Frank András MATROIDELMÉLET május 20.

Átírás

1 Frank András KOMBINATORIKUS OPTIMALIZÁLÁS, II: MATROIDELMÉLET május 20. ELTE TTK, Operácókutatás Tanszék 1

2 1. Fejezet MATROIDELMÉLETI ALAPOK 1.1 BEVEZETÉS A matrod egy (S, F) párral megadható absztrakt struktúra, ahol S véges halmaz, F pedg az S részhalmazanak bzonyos axómákat kelégítő rendszere. A fogalmat Hassler Whtney vezette be 1933-ban. Amképp olyan smert struktúrák, mnt a csoport, a gyűrű vagy a test, bzonyos műveletek lényeg tulajdonságat akarják általánosságban megfogn, avagy a metrkus tér a távolság fogalmát általánosítja, a matrod fogalma a függetlenséget, különösképpen pedg a lneárs függetlenséget helyez általános absztrakt keretbe. Egy másk lehetséges megközelítés a matrodokat olyan rendszerekként vezet be, melyekre a mohó algortmus mnden költség-függvény esetén helyes eredményt ad. Ismeretes, hogy egy élsúlyozott összefüggő rányítatlan gráf maxmáls súlyú feszítő fájának meghatározása a mohó algortmussal történhet: egymás után választunk éleket, mndg a legnagyobb súlyút, csak arra ügyelve, hogy a kválasztott élek erdőt alkossanak. Bebzonyítható, hogy így maxmáls súlyú feszítő fát kapunk. Ugyanakkor, ha például élsúlyozott páros gráfban akarnánk maxmáls súlyú párosítást keresn, akkor nem okoz nehézséget olyan példát találn, ahol a mohó algortmus nem ad optmáls párosítást. Ennek kapcsán felvetődk a kérdés, hogy melyek azok a lényeg vonások, amelyek a mohó algortmus helyes működését lehetővé teszk. A válaszhoz mndenekelőtt defnáln kell, hogy pontosan mt s értünk mohó algortmuson. Egy lehetséges defnícó a következő: az S alaphalmaz egy leszálló F részhalmaz-rendszerére és egy S-en értelmezett tetszőleges súlyfüggvényre egymás után válasszunk k S-ből elemeket, mndg a lehetséges legnagyobb súlyút, csak arra ügyelve, hogy a kválasztott elemek egy F-bel részhalmazt alkossanak. Mármost a matrodok éppen az olyan leszálló halmaz-rendszerek, melyekre ez a mohó algortmus tetszőleges súlyfüggvényre megadja az optmumot. (Leszálló azt jelent, hogy Y X F esetén Y F.) Megjegyzendő azonban, hogy vannak egyéb helyesen működő mohó algortmusok s, melyeknek matrodokhoz nncs közük. Például, ha egy részbenrendezett halmazt akarunk mnmáls számú antláncra felbontan, akkor ezt lehet mohó módon: az első antlánc álljon a mnmáls elemekből, a másodk a maradék mnmáls elemeből, és így tovább. Jelen felépítésünkben azonban a matrodok bevezetésére nem ezt az utat követjük, hanem a Whtney által eredetleg javasoltat, amely a lneárs függetlenséget absztrahálja. A módszer a szokásos: kválasztjuk a lneárs függetlenség néhány alapvető tulajdonságát (amelyek tehát a lnárs algebrában bzonyított állítások) és ezeket tesszük meg axómáknak. A matrodok fogalmának bevezetése több, egymással ekvvalens axómarendszerrel s történhet. Ezeket azért érdemes tárgyaln, mert különféle alkalmazásokban más-más axómarendszerrel könnyebb dolgozn. A matrodok hasznossága két tényből fakad (mnt ahogy bármely egyéb jól skerült struktúráé s). Egyrészt kellően általánosak ahhoz, hogy számos helyen alkalmazhatóak legyenek, ugyanakkor elég specálsak s, hogy mélyenfekvő, értékes eredményeket nyerjünk róluk. E jegyzet célja az alapfogalmak bevezetésén túl a matrodok szerepének bemutatása a kombnatorkus optmalzálásban. Hangsúlyozzuk azonban, hogy a matrodelméletnek vannak más, fontos ága (mnt például a marodok reprezentálhatósága), melyek tt nem kerülnek tárgyalásra. Néhány probléma Kedvcsnálónak álljon tt néhány érdekes kombnatorkus optmalzálás feladat, melyek megoldása matrodok nélkül nemgen lehetséges, de legalább s kényelmetlen. 1. Gráfban keressünk k éldegen feszítő fát. Élsúlyozott gráfban keressünk olyan mnmáls súlyú részgráfot, amely tartalmaz k éldegen feszítő fát. Általánosabban: a gráf élhalmazán adott k súlyfüggvény, keressünk k éldegen feszítő fát úgy, hogy a fák súlyösszege mnmáls legyen, ahol az -edk fa súlyát az -edk súlyfüggvény defnálja. 2

3 2. Irányított gráfban keressünk olyan mnmáls súlyú részgráfot, amelyben egy gyökérpontból a dgráf mnden más pontjába vezet (a) k éldegen út, (b) k pontdegen út. 3. Gráfban keressünk olyan mnmáls költségű feszítő fát, melynek egy adott pontban a fokszáma előírt korlátok közé esk. Általánosabban: egy stabl halmaz mnden pontjában a fa fokszáma megadott korlátok közé essék. (Ha mnden pontra előírhatnánk korlátot, akkor a feladat specáls esetként már magában foglalná a Hamlton út keresésének NP-teljes feladatát.) 4. Pontsúlyozott dgráfban keressünk csúcsoknak egy olyan mnmáls súlyú részhalmazát, amelyből mnden csúcsba vezet k dszjunkt út. 5. A síkban véges sok pont közül válasszunk k maxmálsan sok dszjunkt ponthármast, melyek mndegyke valód háromszöget feszít. 6. Egy rányítatlan gráfon Kötő és Vágó felváltva választanak még nem tekntett éleket. Kötő megerősíthet az élt, Vágó eltörölhet. Kötő célja, hogy megerősített élekből utat hozzon létre két előre adott pont között. Vágó célja egy olyan vágást eltöröln, amely elválasztja a két megadott pontot. Knek, mkor van nyerő stratégája? Megjegyzések A részletes tárgyalás megkezdése előtt álljon tt még néhány megjegyzés. Egy könyv, jegyzet ránt számos olvasó elvárás fogalmazható meg, melyek gyakran egymásnak s ellentmondanak. Például, jogos az gény olyan áttekntő jellegű felépítésre, amelyben a tételek könnyen adódnak egymásból, és sznte észrevétlenül juthatunk el mélyebb eredményekhez, érthetjük meg a belső összefüggéseket. Ugyanakkor az s természetes, ha egy konkrét nehezebb tételre szeretnénk közvetlen, drekt bzonyítást látn, amely lehet, hogy önmagában ravasz vagy ad hoc lépéseket tartalmaz, de nem támaszkodk korább eredmények sorára, azaz nem kell véggjárnunk az egész megelőző elméletet. Ematt van az, hogy a legfontosabb eredményeket nem csak a képített elmélet gyümölcseként vezetjük le, hanem gyakran mndentől független, drekt bzonyítás s bemutatásra kerül. Nemegyszer ugyanarra az eredményre több bzonyítás s szerepel annak érdekében, hogy a módszereket alaposabban megsmerhessük. Az olvasónak hasznos lehet, ha a felépítés a specálsabb esetektől halad az egyre általánosabb felé, mert így az anyagot fejlődésében smerhet meg. Az lyen megközelítés hátránya vszont, hogy ugyanaz a gondolatmenet többször s leírásra kerül és a részletek eltakarhatják a lényeget, arról nem s beszélve, hogy gyakran egy új fogalom segítségével megfogalmazott általánosabb eredmény bzonyítása rövdebb és egyszerűbb, mnt a specáls esetek drekt bzonyítása. Kézenfekvő tehát az a fordított megközelítés s, amkor rögtön a legáltalánosabb tételt bzonyítjuk, és abból vezetjük le a specáls eseteket. Ez az út jóval tömörebb tárgyalást tesz lehetővé, ugyanakkor rejtve hagyja, hogy mként lehetett rájönn azokra az általános eredményekre, melyek bzonyítása rövd és amelyekből mégs (amúgy) nehéz eredmények sora vezethető le. Egy tovább konflktus abból fakad, hogy az elmélet képítése közben bzonyos helyen könnyen adódó eredmények esetleg csak később kerülnek felhasználásra. Ematt gyakran úgy jártam el, hogy egy-egy következmény bzonyítását a felbukkanás helyén feladatként ktűztem, majd az eredményt a később felhasználásakor újra kmondtam: ott közölve a bzonyítást. Egy könyvet van amkor úgy használunk, hogy az elejétől elkezdve rendszeresen feldolgozzuk, máskor meg csupán egy konkrét dolognak akarunk utána nézn. A jegyzet meganny példát, előállítást mutat matrodokra. A rendszeres feldolgozáshoz hasznosabbnak tűnk ezeket rögtön akkor bemutatn, amkor a hozzájuk szükséges fogalmak már rendelkezésre állnak. Ugyanakkor az s megkönnyíthet az áttekntést, ha a példákról, konstrukcókról egy külön fejezet ad számot. E konflktust nem tudtam gazán feloldan és végül az utóbb megoldást választottam. Ematt javaslom az olvasónak, hogy első olvasáskor lapozzon néha előre a 2. részhez. Hasonló dlemmát okozott az alkalmazások bemutatása. Dönten kellett, hogy ezeket rögtön akkor érdemes-e tárgyaln, amkor a megfelelő matrodelmélet eredmény már rendelkezésre áll, oldva ezzel a tsztán matrodos szöveg esetleges szárazságát, vagy esetleg csak akkor, amkor az adott alkalmazásra vonatkozó összes előkészület megtörtént. Bár az első megoldás azzal a veszéllyel jár, hogy ugyanazon alkalmazás több helyen s felbukkan, am rontja az átteknthetőséget, mégs e mellett döntöttem, mert a jegyzetben az alkalmazások mégs csak a matrodelmélet használhatóságának llusztrálására szolgálnak. A jegyzetben többnyre olyan tételek, bzonyítások, algormusok, alkalmazások kerülnek bemutatásra, melyek az anyag megértéséhez vagy alkalmazásához nélkülözhetetlenek. Van azonban néhány olyan eredmény vagy bzonyítás s, melyek kevésbé fontosak és nkább csak a jobb tájékozódást segítk elő. Ezeket ( ) jellel jelöltem. Végezetül hadd hívjam fel a fgyelmet a ktűzött feladatokra és gyakorlatokra. Ezek önálló megoldása jelentősen hozzájárul az anyag jobb megértéséhez és a bzonyítástechnkák alaposabb elsajátításához. 3

