 r 2 r = r2 · 2 · 2 r r − 1 : : : r2 − r + 1 < c · r · 2 :

13.44

§ 13. HIPERGRFOK

565

Sz nezzk a H pontjait jb l vletlenszeren, mint a 13.41 megoldsban. Vegyk szre, hogy ha E1  : : :  Ep diszjunktak Eq -t l, akkor A1  : : :  Ap , s tetszleges polinomjuk fggetlen Aq -t l. gy, ha az L(H ) grfot tekintjk, s hozzrendeljk az Aj esemnyt Ei -hez, akkor ez a grf s a hozzrendelt esemnyek kielg tik 2.18 felttelt. Tovbb, a felttel szerint az L(H ) minden pontjnak a foka legfeljebb 2r−3 , gy a msodik felttel is ki van elg tve. Ezrt P(A1 : : : Am ) > 0 azaz, van olyan sz nezs, amelyben egyik l sem monokromatikus. $P. Erds{ L. Lovsz, Infinite and Finite Sets, Coll. Math. Soc. J. Bolyai 10, Bolyai{NorthHolland (1974), 609{627.] 44. (a) Tegyk fel, hogy H nem 2-kromatikus. Ekkor 13.43 szerint, van olyan E l, amit tbb, mint 2r−3 msik l metsz. Ekkor E -nek van olyan pontja, ami ezekbl tbb, mint 2r−3 =r-hez tartozik hozz. gy H -ban a maximlis fok, d, legalbb 2r−3 =r. Legyen x egy olyan pont, melynek a foka ez a maximlis d. Ekkor az x-et tartalmaz leknek nincs msik kzs pontjuk a felttel szerint, s gy legalbb r −3 1 + (r − 1)2 > 2r−4 43.

r

pontot fednek le, ami ellentmonds. (b) E ∈ E (H )-ra, jellje '(E ) E -nek azt a pontjt, amelyiknek a legnagyobb a foka H -ban (vagy ezek egyikt) s legyen E  = E − {'(E )}, H  = (V (H ) {E  : E ∈ E (H )}): Ekkor H  legalbb 3-kromatikus kell, hogy legyen, mert H  tetszleges sz nezse 2 sz nnel a H -nak egy sz nezst adn. gy az (a) megoldsa szerint van olyan x pont, melynek a foka H  -ban t > 2r−4 =(r − 1). Legyenek E1  : : :  Et a H  -nek x-et tartalmaz lei. Ekkor den ci szerint a '(Ei ) pont foka H -ban legalbb annyi mint az x foka H -ban, ami legalbb annyi, mint az x foka H  -ben, ami t-vel egyenl. Tovbb, a '(E1 ) : : :  '(Et ) pontok klnbzek, mivel az E1  : : : : : :  Et-nek nincs ms kzs pontja, mint x. gy van t olyan pontunk, melynek a foka legalbb t, ami az ll tst bizony tja. (c) Tegyk fel indirekte, hogy H kromatikus szma legalbb 3. Akkor az elz problma szerint van 2r−4 =r olyan pont, melynek a foka nagyobb, mint 2r−4 =r. Ha leszmoljuk az ezekhez a pontokhoz illeszked leket, akkor 4r−4 =r2 -t kapunk, s minden lt legfeljebb r-szer szmoltunk meg. gy |E (H )| > 4r−4 =r 3 : $ibid.]

566

MEGOLDSOK

13.45

13.5b szerint kivlaszthatunk egy f (E ) prt a H minden E lbl gy, hogy az gy ltrejtt G = (V (H ) {f (E ) : E ∈ E (H )}) hipergrf (val jban grf) erd lesz. gy a G 2 sz nnel sz nezhet, s a G 2 sz nnel val sz nezse a H egy sz nezst adja $M. Las Vergnas, L. Lovsz] (b) Legyen H2 egy hromszg, s tegyk fel, hogy mr van egy r-uniform Hr hipergrfunk a k vnt tulajdonsggal. Deniljuk Hr+1 -et a kvetkezkppen minden E ∈ E (Hr )-hez, vegynk egy (r + 1)-elem E  halmazt legyenek az E  halmazok diszjunktak egymst l s V (Hr )-tl. Legyen , E  ∪ V (Hr ) V (Hr+1) = 45. (a)

E ∈E (Hr ) E (Hr+1) = {E  : E ∈ E (Hr )} ∪ {E ∪ {x} : E ∈ E (Hr ) x ∈ E  }: Ekkor nyilvnval , hogy Hr+1 (r + 1)-uniform. Tovbb Hr+1 nem sz nezhet ki kt sz nnel. Mert legyen  a Hr+1 egy j sz nezse pirossal s kkkel. Ekkor van olyan E ∈ E (Hr ) l, mely monokromatikus, mivel Hr nem sz nezhet 2 sz nnel. 

Legyen pldul az E minden pontja piros. Ekkor tetszleges x ∈ E pontra, E ∪ ∪{x} a Hr+1 -nek egy le lesz, gy x kk kell, hogy legyen. De ekkor E  a Hr+1 -nek egy monokromatikus le, ami ellentmonds. Legyen H  tetszleges rszhipergrfja a Hr+1-nek, azt ll tjuk, hogy |V (H  )| ≥ |E (H  )|. Tegyk fel, hogy nem, s legyen H  egy minimlis ellenplda. Ekkor a H  -ben minden pont foka legalbb 2, mivel klnben elhagyhat lenne. Ezrt, ha x ∈ E (E ∈ E (Hr )) a H -nek egy pontja, akkor E  ∈ E (H  ), s E ∪ {y} ∈ E (H  ) is igaz minden y ∈ E  -re. Jellje A a H  hipergrf E  alak leinek a halmazt, E ∈ E (Hr ). Minden E ∈ E (H ) − A lhez legyen E ∗ = E ∩ V (Hr ). Vilgos, hogy E ∗ ∈ E (Hr ). gy az albbi H hipergrf: V (H  ) = V (H  ) ∩ V (Hr ) E (H  ) = {E ∗ : E ∈ E (H  ) − A} (minden E ∗ halmazt csak egyszer vesznk) Hr -nek rszhipergrfja, s gy |V (H  )| ≥ |E (H  )|: Azt is kapjuk, hogy |E (H  )| = (r + 1)|E (H  )| |V (H  )| = |V (H  )| + r |E (H  )| s gy |V (H  )| ≥ (r + 1)|E (H  )| = |E (H  )|: Ez bizony tja, hogy Hr+1 rendelkezik a k vnt tulajdonsgokkal. Megjegyezzk, hogy a Hr minden H  rszhipergrfjra mg az is teljesl, hogy |V (H  )| ≥ |E (H  )| + 1 kivve H  = Hr -et. $D. R. Woodall, Combinatorics, Proc. Conf. Southend-on-Sea (1972), 322{340.]

13.46

§ 13. HIPERGRFOK

567

(c) Tegyk fel, hogy a H incidencia vektorai nem fesz tik ki az egsz ndimenzi s teret. Akkor ltezik olyan nemnulla a vektor, mely ortogonlis minden l incidencia-vektorra. Ms szavakkal kifejezve, hozzrendelhetnk a cscsokhoz val s, nem csupa nulla, a(v) szmokat gy, hogy egy tetszleges l elemeihez hozzrendelt szmok sszege nullval lesz egyenl. Jellje V 0 , V + s V − azon v-k halmazt, melyekre a(v) = 0, a(v) > 0, illetve a(v) < 0. Legyen H  a V 0 ltal kifesz tett rszhipergrf. A feltevs szerint H  2 sz nnel sz nezhet legyen V1 ∪ V2 = V 0 a H  egy j sz nezse. Ekkor (V1 ∪ V + ) ∪ (V2 ∪ ∪ V − ) a H -nak egy j sz nezse 2 sz nnel. Val ban, ha egy A l benne van a V 0 ban, akkor kell, hogy messe mind V1 -et, mind V2 -t, den ci szerint. Ha A nincs benne V 0 -ban, akkor a csak akkor adhat nulla sszeget az A-n, ha tartalmaz mind negat v, mind pozit v elemeket. $P. D. Seymour, Quart. J. Math. Oxford, 25 (1974), 303{312.] 46. (a) Legyen Hr olyan r -uniform, 2 sz nnel nem sz nezhet hipergrf, melyben nincsenek tbbszrs lek, s melyben brmely kt l metszi egymst. Konstrulunk egy (r + 1)-uniform Hr+1 hipergrfot hasonl tulajdonsgokkal. Legyen |U | = r + 1, U ∩ V (Hr ) = ∅. Deniljuk Hr+1 -et a kvetkezkppen:

V (Hr+1 ) = V (H1) ∪ U E (Hr+1) = {U } ∪ {E ∪ {x} : E ∈ E (Hr ) x ∈ U }: Knny beltni, hogy Hr+1 rendelkezik a k vnt tulajdonsgokkal. Tovbb |E (Hr+1 )| = (r + 1)|E (Hr )| + 1 amibl

|E (Hr )| = (e − 1)r ! > r !:

(b) Legyen H , H  kt hipergrf. Deniljuk a H $H  ] hipergrfot a kvetkezkppen:

V (H $H  ]) = V (H ) × V (H  ) E (H $H  ]) = {{x1 } × F1 ∪ {x2 } × F2 ∪ : : : ∪ {xr } × Fr : {x1  : : :  xr } ∈ E (H ) F1  : : :  Fr ∈ E (H  )}: Ekkor ha H s H  tetszleges kt le metszi egymst, ugyanez teljesl H $H  ]-re is. Val ban, ha {x1 } × F1 ∪ : : : ∪ {xr } × Fr s {x1 } × F1 ∪ : : : ∪ {xs } × Fs kt le H $H  ]-nek, akkor {x1  : : :  xr } s {x1  : : :  xs } metszik egymst xi = xj , akkor Fi s Fj is metszik egymst legyen y ∈ Fi ∩ Fj , akkor (xi  y) kzs pontja a H $H  ] kt lnek. Ha H , H  nem 2-sz nezhet, akkor H $H  ] sem az. Mert sz nezzk ki a H $H  ] pontjait kt sz nnel. Ekkor, minden x ∈ V (H )-ra, az {x} × F (F ∈ E (H  )) halmazok egyike monokromatikus vlasszuk ki H  -nek egy ilyen tulajdonsg Fx

568

MEGOLDSOK

13.47

lt. Sz nezzk x-et {x} × Fx sz nre, akkor lesz olyan {x1  : : :  xr } ∈ E (Hr ) l, amelyik monokromatikus. De ekkor {{x1 } × Fx1  : : :  {xr } × Fxr }

monokromatikus. Jellje K a hromszget, s legyen Km = K $K $K :{z : : $K ] : : :]]}: | m times

Ekkor a fentiek szerint a Km tetszleges ktm le metszi egymst, de nem 2kromatikus. Ugyanakkor r = 2m -uniform s 32 −1 le van, ami knnyen lthat

indukci val. gy megvan az sszes k vnt tulajdonsga. (c) A 13.27 megoldsban megkonstrult hipergrfnak trivilisan megvan az sszes k vnt tulajdonsga. $P. Erds{L. Lovsz: Infinite and Finite Sets, Coll. Math. Soc. J. Bolyai 10, Bolyai{North-Holland (1974), 609{627.] 47. Tekintsnk egy ilyen r -uniform, tbbszrs lek nlkli hipergrfot, amelyik nem 2-kromatikus. Legyen x1 egy pont, melynek maximlis a foka, ekkor a foka nagyobb, mint mr . Mert legyen E ∈ E (H ). Minden ms l metszi E -t, s az E sajt magt r pontban metszi, gy (m − 1) + r ≤ Ebbl

X

F ∈E (H )

|E ∩ F | =

X

x∈E

dH (x):

max dH (x) ≥ mr − 1r + 1 > mr : x∈E

Tegyk fel, hogy x1  : : :  xi gy van megvlasztva, hogy {x1  : : :  xi }-t tbb, mint m (i < r) l tartalmazza. Pr bljuk meg x1  : : :  xi -t pirosra sz nezni, a maradkot ri kkre. Ez nem mkdhet, azaz kell, hogy legyen egy olyan Ei l, melyre x1  : : : : : :  xi ∈= Ei. Tetszleges olyan l, mely tartalmazza {x1  : : :  xi }-t, metszi Ei-t, s gy van olyan xi+1 pont, amely tbb, mint m ri =r-ben van benne kzlk. gy {x1  : : :  xi+1 } tbb, mint im lben van benne. r +1 Ahhoz jutunk, hogy {x1  : : :  xr } tbb, mint m=rr lben van benne. Mivel {x1  : : :  xr } nyilvnval an legfeljebb egy lben van benne (vagy elfordul az lek kztt, vagy nem), kapjuk, hogy ami az ll tst bizony tja.

m < 1 rr

m < rr

13.49

48.

§ 13. HIPERGRFOK

569

Mivel minden lefogs denil egy trtlefogst, a  ∗ (H ) ≤  (H ) egyenltlensg trivilis. Hasonl an

(H ) ≤ ∗ (H ) is nyilvnval . Az tletben bevezetett jellssel, tetszleges olyan x vektor, melyre Ax ≤ 1 x ≥ 0 denil egy trtpros tst tetszleges val s y vektor, melyre AT y ≥ 1 y ≥ 0 egy trtlefogst denil. gy

∗(H ) = max{1T x|Ax ≤ 1 x ≥ 0}  ∗ (H ) = min{1T y|AT y ≥ 1 y ≥ 0} s gy a

∗(H ) =  ∗(H ) relci a lineris programozs dualitsttelbl kvetkezik. 49. (a) Legyen t a G grf egy tetszleges k -lefogsa. Legyen A = {x : t(x) ≥ k} B = {x : t(x) = 0}: Deniljuk a ( 2 ha x ∈ A, t (x) = 0 ha x ∈ B , t (x) = t(x) − t (x) 1 klnben fggvnyeket. Azt ll tjuk, hogy t egy 2-lefogs, s t egy (k − 2)-lefogs. Legyen (x y) ∈ E (G). Ha x, y ∈= B , akkor t (x) + t(y) ≥ 2. Ha, mondjuk, y ∈ B , akkor t(x) + t(y) ≥ k-b l kvetkezik, hogy t(x) ≥ k, x ∈ A, s jb l t (x) + t (y) ≥ 2. gy t egy 2-lefogs. Msrszt, t (x) + t(y) ≥ (t(x) − 1) + t(y) − 1 ≥ k − 2 kivve ha x ∈ A vagy y ∈ A. De ha mondjuk x ∈ A, akkor t (x) + t (y) ≥ t(x) ≥ k − 2 megint kvetkezik. (b) Legyen w egy k-pros ts, s tegyk fel, hogy k pros. Helyettes tsnk minden E lt w(E ) prhuzamos llel. Az eredmnyl kapott G -ban a fokok legfeljebb k nagysgak. j leket vve hozz (huroklek is megengedettek), egy k-regulris G grfot kapunk. 7.40 miatt G -ben van 2-faktor a tbbi le pedig egy (k − 2)-faktort alkot. Elhagyva E (G ) − E (G ) leit, az E (G )-nek egy 2pros tsra s egy (k − 2)-pros tsra val felbontshoz jutunk. Ez a w-nek egy 2-pros tsra s egy (k − 2)-pros tsra val felbontst adja.

570

MEGOLDSOK

13.50

(c) Legyen t egy optimlis trtlefogs, racionlis slyokkal (ismeretes a lineris programozsb l, hogy egy ilyen optimlis megolds ltezik). Legyen 2k a t-beli slyoknak egy kzs nevezje. Ekkor 2kt egy (2k)-lefogs lesz. (a) szerint, 2kt = = t1 + : : : + tk , ahol t1  : : :  tk 2-lefogsok. gy   1 t t 1 k t = k 2 + ::: + 2  ahol t21  : : :  t2k trtlefogsok. Mivel t optimlis, kvetkezik, hogy t21  : : :  t2k optimlis trtlefogsok kell, hogy legyenek, melyek fl-egsz szmokb l llnak. Pros tsokra az ll ts hasonl an kvetkezik. Innen vilgos, hogy X 2 ∗ (H ) = t1(x) x∈V (H )

is egsz szm. (d) Legyen t egy optimlis 2-lefogs. Legyen A = {x : t(x) = 0}: Nyilvnval , hogy A fggetlen. Tovbb tetszleges y ∈ ;(A) pontra t(y) ≥ 2, mivel van olyan x az A-ban, mely ssze van ktve y-nal, s t(x) + t(y) ≥ 2. Nyilvnval , hogy t(y) ≤ 2 minden pontra, gy t(y) = 2. t(z) ≥ 1 teljesl minden z ∈= A ∪ ;(A)-ra tovbb, t(z) = 1 elg ahhoz, hogy G minden lt ktszer lefogja. gy t(z) = 1 a t optimalitsa miatt. Teht t-t az A meghatrozza, s X t(x) = 2|;(A)| + |V (G) − ;(A) − A| = |V (G)| + |;(A)| − |A|: x∈V (H )

gy, felhasznlva (c)-t, X 2 ∗ (G) = min t(x) = |V (G)| + min {|;(A)| − |A|}: t x

A ftlen

gy (c)-bl kvetkezik 7.37. 50. Legyen {U V } a G egy 2-sz nezse, s legyen t egy k -lefogs. Minden 1 ≤ i ≤ ≤ k -ra deniljuk a kvetkez fggvnyt: ( 1 ha x ∈ U s t(x) ≥ i ti (x) = vagy x ∈ V s t(x) ≥ k − i + 1, 0 klnben. Azt ll tjuk, hogy t1 + : : : + tk = t s hogy mindegyik ti minden lt lefog. Az els ll ts trivilis. Legyen (x y) ∈ E (G), 1 ≤ i ≤ k. Mivel t(x) + t(y) ≥ k, kapjuk, hogy vagy t(x) ≥ i, vagy t(y) ≥ k − i + 1. Ennek megfelelen, ti (x) = 1, vagy ti(y) = 1. A pros tsokra vonatkoz ll ts pontosan gy kvetkezik, mint az elz megoldsban, csak most 7.10-et hasznlhatjuk 7.40 helyett.

§ 13. HIPERGRFOK

13.51

571

(a) Legyen t s t minimlis trtlefogsa a G-nek, illetve H -nak. Deniljuk bellk a kvetkezt: t(x y) = t(x)t (y) (x ∈ V (G) y ∈ V (H )) ekkor knny ellenrizni, hogy t a G ⊗ H -nak egy trtlefogsa. Tovbb, hogy 51.

X

amibl

(xy)∈V (G⊗H )



t(x y) =

X

x

!

t(x)

X

y

!

t (y) =  ∗ (G) ∗ (H )

 ∗(G ⊗ H ) ≤  ∗(G) ∗ (H ):

Egy anal g rvels a trtpros tsokra azt adja, hogy

∗(G ⊗ H ) ≥ ∗(G) ∗ (H ) s gy 13.48-b l az els relci kvetkezik. Legyen S egy minimlis lefogsa G ⊗ H leinek. Legyen F ∈ E (H ) s SF = {x ∈ V (G) : (x y) ∈ S valamely y ∈ F -re}: Ekkor vilgos, hogy SF lefogja a G minden lt, amibl |SF | ≥  (G). Legyen  (G) = k. Deniljuk y ∈ V (H )-ra a t(y) = |(V (G) × {y}) ∩ S | fggvnyt. Ekkor X t(y) ≥ |SF | ≥ k y∈F

azaz, t egy k-lefogsa a H -nak. gy X k (H ) ≤ t(y) = |S | =  (G ⊗ H ) s gy

y∈V (H )

 (G ⊗ H ) ≥ k (H ) ≥ k ∗ (H ):

Ez bizony tja a fels korltot a msodik ll tsban. Az als korlt hasonl m dszerrel kvetkezik, mint a megolds els lpsben. A pros tsi szmra vonatkoz

ll ts anal g m don kvetkezik, ezrt a rszleteket elhagyjuk. (b) Tegyk fel, hogy  (H ) =  ∗ (H ). Ekkor (a) szerint  (G) (H ) ≥  (G ⊗ H ) ≥  (G) ∗ (H ) ami bizony tja, hogy  (G ⊗ H ) =  (G) (H ): Megford tva, tegyk fel, hogy  (H ) >  ∗(H ). Ekkor n (H ) < n ·  (H ) valamely n-re. Legyen N = n(H ) s deniljuk a G hipergrfot az 1 : : :  N -en gy, hogy

572

MEGOLDSOK

13.51

az sszes (N − n + 1)-elem rszhalmazb l ll. Legyen {x1  : : :  xN } a H -nak egy minimlis n-lefogsa (ugyanaz a pont tbbszr is elfordulhat ezen a listn) s

S = {(i xi ) : 1 ≤ i ≤ N }: Ekkor S a G ⊗ H sszes lt reprezentlja mert ha E × F a G ⊗ H egy le, ahol (E ∈ E (G) s F ∈ E (H )), akkor van legalbb n olyan pont S -ben, mely (i xi ) alak (xi ∈ F ), s ezek kzl legfeljebb n − 1-re lehet i ∈= E , a G den ci ja szerint. gy  (G ⊗ H ) ≤ |S | = N: Mivel vilgos, hogy  (G) = n, kapjuk, hogy

 (G ⊗ H ) = N = n (H ) < n (H ) =  (G) (H ): $C. Berge{M. Simonovits: Hypergraph Seminar, Lecture Notes in Math. 411, Springer (1974), 21{33.] (c) (a) szerint  ∗(H p) =  ∗(H )p 

gy

 (H p) ≥  ∗ (H )p:

(19)

Ahhoz, hogy  (H p )-t fellrl megbecsljk, hasznljuk 13.30-at. Egyszer szmolssal kapjuk, hogy d(H p ) = d(H )p s gy (20)

 (H p) ≤ (1 + log d(H p )) ∗ (H p) = (1 + p log d(H )) ∗ (H )p:

(19) s (20) szerint p p  ∗(H ) ≤ p  (H p) ≤ p 1 + p log d(H ) ∗ (H ):

gy

p p ∗ p lim p→∞  (H ) =  (H ):

$R. J. McEliece{E. C. Posner, Ann. Math. Stat. 42 (1971), 1706{1716.]

§ 13. HIPERGRFOK

13.53

573

Tegyk fel, hogy H -nak van kt olyan le, E1 s E2 , melyeknek egy kzs pontjuk van, x. Mivel H  -kritikus, ltezik a H − {Ei } hipergrfban olyan ti 1lefogs, melyre X ti (y) =  (H ) − 1: 52.

y

Legyen



y = x, t(y) = 1(t=2(y) + t (y))=2 ha klnben. 1 2

Vilgos, hogy t trtlefogs. Tovbb a mrete !  X X X 1 1 t(y) = 2 + 2 t1 (y) + t2 (y) =  (H ) − 12 : y y y gy

 ∗ (H ) ≤  (H ) − 12 <  (H ):

$L. Lovsz: Hypergraph Seminar, Lecture Notes in Math. 411, Springer (1974), 111{126.] 53. Legyen E0 = {v1  : : :  vk } ∈ E (H ). Nyilvnval , hogy k ≥ 2. Legyen wi egy maximlis pros tsa (H − vi )-ben (i = 1 : : :  k) ekkor, mivel H -kritikus, X wi (E ) = (H ) (i = 1 : : :  k): E

Legyen



E = E0 , w(E ) = 1(w=k(E ) + : : : + w (E ))=k ha E = E0 . 1 k Ekkor knny ellenrizni, hogy w egy trtpros ts val ban, ha x ∈= E0 , akkor X

E x

0

1

X X w(E ) = k1 @ w1 (E ) + : : : + wk (E )A ≤ 1

E x

E x

s ha x = v1 (mondjuk), akkor X

E  1

0

X w(E ) = k1 @1 + w2 (E ) + : : : +

E 

gy ∗(H ) a kvetkezkppen becslhet:

∗(H ) ≥

X

E

0

w(E ) = k1 @1 +

X

E =E0

X

E  1

1

wk (E )A ≤ 1: 1

(w1 (E ) + : : : + wk (e))A =

574

MEGOLDSOK

= k1 (1 + k (H )) = (H ) + k1 > (H ):

13.54

$ibid.] 54. Tegyk fel indirekte, hogy vannak olyan kiegyenslyozott hipergrfok, melyekre  (H ) > (H ), s tekintsnk egy minimlis pldt. Ekkor  (H − {E }) = (H − {E }) minden E ∈ E (H )-ra, s gy  (H − {E }) = (H − {E }) ≤ (H ) <  (H ) azaz H  -kritikus. Mivel H nem llhat diszjunkt lekbl, vannak olyan E1 , E2 ∈ ∈ E (H ) lek s x ∈ V (H ) pont, hogy x ∈ E1 ∩ E2 . Mivel  (H − {Ei }) <  (H ), van (H − {Ei })-ben egy ( (H ) − 1)-elem Ti pont-lefogs. Nyilvnval , hogy Ei ∩ Ti = ∅. Legyen W = (T1 T2 ) ∪ {x}: 13.38 szerint a HW rszhipergrf kromatikus szma 2 (ha az 1-elem leket gyelmen k vl hagyjuk). Legyen {A B } egy sz nezs, ahol A ∩ B = ∅, A ∪ B = W , |A| ≤ |B |. Mivel |W | = |T1 − T2 | + |T2 − T1 | + 1 = 2 (H ) − 2|T1 ∩ T2 | − 1 azt kapjuk, hogy |A| ≤  (H ) − |T1 ∩ T2 | − 1. Az A ∪ (T1 ∩ T2 ) halmaz lefogja a H minden lt. Mert ha egy E ∈ E (H ) l, E = E1 E2 nem metszi T1 ∩ T2 -t, akkor metszi mind T1 − T2 -t mind T2 − T1 et, azaz, van legalbb kt pontja W -ben, s mivel {A B } egy sz nezse HW -nek, E ∩ A = ∅. Hasonl an, ha E = Ei , akkor van kt pontja W -ben, s ugyangy fejezzk be az rvelst, mint az elbb. gy A ∪ (T1 ∩ T2 ) a H -nak egy lefogsa. De |A ∪ (T1 ∩ T2 )| ≤  (H ) − 1 ami ellentmonds $C. Berge]. 55. Nyilvnval , hogy (iii)⇒(i) s (iii)⇒(ii). Tegyk fel, hogy (i) teljesl, de (ii) nem, s tekintsnk egy minimlis ilyen ellenpldt. Ekkor minden x pontra  (H ) > (H ) s  (H − x) = (H − x) s mivel  (H − x) ≥  (H ) − 1 kapjuk, hogy

(H − x) = (H ) azaz H -kritikus. 13.53 szerint azonban kvetkezik, hogy

∗(H ) > (H ) ami ellentmonds. gy (i)⇒(iii).

