Lineáris algebrai módszerek a kombinatorikában 2.

Átírás

1 Lineáris algebrai módszerek a kombinatorikában 2. Nagy V. Gábor SZTE Bolyai Intézet Eötvös Loránd Kollégium, Matematika Műhely Szeged, október 22.

2 ELK 15 Egy folklór versenyfeladat 1/10 Feladat. 2n + 1 valós számra teljesül, hogy bárhogy hagyjuk el az egyiket, a megmaradókat két n elemű csoportra lehet osztani úgy, hogy a két csoportban a számok összege megegyezik. Állítás: Ez csak úgy lehetséges, ha a számok mind egyenlők.

3 ELK 15 Egy folklór versenyfeladat 1/10 Feladat. 2n + 1 valós számra teljesül, hogy bárhogy hagyjuk el az egyiket, a megmaradókat két n elemű csoportra lehet osztani úgy, hogy a két csoportban a számok összege megegyezik. Állítás: Ez csak úgy lehetséges, ha a számok mind egyenlők. Megoldás. A feladatbeli a 1,..., a 2n+1 számok kielégítenek egy 0 ±1 ±1 ±1 ±1 x 1 0 ±1 0 ±1 ±1 ±1 x 2... ±1 ±1 ±1 0 ±1. = 0. x 2n 0 ±1 ±1 ±1 ±1 0 x 2n+1 0 alakú homogén lineáris egyenletrendszert, ahol az együtthatómátrix i-edik sorában az i-edik (diagonális) elem 0, ezenkívül még n db 1-es és n db ( 1)-es szerepel a sorban, melyek az a i szám elhagyásához tartozó két csoport elemeit jelölik ki.

4 ELK 15 Egy folklór versenyfeladat 1/10 Megoldás. A feladatbeli a 1,..., a 2n+1 számok kielégítenek egy 0 ±1 ±1 ±1 ±1 x 1 0 ±1 0 ±1 ±1 ±1 x 2... ±1 ±1 ±1 0 ±1. = 0. x 2n 0 ±1 ±1 ±1 ±1 0 x 2n+1 0 alakú homogén lineáris egyenletrendszert, ahol az együtthatómátrix i-edik sorában az i-edik (diagonális) elem 0, ezenkívül még n db 1-es és n db ( 1)-es szerepel a sorban, melyek az a i szám elhagyásához tartozó két csoport elemeit jelölik ki. Ennek az egyenletrendszernek megoldása az (1,..., 1) vektor. Tehát elég megmutatni, hogy a együtthatómátrix rangja 2n, ami azt jelenti, hogy a megoldásaltér dimenziója (2n + 1) 2n = 1, így az [(1,..., 1)]-beli vektorokon kívül nincs más megoldás; ez pedig épp a bizonyítandó.

5 ELK 15 Egy folklór versenyfeladat 1/10 Cél: 0 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1 ±1 A... mátrix rangja 2n. ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 0 (2n+1) (2n+1)

6 ELK 15 Egy folklór versenyfeladat 1/10 Cél: A 0 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1 ±1... ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 0 mátrix rangja 2n. (2n+1) (2n+1) Belátjuk, hogy az utolsó sor és oszlop elhagyásával kapott 0 ±1 ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1... ±1 ±1 ±1 0 2n 2n determináns nemnulla. Azt mutatjuk meg, hogy páratlan egész:

7 ELK 15 Egy folklór versenyfeladat 1/10 Cél: A 0 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1 ±1... ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1 ±1 ±1 ±1 0 mátrix rangja 2n. (2n+1) (2n+1) Belátjuk, hogy az utolsó sor és oszlop elhagyásával kapott 0 ±1 ±1 ±1 ±1 0 ±1 ±1... ±1 ±1 ±1 0 2n 2n determináns nemnulla. Azt mutatjuk meg, hogy páratlan egész: 0 ±1 ±1 ± ±1 0 ±1 ± = 1 2n (mod 2). ±1 ±1 ±

8 ELK 15 A kezdetek 2/10 A következő tétellel kezdődött a lineáris algebra használata a halmazrendszerek vizsgálatában (Bose, 1948, speciális esetre): Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n.