4 1.2 FÜGGETLENSÉG ÉS RANG Függetlenség axómák Adott egy S véges halmaz és részhalmazanak egy F rendszere. Az M = (S, F) párt matrodnak nevezzük, ha fennáll a következő három tulajdonság. (I1) F. (I2) Ha X Y F, akkor X F. (I3) Mnden X S részhalmazra az F-nek X-ben fekvő, X-ben legbővebb tagja azonos elemszámúak. Az F tagjat szokás független halmazoknak nevezn, míg S több részhalmazát függőnek. Az axómák tehát azt kívánják, hogy (I1) az üres halmaz mndg független, (I2) független halmaz részhalmaza s független, (I3) tetszőleges X részhalmazban az X-ben már nem bővíthető független halmazok elemszáma ugyanaz. Ezt a csupán X-től függő, r(x)-szel jelölt számot az X halmaz rangjának nevezk. A matrod rangján az alaphalmazának rangját értjük. Két matrodot akkor tekntünk zomorfnak, ha az alaphalmazak között létezk egy olyan egy-egy értelmű megfeleltetés, amelynél független részhalmaz képe független és függő részhalmaz képe függő. Az alábbakban egy halmazra vonatkozó legbővebb, nem bővíthető, tartalmazásra nézve maxmáls jelzőket egymás sznonímáként fogjuk használn. Könnyű látn, hogy ekvvalens axóma-rendszert kapunk, ha az (I1) axómát kcseréljük a következővel: (I1 ) F nemüres. Az (I3) axóma azt jelent, hogy X-ben mnden független részhalmaz kbővíthető X-nek egy maxmáls, azaz r(x) elemszámú, független részhalmazává. Ezt úgy s fogalmazhatjuk, hogy a mohó algortmus S-nek mndg egy maxmáls össz-súlyú független részhalmazát szolgáltatja bármlyen 0 1 értékű súlyfüggvény esetén s alkalmazzuk. Amnt azt később kmutatjuk, a mohó algortmus bármlyen súlyfüggvényre helyesen dolgozk. Az (I3) tulajdonság helyett gyakran az alábbt tekntk: (I3 ) Legyen K, N F, melyekre K < N. Ekkor létezk olyan x N K, amelyre K + x F. (Magyarul, egy ksebb elemszámú független halmaz mndg bővíthető egy nagyobb elemszámú független halmazból vett alkalmas elemmel.) Állítás (I3) ekvvalens (I3 )-vel. Bz. Legyen K, N F, melyekre K < N és legyen S := K N. Most (I3) matt S -nek mnden nem bővíthető független részhalmaza legalább N elemű és így (I3 ) következk. Tegyük fel, hogy A, B X függetlenek, és hogy A < B. (I3 ) matt létezk y B A, melyre A + y független. Az (I3) axóma egy kevesebbet követelő alakja a következő: (I3 ) Ha I k, I k+1 F és I k = k, I k+1 = k + 1, akkor létezk egy s I k+1 I k elem úgy, hogy I k + s F. Érdekes, hogy már (I3 ) segítségével s defnálhatjuk a matrodokat, annak ellenére, hogy (I3 ) önmagában gyengébb, mnt (I3). Állítás {(I1),(I2),(I3)} ekvvalens {(I1),(I2), (I3 )}-vel. Bz. (I3 ) nylván specáls esete (I3 )-nek. A megfordításhoz azt gazoljuk, hogy (I3 ) következk (I2) és (I3 )- ből. Legyen k := K, I k := K és legyen I k+1 az N-nek egy (k + 1)-elemű részhalmaza. Az (I2) axóma szernt I k+1 független, így létezk egy olyan s I k+1 I k N K elem, amelyre I k + s F, azaz (I3 ) fennáll. A defnícóból rögtön következk, hogy ha M = (S, F) matrod és S S, akkor M := (S, F ) s matrod, ahol F := {F : F S, F F}. M -t az M részmatrodjának nevezk. Azt s mondjuk, hogy az M matrod M-ből a Z := S S halmaz elhagyásával (törlésével) keletkezk, vagy hogy M az M megszorítása S -re. Jelölésben M = M Z vagy M = M S. A harmadk függetlenség axómát még tovább gyengíthetjük. (I3 ) Mnden S-bel legbővebb független részhalmaznak az elemszáma ugyanaz az r szám, és ha I r 1, I r F, I r 1 = I r 1 = r 1, akkor létezk olyan s I r I r 1 elem, amelyre I r 1 + s F. Állítás {(I1),(I2),(I3 )} ekvvalens {(I1),(I2),(I3 )}-vel. 4