13.56

§ 13. HIPERGRFOK

575

Hasonl an kvetkezik, hogy ha H egy minimlis hipergrf, amely kielg ti (ii)t, de (iii)-at nem, akkor H  -kritikus (v. 13.54), s gy, 13.52 szerint,  (H ) > >  ∗ (H ), ami ellentmonds. $L. Lovsz] 56. Elszr lssuk be az tletbeli ll tst. Elegend megmutatni, hogy ha hozzadunk H -hoz egy j lt, mely prhuzamos egy rgivel, akkor az eredmnyl kapott H0 hipergrf rendelkezik a (iv) tulajdonsggal. Legyen E ez az j l, mely prhuzamos E0 ∈ E (H )-val. Elegend megmutatni, hogy d(H0 ) = q(H0 ), mivel ez hasonl an kvetkezik a rszhipergrfokra. d(H0 ) ≤ q(H0 ) trivilis. Ha d(H0 ) = d(H ) + 1, akkor q(H0 ) ≤ q(H ) + 1 = d(H ) + 1 = d(H0 ): gy tegyk fel, hogy d(H0 ) = d(H ), azaz, az E0 -nak nincs maximlis fok pontja H -ban. Mivel H -nak megvan a (iv) tulajdonsga, az lei d(H )-sz nezhetk. Legyen az E0 sz ne piros, s legyen mondjuk F1  : : :  Ft a tbbi piros sz n l. Legyen H  = H − {F1  : : :  Ft }. Hatrozzuk meg d(H  )-t. Ha x foka H -ban kisebb, mint d(H ), akkor a foka H  -ben kisebb, mint d(H ) ha x foka d(H ), a maximum H  ben, akkor illeszkedik egy piros lhez, s mivel az E0 pontjainak a foka kisebb, mint d(H ), x ∈= E0 . gy x foka kisebb, mint d(H ) a H  -ben. gy d(H  ) < d(H ), s kvetkezskppen a H  lei (d(H ) − 1)-sz nezhetek. Sz nezzk az F1  : : :  Ft s E leket egy tovbbi sz nnel gy a H0 leinek egy d(H )-sz nezst kapjuk. Ez az tletbeli ll tst bizony tja. Most a problma megoldshoz ltunk hozz. (iv)⇒(i). Tegyk fel, hogy (H ) < ∗(H ), s legyen w a H egy trtpros tsa, melynek a mrete nagyobb, mint (H ). Vilgos, hogy feltehetjk, hogy w racionlis legyen k a w(E ) slyoknak egy kzs nevezje. Helyettes tsk a H minden lt kw(E ) prhuzamos llel. Ekkor az eredmnyl kapott H1 hipergrfra teljesl, hogy d(H1 ) ≤ k, a w den ci ja szerint. Mivel kielg ti a (iv)-et is, a 'lemma" szerint kapjuk, hogy q(H1 ) ≤ k azaz, a H1 lei k sz nnel sz nezhetek. Mivel minden sz n legfeljebb (H1 ) ≤ (H )-szor fordulhat el, kvetkezik, hogy |E (H1 )| ≤ k (H ): Mivel a H1 konstrukci ja szerint |E (H1 )| = k ∗ (H ) kvetkezik, hogy

∗(H ) ≤ (H ): Mivel a ford tott egyenltlensg trivilis, gy (i) mr kvetkezik.

576

MEGOLDSOK

13.57

A (iii)⇒(iv) relci visszavezethet a (iv)⇒(iii) relci ra, ha konstrulunk egy H hipergrfot a kvetkezkppen. lljon V (H ∗ ) a H sszes (a tartalmazsra vonatkoz lag) maximlis 1-pros tsb l s minden E ∈ E (H )-ra, az E ∗ halmaz legyen a H sszes maximlis 1-pros tsa, mely tartalmazza E -t, a H ∗ egy le. A rszleteket nem trgyaljuk. (iii)⇒(v). Tegyk fel, hogy H normlis, azaz kielg ti (iii)-t. Legyen E1  : : :  Ek ∈ E (H ), Ei ∩ Ej = ∅ (1 ≤ i j ≤ k). Ekkor legyen H  = = (V (H ), {E1  : : :  Ek }). Tudjuk, hogy

(H  ) = 1

gy kell, hogy teljesljn  (H  ) = 1 is, azaz E1  : : :  Ek -nak kell, hogy legyen egy kzs pontja. gy H rendelkezik a Helly-tulajdonsggal. Legyen G1 az L(H ) egy fesz tett rszgrfja. Ekkor G1 ∼ = L(H  ) teljesl a H valamely H  rszhipergrfjra. Kapjuk, hogy (G1 ) =  (H  ) mert a G1 egy k-sz nezse megfelel az L(H  ) egy olyan part ci jnak, mely k teljes rszgrfb l ll, s gy a H  egy k-elem lefogsnak (mivel H  -nek megvan a Helly-tulajdonsga). Hasonl an, !(G1 ) = (H  ): Mivel H normlis, kapjuk, hogy (G1 ) =  (H  ) = (H  ) = !(G1 ) azaz, G perfekt. A megford ts hasonl an kvetkezik $L. Lovsz]. 57. Tegyk fel, hogy G perfekt. Legyen C1  : : :  CN a G klikkjeinek egy halmaza. Vegynk N pontot, p1  : : :  pN -et, s minden x ∈ V (G) ponthoz ksz tsk el a kvetkez Ex lt: ∗

Ekkor

pi ∈ E x ⇔ x ∈ C i :

H = ({p1  : : :  pN } {Ex : x ∈ V (G)}) egy olyan hipergrf, melyre L(H ) ∼ = G. Azt ll tjuk, hogy H -ra teljesl a normlis hipergrfokra vonatkoz (iv) tulajdonsg. Legyen H  a H egy tetszleges rszhipergrfja. Ekkor L(H  ) a G-nek egy fesz tett rszgrfja, gy L(H  ) is perfekt, azaz (L(H  )) = !(L(H  )): Vegyk szre, hogy (L(H  )) = q(H  ). Tovbb, !(L(H  )) = d(H  ) is igaz mert ha Ex1  : : :  Exp a H  olyan lei, melyek ugyanahhoz a ponthoz illeszkednek, akkor x1  : : :  xp olyan pontjai az L(H  )-nak, melyek egy teljes rszgrfot alkotnak

§ 14. RAMSEY ELMLET

14.1

577

ebbl !(L(H  )) ≥ d(H  ) kvetkezik. Msrszt, ha x1  : : :  xp az L(H  )-nek egy teljes rszgrfjt alkotjk, akkor van olyan Cj , hogy x1  : : :  xp ∈ Cj s ekkor pj illeszkedik Ex1  : : :  Exp -hez, amibl d(H  ) ≥ !(L(H  )). gy q(H  ) = (L(H  )) = !(L(H  )) = d(H  ): gy H -ra teljesl a 13.56-beli (iv) tulajdonsg, s gy H normlis. Ebbl kvetkezik, hogy L(H ) = G perfekt. Ha G perfekt, akkor az a tny, hogy G is perfekt, kvetkezik abb l, ha felcserljk G s G szerept. $ibid.] x

14. Ramsey elmlet

(a) Indukci t alkalmazunk k + l-re. k = 1 vagy l = 1 esetn az ll ts nyilvnval . Tegyk fel, hogy k l > 1. Ekkor x ∈ V (G). Mivel     k + l k + l −1 dG (x) + dG (x) = |V (G)| − 1 = k − 1 = k − 1 +   −1 k + l + − 1 k 1.

ezrt vagy



   k + l −1 k + l −1 : dG (x) ≥ k − 1  vagy dG (x) ≥ k Tegyk fel pldul, hogy az els egyenltlensg igaz, s legyen G1 az x szomszdai ltal fesz tett rszgrf. Ekkor az indukci s felttel miatt G1 tartalmaz vagy teljes k-szget, vagy l + 1 fggetlen pontot. A msodik esetben kszen vagyunk. Ha G1 tartalmaz egy H teljes k-szget, akkor V (H ) ∪ {x} teljes (k + 1)-szget fesz t.

(b) (a)-b l azt kapjuk, hogy



 a + a −2 1 2 R2 (a1  a2 ) ≤ a − 1 : 1 Tegyk fel, hogy k ≥ 3 s Rk−1 (b1  : : :  bk−1 ) minden b1  : : :  bk−1 esetn ltezik.

Ekkor azt ll tjuk, hogy Rk (a1  : : :  ak ) ≤ Rk−1 (a1  : : :  ak−2  R2 (ak−1  ak )): Val ban, tekintsnk egy Rk−1 (a1  : : :  ak−2  R2 (ak−1  ak )) pont teljes grfot, s sz nezzk ki az leit k sz nnel. Egyelre azonos tsuk a (k − 1)-edik s k-adik sz nt ekkor tudjuk, hogy vagy az i-edik sz n tartalmaz teljes ai -szget valamely 1 ≤ ≤ i ≤ k − 2-re (mely esetben kszen vagyunk), vagy az utols sz n tartalmaz egy K teljes R2 (ak−11  ak )-szget. K lei k − 1-gyel s k-val vannak sz nezve,

gy den ci szerint vagy a k − 1 sz n tartalmaz teljes ak−1 -szget, vagy a k sz n tartalmaz teljes ak -szge/t. Ezzel befejeztk a bizony tst.

578

MEGOLDSOK

14.2

(a) I. Indukci t alkalmazunk k-ra. k = 2-re R2 (3 3) ≤ 6 14.1a-b l kvetkezik (itt egyenlsg ll fenn, mint azt az tszg mutatja). Legyen x egy k sz nnel sz nezett ek! +1 pont teljes grf tetszleges pontja. Ehhez a ponthoz ek! l illeszkedik, melyek k sz n-osztlyba vannak sorolva. Mivel 6 7 6∞ 7 kX −1 k k! X 6X k ! 7 4 5

ek ! = = j ! = 1 + k (k −j ! 1)! = 1 + k e(k − 1)! j ! j =0 j =0 j =0 2.

ezen k sz n egyike, mondjuk a piros legalbb e(k − 1)! + 1 x-hez illeszked lt tartalmaz. Legyen S az x azon szomszdainak halmaza, melyekhez piros l kti. Ha S fesz t piros lt, ez az x-szel egytt piros hromszget alkot s kszen vagyunk. Ha S nem fesz t piros lt, akkor e(k − 1)! +1 pont teljes grfot fesz t, melynek lei (k − 1) sz nnel vannak sz nezve teht az indukci s felttel miatt ezen k − 1 osztly egyike tartalmaz hromszget s ismt kszen vagyunk. II. Annak bizony tshoz, hogy R3 (3 3 3) = e · 3! = 17, ki kell sz neznnk egy teljes 16-szg leit 3 sz nnel gy, hogy ne keletkezzenek monokromatikus hromszgek. Legyen x tetszleges pont, knnyen belthat , hogy x-nek 5 lhez kell illeszkednie minden sz n-osztlyb l, s az x-hez piros llel kapcsol d pontoknak zld s kk tszget kell alkotniuk (100. bra). Termszetes felttelezs, hogy 120◦ -os forgats a piros leket zld lekbe, a zldeket kkbe viszi t, gy elg a piros leket meghatrozni. Az is termszetesen ad dik, hogy mindhrom tszg 72◦ -kal val elforgatsa minden sz nt rintetlenl hagy. A 101. bra nmi k srletezgets eredmnyeknt kaphat (itt az x pontot az tlthat sg kedvrt nem tntettk fel s az tszgeket ms elrendezsben rajzoltuk az ut bbi szimmetria rzkeltetse vgett). Megjegyz s: Ez a sz nezs a kvetkezkppen rhat le: Legyen P egy tszg s V (K16 ) a V (P ) pros elemszm rszhalmazainak halmaza. A B ∈ V (K16 )-ra sz nezzk (A B )-t a kvetkezkppen: ( piros ha AB a P le, kk ha AB a P le, zld ha |AB | = 4. Knnyen ltszik, hogy minden l a hrom sz n egyikt kapja. Ha A B C ∈ ∈ V (K16 ), akkor (AB )(B C ) = AC s ebbl ltjuk, hogy egyik sz n sem tartalmaz hromszget. (b) A fels korlt trivilisan ad dik 14.1a-b l:   R2 (k k) ≤ 2kk−−12 < 22k : Az als korlt bizony tshoz feltehetjk, hogy k ≥ 4. Legyen n = 2k=2  s tekintsk az tlettrban meghatrozott hipergrfot. Nyilvnval , hogy ez a hiperg-

14.2

§ 14. RAMSEY ELMLET

579

piros zöld kék

100. bra

101. bra

rf akkor s csak akkor 2 sz nnel sz nezhet, ha Kn lei 2 sz nnel sz nezhetk oly m don, hogy nem ll el monokromatikus teljes k-szg, vagyis ha n < R2 (k k).

580

MEGOLDSOK ;n

14.3 ;k

H leinek a szma termszetesen k , s H 2 -uniform. gy 13.41 miatt H 2 sz nnel sz nezhet, feltve, hogy   n < 2(k2)−1 : k

De ez gy van, mert  

n < nk k 2k−1

k2

k k k 22 ≤ k−1 = 2( 2)− 2 +1 ≤ 2( 2)−1 : 2

$P. Erds] 3. Indukci t alkalmazunk r -re s a1 + : : : + ak -ra. Ha r = 2, akkor mr tudjuk, hogy Rk2 (a1  : : :  ak ) = Rk (a1  : : :  ak ) ltezik. Tegyk fel, hogy r > 2 (val jban Rk1 (a1  : : :  ak ) trivilisan ltezik s az indukci t kezdhetnnk r = 2-vel). Ha ai = = 1 valamely i-re, az ll ts akkor is trivilis gy feltehetjk, hogy ai ≥ 2. Legyen x ∈ V (Knr ). Sz nezzk S minden (r − 1)-est V (Knr ) − {x}-ben S ∪ {x} sz nvel. Teht Knr−−11 leit k sz nnel sz neztk. gy ha n − 1 ≥ Rkr−1 (b1  : : :  bk ) akkor valamely 1 ≤ i ≤ k-ra ltezik olyan Vi ⊆ V (Knr ) − x |Vi | = bi , melyre Vi ∪ {x} minden x-et tartalmaz r-esnek sz ne i. Ha most a vlasztsunk bi = Rkr (a1  : : :  ai−1  ai − 1 ai+1  : : :  ak ) (ez a szm az (a1 + : : : + ak )-ra vonatkoz indukci s felttel miatt ltezik), akkor azt kapjuk, hogy vagy Vi -nek van olyan aj elem rszhalmaza, melynek minden k-asa j sz n valamely j = i-re (mely esetben kzen vagyunk), vagy Vi tartalmaz egy (ai − 1) elem V  rszhalmazt, melynek minden r-ese i sz n. Teht V  ∪ {x}nek minden k-rszhalmaza i sz n, s ismt kszen vagyunk. m (b) Legyen m = Rkr (a) N = r + k( r ) s S = {1 : : :  N }. Termszetesen a r trivilis esetek kivtelvel N < km . Tegyk fel, hogy S sszes (r + 1) elem rszhalmazainak halmaza ki van sz nezve k sz nnel. Bebizony tjuk, hogy van S nek olyan a elem rszhalmaza, melynek minden (r + 1) elem rszhalmaznak sz ne azonos. Hasznljuk az tletet. Rekurz van deniljuk az xi elemeket s a pontok egy Ui 'trol jt" gy, hogy (i) xi  : : :  xi ∈= Ui  xi+1  : : :  xm ∈ Ui , (ii) minden 1 ≤ 1 < : : : < r ≤ i rszhalmazra minden olyan (x 1  : : :  x r  y) (r + 1)-es, melyre y ∈ Ui , azonos sz n, tovbb m i (iii) |Ui | ≥ k( t )−(r) (i = 1 : : :  m). Ezen felttelek nyilvnval an teljeslnek i = 1 : : :  r − 1-re, ha x1 = 1 : : :  xr−1 = = r − 1 s Ui = {i +1 : : :  N }. Tegyk fel, hogy x1  : : :  xi  U1  : : :  Ui (r − 1 ≤ i ≤ ≤ m − 1) mr denilva van (i), (ii) s (iii)-nak megfelelen. Vlasszuk xi+1 -nek

14.5

§ 14. RAMSEY ELMLET

581

Ui egy tetszleges elemt. Ui+1 denilshoz nevezznk kt y y ∈ Ui − {xi+1 }

elemet ekvivalensnek, ha (x 1  : : :  x r−1  xi+1  y) s (x 1  : : :  x r−1  xi+1  y ) i sz ne azonos minden 1 ≤ 1 < : : : < r−1 ≤ i-re. Legfeljebb k(r−1) ekvivalenciaosztly van. Deniljuk Ui+1 -t ezek ezek legnagyobbikval. (i) s (ii) trivilisan teljesl. Azt is tudjuk, hogy & ' |Ui | − 1 (mr)−(i+1 r ): |Ui+1 | ≥ ≥ k i ) ( r − 1 k Teht (iii) szintn teljesl. Deniljuk {x1  : : :  xm } r elem rszhalmazainak egy k sz nnel val sz nezst gy, hogy (x 1  : : :  x r )-t (1 ≤ 1 < : : : < r ≤ m) az (r + 1) elem (x 1  : : : : : :  x r  y) (y ∈ U r ) halmazok kzs sz nvel sz nezzk. m vlasztsa miatt {x1  : : :  xm }-nek van olyan a elem A rszhalmaza, hogy A minden r -esnek sz ne azonos, mondjuk piros. De ekkor A minden r + 1 elem rszhalmaza piros sz n az eredeti sz nezsben. Val ban, legyen (x 1  : : :  x r+1 ) az A elemeinek egy (r + 1)-ese. A vlasztsa miatt (x 1  : : :  x 1 ) piros. De ekkor mivel x r+1 ∈ U r , a fenti (r +1)-es piros lesz az r-esek sz nezsnek den ci ja szerint. Ez bizony tja, hogy Rkr+1 (a) ≤ N . $P. Erds{R. Rado, Proc. London Math. Soc. 3, 2. sorozat (1952), 417{439. A becsls lessghez lsd P. Erds{A. Hajnal{R. Rado, Acta Math. Hung. 16 (1965), 93{196.] 4. n = 3-ra az ll ts trivilis tegyk fel, hogy n > 3. Hagyjunk el egy x pontot indukci val kapunk a maradkban egy (n − 1) hosszsg C krt, ami vagy monokromatikus, vagy vagy van kt pontja, a s b, melyekre az egyik (a b)- v, mondjuk P piros, a msik, Q pedig kk. Az els esetet tekinthetjk a msodik azon specilis esetnek, amikor a = b. Feltehetjk, hogy az (a x) l piros. Legyen u a Q egy a-val szomszdos pontja (ha Q egyetlen pontb l ll, u az a tetszleges szomszdja lehet). Ekkor P + (a x) + (x u) + (Q − a) olyan Hamilton kr a teljes n-szgben, hogy vagy a kt (b x)- v rendre piros s kk, vagy pedig ez a kt (b u) vre igaz. $H. Raynaud] 5. Legyen P , Q1 s Q2 az tletnek megfelel. k szerinti indukci val feltehetjk, hogy P hossza k − 1. Legyenek a b c1  d1  c2  d2 rendre a P , Q1 , Q2 vgpontjai. Indirekte feltesszk, hogy ltezik x ∈= V (P ∪ V (Q1 ) ∪ V (Q2 ) pont. Mivel Q1 s Q2 struktrjb l kvetkezik, hogy 1 |V (Qi ) ∩ V (P )| = (|V (Qi )| − 1) = |V (QI ) − V (P )| − 1 2 azt kapjuk, hogy |V (P ) − V (Q1 ) − V (Q2 )| = k + 2 − |V (Q1 ) ∪ V (Q2 ) − V (P )| >

582

MEGOLDSOK

14.6 



 

> k + 2 − |V (G) − V (P )| = 2k + 2 − 3k 2+ 1 = k2 + 2: j k

Teht Q1 ∪ Q2 a P legalbb k2 + 3 pontjt nem rinti. Ebbl az kvetkezik, hogy ltezik olyan (u v) ∈ E (P ) l, melyre u v = a b s u v ∈= V (Q1 ∪ Q2 ). Az (x u), (x v) lek egyike kk kell, hogy legyen klnben (u v)-t (u x)-szel s (x v)-vel helyettes tve megnvelhetnnk P hosszt. Legyen mondjuk (x u) kk. Ekkor (c1  u) piros, mert klnben (c1  u)-t s (x u)-t hozzvehetnnk Q1 -hez. De ekkor (c1  v) kk kell, hogy legyen a fenti rvelsnek megfelelen. Hasonl an (c2  v) kk. Mrmost Q1 = Q1 + (c1  v) + (c2  v) + Q2  Q2 = {x} kt olyan t, melyeknek sszhossza nagyobb mint |E (Q1 )| + |E (Q2 )|, s melyek eleget tesznek ugyanazon feltteleknek, mint Q1 s Q2 , ami ellentmonds. Teht P ∪ Q1 ∪ Q2 minden pontot lefed. Tekintsk a (c1  a), (c2  a), (d1  b), (d2  b) leket. P maximalitsa miatt ezek kkek. gy a C = Q1 + (c1  a) + (c2  a) + Q2 + (d1  b) + (d2  b) kr piros. C hossza   2|V (G) − V (P )| = 2 k +2 1 :

Ha k pratlan, ez (k + 1)-gyel egyenl, gy C brmely lt elhagyva egy k hosszsg kk utat kapunk. Tegyk fel, hogy k pros. Ha van C -t (V (G) − V (C ))-vel sszekt kk l, akkor megint tallunk ilyen kk utat. gy tegyk fel, hogy minj k k +1 den C -t V (G) − V (C )-vel sszekt l piros. Ekkor trivilisan tallunk 2 2 ≥ ≥ k hosszsg piros utat (102. bra). $L. Gerencsr{A. Gyrfs, Annales Univ. Sci. R. Etvs Sectio Math. X. (1967), 167{170.] c1

d1

x

c1

Q1 a

d2

Q2 u

v

b

102. bra

(a) Legyen (x0  : : :  x2k ) egy piros kr. Ha (xi  xi+2 ) piros valamely 0 ≤ i ≤ 2k-ra (ahol x2k+1 = x0 , x2k+2 = x1 etc.), akkor trivilisan van piros (2k) hosszsg kr. Teht feltesszk, hogy (xi  xi+2 ) kk minden 0 ≤ i ≤ 2k-ra.

6. ≤

14.6

§ 14. RAMSEY ELMLET

583

A (x0  x2  : : :  x2k  x1  : : :  x2k−1 ) kr egy (2k +1) hosszsg kk kr. Emiatt a fentiek szerint feltesszk, hogy (xi  xi+4 ) piros, esetleg az (x2k  x2 ) lt kivve. Teht feltehetjk, hogy (x2k  x2 ) kk, s hasonl an (xi  xi+3 ) is minden 0 ≤ ≤ i ≤ 2k -ra. Ekkor (x0  x3  x6  x8  : : :  x2k  x1  x2k−1 x2k−3  : : :  x5  x2 ) egy (2k ) hosszsg kk kr. (b) Legyen (x0  : : :  x2k−1 ) piros kr s tegyk fel, hogy nincsen monokromatikus (2k − 1) hosszsg kr. Ugyangy, mint elbb, (xi  xi+2 ) kk 1 ≤ i ≤ 2r-re (itt x2k+i = xi ). Azt ll tjuk, hogy (xi  xi+2 ) kk minden 1 ≤ i ≤ 2k-ra, 1 ≤ ≤ k − 1re. Indirekte tegyk fel, hogy (x0  x2 ) mondjuk piros. Ekkor (x0  x2  x2 −1  : : : : : :  x1  x2 +2  x2 +3  : : :  x2k−1 ) minden le piros, esetleg (x1  x2 +2 ) kivtelvel. Teht (x1  x2 +2 )-nek kknek kell lenni. Hasonl an a (x0  x1  : : :  x2 −2  x2k−1  x2k−2  : : :  x2 ) kr mutatja, hogy (x2 2  x2k−1 ) kk. A (x2k−1  x2 −2  x2 −4  : : :  x0  x2k−2  : : :  x2 +2  x1  x3  : : :  x2k−3 ) kr kk s hossza 2k − 1, ami ellentmonds. gy (xi  xi+2 ) minden i, -re kk, teht {x1  : : :  x2k−1 }, {x0  : : :  x2k−2 } kk teljes rszgrfokat fesz tenek. (c) Az m = 4 eset kzvetlenl igazolhat  tegyk fel, hogy m ≥ 5. A piros ill. kk lek ltal alkotott G1 s G2 rszgrfokra   2 m −1 |E (G1 )| + |E (G2 )| + 2  ami miatt mondjuk   1 −1 m − 1 (2m − 1) > (m − 1)(|V (G1 )| − 1) : 2 m = |E (G1 )| ≥ 2 2 2 2 Teht 8.26 miatt G1 tartalmaz M hosszsg krt valamely M ≥ m-re. Tekintsnk egy C monokromatikus M hosszsg krt, melyre M ≥ m, M minimlis legyen C mondjuk piros. Ha M = m, kszen vagyunk. Indirekte tegyk fel, hogy M > m. (a) s (b) szerint vagy van monokromatikus (M − 1) hosszsg krnk (ellentmondva M vlasztsnak), vagy M = 2k pros, s van kt diszjunkt teljes grf, K s H , melyek mindketten kkek, s V (K ) ∪ V (H ) ⊇ V (C ), |V (K )| ≥ ≥ k , |V (H )| ≥ k . Itt vlasszuk |V (K )| + |V (H )|-t maximlisnak. Ha van kt fggetlen, K -t s H -t sszekt kk l, akkor nyilvnval , hogy van kk (M − 1) hosszsg krnk. Teht feltehetjk, hogy az sszes K s H kzti kk lnek van kzs pontja, x ∈ V (K ). Ha m pros, akkor a H -t s K -t sszekt lek trivilisan alkotnak piros m hosszsg krt, gy tegyk fel, hogy m pratlan. Legyen v ∈ V (G) − V (C ). Ha v piros lekkel K − x-hez s H -hoz is csatlakozik, akkor ezen kt lbl s a piros (K H )-lekbl alkothatunk piros m hosszsg krt. Teht tegyk fel, hogy minden v ∈ V (G) − V (C )-re vagy minden (v K − − x)-l, vagy minden (v H )-l kk. Az ut bbi nem lehetsges |V (H )| + |V (K )| maximalitsa miatt, s ugyanezen rvels arra vezet, hogy (v x) piros.

584

MEGOLDSOK

14.7

v T–{x}

K

H

kék

kék

103. bra

Ha |V (H )| ≥ m, akkor trivilisan kszen vagyunk, gyhogy tegyk fel, hogy |V (H )| ≤ m − 1. Tekintsk a S = V (K − x) s T = V (G) − SV (H ) halmazokat. Ekkor |S | + |T | ≥ (2m − 1) − (m − 1) = m, |S | ≥ k ≥ m2−1 , s minden S ltal fesz tett, vagy S -et T -vel sszekt l kk. Ha |S | > m2−1 , itt trivilisan tallunk kk m hosszsg krt. Hasonl an kszen vagyunk, ha |S | = m2−1 , de T legalbb egy kk lt fesz t. Teht |V (H )| = m − 1, |S | = m2−1 , |T | = m2+1 s T egy

piros teljes grfot fesz t. Ha T egy pontja H legalbb kt pontjval van kk llel sszektve, akkor ismt kszen vagyunk. Teht feltesszk, hogy legfeljebb egy kk l kti T minden pontjt H -hoz. Mivel |V (H )| = m − 1, H m2−3 olyan pontot tartalmaz, melyek T -hez csak piros llel csatlakoznak, s egy tovbbi pontot, melyet legfeljebb egy kk l kt T hez. Ha M ezen m2−1 pont halmaza, akkor knnyen tallunk egy piros m-szget V (T ) ∪ M -ben (103. bra). $A. Bondy{P. Erds, J. Comb. Theory 14 (1973), 46{54. Egyb krkkel kapcsolatos Ramsey t pus eredmnyekhez lsd V. Rosta, J. Comb. Theory (B) 15 (1973), 94{104. s 105{120.] 7. Indirekte tegyk fel, hogy a s k pontjait 3 sz nnel sz nezhetjk gy, hogy ne legyenek egymst l egysgnyi tvolsgra lv azonos sz n pontok. Legyen a 17. bra a pontjnak sz ne mondjuk piros. Ekkor b s c sz ne kk, illetve zld (valamilyen sorrendben). Emiatt f piros kell, hogy legyen. Hasonl an g is piros. De ekkor f s g egysgnyi tvolsgra lv azonos sz n pontpr lesz, ami ellentmonds. $H. Hadwiger, Elemente d. Math. 16 (1961), 103{104.] 8. Indirekte tegyk fel, hogy a 18. bra ABC hromszgnek cscsai pirosak. Ekkor ha D, E s F brmelyike piros, kszen vagyunk gy feltesszk, hogy D, E s F kk. Ha G vagy H kk, akkor DEG vagy DFH monokromatikus hromszg ha G s H is piros, akkor BGH lesz az. $P. Erds{R. L. Graham{P. Montgomery{ B. L. Rothschild{J. Spencer{E. G. Straus, J. Comb. Th. 14 (1973), 341{363.] √

(a) Osszuk fel a s kot 23 szlessg svokra, a sv als hatrt a svhoz hozzvve, a felst nem. Sz nezzk ket felvltva pirossal s kkkel. Knnyen ltszik, hogy brmely egysgoldal hromszgnek tartalmaznia kell pontokat kt szomszdos svb l, gy nem lehet monokromatikus.