9 ELK 15 A kezdetek 2/10 A következő tétellel kezdődött a lineáris algebra használata a halmazrendszerek vizsgálatában (Bose, 1948, speciális esetre): Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. Bizonyítás. Legyenek a tételben szereplő halmazok H 1,..., H m. 1. eset: Ha valamelyik H i elemszáma t, akkor a metszetfeltétel miatt a többi m 1 halmaz tartalmazza H i -t, és a H i -n kívüli részeik páronként diszjunktak, tehát m 1 n H i n 1, azaz m n valóban teljesül.

10 ELK 15 A kezdetek 2/10 A következő tétellel kezdődött a lineáris algebra használata a halmazrendszerek vizsgálatában (Bose, 1948, speciális esetre): Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. Bizonyítás. Legyenek a tételben szereplő halmazok H 1,..., H m. 1. eset: Ha valamelyik H i elemszáma t, akkor a metszetfeltétel miatt a többi m 1 halmaz tartalmazza H i -t, és a H i -n kívüli részeik páronként diszjunktak, tehát m 1 n H i n 1, azaz m n valóban teljesül. 2. eset: Ha H i > t minden i-re, tekintsük a karakterisztikus vektoraikat: H i = {2, 3, 6} v i = (0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0) R n. Megmutatjuk, hogy a v 1,..., v m vektorok lineárisan függetlenek az R n vektortérben, így m dim(r n ) = n.

11 ELK 15 A kezdetek 2/10 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. 2. eset: Ha H i > t minden i-re: H i v i R n kar. vekt. Megmutatjuk, hogy a v 1,..., v m vektorok lineárisan függetlenek az R n vektortérben, így m dim(r n ) = n. n H i H j = v i, v j, ahol x, y = xy T = x k y k. k=1

12 ELK 15 A kezdetek 2/10 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. 2. eset: Ha H i > t minden i-re: H i v i R n kar. vekt. Megmutatjuk, hogy a v 1,..., v m vektorok lineárisan függetlenek az R n vektortérben, így m dim(r n ) = n. n H i H j = v i, v j, ahol x, y = xy T = x k y k. k=1 Tehát ha tekintjük azt az m n-es A mátrixot, amelynek i-edik sora v i, akkor az AA T mátrix (i, j) pozíciójában H i H j áll. Vagyis AA T -ben a főátlón kívül mindenhol t áll, a főátlóban pedig t-nél nagyobb számok ( H i > t). Nem nehéz látni, hogy ebből AA T 0 következik, tehát rk(aa T ) = m, és így rk(aa T ) rk(a) m miatt rk(a) = m, amit bizonyítani kellett.

13 ELK 15 Egy kombinatorikus geometriai következmény 3/10 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. Következmény (de Bruijn Erdős, 1948). A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg.

14 ELK 15 Egy kombinatorikus geometriai következmény 3/10 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. Következmény (de Bruijn Erdős, 1948). A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {e 1,..., e n } halmazt, melynek elemei legyenek a ponton átmenő e egyenesek.

15 ELK 15 Egy kombinatorikus geometriai következmény 3/10 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. Következmény (de Bruijn Erdős, 1948). A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {e 1,..., e n } halmazt, melynek elemei legyenek a ponton átmenő e egyenesek. 1. Különböző pontokhoz különböző halmazokat rendelünk. (Mivel nem kollineárisak a pontok.)

16 ELK 15 Egy kombinatorikus geometriai következmény 3/10 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. Következmény (de Bruijn Erdős, 1948). A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {e 1,..., e n } halmazt, melynek elemei legyenek a ponton átmenő e egyenesek. 1. Különböző pontokhoz különböző halmazokat rendelünk. (Mivel nem kollineárisak a pontok.) 2. H i H j = 1 tetszőleges i j esetén. (H i H j a P i P j egyenest tartalmazza.)