5 Bz. Azt kell gazolnunk, hogy a másodk rendszerből következk (I3 ). Legyen K, N S két olyan tagja F-nek, melyekre K < N. Ekkor (I3 ) matt létezk B K, B N F, melyekre K B K, N B N és B K = B N = r. Válasszuk ezeket úgy, hogy B K B N maxmáls legyen. Állítjuk, hogy lyenkor (B K K) N nem üres. Ennek gazolásához ndrekt tegyük fel, hogy ( ) nem létezk x (B K K) N elem. Mvel K < N és B K = B N, következk, hogy B K K > B N N és így létezk egy x 1 B K K, amely nncs B N N-ben. A ( ) feltevés matt x 1 B N, így az (I3 ) axóma matt létezk egy x 2 B N B K elem, amelyre B K := B K x 1 + x 2 benne van F-ben. Ilyen B K létezése vszont ellentmond B K B N maxmaltásának. Tetszőleges x (B K K) N elemre K + x B K, azaz K + x F és így (I3 ) fennáll. Az (I3 ) axóma egy másrányú gyengítése a következő. (I3 ) Legyen K, N F, melyekre K N = 1, és N K = 2. Ekkor létezk olyan x N K, amelyre K + x F. Feladat Igazoljuk, hogy {(I1),(I2),(I3)} ekvvalens {(I1),(I2), (I3 )}-vel. Mért jó, hogy az axómáknak gyengébb és erősebb változatat s tekntjük? Amkor matrodokról akarunk valamt bzonyítan, akkor kényelmesebb, ha erősebb tulajdonságok állnak rendelkezésre. Ha vszont valamely konkrétan megadott struktúráról akarjuk belátn, hogy matrod, akkor egyszerűbb a gyengébb axómák fennállását gazoln. Lássuk be a matrod rang-függvényének egy alapvető tulajdonságát. Lemma A rang-függvény mnden X, Y S-re kelégít a szubmodulartás egyenlőtlenséget. r(x) + r(y ) r(x Y ) + r(x Y ) (1.1) Bz. Legyen F egy maxmáls független részhalmaza X Y -nak. Ekkor F = r(x Y ) és a 3. axóma szernt F kbővíthető X Y -ban egy N maxmáls, azaz r(x Y ) elemszámú független részhalmazzá. F maxmaltása matt N X Y = F és így N X + N Y = F + N. Most N X független része X-nek, így r(x) N X. Hasonlóan, r(y ) N Y, amből r(x) + r(y ) N X + N Y = F + N = r(x Y ) + r(x Y ). Egy halmaz-függvényt, amely mnden X, Y S-re kelégít (1.1)-t teljesen szubmodulársnak vagy rövden szubmodulársnak nevezünk. A matrod rang-függvény tehát szubmodulárs, monoton növő (azaz X Y esetén r(x) r(y )) és szubkardnáls ( elemszám alatt : mnden X S-re r(x) X ). Megjegyzendő, hogy vannak olyan szubmodulárs függvények, amelyek nem matrod rang-függvények. Például, egy G = (S, T;E) páros gráfban az S részhalmazan értelmezhetjük a Γ(X) függvényt, amely az X-szel szomszédos T-bel csúcsok számát jelöl. Ez szubmodulárs, monoton, de nem szubkardnáls. Egy rányított gráfban a csúcsok egy X részhalmazába belépő élek számát (X)-szel jelölve, kmutatható, hogy szubmodulárs, bár nem monoton és nem szubkardnáls. A szubmodulartás érdekes következménye az alább észrevétel. Lemma Legyen b tetszőleges szubmodulárs függvény az S alaphalmazon. Rögzített Z S részhalmazra defnáljuk az S Z részhalmazan a h Z(X) := b(x Z) b(x) növekmény függvényt. Ekkor h Z monoton csökkenő, azaz X Y esetén h Z(X) h Z(Y ). Bz. A szubmodulars egyenlőtlenséget az X = X Z és Y halmazokra felírva kapjuk, hogy b(x Z)+b(Y ) = b(x )+b(y ) b(x Y )+b(x Y ) = b(x)+b(z Y ), amből h Z(X) = b(x Z) b(x) b(y Z) b(y ) = h Z(Y ). Feladat Igazoljuk, hogy ha egy b halmazfüggvény esetén mnden egyelemű Z halmazhoz tartozó növekmény függvény monoton csökkenő, akkor b szubmodulárs Példák matrodokra MÁTRIX-MATROID Adott (valamlyen test felett) egy A mátrx. Jelölje S az A oszlopanak halmazát. Defnáljuk F-t úgy, hogy A oszlopanak egy F részhalmaza akkor tartozzék F-hez, ha az F-bel oszlop-vektorok lneársan függetlenek. Ekkor (S, F) matrodot alkot. Valóban, az első két axóma trválsan teljesül, míg a harmadk egy alapvető (elem) tétel lneárs algebrából (amnek matrodos általánosítását, semmféle lneárs algebra tételt sem használva, nemsokára be s bzonyítjuk). Az így előálló matrodot mátrx-matrodnak nevezzük. Használatban van még a lneárs vagy reprezentálható matrod elnevezés s. Amennyben az alaptest a GF(2), bnárs matrodról beszélünk. A mátrx-matrodban egy X halmaz (matrodelmélet) rangja az X oszlopa által alkotott mátrx (lneárs algebra) rangja. 5

6 AFFIN MATROID Legyen S az n-dmenzós tér pontjanak véges részhalmaza. S egy részhalmazát deklaráljuk függetlennek, ha affn független. (Szám n-esek egy halmazát akkor mondjuk affn függetlennek, ha mndegyküket egy 1 értékű koordnátával kegészítve lneársan független (n + 1 dmenzós) vektorokat kapunk.) Könnyen ellenőrzhetjük, hogy az affn függetlenség s matrodot defnál. A síkban például a pontok, a pontpárok, valamnt a nem egy egyenesen lévő ponthármasok affn függetlenek halmazokat alkotnak. Ebben a szemléletben a matrod eleme a tér pontja, szemben a mátrx-matroddal, ahol vektorok az alaphalmaz eleme. Az affn szemléletnek az az előnye, hogy segítségével síkban 3 (térben 4) rangú matrodokat ábrázolhatunk, míg vektorokkal síkban csak 2 (térben 3) rangúakat. Specáls példa az U 4,2 matrod, amely a síkban négy darab egy egyenesen lévő pont által meghatározott affn matrod, amelyben tehát a legfeljebb kételemű halmazok a függetlenek. Gyakorlat Mutassuk meg, hogy U 4,2 a GF(2) alaptest felett nem mátrx-matrod (azaz nem bnárs), de GF(3) felett az. Igaz-e, hogy U 4,2 bármely GF(2)-től különböző test felett mátrx-matrod? KÖRMATROID Legyen G = (V, E) rányítatlan gráf, melynek E élhalmaza alkotja a defnálandó matrod alaphalmazát. Élek egy részhalmazát függetlennek deklaráljuk, ha nem tartalmazza a gráfnak körét, vagys ha erdő. Az első két axóma smét trváls, míg a harmadk következk abból a közsmert gráfelmélet tételből, hogy egy gráfban tetszőleges nem bővíthető erdő élszáma egyenlő a pontok és a komponensek számának különbségével. Eszernt tehát egy X E élhalmaz r(x) rangja az X által alkotott részgráf pontjanak száma mnusz a részgráf komponensenek a száma. Az így előálló matrodot a G gráf körmatrodjának nevezk. Használatos a grafkus matrod elnevezés s. Összefüggő gráf körmatrodjában a a maxmáls független halmazk éppen a feszítő fák. TÉTEL Bármely T testre a grafkus matrod zomorf egy T felett mátrx-matroddal. Bz. Legyen G = (V, E) a G gráf egy tetszőleges rányítása. Jelölje A ezen dgráf pont-él ncdenca mátrxát, amelyben tehát a sorok V elemenek, az oszlopok E elemenek felelnek meg, és egy z csúcsnak és e = uv rányított élnek megfelelő a ze mátrx elem annak megfelelően +1, 1 vagy 0 annak megfelelően, hogy z = v, z = u vagy z u, v. (Itt +1 az adott test egységelemét jelöl, 1 pedg a negáltját.) Állítjuk, hogy a G gráf körmatrodja és az A-hoz tartozó mátrx matrod zomorfak. Ehhez legyen F E először egy erdő és mutassuk meg, hogy az F elemehez tartozó A-bel oszlopok lneársan függetlenek. F szernt ndukcót használunk. Ha F egyelemű, akkor az eleméhez tartozó oszlop nem a nulla vektor, így lneársan független. Legyen F 2. Mvel F erdő, így van olyan v csúcs, amely egyetlen F-bel e éllel szomszédos. Igy az F-hez tartozó A-bel oszlopok pontosan akkor lneársan függetlenek, ha az F e-hez tartozók azok. Márpedg F e s erdő, így ndukcó matt az F e-nek megfelelő oszlopok lneársan függetlenek. Megfordítva, legyen F a gráf élenek egy olyan részhalmaza, amely tartalmaz egy C kört. K kell mutatnunk, hogy az F-nek megfelelő oszlopok lneársan összefüggnek. A C elemen valamelyk rányban körbemenve a G-ban előre mutató élekhez rendeljünk +1 együtthatót, a hátra mutató élekhez 1-t, az összes több élhez pedg 0-t. Ezzel az F-nek megfelelő A-bel oszlopok egy lneárs összefüggését kaptuk meg. Megjegyzés A matrodelmélet egy jelentős ága azzal a kérdéssel foglalkozk, hogy egy matrod mkor zomorf egy adott test felett mátrx-matroddal, másszóval mkor koordnátázható az adott test felett. Például, hogyan lehet jellemezn a bnárs matrodokat? (Az U 4,2 mndenesetre nem bnárs). Vagy melyek azok a(z úgynevezett regulárs) matrodok, melyek mnden test felett koordnátázhatók? (A grafkus matrodok lyenek, de van más regulárs matrod s). Bár a matrodelmélet egésze szempontjából ez a kérdéskör gen fontos (és nehéz), a kombnatorkus optmalzálásban nem játszk központ szerepet. Ematt e jegyzet nem foglalkozk vele. A gráfhoz rendelt körmatrod sok nformácót tartalmaz a gráfról, de nem mndent: nem-zomorf gráfok körmatrodja lehet zomorf. Például, tetszőleges két m élű fa körmatrodja zomorf: mnden részhalmaz független. Nem nehéz konstruáln két nem-zomorf 2-összefüggő gráfot, melyek körmatrodja ugyanaz. (Egy gráfot akkor neveznek k-összefüggőnek, ha legalább k + 1 pontja van, és bármely legfeljebb k 1 elemű ponthalmaz elhagyása után s összefüggő gráfot kapunk.) Legyen E 1 = {12, 23, 13, 34, 24, 25, 45, 56, 46} és E 2 = {12, 23, 13, 34, 24, 25, 45, 56, 26}. Ekkor a (V, E 1) és a (V, E 2) gráfok nem zomorfak, mert az első gráfban nncs 5-öd fokú pont, a másodkban pedg van. Ugyanakkor körmatrodjuk zomorf, mert G 2 úgy keletkezk G 1-ből, hogy a {2, 4} pontok elhagyásával keletkező egyk komponenst a {2,4} mentén átfordítjuk. Általában, ha egy 2 pontú vágás mentén az egyk keletkező komponenst átfordítjuk, akkor a gráf körenek halmaza, és így körmatrodja sem változk meg. Ezek fényében érdekes és értékes H. Whtney egy tétele, amely szernt két nem-zomorf 3-összefüggő gráf körmatrodja már mndg különböző. (A bzonyítás fő kérdése, hogy a gráf csúcsának fogalmát mként lehet matrodokra általánosítan.) A teljes másodk fejezetet arra szánjuk majd, hogy egyrészt konkrét példákat adjunk matrodokra, másrészt olyan műveleteket mutassunk be, melyek segítségével meglévő matrodokból újakat gyárthatunk. Kíváncsbb természetű olvasó már most odalapozhat, ha benyomást akar szerezn matrodok előállításáról. 6