9.

14.10

√

§ 14. RAMSEY ELMLET

585

(b) Tekinthetjk 1, 3, √2 -t is, hiszen ez csak az egysg alkalmas vlasztst jelenti. Megmutatjuk, hogy ha 2√sz nnel sz nezzk a s k pontjait, akkor lesz monokromatikus szablyos 1 vagy 3 oldal hromszg √  mindkt esetben az elz feladatb l kvetkezni fog monokromatikus, 1, 3, √2 oldal hromszg ltezse. Ha nem minden pont sz ne azonos, akkor kell, hogy legyen klnbz sz n a, b pontpr, melyek tvolsga 2 hiszen brmely klnbz sz n pontpr sszekthet olyan sokszggel, melynek oldalai 2 hosszak, s oldalainak egyike klnbz sz n vgpontokkal kell, hogy rendelkezzen. gy feltehetjk, hogy a piros s b kk a 19. brnak megfelelen. Azt is feltehetjk az ltalnossg megsrtse nlkl, hogy c piros. Ha d vagy e is piros, akkor van egy monokromatikus egysgoldal szablyos hromszgnk ha mindkett √ kk, akkor 3 oldal monokromatikus szablyos hromszgnk van. $P. Erds et al, Infinite and Finite Sets, Coll. Math. Soc. J. Bolyai 10 (1974), 529{583.] 10. (a) Legyen a s b az R tglalap oldalainak hossza. Legyenek v0  : : :  vN az N -dimenzi s tr egy a oldal szablyos szimplexnek cscsai, ahol N = kk+1  legyenek w0  : : :  wk a k-dimenzi s tr egy b oldal szablyos szimplexnek cscsai. Tekintsk az (N + k)-dimenzi s tr (vi  wj ) pontjait (0 ≤ i ≤ M ,0 ≤ j ≤ k). Minden rgz tett i-re a k + 1 darab (vi  wj ) pontot kk+1 = N -flekppen sz nezhetjk emiatt van kt olyan index, 0 ≤ i1 < i2 ≤ N , melyekre (vi1  wj ) s (vi2  wj ) sz ne azonos minden 0 ≤ j ≤ k-ra. Azt is tudjuk, hogy van kt index, 0 ≤ j1 < j2 ≤ k, melyekre (vi1  wj1 ) s (vi1  wj2 ) sz ne azonos. gy (vi1  wj1 ) (vi1  wj2 ) (vi2  wj1 ) (vi2  wj2 ) sz ne azonos. Ez a ngy pont nyilvnval an R-rel kongruens tglalapot alkot. (b) Legyen a s b az R kt oldalvektora, ekkor, mivel R nem tglalap, ab = = 0. Feltehetjk, hogy ab = 1, hiszen ez csak az egysg alkalmas megvlasztst jelenti. ll tsunk szerint nem n(4 R) nem ltezik. Tetszleges n-re konstruljuk meg az n dimenzi s euklideszi tr egy 4 sz nnel val sz nezst gy, hogy w sz ne az i-edik sz n (0 ≤ i ≤ 3), ha w2  ≡ i (mod 4). Megmutatjuk, hogy nem ltezik R-rel kongruens monokromatikus halmaz. Tegyk fel, hogy R egy ilyen halmaz. Ekkor R = {w w + a  w + b w + a + b} valamely w, ab ∈ E n esetn. Ha ez monokromatikus, azt kapjuk, hogy

w2  ≡ (w + a )2  ≡ (w + b )2  ≡ (w + a + b )2  (mod 4) s gy

w2  − (w + a )2  − (w + b )2  + (w + a + b )2  ≡ 0 (mod 4): De

w2  − (w + a )2  − (w + b )2  + (w + a + b )2  =

586

MEGOLDSOK

14.11

= w2 − (w + a )2 − (w + b)2 + (w + a + b)2 + U  = = 2a b + U  = 2 + U   ahol −2 < U  < 2, s gy ez a szm nem lehet oszthat 4-gyel. $Erds et al, uo.] 11. Ha egy teljes (n + 1)-szg lei k sz nnel sz nezve vannak, akkor 14.2a szerint tallunk monokromatikus hromszget. gy a teljes {1 : : :  n +1} pont grfban, melyben az tletnek megfelelen az (i j ) lt a sz nnel sz nezzk, ha |i − j | ∈ ∈ A , tallunk hrom pontot, i-t, j -t s k -t, melyekre x = |i − j |, y = |j − k |, z = |i − k| ugyanabba az osztlyba tartoznak. Legyen mondjuk i < j < k, ekkor x + y = z ami bizony tja az ll tst. $I. Schur, Jahresb. Deutschen Math.-Ver. 25 (1916) 114.] 12. Els megolds. Tegyk fel, hogy n0 (k r − 1) ltezik (n0 (k 1) biztosan ltezik), ekkor bebizony tjuk, hogy (1) n0(k r) = kn0 (kr−1) + n0 (k r − 1) megfelel lesz. Hiszen tegyk fel, hogy n ≥ n0 (k r) s {1 : : :  n} k sz nnel vannak sz nezve. Tekintsk i, i + 1 : : :  i + n0 (k r − 1) − 1 sz nt minden 1 ≤ i ≤ ≤ k n0 (kr−1) + 1 esetn. k n0 (kr−1) olyan sz n-sorozat van, ami itt elfordulhat, teht van kt olyan i < j szm, melyekre minden 0 ≤ ≤ n0 (k r − 1) − 1 esetn i + s j + sz ne azonos. Indukci val belthat , hogy ltezik olyan a szm, i ≤ a ≤ i + n0 (k r − 1) − 1, s d1  : : :  dr−1 egszek, melyekre az a + di1 + : : : + di , 1 ≤ i1 < : : : < i ≤ r − 1 szmok mindegyiknek sz ne azonos. Legyen dr = j − i, ekkor az i s j szmok vlasztsa miatt az a + di1 + : : : + di  1 ≤ i1 < : : : < i ≤ r szmok mindegyiknek sz ne is azonos. Msodik megolds. Elszr ezt bizony tjuk: Ha A ⊆ {1 : : :  n}, |A| ≥ 2, akkor ltezik olyan d ≥ 1 szm, melyre az Ad = {a ∈ A : a + d ∈ A} halmazra 2 Val ban, ami miatt

|A|

|Ad | >

nX −1 d=11

max

|Ad | =

1≤d≤n−1

4n :



|Ad | ≥

|A|

2



≥

|A|2 4(n − 1)

|A|2

4  2

> |A4n| :

14.14

§ 14. RAMSEY ELMLET

587

Legyen A az {1 : : :  n} k sz nnel val sz nezsnek legnagyobb sz n-osztlya. Ekkor van olyan d1 ≥ 1, melyre  4n |A|2 n n : |Ad1 | > ≥ 2 = | A | ≥ minthogy 4n 4k (4k)2 k Hasonl an, van olyan d2 ≥ 1, melyre Ad1 d2 = |{a ∈ Ad1 : a + d2 ∈ Ad1 }| = = |{a ∈ A : a + d1 ∈ A a + d2 ∈ A a + d1 + d2 ∈ A} > n 4 = 4n 4  64k (4k) s ezt r-szer megismtelve olyan d1  : : :  dr szmokat kapunk, melyekre |Ad1 :::dr | = |{a ∈ A : a + di1 + : : : + di ∈ A ha 1 ≤ i1 < : : : < i ≤ r}| > 4n2r : (4k) Ad1 :::dr minden eleme eleget tesz a kvetelmnyeinknek. Viszont az kell, hogy |Ad1 :::di | ≥ 2 minden 1 ≤ i ≤ r − 1 esetn fennlljon. Ez teljesl, feltve, hogy r−1 n > 41 (4k)2 : 13. Legyen n = ek !. Tegyk fel, hogy {1 : : :  n} nem res rszhalmazai ki vannak sz nezve az 1 : : :  k sz nekkel. Sz nezzk az {i j }, 1 ≤ i < j ≤ n + 1 prt az {i : : :  j − 1} intervallum sz nvel. 14.2a szerint gy ltezik monokromatikus hromszg. Ha 1 ≤ p < q < r ≤ n + 1 ennek a hromszgnek a cscsai, akkor X = {p : : :  q − 1}, Y = {q : : :  r − 1} s X ∪ Y = {p : : :  r − 1} sz ne azonos. 14. (a) Tegyk fel, hogy N (k t) minden k (t ≥ 1) esetn ltezik beltjuk, hogy ekkor N (k t + 1) is ltezik minden k-ra. Mivel N (k 1) az elz feladat szerint ltezik, ez bizony tani fogja ll tsunkat. a Legyen a = N (k2  t) s N (k t + 1) = N (k2  1) + a. Tegyk fel, hogy adott egy N (k t + 1) elem S halmaz sszes rszhalmazainak egy  sz nezse k sz nnel. Legyen T ⊆ S 4, |T | = a. Elszr deniljuk az S − T rszhalmazainak azt az ∗ sz nezst, melyre ∗ (X ) = ((X ∪ Y ) : Y ⊆ T ): a Ez a sz nezs k2 sz nt hasznl, s gy N (k t + 1) vlasztsa miatt ltezik kt diszjunkt halmaz, A1  B1 ⊆ S − T , melyekre ∗ (A1 ) = ∗ (B1 ) = ∗ (A1 ∪ B1 ), vagyis (2) (A1 ∪ X ) = (B1 ∪ X ) = (A1 ∪ B1 ∪ X ) minden X ⊆ T -re. Deniljuk a T rszhalmazainak ∗∗ sz nezst a kvetkezkppen: ∗∗ (X ) = ((X ) (x ∪ A1 )):

588

MEGOLDSOK

14.14

Ez a sz nezs k2 sz nt hasznl, teht a den ci ja szerint van 2t olyan diszjunkt halmaz, A2  B2  : : :  At+1  Bt+1 , melyekre minden 2 ≤ i1 < : : : < i ≤ t + 1 sorozat esetn ∗∗ (Ci1 ∪ : : : ∪ Ci ) azonos Cj = Aj , Bj , vagy Aj ∪ Bj minden vlasztsnl. Ekkor A1  B1  : : : : : :  At+1  Bt+1 eleget tesznek a feladat kvetelmnyeinek. (b) Indukci t alkalmazunk r-re r = 2 esetn az elz feladat tartalmazza a megoldst. Tegyk fel, hogy b = n(k r) ltezik deniljuk n(k r + 1) = N (k b)-t s bebizony tjuk, hogy rendelkezik a k vnt tulajdonsggal. Legyen  egy n(k r + + 1) elem S halmaz rszhalmazainak tetszleges k sz nnel val sz nezse. (a) szerint ltezik 2b olyan diszjunkt halmaz, A1 , B1  : : :  Ab , Bb , melyekre minden 1 ≤ i1 < : : : < i ≤ b esetn az sszes Ci1 ∪ : : : ∪ Ci (Cj = Aj vagy Bj vagy Aj ∪ Bj ) alak halmaz sz ne azonos. Deniljuk az {1 : : :  b} halmaz k sz nnel val ∗ sz nezst a kvetkezkppen: ∗ ({i1  : : :  i }) = (Ai1 ∪ : : : ∪ Ai ): b vlasztsa miatt lteznek olyan diszjunkt I1 : : :  Ir ⊆ {1 : : :  b} rszhalmazok, hogy minden nem res ni juk sz ne azonos, mondjuk piros. Legyen , , Xj = Ai  Yj = Bi : i∈Ij

i∈Ij

Ekkor X1  : : :  Xr , Y1  : : :  Yr diszjunktak S s minden nem S res uni juk piros. S Val Ij ,I  = Ij , I  = Ij . ban, legyen V , W ⊆ {1 : : :  r}, s I = j ∈V ∩W j ∈V −W j ∈W −V Ekkor azt kapjuk, hogy 00

 @@

,

j ∈V

08 1 − n1 , ha i = 1 : : :  k − 1. Ekkor az i sz n lek ltal alkotott grf nem tartalmaz k hosszsg irny tott utat egy ilyen t pontosan egy majdnem egyenes trt vonalat eredmnyezne. Emiatt 9.9 szerint az i sz n lek ltal alkotott grf k sz nnel sz nezhet. Mivel KN n ilyen grf uni ja, 9.3-b l az kvetkezik, hogy (KN ) ≤ kn , ami ellentmonds. $P. Erds{G. Szekeres, Compositio Math. 2 (1965), 463{470.] 30. (a) Denilunk egy turnamentet S -en az tlettrnak megfelelen rtkek hozzrendelsvel az lekhez. 14.27a szerint ltezik p + 1 hosszsg monoton nv sorozat vagy q + 1 hosszsg monoton cskken sorozat. Nzzk most pl. az

14.30

§ 14. RAMSEY ELMLET

603

els esetet. Ekkor vannak olyan (x0  y0 ) : : :  (xp+1  yp+1 ) pontok, melyekre x0 < < x1 < : : : < xp+1 s

y0 − y1 < : : : < yp+1 − p : x0 − x1 xp+1 − xp Nyilvnval , hogy ezen pontok alulr l konvex (p + 2)-szget alkotnak. ;  (b) p + q szerinti indukci val konstrulunk egy olyan p+p q elem S halmazt, mely nem fesz t sem alulr l konvex (p + 2)-szget, sem fellrl konvex (q + 2)szget.; A p = 1 vagy q = 1 eset trivilis, gy legyen p, q ≥ 2. Legyen S − 1 olyan p+p−q−1 1 elem ponthalmaz, mely nem fesz t sem alulr l konvex (p + 1);  szget, sem fellrl konvex (q +2)-szget. Legyen tovbb S2 olyan p+pq−1 elem ponthalmaz, mely nem fesz t sem alulr l konvex (p+2)-szget, sem fellrl konvex (q + 1)-szget mind S1 , mind S2 ltalnos helyzet pontokb l kell, hogy lljon.

104. bra

Helyezzk a s kra S1 -et s S2 -t gy, hogy valamely kt pontjukat sszekt vektor (M M 2 ) legyen, ahol M nagyon nagy (104. bra). Tekintsnk tetszleges alulr l konvex sokszget legyenek (x1  y1 ) : : :  (xt  yt ) ennek pontjai, x1 < : : : : : : < xt. Ha ezen pontok mindegyike S1 -be vagy S2 -be tartozik, akkor den ci

szerint t ≤ p +1. Teht tegyk fel, hogy (x1  y1 ) : : :  (xi  yi ) ∈ S1 , (xi+1  yi+1 ) : : : : : :  (xt yt) ∈ S2 (termszetesen S1 minden pontja S2 minden pontjt l balra tallhat , ha M elg nagy). Ekkor

gy ha M nagyobb mint

yi+1 − yi ≈ M xi+1 − xi

  −

 y y   max x − x : (x y) (x  y ) ∈ S2  akkor a sokszgnk nem lehet konvex, hacsak i + 1 = t fenn nem ll. Mivel i ≤ ≤ p S1 vlasztsa miatt, azt kapjuk, hogy t ≤ p + 1. Hasonl an vonhatjuk le

604

MEGOLDSOK

14.31

azt a kvetkeztetst is, hogy minden S ltal fesz tett fellrl konvex sokszgnek legfeljebb q + 1 cscsa van. $P. Erds{G. Szekeres, uo.] 31. (a) Elszr azt mutatjuk meg, hogy 5 pont mindig meghatroz egy konvex ngyszget. Ha konvex burkuk ngyszg, akkor kszen vagyunk, gy tegyk fel, hogy ez a konvex burok az abc hromszg. Ez tartalmaz kt tovbbi pontot, d-t s e-t. Tegyk fel, hogy a de egyenes a hromszg ab s ac lt metszi. Ekkor bcde konvex ngyszg (105. bra). c

a

b

105. bra

Sz nezzk az adott n pont sszes ngyest 2 sz nnel: egy pont-ngyes legyen piros, ha egy konvex ngyszg cscsaib l ll, egybknt kk. Ha (16) n ≥ R24 (m 5) akkor vagy van m pontunk, melynek minden ngyese piros, vagy 5 pont, melynek minden ngyese kk. Az ut bbi eset a fentiek miatt lehetetlen. Teht van m olyan pontunk, melyek kzl brmely ngy konvex ngyszget alkot. Emiatt ez az m pont konvex m-szget alkot. (b) I. Megmutatjuk, hogy (16) helyettes thet a kvetkezvel:   2 m −4 n ≥ m − 2 + 1:  ; Val ban, ha adott tetszleges ltalnos helyzetben 2mm−−24 + 1 pont, akkor ezek 14.30a szerint mindig alulr l vagy fellrl konvex m-szget fesz tenek. II. Konstrulunk egy 2m−2 elem, konvex m-szget nem fesz t ponthalmazt. ;  Legyen Ti olyan ltalnos helyzet pontok halmaza, melyekre |Ti | = n−i 2 s Ti nem fesz t fellrl konvex (i + 2)-szget vagy alulr l konvex (n − i)-szget. Feltehetjk, hogy Ti tmrje 1-nl kisebb (i = 0 1 : : :  n − 2). Azt is feltehetjk, hogy Ti kt pontja ltal alkotott brmely egyenes az x tengellyel 45◦ -nl kisebb szget zr be (azrt, mert ha szksges, alkalmazunk x tengelyre merleges a3nitst). Legyen P egy nagyon nagy szablyos (4n − 4)-szg, melynek kzppontja az orig ban van s legyenek v0  : : :  vn−2 az x tengely ±45◦ -os szegmensbe es

§ 14. RAMSEY ELMLET

14.31

605 Ti

v0

P Tm

vn–2 Tj

106. bra

107. bra

cscsai (106. bra). Tegyk Ti -t vi kr (azaz ford tsuk le Ti egy pontjt vi -re). A kapott T halmaznak |T | =

nX −2 i=0

|Ti | =

 nX −2  n−2

i=0

i

= 2n−2

eleme van. Azt ll tjuk, hogy nem tartalmaz konvex n-szget. Legyen P tetszleges T ltal fesz tett konvex sokszg. Ha P -t tartalmazza Ti (0 ≤ i ≤ n − 2), akkor legyen a s b rendre a P legkisebb s legnagyobb x-koordintj cscsai. Az ab tl P -t kt sokszgre bontja, melyek rendre alulr l, illetve fellrl konvexek. Teht Ti den ci ja szerint, ezen sokszgek cscsainak szma rendre ≤ i + 1 s ≤ n − i − 1. gy P cscsainak szma ≤ (i + 1) + (n − i − 1) − 2 = n − 2. Tegyk fel, hogy P metszi Ti -t s Tj -t, i < j . Legyen i a legkisebb s j a legnagyobb olyan index, amire ez igaz. gy P T -t, i <  < j legfeljebb egy pontban metszheti, s ennek Ti -be s Tj -be es darabjai rendre fellrl s alulr l konvexek (107. bra). gy P -nek legfeljebb (i + 1) + (j − i − 1) + (n − j − 1) = n − 1 pontja van. (c) Az trivilis, hogy K (4) ≥ 5 a megolds els bekezdse miatt pedig K (4) ≤ ≤ 5. Teht K (4) = 5. A (b) rsz miatt K (5) ≥ 9. Teht azt kell megmutatnunk, hogy brmely (ltalnos helyzet) 9 pont tartalmaz konvex tszget. Ha a 9 pont konvex burka tszg, akkor kszen vagyunk. Tegyk fel, hogy ez az xyzu ngyszg. Tekintsk a megmarad 5 pontot. Ha ezek konvex tszget alkotnak, akkor ismt kszen vagyunk. Ellenkez esetben van kztk 4 pont, mely nem alkot konvex ngyszget tartalmazzon egy v pontot az abc hromszg (108. bra). Tekintsk az avb, bvc s cva szgeket. Ezek egyike tartalmazza x-et s y-t. gy xyavb konvex tszg.

606

MEGOLDSOK

14.31 z

y

b c a

x

u

108. bra

z

y

y p

p

q

q x

u

x

u

109. bra

x

p

q

y

z

110. bra

Tegyk fel, hogy a konvex burok az abc hromszg. Ismt kt alesettel llunk szemben:

15.1

§ 15. REKONSTRUKCI

607

I. A maradk 6 pont konvex burka az xyzu ngyszg. Legyen p s q kt tovbbi pont (xyzu belsejben). Ha a pq egyenes az xyzu kt szomszdos lt metszi, akkor trivilisan van konvex tszg (109. bra). gy tegyk fel, hogy pq az xy s uv leket metszi. Feltehetjk, hogy az xy-nal vett metszspont kzelebb van p-hez mint q-hoz (109. bra). Nzzk a px, py, qz s qu flegyeneseket. Ezek az xyzu klsejt 4 rszre osztjk. Ha az ypqz rsz tartalmazza a, b s c valamelyikt, akkor kszen vagyunk. Hasonl an ha xpqu tartalmazza a, b s c egyikt, akkor is. Ha sem ypqz , sem xpqu nem tartalmazza a, b s c egyikt sem, akkor vagy xpy, vagy zqu tartalmaz kzlk kettt ekkor ismt van konvex tszg. II. Vgezetl tegyk fel, hogy az abc belsejben lv 6 pont konvex burka egy msik hromszg, xyz . Ismt legyen p s q kt pont az xyz belsejben. Feltehetjk, hogy a pq egyenes az xy s xz leket metszi. Tekintsk az xpy s xqz szgeket. Ezek mindegyike a, b s c kzl legfeljebb egyet tartalmazhat, ellenkez esetben tallunk konvex tszget. gy a, b s c egyike a py s qz flegyenesek s a pq szakasz ltal meghatrozott rszbe esik de ez ismt eredmnyez konvex tszget (110. bra). $uo.] x

15. Rekonstrukci

(a) Legyenek e1  : : :  ek (k ≥ 4) egy adott x ∈ V (G) ponthoz illeszked lek. Ekkor e1  : : :  ek L(G) egy teljes rszgrfjt alkotjk. Tovbb L(G)-nek maximlis teljes rszgrfjt (klikkjt) alkotjk hiszen ha e ∈ E (G) brmely ms l, akkor nem tartalmazza x-et, gy e1  : : :  ek kzl legfeljebb kettvel szomszdos. Megford tva, legyen e1  : : :  ek L(G) egy klikkje, k ≥ 4, ekkor azt ll tjuk hogy ezek G egy bizonyos pontjhoz illeszked lek. Hiszen legyen x az e1 s e2 kzs pontja. Ha e3  : : :  ek szintn tartalmazza x-et, akkor kszen vagyunk, mivel a G e1  : : :  ek lei ltal alkotott teljes rszgrf maximalitsa miatt nincs ms l, mely tartalmazhatn x-et. Indirekte tegyk fel, hogy e3 nem tartalmazza x-et, ekkor e1 , e2 s e3 hromszget alkot. Mivel k ≥ 4, van e4 is nyilvnval , hogy e4 nem csatlakozhat e1 , e2 s e3 mindegyikhez, ami ellentmonds. A fenti ll tsok azt mutatjk, hogy ha G-ben minden pont foka legalbb 4, akkor G elll L(G)-bl a kvetkezkppen: Legyenek C1  : : :  Cn az L(G) azon klikkjei (maximlis teljes rszgrfjai), melyek legalbb 4 pontot tartalmaznak rendeljnk egy xi pontot minden Ci -hez s akkor s csak akkor kssk ssze xi -t s xj -t, ha Ci -nek s Cj -nek van kzs pontja. Az gy elll G grf G-vel izomorf lesz. Teht ha G1 s G2 olyan grfok, melyekben minden pont foka legalbb 4 s L(G1 ) ∼ = L(G2 ), akkor G1 -et s G2 -t a fentiek szerint 'rekonstrulva" izomorf grfokat kapunk. (b) Legyenek S1  : : :  Sn a G1 pontjainak csillagai s legyenek S1  : : :  Sm a G2 pontjainak csillagai. Tekintsnk egy  : L(G1 ) → L(G2 ) izomorzmust. Feltehetjk, hogy n ≥ m.

1.

608

MEGOLDSOK

15.1

(Si ) nem lehet csillag minden i = 1 : : :  n-re. Hiszen ha (Si ) csillag, akkor (Si ), (Sj ) (i = j ) klnbz csillagok (mivel Si = Sj , a G1 ∼ = K2 trivilis eset kivtelvel, ami gyelmen k vl hagyunk) s gy az kvetkezne, hogy m = n, (Si ) = Si  (i = 1 : : :  n) az indexek megfelel vlasztsval. De ekkor Si kzppontjt lekpezve Si  (i = 1 : : :  n) kzppontjba G1 s G2 kzti izomorzmust kapunk. Teht (mondjuk) (S1 ) nem csillag. Azt ll tjuk, hogy van hrom e1 , e2 s e3 l G1 -ben, melyek az e1 , e2 s e3 G2 -beli leknek felelnek meg s egyik grfban hromszget alkotnak, a msikban csillagot. y2

v

e5 e3 u2

e4 u1 e1

e6

e¢2 e¢6

e2 u3

e¢4

y3 e¢3

x e¢1

e¢5

y1

111. bra

1◦ Ha |S1 | = 1, vagyis S1 = {e1 }, akkor e1 = %(e1 ) egyik vgpontja sem lehet elsfok. gy teht van kt e2 , e3 = e1 l, melyek e1 kt vgpontjb l indulnak. e2 = −1 (e1 ) s e3 = −1 (e3 ) szomszdos e1 -gyel, ami csak akkor lehetsges, ha e1 azonos vgpontjb l indulnak. De ekkor e2 s e3 is szomszdos lesz, azaz e1 , e2 s e3 hromszget alkot. 2◦ Ha S1 = {e1  e2 }, akkor e1 = (e1 )-nek s e2 = (e2 )-nek van egy kzs x pontja. Kell lennie egy tovbbi x -bl indul e3 lnek. e3 = −1 (e3 ) mind e1 -gyel, mind e2 -vel szomszdos, teht hromszget alkotnak. 3◦ Ha S1 = {e1  e2  e3 }, akkor e1 , e2 s e3 hromszget kell, hogy alkosson ellenkez esetben ugyanabb l a pontb l indulnnak, s mivel (Si ) nem csillag, lenne egy mindhrmukkal szomszdos negyedik l, ami nyilvnval an lehetetlen. Teht van hrom lnk, e1 , e2 s e3 , melyek hromszget alkotnak gy, hogy a megfelel e1 , e2 s e3 lek ugyanabb l az x pontb l indulnak. e1 = (u2  u3 ), e2 = (u1  u3 ), e3 = (u1  u2 ), ei  = (x yi ) (i = 1 2 3). A fenti pr szolgltat egy megoldst: G1 = ({u1  u2  u3 } {e1  e2  e3 }) ∼ = G2 = L ( G ). Azt ll tjuk, hogy nincsenek = ({x y1  y2  y3 } {e1  e2  e3 }), de L(G1 ) ∼ = 2 tovbbi ilyen prok. Ha lenne, akkor |E (Gi )| ≥ 4 lenne. Legyen e4 ∈ E (G1 ), e4 = e1  e2  e3 . Feltehetjk, hogy e4 = (u1  v). Ekkor e4 = (e4 ) metszi e1 -et s e3 -at, gy e4 = (y2  y3 ). Mivel G1 ∼ = G2 , van egy tovbbi e5 ∈ E (G) lnk. Ismt feltehetjk, hogy metszi e1 , e2 , e3 s e4 egyikt. Nyilvnval , hogy u1 ∈= e5 .