17 ELK 15 Egy kombinatorikus geometriai következmény 3/10 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a t 0 szám, akkor m n. Következmény (de Bruijn Erdős, 1948). A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {e 1,..., e n } halmazt, melynek elemei legyenek a ponton átmenő e egyenesek. 1. Különböző pontokhoz különböző halmazokat rendelünk. (Mivel nem kollineárisak a pontok.) 2. H i H j = 1 tetszőleges i j esetén. (H i H j a P i P j egyenest tartalmazza.) 3. Fisher-egyenlőtlenség (t = 1) = m n.

18 ELK 15 Odd/even town 4/10 Tétel (Berlekamp, 1969). Az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n.

19 ELK 15 Odd/even town 4/10 Tétel (Berlekamp, 1969). Az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Megjegyzés I. Az egyelemű halmazok mutatják, hogy a felső korlát elérhető. Megjegyzés II. A páros elemszám / páros metszet probléma esetén a halmazok száma akár 2 n/2 is lehet. (Ennél több nem.) Megjegyzés III. A páros elemszám / páratlan metszet probléma esetén is n a felső korlát.

20 ELK 15 Odd/even town 4/10 Tétel (Berlekamp, 1969). Az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Bizonyítás. A tételben szereplő H 1,..., H m halmazokat megint a karakterisztikus vektoraikkal reprezentáljuk: v 1,..., v m.

21 ELK 15 Odd/even town 4/10 Tétel (Berlekamp, 1969). Az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Bizonyítás. A tételben szereplő H 1,..., H m halmazokat megint a karakterisztikus vektoraikkal reprezentáljuk: v 1,..., v m. A metszetek elemszámai ismét kifejezhetők skaláris szorzatként: n H i H j = v i, v j, ahol x, y = xy T = x k y k. k=1

22 ELK 15 Odd/even town 4/10 Tétel (Berlekamp, 1969). Az {1,..., n} alaphalmaz m különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Bizonyítás. A tételben szereplő H 1,..., H m halmazokat megint a karakterisztikus vektoraikkal reprezentáljuk: v 1,..., v m. A metszetek elemszámai ismét kifejezhetők skaláris szorzatként: n H i H j = v i, v j, ahol x, y = xy T = x k y k. k=1 Eszerint feltételeink a következő alakban is megfogalmazhatók: v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re).

23 ELK 15 Odd/even town 4/10 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re).

24 ELK 15 Odd/even town 4/10 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re).

25 ELK 15 Odd/even town 4/10 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re). A {v 1,..., v m } tehát egy ortonormált rendszerre emlékeztet bennünket, és a standard bizonyítással következik ezen vektorok lineáris függetlensége az n-dimenziós Z n 2 vektortérben is:

26 ELK 15 Odd/even town 4/10 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re). A {v 1,..., v m } tehát egy ortonormált rendszerre emlékeztet bennünket, és a standard bizonyítással következik ezen vektorok lineáris függetlensége az n-dimenziós Z n 2 vektortérben is: α 1 v α m v m = 0

27 ELK 15 Odd/even town 4/10 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re). A {v 1,..., v m } tehát egy ortonormált rendszerre emlékeztet bennünket, és a standard bizonyítással következik ezen vektorok lineáris függetlensége az n-dimenziós Z n 2 vektortérben is: α 1 v α m v m = 0 α j = m α i v i, v j = α 1 v α m v m, v j = 0, v j = 0 i=1 teljesül minden α j együtthatóra. Tehát valóban m n.

28 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Erdős a véletlen módszer egyik első alkalmazásaként 1947-ben megmutatta, hogy ki tudjuk úgy színezni a ( 2) k pontú teljes gráf éleit úgy, hogy nem alakul ki se csupa kék élű, se csupa piros élű k pontú klikk.

