Titokmegosztás és a bonyolultság vizsgálata gráfokon

Átírás

1 Titokmegosztás és a bonyolultság vizsgálata gráfokon Szakdolgozat Harsányi Károly Matematika BSc Elemz szakirány Témavezet : dr. Ligeti Péter, adjunktus Komputeralgebra Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem, Informatikai Kar Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar 2015

2 Tartalomjegyzék Bevezetés 1 1. Titokmegosztás alapjai Deníciók Példa Példa 2 - A három hosszú út Küszöbsémák Shamir titokmegosztási módszere Blakley titokmegosztási sémája Gráfok bonyolultságának vizsgálati módszerei Alsó korlát Fels korlát Gráfok meghatározott bonyolultsággal Rekurzív módon felépíthet gráfok meghatározott bonyolultsággal Titokmegosztás a d dimenziós kockán U n,p k és S n,p k gráfcsaládok Titokmegosztás fákon /d bonyolultsággal rendelkez gráfok családja Alsó korlát Fels korlát Kis gráfok bonyolultsága Alsó korlát meghatározása lineáris programozás segítségével Csillagfedés keresése lineáris programozási feladatként Eredmények Új gráfcsalád meghatározott bonyolultsággal 32 Irodalomjegyzék 36

3 Bevezetés A titokmegosztás a kriptográa fontos területe, amely sok megoldatlan problémával kecsegtet. Szakdolgozatomban a titokmegosztás témakörén belül, els sorban gráfok bonyolultságának/információs hányadosának vizsgálatával foglalkozom. Az els fejezetekben ismertetem a titokmegosztás problémakörét, deniálom az alapfogalmakat, valamint leírom Shamir és Blakley titokmegosztási sémáinak m ködését. Ezután a bonyolultság becslésére szolgáló alsó és fels korlátok meghatározásra alkalmas technikákat ismertetem, és bemutatok olyan gráfcsaládokat, amelyeknek bonyolultságát valamilyen módon már megállapították. Kés bb leírok 117 kisméret gráfot, amelyek bonyolultságát lineáris programozás segítségével meghatároztam. A felsorolt gráfok közül számos még nem szerepelt egy publikációban sem, valamint nem tagja egyetlen ismert bonyolultságú gráfcsoportnak sem. Végül egy olyan új, eddig még nem publikált, végtelen gráfcsaládot deniálok, amely bonyolultságát csillagfedések és az információ elméleti módszer segítségével sikerült meghatároznom. 1

4 1. fejezet Titokmegosztás alapjai A titokmegosztás vezérgondolata a következ : egy úgynevezett osztó (dealer) szétoszt egy titkot n (véges sok) résztvev között úgy, hogy a résztvev knek csak bizonyos meghatározott részhalmazai tudják megfejteni a titkot a rendelkezésükre álló részekb l, a résztvev k többi részhalmaza azonban erre nem képes. Például egy széf kinyitásához két különböz kulcsra van szükség és ezeket két különböz ember birtokolja, így tehát a széf tartalmához csak akkor férhetnek hozzá, ha mindketten jelen vannak. A következ szekcióban deniálom, majd pár egyszer példával illusztrálom a titokmegosztás néhány alapfogalmát az [1] alapján Deníciók Legyen P a résztvev k véges halmaza: P = {v 1, v 2,..., v n }. ξ, ξ 1, ξ 2,..., ξ n pedig n + 1 darab (azonos eloszlással rendelkez ) valószín ségi változó. A ξ értéke a titok, ξ 1, ξ 2,..., ξ n értéke pedig az n darab titokrész. A ξ i értékét egyedül a v i résztvev ismeri. Deníció (Elérési struktúra) A résztvev k részhalmazainak egy α családja elérési struktúra, amennyiben teljesül a következ feltétel: ha A α és A B, akkor B α. Informálisan azt mondjuk, hogy egy (ξ, ξ 1,... ξ n ) megvalósítja α-t, ha az A α részhalmazok tagjai meg tudják határozni a titok értékét (ezeket a részhalmazokat nevezzük kvalikált részhalmazoknak), a B / α részhalmazok, (vagyis a nem kvalikált részhalmazok) azonban erre nem képesek. A formális deníció a következ : Deníció (Tökéletes titokmegosztás) Legyen α a résztvev k részhalmazainak egy családja. Ekkor (ξ, ξ 1,..., ξ n ) az α-t megvalósító tökéletes titokmegosztás, ha (i) A α esetén {ξ a : a A} meghatározza ξ-t (ii) B α esetén {ξ b : b B} független ξ-t l. 2