§ 15. REKONSTRUKCI

15.2

609

Ha e5 nem metszi e4 -et, akkor metszi e1 -et s e2 -t (mondjuk). e5 = (e5 )nek metszenie kell e1 -et s e2 -t, de e3 -at s e4 -et nem, ami lehetetlen. Ha e5 metszi e4 -et de e1 -et nem, akkor e5 -nek metszenie kell e4 -t, de e1 -et, e2 -t s e3 et nem, ami megint lehetetlen. Teht e5 = (u2  v) vagy (u3  v) legyen mondjuk e5 = (u2  v), ekkor (e5 ) = e5 = (y1 y3 ). Mivel G1 ∼ = G2 , kell, hogy legyen egy hatodik e6 lnk is. Mint elbb, azt kapjuk, hogy e6 = (u3  v), (e6 ) = (y1  y2 ). gy G1 ∼ = G2 -bl az kvetkezik, hogy egy hetedik lnek is kell lenni, de a fentihez hasonl rvelssel ad dik, hogy ez lehetetlen (111. bra). (c) Legyen  : L(G1 ) → L(G2 ) egy nem trivilis izomorzmus. Ismt legyenek S1  : : :  Sn s S1  : : :  Sm rendre a G1 s G2 pontjainak csillagai. Ha (Si ) minden 1 ≤ i ≤ n-nek csillaga, akkor mint korbban is, azt kapjuk, hogy  egy trivilis izomorzmus. Ellenkez esetben kvethetjk az elz megoldst, de minden olyan lpsnl, ahol azt mondtuk, hogy 'mivel G1 ∼ = G2 , kell lennie egy tovbbi lnek" meg kell llnunk s adnunk kell egy pldt. gy a 112. brn lthat prokat kapjuk. $H. Whitney, Amer. J. Math. 54 (1932), 160{168.] e¢4

e3

e¢2

e2

e3

e¢1

e1

e¢2

e4

e¢3

e¢3

e2

e¢1

e1

e¢4

e5

e¢2

e4 e3

e¢4 e¢3

e¢2

e2

e4

e5

e¢5

e¢1

e2

e3

e¢3

e¢6 e¢1

e6

e¢5

e1

e1

112. bra 2.

(a) Legyen E F ∈ E (Knr ). Ekkor Knr E -tl s F -tl diszjunkt leinek szma 







n − |E ∪ F | = n − 2r + |E ∩ F | : r r

610

MEGOLDSOK

15.2

Hasonl an Knr (E )-tl s (F )-tl diszjunkt leinek szma   n − 2r + |(E ) ∩ (F )| : Teht

r

n − 2r + |E ∩ F | = n − 2r + |(E ) ∩ (F )|: r r Mivel n − 2r ≥ r, ebbl az kvetkezik, hogy |E ∩ F | = |(E ) ∩ (F )|. Azt akarjuk megmutatni, hogy ugyangy, mint 15.1-ben, a brmely adott x pontot tartalmaz r-esek halmaza egy  (x) pontot tartalmaz r-esek halmazba kpzdik le. Ez gy denilja V (Knr ) egy  permutci jt, ami -t induklja. Teht legyen x ∈ V (Knr ), s E , F kt olyan l, melyekre E ∩ F = {x}. Ekkor a fentiek szerint (E )-nek s (F )-nek van egy egyrtelm kzs  (x) pontja. Azt ll tjuk, hogy ha brmely A ∈ E (Knr ) l tartalmazza x-et, akkor (A) tartalmazza  (x)-et (s megford tva). Legyen A ∈ E (Knr ), x ∈ A, s legyen B olyan r-es, melyre B ∩ A = A − E − F .

gy (1)

Mivel



|B ∩ A| = |A − E − F | = |A| − |A ∩ E | − |A ∩ F | + |A ∩ E ∩ F | = = r + 1 − |A ∩ E | − |A ∩ F |: |(B ) ∩ (E )| = |B ∩ E | = 0

|(B ) ∩ (F )| = |B ∩ F | = 0

azt kapjuk, hogy |(B ) ∩ (A)| ≤ |(A) − (E ) − (F )| = r − |(A) ∩ (E )|− −|(A) ∩ (F )| + |(A) ∩ (E ) ∩ (F )|: Itt |(B ) ∩ (A)| = |B ∩ A|, |(A) ∩ (E )| = |A ∩ E |, |(A) ∩ (F )| = A ∩ F |, teht (1)-bl az kvetkezik, hogy |(A) ∩ (E ) ∩ (F )| ≥ 1 azaz  (x) ∈ (A). (b) *les tjk az elz gondolatmenetet. Kt olyan adott E s F r-estl diszjunkt r-esek szma, melyekre |E ∩ F | = r − 1  n − r − 1 > 0

r

s ennl kevesebb, ha |E ∩ F | < r − 1. Emiatt |E ∩ F | = r − 1 akkor s csak akkor, ha |(E ) ∩ (F )| = r − 1. Most tegyk fel, hogy mr minden k = 0 1 : : :  k0 -ra tudjuk, hogy |E ∩ F | = k akkor s csak akkor, ha (E ) ∩ (F )| = k (k = 0-ra biztosan tudjuk ezt). Ekkor |E ∩ F | = k0 +1 akkor s csak akkor, ha |E ∩ F | > k0 , s van olyan A r -es, melyre

§ 15. REKONSTRUKCI

15.3

611

|E ∩ F | = r − 1 s |F ∩ A| = k0  ez akkor s csak akkor ll, ha |(E ) ∩ (F )| > k0 , s van olyan A r-es, melyre |(E ) ∩ (A)| = r − 1 s |(F ) ∩ (A)| = k0  ami viszont azzal ekvivalens, hogy (E ) ∩ (F )| = k0 + 1. Ez bizony tja, hogy |E ∩ F | = |(E ) ∩ (F )| brmely kt E s F r-esre.

Legyen x a Knr egy pontja, E s F pedig kt olyan r-es Knr -ben, melyekre E ∩ F = {x}. Legyen (E ) ∩ (F ) = { (x)}, megmutatjuk, hogy x ∈ A-b l  (x) ∈ (A) kvetkezik, vagy ami ezzel ekvivalens, hogy x ∈= A-b l  (x) ∈= (A) kvetkezik. Legyen x ∈= A s indirekte tegyk fel, hogy  (x) ∈ (A). Legyen |A ∩ E | = i, |A ∩ F | = j , d = |V (Knr ) − A − E − F |. Ekkor d = n − (3r − 1 − i − j ) ≤ i + j + 1 ≤ r: Azt is tudjuk, hogy |V (Knr ) − A − {x}| = n − r − 1 ≥ r: Teht tallunk olyan B r-est, melyre V (Knr ) − A − E − F ⊆ B ⊆ V (Knr ) − A − {x}: Tekintsk (B )-t. Nyilvnval , hogy (B ) ∩ (A) = ∅, teht  (x) ∈= (B ). Tovbb |(B ) ∩ (E )| = |B ∩ E | |(B ) ∩ (F )| = |B ∩ F | s gy |(B ) − (E ) − (F )| = |B | − |B ∩ E | − |B ∩ F | = d: Emiatt |V (Knr ) − (A) − (E ) − (F )| ≥ |(B ) − (E ) − (F )| = d: De |V (Knr ) − (A) − (E ) − (F )| = n − 3r + |(A) ∩ (E )|+ +|(A) ∩ (F )| + |(E ) ∩ (F )| − |(A) ∩ (E ) ∩ (F )| = = n − 3r + i + j + 1 − 1 = d − 1 ami ellentmonds. $C. Berge, Hypergraph Seminar, Lecture Notes in Math. 411, Springer (1974), 1-12] 3. Legyen E s F kt r -es, |E ∩ F | = j . Szmoljuk meg a mind E -vel, mind F -fel szomszdos r-eseket. Azt kapjuk, hogy (1) ha j < 2i − r, akkor nincsenek ilyen r-esek, (2) ha 2i − r ≤ j , akkor a mind E -vel, mind F -fel szomszdos r-esek szma min( ij )  X

j

=2i−r



   r − j 2 n − 2r + j = f (n) j i − r − 2i +

(i-t s r-t rgz tettnek tekintjk).

612

MEGOLDSOK

15.4

Az fj (n) polinomok j = 2i − r, 2i − r + 1 : : :  r − 1,-re klnbzek, hiszen ftagjaik

r − j 2 nr−2i+j ha 2i − r ≤ j ≤ i i − j (r − 2i + j )!   r −i j n i (r − i)! ha i ≤ j < r: Teht ha n is elg nagy, akkor az fj (n) szmok klnbzek j = 2i − r : : :  r − 

− 1-re. Ebbl az kvetkezik, hogy a kvetkez karakterizci t nyertk: |E ∩ F | = j akkor s csak akkor, ha a mind E -vel, mind F -fel szomsz dos

r-esek szma egyenl fj (r)-rel.

gy ha denilunk egy grfot Li (Knr ) pontjain gy, hogy akkor ktnk ssze kt pontot, ha kzs szomszdaik szma fi−1 (n) (jegyezzk meg, hogy 2i − r ≤ ≤ i − 1), akkor Li−1 (Knr )-t kapjuk. Emiatt  az Li−1 (Knr ) egy automorzmusa. Hasonl an tovbb folytatva azt kapjuk, hogy  az L0 (Knr ) automorzmusa. De L0 (Knr ) = L(Knr ), gy  az L(Kn ) automorzmusa. 15.2-bl azt kapjuk, hogy -t V (Knr ) egy permutci ja induklja. $C. Berge uo.] 4. (a) Legyenek S1  : : :  Sn a G pontjainak csillagai, s tekintsk a kvetkez hipergrfot: H = (E (G) {S1  : : :  Sn}): ∼ Nyilvnval , hogy L(H ) = G. ltalnosabban legyenek C1  : : :  Cm olyan teljes grfok, melyekre C1 ∪ : : : : : : ∪ Cm = G. Minden x ∈ V (G)-hez legyen Ux azon Ci -k halmazai, melyek tartalmazzk x-et s legyen H = ({C1  : : :  Cm } {Ux : x ∈ V (G)}): Ekkor L(H ) ∼ = G. A termszetes megfeleltets (Ux ) = x, s trivilisan igazolhat , hogy ez izomorzmus. Megford tva tegyk fel, hogy L(H ) ∼ = G brmely H hipergrfra s legyen  : L(H ) → G egy izomorzmus. Minden v ∈ V (H )-ra legyen Cv G-nek a (E ) pontjai ltal fesz tett S rszgrfja, ahol v ∈ E ∈ E (H ). Nyilvnval , hogy Cv egy Cv = G s ha Ux -szel jelljk az x-et tartalmaz teljes Cv teljes rszgrf, v∈V (H )

rszgrfokat, akkor

H∼ = ({Cv : v ∈ V (H )} {Ux : x ∈ V (G)}): (b) n szerinti indukci val bizony tjuk, hogy a G n2 =4 teljes grf uni ja. n = 2-re ez nyilvnval . n > 2, x s y pedig kt szomszdos pont. A  Legyen h 2i ( n −2)2 G − x − y grf t = 4 = n4 − n + 1 teljes grf, C1  : : :  Ct s bizonyos izollt pontok uni ja.

15.5

§ 15. REKONSTRUKCI

613

Legyen z ∈ V (G) − x − y. Ha z mind x-szel, mind y-nal szomszdos, akkor legyen Cz az xyz hromszg. Ha z vagy csak x-szel, vagy csak y-nal szomszdos, akkor legyen Cz a z -t x-hez, illetve y-hoz kt l. Egyb esetben legyen Cz = {z }. Tovbb legyen C0 az (x y) l. A C0 s Cz (z ∈ V (G) − x − y) teljes grfokat felvve  2 t + n − 2 + 1 = n4

teljes grfot kapunk, melyek uni ja h 2 iG. 2 Teht G lei lefoghatjuk G n4 teljes gr0al, s gy olyan n4 pont hipergrfhoz jutunk, melynek lgrfja G. Az ll ts les, mint azt a K$ n ]·* n+1 + teljes pros grf mutatja. $P. Erds{ 2 2 A. W. Goodman{L. P sa, Canad. J. Math. 18 (1966), 106{112.] 5. (a) Legyen x, y s z a G hrom olyan pontja, melyek brmely kombinci jt lehagyva G sszefgg marad (vagyis x, y s z a G egy fesz tfjnak hrom vgpontja ha G egyetlen fesz tfja egy t, akkor G vagy kr, vagy t, s gy lgrf). Legyen G − x ∼ = L(Hx), G − y ∼ = L(Hy ) : : :  G − x − y ∼ = L(Hxy ) : : :  G − ∼ − x − y − z = L(Hxyz ). Ekkor L(Hxyz ) ∼ = L(Hxy − ez ) a z -nek megfelel ez lekre. Minthogy |E (Hxyz )| > 6, ez azt jelenti, hogy az L(Hxyz ) s L(Hxy − ez ) kzti izomorzmust Hxyz -nek egy Hxy -ba val begyazsa induklja. Hasonl an kapunk sok ms begyazst (ezek a 113. brn lthat k), melyek felcserlhetk az L(Hxy ), stb. s G megfelel fesz tett rszgrfjai kzti izomorzmusokkal (113. bra). H

Hx

Hy

Hz

Hxy

Hxz

Hyz

Hxyz

113. bra

Mivel azt is tudjuk, hogy Hxyz -nak Hx-be, Hy -ba s Hz -be val begyazsa egyrtelm, ez a diagram kommutat v. gy denilhatjuk az sszes begyazsokkal egymsra lekpzett pontot, s vehetjk a H uni t. H lei termszetes m don

614

MEGOLDSOK

15.6

megfelelnek G pontjainak, s knnyen ellenrizhet, hogy ez a megfeleltets egy izomorzmus L(H ) s G kztt. (b) Legyenek G1  : : :  Gk azon egyszer grfok, melyek nem lgrfok, de minden val di fesz tett rszgrfjuk az. Mivel az elz feladat szerint legfeljebb 9 pontjuk van, gy vges sok ilyen grf van. Mrmost ha G tetszleges olyan grf, mely nem lgrf, akkor tartalmaz olyan nem szk thet fesz tett rszgrfot, mely nem lgrf, s ez G1  : : :  Gk egyike. Megford tva, ha G tartalmazza G1  : : :  Gk egyikt, akkor nyilvnval , hogy nem lehet lgrf. 6. (a) Tegyk fel, hogy a G = L(H ) grf a, b, c s d pontjai a kzppont, 3 g csillagot alkotnak. Ekkor az a l szomszdos b-vel, c-vel s d-vel kzlk kett, mondjuk b s c az a-nak ugyanabb l a vgpontjb l indul. De ekkor b s c szomszdosak. Legyenek abc s bcd pratlan hromszgek, azt ll tjuk, hogy a, b s c a H ugyanazon pontjb l indul. Indirekte tegyk fel, hogy a, b s c egy H -beli hromszget alkotnak. Den ci szerint van egy olyan x pont, mely az a, b s c kzl vagy eggyel, vagy mindhrommal szomszdos. De ez lehetetlen, hiszen x-nek a H -beli a, b s c ltal alkotott hromszg egy pontjb l kell indulnia, gy x az a, b s c kzl kettvel szomszdos. Hasonl an d is a b s c lek kzs pontjb l indul, amibl az kvetkezik, hogy a s d szomszdosak. (b) Feltehetjk, hogy G sszefgg, hiszen minden komponens eleget tesz (i)nek s (ii)-nek, s ha ezek lgrfok, akkor G s az. Legyen (a b) ∼ (c d) az tlettr szerinti. Tegyk fel, hogy (a b) ∼ (c d) ∼ (e f ) a G klnbz lei, megmutatjuk, hogy (a b) ∼ (e f ) (az ekvivalencia relci tbbi kritriuma trivilisan teljesl). Vegyk szre, hogy {a b c d} teljes grfot fesz t. Tekintsk a-t s e-t (mondjuk), a = e. Ha a = c vagy d, akkor a s e trivilisan szomszdosak, gy tegyk fel, hogy a = c, d hasonl an e = c, d. Ekkor acd pratlan hromszg (ha b = c vagy d, ez azonnal ad dik az ekvivalencia den ci jb l, ellenkez esetben b az acd hrom pontjval szomszdos), hasonl an cde is pratlan hromszg, amibl a s e (ii) szerint szomszdosak. Ha (a b)-nek s (e f )-nek nincsen kzs vgpontja, akkor azonnal levonhatjuk a kvetkeztetst, hogy (a b) ∼ (e f ). Tegyk fel, hogy a = e. Ha c vagy d az a-t l, b-tl s f -tl klnbz, akkor az abf hromszg hrom pontjval szomszdos, gyhogy ez a hromszg pratlan ha (c d) szintn le ennek a hromszgnek, akkor megint csak pratlannak kell lennie. gy (a b) ∼ (e f ) ismt kvetkezik. Legyenek C1  : : :  CN a ∼ relci ekvivalencia-osztlyai. Ezek termszetesen teljes grfokat alkotnak. Megmutatjuk, hogy G minden pontjt ezen teljes grfok kzl legfeljebb kett tartalmazza, hacsak G nem a 114a, b s c brn lthat

kivteles grfok egyike. Tegyk fel, hogy x ∈ V (G)-t hrom teljes grf tartalmazza, azaz hrom nemekvivalens x-szel szomszdos (x y), (x z ) s (x u) l van. (i) szerint z , z s u kzl kett szomszdos kell, hogy legyen legyen mondjuk (y z ) ∈ E (G). Mivel xyz nem pratlan hromszg, u-nak szomszdosnak kell lenni y s x egyikvel,

§ 15. REKONSTRUKCI

15.6

615 x

y

y

z y

z

u

x

z

u

u v

x

v

(a)

w (b)

(c)

z y

x

v u

y

z

x

v

x u

y

z

u w

(a¢)

(b¢)

(c¢)

114. bra

legyen mondjuk (u y) ∈ E (G), s gy (u z ) ∈= E (G). Ha |V (G)| = 4, akkor a 114a-t kapjuk. Ha G nagyobb, van olyan v pont, mely szomszdos x, y, z s u egyikvel. Az xyz s xyu hromszgeknek pros sok pontjval kell szomszdosnak lennie, emiatt szomszdos lesz x s y egyikvel. Legyen mondjuk (v x) ∈ E (G) (x s y szerepe szimmetrikus, mivel (y x), (y z ) s (y u) nyilvnval an nem ekvivalensek). (i) szerint v szomszdos z s u egyikvel, mondjuk (u v) ∈ E (G). Ismt abb l, hogy xyz s xyu nem pratlan hromszgek, azt kapjuk, hogy (v y) ∈ E (G) s (v z) ∈ ∈ E (G). Ha G-nek csak t pontja van, akkor a 114b-t kapjuk. Nyilvnval , hogy (v x) az (x z ) s (x u) kzl legalbb az egyikkel nem ekvivalens, legyen mondjuk (v x) nem ekvivalens (x u)-vel, vagyis vxu nem lehet pratlan hromszg hiszen ha az lenne, akkor egy olyan pont, amely a vxu pontjai kzl pratlan sokkal szomszdos, a vxz , xyz s xyu hromszgek egyiknek pratlan sok pontjval lenne szomszdos, mint az knnyen igazolhat . Teht y, z, u s v szerepe szimmetrikus. Tegyk fel, hogy G-nek van egy tovbbi w pontja, mely x, y, z , u s v egyikvel szomszdos. w nem lehet szomszdos x-szel hiszen ekkor (y v) egyiknek ugyangy, mint z s u egyiknek szomszdosnak kellene lenni w-vel legyen mondjuk (y w), (z w) ∈ E (G), ekkor xyz pratlan, ami ellentmonds. Teht w szomsz-

616

MEGOLDSOK

15.6

dos (mondjuk) y-nal, de x-szel nem. gy az kvetkezik, hogy szomszdos u-val, v-val s z-vel is. Teht ha G-nek 6 pontja van, akkor 114c-t kapjuk. Figyeljk meg, hogy x : : :  w ltal fesz tett lek kztt nem lehet kt ekvivalens, gy x : : :  w szerepei szimmetrikusak. Emiatt az elbbi bekezdsbl az is ad dik, hogy nem lehet tbb pont szomszdos az x : : :  w pontok egyikvel sem, vagyis val ban csak a 114. bra hrom grfjt kaphatjuk. A bizony tst most mr knny befejezni. Ha G a 114. bra hrom grfjnak egyike, akkor lgrfja 114a , b s c bra megfelel grfjnak. Ellenkez esetben G lefedhet l-diszjunkt teljes rszgrfokkal gy, hogy minden pontot ezek kzl pontosan kett tartalmaz (ha szksges, felvesznk nhny egypont grfot). Ugyangy, mint 15.4a-ban, ebbl az kvetkezik, hogy G lgrf. $A. M. van Roof s H. S. Wilf, Acta Math. Hung. 16 (1965), 263{269.] (c) Azt ll tjuk, hogy G akkor s csak akkor lgrfja valamely egyszer grfnak, ha nem tartalmazza fesz tett rszgrfknt a 115. brn lthat grfok egyikt sem.

115. bra

Az azonnal ltszik, hogy ezek a grfok nem lgrfok, hiszen nem tesznek eleget az (a) rsz (i) vagy (ii) felttelnek. Megford tva tegyk fel, hogy G nem lgrf. Ekkor vagy tartalmazza a 3 g csillagot fesz tett rszgrfknt, vagy nem tesz eleget (ii)-nek, azaz vannak olyan a, b, c s d pontok, melyekre abc s bcd pratlan hromszgek s a s b nem szomszdosak. Legyenek e s f olyan pontok, melyek rendre az abc s bcd pratlan sok pontjval szomszdosak. Ekkor meg kell

15.9

§ 15. REKONSTRUKCI

617

klnbztetnnk az albbi eseteket: e = f vagy e = f  a megfelel hromszg mely pontjai szomszdosak e-vel s f -fel. Ezen esetek vgiggondolsa egyszer, de hosszadalmas a 115. brn lthat grfokat eredmnyezik. A rszleteket az olvas ra hagyjuk. $L. W. Beineke] 7. 15.4-bl tudjuk, hogy egy grf akkor s csak akkor lgrfja 3-uniform, tbbszrs leket nem tartalmaz hipergrfnak, ha lei lefedhetk teljes rszgrfokkal gy, hogy minden pontot ezek kzl hrom, s minden lt legfeljebb kett tartalmaz. Tegyk fel, hogy a 20. brn lthat grf lgrf, vagyis ltezik ilyen teljes rszgrfokkal val lefedse. Nyilvnval , hogy (x0  z1 )-nek s (y0  z1 )-nek maguknak is teljes rszgrfoknak kell lenni. Mivel z1 -et csak hrom teljes grf tartalmazza, z1 , x1 s y1 ezek egyike kell, hogy legyen. Hasonl an u1 , x1 s y1 is a fed teljes rszgrfok egyike. Teht (x1  y1 )-et mr tartalmazza kt teljes fed rszgrf, gy (x1  z2 ) s (y1  z2 ) maguk is teljes fed rszgrfok lesznek. Innentl kezdve az rvels periodikusan ismtldik, m g azt nem kapjuk, hogy (xn  zn+1 ) s (yn  zn+1 ) maguk is fed teljes rszgrfok. Mivel nyilvnval , hogy (xn+1  zn+1 ) s (yn+1  zn+1 ) is azok, zn+1 -t kzlk ngy tartalmazza, ami ellentmonds. Hagyjuk el G egy pontjt. Alapveten ngyfajta pont van: xi (vagy yi ), zi , ui , vi (vagy wi ). A 116. bra mutatja, hogy hogyan kell G − t-t rszgrfokra osztani, ha t = xi , zi , ui , vi . $L. Nickel] 8. (a) Lsd 117. bra. (b) Ez csak tfogalmazsa annak a kvetkezmnynek, melyet 6.69-bl vontunk le. 9. (a) Legyen e1 = (x y ) s e2 = (x z ) a G1 kt szomszdos le megmutatjuk, hogy (e1 ) s (e2 ) szintn szomszdosak. Ha e1 s e2 prhuzamosak, akkor nyilvnval , hogy (e1 ) s (e2 ) is azok. Mivel G1 − x 2-szeresen sszefgg, tartalmaz egy y-on s z -n thalad Cx krt, ha y = z . Ekkor (C ) egy kr G2 ben. Mivel C + e1 ms krt nem tartalmaz, (C ) + (e1 ) sem. Emiatt (e1 ) nem hrja (C )-nek, vagyis van egy u vgpontja, mely nincs rajta (C )-n. De C + e1 + e2 tartalmaz egy e1 -en s e2 -n thalad C  krt. gy (C  ) ⊆ ( C ) + + (e1 ) + (e2 ) egy (e1 )-t s (e2 )-t tartalmaz kr G2 -ben. Teht (C )-nek van egy u-val szomszdos = (e1 ) le. Ennek az lnek (e2 )-nek kell lenni. gy (e1 ) s (e2 ) szomszdosak. (b) Legyen x ∈ V (G1 ), s legyenek e1  : : :  ek az x-szel szomszdos lek. Ekkor (e1 ) : : :  (ek ) pronknt metszik egymst, s nincsen kztk hrom, melyek hromszget alkotna. Teht van egy (x) pont, melyet (e1 ) : : :  (ek ) mindegyike tartalmaz. Az (x) pont egyrtelm hiszen ha egy u = (x) szintn (e1 ) : : : : : :  (ek )-be tartozna, akkor (e1 ) : : :  (ek ) prhuzamosak lennnek gy e1  : : : : : :  ek is prhuzamosak lennnek, vagyis x-nek egyetlen szomszdja lenne, ami lehetetlen, minthogy G 3-szorosan sszefgg. Teht  j l denilt. Legyen u ∈ ∈ V (G2 ) s legyenek f1  : : :  fk az u-val szomszdos lek. Mint az elbb, most is van egy egyrtelm x ∈ V (G1 ) pont, melyet −1 (f1 ) : : :  −1 (fk ) tartalmaz.

618

MEGOLDSOK

15.9

xi

zi

ui

vi

116. bra

117. bra

Ekkor (x)-et tartalmazza f1  : : :  fk , s gy u = (x). Emiatt (x) egyrtelm. Hasonl an ad dik az is, hogy klcsnsen egyrtelm. Azt is tudjuk, hogy ha

15.11

§ 15. REKONSTRUKCI

619

(x y) = e ∈ E (G), akkor (x) s (y) a (e) vgpontjai. Emiatt  izomorzmus. $H. Whitney, Amer. J. Math. 54 (1932), 160{168.] 10. Ha r = 2, akkor az ll ts trivilis. Tegyk fel, hogy r > 2. Legyen v illetve v  az xr -hez illetve xr -hz legkzelebbi olyan pont, melynek foka legalbb 3. Hagyjuk el T -bl xr -t s az xr -t v-vel sszekt t minden bels pontjt hagyjuk el T  bl xr -t s az (xr  v )-t minden bels pontjt. gy kt ft kapunk, T1 -et s T1 -t, rendre az x1  : : :  xr−1 s x1  : : :  xr−1 vgpontokkal. Nyilvnval , hogy az xi s xj kzti tvolsg azonos T -ben s T1 -ben (1 ≤ i < j ≤ r − 1), s hasonl ll ts igaz T -re s T1 -re. Teht az indukci s felttel miatt T1 ∼ = T1 , st, ltezik olyan  ' izomorzmus, melyre '(xi ) = xi . Megmutatjuk, hogy '(v) = v . Tekintsk az egyrtelm ('(v) v )-utat s terjesszk ki egy xi -t (1 ≤ i < j ≤ r − 1) x -vel sszekt tt. Ekkor d(xi  xj ) + d(xi  xr ) − d(xj  xr ) = 2d(xi  v ) m g d(xi  xj ) + d(xi  xr ) − d(xj  xr ) = 2d(xi  v): gy a felttel szerint d(xi  v) = d(xi  v ), amibl az ad dik, hogy v = '(v). Ebbl az is kvetkezik, hogy d(xr  v) = d(xr  v ) hiszen d(xr  xi ) + d(xr  xj ) − d(xi  xj ) = 2d(xr  v) d(xr  xi ) + d(xr  xj ) − d(xi  xj ) = 2d(xr  v ) s a bal oldalak a felttel szerint azonosak. Mrmost ' nyilvnval an kiterjeszthet egy T s T  kztti izomorzmuss. $E. A. Smolenskii, Zhurnal Vychisl. Mat. i Matem. Fiz. (1962), 371{372.] 11. (a) Legyen Pij az (egyrtelm) (xi  xj )-t T -ben. Legyen Q az (egyrtelm) (Pij  xk )-t s jelljk v-vel a kezdpontjt. Ekkor nyilvnval , hogy d(xi  xj ) + d(xj  xk ) − d(xi  xk ) = 2d(xj  v) ami (a)-t bizony tja. Tekintsk a Pij s Pkl utakat. Lehet 0, 1, vagy legalbb 2 kzs pontjuk. Elszr tegyk fel, hogy nem metszik egymst, ekkor legyen Q a (Pij  Pkl )-t u ∈ ∈ V (Pij ) s v ∈ V (Pkl ) vgpontokkal. Legyen Ri s Rj az (xi  u), illetve (xj  u)t, Rk s Rl pedig az (xk  v), illetve (xl  v)-t T -ben. gy Pik = Ri ∪ Q ∪ Rk  Pjl = Rj ∪ Q ∪ Rl  Pjk = Rj ∪ Q ∪ Rk  Pil = Ri ∪ Q ∪ Rl : Teht dik + djl = dil + djk = dij + dkl + 2d(u v) ami ebben az esetben bizony tja a (b) pont ll tst.

