Csikv ari P eter Diszkr et matematika El oad as jegyzet

Átírás

1 Csivári Péter Diszrét matematia Előadás jegyzet

2 Tartalom 1 Spetrál gráfelmélet Csa lieáris algebra Expadere és pseudoradom gráfo Erőse reguláris gráfo Cayley gráfo* Laplace mátrix és feszítőfá Kombiatorius ullstellesatz Kombiatorius ullstellesatz ét alaja Kombiatorius ullstellesatz alalmazásai Chevalley-Warig tétel öryée Kvatitatív ullstellesatz Valószíűségi módszer Bevezetés Alapo Egzisztecia tétele Várhatóérté módszer Változtatott véletle Másodi mometum módszer Geerátor függvéye Geerátor függvéye ét szemszögből Leszámlálás elmélet és geerátor függvéye Sae oil módszer i

3 5 Extremális gráfelmélet Bevezetés Visszateités és a bizoyítás fő godolata Általáos extremális gráfelméleti lemmá Tétel bizoyítása Bibliography 97 ii

4 Bevezetés Gratulálu, ö a diszrét matematia előadás jegyzetét tartja a ezébe vagy a számítógépe éperyőjé vagy a tabletjé... Jeleleg, az előadás jegyzetbe szereplő tudás a jegyzet lapjai va, a cél, hogy a tudás áterüljö a fejébe. Ha a traszfer em sieres aor semmivel em ér többet a jegyzete mitha em is lee. Hogya haszálju? Javaslom, hogy yomtassa i és vigye magával az előadásra és gyaorlatra. így az előadáso em ell jegyzetelie, esetleg extra iformációat írhat a margóra. Ha a gyaorlatra viszi aor a feladato megoldásába tud segítei. Ha úgy döt, hogy em yomtatja i, aor legalább előre töltse le és legalább tabletet haszáljo. A wi-fi ugyais agyo gyege a termebe és egy oos telefo éperyőjáről megértei boyolult dolgoat (jelöléseel egy mási oldalo) majdem, hogy lehetetle. Valószíűleg a legtöbb amit így elérhet, hogy a gyaorlatvezetőt elgodoloztatja, hogy meyivel jobb volt mide az oostelefoo ora előtt. Néháy szó a urzus témáival apcsolatba. Az elsődleges cél, hogy megtaulju más matematiai területeről jövő eszözö haszálatát diszrét matematiai problémá megoldásába. Legfőépp lieáris algebrát és valószíűségszámítást, de egy icsi aalízist is fogu haszáli. Kére mideit, hogy győződjü meg a félév ezdeté, hogy alapos tudása va ezee a területee, ülöbe álladóa el lesz veszve a szemeszter folyamá. Megpróbáltam érdees és szóraoztató eredméyeet összegyűjtei, de elsősorba a módszere a fotosa. Eze a módszere a diszrét matematia alapácsai és csavarhúzói. Ez a urzus em művészettörtéeti óra ahol midig valamit agyra ell tartai. Az sem ülöösebbe érdeel ha valai az egészet utálja, csa taulja meg ezeet az eszözöet és módszereet haszáli. Természetese azért bízom bee, hogy midei érdeese fogja találi a urzust és élvezi tudja. Eze előadás jegyzet időét több ayagot tartamaz, mit ameyit el tudo 1

5 modai az előadáso. Egy * jelöli azoat a részeet, amelye valószíűsíthetőe em foga szerepeli az előadáso. Ha idő egedi valamely részüet megpróbálom elmodai az előadáso. Egyébét az érdelődő bővítheti velü a tudásuat vagy tesztelheti a megértésüet eze részeel. Néháy szó az előadóról. Nem teljese atasztrófa. Ha érdése vagy problémája va, érje a segítségét. Egy csomó időt meg tud spóroli a érdései megválaszolásával. Még ez a csodálatos jegyzet sem épes diretbe megválaszoli érdéseet. így megére mideit, hogy e legye félé vagy büsze feltei a érdéseit. Vaa más forráso is ami tuda segítei ezzel a urzussal apcsolatba. Mide fejezet elejé felsorolo éháy ciet, öyvet a fejezettel apcsolatba. Legtöbb esetbe még csa öytárba se ell mei, mert a a legtöbb ajálott öyv elérhető iterete. So szerecsét a tárgyhoz! 2

6 1. Spetrál gráfelmélet Ebbe a fejezetbe mide gráf egyszerű hacsaem másét em jelezzü, tehát icse huro és többszörös éle. (A Laplace mátrixról syóló részbe majd egedi fogu többszörös éleet.) Az utolsó Laplace mátrixról szóló résztől elteitve a gráf adjaceci mátrixát fogju vizsgáli. Egy G = (V, E) gráf A(G) adjacecia mátrixát a övetezőéppe defiíálju: ez egy szimmetrius V V méretű mátrix, amelyet a csúcsoal idexelü: { 1 if (u, v) E(G), A(G) u,v = 0 if (u, v) / E(G). Ha G világos a szövegöryezetből aor csa A-t íru A(G) helyett. Léyeges, hogy megértsü mit jelet az A(G)-vel való szorzás: (Ax) u = A u,v x v = x v, v V (G) v N G (u) ahol N G (u) az u csúcs szomszédaia halmaza G-be. Tehát az A(G)-vel való szorzás egyszerűe összeadja a csúcs szomszédai a számoat és ezt írju a csúcshoz. Speciálisa ha x sajátvetora Aüa, vagyis, Ax = λx aor mide u csúcsra λx u = x v. v N G (u) Lieáris algebrából tudju, hogy ha A valós szimmetrius mátrix aor a sajátértéei valósa és i tudu választai egy sajátvetoroból álló ortoormális bázist. Emléeztető: ha Ax = λx és Ay = µy és λ µ aor x és y azoal ortogoálisa egymásra. Viszot ha λ = µ aor ez em feltétleül igaz, de eor is i tudu választai ortogoális vetoroat a sajátaltérből. Eze fejezet fő célja, hogy egy agyo tömör bevezetést yújtso a spetrál gráfelméletbe. Azt szereté megértei, hogy hogya függe össze az adjacecia mátrix sajátértéei a gráf tulajdoságaival. Például i fog derüli, hogy a legagyobb 3

7 sajátérté egy foszám jellegű dolog ami az átlag foszám és a legagyobb foszám özött va. A többi sajátérté a gráf pseudoradomságát illetve expazióját fogja meg. Ajálott irodalom: A. E. Brouwer ad W. H. Haemers: Spectra of Graphs [6]. A öyv egy orábbi verziója fe va az iterete. Mási ét ajálott öyv: J. Matouse: Thirty-three miiatures: mathematical ad algorithmic applicatios of liear algebra [11] R. Staley: Topics i algebraic combiatorics [13] Eze is fe vaa a ete. Utóbbi esetbe az olie verzó em tartalmazza a feladatoat. 1.1 Csa lieáris algebra Ebbe a részbe léyegébe a Frobeius Perro elméletet tárgyalju ami esetüre specializálva. Viszot csali fogu. Mivel a mi mátrixai szimmetriusa, ezért egy csomó esetbe egyszerűsítei tudju a godolatmeeteet. Számos alalommal fogju haszáli azt a téyt, hogy egy -es valós szimmetrius A mátrixhoz iválasztható 1 egy ortoormált sajátbázis. Legye u 1,..., u ortoormális sajátvetoro, amelye λ 1 λ sajátértéehez tartoza: Au i = λ i u i, és (u i, u j ) = δ ij. Kezdjü éháy egyszerű megfigyeléssel Állítás. Ha G egyszerű gráf A adjacecia mátrixáa sajátértéeire feáll, hogy i λ i = 0 és λ 2 i = 2e(G), ahol e(g) jelöli G éleie számát. általába pedig λ l i az l hosszú zárt sétá számát határozza meg. Proof. Mivel Gübe ics huroél, ezért λ i = T ra = 0. i 1 Az I mátrix mide bázisa sajátvetoroból áll, de persze em lesze azoal ortogoálisa. 4

8 Mivel G-be ics többszörös él, ezért A 2 diagoális elemi G foszámai. Tehát λ 2 i = T ra 2 = d i = 2e(G). i A harmadi állítás is abból övetezi, hogy T ra l éppe az l hosszú zárt sétá számát adja meg. Felhaszálva az alábbi jól ismert állítást fiomítai tudu a feti állításo a ovetező módo. Az l hosszú sétá száma az i és j csúcso özött c (i, j)λ l. Itt a ostas c (i, j) = u i u j, ahol u = (u 1, u 2,..., u ) Állítás. Legye U = (u 1,..., u ) és S = diag(λ 1,..., λ ). Eor A = USU T vagy evivalese Követezésépp A = A l = λ i u i u T i. λ l iu i u T i. Proof. Először is vegyü észre, hogy U T = U 1 mivel az u i vetoro ortoormálisa. Legye B = USU T. Legye továbbá e i = (0,..., 0, 1, 0,..., 0), ahol az i-edi oordiáta 1. Eor Bu i = USU T u i = USe i = (λ 1 u 1,..., λ u )e i = λ i u i = Au i. Tehát A és B megegyezi egy báziso, tehát A = B. Kezdjü el vizsgáli a legagyobb sajátértéet és a hozzá tartozó sajátvetort Állítás. Követező azoosság feáll: λ 1 = max x T x T Ax Ax = max x =1 x 0 x. 2 Továbbá ha valamely x vetorra x T Ax = λ 1 x 2, aor Ax = λ 1 x. 5