29 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Erdős a véletlen módszer egyik első alkalmazásaként 1947-ben megmutatta, hogy ki tudjuk úgy színezni a ( 2) k pontú teljes gráf éleit úgy, hogy nem alakul ki se csupa kék élű, se csupa piros élű k pontú klikk. Erdős bizonyítása nem konstruktív: bár igazolja a kívánt színezés létezését, nem mutat fel egy konkrét jó színezést.

30 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Erdős a véletlen módszer egyik első alkalmazásaként 1947-ben megmutatta, hogy ki tudjuk úgy színezni a ( 2) k pontú teljes gráf éleit úgy, hogy nem alakul ki se csupa kék élű, se csupa piros élű k pontú klikk. Erdős bizonyítása nem konstruktív: bár igazolja a kívánt színezés létezését, nem mutat fel egy konkrét jó színezést. Feladat. Explicit módon adjunk meg minél nagyobb pontszámú, piros-kék élszínezett teljes gráfot, amelyben nincs k pontú egyszínű klikk. (Ramsey-tétel: 4 k ponton már nincs ilyen színezés.)

31 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Feladat. Adjunk meg egy nagy pontszámú, piros-kék élszínezett teljes gráfot, amelyben nincs k pontú egyszínű klikk.

32 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Feladat. Adjunk meg egy nagy pontszámú, piros-kék élszínezett teljes gráfot, amelyben nincs k pontú egyszínű klikk. Erdős 100$-os problémája: Explicit módon konstruáljunk ilyen színezést (1 + c) k ponton valamely c > 0 konstanssal ( k-ra).

33 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Feladat. Adjunk meg egy nagy pontszámú, piros-kék élszínezett teljes gráfot, amelyben nincs k pontú egyszínű klikk. Erdős 100$-os problémája: Explicit módon konstruáljunk ilyen színezést (1 + c) k ponton valamely c > 0 konstanssal ( k-ra). Megjegyzés. A probléma máig megoldatlan, a ma ismert legjobb konstrukció pontszáma k a log k/ log log k, ahol a > 0 konstans.

34 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Feladat. Adjunk meg egy nagy pontszámú, piros-kék élszínezett teljes gráfot, amelyben nincs k pontú egyszínű klikk. Erdős 100$-os problémája: Explicit módon konstruáljunk ilyen színezést (1 + c) k ponton valamely c > 0 konstanssal ( k-ra). Megjegyzés. A probléma máig megoldatlan, a ma ismert legjobb konstrukció pontszáma k a log k/ log log k, ahol a > 0 konstans. (k 1) 2 pont esetén könnyű jó színezést találni, de még a Θ(k 2 ) nagyságrendtől is sokáig tartott elmozdulni. Az első lényeges előrelépés a következő ( k 1) 3 = Θ(k 3 ) pontszámú konstrukció volt: Nagy Zsigmond (1972). Legyenek az {1,..., k 1} halmaz 3-elemű részhalmazai a csúcsok. Két csúcsot pontosan akkor kötünk össze kékkel, ha a metszetük egyelemű (más esetekben piros lesz az él). Ekkor nem alakul ki egyszínű k pontú klikk.

35 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Nagy Zsigmond (1972). Legyenek az {1,..., k 1} halmaz 3-elemű részhalmazai a csúcsok. Két csúcsot pontosan akkor kötünk össze kékkel, ha a metszetük egyelemű (más esetekben piros lesz az él). Ekkor nem alakul ki egyszínű k pontú klikk. Bizonyítás. Egy kék klikk olyan (különböző) H 1,..., H m {1,..., k 1} halmazoknak felel meg, hogy bármely kettő metszete egyelemű, tehát a Fisher-egyenlőtlenség miatt legfeljebb k 1 pontja lehet a kék klikkeknek.