620

MEGOLDSOK

15.11

Tegyk fel, hogy Pij -nek s Pkl -nek pontosan egy v pontja kzs. Ekkor a v-t xi -vel, xj -vel, xk -val s xl -lel sszekt utakat tekintve ugyangy, mint elbb azt kapjuk, hogy

dij + dkl = dik + djl = dil + djk :

Vgl ha Pij -nek s Pkl -nek egynl tbb kzs pontja van, akkor vagy Pik s Pjl , vagy Pil s Pjk nem metszik egymst, s az indexek felcserlsvel az els esethez jutunk. (c) Tegyk fel, hogy olyan T  ft konstrultunk az x1  : : :  xr−1 vgpontokkal, melyre d(xi  xj ) = dij minden 1 ≤ i < j ≤ r − 1 esetn. Legyen xi s xj a T  kt olyan pontja, melyekre dri + drj − dij minimlis. Legyen v a T  -beli (xi  xj )-t azon pontja, melyre d(v xi ) = 12 (dri + dij − drj ) s kssk xr -t v-hez 21 (dri + drj − dij ) hossz ttal (ez lehetsges, mert ezek a szmok (a) szerint termszetes szmok). Azt ll tjuk, hogy az gy kapott T fa eleget tesz d(xk  xl ) = dkl -nek minden 1 ≤ k < l ≤ r esetn. Ez trivilis, hacsak nem l = r. Akkor is knny beltni u den ci jb l, ha k = i vagy k = j , gy tegyk fel, hogy k = i, j . (b) szerint a dij + drk , dir + djk s djr + dik szmok kzl kett egyenl s nem kisebb a harmadiknl. Azt ll tjuk, hogy dij + drk nem kisebb a msik kettnl. Hiszen tegyk fel, hogy dij + drk < dir + djk : Ekkor drk + drj − djk < dri + drj − dij  ami ellentmond i s j vlasztsnak. Teht az i s j indexek megfelel vlasztsra (2) dij + dkr = dir + djk ≥ djr + dik : Mrmost T maga eleget tesz (b)-nek, st, a T -beli (xr  xk )-t s (xi  xj )-t biztosan tallkozik. gy az elz feladat megoldsa miatt (3) d(xi  xj ) + d(xk  xr ) = d(xi0  xr ) + d(xj0  xk ) ≥ d(xj0  xr ) + d(i0  xk )

ahol (i0  j0 ) az (i j ) egy permutci ja. Mivel d(xi  xj ) = dij , d(xi0  xr ) = di0 r , stb. (2) s (3) miatt feltehetjk, hogy i0 = i, j0 = j , s ekkor (2) s (3) azt adja, hogy d(xk  xr ) = dkr : $K. A. Zaretskii, Usp. Matem. Nauk. 20 (1965), 94{96.]

§ 15. REKONSTRUKCI

15.12

12.

621

(a) A 2l szm {ai + aj : 1 ≤ i < j ≤ n}-ben pontosan l X



k+1 =0 2



k+1 2l − 2



-szer fordul el, ha l pratlan s l X

"

#

k + 1 k + 1  − 1 k + 12 + k + 1 2 l 2l − 2 l =0 2 -szer, ha l pros. {bi + bj : 1 ≤ i < j ≤ n}-ben pontosan l −1 X







k+1 k+1 =0 2 + 1 2l − 2 − 1 -szer fordul el, ha l pratlan s l −1 X





1 − 2

"

  # k+1 2+ k+1 l l





k+1 k+1 =0 2 + 1 2l − 2 − 1 -szer, ha l pros. Tegyk fel, hogy pl. l pratlan, ekkor azt kell igazolnunk, hogy l X





k+1 =0 2



k+1 2l − 2 =

l −1 X



k+1 = 2 =0 + 1



k+1 2l − 2 − 1



1 − 2

"

  # k+1 2+ k+1  l l

vagy ami ezzel ekvivalens, 2l X





1 (−1) k +  =0



k + 1 = −1 2l −  2

"

  # k+1 2+ k+1  l l

ami az 1.42d azonossgb l kvetkezik. (b) Tegyk fel, hogy {ai + aj : 1 ≤ i < j ≤ n} = {bi + bj : 1 ≤ i < j ≤ ≤ n}, de {ai : 1 ≤ i ≤ n} = {bi : 1 ≤ i ≤ n}. Megmutatjuk, hogy n a 2 hatvnya.

622

MEGOLDSOK

15.13

Feltehetjk, hogy ai s bi ≥ 0, hiszen minden ai -hez s bi -hez konstanst hozzadva a felttel rvnyes marad. Legyen

f (x) = Ekkor

f 2(x) =

n X i=1

x2ai + 2

n X i=1

xai 

X

g(x) =

n X i=1

xbi :

xai+aj = f (x2) + 2

1≤ij ≤n 2 g (x) = g(x2 ) + 2

teht

X

1≤i |V (H )| > k. Legyen |V (H )| = k. Gi H -val izomorf komponensei szmnak meghatrozshoz megszmoljuk Gi H -val izomorf fesz tett rszgrfjait s levonjuk a Gi nagyobb komponensei H -val izomorf fesz tett rszgrfjainak szmt. Az elz feladat s az indukci s felttel szerint ez a szm azonos lesz i = 1 s 2 esetn. Teht G1 -nek s G2 -nek ugyanannyi komponense izomorf brmely adott H val, gy G1 ∼ = G2 . $P. J. Kelly, Pacific J. Math. 7 (1957), 961{968.]

15.16

16.

§ 15. REKONSTRUKCI

625

(a) Elszr megjegyezzk, hogy mivel dT1 (x) = |V | − 1 − |E (T1 − x)| = |V | − 1 − |E (T2 − x)| = dT2 (x) T1 s T2 vgpontjai azonosak. Legyen W ezen vgpontok halmaza. Ha |W | = 2, akkor T1 is s T2 is egy t, teht T1 ∼ = T2 . A kvetkezkben feltesszk, hogy |W | ≥ 3. Legyen P tetszleges T1 -beli maximlis t s x egy nem P -re es vgpont. Ekkor T2 − x ∼ = T1 − x ⊇ P -bl kvetkezik, hogy T2 is tartalmaz ugyanilyen hossz utat. gy T2 tmrje legalbb akkora, mint T1 tmrje. Minthogy ez megford tva is igaz, gy tmrjk azonos kell, hogy legyen, mindkettnek d. (b) A pros d tmr esett trgyaljuk (a pratlan eset egyszerbb). Legyen ci a Ti fa kzppontja. Feltehetjk, hogy d > 2, hiszen ha Ti csillag, akkor tartalmaz n − 1 fok pontot, s gy a msik fa is csillag. 1◦ Elszr tegyk fel, hogy Ti − x tmrje minden x vgpontra d. Hatrozzuk meg a Ti azon ci -hez kapcsol d gainak mi (D) szmt, melyek izomorfak egy adott D-fval, melynek 'gykere" (azaz egy ci -hez kapcsol d

pontja) is adott. 'Visszafel" indukci val bizony tjuk, hogy m1 (D) = m2 (D). Ha |V (D )| ≥ |V |, ez trivilisan igaz. Szmoljuk meg, hogy hnyszor fordul el a Ti − x, x ∈ W , kzppontjhoz kapcsolva a D g. Ekkor T1 − x ∼ = T2 − x miatt ugyanazt a szmoz kapjuk i = = 1 2-re. Ti − x-nek ktfle D-vel izomorf ga van ezek vagy maguk is Ti gai, vagy Ti egy nagyobb gb l x elhagysval llnak el. A Ti − x grfok Ti nagyobb gaib l elll D gainak szma azonos i = 1 s 2-re, hiszen T1 s T2 nagyobb gai ugyanazok. Emiatt a Ti − x grfok azon D gainak szma, melyek a Ti D gai, azonosak i = 1 s 2 esetn. Mivel Ti minden D gt |W | − l-szer szmoltuk, ahol l a D vgpontjaiknak szma, ez bizony tja, hogy m1 (D) = m2 (D). Teht m1 (D) = m2 (D) brmilyen gyker D esetn igaz. Ebbl az kvetkezik, hogy T1 ∼ = T2 . 2◦ Tegyk fel, hogy pontosan egy olyan x0 pont van, melyre T1 − x0 = T2 − − x0 tmrje kisebb d-nl. Ekkor pontosan kt olyan ci -hez kapcsol d B1i s B2i g kell, hogy legyen Ti -ben, mely tartalmaz d2 hossz utat tetszleges szm ms g lehet. B1i pontosan egy pontot tartalmaz, mely d2 tvolsgra van ci -tl B2i legalbb kt ilyen pontot tartalmaz. 2◦ (a) Elszr tegyk fel, hogy B11 sem s B12 sem egyetlen t. Ekkor B2i a legnagyobb g a Ti − x (x ∈ W − {x0 }) fkban a kzpponthoz kpest, melynek legalbb kt pontja d2 tvolsgra van a gykrtl, s gy B21 s B22 izomorf gykeres fk. Teht ugyangy, mint 1◦ -ben kvetkezik, hogy T1 -nek s T2 -nek a kzpponthoz kapcsol d gai ugyanazok. 2◦ (b) Tegyk fel, hogy B11 egyetlen t. Ekkor a T1 − x0 x0 -lal szomszdos x1 vgpontja rendelkezik azzal a tulajdonsggal, hogy T1 − x0 minden (d − 1) hossz tja tartalmazza. gy T2 − x0 szintn tartalmaz olyan x2 vgpontot, mely minden (d − 1) hossz tban elfordul. Mrmost x0 T2 -ben szomszdos kell, hogy

626

MEGOLDSOK

15.17

legyen x2 -vel hiszen egybknt x2 s x0 a T2 olyan vgpontjai lennnek, melyeket minden d hossz t tartalmaz, ami ellentmonds. x0 a T1 − x0 ∼ = T2 − x0 megfelel pontjaival van sszektve, azaz T1 ∼ = T2 . 3◦ Az az eset, amikor T1 − x ∼ = T2 − x tmrje d − 1 kt x pontra (nyilvnval , hogy nem lehet d − 1 az tmr 2-nl tbb vgpontra), anal g m don kezelend. $uo.] 17. (a) Legyen H tetszleges n pont grf s jellje |G → H | azon ' : V (G) → V (H ) lekpezsek szmt, melyek klcsnsen egyrtelmek s szomszdos pontokat szomszdosakba kpeznek. Ekkor |G → H | kifejezhet szita formulval a kvetkezkppen. Minden S ⊆ E (G)-re jelljk GS -sel a (V (G) S ) grfot. gy az 5.18-ban szerepl m dszerhez hasonl an X |G → H | = (−1)|S | |GS → H |: S ⊆E (G)

Specilisan (5)

|G1 → G2 | =

(6)

|G2 → G2 | =

X

(−1)|S | |G1S → G2 |

S ⊆E (G1 ) X

(−1)|S | |G2S → G2 |:

S ⊆E (G2 )

Itt a G1S (S ⊂ E (G1 )) s G2S (S ⊂ E (G2 )) grfok pronknt izomorfak ez ugyangy ad dik, mint 15.14b-ben. Tovbb |G1E (G1 ) → G2 | = |G1 → G2 | = 0

hiszen G1 -nek tbb le van, mint G2 -nek. Hasonl an |G2E (G2 ) → G2 | = 0: Teht (5)-ben s (6)-ben a jobb oldalon ugyanazok a tagok szerepelnek. Ebbl az kvetkezik, hogy |G1 → G2 | = |G2 → G2 | > 0: Teht G1 -nek van klcsnsen egyrtelm lekpezse G2 -be. Mivel lszmuk azonos, gy G1 ∼ = G2 . $L. Lovsz, J. Comb. Theory 13 (1972), 309{310.] (b) Feltehetjk, hogy V (G1 ) = V (G2 ) = V . Tekintsk a V egy vletlen  permutci jt. Jellje Ai (Bi ) azt az esemnyt, hogy ei -t egy nem szomszdos G1 -beli (G2 -beli) pontprba kpeztk le. gy, mint 2.2a-ban, deniljuk a kvetkezket: Q Q AI = Ai  BI = Bi P i∈I P i∈I j = |I |=j P(AI ) j = |I |=j P(BI ):

§ 15. REKONSTRUKCI

15.18

627

Jegyezzk meg, hogy gy, mint 15.14b-ben, vagy az (a) rszben kvetkezik, hogy j = j (j = 0 1 : : :  m − 1): Jellje  s  az elfordul Ai -k s Bi -k szmt. Ekkor 2.7b szerint m m X X j  E(x ) = (x − 1) j  E(x ) = (x − 1)j j : j =0 j =0

gy (7) E(x ) − E(x ) = (x − 1)m (m − m ): Legyen itt x = −1, s hasznljuk a trivilis relci kat, hogy |E((−1) )| ≤ 1 s |E((−1) )| ≤ 1: Ekkor (7)-bl azt kapjuk, hogy 1 < 1  |≤ |m − m m 2 −1 n!  racionlis a felttel szerint. De a val sz nsgi mez den ci ja szerint m s m szmok n! nevezvel. Teht egyenlnek kell lennik. Az (7) egyenlet konstans tagjt vve azt kapjuk, hogy P( = 0) = P( = 0): De ha  az azonossg, akkor  = 0. gy P( = 0) = P( = 0) > 0 vagyis ltezik olyan permutci , ami minden ei -t lbe kpez. Ez izomorzmus G1 s G2 kztt. $W. Mller, J. Comb. Theory B 22 (1977), 281{283.] 18. Azt fogjuk megmutatni, hogy ha |Y | = k − 1, akkor |E (H1 − X )| = |E (H2 − X )|: Legyenek X1  : : :  Xt az Y -t tartalmaz t-esek (t = |V | − k + 1). Ekkor (8)

t X i=1

|E (H1 − Xi )| = (|V | − k − r + 1)|E (H1 − X )|

ami egyszer szmolssal ad dik. Hasonl an (9)

t X i=1

|E (H2 − Xi )| = (|V | − k − r + 1)|E (H2 − X )|:

Minthogy (8) s (9) bal oldala egyenl s |V | − k − r + 1 > 0, (8)-bl s (9)-bl az kvetkezik, hogy |E (H1 − Y )| = |E (H2 − Y )|. Ez hasonl an ad dik minden olyan Y -ra, melyre |Y | ≤ k.

628

MEGOLDSOK

15.19

Legyen T ⊆ V , |T | = r. T -nek, mint Hi lnek a multiplicitst akarjuk kiszm tani vagyis Hi azon leinek szmt akarjuk meghatrozni, melyek nem Hi − t-beliek egyetlen t ∈ T -re sem. A szita formulval ez a szm X (−1)|X | |E (Hi − X )|: X ⊆T

Mivel k ≥ r, ez a szm ugyanaz lesz i = 1 s 2 esetn. gy H1 s H2 azonos. $V. Faber, Hypergraph Seminar, Lecture Notes in Math. 411, Springer (1974), 85{94.] 19. Jellje i (X ) az X ⊆ V multiplicitst mint Hi (i = 1, 2) le. Az ll tsb l kvetkezik, hogy (10)

1 (X − {x}) + 1(X ) = 2(X ) = 2(X − {x}) + 2 (X ) hiszen i (X − {x}) + i (X ) az X − {x} l mutiplicitsa Hi \ x-ben. Tegyk fel, hogy H1 = H2 . Ekkor vannak olyan X ⊆ V halmazok, melyekre 1 (X ) = 2 (X ). Legyen X egy nem szk thet ilyen halmaz. Ekkor (1) szerint 1 (X − {x}) = = 2 (X − {x}) minden x ∈ X -re. Ez csak akkor lehetsges, ha X = ∅. gy feltehetjk, hogy 1 (∅) > 2 (∅). |X | szerinti indukci val bizony tjuk, hogy

1 (X ) > 2 (X ) ha |X | pros

1 (X ) < 2 (X ) ha |X | pratlan: Ez (10)-bl knnyen ad dik. Specilisan

1 (X ) > 2 (X ) ≥ 0 ha |X | pros vagyis V minden pros rszhalmaza H1 egy le. Hasonl an V minden pratlan rszhalmaza H2 egy le. $C. Berge, Hypergraph Seminar, Lecture Notes in Math. 411, Springer (1974), 1{12.] 20. (a) Jellje hom (A B ) s epi(A B ) rendre az A-nek a B -be val homomorzmusainak s epimorzmusainak (szrjekt v homomorzmusainak) a szmt. Elszr vegyk szre, hogy (∗) Ha epi(G1  H ) = epi(G2  H ) minden H -ra, akkor G1 ∼ = G2 . Val ban, epi(G1  G2 ) = epi(G2  G2 ) > 0 s epi(G2  G1 ) = epi(G1  G1 ) > 0, azaz G1 s G2 egyms epimorf kpei. Mivel vgesek, gy izomorfnak kell lennik. Teht hom (Gi  H )-t s epi(Gi  H )-t akarjuk sszehasonl tani. Nyilvnval , hogy minden epimorzmus homomorzmus, s egy homomorzmus akkor s csak akkor epimorzmus, ha H minden le benne van a kpben. Teht hasznlhatjuk a szita formult, amibl X epi(Gi  H ) = hom (Gi  H ) − hom (Gi  H − e)+ e∈E (H )

§ 15. REKONSTRUKCI

15.21

+

X {e1 e2 }⊆E (H )

hom (Gi  H − e1 − e2 ) − : : : =

X

629

(−1)|S | hom (Gi  H − S ):

S ⊆E (H )

Mivel a jobb oldalak i = 1 s 2 esetn tetszleges rgz tett H -ra azonosak, levonhatjuk a kvetkeztetst, hogy epi(G1  H ) = epi(G2  H ) minden H grfra igaz. (∗) szerint ebbl az kvetkezik, hogy G1 ∼ = G2 . (b) Jellje mon (A B ) az A-nak a B -be val monomorzmusainak (injekt v homomorzmusainak) szmt. Ismt (∗) ha mon (H G1 ) = mon (H G2 ) minden H -ra, akkor G1 = G2 . Val ban, mon(G2  G1 )= mon(G1  G1 ) > 0 s mon(G1  G2 )= mon(G2  G2 ) > > 0, azaz G1 -nek s G2 -nek van egymsba val monomorzmusa, ami miatt a vgessgkbl kvetkezik, hogy G1 ∼ = G2 . mon (H Gi ) s hom (H Gi ) sszehasonl tshoz gyeljk meg, hogy egy homomorzmus akkor s csak akkor monomorzmus, ha nem azonos t pontprokat. Legyen U  ((x1  y1 ) : : :  (xk  yk )) a legkisebb olyan ekvivalencia-relci , melyre xi s yi azonos osztlyba tartozik (i = 1 : : :  k), s brmely egyszer H grfra s brmely V (H )-n rtelmezett U  ekvivalencia-relci ra jellje H=U  az U  minden adott osztlyban a pontok azonos tsval s az gy keletkez tbbszrs lek elhagysval kapott egyszer grfot. Ekkor mon (H Gi )-t kifejezhetjk a szita formulval: X hom (H=U  (x1 y1 )  Gi )+ mon (H Gi ) = hom (H Gi ) − + =

{x1 y1 }={x2 y2 }⊆V (H )

( V (H )|) |

2 X

k=0

{x1 y1 }⊆V (H )

X

(−1)k

hom (H=U  ((x1y1 )(x2 y2 )) Gi ) − : : : =

X {x1 y1 }=:::={xk y2 }⊆V (H )

= hom (H=U  ((x1 y1 ):::(xk yk ))  Gi ):

A jobb oldal itt is azonos i = 1 s 2 esetn, teht mon (H G1 ) = mon (H G2 ) s (∗) bizony tja az ll tst. $L. Lovsz, Periodica Math. Hung. 1 (1971), 145{156.] 21. Legyenek '  : H → G1 homomorzmusok, s (v) = ('(v) (v)) (v ∈ V (H )): Ekkor knnyen igazolhat , hogy  a H grf egy homomorzmusa G1 × G1 -be, s megford tva, H minden G1 × G1 -be val homomorzmusa egyrtelmen elll

gy. Teht (11) hom (H G1 × G1 ) = ( hom (H G1 ))2 :

630

MEGOLDSOK

15.22

gy ( hom (H G1 ))2 = hom (H G1 × G1 ) = hom (H G2 × G2 ) = ( hom (H G2 ))2 s mivel hom (H Gi ) ≥ 0, hom (H G1 ) = hom (H G2 ): Ez minden H -ra igaz, teht 15.19b-bl azt kapjuk, hogy G1 ∼ = G2 . $uo.]

G1

G2

118. bra

G1 × K2

G2 × K2

119. bra 22. (a) Pr bljuk ki F = K2 -t. Vegyk szre, hogy ha v ∈ V (G1 ), akkor (v x) ∈ ∈ V (G1 × F ) fokszmai azonosak v fokszmaival. Emiatt G1 s G2 fokszmai is

azonosak kell, hogy legyenek. Egy egyszer nem izomorf pr azonos fokszmsorozattal lthat a 118. brn. K2 -vel direkt szorzatokat alkotva (V (K2 ) = {1 2} vlasztssal) minden esetben kt diszjunkt 6 hossz krt kapunk, mint azt a 119. bra mutatja. (b) Legyen H tetszleges grf. Az elz megoldshoz hasonl okok miatt hom (H G1 ) hom (H F ) = hom (H G1 × F ) =

15.22

§ 15. REKONSTRUKCI

631

(12) = hom (H G2 × F ) = hom (H G2 ) hom (H F ): Azt akarjuk megmutatni, hogy (13) hom (H G1 ) hom (H F  ) = hom (H G2 ) hom (H F  ): Ha hom (H F  ) = 0, akkor (13) trivilisan igaz. Ha hom (H F  ) > 0, akkor nyilvnval , hogy hom (H F ) > 0, gy (12)-bl kvetkezik, hogy hom (H G1 ) = = hom (H G2 ), ami miatt (13) ismt ad dik. (c) Az tlettrban megfogalmazott (G · H )◦ = G◦ × H ◦ relci t knny igazolni. Ekkor G◦1 × H ◦ = (G1 · H )◦ ∼ = (G2 · H )◦ = G◦2 × H ◦ : Jellje E ◦ az egy pontb l s egy huroklbl ll grfot. gy E ◦ a H ◦ rszgrfja, s gy (b) szerint G◦1 ∼ = G◦1 × E ◦ ∼ = G◦2 × E ◦ ∼ = G◦2 : (d) Az tlettrban megfogalmazott ll ts a 15.20b-hez hasonl rvelssel ad dik, azzal az eltrssel, hogy U  ((x1  y1 ) : : :  (xk  yk )) interpretci ja a legkisebb kongruencia-relci , mely tartalmazza az (x1  y1 ) : : :  (xk  yk ) prokat. Tegyk fel, hogy G1 , G2 s F vges csoportok s G1 × F ∼ = G2 × F: Ha a H csoport homomorzmusainak szmt a G csoportba hom (H G)-vel jelljk, akkor hom (H G1 ) hom (H F ) = hom (H G2 ) hom (H F ) minden vges H csoportra. Mivel hom (H F ) = 0, ez azt adja, hogy hom (H G1 ) = hom (H G2 ) ami miatt G1 ∼ = G2 . Vges gyrkre a bizony ts ugyan gy megy. St, ugyan gy megy brmely hrom G1 , G2 s F algebrra feltve, hogy F -nek van 1 elem rszalgebrja. $Kateg rikra val ltalnos tst lsd L. Lovsz, Acta Sci. Math. 33 (1972), 319{ 322.]

Kombinatorikai fogalmak s kifejezsek sztra

bel azonossg: lsd 1.44. g: a G grfban az x ponthoz tartoz g az a rszgrf, mely a G − x grf egy G1 komponensbl, az x pontb l s az x-et G1 -hez kt lekbl ll. tmr (G grf): a pontok kztt elfordul maximlis tvolsg. Automorzmus ( irnytott ] grf): a V (G) olyan  permutci ja, melyben az (x y)-lek szma azonos az ((x) (y))-lek szmval (x y ∈ V (G)). Beszlhetnk egy sznezett l G grf automorzmusr l. Ez olyan  permutci t jelent, hogy az (x y)-lek szma azonos az ((x) (y))-lek szmval brmilyen adott sznre. Egy irnytott] grf sszes automorzmusainak halmaza egy A(G) permutci s csoportot alkot. Azonosts: a G irnytott ] grfban az x, y pontok azonostsa olyan G irnytott] grfot eredmnyez, melyre V (G ) = V (G) − {x y} ∪ {xy}, ahol z = xy egy j pontot jell, E (G ) = E (G), s minden e ∈ E (G) l vgpontjai azonosak G ben s G-ben, kivve, ha valamelyik vgpontja x vagy y volt, ekkor helyette xy lesz. Ily m don minden (x y)-l xy-hoz illeszked hurokk vlik. Bell szm: lsd partci. ;  Binomilis egytthat nk : ahnyflekppen n elembl k-t kivlaszthatunk. Ezt a szmot az albbi formula adja meg:   n = n! = n(n − 1) : : : (n − k + 1)  (0 ≤ k ≤ n) (1) k k!(n − k)! k! s denci szerint   k = 1 (k = 0 1 : : :): 0 ;  Az (1) formula megadja nk -t brmely val s (vagy komplex) n rtkre. Brooks ttele: lsd 9.13. Brun szita: lsd 2.13.

634

SZTR

Burnside lemma: lsd 3.23. Catalan szmok: lsd 1.33, 1.37{40. Cayley formula: lsd 4.2. Ciklikus permutci: azonostsuk ugyanazon S halmaz kt (x1  : : :  xn ), (y1  : : : : : :  yn ) rendezst, ha y1 = xk+1 : : :  yn−k = xn , yn−k+1 = x1  : : :  yn = xk valamely 1 ≤ k ≤ n-re. Az gy denilt ekvivalencia-relci egy osztlya ciklikus permutci t alkot. Ciklusszmll polinom (; permutcis csoport): A X p; (x1  : : :  xn ) = |;1 | xk11 () : : : xknn () ∈; polinom, ahol n azon elemek szma, melyeken ; fut s ki () a  permutci ciklus-felbontsban az i hosszsg ciklusok szma. Csillag: olyan fa, melyben egyetlen pont van minden ms ponttal sszektve. Egy pont csillaga : lsd grf . Cs cs: lsd grf. Cs csmtrix (G grf): az AG = (aij )nij =1 mtrix, ahol V (G) = {v1  : : :  vn }, s Aij a (vi  vj )-lek szma. Dulis skgrf: egy sszefgg G skgrf dulisa a kvetkezk szerint konstrult G∗ skgrf. Kivlasztunk egy xF pontot a G minden F lapjn ezek lesznek G∗ pontjai. Kivlasztunk mg egy pe pontot is G minden e ln. Minden pe pontot sszektnk az xF s xF  pontokkal az F ill. F  belsejben halad Je , Je Jordangrbkkel, ahol F , F  az e-vel szomszdos kt lap. Ha F = F  (azaz G azonos lapja hatrolja e-t mindkt oldalr l), akkor Je -nek s Je -nek gy kell pe -t xF -fel sszektnie, hogy pe-t e klnbz oldaln hagyjk el (ez akkor fordul el, ha e elvg -l). Tovbb vlasszuk Je , Je -t gy, hogy az xF -et F hatrn lv pe pontokhoz kt Je veknek ne legyen xF -tl klnbz kzs pontjuk. Legyen e∗ = Je ∪ Je s E∗ (G∗ ) = {e∗ : e ∈ E (G)}. Ekkor G∗ szintn skbarajzolhat grf. Ha G-t s G -ot gmbfelletbe gyazottnak tekintjk, akkor a dulis skgrf szksgkppen egyrtelmen meg van hatrozva, azaz ha G^ ∗ a G egy msik dulis skgrfja, akkor ltezik a gmbfelletnek egy sajt magra trtn ' homeomorzmusa, melyre '(x) = x minden x ∈ V (G) esetn, '(e) = e minden e ∈ E (G) esetn, '(V (G∗ )) = V (G^ ∗ ), s ha ^e∗ az e∗ -nak megfelel l G^ ∗ -ban, akkor '(e∗ ) = ^e∗ . G∗ dulisa G. A fenti konstrukci s az utols lltsok sokmindent felhasznlnak a sktopol gib l, amit mi itt bizonyts nlkl elfogadunk (120. bra). Edmonds prostsi algoritmusa: lsd 7.34. Egyszer grf, irnytott grf, hipergrf : lsd grf, irnytott grf, hipergrf .