9 Proof. írju fel az x vetort az u 1,... u bázisba: x = α 1 u α u. Eor és Ebből azoal apju, hogy x 2 = αi 2. x T Ax = λ i αi 2. x T Ax = λ i αi 2 λ 1 αi 2 = λ 1 x 2. Másrészt u T 1 Au 1 = λ 1 u 1 2. Tehát λ 1 = max x T x T Ax Ax = max x =1 x 0 x. 2 Most tegzü fel, hogy x T Ax = λ 1 x 2 valamely x vetorra. Feltételezve, hogy λ 1 = = λ > λ +1 λ, a feti számolás azoal adja, hogy α +1 = = α = 0. Tehát x = α 1 u α u, és így Ax = λ 1 x Állítás. Legye A egy emegatív szimmetrius mátrix. Eor létezi egy em ulla x = (x 1,...,, x ) vetor, melyre Ax = λ 1 x és x i 0 mide i eseté. Proof. Legye u 1 = (u 11, u 12,..., u 1 ). Teitsü a x = ( u 11, u 12,..., u 1 ) vetort. Eor x = u 1 = 1 és x T Ax u T 1 Au 1 = λ 1. Eor x T Ax = λ 1 és az előbbi állítás szerit Ax = λ 1 x. Tehát x teljesíti a feltételeet. 6

10 1.1.5 Állítás. Legye G egy összefüggő gráf, és legye A az adjacecia mátrixa. Eor (a) Ha Ax = λ 1 x és x 0 aor x egyetle eleme sem 0. (b) A λ 1 multiplicitása 1. (c) Ha Ax = λ 1 x és x 0 aor x mide elemée megegyezi az előjele. (d) Ha Ax = λx valamely λ-ra és x i 0, ahol x 0 aor λ = λ 1. Proof. (a) Legye x = (x 1,..., x ) és y = ( x 1,..., x ). Mit eddig y = x, és y T Ay x T Ax = λ 1 x 2 = λ 1 y 2. Tehát Ay = λ 1 y. Legye H = {i y i = 0} és V \ H = {i y i > 0}. Idiret módo tegyü fel, hogy H em üres. Vegyü észre, hogy V \ H em üres, mert x 0. Másrészt em mehet él H és V \ H özött: ha i H és j V \ H és (i, j) E(G), aor 0 = λ 1 y i = j a ij y j y j > 0 elletmodás. De ha ics él H és V \ H özött aor G em összefüggő ami elletmod a tétel feltételée. Tehát H-a ürese ell leie. (b) Idiret tegyü fel, hogy Ax 1 = λ 1 x 1 és Ax 2 = λ 1 x 2, ahol x 1 és x 2 függetle vetoro. Eor az (a) rész szerit, az x 1 elemei em 0-, vagyis választható egy ostas c úgy, hogy az x = x 2 cx 1 vetor első eleme 0 legye. Vegyü észre, hogy Ax = λ 1 x és x 0 mivel x 1 és x 2 függetlee. De eor x elletmod az (a) része. (c) Ha Ax = λ 1 x, és y = ( x 1,..., x ) aor láttu orábba, hogy Ay = λ 1 y. A (b) rész szerit az x és y vetoro lieárisa összefüggőe vagzis x = y vagy x = y. Az (a) rész szerit ics 0 eleme a vetroa, így ez bizoyítja az állításuat. (d) Legye Au 1 = λ 1 u 1. A (c) rész szerit mide eleme azoos előjelű. Feltehető, hogy ez pozitív mivel u 1 -et lecserélehtjü u 1 -re. Idiret tegyü fel, hogy λ λ 1. Mivel λ λ 1 ezért x és u 1 ortogoálisa, viszot ez em lehet, mert x és u 1 elemei em-egatíva, továbbá u 1 eseté pozitíva, és x 0. Ez az elletmodás mutatja, hogy λ = λ 1. 7

11 Tehát a (c) rész mutatja, hogy hogya ismerhető fel a legagyobb sajátérté a hozzá tartozó sajátvetorból: az elemei pozitíva (potosabba azoos előjelűe.) Állítás. (a) Legye H egy részgráfja G-e. Eor λ 1 (H) λ 1 (G). (b) Továbbá ha G összefüggő és H valódi részgráf aor λ 1 (H) < λ 1 (G). Proof. (a) Legye x egy olya 1 hosszú sajátvetora H adjacecia mátrixáa, melye elemei emegatíva. Eor λ 1 (H) = x T A(H)x x T A(G)x max z T A(G)z = λ 1 (G). z =1 A feti számolásba ha H-a evesebb csúcsa va aor iegészítjü 0-al a maradé csúcsoo és ezt az új vetort is x-szel jelöljü, hogy legye értelme a x T A(G)x-e. (b) Idiret tegyü fel, hogy λ 1 (H) = λ 1 (G). Eor egyelősége ell állia a feti számolásba. Speciálisa, x T A(G)x = λ 1 (G). Ez azt jeleti, hogy x sajátvetora A(G)-e is. Mivel G összefüggő ezért x mide eleme pozitív az előző lemma (c) része szerit. Viszot eor x T A(H)x < x T A(G)x, elletmodás Állítás. (a) Feáll. hogy λ λ 1. (b) Legye G összefüggő gráf és tegyü fel, hogy λ = λ 1. Eor G páros gráf. (c) G potosa aor páros gráf ha spetruma szimmetrius a 0-ra. Proof. (a) Legye x = (x 1,..., x ) egység hosszú sajátvetor ami λ -hez tartozi, és legye y = ( x 1,..., x ). Eor λ = x T Ax = aij x i x j aij x i x j = y T Ay max z T Az = λ 1. z =1 (Mási bizoyítás adható a övetező észrevétellel: 0 T ra l = λ l i. Ha λ > λ 1 aor elég agy l páratle számra azt apju, hogy λ l i < 0.) (b) Mivel λ 1 λ, a feltétel csa aor állhat fe ha λ 1 0 λ. Megit legye x = (x 1,..., x ) egység hosszú sajátvetor ami λ -hez tartozi, és legye y = ( x 1,..., x ). Eor λ 1 = λ = x T Ax = a ij x i x j aij x i x j = y T Ay max z T Az = λ 1. z =1 Egyelősége ell állia midehol. Speciálisa y pozitív sajátvetor ami λ 1 -hez tartozi, és mide a ij x i x j ugyaolya előjele va ami csa egatív lehet, mert 8

12 λ 0. Tehát mide éle a V = {i x i < 0} és V + = {i x i > 0} halmazo özött ell meie. Tehát G páros gráf. (c) Először is ha G páros gráf A és B szíosztályoal aor a övetező egy lieáris bijeció a λ és a λ-hoz tartozó sajátaltere özött: ha Ax = λx aor legye y az a vetor ami megegyezi x-szel A- és x-szel B-. Köyű elleőrizi, hogy ez egy λ-hoz tartozó sajátvetor. Most tegyü fel, hogy a spetrum szimmetrius a 0-ra. A csúcso számára való iducióval bizoyítju, hogy G páros gráf. Mivel G sajátértéeie halmaza az összefüggő ompoeseie sajátértéeie halmaza, ezért létezi egy H összefüggő ompoes, melyre λ mi (H) = λ mi (G). Vegyü észre, hogy λ 1 (G) = λ mi (G) = λ mi (H) λ 1 (H) λ 1 (G) övetezi, hogy λ 1 (H) = λ mi (H). Mivel H összefüggő ezért H páros gráf és így a spetruma szimmetrius a 0-ra. Eor a G\H spetruma szimmetrius a 0-ra. Idució szerit G \ H páros gráf. Eor G páros gráf Állítás. Legye a legagyobb fo, és legye d az átlag foszám. Eor max(, d) λ 1. Proof. Legye v = (1, 1,..., 1). Eor λ 1 vt Av v 2 = 2e(G) = d. Mivel a legagyobb fo G tartalmaz egy K 1, részgráfét. Tehát λ 1 (G) λ 1 (K 1, ) =. Végül legye x egy λ 1 -hez tartozó sajátvetor. értéű eleme a vetora. Eor Legye x i a legagyobb abszolút λ 1 x i = j a ij x j j a ij x j j a ij x i x i. Tehát λ Állítás. Legye G egy d-reguláris gráf. Eor λ 1 = d és a multiplicitása megegyezi az összefüggő ompoese számával. Továbbá mide d-hez tartozó sajátvetor ostas az összefüggő ompoesee. 9

