Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar A mátrixoktól a Turán-típusú tételekig Szakdolgozat Készítette: Antal József Matematika BSc, matematikai elemz szakirány Témavezet : Fialowski Alice, egyetemi docens Algebra és Számelmélet Tanszék Budapest 1

2 Tartalomjegyzék 1 Bevezetés 11 Alapismeretek 111 Determináns és nyom 11 Az adjungált és a transzponált mátrix 8 11 Sajátértékek, sajátvektorok, karakterisztikus polinom Hasonlóság és diagonalizálhatóság Normális mátrixok 11 Speciális mátrixok és determinánsaik 1 1 Pozitív mátrixok 1 Tridiagonális mátrixok 14 Cauchy-mátrix 15 4 Jacobi-mátrix 15 5 A Sylvester-mátrix és a rezultáns 16 Mátrixfelbontások 17 1 LU-felbontás 17 Shur-felbontás 18 QR-felbontás 4 Poláris és Cartan-felbontás 4 A Homan-Singleton gráftétel és a Turán-típusú tételek 4 41 Gráfok szomszédsági mátrixa 4 4 Homan-Singleton gráftétel és hasonló eredmények 5 4 Turán-típusú tételek 1 5 Összegzés 5

3 1 fejezet Bevezetés Dolgozatom célja az algebra és a gráfelmélet néhány összefüggésének feltárása F ként a gráfelméleti alkalmazások felfedezésével szerettem meg az algebrát és a mátrixokat A dolgozat els szakaszaiban a lineáris algebra és a mátrixelmélet fontos állításait, tételeit ismertetem Majd néhány nevezetes mátrixot említek meg, és mátrixfelbontásokat írok le Végül a mátrixok gráfelméleti alkalmazásait vizsgálom Mátrixokkal, illetve azok el djével már az si kínai írásokban találkozhatunk i e és i u között A The Nine Chapters on the Mathematical Art említi a mátrixokat (lineáris) egyenletrendszerek megoldására Nézzük, hogy is lehet például egy három ismeretlenes, három egyenletb l álló lineáris egyenletrendszert mátrixok segítségével felírni a 11 x 1 + a 1 x + a 1 x = b 1 a 1 x 1 + a x + a x = b a 1 x 1 + a x + a x = b a 11 a 1 a 1 a 1 a a a 1 a a x 1 x x = Ezek után több, mint 1 évvel egy japán matematikus, Seki (168) és a német Leibniz (169) kezd determinánsokkal foglalkozni 175-ben a lineáris egyenletrendszerek megolhatóságáról Cramer publikál szabályt A modern matematikában J J Sylvester ( ) angol matematikus adta meg és használta el ször a mátrix fogalmát 185-ben Továbbá vezette be a gráf és a diszkrimináns elnevezéseket is 188-ban Sylvester matematikai kutatásaival, többek között a mátrixelmélet megalapozásával elnyerte a Royal Society Copley-medálját A mátrix bal fels sarkából induló átlós tengelyt a mátrix f átlójának (diagonálisának) nevezzük A csupa nemnulla elemet tartalmazó mátrixok mellett megkülönböztetünk alsó és fels háromszögmátrixokat, illetve diagonális mátrixokat: l 11 l 1 l l 1 l l, u 11 u 1 u 1 u u u, d 11 d d b 1 b b

4 Ebben a dolgozatban csupán a komplex és a valós számokat használjuk A továbbiakban C a komplex számok, R a valós számok testét jelöli, F pedig egy tetsz leges testet jelent A dolgozatban a lineáris algebrai, mátrixelméleti részekhez az [1]-[1]-ig, a gráfelméleti részek során pedig a [9]-[1]-ig terjed forrásokat használtam 11 Alapismeretek Mindenekel tt ismerkedjünk meg a lineáris algebra alapvet és majdhogynem legfontosabb fogalmaival 111 Deníció Legyen V tetsz leges vektortér A G V vektorhalmazt generátorrendszernek nevezzük, ha minden v i V vektor felírható a G-beli g i vektorok µ i g i lineáris kombinációjaként A B V vektorhalmaz bázis, ha elemei minimális elemszámú generátorrendszert (vagy maximális elemszámú független rendszert) alkotnak V -ben A bázis elemeinek száma a vektortér dimenziója 11 Deníció (Lineáris függetlenség) Legyen V egy n-dimenziós vektortér az F test felett, µ i F Azt mondjuk, hogy c i V vektorok lineárisan n függetlenek, ha abból, hogy a µ i c i lineáris kombinációjuk, következik, hogy µ i = i= 111 Determináns és nyom A determináns a négyzetes, azaz n n-es mátrixokon értelmezett függvény, k n-es mátrixok determinánsát nem értelmezzük A det(a) egy komplex z számot jelöl, det : C n n C Jelölése lehet továbbá a det(a 1,, a n ), amelyben a i -k a mátrixot felépít vektorok 11 Deníció Legyen A C n n, ekkor det(a) = π sgn(π)a 1π(1) a π() a nπ(n), ahol π az {1,, n} halmaz el jeles permutációja 111 Példa det(a) = a 11 a 1 a 1 a = a 11a a 1 a 1

5 A determináns alapvet tulajdonságai közül megemlítjük: det(a) = a mátrixot felépít a i oszlop- vagy sorvektorok lineárisan összefügg k; a determináns a mátrixot felépít a i oszlop- illetve sorvektorok multilineáris függvénye; 1 det(i) = det 1 = 1 Mint a komplex számoknak a reciprokát, a nem nulla determinánsú, négyzetes mátrixoknak is értelmezzük a multiplikatív inverzét, A 1 -et, melyre teljesül, hogy A-val vett szorzata az egységmátrix (az identitás) Azt a négyzetes mátrixot, melynek létezik inverze, invertálhatónak mondjuk A k n- es mátrixok esetén is számíthatunk valamiféle inverzet, mégpedig a Moore- Penrose féle általánosított inverz et (ezt csak a következ szakaszban deniálom) Most nézzük a négyzetes mátrixok inverzét a 11 a Deníció Legyen A = a 1 a Ekkor az A mátrix inverzét a következ képp deniálhatjuk: A 11 det(a) A 1 A 1 det(a) det(a) A 1 A det(a) det(a) A det(a) A 1 = A 1 det(a) A det(a) C n n és det(a) A det(a), melyben A ij jelöli az i-edik sor és j-edik oszlop elhagyásával keletkez, az a ij -hez tartozó (n 1) (n 1)-es aldeterminánst Erre teljesül, hogy AA 1 = 1 = A 1 A = I = 1 A mátrix inverzekre továbbá az (AB) 1 = B 1 A 1 azonosság teljesül Mivel a mátrixszorzás asszociatív (tetsz legesen átzárójelezhet ) és (AB) 1 AB = B 1 A 1 AB, tehát I = I igaz, az azonosság helyes A fenti denícióból következik, hogy egy négyzetes mátrixnak pontosan akkor van inverze, ha determinánsa nem nulla Az ilyen mátrixokat reguláris, vagy nemszinguláris mátrixoknak hívjuk A nulla determinánsú mátrixokat szingulárisnak nevezzük Az alábbiakban a determináns kiszámítására ismertetek néhány módszert 4

6 111 Állítás (Sarrus-szabály) Legyen A C, ekkor a 11 a 1 a 1 a 1 a a a 1 a a = a 11 a a + a 1 a a 1 + a 1 a 1 a (a 1 a a 1 + a a a 11 + a a 1 a 1 ) 111 Tétel (Kifejtési tétel) Legyen A C n n, ekkor tetsz leges 1 j n-re n det(a) = ( 1) i+j A ij, i=1 ahol A ij szintén az i-edik sor és j-edik oszlop elhagyásával keletkez, az a ij -hez tartozó (n 1) (n 1)-es aldeterminánst jelöli 111 Következmény A háromszögmátrixok determinánsa a f átlóbeli elemek szorzata 11 Tétel (Determinánsok szorzástétele) Legyen A C n n és B C n n, ekkor det(ab) = det(a)det(b) 11 Következmény A tételb l következik, hogy det(a 1 ) = 1 det(a) A Cauchy-Binet formula a determinánsok szorzástételének hasznos és rendkívül elegáns általánosítása, melynek a következ bizonyítása már gráfelméleti eszközökhöz nyúl 11 Tétel (Cauchy-Binet formula) Legyen A C p q és B C q p (p q), ekkor det(ab) = det(a k )det(b k ), ahol A k az A mátrix oszlopainak, B k a B mátrix sorainak azonos index tagjaiból képzett p p-es mátrixokat jelölik ( ) b 11 Példa a11 a 1 a 11 b 1 1 b a 1 a a 1 b b 1 b = a 11 a 1 a 1 a b 11 b 1 b 1 b + a 11 a 1 a 1 a b 11 b 1 b 1 b + a 1 a 1 a a b 1 b b 1 b A Cauchy-Binet formula bizonyításához el ször igazolunk egy lemmát, azonban a lemma értelmezéséhez még szükségünk lesz néhány fogalomra Egy G = (V, E) objektumot gráf nak hívunk, melyben V a csúcsok és E az élek halmazát jelöli A gráf csúcsai valamilyen módon össze vannak kötve az 5