SZTR

635

120. bra

l: lsd grf, irnytott grf, hipergrf. Elemi pros grf: lsd 7.7. Elrsi id: lsd vletlen sta. lgrf (G hiper ]grf): a kvetkezkppen denilt L(G) egyszer grf: V (L(G)) = E (G) (E (L(G)) = {(e f ) : e f ∈ E (G) e-nek s f -nek van kzs vgpontja}: (G irnytott grf lgrfja): a kvetkezkppen denilt L(G) egyszer irnytott grf: V (L(G)) = E (G) E (L(G)) = {(e f ) : e f ∈ E (G) e vgpontja az f kezdpontja}:

Elhagys: egy X ⊆ V (G) halmaz elhagysa egy G hiper-, irnytott ] grfbl az X sszes pontjnak elhagysa az sszes hozzjuk illeszked llel egytt. A kapott hiper-, irnytott] grf jellse G − X  ha X = {x}, jellse egyszeren G − x. l sszefggs: egy grf k-szorosan lsszefgg (k-lsszefgg) az a s b pontjai kztt, ha brhogyan is hagyunk el legfeljebb k − 1 lt, a kapott irnytott] grf tartalmaz (a b)-utat. Egy irnytott] grf k-szorosan l sszefgg , ha brmely kt pontja kztt az. Ekvivalens megfogalmazsban: ha brhogyan is hagyunk el legfeljebb k − 1 lt, a kapott irnytott] grf ersen] sszefgg. Elvg halmaz: olyan ponthalmaz lhalmaz] egy sszefgg grfban, melynek elhagysval a grf nem-sszefggv vlik. Elvg-pont elvg-l]: olyan pont l], mely nmagban elvg halmazt alkot.

636

SZTR

Elvlaszts: egy pontokb l s lekbl ll X halmaz elvlasztja (A B )-t (A, B ⊆ ha reprezentlja (lefogja) az sszes (A B )-utat (v. elvg-halmaz ). Endomorzmus: a G irnytott ]grf endomorfizmusa egy sajt magba trtn homomorzmusa. A G sszes endomorzmusa a kompozci val mint szorzssal flcsoportot alkot, ennek jellse End(G). Erd: krmentes grf. Az erd komponensei fk. Erds{de Bruijn ttel: lsd 8.14. Erds{Ko{Rado ttel: lsd 13.28. Erds{Stone ttel: lsd 10.38. Euler-vonal: a(z) irnytott] grf minden lt tartalmaz zrt vonal. Euler-fle irnytott ]grf : van benne Euler-vonal. Euler formula: lsd 5.24. Fa: krmentes sszefgg grf. #gy is denilhat , mint olyan sszefgg grf, mely brmely le elhagysval nem-sszefggv vlik vagy mint olyan krmentes grf, melyben tetszleges l felvtelvel kr keletkezik. Egy n pont fnak pontosan n − 1 le van s mindig tartalmaz legalbb 2 elsfok pontot, feltve, hogy |V (G)| ≥ 2. Gy keres fa az olyan fa, melyben kitntettnk egy pontot, az un. gy keret . Gy keres d-edfok fa olyan gykeres fa, melyben a gykr foka d s minden ms pont foka d + 1 vagy 1. Egy gykeres d-edfok fa teljes , ha minden vgpontja a gykrtl azonos tvolsgra van. Faktor: a G grf f -faktora (ahol f egy V (G)-n rtelmezett fggvny) olyan G rszgrf, melyre V (G ) = V (G) s dG (x) = f (x) minden x pontra. Teht az 1-faktor egy minden pontot lefog fggetlen lhalmaz. Flig regulris csoport : lsd permutcicsoport . Felhasts: a G grf egy x pontjnak felhastsa x1  : : :  xk pontokra az x elhagysval, x1  : : :  xk j pontok felvtelvel s minden (x y)-lnek (y ∈ V (G) − {x}) pontosan egy i-re (1 ≤ i ≤ k) egy j (xi  y)-llel val helyettestsvel elll grf. Feloszts (G grf): A G-bl oly m don elll G grf, hogy minden e lt egy e vgpontjait sszekt s ms G-beli pontot nem tartalmaz Pe (legalbb 1 hossz) ttal helyettestnk gy, hogy a Pe utak (e ∈ E (G)) fggetlenek legyenek. A G pontjait a G f pontjainak nevezzk. Feny: egy irnytott G grf egy kitntetett a ponttal, gy krrel, melyben minden x = a pont befoka 1 s minden x ponthoz vezet egy egyrtelm (a x)-t. Fenyt kaphatunk gy, hogy egy fban megjellnk egy a pontot, majd minden e lt gy irnytunk, hogy az a-t s e-t sszekt egyrtelm t e kezdpontjban vgzdjn. Inverz feny az az irnytott grf, melyet egy fenybl az lek irnytsnak megfordtsval kapunk.

⊆ V (G)),

SZTR

637

Ferrers diagram: lsd 1.16. Fesztett rszgrf: lsd rszgrf. Feszt rszgrf (G grf): olyan G rszgrf, melyre V (G ) = V (G). Fokszm: egy x pont foka egy G hiper ]grfban az x-et tartalmaz lek szma (grfok esetn a hurokl ktszer szmoland ). x fokszmt dG (x) jelli. d(G) a G-beli maximlis fokszmot jelli. Egy grf k-regulris , ha minden pont foka k. Egy x pont befoka kifoka ] a G irnytott grfban azon lek szmval egyenl, melyek vgpontja kezdpontja] x-ben van jellse d−G (x) d+G (x)]. Folyam: Egy (a b)-folyam az irnytott G grf lein rtelmezett nemnegatv val s f fggvny, melyre X X f (e) = f (e) e=(x0y)∈E (G)

e=(yx0)∈E (G)

minden x0 = a b pontra (vagyis az x0 -ba befoly %vz" mennyisge azonos az onnan kifoly mennyisggel %Kirchho' trvnye"). Egy (a b)-folyam f rtke a %nett nyeresg" az a forrsnl, azaz X X w(f ) = f (e) − f (e): e=(ax)

e=(xa)

Frucht ttele: lsd 12.5. Fggetlen lek egy irnytott ] grfban : semelyik kettnek nincs kzs vgpontja. A G-beli fggetlen lek maximlis szmt  (G) jelli. Egy fggetlen lhalmazt prostsnak is neveznk. Fggetlen pontok egy irnytott ] grfban : semelyik kett kztt nem megy l. A G-beli fggetlen pontok maximlis szmt (G) jelli. Fggetlen utak egy irnytott ] grfban : olyan utak, melyeknek nincsen kzs pontjuk, esetleg a vgpontokt l eltekintve. Gallai{Edmonds strukt ra ttel: lsd 7.32. Genertorfggvny: egy {an }∞ n=0 sorozat genertorfggvnye az

f (x) =

∞ X

n=0

an xn P

n fggvny. Exponencilis genertorfggvny: f (x) = ∞ n=0 (an =n!)x . Geometriai hl: egy atomjai ltal generlt L hl , melyben ha x fedi x ∧ y-t, akkor x ∨ y fedi y-t. Az x elem r(x) rangja a (0 x)-sorozatok maximlis hossza mnusz 1. Ez a fggvny eleget tesz a kvetkezknek: r(x) ≥ 0 x > x ⇒ r(x) ≥ ≥ r (x ) ha x fedi y -t, akkor r (y ) ≤ r (x) ≤ r (y )+1 s r (x ∨ y )+ r (x ∧ y ) ≤ r (x)+

638

SZTR

+ r(y). Ilyen hl ra pldt szolgltat egy a(n vagy projektv tr tetszleges S ponthalmaza: a hl elemei a tr altereinek S -sel vett metszetei. Grf: a G grf pontok (cscsok) egy vges V (G) halmazb l s lek egy vges E (G) halmazb l, valamint egy hozzrendelsbl ll, mely minden e ∈ E (G) lhez a V (G) rendezetlen elem-prjait, e vgpontjait rendeli. Jells: G = (V (G) E (G)). Azt mondjuk, hogy egy l sszek ti , vagy sszekapcsolja a vgpontjait. Ha e sszekti x-et s y-t, akkor e-t (x y)-lnek nevezzk. Az olyan lt, melynek kt vgpontja azonos, huroklnek hvjuk. Kt azonos vgpont-prral rendelkez l prhuzamos , vagy t bbsz r s . A grf egyszer , ha nincs hurokle, s nincsenek prhuzamos lei. Ebben az esetben tekinthetjk E (G)-t a V (G) kt elem rszhalmazainak halmazaknt. Egy l s egy pont szomszdos (illeszkednek ), ha a pont az l egyik vgpontja. Kt l szomszdos , ha van kzs vgpontjuk. Kt pont szomszdos , ha l kti ssze ket. Egy ponthoz illeszked lek halmaza a pont csillaga . A X ⊆ V (G)-vel szomszdos pontok halmazt ;G (X )-szel, vagy egyszeren ;(X )-szel jelljk, ha a sz ban forg grfot a szvegkrnyezet egyrtelmv teszi. A hurok nlkli grfok specilis hipergrfok (v. mg irnytott grf ). Hajs konstrukci: lsd 8.16. Hl: olyan rszben rendezett halmaz, melyben brmely kt x y elemnek egyrtelm x ∨ y legkisebb fels korltja (egyestse) s egyrtelm x ∧ y legnagyobb als korltja (metszete) van. Minden itt trgyalt hl vges. Minden vges hl nak van egy egyrtelm legkisebb eleme, 0, s egyrtelm legnagyobb eleme, 1. Egy legkisebb nem-nulla elemet atomnak neveznk. Hamilton k r t ]: egy irnytott] grf minden pontjt tartalmaz irnytott] kr t]. Hamilton-fle grf : van Hamilton-kre. Hromsz gels (C k r): olyan grf, mely ebbl a krbl s ennek n − 3 nem keresztezd tl jb l ll (n a C hossza). Hromsz gelt skgrf : olyan skgrf, melynek minden lapja hromszg. Helyettests: a H grf egy x pontjnak a G grffal val helyettestst gy kapjuk, hogy az x pontot elhagyjuk H -b l, s minden (x y)-l fejben (y ∈ V (H ) − {x}) behzunk |V (G)| szm y-t G pontjaival sszekt lt (feltesszk, hogy G s H pont-diszjunktak). Hd: egy G1 rszgrfhoz tartoz hd egy olyan (sszefgg) B rszgrf, hogy B vagy egyetlen l, melynek mindkt vgpontja G1 -beli, vagy a G − V (G1 ) egy sszefgg komponense azon G1 vgpont lekkel egytt, melyek ezt a komponenst G1 -hez ktik. G1 hdjai particionljk E (G) − E (G1 )-et, azaz gy is lehetne denilni ket, mint a kvetkez ekvivalencia-relci osztlyai: %e1 = e2 vagy van e1 -et s e2 -t sszekt G1 -tl diszjunkt t".

SZTR

639

Hipergrf (halmaz-rendszer ): A H hipergrf pontok egy vges V (H ) halmazb l, lek egy vges E (G) halmazb l s egy hozzrendelsbl ll, mely minden E lhez hozzrendeli V (H ) egy rszhalmazt, E vgpontjait (elemeit ). Jellse: H = (V (H ) E (H )). Azonos vgpontokkal rendelkez kt l prhuzamos . A hipergrf egyszer , ha nem tartalmaz prhuzamos leket. Ebben az esetben E (H )t tekinthetjk gy, mint V (H ) rszhalmazainak egy halmazt. Egy l illeszkedik egy ponthoz, ha a pont az l egyik vgpontja. A hipergrf r-uniform , ha minden lnek r vgpontja van. A 2-uniform hipergrfokat azonosthatjuk a hurokmentes grfokkal. Az n pont teljes r-uniform hipergrf egy olyan egyszer hipergrf, mely a pontjainak minden r elem rszhalmazt tartalmazza lknt. Jellse Knr . Homomorzmus: egy G1 irnytott ] grf homomorfizmusa egy G2 irnytott ] grfba : egy olyan ' : V (G1 ) → V (G2 ) lekpezs, hogy ha (x y) ∈ E (G1 ), akkor ('(x) '(y)) ∈ E (G2 ). H r: egy G1 ⊆ G rszgrf hrja egy e ∈ E (G) − E (G1 ) l, mely G1 kt pontjt kti ssze. Hurokl: lsd grf. Illeszkedsi mtrix (G grf): A BG = (bij )ni=1 m j =1 mtrix, ahol V (G) = {v1  : : : : : :  vn }, E (G) = {e1  : : :  em }, s bij = 1, ha vi s ej illeszkednek, klnben 0. Intervallumgrf: olyan egyszer grf, melynek pontjai egy egyenes intervallumai, s kt pontja akkor s csak akkor szomszdos, ha a megfelel intervallumok metszik egymst. Irnyts: lsd irnytott grf . Irnytott grf: egy V (G) ponthalmaz , egy E (G) lhalmaz s rendezett pontprok hozzrendelse minden lhez ezen rendezett pr els eleme az l kezd pontja , msodik eleme az l vgpontja . Kt lt prhuzamosnak neveznk, ha kezd- s vgpontjuk azonos. Az irnytott grf egyszer, ha nem tartalmaz prhuzamos leket. Ebben az esetben E (G) tekinthet V (G) × V (G) egy rszhalmaznak. Ha G grf s minden lhez tartoz egyik pontot kinevezzk kezdpontnak, a msikat pedig vgpontnak, akkor egy irnytott grfot kapunk, amit G egy irnytsnak neveznk. Ha e = (x y) ∈ E (G), a kvetkez kifejezsek brmelyikt hasznlhatjuk: e x-bl y-ba mutat y elrhet x-bl e-n e elhagyja x-et s elri y-t e vgpontja y s kezd pontja x. V. grf. Irnytott k r: lsd kr. Izollt pont egy grfban : olyan pont, mely nem illeszkedik lhez. Izomorzmus a G1 s G2 grfok k z tt: V (G1 )-nek a V (G2 )-re val klcsnsen egyrtelm ' lekpezse s az E (G1 )-nek az E (G2 )-re val klcsnsen egyrtelm '~ lekpezse, melyek sorn ha x vgpontja kezdpontja] e-nek, akkor '(x) vgpontja kezdpontja] '~ (e)-nek. Ha G1 s G2 egyszerek, akkor '~ nem jtszik fontos szerepet s az izomorzmust gy deniljuk, mint a V (G1 ) s V (G2 ) kztti

640

SZTR

' klcsnsen egyrtelm megfeleltetst, melyre (x y) ∈ E (G1 ) ⇔ ('(x) '(y) ∈ ∈ E (G2 ). Karakterisztikus polinom (G grf): a pG ( ) = det( I − AG ) polinom, ahol AG a G cscsmtrixa. Ez nem fgg a pontok szmozst l. A karakterisztikus polinom gykeit, azaz AG sajtrtkeit a G grf sajtrtkeinek nevezzk.

Kerk: olyan grf, melyet egy kr minden pontjnak egy j ponttal (a kerk %kzppontjval") val sszektsvel kapunk. Kerlet (G grf): a legrvidebb kr hossza. A kerlet akkor s csak akkor 1, ha G-ben van hurokl, s akkor s csak akkor 2, ha G-ben van tbbszrs l. Kiegyens lyozott k r hipergrfban: olyan (x1  E1  : : :  xk  Ek ) kr, melyre vagy k = 2, vagy van egy xi ∈ Ej illeszkeds, ahol j = i, i − 1 s (i j ) = (1 k). Egy hipergrf kiegyenslyozott, ha minden pratlan hossz kre kiegyenslyozott, s teljesen kiegyenslyozott, ha minden kre kiegyenslyozott. Kiterjedsi rta: lsd konduktancia. Klikk: egy grf maximlis (nem bvthet) teljes rszgrfja. Kollekci: egy S halmaz, melynek minden elemhez egy pozitv egsz multiplicits is meg van adva. Brmely nem S -beli elem multiplicitst 0-nak tekintjk. Komplementer (egyszer G grf): az az egyszer G grf, melyre V (G) = V (G) E (G) = {(x y) : x y ∈ V (G) x = y (x y) ∈= E (G)}: Nyilvnval , hogy (G) = G. (egyszer irnytott G grf): az az egyszer irnytott G grf, melyre V (G) = V (G) E (G) = V (G) × V (G) − E (G): Komponens: Egy G grf komponense (vagy sszefgg komponense) minden maximlis (nem bvthet) sszefgg rszgrfja. G brmely kt sszefgg komponense pont-diszjunkt, s minden pont (s l) pontosan egy komponensbe tartozik. A komponensek szmt c(G)-vel jelljk  c1 (G) jelli a pratlan sok pontot tartalmaz komponensek szmt. Egy irnytott grf er s komponense minden maximlis (nem bvthet) ersen sszefgg rszgrfja. Konduktancia (egy G grf): Az n2 · e(S V \ S )

m |S | · |V \ S | kifejezs minimuma minden nem-res S ⊂ V halmazra, ahol e(S V \ S ) az S s V \ S kzti elemek szmt jelli. A kiterjedsi rta a pontokra vonatkoz anal g fogalom: a |;(|SS)|\S | kifejezs minimuma minden olyan nem-res S ⊂ V halmazra, melyre |S | ≤ |V |=2.

SZTR

641

K nig ttele: lsd 7.2. K r egy grfban: olyan (x1  e1  : : :  xk  ek  xk+1 ) sta, melyben x1  : : :  xk klnbz pontok, e1  : : :  ek klnbz lek s x1 = xk+1 . Ha a grf egyszer, ezt a krt (x1  : : :  xk )-val jelljk. irnytott grfban: olyan rszhalmaz, hogy ha az irnytott grf leit azonos vgpont irnytatlan lekre cserljk, ez krt alkot az gy kapott irnytatlan grfban. irnytott k r : olyan (x1  e1  : : :  ek  xk+1 ) sta, melyben x1  : : :  xk klnbzek s xk+1 = x1 . hipergrfban: egy (x1  E1  : : :  xk  Ek ) sorozat, ahol x1  : : :  xk klnbz pontok, E1  : : :  Ek klnbz lek s xi ∈ Ei (i = 1 : : :  k), xi+1 ∈ Ei (i = 1 : : :  k − 1), x1 ∈ Ek . k a kr hossza . Kritikus: egy G grf (l-)kritikus egy P tulajdonsgra vonatkoz an, vagy kritikusan rendelkezik a P tulajdonsggal, ha G igen, de brmely l elhagysa utn a kapott grf mr nem rendelkezik a P tulajdonsggal. Pont-kritikus ezzel anal g m don denilhat . -kritikus : (G − {e}) > (G) minden e lre. -kritikus : (G − {e}) < (G) minden e lre.

-kritikus : (G − {e}) < (G) minden e lre.  -kritikus hipergrf :  (H − x) =  (H ) minden x ∈ V (G)-re (v. 7.26 feladattal az elnevezs magyarzathoz). faktor-kritikus grf : G-ben nincsen 1-faktor, de G − x-ben van 1-faktor minden x pontra. Kromatikus index (G hiper ]grf): az a legkisebb k egsz, melyre G lei ksznezhetk gy, hogy szomszdos lek szne klnbz. Jellse: q(G). Nyilvnval , hogy q(G) = (L(G)). Kromatikus szm (G irnytott] grf, hipergrf): az a legkisebb k egsz, melyre G %j l k-sznezhet" (lsd sznezs). Ezt a szmot (G)-vel jelljk. Nyilvnval , hogy (G) > 0, ha G nem res (G) > 1, ha E (G) nem res. (G) = ∞, ha G-ben van hurokl vagy hipergrfra, ha van 2-nl kevesebb vgpont le]. Kromatikus polinom: (G grf): PG ( ) a G( = 0 1 : : :) j -sznezseinek szma. Ez (rgztett G esetn) polinomja, gy a denci kiterjeszthet minden val s (vagy komplex) rtkre. Jegyezzk meg, hogy a sznek jellsben eltr kt sznezs klnbznek szmt. Kuratowski ttele: lsd 5.38. Lap: lsd skgrf.

642

SZTR

Laplace mtrix: a v1  : : :  vn pontokon rtelmezett G grfra az LG = (`ij )nij =1 mtrix, ahol `ij a (vi  vj )-lek szmnak ellentettje, ha i = j , s `ii az i-edik pont fokszma. d-regulris grfra LG = dI − AG . Lefedsi id: lsd vletlen sta . k-lefogs (G hiper ]grfban): pontok olyan kollekci ja, melybl minden l legalbb k-t tartalmaz. A (pont-)lefogs azonos az 1-lefogssal a minimlis mret pontlefogst (G) jelli. A k-lefogst tekinthetjk egy olyan t : V (G) → {0 1 : : : } P lekpezsknt is, melyben x∈E t(x) ≥ k minden E lre. Lefog lhalmaz ( hiper]grf]: olyan lhalmaz, mely minden pontot tartalmaz. Legsz kebb keresztmetszet ttele: lsd 6.71. Mag: egy irnytott grf pontjainak olyan S fggetlen halmaza, melyre minden x ∈ V (G) − S -hez ltezik olyan y ∈ S , melyre (y x) ∈ E (G). Maximlis folyam{minimlis vgs ttel: lsd 6.74. Megszorts: egy H hipergrf X ⊆ V (H )-ra vonatkoz megszortsa : a HX hipergrf az X halmazon, melyre E (HX ) az E ∩ X (E ∈ E (H )) halmazok kollekci ja. Ha X = V (H ) − Y , akkor tovbbi jellseket vezetnk be: HX = H \ Y s HX = H − y, ha Y = {y}. Menger ttel: lsd 6.39. Menettrti id: lsd vletlen sta. Merev grf : nincs val di endomorzmusa. Minimlis t{maximlis potencil ttel: lsd 6.72. M bius fggvny: lsd 2.22. M bius megfordtsi formula: lsd 2.26. sszefgg grf: olyan grf, mely nem reprezentlhat G1 ∪ G2 alakban, ahol G1 s G2 pont-diszjunkt, nem res grfok. Vagy ezzel ekvivalens megfogalmazsban: a grf brmely kt pontjt t kti ssze. Egy irnytott G grf gyengn sszefgg , ha nem reprezentlhat G1 ∪ G2 alakban, ahol G1 s G2 pont-diszjunkt nem res irnytott grfok er sen sszefgg , ha brmely kt pontot (irnytott) t kt ssze. Egy H hipergrf sszefgg , ha nem reprezentlhat H1 ∪ H2 alakban, ahol H1, H2 pont-diszjunkt, nem res hipergrfok. Vegyk szre, hogy ha ∅ ∈ E (H ), akkor H nem sszefgg. sszefggsg: Egy G grf k-szorosan sszefgg s b k z tt, ha k-nl kevesebb (a b)-tl klnbz pontot s/vagy lt elhagyva, mg mindig ltezik (a b)-t a(z) irnytott] grfban (lek elhagysa csak akkor szksges, ha a s b szomszdosak). Egy irnytott] G grf k-szorosan sszefgg , ha legalbb k + 1 pontja van, s k-szorosan sszefgg brmely kt pontja kztt. Ekvivalens alakban: |V (G)| ≥

SZTR

643

≥ k+1

s G − X ersen] sszefgg brmely X ⊂ V (G), |X | ≤ k − 1 halmazra. Irnytatlan grfra ez mg gy is mondhat , hogy |V (G)| ≥ k +1 s G nem reprezentlhat G1 ∪ G2 alakban, ahol V (G1 ) V (G2 ) = V (G) s |V (G1 ) ∩ V (G2 )| ≤ ≤ k − 1. A teljes Kn grf gy (n − 1)-szeresen sszefgg, de nem n-szeresen sszefgg. +sszefgg s 1-sszefgg ekvivalens a legalbb kt pont grfokra. sszeh zs: egy e l sszehzsa egy irnytott ] grfban az l elhagyst s a kt vgpontja azonostst jelenti. Egy rszgrf sszehzsa minden lnek sszehzst jelenti (az lek sszehzsnak sorrendje nem szmt). Vegyk szre, hogy sszehzssal keletkezhetnek tbbszrs lek. Prhuzamos lek: lsd grf , irnytott grf , hipergrf. Pros (2-kromatikus) grf: Olyan G grf, mely pontjain ltezik egy {A B } partci , vagy 2-sznezs , hogy minden l egy A-beli s egy B -beli pontot kt ssze (v. kromatikus szm). Prosts: egy k-prosts a G hiper]grfban a G leinek egy olyan rszhalmaza, melybl minden ponthoz legfeljebb k illeszkedik (az lek ismtlse meg van engedve). Az 1-prostsokat egyszeren prostsnak nevezzk. A G-beli legnagyobb tekintprosts elemszma  (G) legyen  (G) = ∞, ha ∅ ∈ G. A k-prostst P hetjk egy olyan w : E (G) → {0 1 : : :} lekpezsnek, melyre E x w(E ) ≤ k minden x pontra (w(E ) az E multiplicitsa a prostsban). A teljes k-prosts olyan k-prosts, melynek minden pont pontosan k elemhez tartozik (vegyk szre a klnbsget ez s egy k-faktor kztt: ott a G egy le legfeljebb egyszer szerepelhet). T rtprosts: P olyan nem-negatv val s w(e) slyok hozzrendelse mindenPe lhez, melyre E x w(e) ≤ 1 minden x pontra. A trtprosts w mrete a e∈E (G) w(e) rtk a trtprosts minimlis mrett  ∗(G) jelli. Partci (S halmaz): S nem-res diszjunkt rszhalmazinak {A1  : : :  Ak } rendszere (ezek a partci osztlyai ), melyre A1  ∪ : : : ∪ Ak = S . Egy n-elem halmaz partci inak Bn szmt Bell szmnak hvjuk. (n szm): pozitv egszek egy {a : : :  ak } (a1 ≥ : : : ≥ ak ) kollekci ja, melyre a1 + : : : + ak = n. Perfekt grf: olyan egyszer G grf, melynek minden fesztett G rszgrfjra !(G ) = (G ): Permanens (egy (aij )ni=1 nj=1 mtrix): perA =

X



a1(1) : : : an(n) 

ahol  vgigfut {1 : : :  n} sszes permutci jn. Permutci (egy , halmaz): , egy sajt magra trtn klcsnsen egyrtelm lekpezse. Egy n-elem halmaz permutci inak szma n! = 1 · 2 · : : : · n. A minden

644

SZTR

elemet helybenhagy permutci t 1 jelli. Ha  az , egy permutci ja, x ∈ ,, s

 (x) = x, akkor x a  egy fixpontja .