13 Proof. Az első állítás azoal övetezi az előző állításból, de a másodiból is így bizoyítsu ezt. Legye x egy d-hez tartozó sajátvetor. Megmutatju, hogy ez összefüggő ompoese ostas. Legye H egy összefüggő ompoes, és legye c = max i V (H) x i, legye továbbá V c = {i V (H) x i = c} és V (H) \ V c = {i V (H) x i < c}. Ha V (H) \ V c em üres lee aor léteze egy (i, j) E(H) él, melyre i V c, j V (H) \ V c. Eor dc = dx i = x x j + x < c + (d 1)c = dc, N(i) N(i), j elletmodás. Tehát x ostas az egyes ompoesee. 1.2 Expadere és pseudoradom gráfo Ebbe a részbe G midig d reguláris gráf lesz. Ee a részbe azt taulmáyozzu, hogy λ 2 és λ hogya méri a gráf véletleségét. Legye S, T V (G). Legye e(s, T ) = {(u, v) E(G) u S, v T }. A feti defiícióba S és T em feltételül diszjut. Például ha S = T aor e(s, S) az S által feszített éle számáa étszerese. Ha G egy véletle gráf lee aor arra számítaá, hogy e(s, T ) d S T Tétel. Legye G egy d reguláris gráf csúcso d = λ 1 λ 2 λ sajátértéeel. Legye S, T V (G) olya, hogy S T = V (G) és S T =. Eor (d λ 2 ) S T e(s, T ) (d λ ) S T. Mielőtt bebizoyítju ezt a tételt szüségü lesz egy lemmára Lemma. Legye A egy valós szimmetrius mátrix λ 1 λ 2 λ sajátértéeel és hozzáju tartozó u 1,..., u ortoormált sajátvetoroal. Eor (a) mi x 0 x T Ax x 2 = λ. 10

14 (b) x T Ax max x u 1 x = λ 2. 2 Proof. (a) Legye x = α 1 u α u. Eor x T Ax = λ i αi 2 λ αi 2 = λ x 2. Másrészt, u T Au = λ u 2. Ezzel bebizoyítottu az (a) részt. (b) Megit legye x = α 1 u α u. Mivel x u 1 azt apju, hogy α 1 = (x, u 1 ) = 0. Eor x T Ax = λ i αi 2 = λ i αi 2 λ 2 αi 2 = λ 2 x 2. i=2 Másrészt u T 2 Au 2 = λ 2 u 2 2. Ezzel bebizoyítottu az (b) részt. Tétel bizoyítása. Legye S = s és T = t. Teitsü azt az x vetort mely az S elemei t értéet vesz fel, míg a T elemei s értéet. Eor x merőleges az 1 vetorra, valóba S t T s = 0. Vegyü észre, hogy u 1 = 1 1 így x merőleges az u 1 vetorra. Teitsü a övetező összeget: (i,j) E(G) A lemma szerit Másrészt (i,j) E(G) (x i x j ) 2 = d x 2 i 2 (i,j) E(G) x i x j = d x 2 x T Ax. (d λ 2 ) x 2 d x 2 x T Ax (d λ ) x 2. (x i x j ) 2 = e(s, T )(t ( s)) 2 = e(s, T )(s + t) 2 = e(s, T ) 2. Vegyü észre, hogy Tehát Más szavaal x 2 = ts 2 + st 2 = st(s + t) = st. (d λ 2 )st e(s, T ) 2 (d λ )st. (d λ 2 ) st e(s, T ) (d λ ) st. 11

15 1.2.3 Defiíció. Legye S V (G). Az S szomszédjaia halmaza N(S) = {u V (G) \ S v S : (u, v) E(G)} Defiíció. Egy G gráfot (, d, c)-expadere evezü ha V (G) =, d reguláris és N(S) c S mide olya S halmazra amire S /2. Ituitíva, miél agyobb a c, aál jobb a hálozatod (a G gráfod): ha va egy pletyád aál gyorsabba terjed miél jobb expader a gráf Tétel. Egy d reguláris G gráf csúcso (, d, c) expader a övetező c értéel: c = d λ 2 2d. Proof. Legye S V (G) ahol S /2. Legye T = V (G) \ S, vegyü észre, hogy T /2. Eor A tétel szerit e(s, T ) = e(s, N(S)) d N(S). e(s, T ) (d λ 2 ) S T (d λ 2 ) S 1 2. Tehát Vagyis d N(S) d λ 2 S. 2 N(S) d λ 2 S = c S. 2d A d λ 2 meyiséget spetrális hézaga hívju. Nézzü meg egy mási övetezméyét a tétele. Először ezdjü egy defiícióval Defiíció. Egy S V (G) halmazt függetle halmaza hívu ha egy üres részgráfot feszít. (Vagyis e(s, S) = 0.) A legagyobb függetle halmaz méretét jelölje α(g). 12

16 1.2.7 Tétel. (Hoffma-Delsarte becslés) Legye G egy d reguláris gráf csúcso d = λ 1 λ 2 λ sajátértéeel. Eor α(g) λ d λ. Proof. Legye S egy legagyobb függetle halmaz, és T = V (G) \ S. Eor S = α(g), és e(s, T ) = d S = dα(g). A tétel szerit e(s, T ) (d λ ) S T. Tehát α(g)( α(g)) dα(g) (d λ ). Osszu α(g)-vel és szorozzu /(d λ )-vel, eor azt apju, hogy d d λ α(g). Tehát α(g) λ d λ. A Hoffma-Delsarte becslés meglepőe potos egy halom esetbe. Nézzü egy picit furcsa alalmazását. Egy F = {A 1, A 2,..., A m } családot metszőe hívu ha A i A j. Tegyü fel, hogy A i {1, 2,..., }, és A i = mide i eseté. A érdés a övetező: legfeljebb meora lehet az {1, 2,..., } egy -elemű halmazaiból álló család? Ha > /2 aor bármely ét -elemű halmaz metszi egymást, így a érdés triviális. Tegyü fel, hogy /2. Eor egy jó jelölt az az F 1 család, amely azo halmazoból áll, amelze az 1-et tartalmazzá vagy bármely fix elemet. Eor F 1 = ( 1 1). Erdős, Ko ad Rado bebizoyítottá, hogy téyleg ez a legagyobb metsző halmaz -elemű halmazoból. Valójába ő azt is beláttá, hogy ha > 2 aor egy ( 1 1) méretű metsző család tartalmaz egy rögzített elemet. Ha = 2 aor ez em igaz: bármely olya család ami em tartalmaz egy halmazt és omplemeterét egy idejűleg meg fog feleli. Most mi azt a gyegébb állítást bizoyítju, hogy ( 1 1) valóba egy felső becslés (és valójába csalu, mert egy agyo em triviális állítást csa hivatozi fogu). Defiiálju a övetező G gráfot: csúcsai legyee az {1, 2,..., } -elemű részhalmazai és ét csúcsot össü össze ha a megfelelő halmazo diszjuta. Ezt a gráfot 13

17 Keser(, ) gráfa hívjá. Egy függetle halmaz ebbe a gráfba megfelel egy metsző halmazredszere. A övetező tétel eze gráf spetrumáról agyo em triviális, de megtalálható az alábbi öyvbe: C. Godsil ad G. Royle: Algebraic graph theory, 200. oldal Tétel. A Keser(, ) gráf sajátértéei ( ) i ( 1) i, i ahol i = 0,...,. Az ( ) ( ) multiplicitása 1, a ( 1) i i i sajátérté multiplicitása ( ( i) i 1) ha i 1. Vegyü észre, hogy a Keser-gráf ( ) reguláris, és az előző tétel szerit a legisebb sajátértée ( ) 1 1. Eor a Hoffma-Delsarte becslés szerit )( ) Vegyü észre itt a evező Tehát α(keser(, )) ( ) = ( ( 1 1 ) + ( 1 1 ( 1 1 ), ( ) ( ) = ( ) ( ( 1 1 )( ) ) + ( 1 1 ) = ( ) = ). ( ) 1. 1 Voilá! Valószíűleg ez a legboyolultabb bizoyítása az Erdős-Ko-Rado tétele, de va éháy hasoló tétel amelye csa olya bizoyítása ismert amely eresztül megy egy hasolóa defiiált gráf sajátértéei. Térjü vissza az e(s, T ) becsléséhez d reguláris gráfoba. A övetező tételt expader mixig lemmáa hívjá Tétel (Expader mixig lemma). Legye G egy d reguláris gráf csúcso d = λ 1 λ 2 λ sajátértéeel. Legye λ = max( λ 2,..., λ ) = max( λ 2, λ ). Legye S, T V (G), eor e(s, T ) d S T λ S T. 14