7 élekkel és minden él legfeljebb két különböz csúcsot köt össze Egy út a gráfban éleknek olyan sorozata, melyben az élek végpontja (az utolsó él kivételével) megegyezik az t követ él kezd pontjával, és bármely csúcs pontosan egyszer szerepel benne Az egy csúcsot, illetve élet többször is felhasználó utat sétának nevezzük Egy gráf i hosszú kör, ha csupán egy i hosszú útból áll, melynek kezd - és végpontja azonos Ezeket az i hosszú köröket C i jelöli Például, ha egy háromszöget rajzolunk, az egy C kör Egy G = (A, B, E) gráf páros (bigráf ), amelyben V = A B, azaz csúcsai két osztályba sorolhatók, és csak az osztályok között futnak élek Egy gráf súlyozott, ha adva van mellé egy ω : E R leképezés és így az e él súlya ω(e) Ellenkez esetben súlyozatlan A G súlyozott gráfban egy p út súlya a benne szerepl élek súlyának összege: ω(p) = e p ω(e) A gráf irányított (digráf ), ha élei egy irányba haladnak, vagyis szomszédnak lenni nem szimmetrikus reláció Egy P úthalmaz útrendszer a G gráfban, ha a benne szerepl utak G minden csúcsát lefedik A P útrendszer csúcsdiszjunkt, ha a benne szerepl utaknak páronként nincs közös pontjuk A P útrendszer súlyának szorzata: ω(p) = p P ω(p) Legyen P = (R, C, E) irányított páros gráf, melyben r i és c j között fut él, ha létezik G-ben r i -b l c j -be vezet, irányított p út Amennyiben G-ben r i - b l c j -be vezet út, a P -beli, r i -b l c j -be vezet él súlyát a következ képpen deniáljuk: ω(r i c j ) = ω(e) p:r i c j G e p A P csúcsdiszjunkt útrendszer a P páros gráfban, ha ott a benne szerepl utak teljes párosítást adnak, azaz minden pontot pontosan egy út fed le Ebben az útrendszerben mindegyik út egy élb l áll A P el jele, sgnp = = ( 1) k, ha a P útrendszerben k irányított út keresztezi egymást Itt térünk át mátrixokra, mert az R-b l C-be men útmátrix m ij -edik eleme a P -beli r i -b l c j -be vezet irányított út súlya (m ij = ω(r i c j )) 111 Lemma (Gessel-Vienot) Legyen G = (V, E) irányított, aciklikus (nem tartalmaz irányított kört), súlyozott gráf Továbbá legyen R = {r 1, r,, r n } és C = {c 1, c,, c n } két n elem halmaz, melyekre R C V teljesül Ekkor az R-b l C-be men M útmátrixra a det(m) = P sgnpω(p) egyenl ség áll fenn, ahol P-k az R-b l C-be men csúcsdiszjunkt útrendszerek 6

8 A lemma bizonyítása: Deníció szerint a det(m) determináns összeadandóinak egy tagja amely m ij = ω(r i c j ) miatt átírható sgn(π)m 1π(1) m π() m nπ(n), sgn(π)ω(r 1 c π(1) )ω(r c π() ) ω(r n c π(n) ) formába Világos, hogy ω(r 1 c π(1) )ω(r c π() ) ω(r n c π(n) ) egy-egy nem feltétlenül csúcsdiszjunkt útrendszer súlya Ezeket a tagokat összegezve majdnem be is láttuk a formulát Azt kell csupán megmutatni, hogy a nem csúcsdiszjunkt P útrendszerekre teljesül, hogy P sgnp ω(p ) = Ha P nem csúcsdiszjunkt útrendszer, biztos van benne két út, amelyek legalább egy ponton metszik egymást Legyen L a G-beli, a nem csúcsdiszjunkt útrendszerek halmazán értelmezett transzformáció, melyre LP az az útrendszer, amelynek útjai a p utak kezd pontjaiból a p élein haladnak az út els, egy másik s úttal való keresztez déséig, majd s élein mennek tovább Látható, hogy L(LP) = P teljesül Az eredeti és a módosított utak is ugyanazokat az éleket használják, tehát ω(lp) = ω(p) Továbbá, a módosítással a π permutációt egy inverzióval (indexcsere) szoroztuk meg, el jele így ( 1)-szeresére változik Ezen feltételek mellett érthet, hogy nem csúcsdiszjunkt útrendszerekre fennáll a fenti egyenl ség Tehát a P csúcsdiszjunkt útrendszerekre det(m) = P sgnpω(p), és ezzel a lemmát beláttuk A Cauchy-Binet formula bizonyítása: Legyen P = (R, C, E 1 ) A-ra, Q = (C, D, E ) pedig B-re, mint útmátrixra illeszked két irányított, páros gráf Vagyis például az r i c j él súlya a ij Ekkor az R-b l D-be men S = AB útmátrixra s ij = k a ik b kj Tehát azonos index oszlopokat, illetve sorokat választva az A és B mátrixból az r i c k d j utakat kapjuk, melyekre a Gessel-Vienot lemmát alkalmazva, a Cauchy-Binet formula bizonyítást nyer 7

9 Itt ejtek még szót a nyomról is, amely a determináns mellett szintén a négyzetes mátrixok függvénye Jele tr(a) 115 Deníció A C n n nyomát a következ képpen deniáljuk: tr(a) = n a ii i=1 11 Következmény tr(ab) = tr(ba) 11 Az adjungált és a transzponált mátrix A mátrixok körében jelent s szerepe van az adjungálásnak, mint egyváltozós (unér) m veletnek Komplex elem mátrixok esetén beszélünk adjungáltról, vagy más néven hermitikus transzponáltról Jelölése leggyakrabban A, esetleg A H A z a z komplex szám komplex konjugáltja, melyben a képzetes rész el jelet vált Például: x + yi = x yi a 11 a Deníció Legyen A = a 1 a a 11 a 1 A = a 1 a C n n, ekkor Továbbá a k n-es mátrixok adjungáltját is deniáljuk, ekkor egy n k-as mátrix az eredmény Ilymódon számíthatjuk ki egy k n-es mátrix négyzetes metszetmátrixát, A A-t A már említett Moore-Penrose féle általánosított inverz számításához is a metszetmátrixot használjuk, és azt mondjuk, hogy a k n-es mátrix inverze (A A) 1 A = A 1 (A ) 1 A Egy valós szám komplex konjugáltja önmaga, ezért valós elem mátrixok esetében adjungálás helyett transzponálunk, ami a sorokat és oszlopokat felcseréli Jelölése A T a 11 a Deníció Legyen A = a 1 a a 11 a 1 A T = a 1 a R n n, ekkor 8