7 1.2.3 Tovább fogalmak A most megsmert grafkus és lneárs matrodokra támaszkodva kterjeszthetjük a gráfelmélet lletve a lneárs algebra néhány alapvető fogalmát általános matrodokra. A rang-függvény fogalma például a lneárs algebrából jött. Az S alaphalmaz egy maxmáls független részhalmazát a matrod bázsának hívjuk. Azt mondjuk, hogy egy X S halmaz feszít vagy generálja az Y S halmazt, ha r(x Y ) = r(y ). Az X részhalmaz által feszített vagy generált halmaz vagy másnéven az X lezártja mndazon elemekből áll, melyek X-hez vétele a rangot nem növel. A lezárt jele cl(x) vagy σ(x). (A cl jelölés a closure szóból ered.) Nemsokára (1.4.8 lemma) bebzonyítjuk, hogy a rang akkor sem nő, ha a lezárt elemet egyszerre vesszük X-hez. Néha használatos a generátor fogalma: ez egy olyan X S halmaz, amely tartalmaz bázst vagy másszóval feszít S-t. A gráfelmélet számos fogalma kterjeszthető matrodokra s. Például a gráf egy köre olyan függő részhalmaz, amelynek bármely valód része már független. Ez nsprálja a következő defnícót. Egy M = (S, F) matrod valamely X S részhalmazát körnek nevezzük, ha X függő részhalmaz, de X-nek bármely valód részhalmaza független. Az egyelemű kör neve hurok. Fgyeljük meg, hogy egy C kör rangj C 1. Megjegyezzük, hogy a matrod-körnek ez a defnícója a gráf-kör fogalmának csak bzonyos vonásat ragadja meg, de azt például nem, hogy a gráf-kör szomszédos eleme cklkusan helyezkednek el. A matrod két elemét párhuzamosnak nevezzük, ha kételemű kört alkotnak. (Például, a mátrx-matrodban két nem-nulla vektor akkor párhuzamos, ha egyk a másk skalárszorosa. A null-vektor hurkot alkot.) Hurkot és párhuzamos elemeket nem tartalmazó matrodot egyszerűnek mondunk. Ha egy gráf e, f, g éle közül e, f párhuzamos és f, g párhuzamos, akkor persze e, g s az. Ez a tulajdonság tetszőleges matrodra átmegy. Lemma Egy matrodban e, f, g elemek legyenek egyenként függetlenek. Tegyük fel, hogy e, f párhuzamos és f, g párhuzamos. Ekkor e, g s párhuzamos és r({e, f, g}) = 1. Bz. Legyen X := {e, f} és Y := {f, g}. Használva r szubmodulartását azt kapjuk, hogy 1+1 = r(x)+r(y ) r(x Y )+r(x Y ) = 1+r(X Y ), amből r(x Y ) 1 adódk. Másrészt r monotontása matt r(x Y ) 1 és így r({e, f, g}) = r(x Y ) = 1. Ebből már az s következk, hogy az {e, g} halmaz rangja s 1, ez pedg azzal ekvvalens, mután e és g nem hurok, hogy {e, g} kör, vagys hogy e és g párhuzamosak. A gráf vágásának fogalma s kterjeszthető matrodokra. Emlékeztetőül, egy összefüggő G = (V, E) gráf vágásán az X és V X között vezető élek halmazát értjük valamely X V részhalmazra. Elem vágáson olyan vágást értünk, amely nem tartalmaz valód részhalmazként vágást, vagys az elem vágás az éleknek egy olyan tartalmazásra nézve mnmáls élhalmaza, amelynek elhagyása a gráfot két komponensre ejt. Például egy legalább három pontú páros gráfban az összes élből álló halmaz vágás, de nem elem vágás. Hasznos gráfelmélet feladat annak kmutatása, hogy egy összefüggő G = (V, E) gráf vágása akkor és csak akkor elem, ha mnd X mnd V X összefüggő részgráfot feszít. Valójában az elem vágás fogalmát általánosítjuk matrodra és ezt fogjuk vágásnak nevezn. A matrod vágásán olyan tartalmazásra nézve mnmáls halmazt értünk, amely metsz mnden bázst. (Ebben az értelemben egy gráf körmatrodjának vágása éppen a gráf elem vágása.) Egy olyan elemet, amely mnden bázsban benne van hídnak vagy elvágó elemnek nevezünk. A híd tehát egy egyelemű vágás. Gráf körmatrodjában ennek az elvágó él fogalma felel meg (azaz olyan él, amt khagyva, a gráf már nem összefüggő). Egy elem éppen akkor elvágó, ha nncs benne körben. Az S valamely X részhalmazának valamely t elemére azt mondjuk, hogy X-nek hídja vagy elvágó eleme, ha t benne van X mnden maxmáls független halmazában. Ez avval ekvvalens, hogy t nncs X-bel körben. Hasznos megjegyezn, hogy ha t az X-nek hídja, akkor hídja X mnden t-t tartalmazó részének s május 22.ulmat11 7