18 Proof. Legye χ S és χ T az S ad T halmazo araterisztius vetora: vagyis χ S (u) = 1 ha u S és 0 egyébét. vegyü észre, hogy e(s, T ) = χ T SAχ T. írju fel az χ S és χ T vetoroat az u 1,..., u ortoormált sajátbázisba. Válasszu u 1 -et 1 1 vetora. Legye és Eor χ S = χ T = χ T SAχ T = α i u i β i u i. λ i α i β i. Itt α 1 = (χ S, u 1 ) = S, és hasolóa β 1 = (χ T, u 1 ) = T. Tehát Tehát Eor λ 1 α 1 β 1 = d S T = d S T. e(s, T ) d S T = λ i α i β i. i=2 e(s, T ) d S T = λ i α i β i λ i=2 α i β i. haszálju a Cauchy-Schwartz egyelőtleséget: ( ) 1/2 ( ) 1/2 α i β i α i 2 β i 2. i=2 i=2 i=2 Most egy icsit agyvoalúa leszü: ( ) 1/2 ( ) 1/2 α i 2 β i 2 i=2 i=2 i=2 ( ) 1/2 ( ) 1/2 α i 2 β i 2 = = χ S χ T = S 1/2 T 1/2. Tehát e(s, T ) d S T λ S T. 15

19 vola: Ha em lettü vola agyvoalúa a végé icsit erősebb állítást is bizoyíthattu ( ) 1/2 e(s, T ) d S T λ S ( T S 2 felhaszálva, hogy α 1 = S és β 1 = T. ) 1/2 T Megjegyzés. Egy gráfot (, d, λ)-pseudoradoma evezü ha d regular gráf csúcso és max( λ 2, λ ) λ. (Páros gráfo eseteé érdemes a defiíciót úgy módosítai, hogy λ 2 λ mivel a spetrum szimmetrius a 0-ra, így a d mideéppe sajátérté eor, mi azoba ezt em fogju megtei.). Regeteg olya tétele amely úgy hagzi, hogy egy radom d reguláris gráfa megva a P tulajdosága agy valószíűséggel létezi egy aalógja mely szerit egy (, d, λ)- pseudoradom gráf is λ eseté P tulajdoságú. Ilye a övetező F. Chug tétele is Tétel. Legye G egy (, d, λ) pseudoradom gráf. Eor G átmérője legfeljebb log( 1) log ( ) + 1. d λ Proof. Azt ell bizoyítau, hogy létezi egy r log( 1) + 1, hogy tetszőleges log( d λ) i és j csúcso távolsága legfeljebb r. Más szavaal, létezi egy legfeljebb r hosszú séta i és j végpotoal. Tehát elegedő azt bizoyítai, hogy (A r ) ij > 0. Másrészt tudju, hogy (A r ) ij = u i u j λ r, =1 ahol u = (u 1,..., u ). Szoás szerit u 1,..., u sajátvetoroból álló ortoormális bázis: Au i = λ i u i, ad u 1 = 1 1. Eor u i1 u j1 λ r 1 = dr. Tehát elegedő azt bizoyítai u i u j λ r < dr =2 16

20 for some r log( 1) log( d λ) + 1. u i u j λ r λr =2 = λ r ( =1 ( ) 1/2 ( ) 1/2 u i u j λ r u i 2 u j 2 = =2 =2 =2 ) 1/2 ( 1/2 u i 2 u 2 i1 u j 2 ui1) 2 = ( = λ r 1 1 ) 1/2 ( 1 1 =2 ) 1/2 = λ r ( 1 1 A másodi egyelőtleség az egy Cauchy-Schwartz egyelőtleség. Utáa pedig felhaszáltu, hogy U = (u 1,... u ) mátrix sorvetoraia hossza 1. Ez azért igaz, mert az osylopvetoro ortooramlitásából övetezi a soro ortoormalitása. (Valóba, U U T = I-ből övetezi U T U = I.) Eor ( λ r 1 1 ) < dr valóba teljesül r = log( 1) log( d λ) + 1 eseté. Az előző tételeből világos, hogy miél isebb a λ aál jobb pseudoradom tulajdosága va G-e. így természetese adódi a érdés, hogy mi a legjobb amit el tudu éri. A K d+1 sajátértéei d, ( 1) (d), de a probléma ezzel az, hogy ez csa egy gráf. Mi törtéi, hogy ha azt öveteljü, hogy a gráf agy legye. Az alábbi Alo-Boppaa tétel szerit 2 d 1 egy természetes határ Tétel (Alo-Boppaa). Legye (G ) d-reguláris gráfoa egy sorozata, melyre V (G ). Eor lim if λ 2(G ) 2 d 1. Más szavaal ha s < 2 d 1 aor csa véges so olya d reguláris gráf va, melyre λ 2 s. Mi egy icsit erősebb állítást fogu bizoyítai, ami Serretől származi Tétel (Serre). Mide ε > 0 és d pozitív egészre létezi egy c = c(ε, d) > 0 úgy, hogy mide d reguláris G gráfra, azo λ sajátértée száma, melyre λ (2 ε) d 1 legalább c V (G). ). 17

21 Serre tételéből valóba övetezi az Alo-Boppaa tétel mivel mide s < 2 d 1 eseté választhatu egy ε számot, melyre s < (2 ε) d 1, eor ha V (G) > 2/c(ε, d), va legalább ét sajátértéü ami s-él agyobb (az egyiü d), így λ 2 (G) > s. Serre tételée övetező bizoyítása S. Cioaba-tól származi. Proof. A bizoyítás alapötlete, hogy p 2 = λ2 i em lehet túl pici. Emléeztető: p 2 a 2 hosszú zárt sétáat számolja meg. Megmutatju, hogy tetszőleges v csúcsra a v-ből iduló 2 hosszú zárt sétá száma, W 2 (v), legalább aora, mit a végtele d reguláris T d fába egy fix gyöér csúcsból iduló 2 hosszú zárt sétá száma. Teitsü a övetező végtele d-reguláris fát: legyee a csúcsai olya v-ből iduló sétáal címézve melye sosem lépe azoal vissza abba a csúcsba ahoa jötte. Az ilye sétáat o-bactracig sétáa hívjá. Például egy ilye séta, de például 1494 em, mert a 9 utá egyből visszalépü 4-be. Két o-bactracig sétát összeötü egy éllel ha az egyi egy lépéses iterjesztése a másia Vegyü észre, hogy mide fabeli zárt séta megfelel egy zárt sétáa az eredeti grába. Példáaul 1, 14, 149, 14, 1 megfelel 1, 4, 9, 4, 1-e. (Bizoyos értelembe eze a magától érthetödő zárt sétá.) Másrészt vaa G-beli zárt sétá, amelye em zárt sétá a fába, ilye példáaul az Jelölje r 2 a végtele d reguláris fába a gyöér csúcsból a zárt sétá számát. Eddig azt láttu, hogy p 2 = W 2 (v) r 2. v V (G) Köye lehet potos épletet adi r 2 -ra, de eü elég lesz egy egyszerű alsó becslés amivel öye tudu számoli. Ilye alsó becslés a övetező: ( 2 ) r d(d 1 1) 1 > ( + 1) (2 d 1)

22 A másodi egyelőtleség övetezi a Stirlig formulából így elegedő megértei az első egyelőtleséget. Egy zárt sétát a fába elódolhatu a övetezőéppe: leíru egy 1-et ha lefelé lépü (vagyis a gyöértől távolodu) és 1-et ha felfelé lépü (vagyis a gyöér felé), továbbá d 1 vagy d iráyba mehetü ha lefelé lépü. Potosabba d iráyba léphetü ha a gyöérbe vagyu és d 1 iráyba egyébét. (Neü a d 1 alsó becslés elegedő lesz.) Vegyü észre, hogy potosa -szor lépü lefelé és -szor felfelé. így az iráyo sorozatát legalább d(d 1) 1 féleéppe választhatju meg. A ±1 sorozatra ét feltétel va: (i) potosa darab 1 és drab 1 va özöttü, (ii) az első éháy elem összege em lehet egatív (em mehetü feljebb, mit a gyöér): s 1 + s s i 0 mide 1 i 2 eseté, ahol s i = ±1 asyerit, hogy az i. lépés felfelé vagy lefelé törtéi. Az ilye sorozato száma a Catala-számo: ( 2 ). +1 Ezt első éves véges matematia tárgy eretébe láttu. Most már észe állu, hogy befejezzü a bizoyítást felhaszálva, hogy p 2 ( + 1) 2 (2 d 1) 2 mide eseté. Legye m az olya sajátértée száma, melyre (2 ε) d 1. Teitsü a övetező összeget: (d + λ i ) 2t, ahol t egy ésőbb megválasztadó pozitív egész szám. d + λ i 2d, tehát Vegyü észre, hogy 0 (d + λ i ) 2t m(2d) 2t + ( m)(d + (2 ε) d 1) 2t. Másrészt a biomiális tételből apju, hogy (d + λ i ) 2t = 2t ( ) 2t d j λ 2t j i = j j=0 2t j=0 ( ) ( ) 2t d j λ 2t j i. j Haszálju, fel, hogy p = λ i 0 ha páratla és p 2 (2 d 1) 2. (+1) 2 Tehát ) 2t j=0 ( ) ( ) 2t d j λ 2t j i j t j=0 19 ( ) ( 2t d j λ 2t 2j i 2j