36 ELK 15 Konstruktív Ramsey-gráfok 5/10 Nagy Zsigmond (1972). Legyenek az {1,..., k 1} halmaz 3-elemű részhalmazai a csúcsok. Két csúcsot pontosan akkor kötünk össze kékkel, ha a metszetük egyelemű (más esetekben piros lesz az él). Ekkor nem alakul ki egyszínű k pontú klikk. Bizonyítás. Egy kék klikk olyan (különböző) H 1,..., H m {1,..., k 1} halmazoknak felel meg, hogy bármely kettő metszete egyelemű, tehát a Fisher-egyenlőtlenség miatt legfeljebb k 1 pontja lehet a kék klikkeknek. Egy piros klikk olyan (különböző) H 1,..., H m {1,..., k 1} halmazoknak felel meg, hogy mindegyik páratlan (3) elemszámú, és bármely kettő metszete páros (0 vagy 2) elemszámú, így most az odd/even town tétel miatt kapjuk, hogy legfeljebb k 1 pontja lehet a piros klikkeknek.

37 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Tétel (Dehn, 1903). Ha egy téglalap oldalhosszainak aránya irracionális, akkor nem parkettázható véges sok négyzettel.

38 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Tétel (Dehn, 1903). Ha egy téglalap oldalhosszainak aránya irracionális, akkor nem parkettázható véges sok négyzettel. Megjegyzés. Ha az oldalak aránya racionális, akkor létezik ilyen parkettázás.

39 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Tétel (Dehn, 1903). Ha egy téglalap oldalhosszainak aránya irracionális, akkor nem parkettázható véges sok négyzettel. Megjegyzés. Ha az oldalak aránya racionális, akkor létezik ilyen parkettázás. Észrevétel. Minden parkettázás esetén a parketták összterülete a leparkettázott téglalap területével egyenlő.

40 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Tétel (Dehn, 1903). Ha egy téglalap oldalhosszainak aránya irracionális, akkor nem parkettázható véges sok négyzettel. Megjegyzés. Ha az oldalak aránya racionális, akkor létezik ilyen parkettázás. Észrevétel. Minden parkettázás esetén a parketták összterülete a leparkettázott téglalap területével egyenlő. A fenti tétel bizonyításának lényege az, hogy olyan álterületet definálunk, hogy véges sok négyzet álterületének összege soha ne adja ki a parkettázandó téglalap álterületét.

41 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Tétel (Dehn, 1903). Ha egy téglalap oldalhosszainak aránya irracionális, akkor nem parkettázható véges sok négyzettel. Bizonyítás. Feltehető, hogy a téglalap oldalhosszai 1 és r Q.

42 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Tétel (Dehn, 1903). Ha egy téglalap oldalhosszainak aránya irracionális, akkor nem parkettázható véges sok négyzettel. Bizonyítás. Feltehető, hogy a téglalap oldalhosszai 1 és r Q. Először egy álhosszt adunk meg. Létezik egy olyan l: R R függvény ( az x hosszú szakasz álhossza legyen l(x) ), amelyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R.

43 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Tétel (Dehn, 1903). Ha egy téglalap oldalhosszainak aránya irracionális, akkor nem parkettázható véges sok négyzettel. Bizonyítás. Feltehető, hogy a téglalap oldalhosszai 1 és r Q. Először egy álhosszt adunk meg. Létezik egy olyan l: R R függvény ( az x hosszú szakasz álhossza legyen l(x) ), amelyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R. Legyen az x, y oldalhosszú téglalap álterülete l(x) l(y). Ekkor teljesülnek a következők ( = QED.): A parkettázandó téglalap álterülete l(1)l(r) = 1. Minden négyzet álterülete nemnegatív: l 2 (x) 0. Ha egy T téglalapot téglalapokkal parkettázunk, akkor T álterülete a parketták álterületeinek összege (l additivitása miatt, illetve lásd ábra).