8 1.3 KÖRÖK ÉS FELBONTHATÓSÁG Fgyeljük meg, hogy egy matrod köre egyértelműen meghatározzák a matrodot abban az értelemben, hogy közös alaphalmazon adott két különböző matrod körhalmaza nem lehet ugyanaz. Valóban, ha létezk olyan X halmaz, amely mondjuk az M 1 matrodban független, de az M 2-ben nem, akkor X az M 2-ben tartalmaz mnmáls függő halmazt, azaz egy C kört, másrészről vszont X valamenny részhalmaza, így C s független az M 1-ben. Az s vlágos, hogy a független halmazok éppen azon részhalmaza S-nek, melyek nem tartalmaznak kört, azaz F = {F : nem létezk C C, C F }, (1.2) ahol C jelöl a körök halmazát. Tegyük most fel, hogy egy C halmazrendszerből ndulunk k. Kérdés, mlyen kkötéseket kell tennünk C-re ahhoz, hogy az (1.2) által meghatározott F rendszer egy matrod függetlenjet alkossa, mely matrod körhalmaza épp C. E kérdés megválaszolásához vzsgáljuk meg a körök legfontosabb tulajdonságát Körök tulajdonsága, köraxómák Nylvánvaló, hogy az üres halmaz sohasem kör, és egy kör nem tartalmaz másk kört. TÉTEL Legyen C 1 és C 2 két különböző tagja C-nek és e C 1 C 2. Ekkor létezk olyan C C, amelyre C C 1 C 2 e. Bz. Tegyük fel ndrekt, hogy van két olyan C 1, C 2 kör, melyekre a tétel nem gaz. Az unójukat jelöljük K-val. Most K e független, míg K nem az, így r(k) = K 1. Másrészt C 1 C 2 független, így kegészíthető K-nak egy maxmáls F független halmazává, amely tehát r(k) = K 1 elemű. De ekkor F a K eleme közül csak egyet hagy k, amely elem nncs a körök metszetében, és így F az egyk kört tartalmazza, ellentmondás. Másk bzonyítás A C 1, C 2 körökre ( C 1 1) + ( C 2 1) = r(c 1) + r(c 2) r(c 1 C 2) + r(c 1 C 2) = C 1 C 2 +r(c 1 C 2), amből r(c 1 C 2) ( C 1 1)+( C 2 1) C 1 C 2 = C 1 C 2 2, vagys C 1 C 2-ből egy elemet khagyva függő halmazt kapunk, am tartalmaz kört. TÉTEL Ha F független halmaz és e S, akkor F + e legfeljebb egy kört tartalmaz. Bz. Tegyük fel ndrekt, hogy F +e tartalmazza a C 1 és C 2 köröket, akkor az előző tétel szernt létezne olyan C kör, amelyre C C 1 C 2 e F, ellentétben F függetlenségével. Ezek szernt az tétel következménye az tételnek. Könnyen látszk, hogy ez fordítva s gaz. Amennyben B bázs és e S B, úgy B + e bztosan nem független, így pontosan egy kört tartalmaz. Ezt a kört az e elem B-hez tartozó alapkörének nevezzük. A B + e-ben lévő alapkör bármely elemét kdobva smét bázst kapunk. TÉTEL Legyen C 1 és C 2 két különböző kör, e C 1 C 2, e 1 C 1 C 2. Ekkor létezk olyan C C, amelyre e 1 C C 1 C 2 e. Bz. Legyen C 1, C 2 két olyan kör, amelyre a tétel nem gaz és az unójuk, melyet K-val jelölünk, mnmáls elemszámú. Az tétel matt létezk egy C 3-mal jelölt kör, amelyre C 3 C 1 C 2 e. Most e 1 C 3, hszen C 1, C 2 a feltevés szernt ellenpélda. Mvel C 3 nem része C 1-nek, létezk egy f C 3 C 1 elem, am persze benne van C 2-ben. K mnmaltása matt az tétel állítása már érvényes a C 2, C 3 körökre (az unójuk ksebb, mnt K), így létezk olyan C 4 C 2 C 3 f kör, amely tartalmazza e-t. Most vszont a C 4 és C 1 körök unója valód része K-nak, így ezekre s érvényes a tétel állítása, azaz létezk olyan C C 1 C 4 e K e kör, amely tartalmazza e 1-t, ellentmondásban az ndrekt feltevéssel. Legyen adott a C halmazrendszer és tekntsük a következő axómákat. (C1) C. (C2) Ha C 1, C 2 C, akkor C 1 C 2. (C3) (Gyenge köraxóma) Ha C 1 és C 2 két különböző tagja C-nek és e C 1 C 2, akkor létezk olyan C C, amelyre C C 1 C 2 e. A fentekben már láttuk, hogy egy matrod körenek halmaza kelégít mndhárom tulajdonságot. Fgyeljük még meg, hogy az tétel bzonyításánál csupán a fent tulajdonságokat használtuk, ezért gaz az, hogy az alább tulajdonság, az ún. erős köraxóma, következménye a {C1,C2,C3} axómáknak. 8

9 (C3 ) (Erős köraxóma) Legyen C 1 és C 2 két különböző tagja C-nek és e C 1 C 2, e 1 C 1 C 2. Ekkor létezk olyan C C, amelyre e 1 C C 1 C 2 e. Más szóval a {C1,C2,C3} lletve a {C1,C2,C3 } axóma-rendszer ekvvalens. A következő tétel tartalma az, hogy ez a három tulajdonság már elég s a matrod leírásához. TÉTEL Ha C kelégít a fent három tulajdonságot, akkor az (1.2) képlet által defnált halmazrendszer matrodot alkot, melynek köre éppen a C tagja. Bz. Először lássuk be, hogy teljesülnek a függetlenség axómák. Az (I1) és (I2) axómák trválsan teljesülnek. Tegyük fel ndrekt, hogy (I3) nem áll és legyen K, N olyan ellenpélda, amelyre K < N és K N maxmáls. Válasszunk k egy e N K elemet. Ekkor K + e F, így létezk egy C 1 C, amelyre e C 1 K + e. (1.2) folytán C 1 nncs teljesen N-ben, így létezk egy h C 1 N elem. Most K := K h + e F, hszen a gyenge köraxóma matt K + e-nek egyetlen részhalmaza tartozk C-hez. Mután K N > K N, a K és N halmazokra már érvényes, hogy létezk olyan f N K, amelyre K + f F. K + f tartalmazza C egy C 2 tagját. C 2-nek tartalmazna kell h-t, mert különben C 2 K + f, de K + f-ben nem volt C-nek tagja. (C3)-t alkalmazva a C 1, C 2, h választással, azt kapjuk, hogy létezk egy olyan C 3 C, amelyre h C 3, azaz C 3 K + f, ellentmondás. Végül lássuk be, hogy a kapott matrod köre éppen a C eleme. Valóban, ha C a kapott matrod egy köre, akkor C -nek része egy C-bel C halmaz és C erre a tulajdonságra mnmáls, azaz C = C. Fordítva, ha C C, akkor C nem független a kapott matrodban, így részhalmazként tartalmazza annak egy C körét. Az előbb láttuk már, hogy C C, így a (C2) axóma matt C = C. Mátrx-matrodok újra Legyen A egy mátrx és S az A oszlopanak halmaza. Deklaráljuk S egy C részhalmazát körnek, ha a C- nek megfelelő oszlop-halmaz lneársan függő, de C bármely valód része lneársan független. Bebzonyítjuk (lneárs algebra tételre való hvatkozás nélkül), hogy az így kapott körök kelégítk a köraxómákat. Az első kettő trváls. A gyenge köraxómához, legyen C 1, C 2 két kör és c C 1 C 2. Ekkor c előáll mnd a C 1 {c} tagjanak lneárs kombnácójaként, mnd a C 2 {c} tagjanak lneárs kombnácójaként. Azaz, c = λ a (a C 1 {c}, ahol λ 0), és c = µ jb j (b j C 2 {c}, ahol µ j 0). Ebből λ a µ jb j = 0, azaz C 1 C 2 {c} lneársan függő, így tartalmaz kört, vagys teljesül a gyenge köraxóma. Ebben a felépítésben tehát az tételnek következménye az az alapvető lneárs algebra tétel, amt az (I3) tulajdonság ír le mátrx-matrodokra. Vágás-matrod TÉTEL G = (V, E) összefüggő gráf elem vágása teljesítk a köraxómákat. Bz. Az első két köraxóma az elem vágás defnícójából közvetlenül kolvasható. (C3) gazolásához tekntsük a gráf B 1 és B 2 elem vágásat valamnt az e B 1 B 2 élt. Mután B 1 B 2, a B 1 B 2 eltörlésével keletkező gráfnak legalább három komponense van. Ehhez vsszavéve az e élt nem kapunk összefüggő gráfot, vagys (B 1 B 2) e tartalmaz vágást és így elem vágást s. A tétel alapján az F := {F E : F nem tartalmaz vágást} halmazrendszer kelégít a függetlenség axómákat. Az E alaphalmazon így előálló matrodot a G vágás-matrodjának hívjuk. Ebben tehát egy F élhalmaz független, ha elhagyása megőrz a gráf összefüggőségét, magyarán, ha van F-től dszjunkt feszítő fa. Kssé általánosabban, könnyen gazolható, hogy tetszőleges (azaz nem feltétetlenül összefüggő) gráf esetén azon élhalmazok rendszere, melyek elhagyása nem növel a komponensek számát kelégít a függetlenség axómákat. Gyakorlat Összefüggő gráf vágás-matrodjában I bázs, ha feszítő fa komplementere. Egy F E halmaz rangja F + 1 mnusz G F komponensenek száma. Gyakorlat A vágás-matrod vágása a körmatrod köre. Megállapíthatjuk tehát, hogy a vágás-matrod lletve a körmatrod mntegy párban vannak. Ezt a konstrukcót általánosítjuk majd a 2.1 szakaszban : mnden matrodhoz tartozk egy duáls matrod, melynek duálsa az eredet. Feladat Igazoljuk (lehetőleg a vágás-matrod rangfüggvényének szubmodulartását használva), hogy mnden X, Y V részhalmazra c(x)+c(y ) c(x Y )+c(x Y )+d(x, Y ), ahol c(z) jelöl a Z pont-halmaz khagyásával keletkező komponensek számát, míg d(x, Y ) az X Y és Y X között vezető élek számát. Bzonyítás nélkül még megemlítünk néhány tovább körökre vonatkozó érdekes tételt. 9