23 = t j=0 ( ) 2t 2j d j (t j + 1) (2 d 1) 2t 2j 2 (t + 1) 2 ( (d + 2 d 1) 2t + (d 2 ) d 1) 2t 2(t + 1) 2 Tehát azt apju, hogy Eszerit m(2d) 2t + ( m)(d + (2 ε) d 1) 2t Vegyü észre, hogy t j=0 ( ) 2t d j (2 d 1) 2t 2j = 2j 2(t + 1) 2 (d + 2 d 1) 2t. 2(t + 1) 2 (d + 2 d 1) 2t. 1 m (d + 2 d 1) 2t (d + (2 ε) d 1) 2t 2(t+1) 2 (2d) 2t (d + (2 ε). d 1) 2t ( d + 2 d 1 d + (2 ε) d 1 soal gyorsabba ő, mit 2(t + 1) 2, így választhatu egy t 0 számot, melyre Eor ) 2t 1 2(t 0 + 1) 2 (d + 2 d 1) 2t 0 (d + (2 ε) d 1) 2t 0 > 0. c(ε, d) = teljesíti a tétel feltételeit. 1 2(t 0 +1) 2 (d + 2 d 1) 2t 0 (d + (2 ε) d 1) 2t 0 (2d) 2t 0 (d + (2 ε) d 1) 2t Megjegyzés. Egy d reguláris G em páros gráfot Ramauja gráfa hívju ha λ 2, λ 2 d 1. Ha G páros gráf eseté aor hívju Ramauja gráfa ha λ 2 2 d 1. Ismert, hogy mide pozitív egész d-re létezi végtele so d reguláris páros Ramauja gráf, ez A. Marcus, D. Spielma és N. Srivastava tétele. Másrészt ha G em páros gráf aor a tudásu émileg limitált: ha d = p α + 1, ahol p prím aor létezi d reguláris Ramauja gráfoa egy végtele családja. Az a sejtés, hogy egy radom d reguláris gráf csúcsszámtól függetle pozitív valószíűséggel Ramauja. 1.3 Erőse reguláris gráfo Ebbe a részbe erőse reguláris gráfoat fogju vizsgáli. Ez egy agyo speciális gráfosztály. Erőse reguláris gráfo gyara agyo szimmetriusa és lieáris algebrai eszözöel ülööse jól lehet vizsgáli őet. 20

24 1.3.1 Defiíció. Egy G gráf erőse reguláris (, d, a, b) paramétereel ha csúcsa va, d reguláris, ét összeötött csúcsa potosa a özös szomszédja va, míg ét összeötetle csúcsa potosa b özös szomszédja va. Például a 4 hosszú ör erőse reguláris gráf (4, 2, 0, 2) paremétereel, míg az 5 hosszú ör erőse reguláris gráf (5, 2, 0, 1) paremétereel. Ha 6 aor egy hosszú ör erőse reguláris gráf. A Peterse-gráf erőse reguláris gráf (10, 3, 0, 1) paremétereel. A övetező célu, hogy találju feltételeet az (, d, a, b) paraméterere, amelye mellett létezhet erőse reguláris gráf. Az első agyo egyszerű Állítás. Legye G erőse reguláris gráf (, d, a, b) paramétereel. Eor d(d 1 a) = ( d 1)b. Proof. Legye u egy rögzített csúcs. Számolju meg azo (v 1, v 2 ) csúcspáro számát, amelyere a övetező feltétele teljesüle: (u, v 1 ) E(G), (v 1, v 2 ) E(G) és (u, v 2 ) / E(G), és v 1, v 2 u. A v 1 csúcsot d féleéppe választhatju. Ezutá a v 2 csúcs em lehet u és a v 1 olya szomszédja ami ics u-val összeötve, erre va d 1 a lehetőségü. Tehát összese d(d 1 a) ilye csúcspáru va. Másrészt úgy is számolhatu, hogy v 2 csúcsot d 1 féleéppe választhatju mivel em választhatju az u csúcsot valamit a szomszédjait. Miutá megválasztottu v 2 csúcsot a v 1 csúcs megválasztására b lehetőségü va, mert v 1 az u és a v 2 özös szomszédja. Tehát d(d 1 a) = ( d 1)b. Követező lépését számolju i egy erőse reguláris gráf sajátértéeit és multiplicitásait. Az fog iderüli, hogy egy erőse reguláris gráfa csa 3 ülöböző sajátértée va és az az egyszerű téy, hogy a multiplicitásoa egésze ell leie agyo erős feltételt szab az (, d, a, b) paraméterere. Egy egyszerű G gráfra az A 2 elemeie agyo egyszerű jeletése va. A diagoális eleme a foszámo, esetübe ez d midehol. Másrészt i j eseté (A 2 ) ij az i és j csúcso özös szomszédaia száma, ami a vagy b aszerit, hogy az i és j csúcso össze vaa ötve vagy sem. Tehát az A 2 + (b a)a mátrixba d va az átlóba és b midehol máshol. Tehát A 2 + (b a)a (d b)i = bj, 21

25 ahol J a csupa 1-ből álló mátrix. míg Tegyü fel, hogy Ax = λx, ahol x = (x 1,..., x ). Eor (A 2 + (b a)a (d b)i)x = (λ 2 + (b a)λ (d b))x, bjx = b( x i )1. összehasolítva az i-edi oordiátáat azt apju, hogy (λ 2 + (b a)λ (d b))x i = b( x i ). Ha λ 2 + (b a)λ (d b) 0, aor mide x i megegyezi, és szimplá megapju a szoásos d-hez tartozó sajátvetort. Mide más esetbe λ 2 + (b a)λ (d b) 0-val egyelőe ell leie, tehát λ = λ ± = a b ± (a b) 2 + 4(d b). 2 Azt öyű láti, hogy ha G em összefüggő aor egyszerűe éháy K d+1 uiója. Mivel ez em túl izgalmas, így feltehető, hogy G összefüggő. Ebbe az esetbe tudju, hogy d multiplicitása 1. Legye m + és m a mási ét sajátérté multiplicitása. Mivel a sajátértée száma, ezért azt is tudju, hogy T ra = 0, így Ebből azt apju, hogy m ± = m + + m =. 0 = T ra = 1 d + m + λ + + m λ. ( 1 ) 2d + ( 1)(a b). (a b)2 + 4(d b) Foglalju össze eredméyeiet egy tételbe Tétel. Legye G összefüggő erőse reguláris gráf (, d, a, b) paramétereel. Eor a sajátértéei d 1 multiplicitással, és λ ± = a b ± (a b) 2 + 4(d b), 2 22

26 multiplicitásu pedig m ± = 1 2 ( 1 ) 2d + ( 1)(a b). (a b)2 + 4(d b) Példaét iszámolhatju a Peterse-gráf sajátértéeit. Mivel ez erőse reguláris gráf (10, 3, 0, 1) paramétereel azoal apju, hogy sajátértéei 3, 1 és 2, ahol a multiplicitáso m 1 = 5, m 2 = 4. Az a feltétel, hogy m ± emegatív egésze meglehetőse erős feltétel, ezt hívjá itegralitási feltétele. Alalmazásét lássu mely erőse reguláris gráf paraméterei (, d, 0, 1). Már láttu, hogy az 5 hosszú ör és a Peterse-gráf ilye gráfo d = 2 és d = 3-mal. Igazából a K 2 is ilye gráf d = 1-gyel, de ez egy icsit csalás, mert a egyedi paramétere ics semmi értelme. A K 1 -ről már em is beszélve... Előszös is vegyü észre, hogy = d Valóba, d(d 1 a) = ( d 1)b és a = 0, b = 1, ebből azoal övetezi, hogy = d Tétel (Hoffma Sigleto). Legye G erőse reguláris gráf (d 2 + 1, d, 0, 1) paramétereel, ahol d 2. Eor d {2, 3, 7, 57}. Proof. A G gráf sajátértéei d és a multiplicitáso pedig λ ± = 1 ± 4d 3, 2 m ± = 1 2 (d 2 ) 2d d2. 4d 3 Ha 2d d 2 = 0, aor d = 0 vagy 2. (Ha d = 0 a defiíció műödi, de em teitjü erőse reguláris graáfa. Egyszerűe izártu a d 2 feltétellel.) Ha 2d d 2 0, aor 4d 3 racioális szám. Ez csa úgy lehet ha 4d 3 egy égyzetszám. Tehát 4d 3 = s 2. Eor m ± = 1 ( ) s Tehát ( 2 ) ( s m + = s5 + s 4 + 6s 3 2s 2 + 9s s Mivel 32m + is egy egész szám, ezért azt apju, hogy s 15. Tehát s {1, 3, 5, 15}. Ha s = 1 aor d = 1 amit izártu. Tehát s {3, 5, 15} ahoa d {3, 7, 57}. A d = 2 esettel együtt azt apju, hogy d {2, 3, 7, 57}. 23 s s ) 2.