10 11 Sajátértékek, sajátvektorok, karakterisztikus polinom Minden A mátrix, mint leképezés hat egy x vektorra, melynek eredménye az Ax vektor A sajátértékek, sajátvektorok azokat a skalárokat, vektorokat jelentik, amelyek ezt a hatást képesek helyettesíteni, tehát kielégítik az Au = λu egyenletet, ahol λ egy sajátérték és u a hozzá tartozó sajátvektor A sajátértékeket is csak négyzetes mátrixokra értelmezzük Ha k n-es mátrixszal dolgozunk, szinguláris értékekr l beszélhetünk, melyek az A A négyzetes mátrix sajátértékeinek gyökeit jelentik Egy n n-es mátrixnak legfeljebb n - különböz - sajátértéke lehet, és multiplicitással pontosan n 118 Deníció A det(a λi) = polinomot az A mátrix karakterisztikus polinomjának nevezzük A karakterisztikus polinom gyökei a λ i sajátértékek 114 Tétel Legyenek az A invertálható mátrix λ i sajátértékei λ 1 λ λ n és σ 1 σ σ n a σ i szinguláris értékei Ekkor teljesülnek az alábbiak: m m λ i σ i m n esetén, és i=1 k λ i s i=1 i=1 k σi s k n, s > esetén i=1 11 Lemma Egy A C n n mátrix különböz sajátértékeihez tartozó sajátvektorok lineárisan függetlenek A sajátértékek halmaza az A mátrix spektruma Az A mátrix legnagyobb abszolút érték sajátértékének abszolút értékét az A mátrix spektrálsugarának nevezzük és ρ(a)-val jelöljük, tehát ρ(a) = max λ i i 11 Állítás (Neumann-sor) Legyen A C n n mátrix λ i R sajátértékekkel Amennyiben ρ(a) < 1, igaz a következ : A i = (I A) 1 i= 11 Állítás Legyenek λ i -k az A mátrix sajátértékei Ekkor a következ ket állíthatjuk: det(a) = n λ i, tr(a) = i=1 n λ i i=1 9

11 114 Hasonlóság és diagonalizálhatóság Ahhoz, hogy mátrixok hasonlóságát értelmezhessük, szükségünk lesz a vektortér bázisára Egy mátrix sokféle alakban felírható más és más bázisban 119 Deníció Azt mondjuk, hogy az A C n n mátrix hasonló a B C n n mátrixhoz, ha olyan S invertálható mátrix, melyre A = SBS 1 A fenti denícióban szerepl S mátrixot bázisáttérési mátrix nak nevezzük Például minden mátrix hasonló önmagához a standard bázisban: ( a11 a 1 a 1 a ) = ( 1 1 ) ( a11 a 1 a 1 a ) ( 1 1 ) 1 Az egyszer ség kedvéért ( csak ) a kétdimenziós ( ) esetet illusztráltuk Ez esetben 1 a standard bázis az és a vektor alkotta vektorrendszer Deníció Egy A C n n mátrixot diagonalizálhatónak nevezünk, ha hasonló egy diagonális mátrixhoz 115 Tétel Egy A C n n akkor és csak akkor diagonalizálható, ha n lineárisan független sajátvektora van A spekrálfelbontásban a mátrix sajátvektorai képezik a megfelel bázist 116 Tétel (Spektrálfelbontás) Legyenek λ i -k az A mátrix n különböz sajátértékei Ekkor A hasonló a következ diagonális mátrixhoz: λ 1 λ n 1 λ n Ha az A mátrix nem rendelkezik n darab különböz sajátértékkel, a Jordannormálforma ad egy A-hoz hasonló mátrixot 1

12 117 Tétel (Jordan) Minden A C n n mátrix hasonló egy J 1 J = J J i = J mátrixhoz, i λ i 1 λ i 1 ahol J i egy alakú négyzetes Jordan-blokk Az i-edik 1 λ i Jordan-blokk mérete az i-edik sajátérték multiplicitásával számolt k k-es mátrix Az így keletkezett J mátrixot az A mátrix Jordan-normálformájának nevezzük Egy bázis lehet továbbá ortogonális és ortonormált Ortogonális bázisban minden vektor mer leges egymásra, azaz páronkénti skalárszorzatuk nulla A skalárszorzat jele a, b Az R-beli skalárszorzat a benne szerepl vektorok azonos index koordinátáinak szorzatösszege (a T b), a C-beli skalárszorzatban pedig az els vektor elemeinek konjugáltjait véve képezzük a szorzatösszeget (a b) Az ortonormált bázisban a vektorok ortogonálisak és 1 hosszúak A vektor hossza a koordinátái a négyzetösszegének a gyöke (euklidészi vektornorma), jele a A standard bázis ortonormált 115 Normális mátrixok A mátrixok között megkülönböztetett szerepük van a normális mátrix oknak 1111 Deníció Egy A C n n mátrix normális, ha AA = A A 118 Tétel Minden A C n n normális mátrix a sajátvektoraiból álló ortonormált bázisban diagonalizálható Az alábbiakban további háromféle mátrixszal és f bb tulajdonságaikkal ismerkedünk meg 111 Deníció Legyen A C n n mátrix Az A mátrix önadjungált (hermitikus), ha A = A (Ha A R n n és A T = A, A szimmetrikus) 114 Állítás (Önadjungált mátrixok jellemzése) A C n n önadjungált A normális és sajátértéke valós 119 Tétel (F tengelytétel) Minden A R n n szimmetrikus mátrix összes sajátértéke valós 11

13 A sajátértékek ismeretében meghatározhatjuk az önadjungált mátrixok karakterét Legyen A C n n önadjungált mátrix Ekkor: Az A mátrix pozitív denit, ha sajátértéke pozitív; Az A mátrix negatív denit, ha sajátértéke negatív; Az A mátrix pozitív szemidenit, ha sajátértéke és sajátértéke a is; Az A mátrix negatív szemidenit, ha sajátértéke és sajátértéke a is; Az A mátrix minden más esetben indenit 111 Deníció Legyen A C n n mátrix Az A mátrix ferdén önadjungált, ha A = A (Ha A R n n és A T = A, A ferdén szimmetrikus) 1114 Deníció Legyen A C n n mátrix Az A mátrix unitér, ha A = A 1 (Ha A R n n és A T = A 1, A ortogonális) 115 Állítás (Unitér mátrixok jellemzése) Az alábbiak ekvivalensek: i A C n n unitér; ii A skalárszorzattartó; iii A normatartó; iv A távolságtartó; v unitér Q mátrix esetén AQ unitér; vi A normális és sajátértéke abszolút értékben Tétel Minden A R n n ortogonális mátrix hasonló egy B 1 B = B B i = B mátrixhoz, i ( ) cos α sin α ahol B i = ±1, vagy alakú α-szög forgatásmátrix sin α cos α Az unitér mátrixoknak nemcsak oszlop-, de sorvektorai is ortonormáltak Könnyen látható, hogy mindhárom fent említett mátrix normális 1

14 fejezet Speciális mátrixok és determinánsaik Ebben a fejezetben olyan mátrixokat mutatok be, melyek különlegesek és alkalmazásaik is ismertek Természetesen nem az összeset, csak néhányat 1 Pozitív mátrixok Ez az elnevezés sajnos nem teljesen egyértelm a matematikában Gyakran elemenként pozitív és pozitív denit mátrixok at is nevezünk így Az els esetben talán népszer bb elnevezés a nemnegatív mátrix, bár ez se teljesen egyértelm Ebben a dolgozatban a pozitív denit mátrixokat említjük egyszer en pozitív mátrixokként Egy A C n n mátrix bal fels elemével kezd d i i-s mátrixot az A mátrix i-edik minormátrix ának hívjuk Az i-edik minormátrix determinánsa az A mátrix i-edik f minorja (i {1,,, n 1}) 11 Tétel (Sylvester-féle kritérium) Egy A R n n mátrix akkor és csak akkor pozitív denit, ha szimmetrikus és f minorja pozitív 1 Tétel Legyen A C n n önadjungált mátrix Ekkor az alábbi állítások ekvivalensek: i A pozitív (szemi)denit; ii A sajátértéke és determinánsa nemnegatív; iii λ i sajátértékei és σ i szinguláris értékei megegyeznek; iv egy pozitív (szemi)denit A mátrix, melyre ( A) = A; v olyan B mátrix, melyre B B = A 11 Állítás Egy A R n n szimmetrikus mátrix pozitív denit, ha x R n esetén x T Ax > 1