44 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Bizonyítás. Feltehető, hogy a téglalap oldalhosszai 1 és r Q. Először egy álhosszt adunk meg. Létezik egy olyan l: R R függvény ( az x hosszú szakasz álhossza legyen l(x) ), amelyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R. Legyen az x, y oldalhosszú téglalap álterülete l(x) l(y). Ekkor teljesülnek a következők ( = QED.): A parkettázandó téglalap álterülete l(1)l(r) = 1. Minden négyzet álterülete nemnegatív: l 2 (x) 0. Ha egy T téglalapot téglalapokkal parkettázunk, akkor T álterülete a parketták álterületeinek összege (l additivitása miatt, illetve lásd ábra).

45 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Bizonyítás. Feltehető, hogy a téglalap oldalhosszai 1 és r Q. Először egy álhosszt adunk meg. Létezik egy olyan l: R R függvény ( az x hosszú szakasz álhossza legyen l(x) ), amelyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R. Legyen az x, y oldalhosszú téglalap álterülete l(x) l(y). Ekkor teljesülnek a következők ( = QED.): A parkettázandó téglalap álterülete l(1)l(r) = 1. Minden négyzet álterülete nemnegatív: l 2 (x) 0. Ha egy T téglalapot téglalapokkal parkettázunk, akkor T álterülete a parketták álterületeinek összege (l additivitása miatt, illetve lásd ábra).

46 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Hátravan még, hogy valóban létezik olyan l: R R fgv., melyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R.

47 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Hátravan még, hogy valóban létezik olyan l: R R fgv., melyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R. Ehhez végtelen dimenziós vektorterekre (Zorn-lemmára) van szükség, ezért most kevesebbet bizonyítunk, ami elég lesz nekünk: Egy indirekt feltételezett parkettázáshoz gyártunk olyan l-et, amely az ábrában megjelenő összes téglalap 1, r, x 1,..., x n oldalhosszaira definiálva van (de l nincs értelmezve az egész R-en).

48 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Hátravan még, hogy valóban létezik olyan l: R R fgv., melyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R. Ehhez végtelen dimenziós vektorterekre (Zorn-lemmára) van szükség, ezért most kevesebbet bizonyítunk, ami elég lesz nekünk: Egy indirekt feltételezett parkettázáshoz gyártunk olyan l-et, amely az ábrában megjelenő összes téglalap 1, r, x 1,..., x n oldalhosszaira definiálva van (de l nincs értelmezve az egész R-en). A továbbiakban R-re mint Q feletti vektortérre gondolunk, és ebben a vektortérben 1 és r lineárisan függetlenek, mert r Q.

49 ELK 15 Téglalapok parkettázása négyzetekkel 6/10 Hátravan még, hogy valóban létezik olyan l: R R fgv., melyre l(1) = 1, l(r) = 1; l(x + y) = l(x) + l(y), x, y R. Egy indirekt feltételezett parkettázáshoz gyártunk olyan l-et, amely az ábrában megjelenő összes téglalap 1, r, x 1,..., x n oldalhosszaira definiálva van (de l nincs értelmezve az egész R-en). A továbbiakban R-re mint Q feletti vektortérre gondolunk, és ebben a vektortérben 1 és r lineárisan függetlenek, mert r Q. Tekintsük az U := [1, r, x 1,..., x n ] (véges dimenziós) alterét R- nek, és ebben egy 1, r, b 1,..., b m bázist. Legyen l az az U R lineáris leképezés (Q felett), amely a bázisvektorokon l(1) = 1, l(r) = 1, l(b i ) = 0 -ként van definiálva (i = 1,..., m).

50 ELK 15 Hilbert 3. problémája 7/10 Wallace Bolyai Gerwien-tétel (1807, 1833, 1835). Az egyenlő területű sokszögek átdarabolhatók egymásba (véges sok sokszögre történő darabolással).

51 ELK 15 Hilbert 3. problémája 7/10 Wallace Bolyai Gerwien-tétel (1807, 1833, 1835). Az egyenlő területű sokszögek átdarabolhatók egymásba (véges sok sokszögre történő darabolással). Hilbert 3. problémája (1900). Van-e két olyan azonos alapterületű és magasságú tetraéder, amelyek nem darabolhatók egymásba (ha véges sok poliéderre darabolhatunk)?