27 1.3.5 Megjegyzés. A d = 7 és d = 57 eseteről a övetezőt lehet tudi. A d = 7 esetbe va ilye gráf: ez a Hoffma-Sigleto gráf és az (50, 7, 0, 1) paramétere egyértelműe meghatározzá, csa úgy mit a Peterse-gráfot és az 5 hosszú ört meghatározzá a paraméterei. Nem ismert azoba, hogy létezi erőse reguláris gráf (3250, 57, 0, 1) paramétereel Megjegyzés. általába is igaz a övetező: egy erőse reguláris gráf sajátértéei egésze vagy a gráfa a paramétereire feáll, hogy (, d, a, b) = (4 +1, 2, 1, ) valamilye -ra. Az ilye gráfoat oferecia gráfoa hívjá, az 5 hosszú ör is oferecia gráf. Ezt az állítást a 2d + ( 1)(a b) ifejezés vizsgálatával lehet beláti, aszerit, hogy ez 0 vagy sem Tétel (Lossers-Schwe). A K 10 teljes gráf em botható fel három éldiszjut Peterse-gráf uiójára. Proof. Idiret, tegyü fel, hogy K 10 teljes gráf felbotható három éldiszjut Petersegráf uiójára. Legye A 1, A 2 és A 3 a három Peterse-gráf adjacecia mátrixa. Eor J I = A 1 + A 2 + A 3. Vegyü észre, hogy A 1, A 2 és A 3 mátrixoa va egy özös sajátvetora, evezetese 1. mide más sajátvetor merőleges erre a vetorra. Speciálisa teitsü az A 1 és A 2 mátrixo 1 sajátértééhez tartozó sajátaltereet. Legyee eze V 1 és V 2. Eor dim V 1 = dim V 2 = 5 mivel az 1 sajátérté multiplitcása 5. Azt is tudju, hogy V 1, V 2 1. Az 1 egy 9 dimeziós vetortér, így V 1 és V 2 vetorteree va emtriviális metszets: legye x V 1 V 2. Eor A 3 x = (J I)x A 1 x A 2 x = 0 x x x = 3x. Ez azoba em lehet, mert 3 em sajátértée a Peterse-gráfa, elletmodás Megjegyzés. Bele lehet paoli ét Peterse-gráfot K 10 -ot. A feti bizoyítás mutatja, hogy a imaradó éle által feszített H gráf 3 reguláris és sajátértée ei a 3. Ez arra utal, hogy H páros gráf. Ez valóba így va, de ehhez előbb be ell láti, hogy H összefüggő. Azt öyű láti, hogy az egyetle em összefüggő 3-reguláris gráf 10 melye valamely ompoese páros gráf az a K 4 K 3,3 (miért?). Azoba azt öyű megmutati, hogy H em lehet K 4 K 3,3. 24

28 Másodi bizoyítás. Idiret, tegyü fel, hogy K 10 teljes gráf felbotható három éldiszjut Peterse-gráf uiójára. Szíezzü eze Peterse-gráfo éleit éel, pirossal és zölddel. Legye v egy csúcsa K 10 és legyee b 1, b 2, b 3 a v szomszédjai a é Peterse-gráfba. Haasolóa legyee r 1, r 2, r 3 és g 1, g 2, g 3 a v szomszédai a piros és zöld Peterse-gráfba. Egy pillaatra tegyá félre a zöld Peterse-gráfot és ocetrálju arra a páros gráfra, melye ét csúcsosztálya b 1, b 2, b 3 és r 1, r 2, r 3. Vegyü észre, hogy a (v, r 1 ) él piros, tehát em é! Ez azt jelet, hogy va potosa egy é 2 hosszú út v és r 1 özött. Ez azt jeleti, hogy r 1 és b 1, b 2, b 3 potosa egy é él megy. Hasolóa, r 2 és r 3 potosa egy é éllel csatlaozi b 1, b 2, b 3 csúcsohoz. Tehát potosa 3 é él megy a b 1, b 2, b 3 és r 1, r 2, r 3 csúcshalmazo özött. Ugyaezt a godolatmeetet megismételve b 1, b 2, b 3 -re apju, hogy potosa 3 piros él megy a b 1, b 2, b 3 és r 1, r 2, r 3 csúcshalmazo özött. Ez azt jeleti, hogy potosa 3 zöld él megy a b 1, b 2, b 3 és r 1, r 2, r 3 csúcshalmazo özött. Most teitsü a zöld Peterse-gráfot. Ha töröljü a v, g 1, g 2, g 3 csúcsoat ebből a gráfból a maradé csúcso egy 6 hosszú ört feszítee. Az előző beezdés szerit ee a 6 hosszú öre va egy vágása amely potosa 3 élet tartalmaz. Ez azoba em lehet, egy 6 hosszú ör mide vágása páros so élt tartalmaz hisze ahogy örbemegyü a örö páros soszor ell a vágáso átmei, hogy visszaérjü arra az oldalra ahoa elidultu. Ez az elletmodás mutatja, hogy K 10 teljes gráf em botható fel három éldiszjut Peterse-gráf uiójára. 1.4 Cayley gráfo* Legye Γ egy véges csoport és S Γ olya halmaz, melyre g S aor és csa aor ha g 1 S, és 1 / S. Eor a G = Cay(Γ, S) Cayley-gráfot a övetezőéppe defiíálju. A csácshalmaza Γ elemei és (g, h) E(G) potosa aor ha gh 1 S. Vegyü észre, hogy (g, h) E(G) aor (h, g) E(G) mivel hg 1 = (gh 1 ) 1 és ha gh 1 S aor (gh 1 ) 1 S az S-re tett feltételei szerit. Végül G em tartalmaz huroélet, mert 1 / S. Tehát G egy egyszerű gráf. Ebbe a részbe egy Cayley-gráf sajátértéeit próbálju megértei abba az esetbe amior Γ egy Abel-csoport. Szüségü lesz a arater defiíciójára Defiíció. Legye Γ egy Abel-csoport. Egy χ : Γ C függvéyt aratere 25

29 hívu ha ez egy homomorfizmus Γ-ból C multipliatív csoportjába. Más szavaal, χ(gh) = χ(g)χ(h) és χ(1) = 1. Va egy triviális arater, χ 0 : χ 0 (g) = 1 mide g Γ eseté. Emléeztető: g Γ = 1 mide g Γ eseté. Ez azt jelet, hogy egy χ feáll, hogy 1 = χ(1) = χ(g Γ ) = χ(g) Γ. Ez azt jeleti, hogy χ(g) egy Γ -adi egységgyö. Ebből övetezi, hogy χ 1 = χ. Az is igaz továbbá, hogy potosa Γ arater va és ő magu is egy Abelcsoportot alota arra a szorzásra ézve, hogy χ 1 χ 2 (g) := χ 1 (g)χ 2 (g). Ebbe a csoportba χ 0 az idetitás. Azt agyo öyű láti, hogy χ 1 χ 2 és χ 1 is aratere. Ez az úgy evezett duális csoport amelyet ˆΓ-vel jelölü. Azt is lehet tudi, hogy ˆΓ izomorf Γ-val. Most már észe állu egy G = Cay(Γ, S) Cayley-gráf sajátértéeie meghatározására Tétel. Legye Γ egy Abel-csoport és S Γ olya részhalmaz, melyre g S potosa aor ha g 1 S, és 1 / S. Eor G = Cay(Γ, S) a sajátértéei a övetező: mide χ arater meghatároz egy sajátértéet: λ χ = χ(s), s S a hozzá tartozó sajátvetor pedig (χ(g)) g Γ. Eze a sajátvetoro pároét merőlegese arra a salárszorzásra ézve, melyre x, y = x i y i. Mivel éppe Γ araterü va, így megaptu az összes sajátértéet. Proof. Először elleőrizzü, hogy (χ(g)) g Γ valóba sajátvetor a λ χ = s S χ(s) sajátértéhez. Legye g Γ eor χ(u) = χ(gs) = χ(g)χ(s) = χ(g) χ(s) = λ χ χ(g). u N G (g) s S s S s S Követező lépését megmutatju, hogy χ 1 χ 2 aor χ 1 (g)χ 2 (g) = 0. g Γ 26