15 Tridiagonális mátrixok Miel tt rátérnénk a tridiagonális mátrix ok tárgyalására, ismerkedjünk meg a Hessenberg-mátrix okkal Ezek a mátrixok a majdnem háromszögmátrixok Egy tetsz leges n n-es mátrix diagonálisa alatti átlókat a diagonálistól lefele számolva a mátrix i-edik szubdiagonálisának hívjuk, a diagonális felettieket a diagonálistól felfele számolva pedig a mátrix i-edik szuperdiagonálisának(i {1,,, n 1}) Az alsó és fels Hessenberg-mátrixok olyan háromszögmátrixok, melyeknek még az els szuper-, illetve szubdiagonálisában is nemnulla elemek vannak 1 Deníció Egy A C n n négyzetes mátrixot tridiagonálisnak nevezünk, ha a következ alakban írható fel (alsó és fels Hessenberg-mátrix egyben): a 1 b 1 c 1 a b, c n a n 1 b n 1 c n 1 a n azaz a ij =, ha i j > 1 Általában szalagmátrix oknak hívjuk azokat a n n-es mátrixokat, melyekre i j < c, c {1,,, n 1} esetén a ij teljesül és minden más esetben a ij = A továbbiakban a tridiagonális mátrixok determinánsának kiszámítására adunk egy formulát Legyen a 1, a, tetsz leges sorozat A sorozat n-edik kontinuánsát C(n) jelöli A kontinuánsokat rekurzív módon számíthatjuk ki a következ képpen: C() = 1 C(1) = a 1 C(n) = a n C(n 1) + C(n ) Legyenek továbbá b 1, b, és c 1, c, is sorozatok Ezen három sorozat n- edik együttes kontinuánsát C (n) jelöli Ezeket a kontinuánsokat rekurzióval adhatjuk meg: C () = 1 C (1) = a 1 C (n) = a n C (n 1) b n 1 c n 1 C (n ) 14

16 A három sorozat együttes kontinuánsai a tridiagonális mátrix determinánsaihoz vezetnek 1 Állítás Egy tridiagonális mátrix n-edik minormátrixának determinánsa a mátrix bal föls sarkából a jobb alsó sarkába vezet elemeinek, mint sorozatoknak az n-edik együttes kontinuánsa, azaz det(a) = C (n) Cauchy-mátrix Vannak olyan négyzetes mátrixok, melyeknek egy konkrét képlettel ki lehet számítani a determinánsát Ilyen például a Cauchy-mátrix 1 Deníció Legyenek a 1,, a n és b 1,, b n n darab skalár Azt a négyzetes mátrixot, melynek elemei: Cauchy-mátrixnak nevezzzük c ij = (a i + b j ) 1 = 1 a i +b j, 1 Állítás A Cauchy-mátrix determinánsa a képlettel számítható ki 4 Jacobi-mátrix det(c) = i>j (a i a j )(b i b j ) i,j (a i+b j ) A Jacobi-mátrix az analízisben a többváltozós, vektorérték függvények parciális deriváltjainak tárolására szolgál 41 Deníció Legyen f(x 1, x,, x n ) = (f 1 (x 1, x,, x n ),, f m (x 1, x,, x n )) egy f : R n R m leképezés A következ m n-es mátrixot az f leképezéshez tartozó Jacobi-mátrixnak nevezzük: f 1 f 1 x 1 f 1 x n f x n x f x 1 f m f x 1 m x n Amennyiben n = m, Jacobi-determinánst is értelmezhetünk Az f függvényhez tartozó Jacobi-mátrix jelölése J f Amennyiben J f invertálható, akkor det(j f ) Jacobi-determinánsnak az integráltranszformációnál van jelent s szerepe Az alábbi képletben f(x) egy tetsz leges többváltozós függvényt, míg g egy többváltozós, vektorérték függvényt jelöl f(x 1, x,, x n ) dx i = f(g(t 1, t,, t n )) det(j g ) dt i g(t ) i T i 15

17 5 A Sylvester-mátrix és a rezultáns Két polinom Sylvester-mátrix a azt mutatja meg, hogy a két polinomnak van-e közös osztója Ez a mátrix tulajdonképpen egy homogén lineáris egyenletrendszer együttható mátrixa 51 Deníció Legyenek f(x) = n a i x i és g(x) = i= m b i x i polinomok, melyekre a n, b n Az alábbi (n+m) (n+m)-es mátrixot az f(x) és g(x) polinomok Sylvester-mátrixának nevezzük a n a n 1 a n a a n a n 1 a 1 a S(f, g) = a n a b m b m 1 b m b b m b m 1 b 1 b b m b A Sylvester-mátrix determinánsa a rezultáns Az f(x) és g(x) polinomok rezultánsát R(f, g) jelöli Amennyiben két polinom rezultánsa, a fent említett egyenletrendszernek létezik pontosan egy, nemnulla megoldása, és a két polinomnak van közös osztója Ha a két polinom rezultánsa nem, nincs közös osztójuk 51 Állítás Az f(x) polinom diszkriminánsa kifejezhet f(x) és f (x) rezultánsával: D(f) = n(n 1) ( 1) a n R(f, f ) 51 Példa Legyen f(x) = ax +bx+c Az f(x) és f (x) Sylvester-mátrixa: a b c a b, a b melynek determinánsa, azaz az f(x) és f (x) polinomok rezultánsa: a b c R(f, f ) = a b a b = ab a(b ac) = ab ab + 4a c = = 4a c ab = a(b 4ac) Tehát f(x) diszkriminánsa a képletünk szerint D(f) = = 1 a ( a)(b 4ac) = b 4ac i= n(n 1) ( 1) a n R(f, f ) = 16

18 fejezet Mátrixfelbontások A következ kben mátrixfelbontásokat ismerhetünk meg, melyek segítséget nyújthatnak például lineáris egyeletrendszerek megoldásában, illetve a mátrix determinánsa vagy inverze kiszámításában is 1 LU-felbontás Az LU-felbontás vagy Gauss-féle felbontás a mátrix háromszögmátrixok szorzataként történ felírását jelenti 11 Deníció (LU-felbontás) Egy A R n n mátrix A = LU alakú felbontását az A mátrix LU-felbontásának nevezzük, melyben L egy alsó háromszögmátrix egyesekb l álló f átlóval, U pedig egy fels háromszögmátrix, az A mátrix Gauss-eliminált alakja 11 Példa Tekintsük az A = mátrixot Ez egy szimmetrikus, pozitív denit mátrix a 11-es tétel alapján Készítsük el az LUfelbontását! El ször is a mátrix Gauss-eliminált fels háromszögmátrix alakját kell felírnunk Ehhez vonjuk ki a mátrix második sorából az els 7 5-szörösét, a harmadikból a 5 -szörösét, majd a harmadikhoz adjuk hozzzá a második szorosát: ( ) 17

19 5 7 Így tehát kiszámoltuk, hogy U = Az L mátrix elkészítéséhez csupán a felhasznált együtthatókat kell alsó háromszögmátrixba rendeznünk A 7 5 -öt és a 5 -öt pozitív, míg a ot negatív el jellel látjuk el: 1 L = Állítás Amennyiben A determinánsa nem nulla és létezik LU-felbontása, akkor az egyértelm 1 Állítás Ha A-nak i = 1,, n 1-re minden i-edik f minorja nem nulla, akkor létezik LU-felbontása 11 Tétel Egy A R n n mátrixnak létezik egyértelm LU-felbontása, amennyiben A összes f minorja nem nulla Shur-felbontás A Shur-felbontás a mátrix sajátvektoraiból képzett ortonormált bázisban kívánja felírni a mátrixot 1 Tétel (Shur-felbontás) Minden A komplex elem, négyzetes mátrix felbontható A = QT Q alakra, ahol Q unitér, T pedig fels háromszögmátrix A T mátrix akkor és csak akkor diagonális, ha A normális Ahhoz, hogy ezt a bázist megtaláljuk, a Gram-Schmidt eljárást használjuk, mellyel a mátrix sajátvektorait ortonormalizáljuk Jelölje az ortonormalizálni kívánt vektorokat (jelen esetben a mátrix sajátvektorait) a i, és a bel lük készített ortonormált vektorokat q i Ekkor a q i vektorok kiszámítására az alábbi képlet használható: q i = 1 Példa Legyen A = a i i 1 k=1 q k, a i q k a i i 1 k=1 q k, a i q k Keressük meg a Shur-felbontását! Számítsuk ki A karakterisztikus polinomját, sajátértékeit és sajátvektorait 18