Permutcicsoport: olyan ; csoport, melynek minden  elemhez hozz van rendelve egy vges , halmaz egy ~ ∈ ; permutci ja gy, hogy g (x) = ~ (~ (x)) (  ∈ ;). Ha ebbl flrerts nem szrmazhat, fel fogjuk tenni, hogy ; elemei maguk is permutci k, s esetleg ismtldhetnek is. Ha ~ = ~ -b l  =  kvetkezik, vagy ezzel ekvivalensen  = 1-re ~ = 1, akkor a permutci csoport effektv . Ha brmely x, y ∈ , prhoz legfeljebb egy olyan  ∈ ; ltezik, melyre  (x) = = y, akkor a csoport tranzitv . Ha brmely x, y ∈ , prhoz legfeljebb egy  ∈ ; ltezik, melyre  (x) = y, vagy (ekvivalens alakban) egyetlen  ∈ ;,  = 1-ben sincsen xpont, akkor a permutci csoport flig regulris . Ha flig regulris s tranzitv is egyben, akkor regulrisnak nevezzk. Ebben az esetben |;| = |,| s , elemei azonosthat k ; elemeivel gy, hogy  () =  minden  ,  ∈ ;-ra. Petersen grf: lsd 9. bra, XXX old. n 2n ferdn szimmetrikus Pfaan (ferdn szimmetrikus mtrix): Ha A = (aij )2i=1 j =1 (azaz aii = 0, aij = −aji ), akkor PfA = ahol "i1 j1 :::in jn a



X

"i1 j1 :::in jn ai1 j1  : : :  ain jn 

1 2 : : : 2n − 1 2n

i1 j1 : : :

in



jn

permutci eljele, s a szummzs {1 : : :  2n} minden {{i1  j1 } : : :  {in  jn }} alak partci jra megy. Knnyen lthat , hogy az {{i1  j1 } : : :  {in  jn }} partci hoz tartoz tag nem fgg az osztlyok sorrendjtl s egy osztlyon belli kt elem sorrendjtl sem. Pont: lsd grf , irnytott grf , hipergrf. Plya leszmllsi mdszere: lsd 3.26{30. Prfer kd: lsd 4.5. Pszeudoszimmetrikus irnytott grf : lsd szimmetrikus. Ramsey ttel: lsd 14. fejezet. Regulris grf : lsd fokszm  Regulris csoport : lsd permutcicsoport . Reprezentns-rendszer (H hipergrf): olyan injektv %: E (H ) → V (H ) lekpezs, melyre %(E ) ∈ E minden E ∈ E (H )-ra. Ha nem ad dhat flrerts, szoks a %(E (H )) rtkkszletet is reprezentns-rendszernek nevezni.

SZTR

645

Rszgrf (G grf): olyan G grf, melyre V (G ) ⊆ V (G) s E (G ) ⊆ E (G). Jellse: G ⊆ G. A G egy X ⊆ V (G) halmaza ltal fesztett rszgrfja az a G X ] grf, melyre V (G X ]) = X , E (G X ]) = {e ∈ E (G) : e ⊆ X }. Rsz-hipergrf (H hipergrf): olyan H  hipergrf, melyre V (H  ) ⊆ V (H ), E (H  ) ⊆ E (H ). Selberg szita: lsd 2.14{17. Sta egy irnytott ] grfban : olyan (x1  ex  : : :  xk  ek  xk+1 ) sorozat, melyre x1  : : :  xk a grf pontjai s ei egy (xi  xi+1 )-l (i = 1 : : :  k). Ha a(z) irnytott] grf egyszer, a stt lerhatjuk az (x1  : : :  xk+1 ) sorozattal is. A sta akkor s csak akkor nylt zrt ], ha xk+1 = x1 xk+1 = x1 ]. A sta hossza a fenti k. A sta egy vonal , ha egy lt sem hasznlunk egynl tbbszr. Skgrf: olyan grf, melynek pontjai a sk pontjai, s lei (a vgpontnak megfelel skbeli pontban vgzd) skbeli Jordan grbk, melyeknek a vgpontokon kvl nincsen kzs pontjuk. A halmaz egy sszefgg komponenst, melyet egy skgrf leinek s pontjainak a skb l val elhagysval kapunk, lapnak (orszgnak) neveznk. Egy lap hatra mindig bizonyos lek uni ja ha a G skgrf 2-sszefgg grf, akkor minden lap hatra a G egy krnek leibl ll zrt Jordan-grbe. Ha egy (absztrakt) G grf izomorf egy G0 skgr'al, akkor skbarajzolhatnak hvjuk. A G0 skgrfot a G egy skba val begyazsnak neveznk. Szita formula: lsd 2. fejezet. Szorzat: kt egyszer irnytott] G1 s G2 grf szorzatt hromflekppen rtelmezzk: (Gyenge) direkt szorzat G1 × G2 : V (G1 × G2 ) = V (G1 ) × V (G2 ) E (G1 × G2 ) = {((x1  x2 ) (y1  y2 )) : (x1  x2 ) ∈ E (G1 ) (x2  y2 ) ∈ E (G2 )}: Er s direkt szorzat G1 · G2 : V (G1 · G2 ) = V (G1 ) × V (G2 ) E (G1 · G2 ) = {((x1  x2 ) (y1  y2) : (x1  x2 ) ∈ E (G1 ) s (x2  y2) ∈ E (G2 ) vagy x1 = y1 s (x2  y2 ) ∈ E (G2 ) vagy (x1  y1 ) ∈ E (G1 ) s x2 = y2 }: Descartes szorzat G1 ⊕ G2 : V (G1 ⊕ G2 ) = V (G1 ) × V (G2 ) E (G1 ⊕ G2 ) = {((x1  x2 ) (y1  y2 ) : x1 = y1 s (x2  y2 ) ∈ E (G2 ) vagy (x1  y1 ) ∈ E (G1 ) s x2 = y2 )}: Teht G1 · G2 = (G1 × G2 ) ∪ (G1 ⊕ G2 ) (lsd 121. bra).

646

SZTR

kt hipergrf, H1 , H2 direkt szorzata: a kvetkezk szerint denilt H1 × H2 hipergrf: V (H1 × H2) = V (H1 ) × V (H2 ) E (H1 × H2 ) = {E1 × E2 : E1 ∈ E (H1 ) E2 ∈ E (H2 )}: G1 : G2 : G1 × G2

G1 · G2

G1 Å G2

121. bra

Spektrum: egy G grf spektruma a G AG szomszdossgi mtrixnak spektruma (sajtrtkeinek sszessge). Mivel AG szimmetrikus, G sajtrtkei (a spektruma elemei) val sak. Sperner lemma: lsd 5.29. Sperner ttel: lsd 13.21. Sperner-rendszer: olyan hipergrf, melyben egyetlen l sem tartalmaz msik lt. Stacionrius eloszls: (egy grfon tett vletlen st): lsd 11.35.   Stirling ciklusszm  nk : egy n-elem, pontosan k ciklus halmaz permutci inak szma. A (−1)n−k nk szmokat szoks els faj Stirling szmoknak nevezni, s s(n k)-val jellni.   Stirling partciszm nk : n dolog pontosan k osztlyba particionlsainak szma. Ezeket a szmokat szoks msodfaj Stirling szmoknak nevezni , s S (n k)val jellni. Szimmetrikus irnytott grf : olyan egyszer irnytott grf, melyben minden (x y) ∈ E (G) lhez van egy (y x) ∈ E (G) l. Pszeudoszimmetrikus : d+ (x) = d− −(x) minden pontban. Sznezs: egy grf irnytott grf, hipergrf] (rvnyes, j ) k-sznezse %sznek" (ltalban az 1 : : :  k egszek) hozzrendelse a pontokhoz oly m don, hogy minden l vgpontjai klnbz %sznek". k-sznezhet, k sznnel sznezhet grf irnytott grf, hipergrf ]: van j ksznezse. Szomszdos: lsd grf. Tag egy G grfban: elvg l vagy maximlis 2-sszefgg rszgrf. Minden lt egyetlen tag tartalmaz. A tagokat denilhatjuk az E (G)-n rtelmezett %e s f

SZTR

647

egy krn van vagy e = f " ekvivalencia-relci osztlyaiknt is. Egy grf tagjai %kaktusz-szer" struktrt adnak minden egynl tbb tagba tartoz pont elvg pont, s brmely ponthoz tartoz gak szma egyenl a pontot tartalmaz tagok szmval (122. bra). Az egyetlen elvg pontot tartalmaz tagokat vgtagnak hvjuk.

122. bra

Tvolsg: a G grfbeli x s y pontok k zti tvolsg az (x y)-utak minimlis hossza ha nincsen G-ben x-et s y-t sszekt t, a tvolsguk ∞. Jellse dG (x y), vagy rviden d(x y), ha egyrtelm, hogy melyik grfr l van sz . Teljes grf: egyszer grf, melyben brmely kt klnbz pont szomszdos. Az n pont teljes grfot Kn jelli. Teljes gy keres d-edrend fa: lsd fa. Teljes pros grf: olyan egyszer grf, melynek pontjai kt U , W osztlyba sorolhat k gy, hogy kt pont akkor s csak akkor szomszdos, ha egyik U -beli, a msik W -beli. Ha |U | = n s |W | = m, akkor a teljes pros grfot Knm jelli. T rtlefogs a G hiper]grfbanP: egy nem-negatv val s t(x) sly hozzrendelse minden x ponthoz gy, hogy x∈E t(x) ≥ 1 minden E lre. A trtlefogs mrete P ∗ x∈V (G) t(x). A minimlis mret trtlefogst (G) jelli. Tranzitv turnament: olyan T turnament, melyben (x y) ∈ E (T ) s (y z ) ∈ E (T )b l (x y) ∈ E (T ) kvetkezik. Egy tranzitv turnament pontjai olyan (x1  : : :  xn ) sorrendbe rendezhetk, hogy (xi  xj ) ∈ E (G) ↔ i < j . Tranzitv permutcicsoport: lsd permutcicsoport . Turn ttel: lsd 10.34. Turnament: olyan (egyszer) irnytott hurokmentes T grf, melynek minden x = = y , x, y ∈ V (T ) prra (x y ) s (y x) kzl pontosan az egyik le. Tutte ttele: lsd 7.27. Uniform: lsd hipergrf.

648

SZTR

t egy irnytott ] grfban : Egy (x1  e1  : : :  ek  xk+1 ) sta, ahol x1  : : :  xk+1 klnbz pontok. Jellhetjk (x1  : : :  xk+1 )-gyel, ha a(z) irnytott] grf egyszer. (X Y )- t: olyan t a(z) irnytott] grfban, mely az X egy pontjt az Y egy pontjval kti ssze, s nincsen ms kzs pontja X ∪ Y -nal. res hiper ]grf : nincsen se le, se pontja. Vgs: (a b)-vgs az olyan F lhalmaz, mely minden (a b)-utat reprezentl (lefog). Az S ⊆ V (G) ltal meghatrozott vgs az S -t V (G) − S -hez kapcsol lek halmaza. Ha C az S  ltal meghatrozott vgs a G irnytott grfban, akkor C ∗ a V (G) − S ltal meghatrozott vgs. Vgpont (G grf): elsfok pont. -l vgpontja: lsd grf. Vletlen sta egy G grfon : a v0  v1  v2  : : : vletlen pontok (vgtelen) sorozata, ahol v0 -t valamely adott (gyakran egyetlen pontra koncentrlt) kezdeti eloszlsb l vlasztjuk, s minden i ≥ 0-ra vi+1 -et a vi szomszdain vett egyenletes eloszlsb l vlasztjuk. Az u pontb l a v pont elrsi ideje az u pontb l indul vletlen sta vrhat lpsszma v rintsig jellse: H (u v). Az u s v lek kztti menettrti id az u pontb l a v s a v pontb l az u elrsi idejnek sszege jellse: (u v). Az u pont lefedsi ideje az u pontb l indul vletlen sta vrhat lpsszma addig, mg az sszes pontot rinti. Egy grf elrsi lefedsi] ideje a maximlis elrsi lefedsi] id minden u v-re . Vonal: lsd sta. .-grf: olyan grf, mely kt pontot sszekt hrom fggetlen tb l ll.

Jellsek

AG A(G) BG Bn c(G) c1 (G) dG (x) d(G) dG (x y) d+ G (x) d− G (x) E (G) End(G) exp x n!! I

j J ] ki ()

Knr

L(G)

a G grf adjacencia mtrixa. a G grf automorzmuscsoportja. a G grf incidencia mtrixa. Bell szm a G grf komponenseinek a szma. a G grf pratlan komponenseinek a szma (azaz, azon komponensek szma, melyeknek pratlan sok pontjuk van). G-beli x pont foka. maximlis fok G-ben. a G-beli x, y pontok tvolsga. a G-beli x pont kifoka. a G-beli x pont befoka. a G grf leinek a halmaza. a G grf endomorzmus flcsoportja. ex . Q k. n szemifaktorilis: n!! = n(n−2)(n−4) · · · = 1≤k≤n k∼ =n ( mod 2)

identits mtrix. olyan vektor mtrix], melynek minden eleme 1-es. az i hosszsg ciklusok szma a  permutci ban. n pont teljes r-uniform hipergrf. r = 2 esetn az r kitevt elhagyjuk. a G grf lgrfja.

650 n

JELLSEK

Stirling-fle ciklusszmll , vagy msodik tpus Stirling-fle szm. n Stirling-fle partci s szm, vagy elsfajta Stirling-szm. k O(f (n)) olyan g(n) fggvny, melyre g(n)=f (n) korltos. o(f (n)) olyan g(n) fggvny, melyre g(n)=f (n) → 0, ha n → ∞. pG ( ) a G grf karakterisztikus polinomja. PG ( ) a G grf kromatikus polinomja. p; (x1 : : :  xn ) a ; permutci csoport ciklusszmll ja. perA az A mtrix permanense. PfA az A mtrix pfa(nsa. q(G) a G grf kromatikus indexe. Z az egszek halmaza. G (X ) a G grf X -bl V (G) − X -be men leinek a szma. (G) fggetlen pontok maximlis szma. ;G (X ) a G grf azon pontjainak a halmaza, melyek legalbb egy X ⊆ ⊆ V (G)-beli ponttal ssze vannak ktve.  (G) a G-beli fggetlen lhalmazok mretnek maximuma (prostsi szm).  ∗(G) a G grf trtfedseinek a maximlis mrete. %(G) a G grf olyan leinek a minimlis szma, melyek az sszes pontot lefedik.

(G) a G grf olyan pontjainak a minimlis szma, melyek az sszes lt lefogjk.

∗(G) a G grf trtfedseinek a minimlis mrete. (G) a G grf kromatikus szma. !(G) a G grfban tallhat maximlis pontszm teljes rszgrf. + d(x) d (x) ;(X ) stb. rvidtsek dG (x)-re, d+ G (x)-re, ;(x)-re, abban az esetben, amikor a G elhagysa nem okoz flrertst. x az x egsz rsze: a legnagyobb olyan egsz szm, mely nem nagyobb, mint x. x legkisebb egsz, mely nem kisebb, mint x. k

JELLSEK

G−F G−f G G1 ∪ G2 G−X G−x H \X H \x G X ] HX G=F G=f G1 × G2 G1 · G 2 G1 ⊕ G 2 H1 × H2

651

(ahol G egy grf (irnytott grf, hipergrf), s F ⊆ E (G)) az sszes F -beli l elhagysa (de pontok elhagysa nlkl). (ahol f ∈ G) a G − {f } rvidtse, amikor ebbl nem keletkezik zavar. a G irnytott] grf komplementere. a V (G1 ∪ G2 ) = V (G1 ) ∪ V (G2 ) ponthalmazon, s a E (G1 ∪ G2 ) = = E (G1 ) ∪ E (G2 )) lhalmazon denilt irnytott] grf (itt G1 nek s G2 -nek lehetnek kzs pontjai, vagy lei). (ahol G egy grf irnytott grf, vagy hipergrf] s X ⊆ V (G)) az X -beli pontok, s a hozzjuk illeszked lek elhagysa. (ahol x ∈ V (G)) a G − {x} rvidtett lersa. (ahol H egy hipergrf, s X ⊆ V (H )) a H megszortsa a V (H ) − − X halmazra. (ahol x ∈ V (H )) H \ {x} rvidtett lersa. a G grf azon rszgrfja, melyet X ⊆ V (G) feszt ki. a H hipergrf megszortsa a X ⊆ V (H )-ra. (ahol F ⊆ E (G)) az F -beli lek sszehzsval a G grfb l keletkez grf. (ahol f ∈ E (G)) a G={f } rvidtett lersa. a G1 s G2 irnytott] grfok gyenge szorzata. ers szorzat Descartes szorzat a H1 , H2 hipergrfok direkt szorzata.

Knyvek jegyzke

a. Httranyag A. V. Aho, J. E. Hopcroft, J. D. Ullman, Szmtgpes algoritmusok tervezse s analzise, Mszaki Knyvkiad , 1982. W. Feller, An Introduction to Probability Theory and its Applications, 2nd ed., Wiley, New York{Chapman Hall, London, 1957. M. R. Garey and D. S. Johnson, Computers and Intractability: A Guide to the Theory of NP-Completeness, Freeman, San Francisco, 1979. Lovsz Lszl , Algoritmusok Bonyolultsga, egyetemi jegyzet, ELTE, Budapest, 1992. Rnyi Alfrd, Val sznsgszmts, Tanknyvkiad , Budapest, 1966. b. Kombinatorika s grfelmlet k nyvek N. Alon{J. Spencer, The Probabilistic Method, Wiley, New York, 1992. Andrsfai Bla, Ismerkeds a Grfelmlettel. Tanknyvkiad , 1973. Andrsfai Bla, Grfelmlet. Folyamok{mtrixok. Akadmiai Kiad , Budapest, 1983. C. Berge, Graphs and Hypergraphs, North-Holland{American Elsevier, 1973. N. Biggs, Algebraic Graph Theory, Cambridge Univ. Press, 1974. B. Bollobs, Extremal Graph Theory, Academic Press, London, 1978. B. Bollobs, Graph Theory: An Introductory Course, Graduate Texts in Mathematics 63, Springer-Verlag, Berlin, 1979. A. J. Bondy{U. S. R. Murty, Graph Theory with Applications, American Elsevier, New York, 1976.

654

D. M. Cvetkovi/c{M. Doob{H. Saks, Spectra of Graphs, Academic Press, New York, 1980. P. Erds{J. Spencer, Probabilistic Methods in Combinatorics, Akadmiai Kiad , Budapest, 1974. R. L. Ford{D. R. Fulkerson, Flows in Networks, Princeton Univ. Press, 1962. C. D. Godsil, Algebraic Combinatorics, Chapman and Hall, New York, 1993. R. L. Graham{M. Grtschel{L. Lovsz (szerk.) Handbook of Combinatorics, Elsevier, Amsterdam, 1995. R. L. Graham{B. L. Rothschild{J. H. Spencer, Ramsey Theory, Wiley, New York, 1980. F. Harary, Graph Theory, Addison{Wesley, Reading, Mass. 1969. M. Hall, Combinatorial Theory, Blaisdell, 1967. T. C. Hu, Integer Programming and Network Flows, Addison{Wesley, Reading, Mass. 1969. D. Knig, Theorie der endlichen und unendlichen Graphen, Leipzig, 1936. L. Lovsz{M. D. Plummer, Matching Theory, Akadmiai Kiad {North Holland, 1986. J. W. Moon, Topics on Tournaments, Holt, Rinehart and Wilson, 1968. L. Mirsky, Transversal Theory, Academic Press, 1971. O. Ore, Theory of Graphs, Amer. Math. Soc. Coll. Publ., 1962. O. Ore, The Four Color Problem, Academic Press, 1967. J. Riordan, An Introduction to Combinatorial Analysis, Wiley, 1958. A. Recski Matroid Theory and its Applications in Electric Network Theory and Statics, Akadmiai Kiad {Springer Verlag, 1989. H. Sachs, Einfhrung in die Theorie der endlichen Graphen, Teil I{II., Teubner, 1970{1972. R. P. Stanley, Enumerative Combinatorics , vol. 1, Wadworth & Brooks/Cole, Monterey. 1982. K. Wagner, Graphentheorie, Biblographisches Inst. AG. 1970. R. J. Wilson, Introduction to Graph Theory, Oliver & Boyd, 1972. H. Walther{H.-J. Vo1, ber Kreise in Graphen, VEB Deutscher Verlag der Wiss., 1974.

655

c. Kombinatorika s grfelmlet feladatgy jtemnyek Elekes Gyrgy, Kombinatorika Feladatgyjtemny, egyetemi jegyzet, ELTE, Budapest, 1992. Hajnal Pter, Elemi Kombinatorikai Feladatok, Polygon Knyvtr, Szeged, 1997. I. Tomescu, Problems in Combinatorics and Graph Theory, Wiley, Chichester, 1985. N. J. Vilenkin, Kombinatorika, Mszaki Knyvkiad , 1971.

Trgymutat

Pldk: 5.18, 20, 22{26 5.0 7

7.8

Magyarzat: 5. Fejezet, 18., 20. s 22-26. feladatok, s/vagy ezekhez tartoz tletek, megoldsok Az 5. fejezet bevezetse A 7. fejezet legnagyobb rsze erre vonatkozik A legfontosabb elforduls.

Abel azonossgok (Abel identities) 1.44, 4.6 an tr (ane space) 14.23 alternl t (alternating path) 7.3, 8, 26, 34 { kr ({ circuit) 4.24{29 7.28, 31 analitikus fggvny (analytic function) 4.20 aranymetszs ttel (Golden Ratio Theorem) 9.49 tlagolsi mdszer (averaging method) 13.0, 12, 41 tmr, grf (diameter of a graph) 6.22 10.13 11.23, 32 15.16 atom Boole algebrban (atom of a Boolean algebra) 2.2, 6 { hlban ({ of a lattice) 2.28, 37 automor zmus csoport (automorphism group) 4.17 8.15 11.8{10, 16, 17, 32 12 13.22 15.2 ltranzit!v { (edge transitive { {) 12.12, 18 bejr sorozat (traverse sequence) 11.56 univerzlis { { universal { { 11.56 Bell szmok (Bell numbers) (Bn ) 1.9, 10, 12 Bernstein ttel 13.6 Binet{Cauchy formula 4.9, 10 blokk (block) 5.35 6.0 9.40, 55 10.1, 5 Bondy-felttel (Bondy's Condition) 10.21 Borsuk ttel 9.27 Brooks ttele 9.13 Brun szita (Brun's Sieve) 2.13 Burnside lemma 3.24{29 Catalan szmok (Catalan numbers) 1.33, 1.37{ 40 Cauchy Integrl Formula 1.15 4.7 Cauchy ttel 12.7 Cayley formula 1.15 4.2{9, 14, 18 Chvtal felttel (Chvtal's Condition) 10.21

ciklusszmll (cycle index) (see also permutation group) 3.7{12, 15.26, 30 4.19 Cramer szably (Cramer's Rule) 1.27, 28 4.33 7.20 Csebisev egyenltlensg (Chebyshev's Inequality) 2.19 csoport (group) (see also permutation group) alternl { (alternating {) 3.10 kommutat!v { (abelian {) 3.9 5.4 11.8, 9, 17 12.13, 17 ciklikus { (cyclic {) 11.3, 10, 13, 19 szimmetrikus { (symmetric {) 3.1, 7, 15 4.19 12.19 csoportkarakter (group character) 11.8, 10, 17 darabols, plc (breaking a stick) 1.37 derkbsg (girth) 9.25{27 11.10{17 12.25 Dilworth ttel 9.32 diofantoszi (Diophantine) egyenlet (Equation) 14.20, 21 approximci 11.32 Dirac felttel 10.21, 23 Dirichlet ttel 11.32 dulis, grf (dual of a graph) 5.23, 36 15.8 dualits ttel, lineris programozs (Duality Theorem of Linear Programming) 13.48 Edmonds-fle pros!tsi Algoritmus (Edmonds Matching Algorithm) 7.34 elemi grf (elementary graph) 7.7{9, 15 elrsi id (vletlen sta) (access time, or hitting time of a random walk) 11.39, 40, 44-46, 48, 49, 51 lgrf (line-graph) 9.25, 26, 52 11.2, 15, 25 12.1, 18 13.43, 56, 57 15.1{7 lkromatikus szm (chromatic index) 7.10 13.56

658

TRGYMUTAT

ellenlls elektromos hlzatban (resistance in an electrical network) 11.52, 53 endomor zmus (endomorphism) 12.22, 24, 25 erd (forest) 4.14 6.37 7.3 11.3, 4 13.5 maximlis { 7.34, 37 Erds{de Bruijn ttel 9.14, 27 Erds{Ko{Rado ttel 13.28, 31 Erds{Stone ttel 10.38 esemny (event) 2.2, 6, 8, 11, 17, 18, 20 3.18 euklideszi tr (Euclidean space) 14.10 Euler vonal (Euler trail) 5.0, 6, 9{11, 14 7.39 Euler-fle grf (Eulerian graph) 5.7 6.51, 53, 56 Euler formula 4.27 5.24, 34 12.18 fa (tree) 4  6.20{26 7.46, 47 9.29, 39 11.6, 14 13.1 15.10, 11, 16 kzppont, {ban (center of a {) 3.8 4.17 6.21 15.16 kzppontpr, {ban (bicenter of a {) 4.17 6.21 optimlis { (optimal {) 6.25, 26 s!kbarajzolt { (plane {) 4.13 slypont, {ban (baricenter of a {) 6.22 faktor (factor) 1-faktor 4.0, 21{28 , 32 5.18, 21 7  9.55 11.11, 33 12.16 f -faktor 7.16, 39{45 faktor kritikus grf 7.26, 31, 32, 38 Fano s!k (Fano plane) 13.35 fedsi id, vletlen st (cover time of a random walk) 11.47, 49 flcsoport (semigroup) 12.24, 25 feny (arborescence) 2.23, 33 4.15{17 fesz!t { (spanning {) 4.15, 16 5.10, 11 Ferrers diagramm 1.16, 19, 23 fesz!t fa (spanning tree) 4.9{16 5.23, 24, 33, 36 6.7, 8, 25 11.55 { feny ({ arborescence) 4.15, 16 5.10, 11 { rszgrf ({ subgraph) 7.41, 42, 46 9.54 10.5 11.13 Fibonacci szmok 1.27 4.22, 28, 32 Fisher egyenltlensg 13.15 fokszm (degree) maximlis { 2.18 7.10, 17, 18, 25 8.1, 23 10.6, 16, 38 11.14 12.6 13.17, 30, 56 minimlis { 6.61{65 7.10, 12, 24 9.1 10.3, 8, 35 11.14, 20 13.17, 44 fokszm sorozat (degree sequence) 4.1 5.1 6.3 7.47{53 10.24 12.9 folyam (#ow) 6.71{78 Frobenius{Perron elmlet 11.0 Frucht ttel 12.5 fggetlen esemnyek (independent events) 2.0, 18, 20 3.16 11.36, 37 fggetlen halmaz, pontok (independent set of vertices) 2.12 7.37 8  11.23 { utak ({ paths) 4.31 5.19 6.39{46 8.2{4 9.24 10.5 { krk ({ cycles) 10.17, 18 Gallai{Edmonds Struktrattel 7.32

genertorfggvny (generating function) 1  3.14, 19, 29 exponencilis { { (exponential { {) 1  3.13{ 15, 31 4.17 gyk, kromatikus polinom (root of the chromatic polynomial) 9.44{48 gykeres fa (rooted graph) 4.13{19 5.10 7.34 gy$r$ (ring) 15.22 Hajs konstrukci 9.16, 20 hl (lattice) 2.23, 27{31, 34{36 geometriai { (geometric {) 2.37 hlzat (network) 6.0, 25 hlzati folyam problma (network-#ow problem) 7.16 Hall ttel 13.5 Hamilton kr (Hamilton cycle) 5.7, 21, 22 9.29, 53 10.21{27 12.17 14.4 15.15 6.12, 13 10.25 { t (Hamilton path) 5.19, 20 10.21{24, 42, 43 harmonikus fggvny grfon (harmonic function on a graph) 11.52, 53 hromszgmentes grf (triangle-free graph) 9.25 10.30, 31 hromszgek szma (number of triangles) 10.32, 33 hromszgels (triangulation) 1.41 5.38 9.49, 52, 54, 55 {, konvex n-szg 1.39, 40 Helly tulajdonsg 13.56 h!d (bridge) 6.69, 70 hipergrf (hypergraph) 13 kiegyenslyozott { (balanced {) 13.39, 40, 54 normlis { (normal {) 13.55{57 teljesen kiegyenslyozott { (totally balanced {) 13.2, 3, 4 uniform { (uniform {) 13.3, 12, 13, 25{32, 36, 41{47 14.24 15.18 Ho%mann{Kruskal ttel 4.64 homeomorf grfok (homeomorphic graphs lsd feloszts) homomor zmus, grfok (homomorphism of graphs) 9.15 12  15.20, 22 {, csoportok, gy$r$k 15.22 hr (chord) 5.37 6.35, 70 8.17 9.24, 28, 29 10.2 intervallum grf (interval graph) 9.28, 41 inverzi permutciban (inversion in permutation) 3.20 irny!ts, grf (orientation of graphs) 3.13 4.10, 17, 24, 26, 27, 29 5.13 6.29, 34, 54, 56 7.45, 46 9.11, 46 12.10 irny!tott grf (digraph) 3.14 4.10, 15{17 5.3{ 13, 19 6.6, 9{13, 39, 45, 71 7.44, 49, 51 8.4{8 9.9{11, 26 12.4, 5, 24 13.7 krmentes { (acyclic {) 4.15 6.11 8.5 szimmetrikus { 8.5