30 Először is vegyő észre, hogy χ 1 χ 2 = χ 1 χ 1 2 em az egységelem araer, így elég megmutati, hogy egy em-egységelem χ araterre feáll, hogy χ(g) = 0. g Γ Legye h Γ olya, hogy χ(h) 1. Ilye h va, mert χ em az egységelem. Eor χ(h) g Γ χ(g) = g Γ χ(hg) = g Γ χ(g). Mivel χ(h) 1 azt apju, hogy χ(g) = 0. g Γ Példa. Legye Γ = (Z 2, +), midehol additív jelölésmódot haszálu: tehát az egységelem 0, és a g 1 -t g-vel jelöljü. Vegyü észre, hogy mide g eseté g = g, így csa azt ell megövetelü, hogy 0 / S. Legye S = {e i = (0,..., 0, 1, 0,..., 0) 1 i }, eor G = Q = Cay(Γ, S) éppe az dimeziós oca. Határozzu meg Γ aratereit. Mide x = (x 1,..., x ) eseté defiíálhatu egy χ x aratert a övetezőéppe: χ x (g) = ( 1) x ig i, ahol g = (g 1,..., g ). A feti összegbe em számít, hogy a x ig i összeget Z-be vagy Z 2 -be számolju. Ez valóba arater: χ x (g 1 + g 2 ) = χ x (g 1 )χ x (g 2 ). Azt is öyű láti, hogy χ x = χ y potosa aor ha x = y. Azt is láthatju, hogy a araere az eredeti csoporttal izomorf csoportot alota: χ x χ y = χ x+y, és az egységelem χ 0 = χ 0. Mivel találtu Γ aratert és a (χ x (g)) g Γ vetoro pároét merőlegese. (Ebbe az esetbe teithetjü őet R Γ -beli vetoroa.) Most, hogy megvaa a aratere, ézzü meg a Cayley-gráf sajátértéeit. Legye λ x = λ χx = s S χ x (s) = 27 χ x (e i ) = ( 1) x i.

31 Ez azt jeleti, hogy ha x potosa darab 1-est és darab 0-t taralmaz aor λ x = ( ) = 2. Mivel ( ) ilye x vetor va, ezért az dimeziós Q oca sajátértéei { 2 ( ( )) 0 }. Ugyaezt az eredméyt úgy is elérhettü vola ha felhaszálu egy gráf szorzatora voatozó állítást. Legye G és H gráfo, és G H jelölje a övetező gráfot. A csúcshalmaza V (G) V (H), és a (u 1, v 1 ) és (u 2, v 2 ) csúcso aor vaa összeötve ha u 1 = u 2 és (v 1, v 2 ) E(H) vagy v 1 = v 2 és (u 1, u 2 ) E(G). Ismert, hogy ha G sajátértéei λ 1 λ és H sajátértéei µ 1 µ m aor G H sajátértéei λ i +µ j, ahol 1 i, 1 j m. Vegyü észre, hogy Q = K 2 K 2... K 2. Felhaszálva a téyt, hogy K 2 spetruma {1, 1} azoal apu egy mási bizoyítést arra, hogy az dimeziós Q oca sajátértéei { 2 (( )) 0 }. Egy S Z 2 eseté defiíálhatju a Φ S leépezést a övetezőéppe Φ S f(v) = s S f(v + s). Ez a diszrét Rado-traszformáltja az f függvéye a (Z 2 csoporto S-re ézve). Tehát mi a Rado-traszformált spetrumát határoztu meg Példa. Legye Γ = (Z, +), most midehol multipliatív jelölésmódot haszálu midehol: legye g egy geerátora Z -e, eor Z = {1, g, g 2,..., g 1 }. (Elsőre icsit furcsáa tűhet a multipliatív jelölésmód, de a aratere haszálatáál éyelmesebb lesz.) Az hosszú ör egy speciális Cayley-graph: legye S = {g, g 1 }, eor C = Cay(Γ, S) valóba egy hosszú ör. Határozzu meg Γ aratereit. Legye χ egy arater. Eor 1 = χ(1) = χ(g ) = χ(g). így χ(g) egy -edi egységgyö: ζ = e 2πi. Eor χ (g r ) = ζ r = e 2πi r. Köyű láti, hogy χ valóba arater mide 0 eseté. Azt is láthatju, hogy ez is megad egy csoportot, ami az eredetivel izomorf. Az egységeleme χ 0. A C sajátértéei tahát ahol = 0,..., 1. λ = λ χ = χ (g) + χ (g 1 ) = e 2πi + e 2πi = 2 cos 2π, 28

32 1.4.5 Példa. Legye p egy 4+1 alaú prím. Megit a cilius csoporttal dolgozu, vagyis Γ = (Z p, +), de ezúttal éyelmesebb lesz erre úgy godoli, mit az F p test additív csoportjára. A P p Paley-gráfot a övetezőéppe defiíálja: legye (a, b) E(P p ) ha létezi egy c 0, melyre a b = c 2. Vagyis ezúttal S a vadratius maradéoból áll. Természetese most is egy egyszerű gráfot szereté api vagyis azt szereté ha (a, b) E(F p ) potosa aor ha (b, a) E(P p ) vagyis b a is egy égyzetszám F p -be. Ez az a ot ahol ihaszálju, hogy p egy alaú prím: ismert, hogy eor 1 vadratius maradé vagyis létezi egy i F p melyre i 2 = 1. Ez azt jeleti, hogy ha a b = c 2 aor b a = (ic) 2. Tehát a Paley-gráf egy speciális Cayley-gráf. Láthatju, hogy a sajátértéei λ = c:( c p)=1 where = 0,..., p 1. Ez azt jeleti, hogy x=0 e 2πi c p, p 1 x2 2πi 1 + 2λ = e p. Ez utóbbi összeg jól ismert számelméletbe, ezt hívjá (vadratius) Gauss-összege. Köye bizoyítható, hogy abszolút értée p, de az egy icsit trüösebb, hogy p vagy p. Egyébét p ha vadratius maradé és p ha vadratius emmaradé. Várju csa, eze szerit 3 ülöböző sajátértée va: (p 1)/2 és 1± p 2, ez egy erőse reguláris gráf? Igeee! és ha ezt bebizoyítja az ember aor új bizoyítást ap arra, hogy a Gauss-összeg abszolút értée p. Egy érdees észrevétel, hogy P p izomorf a omplemeterével, P p -vel. Valóba, vegyü egy vadratius emmaradéot, eor az f (u) = u megad egy izomorfiát P p és P p özött mivel ha a b vadratius maradé aor a b = (a b) vadratius emmmaradé. Mi va ha Γ em Abel-csoport. Bizoyítás élül megemlítü egy eredméyt. Ha em taultál csoporto reprezetáció elméletét aor em fogod értei az állítást, de emiatt e aggódj Tétel. Legye Γ egy véges csoport és legye S Γ a Γ éháy ojugált osztályáa uiója. Eor G = Cay(Γ, S)sajátértéei λ χ = 1 χ(s), χ(1) 29 s S

33 aholχ egy irreducibilis arater, a λ χ sajátérté multiplicitása χ(1) 2. Mivel Γ = χ χ2 (1), ahol az összeg végigfut az összes irreducibilis aratere, megtaláltu az összes sajátértéet. 1.5 Laplace mátrix és feszítőfá Ebbe a részbe az úgy evezett Laplace mátrixot fogju vizsgáli. A fő cél egy módszer bemutatása ami gyordsa megadja a feszítőfá számát egy gráfba Defiíció. Legye G egy huroélmetes gráf. A G gráf L(G) Lplace mátrixát a övetezőéppe defiíálju: az átlós eleme a foszámo vagyis L(G) ii = d i, míg i j eseté L(G) ij = a ij, ahol a ij az i és j csúcso özött futő éle számát jelöli. Más szavaal, L(G) = D A, ahol A az adjacecia mátrix és D = diag(d 1,..., d ). A Laplace mátrix sajátértéeie vizsgálatával ezdjü. Vegyü észre, hogy ez egy valós szimmetrius mátrix, így a sajátértéei valósa Tétel. Legye λ 1 λ 2 λ az L(G) mátrix sajátértéei. Eor λ = 0. Más szavaal, 0 sajátértée G-e és mide sajátérté emegatív. Proof. Az első állítás övetezi abból, hogy 1 egy 0-hoz tartozó sajátvetor. Ahhoz, hogy belássu, hogy a sajátértér emegatíva, elég megmutati, hogy L(G) pozitív szemidefiit, azaz x T L(G)x 0 mide x eseté. Ez valóba igaz: x T L(G)x = d i x 2 i 2 x i x j = (x i x j ) 2 0. (i,j) E(G) (i,j) E(G) Egy egyszerű G gráf eseté öyű meghatározi a omplemeter gráf Laplace sajátértéeit Tétel. Legye G egy egyszerű graáf, melye Laplace sajátértéei λ 1 λ 2 λ = 0. Eor G Laplace sajátértéei a övetező: λ 1,..., λ 1, 0. Proof. Vegyü észre, hogy L(G) + L(G) = I J. Legye v 1,..., v ortoormált sajátvetorai L(G)-e, melyre v = 1, és L(G)v i = λ i v i (megválaszthatju így őet). Továbbra is feáll, hogy L(G)1 = 0. Ha i <, aor v i ortogoális 1-re és így L(G)v i = (I J L(G))v i = v i 0 λ i v i = ( λ i )v i. Tehát G Laplace sajátértéei a övetező: λ 1,..., λ 1, 0. 30