10 TÉTEL (Lehman) Egy közös S alaphalmazon legyenek M 1 és M 2 olyan matrodok, melyek mndegykében bármely két különböző elem benne van egy körben. Amennyben a két matrodnak egy rögzített s S elemet tartalmazó köre megegyeznek, úgy a két matrod megegyezk. TÉTEL Ha x és y egy matrod C körének eleme, akkor létezk olyan B vágás, amelyre C B = {x, y}. TÉTEL Legyen az M matrodnak C egy köre és x, y két eleme. Ha bármely két elem benne van körben, akkor léteznek olyan C x és C y körök, melyek rendre tartalmazzák x-et lletve y-t és amelyek unója fed C-t, azaz C C x C y Felbonthatóság A gráf körének fogalmát skerrel vttük át matrodokra. M a helyzet a gráfok összefüggőségével? Ennek értelmes kterjesztésére nncs remény, mert bármely k élű erdőnek, összefüggő vagy sem, ugyanaz a körmatrodja. Másszóval, a gráfhoz rendelt körmatrod nem érzékel a gráf összefüggőségét. Ugyanakkor természetesen kínálkozk a következő defnícó. Egy M = (S, I) matrodot akkor nevezünk felbonthatónak, ha S-nek létezk egy valód, nem-üres Z S részhalmaza úgy, hogy M független halmaza pontosan azok a halmazok, amelyek egy Z-be eső és egy S Z-be eső független halmaz unójaként állnak elő. E tulajdonság nylván azzal ekvvalens, hogy M mnden köre vagy Z-ben van vagy S Z-ben. Ilyenkor azt s mondjuk, hogy M felbontható Z (vagy S Z) mentén. Könnyen ellenőrzhetően a Z ment felbonthatóság azzal ekvvalens, hogy mnden X S halmazra r(x) = r(x Z) + r(x Z). Értelemszerűen a nem felbontható matrodokat felbonthatatlannak (vagy néha az angolban használt connected nyomán összefüggőnek) hívjuk. Az egyelemű matrod defnícó szernt felbonthatatlan. (Ks zavart okozhat, hogy a magyarban nncs gazán külön szó a dependent és a connected angol kfejezésekre. M a dependent-re a függő szót, míg a connected-re az összefüggő szót fogjuk használn.) Amnt kmutatható, egy gráf körmatrodja pontosan akkor felbonthatatlan (=összefüggő), ha a gráf 2-összefüggő. A tovább elemzés előtt emlékeztetünk rá, hogy az S alaphalmazon egy H = (S, T ) hpergráfot akkor neveznek összefüggőnek, ha az alaphalmaz bármelyk két nemüres részre történő felbontásánál létezk olyan hperél, amely mndkét részt metsz. Jelölje G = (S, T;E) a hpergráfhoz tartozó páros gráfot, amelyben T eleme a hperéleknek felelnek meg, és az s S és t T pontok akkor vannak éllel összekötve, ha s benne van a t-nek megfelelő hperélben. Könnyen látszk, hogy T esetén H és G egyszerre összefüggő. Ebből adódk, hogy egy S-en összefüggő hpergráf mndg tartalmaz legfeljebb S 1 hperélt, melyek összefüggő hpergráfot alkotnak az S-en. Valóban, könnyen látható, hogy a G egy feszítő fájából khagyva a T-ben első fokú pontokat egy S-et fedő fát kapunk, amelynek legfeljebb S 1 pontja van T-ben. Hasonlóképp, H összefüggősége azzal ekvvalens, hogy az alaphalmaz bármely u és v eleméhez létezk hperélek egy C 1,..., C l sorozata úgy, hogy u C 1, v C l és 1 < j l-re C C j. A defnícóból rögtön látszk, hogy M pontosan akkor összefüggő, ha körenek C hpergráfja összefüggő. Amennyben C nem összefüggő és S 1,..., S k (k 2) jelöl az összefüggő komponensenek alaphalmazat (ahol tehát {S 1,..., S k } az S alaphalmaz partícója), úgy az M az S halmazokra vett M részmatrodja mnd felbonthatatlanok. Ezen M matrodokat nevezzük az M blokkjanak. Fontos kérdés annak eldöntése, hogy egy matrod felbonthatatlan-e vagy sem. Ez több kérdést s takar: mlyen tanúsítványt tudunk elképzeln felbonthatóságra, mlyent a felbonthatatlanságra, és algortmkusan hogyan lehet megtaláln ezen tanúkat. A következő tétel a felbonthatóságra szolgáltat egyszerű tanúsítványt. TÉTEL Egy M matrod akkor és csak akkor felbontható, ha létezk S-nek olyan Z nem-üres, valód részhalmaza, amelyre r(z) + r(s Z) = r(s). (1.3) Bz. A defnícóból rögtön adódk, hogy ha M felbontható Z mentén, akkor r(z) + r(s Z) = r(s). A megfordításhoz S szernt ndukcót használunk. Mvel az állítás S 2 esetén semmtmondó, feltesszük, hogy S 3. Tegyük fel tehát, hogy valamely Z S részhalmazra (1.3) fennáll. Azt fogjuk gazoln, hogy ekkor mnden X S halmazra r(x Z) + r(x Z). Legyen z S X és S := S z. Feltehető, hogy z S Z. Az ndukcós feltevés matt elég azt gazolnunk, hogy r(z) + r(s Z) = r(s ), és mvel a szubmodulartás matt r(z) + r(s Z) r(s ), el Jelölje M 1 ll. M 2 a Z ll. az S Z által meghatározott rész-matrodokat. Belátjuk, hogy S-nek egy X részhalmaza akkor és csak akkor független, ha X Z és X Z s független. Ebből a csak akkor rész trváls. Tegyük fel tehát, hogy X Z és X Z függetlenek, azaz r(x Z) = X Z és r(x Z) = X Z, és gazoljuk, hogy X s független. A szubmodulartás egyenlőtlenséget kétszer alkalmazva kapjuk: r(z) + r(x) r(z X) + r(z X) és r(z X) + r(s Z) r(x Z) + r(s). (1.4) 10

11 Ezeket összevetve és használva (1.3)-t, a következő adódk: r(s) + r(x) = r(z) + r(x) + r(s Z) r(z X) + r(z X) + r(s Z) r(z X) + r(x Z) + r(s) = Z X + X Z (1.5) amből X r(x) Z X + X Z = X, (1.6) tehát r(x) = X. Vagys X független, amt bzonyítan akartunk. Vzsgáljuk most meg, hogy egy matrodra mként lehet a felbonthatatlanságát rábzonyítan. Amnt már említettük, M akkor és csak akkor felbonthatatlan, ha körenek C hpergráfja összefüggő. E tulajdonságnak kétféle élesítését s megadjuk. TÉTEL Egy M = (S, F) matrod akkor és csak akkor felbonthatatlan, ha bármely két eleme egy körön van. Bz. Az állítás trváls, ha S = 1, ezért feltesszük, hogy S > 1. Ha bármely két elem egy körön van, akkor a körök hpergráfja összefüggő, azaz M felbonthatatlan. Megfordítva, tegyük fel, hogy a matrod felbonthatatlan, azaz körenek hpergráfja összefüggő. Lássuk be, hogy bármely két elem egy körön van. Lemma Ha az x, y elemekhez létezk olyan x-et tartalmazó C 1 kör és y-t tartalmazó C 2 kör, melyek metszk egymást, akkor létezk olyan kör, amely tartalmazza x-et és y-t. Bz. Indrekt, tegyük fel, hogy a tétel nem gaz és válasszunk olyan ellenpéldát, hogy K = C 1 C 2 mnmáls. Legyen c C 1 C 2. Az erős köraxóma szernt létezk egy C 1 K kör, amelyre c C 1, x C 1. Most C 1 C 2 = K, mert ha C 1 C 2 K volna, akkor K mnmaltása matt, C 1, C 2 már nem ellenpélda, tehát volna x-et és y-t tartalmazó kör. Hasonló megfontolással adódk, hogy létezk olyan C 2 kör, amelyre c C 2, y C 2 és C 1 C 2 = K. De most C 1 és C 2 szükségképpen metsz egymást, az unójuk valód része K-nak (merthogy c nncs az unóban). Ezért C 1, C 2 már nem ellenpélda, és így mégscsak létezk egy x-et és y-t tartalmazó kör, ellentmondás. A fent lemma alapján az egy körön levés ekvvalenca relácó, azaz létezk S-nek egy egyértelmű partícója S 1,..., S t részekre úgy, hogy M mndegyk köre része valamelyk S -nek és mndegyk S rész olyan, hogy bármely két eleme rajta van egy körön. Mután a körök hpergráfja összefüggő, t szükségképpen 1, és így S bármely két eleme rajta van egy körön. Gyakorlat Mutassuk meg, hogy nem gaz az erős köraxóma és az lemma közös általánosítása: ha C 1, C 2 körök, f C 1 C 2, e 1 C 1 C 2, e 2 C 2 C 1, akkor van olyan C C 1 C 2 f kör, amelyre e 1, e 2 C. Mután a matrod felbonthatatlansága a körök hpergráfjának összefüggőségével ekvvalens, a felbonthatatlanságra létezk legfeljebb S 1 körből álló tanúsítvány. Ráadásul az tétel szernt ez egyszerű alakban s megadható: válasszunk k egy tetszőleges s elemet és mnden x S s elemre vegyünk egy s-et és x-et tartalmazó kört. A most következő tétel szernt már egy legfeljebb S r(s) darab körből álló tanúsítvány s létezk. TÉTEL Egy M = (S, F) matrod akkor és csak akkor felbonthatatlan, ha S = 1 vagy ha valamely B bázsához tartozó alapkörök C B hpergráfja összefüggő. Bz. Természetesen, ha C B összefüggő, akkor C s az, és ezért a matrod felbonthatatlan. Fordítva, tegyük fel, hogy létezk S-nek olyan két S 1, S 2 nemüres részekre történő felbontása, hogy mnden B-hez tartozó alapkör vagy teljesen az egyk részben van, vagy teljesen a máskban. Ez azt jelent, hogy S -ben S B maxmáls független, tehát r(s ) = B S ( = 1, 2), és így r(s 1) + r(s 2) = B S 1 + B S 2 = B = r(s). Az tétel alapján tehát lyenkor M nem összefüggő. Adott B bázshoz elkészíthetjük a hozzátartozó G B = (B, S B; E B) bázs-gráfot. Ez egy páros gráf, amelyben x B, y S B elemekre xy pontosan akkor él, ha x C(B, y), azaz, ha y benne van az x alapkörében. Vlágos, hogy C B akkor és csak akkor összefüggő hpergráf, ha G B összefüggő gráf. Összefoglalva megállapítható, hogy a matrod alaphalmaza egyértelműen felbomlk a matrod blokkjara (azaz a körök hpergráfjának komponensere). Az egyes blokkok az egy körön levés ekvvalenca-relácó osztálya, és megegyeznek egy bázshoz tartozó alapkörök hpergráfjának a komponensevel. A komponensek ugyanazok, mnt a C B hpergráf lletve a G B páros gráf komponense május 22. ulmat12 11