TRGYMUTAT izomor zmus (isomorphism) 3.9 4.13, 18 10.0 11.10 12.13, 25 15.1{3, 9, 10 15.15{22 jtk (egy grfon) (game on a graph) 8.8, 9 Jensen egyenltlensg 10.36, 37, 40, 41 Jordn Formula 2.7 karakter (character) 11.8, 10, 17 karakterisztikus polinom (characteristic polynomial) 1.29 11 karakterizci, j (characterization, good) 5.0 Kempe lncok (Kempe chains) 9.0, 54 kerk (wheel) 9.39 10.4, 18 Kirchho% egyenletek 4.0 kivlasztsi fggvny (choice function) 14.28 klikk (clique) 9.2 11.18 12.1 koatom (coatom) 2.37 kompaktsg (compactness) 14.19 konduktancia, grf (conductance of a graph) 11.30{33 kontrakci (contraction) 4.17, 27 9.38 10.3, 6{ 8 12.12, 20 konvergenciasugr (radius of convergence) 4.20 konvex sokszg (convex polygon) 1.39, 41 3.23 14.30, 31 { burok ({ hull) 6.65 14.31 Knig ttele 7.2{4 9.21 Knig{Hall kritrium 7.20 kritikus (critical) -kritikus (-critical) 8.12{27 9.0  -kritikus ( -critical) 13.29, 53  -kritikus ( -critical) 13.32, 52 -kritikus (-critical) 9.17{24 faktor { (factor {) 7.26, 31, 32, 38 kritikusan k-sszefgg (critically k-connected) 6.36{38, 54, 59{65 { k-l-sszefgg ({ k-edge-connected) 6.49, 63 kromatikus szm (chromatic number) (see also coloration) 9 10.35, 38, 39 11.20, 21 13.33{47 { polinom ({ polynomial) 9.0, 36{49 { { gyke (root of the { {) 9.44{48 Kruskal algoritmus 6.25 kpszelet (conic section) 10.15, 36 Kuratowski ttel 5.0, 37, 10.4, 5 Labirintus problma (maze problem) 5.12 Lagrange mdszer 2.15 lnc (chain) 2.25, 34{37 13.20{24 14.28 lefogs (point-cover) 7.1{5, 12 8.2{4 10.18, 31 13.25, 26, 30, 48{55 trt { (fractional cover) 13.30, 48{55 k-lefogs (k-cover) 13.26, 49, 50 lefogsi szm, krk (covering number of circuits) 10.16{18 Lefschetz xpontttel 6.15 lpcss poligon (step polygon) 1.32 leszmlls (enumeration) 1{4 lineris tr (linear space) 5.0, 31, 38 10.15

659

MacLane felttel 5.35, 36 mag, irny!tott grf (kernel of a digraph) 8.5 magyar mdszer (Hungarian method) 7.3 Markov egyenltlensg 11.56 martingl (martingale) 11.38 Msodik momentum mdszer (Second Moment Method) 2.19 mtrix (matrix) adjacencia, vagy cscs { (adjacency {) 11.7, 14 antiszimmetrikus (skew symmetric) { 4.24, 26 diagonlis { (diagonal {) 4.16 11.16 incidencia { (incidence {) 4.9 11.15 13.37{ 39 {, kompatibilis egy rszben rendezett halmazzal ({, compatible with a poset) 2.21, 22 ortogonlis { (orthogonal {) 11.16, 21 { permanense (permanent of a {) 4.21, 33, 36 permutcis { (permutation {) 11.16 szimmetrikus { (symmetric) 11.16 15.11, 18 unimodulris { (unimodular) 13.37{39 Maximlis folyam{minimlis vgs ttel (MaxFlow-Min-Cut Theorem) 6.0, 74, 77 mellkosztly (coset) 3.24 menettrti id, vletlen st (commute time of a random walk) 11.41, 43, 46, 53 Menger ttel 6.0, 39{44, 58, 77 7.2 merev grf (rigid graph) 12.23, 25 Mbius fggvny, rszben rendezett halmaz (Mbius function of a poset) 2.22{24 szmelmleti { { (number theoretical { {) 2.3, 23 Mbius inverzis formula (Mbius Inversion Formula) 2.26, 35 monoid (monoid) 12.24, 25 monoton lekpezs (monotone mapping) 1.32, 33 3.19 { rszsorozat ({ subsequence) 14.25{27 Newton formula 1.40 Ngysz!nttel (Four Color Theorem) 9.0 sszefggsg, grfok (connectivity of graphs) 6 12.15 l { (edge {) 9.21 12.14, 16 ersen sszefgg irny!tott grf (strongly connected digraph) 5.3, 5, 7{9 6.6, 9{13, 29 8.8 10.41{44 tsz!nttel (Five Color Theorem) 9.50 tszgszmok ttele (Pentagonal Numbers Theorem) 1.19 plya (orbit) 3.24{28 12.7, 10, 12 Pros grf (Bipartite graph) 4.11, 21, 31 5.1, 3, 22 6.5 7.1{211, 40 8.16 9.30 10, 15 11.11, 19, 22, 35 13.1, 10, 50

660

TRGYMUTAT

pros!ts (matching) 4.12, 31 5.18 6.67 7  11.4{6 13.48{55 trt { (fractional {) 13.48{55 k-pros!ts (k-matching) 7.37 13.49, 50 f -pros!ts (f -matching) 7.43 part!ci, halmaz (partition of a set) 1.2, 6, 10, 12, 14, 16{19, 24, 35, 36 2.29, 30, 36 3.8, 14, 22, 31 4.8, 12, 14, 24 9.23, 36 { pros szm osztlyra ({ into an even number of classes) (Qn ) 1.14 { pros mret$ osztlyokra (partition into classes of even cardinality) (Rn ) 1.14 {, szmok ({ of numbers) (n ) 1.20, 21, 23, 25 3.1 {, cscsok ({ of vertices) 4.31 5.17 9.2, 8, 23 perfekt grf (perfect graph) 9.28{35 13.56, 57 Perfekt grf ttel 13.57 permutci (permutation) 1.3 3  4.17, 32{36 11.11 12.2 13.9, 21, 27, 28, 32 15.17 konjuglt {k (conjugacy of {s) 3.1 { ciklusai (cycles of a {) 3.2{6, 13, 22, 27{29 4.17, 26 12.7 {csoport ({ group) 3.0{2, 7{10, 15, 24{29 12.0, 13, 19, 21 { { ciklusszmllja (cycle index of { {) 3.7{12, 15, 26, 30 4.19 regulris { { 3.9 11.8, 9, 17 12.7, 13, 17 szemiregulris { { 13.10, 12, 20 tranzit!v { { 11.10 11.2 12.13{17 Petersen grf 10.10 11.2 12.1, 17, 22 Petersen ttel 7.29 Pfan (pfaan) 4.24{29 Plya{Red eld mdszer 3.26, 29, 31 4.19 Psa felttel 10.21, 24 potencil (potential) 5.4 9.10, 11, 56 projekt!v s!k (projective plane) 10.15 11.25 { tr ({ space) 10.36 13.17 14.23 Prfer kd (Prfer code) 4.5 Ramsey szmok 14.1{4 Ramsey ttel 10.32 14.1, 2, 3, 24 regulris grf (regular graph) 3.13, 14 5.2, 21, 22, 27 6.52 7.10, 28, 30, 39 7.40 8.15, 24 10.10{15, 23, 32 11.2, 12, 24, 29{33, 40, 44-46, 50, 56 12.8, 15 Rekonstrukcis sejts (Reconstruction conjecture) 15.15{17 rszben rendezett halmaz (poset=partially ordered set) 2.21{24, 31, 32 9.32 13.22 rezultns (resultant) 4.29 rvid!tsi szably (cancellation law) 15.22

s!kbarajzolt grf ({ map) 5.15, 23{30, 34{48 6.57, 69 { fa (plane tree) 4.13 s!kbarajzolhatsgi felttel (planarity criterion) Kuratowski { { 5.37 MacLane { { 5.36 Whitney { { 5.36 spektrum 11 Sperner lemma 5.0, 29 Sperner ttel 13.21, 22 stabiliztor (stabilizer) 3.25 stacionrius eloszls, vletlen st (stationary distribution of a random walk) 11.35, 36, 44 Stirling formula 4.20 Stirling szmok 1.2, 6{9 2.4 3.12, 17 4.31, 35, 36 9.23 stratgia (strategy) 3.18 nyer { (winning {) 3.18 8.8, 9 feloszts (subdivision) 5.37 6.52 10.0, 3{6, 9 12.18 Sylvester determinns 4.29 szablyos testek (Platonic bodies) 8.15 12.2, 19 sztvgs, halmaz (splitting a set) 1.2, 35{37 sz!nezs, grf (coloration of a graph) 3.23 4.21 5.26 6.8 7.3{7 9 10.35 11.19{22 12.11, 20, 22 13.12, 33{47 14.4{6 {, termszetes szmok ({ of the natural numbers) 14.11, 12, 15, 18{22 {, s!k ({ of the plane) 14.7{10 {, hatvnyhalmaz ({ of the power set) 14.13{ 17 szingularits, analitikus fggvny (singularity of analytic function) 1.15 4.20 szita (sieve) Brun { 2.13 Eratosztensz { 2.0 { formula 2  4.23, 35 9.37 15.17 szitaformula (inclusion-exclusion formula) (see cycle index) szorzat, grfok (product of graphs) Descartes { (Cartesian {) 6.4 9.6 11.7, 9 12.17, 20 14.10 direkt { (direct {) 6.4 9.7 15.21, 22 lexikogra kus { (lexicographic) 12.11 ers direkt { (strong direct {) 9.31{22 11.7 13.51 15.21{22 {, hipergrfok ({ of hypergraphs) 13.51 Kronecker {, mtrixok ({ of matrices) 11.7 topologikus { (topological {) 9.14 koszor {, csoportok (wreath { of groups) 3.8

sajtrtk (eigenvalue) 1.29, 30 4.29 11 sajtvektor (eigenvector) 1.30 11.1{5, 8, 13, 14, 18{24 Schoen#ies ttel 6.69 Selberg { 2.14, 20 s!kbarajzolhat grf (s!kgrf, planar graph) 5.23{30, 34{38 6.69 9.49{57 12.18, 19 15.8

Tarry algoritmus 5.12 Taylor sor (Taylor series) 1.0 3.11, 31 teljes rszgrf (complete subgraph) 10.40 tranzit!v { 4.31 5.20 9.27 10.40{43 14.27 tranzit!v rsz{ 10.44 Turn ttel 10.30, 34, 38 15.4 turnament (tournament) 5.20 6.12, 13 8.6 10.41{44 12.7, 12

TRGYMUTAT krk szma {ben (number of cycles in a {) 10.41, 42 Tutte ttel 7.27, 28, 32 12.16 Tyihonov lemma 9.14 t, leghosszabb (path of maximum length) 5.37 6.6, 14, 17, 19, 21, 75 10.2, 20, 27 14.5 vgs (cut) 5.33 6.50, 71{74 8.18 9.29 10.5 12.5, 15 valsz!n$sg (probability) 2.2, 6, 11, 14, 16, 18, 20 3.3{5, 18

661

valsz!n$sgi vltoz (random variable) 2.7 3.5, 16 Van der Waerden ttel 14.18 Vandermonde determinns 1.28 vrhat rtk (expectation) 2.7 3.5, 17 vges test (Galois eld (GF(q))) 5.31, 36 10.15, 36 11.26 13.37 14.23, 24 vletlen sta grfon (random walk on a graph) 11.34-56 Whitney felttel 5.0, 36 Zarankiewicz problma 10.37

Nvmutat

* jelzi a k nyvre val hivatkozst

Aardene, Ehrenfest, T. Aarts, J. M. 9.54 d m, A. 6.34 Aldous, D. 11.55 Aleliunas, R. 11.56 Anderson, W. N. 8.9 Andr sfai, B. 8.25 Appel, K. 9.0

van 5.11

Babai, L. 11.32, 12.6{9, 11, 12, 19, 20, 25 Beineke, L. W. 7.24 8.17 15.6 Berge, C. 4.1, 2, 4, 12, 14, 16, 24, 25, 27 5.11, 12, 19{22 6.3, 10, 12, 29, 54, 66 7.4, 5, 10, 11, 27, 47{49, 51, 52 8.4, 5, 10, 17, 20, 21, 23 9.6, 9, 16, 21, 29, 32, 36 10.21, 22, 24, 25, 26, 34 13.1, 5{7, 32, 37{40, 45, 54, 56, 57 7.27 8.17 9.29 13.38, 40, 51, 54 14.1{4 15.2, 3, 6, 19 Bernstein, F. 13.6 Biggs, N. L. 4.9 11.2, 20, 23, 26 Bogn r, J. 3.6, 18 Bollob s, B. 10.18 13.10, 32 Bondy, A. 6.3, 8 10.21 13.10 14.6 15.15, 16 Borsuk, K. 9.27 Bos k, J. 5,22 Bouwer, I. Z. 12.21 Broder, A. 11.55 Brooks, R. L. 9.13 Bruijn, N. G. de 3.7, 27 5.11 9.14 13.20, 21 Calczynska-Karlowicz, M. 13.27 Camion, P. 6.12 Cayley, A. 4.2, 14 Chandra, A.K. 11.53 Chao, C. Y. 11.16, 17 12.13 Chen, W. K. 5.17, 32

Chv tal, V. 8.7 10.21, 26 14.27 Corr di, K. 13.13 Crawley, G. P. 13.14 Csima, J. 7.9, 14 Cvetkovic, D. M. 11.17 Czipszer, J. 10.2 Dambit, J. J. 6.11 Daniels, H. E. 1,34 Daykin, D. E. 13.8, 18, 31 Deza, M. 13.17 Dilworth, R. P. 9.32 13.14, 22 Dirac, G. A. 6.33, 41, 66 9.17, 21, 22, 29, 54 10.3, 4, 21, 27, 29 Djokovic, D. Z. 11.10 Dziobek, O. 46. Edmonds, J. 6.71, 75 7.20, 32, 34 Ehrenfest, P. 5.11 Elspas, B. 11.10 Erds, P. 2.18 7.51, 52 8.20 9.14, 27 10.0, 10{ 13, 18, 26, 28, 35, 38 13.9, 23, 24, 28, 41{44, 46, 47 14.1, 2, 3, 6, 8{10, 22, 29{31 15.4 Euler, L. 1.19, 23 5.6, 24 Faber, V. 15.18 F ry, I. 5.38 Ford, L. R. 6.72{78 Fisher, R. A. 13.15 Folkman, J. 14.15 Frank, A. 6.11 Frchet, M. 2.10 Frucht, R. 12.1, 3{5, 8 Fulkerson, D. R. 6.71, 74 7.35, 51

664

NVMUTAT

Gaddum, J. W. 9.5 Gale, D. 6.76 7.16 Gallai, T. 5.17, 28, 32 6.11, 17 7.1, 26, 32, 51, 52 8.4, 19, 20 9.4, 9 10.28 Gantmacher, F. R. 11.0 Gerencsr, L. 14.5 Ghouila-Houri, A. 13.37 Goodman, A. W. 10.32, 33 15.4 Graham, R. L. 2.33 11.22 14.8{10, 14, 16, 18, 23 Greenwell, D. 9.7, 19 Grinberg, E. J. 6.11 Groot, J. de 9.54 Gupta, R. P. 7.12 9.5 Gy rf s, A. 14.5 Hadwiger, H. 14.7 Hajnal, A. 8.10, 21, 23 9.26, 27, 29 13.29 14.3 Haj"s, Gy. 6.43, 44 9.16, 28 Haken, W. 9.0 Halberstam, H. 2.13 Hales, A. 14.17 Halin, R. 6.60 Hall, M. 3.0 7.15 13.15 Hall, P. 7.4 12.5 13.5 Harary, F. 8.17 Harzheim, E. 14.26, 28 Havel, V. 7.50 Haewood, P. J. 9.52 Hedrlin, Z. 12.21, 23, 24 Hemminger, R. 15.15, 16 Herczog, J. 13.9 Hetyei, G. 7.7{9, 24, 28 Hoffmann, A. J. 7.35, 51 11.15, 21, 24, 25 Hu, T. C. 6.56, 72{78 Imrich, W. 12.13 Jaeger, F. 13.32 Jerrum, M. 11.30 Jewett, R. I. 14.17 Jord n, J. 2.7 Jung, H. A. 6.57 Karp, R. M. 6.75 Kasteleyn, P. W. 4.24, 25, 27 Katona, G. O. H. 13.28, 31, 32

Kelly, J. B. 6.20 13.16 Kelly, P. J. 15.15, 16 Kirchhoff, G. 4.9 Klarner, D. A. 4.13 Kleitman, D. 6.25 13.11, 18 Ko, Chao 13.28 Koml"s, J. 14.27 Knig, D. 6.21, 22, 7.2, 29 Kotzig, A. 6.47, 52 7.24 Kv ri, T. 10.37 Kruijswijk, T. 13.20, 21 Kruskal, J. B. 13.31 Kundu, S. 7.53 Lambek, J. 12.24 Las Vergnas, M. 13.45 Leefb, K. 14.14 Lehmer, D. H. 4.33 Lipton, R. J. 11.56 Lov sz, L. 2.18 6.8, 58 7.6, 15, 28, 31, 46, 53 8.7, 22, 25 9.7, 19, 35 10.4 11.3{5, 8, 11.23, 54, 56 12.9 13.4, 5, 8 13.18, 30, 36, 43{47, 52, 53, 55-57 14.22 15.17,20{22 Lubell, D. 13.21 MacLane, S. 5.35 Mader, W. 6.49, 60, 63 10.7, 8 12.15 Mani, P. 6.57 Mantel, W. 10.30 Marica, J. 13.8 Mathews, P. 11.49 McAnrew, M. H. 7.35, 51 McElliece, R. J. 13.51 Melinkov, L. S. 8.26 Menger, K. 6.39 Minty, G. J. 6.10 9.11 Mirsky, L. 13.5, 6, 7 Mogyor"di, J. 3.6, 18 Montgomery, P. 14.8{10 Montroll, E. W. 4.0, 29 Moon, J. W. 4.4 8.23 10.40 12.7 Moser, L. 1.9 10.40 Mowshowitz, A. 11.3{5, 16, 17 Mller, W. 15.17 Mullin, R. 1.45

NVMUTAT Mycielsky, J. 9.18 Nash-Williams, C. St. J. A. 6.54, 56 10.23, 25 Nesetril, J. 12.10, 25 Nickel, L. 15.7 Nordhaus, E. A. 9.5 Nowitz, L. A. 12.13 Ore, O. 7.5, 16 O'Neil, P. V. 4,12 Payan, C. 13.32 Pelik n, J. 11.3{5 12.17 Perfect, H. 6.42 Petersdorf, M. 11.16, 17 Petersen, J. 7.29 Plesnik, J. 7.30 Plummer, M. D. 6.35{37, 68 7.15, 24 8.17, 19 Pollak, O. 2.33 11.22 P"lya, G. 3.7{9, 29 4.7, 13 Pontryagin, L. S. 5.29 P"sa, L. 5.17 8.3 9.14 10.2, 5, 18, 20, 21 15.4 Posner, E. C. 13.51 Prkopa, A. 3.6, 18 Prfer, A. 4.5 Pultr, A. 12.21, 23, 24 Rackoff, C. W. 11.56 Rado, E. 13.7, 28 14.3, 21 Rademacher, H. 1.22 Raghavan, P. 11.53 Raynaud, H. 14.4 Read, R. C. 4.0, 9.36 Rdei, L. 5.20 Reiman, I. 10.36 Rnyi, A. 1.14 2.12 3.6, 3.16, 17, 18 4. 3, 8 Rnyi, C. 3.16, 17 Riordan, J. 4.24 Robbins, H. E. 6.29 Rota, G. C. 1.45 2.0, 21{29 Roth, K. F. 2.13 Rothschild, B. L. 13.29 14.8{10, 14, 16, 18, 23 Roy, B. 9.9 Ruzzo, W. L. 11.53 Ryser, H. J. 7.16

665

Sabidussi, G. 12.8, 12, 13 Sachs, H. 7.21, 29 9.57 10.11{13 11.2, 12, 16, 17 Sanders, J. 14.15 Sauer, N. 13.10 Schauble, M. 9.55 Schnheim, J. 13.8, 9, 18 Schur, I. 14.11 Schtzenberger, M. P. 2.30 Schwenk, A. J. 11.6 Selfridge, J. 15.12 Seshu 4.0 Shannon, C. E. 7.10 Shrikhande, S. S. 11.26 Simmons, G. J. 6.52 Simonovits, M. 10.16{18, 38, 39 13.51 Sinclair, A. 11.30 Smith, C. A. B. 5.21 Smolenski, E. A. 5.21 Smolenski, R. 11.53 S"s, V. T. 10.37 Spanier, E. 6.15 Spencer, J. 14.8{10 Sperner, E. 5.29 13.21 Spitzer, F. 3.22 Stanley, R. 9.46 Stone, A. H. 10.38 Strauss, E. G. 14.8{10 15.1 Sur nyi, J. 9.29 Sur nyi, L. 8.22 Sz sz, D. 3.6, 18 Szekeres, G. 14.29{31 Szele, T. 5.19 Szemerdi, E. 8.27 Tait, P. G. 9.51 Tarry, G. 5.12 Temperley, H. N. V. 4.12, 30 Tengbergen, C. A. van E. 13.20, 21 Tetali 11.42 Tiwari, P. 11.53 Toft, B. 9.17 Tur n, P. 10.34, 37 Turner, J. 11.10 Tutte, W. T. 6.64, 70 7.27, 37, 43 9.25, 36 10.11

666 Vesztergombi, K. 4.36 Vizing, V. G. 7.10 8.26 9.6 Voss, H.-J. 6.17 10.7, 8, 12, 13, 16{18, 29 Waerden, V. L. Van der 4.18, 20, 21 Wagner, K. 5.35, 38 Walther, H. J. 6.17 Watkins, M. E. 6.60 12.13, 15 Weinberg, L. 4.12 Werra, W. de 7.11 Wessel, W. 8.13, 19 Whitney, H. 5.36 6.33, 69 9.56 15.1, 9

NVMUTAT Wielandt, H. 3.0 Wilf, H. S. 2.31, 11.20 Wilson, R. J. 5.36 6.29 9.36, 51, 56 Winkler, P. 11.42, 54 Woodall, D. R. 13.45 Walther, H. J. 6. 17 10,7, 8, 12, 13, 16, 17, 29 Wyman, M. 1.9 Zaks, J. 7.36 Zarankiewicz, K. 10.37 Zaretski, K. A. 15.11

Ajánljuk még

Aigner, Martin – Ziegler, Günter M.: Bizonyítások a KÖNYVből Arnold, Ludwig: Sztochasztikus differenciálegyenletek Bagyinszki János – György Anna: Diszkrét matematika főiskolásoknak Baxter, M. – Rennie, A.: Pénzügyi kalkulus Bognár Jánosné – Mogyoródi József – Prékopa András – Rényi Alfréd – Szász Domokos: Valószínűség-számítási feladatgyűjtemény Bolla Marianna – Krámli András: Statisztikai következtetések elmélete Borovkov, A.A.: Matematikai statisztika Bronstejn, I.N. – Musiol, G. – Mühlig, H. – Szemengyajev, K.A.: Matematikai kézikönyv Coxeter, H.S.M.: A geometriák alapjai Csirmaz László: Nemsztenderd analízis Devlin, Keith: Matematika – a láthatatlan megjelenítése Elliott, R.J. – Kopp, P.E.: Pénzpiacok matematikája Fagyejev, D.K. – Szominszkij, I.Sz.: Felsőfokú algebrai példatár Filep László: A tudományok királynője G. Horváth Ákos – Szirmai Jenő: Nemeuklideszi geometriák modelljei Gelfand, J.M.: A koordinátamódszer Gömöri András: Információ és interakció Gyemidovics, B.P.: Matematikai analízis Halmos, Paul: Mértékelmélet Halmos, Paul: Véges dimenziós vektorterek Hersh, Ruben: A matematika természete Járai Antal: Modern alkalmazott analízis Karsai János: Impulzív jelenségek modelljei Kiss Emil: Bevezetés az algebrába Kóczy T. László – Tikk Domonkos: Fuzzy rendszerek Kolmogorov, A.N.: A valószínűségszámítás alapfogalmai Kolmogorov, A.N. – Fomin, Sz.V.: A függvényelmélet és a funkcionálanalízis elemei Komornik Vilmos: Valós analízis előadások 1–2. Kuros, A. G.: Felsőbb algebra Laczkovich Miklós: Sejtés és bizonyítás

Ajánljuk még Lánczos Kornél: A geometriai térfogalom fejlődése Lovász László: Kombinatorikai problémák és feladatok Lovász László – Pelikán József – Vesztergombi Katalin: Diszkrét matematika Medvegyev Péter: Sztochasztikus analízis Michelberger Pál – Szeidl Péter – Várlaki Péter: Alkalmazott folyamatstatisztika és idősor-analízis Pálfalvi Józsefné: Matematikai didaktika Pólya György: A problémamegoldás iskolája I–II. Pólya György – Szegő Gábor: Feladatok és tételek az analízis köréből I–II. Pontrjagin, L.Sz.: Közönséges differenciálegyenletek Prasolov, V.V.: Lineáris algebra Reiman István: Nemzetközi matematikai diákolimpiák 1–2. Rozgonyi Tibor – Varecza Árpád: A tanárképző főiskolák Péter Rózsa matematikai versenyei IV. (1986–2002) Rózsa Pál: Bevezetés a mátrixelméletbe Rudin, Walter: A matematikai analízis alapjai Safarevics, Igor R.: Algebra Simonovits András: Nyugdíjrendszerek – Tények és modellek Simonovits András: Válogatott fejezetek a matematika történetéből Sklarszkij, D.O. – Csencov, N.N. – Jaglom, I.M.: Válogatott feladatok és tételek… I–II. Stoyan Gisbert: MATLAB – Frissített kiadás Stoyan Gisbert: Numerikus matematika mérnököknek és programozóknak Szász Pál: A differenciál- és integrálszámítás elemei 1–2. Szendrei Julianna: Gondolod, hogy egyre megy? Szirtes Tamás: Dimenzióanalízis és alkalmazott modellelmélet Tóth János – Simon L. Péter: Differenciálegyenletek Vincze János: Makroökonómia és a gyakorlat Vizvári Béla: Egészértékű programozás Vizvári Béla: Operációkutatási modellek Weeks, Jeffrey R.: A tér alakja Weyl, Hermann: Szimmetria

Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)