52 ELK 15 Hilbert 3. problémája 7/10 Wallace Bolyai Gerwien-tétel (1807, 1833, 1835). Az egyenlő területű sokszögek átdarabolhatók egymásba (véges sok sokszögre történő darabolással). Hilbert 3. problémája (1900). Van-e két olyan azonos alapterületű és magasságú tetraéder, amelyek nem darabolhatók egymásba (ha véges sok poliéderre darabolhatunk)? Hilbert egyik tanítványa, Dehn még 1900-ben megadott ilyen poliédereket, ezzel ez lett az elsőként megoldott Hilbert-probléma. Az átdarabolhatatlanság bizonyítása a parkettázásnál látott absztrakt lineáris algebrai eszközök ( álszögek ) segítségével történt.

53 ELK 15 Hilbert 3. problémája 7/10 Wallace Bolyai Gerwien-tétel (1807, 1833, 1835). Az egyenlő területű sokszögek átdarabolhatók egymásba (véges sok sokszögre történő darabolással). Hilbert 3. problémája (1900). Van-e két olyan azonos alapterületű és magasságú tetraéder, amelyek nem darabolhatók egymásba (ha véges sok poliéderre darabolhatunk)? Hilbert egyik tanítványa, Dehn még 1900-ben megadott ilyen poliédereket, ezzel ez lett az elsőként megoldott Hilbert-probléma. Az átdarabolhatatlanság bizonyítása a parkettázásnál látott absztrakt lineáris algebrai eszközök ( álszögek ) segítségével történt. Megjegyzés. Ezzel a módszerrel látható, hogy az egység térfogatú kocka és szabályos tetraéder nem darabolhatók egymásba.

54 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 Könnyű: Ha az m elemű R n -beli ponthalmazban bármely két pont távolsága ugyanannyi, akkor m n + 1 (extremális eset: szabályos szimplex csúcsai).

55 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 Könnyű: Ha az m elemű R n -beli ponthalmazban bármely két pont távolsága ugyanannyi, akkor m n + 1 (extremális eset: szabályos szimplex csúcsai). Mi a helyzet olyankor, ha kétféle távolságot engedünk meg? A síkon legfeljebb 5 pont helyezhető el így (nem bizonyítjuk).

56 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 Könnyű: Ha az m elemű R n -beli ponthalmazban bármely két pont távolsága ugyanannyi, akkor m n + 1 (extremális eset: szabályos szimplex csúcsai). Mi a helyzet olyankor, ha kétféle távolságot engedünk meg? A síkon legfeljebb 5 pont helyezhető el így (nem bizonyítjuk). Jelölje m(n) a legnagyobb olyan m számot, amelyre m pont elhelyezhető úgy az R n térben, hogy a pontpárok között legfeljebb kétféle távolság lépjen fel.

57 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 Könnyű: Ha az m elemű R n -beli ponthalmazban bármely két pont távolsága ugyanannyi, akkor m n + 1 (extremális eset: szabályos szimplex csúcsai). Mi a helyzet olyankor, ha kétféle távolságot engedünk meg? A síkon legfeljebb 5 pont helyezhető el így (nem bizonyítjuk). Jelölje m(n) a legnagyobb olyan m számot, amelyre m pont elhelyezhető úgy az R n térben, hogy a pontpárok között legfeljebb kétféle távolság lépjen fel. Tétel (Larman Rogers Seidel, 1977). ( ) n + 1 m(n) 1 (n + 1)(n + 4). 2 2

58 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 Könnyű: Ha az m elemű R n -beli ponthalmazban bármely két pont távolsága ugyanannyi, akkor m n + 1 (extremális eset: szabályos szimplex csúcsai). Mi a helyzet olyankor, ha kétféle távolságot engedünk meg? A síkon legfeljebb 5 pont helyezhető el így (nem bizonyítjuk). Jelölje m(n) a legnagyobb olyan m számot, amelyre m pont elhelyezhető úgy az R n térben, hogy a pontpárok között legfeljebb kétféle távolság lépjen fel. Tétel (Larman Rogers Seidel, 1977). ( ) n + 1 m(n) 1 (n + 1)(n + 4). 2 2 Megjegyzés. A legjobb felső becslés eddig (Blokhuis, 1984): m(n) ( n+2) 2.