20 (a szóban forgó determinánst a harmadik sor szerint fejtjük ki): x 1 1 det(a xi) = 1 x 1 x = (1 x)(( x) 1) = (1 x) ( x) A sajátértékek tehát:, 1, 1 Nézzük a sajátvektorokat! 1 1 x x x 1 y = y = y = 1 z z z x y z = 1 x y z = x y z = Mivel 1 az A kétszeres sajátértéke, a hozzá tartozó második sajátvektort a (A λi)u i+1 = u i képlettel számíthatjuk ki, amelyben λ a többszörös sajátérték, és u i az eredetileg hozzá tartozó sajátvektor: x y z Így a három sajátvektor: 1 1 = = x y z = , A sajátvektorok ortonormáltjai a 1 1 vektorok, ez a Gram-Schmidt ejárással könnyen ellen- 1 rizhet Ez nem más, mint a Q mátrix Végül nincs más dolgunk, csak kiszámítani a T mátrixot, amit a T = Q AQ képlettel tehetjük meg T = = A tétel bizonyítása: A bizonyítás során két esetet vizsgálunk Ha A normális, akkor n különböz sajátvektora független, s t ortonormált rendszert is alkot Ezért, ha az u i sajátvektorokból képezzük az U mátrixot, teljesül rá a következ : λ 1 AU = U λ n 1 λ n 19

21 Mivel U unitér, ebb l látható, hogy jobbról szorozva az adjungáltjával, megkapjuk az A Shur-felbontását Tehát amennyiben A normális, létezik Shurfelbontása Ha A nem normális, biztosan létezik legalább egy λ sajátértéke Erre igaz: Aq = λq Egészítsük ki a q sajátvektort q, q,, q n ortonormált rendszerré Ezen vektorokat tegyük a Q mátrixba: AQ = (λq ( c 1 c ) n ) λ b Q AQ = C A továbbiakban megmutatjuk, hogy ha C-nek létezik Shur-felbontása, akkor A-nak is, és ezzel tételünk bizonyítást nyer Tegyük fel, hogy RT R a C Shur-felbontása Legyen Ekkor: K AK = ( 1 K AK = R ( 1 K = Q R ( ) 1 R K AK = ) ( ) 1 Q AQ R ) ( ) ( ) λ b 1 C R ( ) λ br R CR Mivel R CR = T fels háromszögmátrix, ezért K AK is az, ebb l következ en A-nak is létezik Shur-felbontása Így a tételt teljes indukcióval beláttuk QR-felbontás A QR-felbontás vagy Gram-féle felbontás a mátrix oszlopvektorait ortonormalizálja, így egyszer sítve a mátrixszal való számolást 1 Tétel (QR-felbontás) Legyen A C n n invertálható mátrix Az A mátrix felírható A = QR alakban, melyben Q egy n n-es unitér mátrix, R pedig egy fels háromszögmátrix, pozitív f átlóbeli elemekkel

22 Tétel (Általános QR-felbontás) Egy A C p q mátrixnak, melynek q darab oszlopa lineárisan független, van A = QR felbontása, melyben Q egy p q-as izometrikus mátrix, azaz Q Q = I, R pedig egy négyzetes fels háromszögmátrix pozitív f átlóbeli elemekkel A QR-felbontás mindig egyértelm 1 Példa Legyen A = R4 mátrix Keressük meg az általános QR-felbontását! A Q mátrix el állításához, melyre Q Q = I-nek kell teljesülnie, ortonormalizálnunk kell az A mátrix oszlopait Vagyis azt kell elérnünk, hogy páronként legyenek mer legesek és mindegyiknek 1 legyen a hossza Erre a Gram- Schmidt eljárás ad egy alternatívát (a q i oszlopvektor az A i-edik oszlopának normáltja): q = q 1 = 1 q = q q =, =, Ezek alapján ki tudjuk számolni q -at is Így tehát Q = (q 1 q q ) = = Az R mátrixban az eljárás során felhasznált együtthatókat tároljuk, a f át- 4 lóban euklidészi vektornormák jelennek meg: R = 1 1, 1

23 4 Poláris és Cartan-felbontás Minden z komplex szám felírható z = z e iψ (exponenciális alak) formában, melyben ψ < π Ha z = x + yi, akkor z = x + y Ennek a mátrixokra történ kiterjesztése a poláris felbontás 41 Tétel (Poláris felbontás) Tetsz leges A négyzetes, komplex mátrix felírható A = SU alakban, ahol S önadjungált pozitív szemidenit, U pedig unitér mátrix Amennyiben A invertálható, poláris felbontása egyértelm A fent szerepl A = SU alakot a mátrix bal oldali poláris felbontásának hívjuk Az A = U S jobb oldali felbontást pedig akár a QR-febontáshoz hasonlíthatjuk Az A = S 1 U 1 és A = U S poláris felbontásokban S 1 = S pontosan akkor, ha A normális 41 Példa Tekinsük az A = ( 1 ) mátrixot Keressük meg a poláris felbontását! ( ) 8 Számoljuk ki az AA pozitív szemidenit mátrixot: AA =, és 5 sajátértékeit: 9, 4 Az AA mátrix sajátértékeinek gyökei lesznek ( S mátrix ) 1 sajátértékei Szükségünk lesz még az AA 1 sajátvektoraira: 1 Az 1 S mátrixot a következ képpen kaphatjuk meg: ( ) ( 1 1 S 1 1 = ( 1 S = 1 ) ( ) 1 = ) ( Miután kiszámítottuk S-et, U-t is megkaphatjuk: U = S 1 A = ( 4 5 A tétel bizonyítása: Tegyük fel, hogy A = SU, ekkor AA = SUU S = S, így szükségszer en S = AA Mivel S = AA pozitív szemidenit, ezért létezik egy megfelel, szintén pozitív szemidenit AA mátrix Továbbá, ha S = AA, akkor S 1 A = S(A ) 1 = U és UU = S 1 AA 1 S = S 1 S = I azaz U unitér ) )

24 4 Tétel (Cartan-felbontás) Bármely A négyzetes, komplex mátrix felírható A = K 1 DK alakban, ahol K 1 és K unitér, D pedig egy diagonális mátrix Bizonyítás: Tegyük fel, hogy A = SU az A mátrix poláris felbontása Mivel S önadjungált, az S = K 1 DK1 Shur-felbontásban D diagonális mátrix Beírva ezt az A mátrix poláris felbontásába, azt kapjuk, hogy A = K 1 DK1 U, melyben U is unitér K 1

25 4 fejezet A Homan-Singleton gráftétel és a Turán-típusú tételek Az utolsó fejezetben néhány érdekes gráfelméleti eredményt mutatok be A gráfelmélet a században kialakult kutatási terület Számtalan alapvet eredménye magyar matematikusok nevéhez kapcsolható, azonban mostanára már szinte az egész világon elterjedt Például a kés bbiek folyamán ismertetend fokszám-átmér problémával egy ausztrál kutatócsoport is foglalkozik Elevenítsünk fel néhány gráfelméleti alapfogalmat Egy G = (V, E) gráfban megkülönböztetünk egyszeres, párhuzamos és hurokél eket Az egyszeres él minden esetben két különböz csúcshoz kapcsolódik, van egy kezd - és egy végpontja Ha két csúcsot egynél több él köt össze, azok párhuzamos élek A hurokél olyan él, melynek kezd - és végpontja ugyanaz a csúcs A csúcs fokszámát az adja, hogy hány él illeszkedik a csúcsra A gráf d-reguláris, ha minden csúcsának foka d Összefügg a gráf, ha bármely két csúcsa között létezik út Egy G gráf részgráf ként tartalmaz egy H gráfot, ha a H csúcsés élhalmaza is részhalmaza a G csúcs- és élhalmazának A G gráf teljes, ha V (G) = i és minden csúcs között fut él Ezeket K i jelöli Az i csúcsú teljes gráfok (i 1)-regulárisak 41 Gráfok szomszédsági mátrixa Mióta megjelentek a számítógépek, egyre nagyobb és nagyobb gráfok váltak kezelhet vé a matematikában Ezért fontos kérdéssé vált, hogyan lehetne ezeket hatékonyan tárolni és programokat futtatni rajtuk E kérdésekre ad alternatívát a szomszédsági mátrix 4