5 Példa 1 ξ ξ ξ ξ táblázat Az táblázat oszlopaiban a három titokrész és a titok lehetséges együttes értékei vannak feltüntetve. Minden oszlop 1/9 valószín séggel fordul el. Könny ellen rizni, hogy például ξ 1 és ξ függetlenek, mivel mind a kilenc lehet ség pontosan egyszer fordul el. Hasonlóan ξ 2 és ξ valamint ξ 3 és ξ is függetlenek. Tehát az egyelem részhalmazok nem kvalikáltak. Ugyanakkor bármely két résztvev együttes értéke már egyértelm en meghatározza a ξ-t, vagyis a titok értékét. Következésképpen bármely kételem részhalmaz kvalikált lesz (és természetesen a kett nél nagyobb elemszámú részhalmazok is kvalikáltak). Deníció ((n, k) küszöbséma) Tegyük fel, hogy az osztó a titkot n részre osztja, és teljesülnek a következ feltételek: (i) bármely k vagy több titokrész elegend a titok kiszámításához (ii) bármely k 1 vagy kevesebb titokrész független a titok értékét l. A fenti példában szerepl séma, értelemszer en (3, 2) küszöbséma Példa 2 - A három hosszú út Elérési struktúrákat gráfok segítségével is megadhatunk úgy, hogy a gráf csúcsai a résztvev k, és a csúcsok egy részhalmaza akkor és csak akkor kvalikált ha az általuk feszített részgráf legalább 1 élt tartalmaz. A következ példában három élb l és négy csúcsúból álló vonalgráfon fogunk a titokmegosztás végezni. A titok legyen egy véletlenszer en választott s bit, valamint legyenek r 1 és r 2 szintén egy véletlen bitek. Tehát s, r i {0, 1}. Jelölje a modulo kett összeadást. A következ ábra mutatja, hogy az egyes résztvev k milyen információt jegyeznek meg: r 1 r 1 s r 1 r 2 r 2 s 1 bit 1 bit 2 bit 1 bit ábra: Titokmegosztás a 3 hosszú úton A szomszédos résztvev k meg tudják fejteni a titkot, hiszen az általuk birtokolt bitek modulo 2 összege egyenl a titokkal. A harmadik résztvev nek két bitet kell megjegyeznie 3

6 ahhoz, hogy a titkot mindkét szomszédjával meg tudja fejteni. A nem kvalikált részhalmazoknak (független csúcshalmazoknak) semmilyen információjuk nincs a titokról. A szétosztás szimmetrikussá tehet, ha titok méretét 2 bitre növeljük. Az ily módon történ szétosztást az ábra szemlélteti: r 1 r 1 s 1 r 1 r 2 r 2 s 1 r 3 r 3 s 2 r 4 r 4 s 2 r 4 2 bit 3 bit 3 bit 2 bit ábra: Szimmetrizálás Ebben az esetben tehát a két bels résztvev 3-3 bit információt jegyez meg, a két széls pedig 2-2 bitet. Ez azt jelenti, hogy minden résztvev nek legfeljebb a titok másfélszeresét kell megjegyeznie, ellenben a korábban vizsgált esettel, ahol egy résztvev a titokban lév információmennyiség kétszeresét kellett, hogy tárolja. Az, hogy egy adott sémában az egyes résztvev knek mekkora adatmennyiséget kell tárolniuk a titok eredeti méretéhez képest, fontos és nem feltétlenül egyszer kérdés, amivel a kés bbi fejezetekben foglalkozom. 4