12 1.4 BÁZISOK ÉS RANG A matrod egy maxmáls független halmazát bázsnak neveztük. Ennek elemszáma a matrod rangja. A bázsok családja egyértelműen meghatározza a matrodot abban az értelemben, hogy különböző M 1, M 2 matrodok bázsanak halmaza különböző. Valóban, ha például X független M 1-ben, de függő M 2-ben, akkor M 1-ben kterjeszthető bázssá, míg M 2-ben nem, másszóval M 1-ben létezk X-et tartalmazó bázs, de M 2-ben nem, azaz M 1 és M 2 bázsanak halmaza tényleg különböző. Vlágos, hogy egy halmaz éppen akkor független, ha részhalmaza egy bázsnak. Kérdés, hogy egy halmazrendszerre mlyen tulajdonságokat kell előírn, hogy tagja egy matrod bázsat alkossák Bázsaxómák Legyen adott S részhalmazanak egy B halmaza, és tekntsük a következő bázsaxómáknak nevezett tulajdonságokat. (B1) B nemüres, (B2) B 1, B 2 B és x 1 B 1 B 2 esetén van olyan x 2 B 2 B 1 elem, melyre B 1 x 1 + x 2 B. A (B2) tulajdonságot néha kcserélés axómának hívják. TÉTEL Egy matrod bázsa kelégítk a fent két tulajdonságot. Ha B egy olyan halmazrendszer, amely kelégít a bázs-axómákat, akkor az halmazrendszer kelégít a függetlenség axómákat. F := {F : létezk B B, F B} (1.7) Bz. A tétel első fele rögtön adódk a függetlenség axómákból. A fordított rány gazolásához látható, hogy F kelégít az első két függetlenség axómát. Lássuk be (I3 )-t. Ennek első fele azt követel, hogy bármely két B 1, B 2 B halmaz elemszáma ugyanaz. Tegyük fel ndrekt, hogy B 2 < B 1, és válasszuk ezeket úgy, hogy B 2 B 1 mnmáls legyen. A (B2) axóma matt valamely x 1 B 1 B 2 esetén létezk egy olyan x 2 B 2 B 1 elem, amelyre B 1 := B 1 x 1 +x 2 B. De most B 2 < B 1 = B 1 és B 2 B 1 < B 2 B 1, ellentmondásban B 1 és B 2 választásával. A B tagjanak közös elemszámát jelölje r. (I3 ) másodk feléhez legyen legyen K, N S két r 1 lletve r elemű tagja tagja F-nek. Ekkor persze B 2 := N B-ben van, és defnícó szernt létezk B 1 B és x 1 B 1, melyekre K = B 1 x 1. Ha x 1 B 2 B 1, akkor K + x 1 F, míg ha x 1 B 2 B 1, akkor a (B2) axóma szernt létezk x 2 B 2 B 1, amelyre B 1 x 1 + x 2 B, azaz K valóban függetlenné bővíthető N-ből. Gyakorlat Egy összefüggő gráf vágás-matrodjának bázsa a feszítő fák komplementere. Tetszőleges B bázsra és x S B elemre B + x tartalmaz egy egyértelmű C = C(B, x) kört, amely az x elem B bázshoz tartozó alapköre. Rögtön adódk, hogy az alapkör pontosan azokból az elemekből áll, amelyeket B + x-ből khagyva smét bázst kapunk. A kcserélés axómának érvényes egyfajta tükör változata: Állítás B 1, B 2 B és x 2 B 2 B 1 esetén van olyan x 1 B 1 B 2 elem, amelyre B 1 x 1 + x 2 B. Bz. Tekntsük az x 2 elem B 1-re vonatkozó C alapkörét. Ez nem lehet teljesen B 2-ben, és így egy x 1 C B 2 elem jó lesz. Az állításban megfogalmazott (B2 ) tulajdonságot nevezhetjük becserélés axómának. Feladat Igazoljuk, hogy ha B teljesít (B1)-et és (B2 )-t, akkor B egy matrod bázsanak a halmaza. A (B2) és (B2 ) tulajdonságok ks esztétka hányossága, hogy bennük a két bázs szerepe nem szmmetrkus. Ez azonban kküszöbölhető. TÉTEL (Szmmetrkus bázskcserélés tétel) B 1, B 2 B és x 1 B 1 B 2 esetén létezk egy olyan x 2 B 2 B 1 elem, amelyre B 1 x 1 + x 2 B és B 2 x 2 + x 1 B. Azt fogjuk mondan, hogy a fent tulajdonsággal bíró x 1 és x 2 elemek kölcsönösen kcserélhetők, rövden felcserélhetők. A tételbel tulajdonságot szmmetrkus bázs-kcserélés tulajdonságnak hívjuk. Bz. Jelölje az x 1 elem B 2-höz tartozó alapkörét C 2. Vegyünk egy olyan C kört, amelyre x 1 C B 1 B 2 és C B 1 C 2 B 1 (1.8) 12