26 411 Deníció (Adjacencia mátrix) Legyen G = (V, E) tetsz leges súlyozatlan gráf Azt az A R n n mátrixot, melyre n = V (G), azaz a gráf csúcsainak száma, és ha i j és az i-edik és j-edik csúcs között nem fut él; a ij = p ha i j és az i-edik és j-edik csúcs között p darab párhuzamos él fut; q ha i = j és az i-edik csúcsra q darab hurokél illeszkedik, a G gráf adjacencia vagy szomszédsági mátrixának nevezzzük Könnyen meggondolható, hogy egy irányítatlan gráf szomszédsági mátrixa mindig szimmetrikus, illetve, hogy egy egyszer gráf (amely összefügg, nem tartalmaz párhuzamos és hurokéleket) mátrixa csupán egyesekb l és nullákból áll, csupa nullával a f átlóban Az adjacencia mátrix sajátértékeinek halmazát a gráf spektrumának hívjuk Ez a mátrix tulajdonképpen a gráf csúcsai közti 1 hosszú utak számát tárolja 411 Tétel Jelölje ζ k (i j) a G gráf i-edik csúcsából a j-edik csúcsába vezet k hosszú séták számát! Ekkor ζ k (i j) = (A k ) ij, azaz a k hosszú séták száma megegyezik G szomszédsági mátrixa k-adik hatványának megfelel index elemével Bizonyítás: El ször tekintsük a k = esetet Ekkor A elemei t a it a tj alakúak, ahol a t-edik összeadandó 1, ha i, t és j egy hosszú sétát feszít ki i és j között, különben Vagyis A elemei az i és j között futó sétákat számolják össze Most tegyük fel, hogy az állítás k + 1-re is igaz, tehát ζ k+1 (i j) = A k+1 = = A k A Ez pedig igaz, mivel A k+1 elemei azokat a k hosszú sétákat számolják össze, melyek egy éllel kiegészítve i-b l j-be vezetnek 411 Következmény Egy G egyszer gráfban található három hosszú körök (háromszögek) száma tr(a ) 6, ahol A a G gráf szomszédsági mátrixa 4 Homan-Singleton gráftétel és hasonló eredmények A következ alfejezetekben ismertetett eredmények többé-kevésbé három jelent s matematikushoz kapcsolódnak, akik mind a század második felében tevékenykedtek 5

27 Žk (balról jobbra) A J Homann, Erd s Pál és Turán Pál Ezek az emberek többek között a gráfelmélet alapjait tették le Els ként az úgynevezett fokszám-átmér problémát mutatom be 41 Deníció Egy G = (V, E) összefügg gráf átmér je az a legkisebb k szám, melyre bármely két csúcs között legfeljebb k hosszú út A gráfok átmér je mellett deniálunk még egy hasonló gráfparamétert, a girth-t (a magyar nyelvben b ség vagy kerület néven szokás említeni) Egy gráfnak g a girth-e, ha a legrövidebb benne megtalálható kör C g Így például C i girth-e i, átmér je i A girth paraméterrel lehet megadni a cage típusú gráfokat Ezek a gráfok d-regulárisak, jelölésük cage(d, g) A fokszám-átmér problémában az a cél, hogy maximalizáljuk a gráf csúcsainak számát adott d maximális fokszám és k-as átmér esetén Az így kapott gráfokat (d, k)-gráf oknak nevezzük Edward F Moore vetette fel ezt a problémát, és ezzel kapcsolatban az els jelent s eredményt is alkotta meg, bár csak 196-ban Homan és doktorandusza, R R Singleton nevezték el Moore-ról ezt az állítást, és a gráfok egy csoportját 41 Állítás (Moore-féle korlát) Legyen G egy k átmér j gráf d maximális fokszámmal, azaz van olyan csúcsa, melynek foka d Ekkor k 1 V (G) 1 + d (d 1) i, azaz csúcsainak száma felülr l becsülhet A fenti egyenl tlenségben egyenl ség csak d-reguláris gráf esetén állhat fenn i= 6

28 4 Deníció (Moore-gráf) Amennyiben egy G egyszer gráf i d-reguláris, k átmér j és k 1 ii 1 + d (d 1) i csúcsa van, i= Moore-gráfnak hívjuk Azt a feltételt, hogy k-as átmér je legyen, helyettesíthetjük azzal, hogy legyen k + 1 a girth-e Ezeket a gráfokat M(d, k)-val (vagy cage(d, k + 1)-el) jelöljük Vizsgáljuk meg a k átmér j, M(, k) Moore-gráfokat! Ebben a speciális esetben, mivel d =, k 1 V (G) = 1 + ( 1) i = 1 + k i= Láthatjuk, hogy ez a szám megegyezik a Moore-gráfok girth-ével Ebb l arra következtethetünk, hogy M(, k) a páratlan köröket jelöli Tehát például minden C i+1 -reguláris Moore-gráf A C i+1 gráf girth-e i + 1 A d rögzítésével nem korlátozható túlságosan a Moore-gráfok száma, már M(, k)-ra is végtelen sok esetet kapunk Izgalmasabb kérdés az átmér hosszát rögzíteni és úgy vizsgálódni Ekkor M(d, )-re már meglep eredményeket kapunk 41 Tétel (Homan-Singleton, 196) M(d, )-re csak d {,, 7, 57} esetén létezhet gráf, d {,, 7}-re pedig egyértelm en létezik Bizonyítás: Csak a tétel els részét bizonyítjuk, az egyértelm létezést nem Legyen G egy átmér j Moore-gráf Csúcsainak száma így: V (G) = n = = d +1 Mivel G d-reguláris, szomszédsági mátrixa minden sorában és oszlopában pontosan d darab egyes szerepel Nem nehéz meggondolni, hogy ha G tartalmazna háromszöget (C -at), legfeljebb 1+d+(d )(d 1)+(d ) = = d 1 csúcsa lehet Hasonlóan, ha G tartalmazna négyszöget (C 4 -et), legfeljebb 1 + d + (d 1)(d 1) + (d ) = d csúcsa lehet Vagyis nem tartalmazhat se három-, se négyszöget Az ötszög már nem zárható ki, mert az garantálja a -es átmér t, úgy is mondhatjuk, hogy G girth-e 5 A továbbiakban legyen A R n n a G szomszédsági mátrixa, ekkor A f átlójában mindenhol d van Mivel G nem tartalmaz négyszöget, az A mátrix a f átlóján kívül csupán nullákat és egyeseket tartalmaz, ráadásul, pont ott van benne egyes, ahol A-ban nulla és fordítva Ezért felírható az alábbi egyenl ség, melyben J a csupa egyesb l álló mátrixot jelöli: A + A (d 1)I = J 7

29 Vegyük észre, hogy J sajátértékei kifejezhet k A sajátértékeivel A J sajátértékeit ismerjük, az n egyszeres, a (n 1)-szeres sajátértéke, azaz A sajátértékei a λ +λ (d 1) = n = d +1 és a λ +λ (d 1) = egyenletek gyökei Az els egyenlet egy esetben teljesül, ha λ = d Az A mátrix többi, n 1 sajátértéke a λ 1 = 1+ 4d vagy a λ = 1 4d alakot ölti Jelölje λ 1 multiplicitását m 1, λ -ét pedig m Tudjuk, hogy m 1 + m = n 1 = d Mivel A nyoma, sajátértékeinek összege is, tehát: 1 + 4d 1 4d m 1 + m + d = (m 1 m ) 4d m 1 + m + d = Világos, hogy ha 4d irracionális, csak m 1 = m esetén teljesülhet az egyenl ség Ebben az esetben d = d, azaz d = vagy d = Nyilván d = - ra d-reguláris, átmér j gráf nincsen, de a d = -re már van (ez C 5 ) Most tegyük fel, hogy 4d racionális, egész szám Legyen 4d = s, ekkor d = s + 4 Helyettesítsük ezt egyenletünkbe: ( s + 4 ) (m 1 m )s + s + = 4 s 4 + s + 16s(m 1 m ) + 15 = Az utolsó egyenletb l következik, hogy s-nek osztania kell 15-öt Vagyis, ha: s = 1, akkor d = 1, de 1-reguláris, átmér j gráf nincs, s =, akkor d =, s = 5, akkor d = 7, s = 15, akkor d = 57 Ezzel beláttuk, hogy átmér j Moore-gráf csak d {,, 7, 57} esetén létezhet 4 Tétel M(d, )-ra csak d = esetén létezik gráf, ez pedig nem más, mint C 7 Eddigi M(d, k) jelölésünket b víthetjük egy újabb paraméterrel Ez az új paraméter a Moore-gráfokhoz köthet, és ez a defektus A defektus az a szám, amennyivel kevesebb a gráf csúcsainak száma a Moore-féle korlátnál Így eddigi jelölésünk (d, k, δ)-ra módosul, a δ a defektus jele Ezek már nem Moore-gráfok, ezért nem teszünk elé M-et Az új jelölés alapján a Mooregráfokat (d, k, ) jelöli 4 Tétel (Erd s-homan-fajtlowicz) (d,, 1)-re csak d = esetén létezik gráf, ez pedig nem más, mint C 4 8