7 2. fejezet Küszöbsémák 2.1. Shamir titokmegosztási módszere Shamir titokmegosztási módszere [2] polinomok interpolációján alapul: adva van k darab (x 1, y 1 )... (x k, y k ) pont a 2 dimenziós térben úgy, hogy minden x i különböz. Ekkor pontosan egy olyan k 1 fokú q(x) polinom létezik, hogy q(x i ) = y i minden i-re. Az általánosság elvesztése nélkül feltételezhetjük, hogy a titok amit szétosztunk valamilyen D számmal reprezentálható. A D értéke csak az osztó számára ismert. Tetsz legesen választunk a 1,... a k-1 együtthatókat egy k 1 fokú q(x) = a 0 +a 1 x+ +a k-1 x k 1 polinomhoz, a 0 pedig legyen egyenl D-vel. Az i-edik résztvev titokrésze legyen D i. Ezeket a következ módon számolhatjuk ki: D 1 = q(1), D 2 = q(2),..., D n = q(n). Bármely k van a birtokunkban az ilyen módszerrel megadott D i -k közül, interpoláció segítségével megfejthetjük a titkot. Másrészt viszont k 1 titokrész nem elegend D értékének kiszámolásához. Ahhoz, hogy pontosítsuk a fenti állítást, az interpolációt egy modulo p (p valamilyen prím) számhalmazon hajtjuk végre. Válasszuk p-t úgy, hogy a D-nél és n-nél is nagyobb legyen. A q(x) polinomhoz a 1,..., a k-1 együtthatókat véletlenszer en választjuk a [0, p) egészek közül (mindet ugyanolyan valószín séggel), továbbá a D 1,..., D n értékeket is modulo p szerint számoljuk ki. Tegyük fel, hogy k 1 darab ezek közül a D 1,..., D n értékek közül egy "ellenségünk" birtokába kerül. Minden lehetséges D értékre a [0, p) halmazon pontosan egy olyan q (x) k 1 fokú polinom konstruálható úgy, hogy q (0) = D és q (i) = D i az összes k 1 titokrészre igaz. A konstrukcióból látszik, hogy minden lehetséges q (x) polinom azonos valószín séggel fordulhat el, tehát az "ellenségünk" nem kerül közelebb a D titok megfejtéséhez. Egy ilyen (n, k) küszöbséma több hasznos tulajdonsággal rendelkezik: (1) A titokrészek mérete nem haladja meg a titok méretét. (2) Ha k x, akkor egyes D j titokrészek dinamikusan törölhet ek és hozzáadhatóak a sémához anélkül, hogy ez a többi D i értéket befolyásolná. 5

8 (3) A D i -k könnyen változtathatóak anélkül, hogy a D értéken változtatnánk, hiszen csak annyi a dolgunk, hogy egy másik q(x) polinomot választunk. Az ilyen típusú gyakori változtatás nagyban javítja a biztonságot, mert a biztonsági réseket csak akkor lehet kihasználni, ha a megszerzett adatok ugyanabból a q(x) polinomból származnak. (4) A D i értékek szétosztása során építhetünk hierarchikusabb sémát olyan módon, hogy bizonyos résztvev knek több titokrészt adunk Blakley titokmegosztási sémája Blakley sémája [3] geometriai jelleg. Sokban hasonlít Shamir sémájára, azonban polinom interpoláció helyett, hipersíkok és azok metszeteinek segítségével épül fel. Válasszunk véletlenszer en egy x pontot egy adott véges test fölötti t dimenziós vektortérben, a titok pedig legyen x els koordinátája. Ha az x pontot már kiválasztottuk, válasszunk az i-edik résztvev számára egy a i pontot a vektortérben. Az így kapott a i pontoknak és az x koordinátáinak a segítségével, határozzuk meg a titokrészeket: y i = a 1i x 1 + a 2i x a ti x t. Az i-edik résztvev által birtokolt titokrész az y i, a különböz a ij értékek pedig nyilvánosak. A titok rekonstrukciójához összegy lt t darab résztev rendelkezik egy-egy a fentihez hasonló egyenl séggel. Az ezekb l alkotott egyenl ség rendszernek, vagyis az Ax = y alakú lineáris egyenletnek az x a megoldása, a titok pedig x els koordinátája. Minden titokrész egy számérték véges test fölött, a titok pedig egy vektor egy koordinátája ugyanezen test fölött. Ez azt jelenti, hogy Shamir sémájához hasonlóan, minden résztvev pontosan akkora mennyiség információt jegyez mint amekkora a titok. Azt azonban vegyük észre, hogy ez a séma nem tökéletes. Ahogy az összegy jtött titokrészek száma növekszik, a lehetséges x pontok száma csökken, hiszen minden résztvev tudja, hogy a keresett pont az hipersíkján helyezkedik el, t 1 résztvev pedig már meg tud határozni egy olyan az egyenest, ami átmegy az x ponton. 6