13 és amelyre C B 1 mnmáls. (Létezk (1.8)-t kelégítő kör: C 2 lyen.) Természetesen ez a mnmum nem 0, hszen B 1 nem tartalmaz kört. Állítjuk, hogy C B 1 = 1. Valóban, ha ndrekt C B 1 > 1, akkor tekntsük egy x C B 1 elemnek a B 1-hez tartozó C 1 alapkörét. C mnmaltása matt, ez nem tartalmazza x 1-et. Az erős köraxóma szernt azonban létezk olyan C C 1 C 2 x kör, amely tartalmazza x 1-t, és lyen C kör létezése ellentmondásban van C mnmáls választásával. Azt kaptuk, hogy C B 1 egyetlen elemből áll, melyet jelöljünk x 2-vel. Vagys a C kör az x 2 elem B 1-hez tartozó alapköre, amely tartalmazza x 1-t, míg az x 2 elem benne van az x 1 elem B 2-höz tartozó alapkörében. Ezen elemek tehát felcserélhetők. Következmény Legyen F 1 és F 2 két dszjunkt független halmaz és legyen s 1 F 1. Ekkor vagy F 2 + s 1 független vagy létezk egy s 2 F 2 elem, amelyre mnd F 1 s 1 + s 2, mnd F 2 s 2 + s 1 független. Bz. Amennyben F 2 + s 1 nem független, úgy egy F 2-t magában foglaló B 2 bázs nem tartalmazza s 1-et. Legyen B 1 egy F 1-et magában foglaló bázs és alkalmazzuk az tételt. Feladat Igazoljuk, hogy a maxmáls súlyú bázsok kelégítk a bázs axómákat! Az következmény az részben majd érdekes alkalmazásra lel (4.1.5 tétel). A következő tétel a (B2) axóma egy más rányú kterjesztését mutatja. TÉTEL Adott B 1, B 2 bázsokhoz létezk olyan f : B 1 B 2 B 2 B 1 bjekcó úgy, hogy mnden x B 1 B 2 elemre B 1 x + f(x) bázs. Bz. B 1 x+f(x) pontosan akkor bázs, ha x C(B 1, f(x)), azaz x benne van az f(x) elem B 1-re vonatkozó alapkörében. Tekntsük a {C(B 1, z) B 2 : z B 2 B 1} halmazrendszert. Azt állítjuk, hogy erre teljesül a Hall feltétel, azaz, akárhogy választva j halmazt, az unójuk elemszáma legalább j. Valóban, vegyünk B 2 B 1-ben j elemet, és tekntsük a B 1-re vonatkozó C 1,..., C j alapköreket. Legyen K := C. Azt kell belátnunk, hogy K B 2 K B 1. Egyrészt r(k) r(k B 2) = K B 2. Másrészt K B 1 tovább nem bővíthető független részhalmaz K-ban, így K B 1 = r(k) K B 2, am azt jelent, hogy K B 2 K B 1, tehát a Hall féle feltétel tényleg teljesül. A Hall tétel szernt létezk egy f bjekcó úgy, hogy mnden x B 1 B 2 elem benne van az f(x) elem B 1-hez tartozó alapkörében, am azt jelent, hogy B 1 x + f(x) bázs. Az tételben a fent bázs kcserélés tulajdonságok egy közös általánosítását fogjuk megadn. Feladat Legyen x 1, x 2,..., x k egy B bázs néhány eleme, y 1, y 2,..., y k pedg bázson kívül elemek. Tegyük fel, hogy mndegyk x benne van a megfelelő y -nek a B-hez tartozó C(B, y ) alapkörében, de h > j esetén x h C(B, y j). Igazoljuk, hogy B {x 1..., x k } {y 1,..., y k } bázs. Feladat Legyen B az M = (S, B) matrod egy bázsa. Tegyük fel, hogy adott az elemeken egy h : S {0, 1,..., n} szntfüggvény, amelyre ( ) h(v) h(u) + 1 fennáll mnden olyan {u, v} elempárra, amelyre u S B, v C(B, u). Legyen s és t olyan, hogy h(t) = h(s) + 1, s S B, t C(B, s). Igazoljuk, hogy a ( ) tulajdonság a B := B t + s bázsra vonatkozólag s fennáll. Közsmert, hogy egy gráf körének és vágásának mndg páros sok közös eleme van. Ez nem teljesül általában matrodokra, amnt azt az U 4,2 unform matrod mutatja, ahol mnden három-elemű halmaz vágás s és kör s. (Teljesül vszont a mod 2 test felett reprezentálható, ún. bnárs matrodokra). A következő gyengítés vszont már mndg évényes. TÉTEL Vágás és kör metszete nem lehet egyelemű. Bz. Tegyük fel ndrekt, hogy a V vágásnak és a K körnek a metszete az egyetlen e elemből áll. Mután mnden vágás olyan tartalmazásra nézve mnmáls halmaz, amely metsz mnden bázst, létezk egy olyan B V bázs, amely V -ből egyedül az e elemet tartalmazza. Létezk továbbá egy olyan B K bázs, amely magában foglalja a K e halmazt. Most tehát e B V B K, így az tétel szernt létezk egy f B K B V elem, amely felcserélhető e-vel. Ha most f nncs benne V -ben, akkor B V e + f olyan bázs lenne, amely dszjunkt V -től, ellentmondásban V vágás voltával. Ha vszont f benne van V -ben, akkor nem lehet K-ban (merthogy K és V egyetlen közös eleme az e). Tehát B K f + e olyan bázs, amely magában foglalja az egész K kört, ellentmondás. 13

14 1.4.2 Rang axómák A rang-függvény defnícójából adódk, hogy egy halmaz akkor és csak akkor független, ha elemszáma egyenlő a rangjával, vagys a függetlenek családja a következő: F = {X S, r(x) = X }. (1.9) Ebből következk, hogy különböző matrodok rang-függvénye különböző. Egy később általánosítás érdekében (lásd az 4.2 szakaszt) megjegyezzük, hogy mután r(x) X mndg fennáll, (1.9) ekvvalens a következővel: F = {X S, r(x) X }. (1.10) Hogyan lehet felsmern egy más módon defnált halmaz-függvényről, hogy matrod rang-függvény-e vagy sem? Más szóval, mk a rang-függvény lényeges tulajdonsága, melyeket meg kell követelnünk, hogy az (1.9) által szolgáltatott F halmazrendszer kelégítse a függetlenség axómákat? TÉTEL Az r : 2 S Z + nem-negatív, egészértékű halmaz-függvény akkor és csak akkor egy matrod rang-függvénye, ha kelégít az alább rang axómákat. (R1) r( ) = 0 (az üres halmazon 0), (R2) r(x) r(y ) amkor X Y (monoton növő), (R3) r(x) X (szubkardnáls = elemszám alatt ), (R4) r(x) + r(y ) r(x Y ) + r(x Y ) mnden X, Y S halmazra (szubmodulárs). Bz. Tegyük fel először, hogy r egy matrod rang-függvénye. Az első három tulajdonság a defnícóból közvetlenül adódk, a szubmodulartást pedg már beláttuk az lemmában. Megfordítva, tegyük fel, hogy r kelégít a fent axómákat. Belátjuk, hogy az (1.9) által defnált F halmazrendszer teljesít a függetlenség axómákat. Ennek érdekében először s gazoljuk a következőt. (R3 ) r(a + e) r(a) + 1 amkor A S, e S A. Valóban, a szubmodulartást használva: r(a)+1 r(a)+r(e) r(a {e})+r(a {e}) r(a+e), vagys (R3 ) fennáll. Lemma Legyen A S és e 1,..., e k S A. Ha r(a + e 1) =... = r(a + e k ) = r(a), akkor r(a {e 1,..., e k }) = r(a). ( Azaz, ha bzonyos elemek egyke sem növel egy halmaz rangját, akkor együttesen sem növelk.) Bz. Indukcót használunk. Az állítás trváls k = 1-re, így tegyük fel, hogy k 2 és azt, hogy a lemma érvényes k 1-re. Azaz, r(a ) = r(a) ahol A := A {e 1,..., e k 1 }. (R2) és (R4) alapján r(a) + r(a) = r(a + e k ) + r(a ) r((a + e k ) A ) + r((a + e k ) A ) = r(a) + r(a {e 1,..., e k }) r(a) + r(a), amből a lemma következk. Lássuk most be, hogy F kelégít a függetlenség axómákat. (I1) következk (R1)-ből. Legyen X Y F. Ekkor r(y ) = Y. Az (R3 ) tulajdonság smételt alkalmazásával kapjuk, hogy r(y ) r(x)+ Y X és nnen r(x) X. (R3) alapján r(x) = X, vagys X F, tehát (I2) s fennáll. (I3) gazolásához egy X S részhalmazra tekntsük az F-nek egy X-ben fekvő, de X-ben tovább már nem bővíthető F tagját. Belátjuk, hogy ennek elemszáma r(x). Valóban, F maxmaltása folytán mnden v X F elemre F + v F, vagys r(f) r(f + v) F + v 1 = F = r(f). Így az lemma matt F = r(f) = r(x), vagys az F elemszáma valóban csak X-től függ. Bebzonyítottuk tehát, hogy (S, F) valóban matrod, amelynek rangfüggvénye éppen r. Fgyeljük meg, hogy a rang-axómákkal ekvvalens rendszert kapunk, ha (R3)-t kcseréljük (R3 )-re. Valóban, az előbb levezettük (R3 )-t, míg a fordított rány X szernt ndukcóval könnyen látható. Kmutatjuk, hogy (R3) helyettesíthető a következővel s: (R3 ) r(s) 1 mnden s S elemre. Valóban, (R3 ) és (R4)-ből kapjuk X s X r(s) r(x) és nnen (R3) következk. Másrészt (R3 ) specáls esete (R3)-nek. Feladat Legyen Z S rögzített részhalmaz és defnáljuk az S := S Z halmazon az alább r függvényt. r (X) := r(x Z) r(z). Igazoljuk, hogy r kelégít a rang-axómákat! Az M függetlenjevel hogyan lehet meghatározn az r rangfüggvényű matrod függetlenjet? 14