34 1.5.4 Követezméy. (a) A K teljes gráf Laplace sajátértéei ( 1), 0. (b) A K,m teljes páros gráf Laplace sajátértéei + m, (m 1), m ( 1), 0. Proof. (a) Az csúcsú üres gráf Laplace sajátértéei 0 (), így ez előző tétel szerit K teljes gráf Laplace sajátértéei ( 1), 0. (b) A K m, omplemetere K m K. Az (a) rész szerit, a K m K Laplace sajátértéei {m (m 1), ( 1), 0 (2) }. (Azt öyű láti, hogy ét gráf uiójáa a Laplace sajátértéei az a ét gráf Laplace sajátértéeie uiója, mit multihalmaz.) Előző tételt alalmazva apju, hogy K m, Laplace sajátértéei +m, (m 1), m ( 1), 0. Jelölje τ(g) a G gráf feszítőfáia számát. A övetező tétel Kirchhofftól származi Tétel. Legye G egy huroélmetes gráf. Legye L(G) i az a mátrix amelyet úgy apu, hogy L(G)-ből töröljü az i-edi sort és oszlopot. Eor det L(G) i = τ(g). Proof. Először egy egyszerű észrevétellel ezdjü. Mide e él eseté τ(g) = τ(g e) + τ(g/e). Valóba, a feszítőfá halmazát szétbothatju ét halmazra aszerit, hogy egy feszítőfa tartalmazza az e élet vagy sem. Ha em tartalmazza aor ilyeből τ(g e) hisze eze egyszerűe G e feszítőfái. Ha egy feszítőfa tartalmazza az e élet aor ezt össehúzva megapju a G/e egy feszítőfáját és persze G/e tetszőleges feszítőfájából aphatu G-e egy e élet tartalmazó feszítőfáját. Most már észe állu, hogy bizoyítsu a tétel állítását éle számára meő iducióval. Az üres gráfra az állítás triviálisa igaz. Feltehetjü, hogy a v csúcsa megfelelő sort és oszlopot töröltü. Két esetet ülöböztetü meg aszerit, hogy v izolált csúcs G-be vagy sem. 1. eset Tegyü fel, hogy v egy izolált csúcsa G-e. Eor τ(g) = 0. Másrészt, det(l(g) ) = 0, mert az 1 vetor sajátvetora L(G) -e 0 sajátértéel. Tehát ebbe az esetbe ész vagyu. 2. eset Tegyü fel, hogy v em izolált csúcs. Feltehetjü, hogy e = (v 1, v ) E(G) (előfordulhat, hogy több ilye él is va, mert itt megegedjü a többszörös éleet). Legye l 1 az ( 1)-edi sorvetora L(G) -e és legye s = (0, 0,..., 0, 1) amely ( 2) darab 0-t tartalmaz és egy darab 1-est. Teitsü a övetező ét 31

35 mátrixot: A 1 és B 1 -et, melyeet úgz apu, hogy icseréljü az L(G) utolsó sorvetorát l 1 s illetve s-re. Eor a ifejtési tétel szerit det L(G) = det A 1 + det B 1. Vegyü észre, hogy A 1 = L(G e). Mivel G e evesebb éle va, mit G-e, ezért idució szerit det A 1 = det L(G e) = τ(g e). Másrészt, det B 1 = det A 2, ahol A 2 = L(G) { 1,}. Vegyü észre, hogy A 2 em más, mit L(G/e) 1=. Mivel G/e-e evesebb éle va, mit G-e, ezért azt apju, hogy det A 2 = det L(G/e) 1= = τ(g e). Tehát det L(G) = τ(g e) + τ(g/e) = τ(g) Követezméy. Az x 1 együtthatója L(G, x)-be ( 1) 1 τ(g). Továbbá τ(g) = 1 1 λ i. Proof. Legye L(G, x) = x a 1 x 1 + a 2 x 2 + ( 1) 1 a 1 x. Eor a Viéte s formula szerit a 1 = λ 2 λ 3... λ + λ 1 λ 3... λ + + λ 1 λ 2... λ 1. Mivel λ = 0 azt apju, hogy a 1 = λ 1 λ 2... λ 1. Másrészt ha ifejtjü a det(xi L(G)) aor azt apju, hogy az x együtthatója j=1 a 1 = det(l(g) i ) = τ(g), a tétel szerit. Tehát τ(g) = 1 a 1 = 1 1 λ i Követezméy. (a) (Cayley tétel) A K teljes gráf feszítőfáia száma 2, vagyis eyi számozott csúcsú feszítőfa va csúcso. (b) A K m, teljes páros gráf feszítőfáia száma m 1 m 1. Proof. Midét állítás azoal övetezi a és Követezméyeből Megjegyzés. Természetese egy 2 alaú formula azoal felveti a érdést, hogy va-e ombiatorius bizoyítás és persze regeteg ilye bizoyítás va. leghíresebb ilye bizoyítás az úgy evezett Prüfer ódot haszálja. A 32

36 2. Kombiatorius ullstellesatz 2.1 Kombiatorius ullstellesatz ét alaja Hilbert ullstellesatz gyaorlatilag az algebrai geometria alaptétele. Ez a tétel azt modja i, hogy ha F egy algebrailag zárt test és f, g 1,..., g F[x 1,..., x ] olya poliomo, hogy f eltüi g 1,..., g özös gyöei aor létezi egy m szám es h 1,..., h poliomo, melyere f m = h i g i. Ee a tétele em ismere ombiatorius alalmazását amely valószíűsíthetőe ét ora vezethető vissza. Az a feltétel, hogy F egy algebrailag zárt test túl erős megszorítás. Egy ombiatoriusa gyaorlatilag ez azt jeleti, hogy F = C. A mási probléma az, hogy ics otrol m-re voatozóa. Viszot a jó hír az, hogy va egy tétel ami agyo hasolít Hilbert ullstellesatz tételére, de soal jobba lehet haszáli ombiatorius problémába. Ez a ombiatorius ullstellesatz. Ee ét alaja va. Az első az ami igazá hasolít a Hilbert ullstellesatzra. Sajos em ez az ala amivel igazá jó dolgozi Tétel. Legye F egy tetszőleges test. Legye f F[x 1,..., x ] egy többváltozós poliom. Legyee továbbá S 1,..., S F em üres halmazo. Legye g i (x i ) = s S i (x i s). Ha f eltűi a g 1,..., g özös gyöei (vagyis f(s 1,..., s ) = 0 ha (s 1,..., s ) S 1 S ), aor léteze h 1,..., h F[x 1,..., x ] poliomo, melyere deg(h i ) deg(f) deg(g i ) és f = h i g i. Továbbá ha f, g 1,... g bee vaa valamely R[x 1,..., x ]-be, ahol R egy részgyűrűje F-e aor megválasztható a h i poliomo is, hogy h i R[x 1,..., x ]. 33

37 Mi igazából a ombiatorius ullstellesatz övetező alaját fogju haszáli Tétel. Legye F egy tetszőleges test. Legye f F[x 1,..., x ] egy -foú többváltozós poliom. Tegyü fel, hogy az x t x t tag egyutthatója em 0, és t i = (vagyis ez egy maximális foú tag). Legyee S 1,..., S F halmazo olyao, hogy S i = t i + 1. Eor léteze s i S i melyere f(s 1,..., s ) 0. Regeteg ülöböző bizoyítás va a ombiatorius ullstellesatzra. Alább az a bizoyítás található ami Noga Alo survey ciébe [2] is szerepel. Mi amúgy is ezt a ciet övetjü ebbe a fejezetbe Kombiatorius ullstellesatz bizoyítása Ebbe a részbe bebizoyítju a ombiatorius ullstellesatz midét alaját. Először az első alaot bizoyítju, a másodi alaot ebből vezetjü le. Először egy egyszerű lemmát bizoyítu be Lemma. Legye F egy tetszőleges test. Legye f F[x 1,..., x ], és tegyü fel, hogy deg xi f t i i = 1,..., eseté és a S 1,..., S F halmazo teljesíti, hogy S i t i + 1. Ha f(s 1,..., s ) = 0 mide (s 1,..., s ) S 1 S eseté aor f 0. Bizoyítás. Az állítást -ra meő iducióval bizoyítju. A = 1 eset éppe az a özismert állítás, hogy ha egy legfeljebb t-foú poliom eltűi t + 1 helye aor a poliom a ostas 0 poliom. Tegyü fel, hogy az állítás ( 1)-ig teljesül. Írju f-et a övetező alaba. f = t j=0 f j (x 1,..., x 1 )x j. Mide rögzített s 1 S 1,..., s 1 S 1 eseté az f(s 1,..., s 1, x ) = t j=0 f j (s 1,..., s 1 )x j poliom eltűi az S halmazo. Mivel S t +1 azt apju, hogy f j (s 1,..., s 1 ) = 0 mide j eseté. Mivel ez teljesül mide (s 1,... s 1 ) S 1 S 1 eseté, iducióból azt apju, hogy f j 0. Tehát f 0. 34