9 3. fejezet Gráfok bonyolultságának vizsgálati módszerei Annak a meghatározása, hogy egy titokmegosztási sémában a résztvev knek mennyi információt kell tárolniuk a titok méretéhez képest, mind elméleti, mind gyakorlati szempontból fontos kérdés. Dolgozatomban ezt a mér számot gráfokon vizsgálom. A fogalmak és a fejezetben használt gondolatmenet az [1]-ból származik. Deníció Tegyük fel, hogy S titokmegosztási sémát, meghatározhatjuk egy G gráal, ahol minden v csúcshoz tartozik egy ξ v véletlen érték, a titok értéke pedig ξ és ezek azonos eloszlásúak. A séma tökéletes ha: (i) Ha v és w csúcs között vezet él G-ben akkor ξ v és ξ w együtt meghatározzák a ξ vagyis a titok értékét. (ii) Ha A egy független élhalmaz, akkor ξ és {ξ v : v A} értékek együttese statisztikailag függetlenek. Ahhoz, hogy az bonyolultságot pontosan deniálni tudjuk, szükségünk van az entrópia deníciójára [13], [19]. Deníció Egy η valószín ségi változó entrópiája: H(η) := p 1 log 2 (p 1 )... p k log 2 (p k ), ahol η a különböz k értékeket p 1,..., p k valószín séggel veszi fel. A gráf egy v csúcsának a bonyolultsága lényegében azt méri, hogy a v-nek mennyi információt kell tárolnia a titok méretéhez képest. Ennek mérésére az entrópiát használjuk: H(ξ v )/H(ξ s ). Egy adott gráf bonyolultsága pedig a legnagyobb bonyolultsággal rendelkez csúcs bonyolultságával egyenl a legoptimálisabb tökéletes S sémában: 7

10 Deníció A G gráf bonyolultsága: C(G) = inf S max v V (H(ξ v)/h(ξ s )), ahol az inmum az összes olyan S-re vonatkozik, ami G-t valósítja meg. Általánosságban nem ismert, hogy egy tetsz leges gráfra az inmumot valamilyen elérési struktúra felveszi-e. Egy másik, kevesebbet használt mér szám az átlagos bonyolultság. Ennek deníciója a következ : Deníció A G gráf átlagos bonyolultsága: C(G) = v V H(ξ v )/H(ξ s ) V. Megjegyzés: A szakirodalom a bonyolultság (complexity) kifejezést csak az utóbbi id ben kezdte el használni, a legtöbb korábbi cikkben a szerz k információs hányadosként (information ratio) hivatkoznak rá Alsó korlát Az alsó korlát meghatározása gráfok esetében körülményes és összetett probléma. Összefügg gráfok esetében azonban egyszer en belátható, hogy C(G) legalább 1. Ugyanis ha ξ 1 és ξ függetlenek, de ξ 1 és ξ 2 együttesen meghatározzák ξ-t, akkor ξ 2 legalább annyi (új) információt tartalmaz mint amennyit ξ. Az el z gondolatmenetet információelméleti módszernek nevezzük, általánosabban megfogalmazva pedig a következ képpen írható le: ha a résztvev k P halmazának minden A részhalmazára kiszámítjuk az entrópiáját, akkor az így kapott {H(A) : A P } összességre az entrópia tulajdonságai miatt teljesülnek a következ k: a) H( ) = 0 és H(A) 0 minden más esetben b) monotonitás: ha A B akkor H(A) H(B) c) szubadditivitás: H(A B) + H(A B) H(A) + H(B). A titokmegosztás deníciójából további két tulajdonság következik: d) er s monotonitás: ha A nem kvalikált részhalmaz, B pedig kvalikált és A B, akkor H(A) + H(ξ) H(B) e) er s szubadditivitás: ha A és B kvalikált részhalmazok, de A B nem az, akkor H(A B) + H(A B) + H(ξ) H(A) + H(B), 8