59 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 Tétel (Larman Rogers Seidel, 1977). ( ) n + 1 m(n) 1 (n + 1)(n + 4). 2 2 Bizonyítás. Az alsó becsléshez tekintsük R n+1 -ben az összes olyan pontot, amelynek két koordinátája 1, a többi 0. Nyilvánvaló, hogy kétféle távolság lép fel közöttük: a 2 és a 2. Ez ( n+1) 2 pont, és mindegyik rajta van az x x n+1 = 2 hipersíkon, ami R n -nel izomorf.

60 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 Tétel (Larman Rogers Seidel, 1977). ( ) n + 1 m(n) 1 (n + 1)(n + 4). 2 2 Bizonyítás. Az alsó becsléshez tekintsük R n+1 -ben az összes olyan pontot, amelynek két koordinátája 1, a többi 0. Nyilvánvaló, hogy kétféle távolság lép fel közöttük: a 2 és a 2. Ez ( n+1) 2 pont, és mindegyik rajta van az x x n+1 = 2 hipersíkon, ami R n -nel izomorf. A felső becsléshez tekintsünk egy tetszőleges a 1,..., a m R n ponthalmazt, amelyek pontpárjai között kétféle távolság lép fel: c és d. Minden a i -hez felveszünk egy n-változós polinomot: p i (x) := ( x a i 2 c 2 )( x a i 2 d 2 ).

61 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 A felső becsléshez tekintsünk egy tetszőleges a 1,..., a m R n ponthalmazt, amelyek pontpárjai között kétféle távolság lép fel: c és d. Minden a i -hez felveszünk egy n-változós polinomot: p i (x) := ( x a i 2 c 2 )( x a i 2 d 2 ). Mivel { 0, ha j i p i (a j ) = c 2 d 2 0, ha j = i, ezért a p 1 (x),..., p m (x) polinomok lineárisan függetlenek az R[x 1,..., x n ] vektortérben. (Miért?) Egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy a p 1,..., p m polinomok benne vannak az (x x 2 n) 2, (x x 2 n)x i, x i x j, x i, 1 polinomok által generált U altérben (i, j = 1,..., n), így m dim(u) 1 + n + n(n + 1)/2 + n + 1 = 1 2 (n + 1)(n + 4).

62 ELK 15 Két megengedett távolság 8/10 A felső becsléshez tekintsünk egy tetszőleges a 1,..., a m R n ponthalmazt, amelyek pontpárjai között kétféle távolság lép fel: c és d. Minden a i -hez felveszünk egy n-változós polinomot: p i (x) := ( x a i 2 c 2 )( x a i 2 d 2 ). Mivel { 0, ha j i p i (a j ) = c 2 d 2 0, ha j = i, ezért a p 1 (x),..., p m (x) polinomok lineárisan függetlenek az R[x 1,..., x n ] vektortérben. (Miért?) Egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy a p 1,..., p m polinomok benne vannak az (x x 2 n) 2, (x x 2 n)x i, x i x j, x i, 1 polinomok által generált U altérben (i, j = 1,..., n), így m dim(u) 1 + n + n(n + 1)/2 + n + 1 = 1 2 (n + 1)(n + 4).

63 ELK 15 Ajánlott irodalom 9/10 J. Matoušek: Thirty-three Miniatures: Mathematical and Algorithmic Applications of Linear Algebra Babai L. Frankl P.: Linear Algebra Methods in Combinatorics Babai László Frankl Péter

64 ELK 15 THE END 10/10 Köszönöm a figyelmet!