30 Bizonyítás: Legyen most G egy átmér j, 1 defektusú gráf Csúcsainak száma így: V (G) = n = d Nem nehéz meggondolni, hogy G-ben nem lehet k < d fokszámú csúcs, hiszen akkor legfeljebb 1 + kd csúcsa lehet Tehát G d-reguláris és szomszédsági mátrixa minden sorában és oszlopában pontosan d darab egyes szerepel Tudjuk, hogy egy gráfban a fokszámok összege mindig páros, ezért most d páros Korábbi érvelésünk szerint, ha G tartalmazna háromszöget (C -at), legfeljebb 1 + d + (d )(d 1) + (d ) = d 1 csúcsa lehet, azaz G háromszögmentes Azonban, ha G nem tartalmazna négyszöget (C 4 - et), d + 1 csúcsa lenne Ebb l következ en G mindenképpen tartalmaz egy C 4 -et, azaz G girth-e 4 Ráadásul az is belátható, hogy G minden csúcsának szerepelnie kell pontosan egy C 4 -ben Ezt a következ ábra szemlélteti: Az ábra azt mutatja, hogy v 1, mint a kiindulópont csúcsa egy C 4 -nek, így azt mondhatjuk, hogy bármely csúcsot kiindulópontnak tekintve, az szerepel egy C 4 -ben A továbbiakban legyen A R n n a G szomszédsági mátrixa, ekkor A f átlójában mindenhol d van Mivel G tartalmaz egy négyszöget, az A mátrix a f átlóján kívül csupán nullákat, egyeseket, illetve minden sorában és oszlopában pontosan egy kettest tartalmaz, ráadásul, pont ott van benne nemnulla elem, ahol A-ban nulla és fordítva Ezért felírható az alábbi egyenl ség, melyben J a csupa egyesb l álló mátrixot jelöli: A + A (d 1)I = J + n 1 ( 1 1 ) 9

31 Vegyük észre, hogy n 1 ( 1 1 ) sajátértékei kifejezhet k A és J sajátértékeivel A J sajátértékeit ismerjük, az n egyszeres, a (n 1)-szeres sajátértéke; -nek pedig n n ( ) 1 1 -szörös sajátértéke a +1 és a 1, azaz A 1 sajátértékei a λ + λ (d 1) = n ± 1 = d ± 1, λ + λ (d 1) = 1 és a λ +λ (d 1) = 1 egyenletek gyökei Az els egyenlet egy esetben teljesül, ha λ = d és a ± + A második egyenlet az A mátrix további d 1, a harmadik pedig d sajátértékére áll fenn Így a többi sajátérték λ 1 = d, λ = 1 1+4d, λ = 1+ 4d 7 vagy λ 4 = 1 4d 7 alakú Jelölje λ 1 multiplicitását m 1, λ -ét m, λ -ét m, λ 4 -ét m 4 Tudjuk, hogy m 1 +m = d 1 valamint, hogy m + m 4 = d Legyen továbbá 1 + 4d = p és 4d 7 = q Mivel A nyoma, sajátértékeinek összege is, tehát: m p + m 1 p + m 1 + q + m 4 1 q + d = Világos, hogy ha p irracionális, csak m 1 = m esetén teljesülhet az egyenl ség Ez ellentmondás, hiszen m 1 + m = d 1 soha nem lesz páros Tehát p racionális, s mivel 1+4d egész szám, p is az Ha q is egész, akkor p q = 8, azaz p = és q = 1, ebb l következ en pedig d = Ha q irracionális, szintén ellentmondásra jutunk Tegyük fel, hogy q irracionális és m = m 4 Alakítsuk át és egyszer sítsük egyenletünket: d 1 (m 1 + m ) + p (m 1 m ) 1 (m + m 4 ) + q (m m 4 ) = A d = p 1 4 -et beírva az egyenletbe: d d p (m 1 m ) = p 4 1p 16p(m m 4 ) 7 = Ebb l az egyenletb l következik, hogy p-nek osztania kell 7-et Ha p = 1, akkor d =, ez nyilván nem lehetséges, azonban ha p = 7, akkor d = 1, de ez sem lehet, mert a d = 1 esetben az A mátrix sajátértékei köbeinek összege 7, márpedig, mivel G háromszögmentes, az A sajátértékeire λ i = -nak kellene teljesülnie i

32 d\k öt hosszú kör, C 5 hét hosszú kör, C 7 tíz csúcsú, Petersen-gráf nem létezik 7 ötven csúcsú, Homan-Singleton-gráf nem létezik 57 létezése nem bizonyított nem létezik 41 táblázat Nevezetes Moore-gráfok 41 ábra A Petersen-gráf, M(, ) vagy cage(, 5) Az alábbi eredmény már teljesen magyar Három matematikus, Erd s Pál, Sós Vera és Rényi Alfréd nevéhez köthet Ez a tétel is a gráfelmélet egy alapvet tétele 44 Tétel (Barátságtétel, 1966) Ha egy G egyszer, irányítatlan gráf bármely két csúcsának pontosan egy szomszédja van, akkor G-nek van olyan csúcsa, amely az összes többivel össze van kötve 4 Turán-típusú tételek A Turán-típusú tételek a tiltott részgráf problémához kapcsolódnak, vagyis azt mondják ki, hogy maximum hány éle lehet egy egyszer gráfnak, ha nem tartalmaz egy adott részgráfot Az els eredmény ezzel kapcsolatban azonban még Turán születése el tt vált ismertté 41 Tétel (Mantel, 197) Ha egy n csúcsú G egyszer gráf nem tartalmaz C -at (háromszöget), élszámára az alábbi egyenl tlenség teljesül: E(G) n 4 1

33 Továbbá az 19-as években Erd s bizonyított egy tételt C 4 esetére 4 Tétel (Erd s) Ha egy n csúcsú G egyszer gráf nem tartalmaz négy hosszú kört (C 4 -mentes), élszámára teljesül E(G) n 4 (1 + 4n ) Turán 1941-es cikkében fogalmazta meg áltanosabban a problémát a teljes részgráfok tiltására Turán eredeti problémája így hangzott: Egy bajnokságon n játékos vesz részt és már N meccset lejátszottak Hány meccset kell lejátszani (milyen nagy legyen N), hogy biztos legyen k játékos, akik már játszottak egymással? Ennek megoldásához speciális gráfokat vezetett be 41 Deníció (Turán-gráf) Azt az n csúcsú G egyszer gráfot, melynek csúcsai r osztályba sorolhatók úgy, hogy az osztályok csúcsszámai legfeljebb eggyel különböznek és csak az egyes osztályok között fut él, ott viszont minden csúcs között, n csúcsú, r osztályú (r-kromatikus) Turán-gráfnak nevezzük Ezt a gráfot T (n, r)-rel jelöljük Konstruáljuk meg az n csúcsú, r osztályú Turán-gráfot! El ször is osszuk el n-et r-rel: n = rl + m = (r m)l + m(l + 1) Ha n többszöröse r-nek, akkor m =, ekkor a csúcsokat r darab l csúcsszámú osztályba soroljuk Amennyiben m, akkor r m darab l és m darab l + 1 méret osztályba osztjuk a csúcsokat Az osztályok között minden lehetséges élet behúzunk, az osztályokon belül egyet se Például lássuk T (7, )-at, azaz a 7 csúcsú, osztályú Turán-gráfot: Számoljuk most meg az n csúcsú, r osztályú Turán-gráf éleit! Ezt a komplementer gráf segítségével tehetjük meg Egy G = (V, E) egyszer gráf komplementerén azt a G egyszer gráfot értjük, melyben két csúcs között akkor és csak akkor fut él, ha G-ben nem Ha a Turán-gráfot egyesítjük a komplementerével, annyi éle lesz, mint az n csúcsú teljes gráfnak, vagyis ( n )