11 ahol H(ξ) a titok entrópiája/mérete. Ezzel a technikával már precízen tudjuk igazolni, hogy a bonyolultság mindig legalább 1. Legyen a és b egy él két végpontja a G összefügg, legalább két pontból álló gráfban. Ekkor a-ra és b-re felírhatjuk a c) tulajdonságot: H(ab) H(a) + H(b). Mivel ab kvalikált, de b nem, a d) tulajdonság miatt H(b) + H(ξ) H(ab). A két egyenl tlenséget összeadva azt kapjuk, hogy H(ξ) H(a). Ez azt jelenti, hogy a-nak legalább annyi bitet kell megjegyeznie, mint amennyi a titokban van és ez igaz minden lehetséges titokmegosztási rendszerben. Tehát C(G) 1. Az információelméleti módszer lényege tehát, hogy egy adott G gráfra a fenti tulajdonságok segítségével belátjuk, hogy létezik olyan egyelem részhalmaz amelyhez legalább k H(ξ) értéket rendelünk. Ebb l következik, hogy ez a résztev legalább a titok k-szorosát jegyzi meg, vagyis a G-n deniált titokmegosztási rendszerben C(G) k. Az egyenl tlenségek linearitása miatt feltehet, hogy H(ξ) = 1, így pedig az egyelem halmazokon felvett értékek maximuma közvetlenül az alsó korlátot adja meg. Az információelméleti módszeren kívül semmilyen más eljárás nem ismert, ami C(G)-re alsó korlátot adna, ezért a gráfok bonyolultságának alsó becslése során jelenleg csak ehhez tudunk folyamodni Fels korlát Minden egyes konstrukció egy gráfon, vagy általában bármilyen elérési struktúrán fels korlátot ad a bonyolultságra. Például az alapján a háromszög bonyolultsága legfeljebb 1. A három hosszúságú út bonyolultsága pedig az szerint legfeljebb 1, 5. Lemma A teljes páros gráf bonyolultsága legfeljebb 1. Bizonyítás. Legyen A és B a páros gráf két osztálya. A titok legyen egy s bit, r pedig egy véletlen bit. Ha A minden eleme r-t, B minden eleme pedig r s-t ismeri meg, akkor a titokmegosztás minden feltételnek megfelel és ilyen módon a bonyolultság 1. Lemma A teljes gráf bonyolultsága legfeljebb 1. Bizonyítás. Minden konstrukció fels korlátot határoz meg. Az n csúcsú teljes gráf (2, n) küszöbsémát deniál, mert bármely 2 résztvev közösen meg tudja fejteni a titkot. Shamir sémája pedig olyan konstrukció, ami küszöbsémákra 1 bonyolultságú titokmegosztást deniál, tehát C(G) 1. A fenti állításokat használva tetsz leges G gráfra fels korlátot adhatunk meg. Ha G lefedhet teljes páros gráfokkal úgy, hogy minden csúcs legfeljebb k-ban van benne, akkor G bonyolultsága legfeljebb k. Annak alapján, hogy hogyan választjuk meg a teljes páros gráfokat, különböz korlátokat tudunk adni. 9