34 Ebb l vonjuk le a gráf komplementerének élszámát, így, ha r osztja n-et, E(T (n, r)) = ( ) ( n) n r r = n (1 1 r ) Ha r nem osztja n-et, csak kevesebb él lehet 4 Tétel (Turán, 1941) Amennyiben G olyan n csúcsú egyszer gráf, amely nem tartalmaz K s -et (s csúcsú teljes gráfot), legfeljebb annyi éle van, mint az n csúcsú, s 1 osztályú Turán-gráfnak, azaz T (n, s 1)-nek: E(G) E(T (n, s 1)) ( 1 1 s 1 ) n Bizonyítás: El ször feltesszük, hogy n s, máskülönben az egyenl tlenség triviálisan teljesül Tekintsük azt a n csúcsú, G egyszer gráfot, amely nem tartalmaz K s -t és emellett a lehet legtöbb éle van! Így G-ben biztos található K s 1 részgráf Partícionáljuk a csúcsokat, szakítsunk ki G-b l egy s 1 csúcsú teljes gráfot ( A megmaradt ) n s + 1 csúcsú gráf éleinek száma a tétel szerint legfeljebb 1 1 (n s+1) s 1 A kiszakított s 1 és a többi n s + 1 csúcs között (s )(n s+1) él fut, ha több él lenne köztük, az K s -et eredményezne G-ben Az s 1 csúcsú teljes részgráfnak pedig ( ) s 1 éle van Számoljuk össze G éleit: E(G) ( 1 1 ) ( ) (n s + 1) s 1 +(s )(n s+1)+ s 1 Ezzel a tételt teljes indukcióval beláttuk 41 Megjegyzés Ha a G egyszer, K s -mentes gráfnak pontosan E(T (n, s 1)) éle van, akkor G az n csúcsú, s 1 osztályú Turán-gráf = ( 1 1 ) n s 1 A Turán-gráf tehát egy gráfelméleti maximumot ad, hiszen T (n, s 1)-be bárhogy behúzva egy élet, az már tartalmaz K s -t Ezek alapján a válasz Turán kérdésére E(T (n, k 1)) + 1 Legyen G = (A, B, E) páros gráf Egy páros gráfot kiegyensúlyozottnak hívunk, ha A = B Ha mindkét osztályban az összes csúcs fokszáma azonos, akkor G (bi)reguláris A páros gráf teljes, ha osztályai között minden lehetséges él be van húzva A teljes páros gráfokat K a,b jelöli, ha A = a és B = b Ha a = b vagy a = b ± 1, az így kapott teljes páros gráf tulajdonképpen az a + b csúcsú, osztályú Turán-gráf Most vizsgáljuk meg Zarankiewicz problémáját Kazimierz Zarankiewicz lengyel matematikus 1951-ben tette fel a következ kérdést:legfeljebb hány éle lehet, annak az egyik osztályában r, a másik osztályában s csúcsot tartalmazó páros gráfnak, melyben nincs K a,b részgráf? Megjegyezzük, hogy az a = b = esetén adódó K, azonos C 4 -gyel

35 Jelölje Z a,b (r, s) azt a legkisebb k számot, melyre az egyik osztályában r, a másik osztályában s csúcsot tartalmazó páros gráfba összesen k élet behúzva, abban biztos van K a,b részgráf Ha a = b és r = s, ezt a számot Z a (r)-rel jelöljük Tehát a válasz Zarankiewicz problémájára Z a,b (r, s) 1 Nézzünk egy egyszer példát, legyen a = b = és r = s = Ebben az esetben Z, (, ) vagy röviden Z () értékét keressük Az alábbi ábrán meggyelhet, hogy Z () > 6, hiszen behúzható hat él anélkül, hogy K, megjelenjen a gráfban Másrészr l észrevehet, hogy Z () 7, mivel bárhogy behúzva egy hetedik élet, a gráfban már lesz K,, tehát Z () = 7 Erre a problémára többek között szintén Turán Pál adott fels becslést 44 Tétel (K vári-sós-turán, 1954) Ha a, b > 1, akkor Z a,b (r, s) (a 1) 1 b (s b + 1)r 1 1 b + (b 1)r + 1 Az 5-es évek második felében Reiman István foglalkozott Zarankiewicz problémájával és egy speciális esetére adott fels becslést 45 Tétel (Reiman) Legyen a = b = és r = s = n, ekkor Z (n) n (1 + 4n ) Megjegyzés A 45-ös tétel állítása ekvivalens azzal, hogy a n darab csúcsot, mindkét osztályában n-et tartalmazó, C 4 -mentes páros gráfnak legfeljebb n (1 + 4n ) éle lehet Arra az általános esetre, amikor a = b és r = s, egy szlovák matematikus, tefan Znám publikált fels becslést a 6-as évek elején 46 Tétel ( tefan Znám) Z a (r) (a 1) 1 a r 1 a + 1 (a 1)r + 1 4

36 5 fejezet Összegzés Az els három fejezetben a mátrixok tulajdonságairól és kezelhet ségér l volt szó Megismertük többek között a determináns, a mátrixinverz, a nyom, az adjungált mátrix, a sajátértékek, a sajátvektorok, a hasonlóság és a diagonalizálhatóság fogalmát Már a determinánsok tanulmányozásakor láthattuk, hogy gráfokkal illusztrálható és egyszer síthet a kiszámításuk Elegáns bizonyítást kaphatunk gráfok segítségével a Cauchy-Binet formulára, amelyb l következik a determinánsok szorzástétele A determináns sokféleképpen kiszámítható, alkalmazásai is ismertek, a mátrixelmélet alapvet deníciói után ezt próbáljuk kutatni Van például olyan mátrix, melynek egy képlettel kiszámítható a determinánsa Mindezek után a mátrixokkal való számolást megkönnyít mátrixfelbontásokat ismerhetünk meg Ezek els sorban lineáris egyenletrendszerek megoldásánál nyújtanak hasznos segítséget Az utolsó, nagy fejezetben már gráfelmélettel foglalkozunk Rögtön kiderül, hogy a gráfokat mátrixokkal is reprezentálhatjuk Kés bb két problémakört tekintünk: a fokszám-átmér problémát és a tiltott részgráf problémát Az els probléma vizsgálata közben leírjuk a híres Homan-Singleton tételt, melynek csak mátrixelméleti eszköztárral történ bizonyítása ismert A másik problémakörhöz tartoznak a Turán-típusú tételek és Zarankiewicz problémája 5

37 Köszönetnyilvánítás Köszönöm témavezet mnek, Fialowski Alice-nak, hogy folyamatosan támogatott, értékes megjegyzéseivel segített a dolgozat megírásában, és kérdéseimmel mindig bátran fordulhattam hozzá Köszönöm továbbá Sz nyi Tamásnak és Héger Tamásnak, hogy hasznos tanácsaikkal szintén segítették munkámat Szeretném megemlíteni Fialowski Alice mellett többi algebra tanáromat, Ágoston Istvánt, Csörg Piroskát, Kiss Emilt, Károlyi Gyulát és Somlai Gábort, akik felkeltették bennem az érdekl dést az algebra iránt és így ilyen szép témát tudtam választani, köszönöm nekik Köszönöm évfolyamtársaimnak, hogy támogató megjegyzéseikkel mindig mellettem álltak és családomnak, hogy támogattak Végül, de nem utolsósorban, köszönet illeti A J Homant, a new yorki IBM Thomas J Watson Center kutatóját, amiért rendelkezésemre bocsátotta a [15]-ös cikket, és Kisházi Dánielt, a LATEX programcsomag használatához nyújtott segítségéért 6