12 Ha G-t élekkel fedjük le, az adódik, hogy C(G) n 1, ahol n a csúcsok száma. Ha G-t csúcsokból induló csillagokkal fedjük le, akkor C(G) d + 1 adódik, ahol d a gráf maximális fokszáma. Ha G éleit megfelel en irányítjuk és az irányított csillagokat tekintjük, akkor C(G) (d + 2)/2 adódik. Stinson [6] igazolta, hogy C(G) (d + 1)/2. Erd s és Pyber [5] megmutatta, hogy minden gráf lefedhet teljes páros gráfokkal úgy, hogy minden csúcsot legfeljebb c n/ log n-szer fedünk le. Innen adódik, hogy C(G) c n/ log n Gráfok meghatározott bonyolultsággal A gráfok jelent s részére - a kis méret csúcshalmazzal rendelkez gráfoktól, illetve néhány gráfcsaládtól eltekintve - a bonyolultság meghatározása általában megoldatlan probléma. A bonyolultságot sikerült meghatározni a maximum 5 [16], 6 [12], vagy 7 [14] csúccsal rendelkez gráfokra. A 9 csúcsú 8, vagy 9 él gráfokkal a [15] foglalkozik. Az is ismert, hogy a teljes gráfok és teljes páros gráfok bonyolultsága 1, a háromnál hosszabb utak és az ötnél nagyobb körök bonyolultsága 3/2 [13]. [4]-ben sikerült találni egy végtelen gráfcsaládot 2 1/d bonyolultsággal, ahol d a maximális fokszám. Továbbá [11]-ben igazolták, hogy minden d egészhez létezik d-reguláris gráf (d + 1)/2 bonyolultsággal. A [8] bizonyítja, hogy az d dimenziós kocka bonyolultsága d/2 és a d dimenziós rács bonyolultságát is meghatározza. A fák bonyolultsága pedig 2 1/c, ahol c a legnagyobb mag elemszáma [9]. Az itt felsorolt gráfcsaládokkal a továbbiakban részletesen is foglalkozom. 10

13 4. fejezet Rekurzív módon felépíthet gráfok meghatározott bonyolultsággal 4.1. Titokmegosztás a d dimenziós kockán Érdekes probléma a d dimenziós kocka (a továbbiakban K d ) bonyolultságának meghatározása, ezzel a [8] foglalkozik. Az alábbi bizonyítás is innen származik. A négyzet teljes páros gráf, ezért 2 dimenziós esetben a pontos érték ábra [1] A kocka részgráfként 3 hosszú utat tartalmaz. Az ben megmutattuk, hogy a 3 hosszú út bonyolultsága legfeljebb 1, 5. Ismert, hogy ez a konstrukció optimális [1]. Mivel egy gráf bonyolultsága legalább annyi, mint részgráfjainak bonyolultsága, ezért a kocka bonyolultsága legalább 1, 5. A fels korláthoz tehát 1, 5-ös bonyolultságú konstrukciót kell készítenünk. F véges test feletti két dimenziós T vektortérben legyenek v 1,..., v 6 olyan vektorok, hogy bármelyik 11

14 kett kifeszíti a teret. A vektorokat rendeljük a kocka lapjaihoz. A titok a vektortér egy s véletlen eleme. Ha s v 1,..., s v 6 elemek közül kett t ismerünk, abból az s kiszámolható. Az i-edik laphoz tartozó 4 csúcs között az s v i értéket úgy osztjuk el a négy csúcs között, hogy a két átellenes csúcsnak az F test egy véletlenszer en kiválasztott r elemét adjuk, a maradék két csúcsnak pedig az r +(s v i ) összeget. Minden csúcsot három lap tartalmazza, ezért a résztvev knek az F test 3 elemét kell megjegyezniük. A titok pedig az F test fölötti 2 dimenziós tér egyik eleme, tehát ebben a konstrukcióban a bonyolultság 1, 5. Világos, hogy bármely két szomszédos csúcs meg tudja határozni az ahhoz a két laphoz tartozó skalárszorzatokat, amelyeken mindkét csúcs rajta van és így meg tudják fejteni a titkot. Az összes többi skalárszorzatról és így a titokról azonban nincs semmilyen információjuk. Ahhoz, hogy az általános esetre is bizonyítsuk a tételt a 3 dimenziós esetben alkalmazott fels korlát konstrukciót kell módosítanunk úgy, hogy az d dimenziós esetben is m ködjön. Tétel A d 2 dimenziós kocka bonyolultsága d/2. Bizonyítás. Mivel egy tetsz leges élen a d dimenziós kocka d 1 darab két dimenziós hipersíkja osztozik, ezért az F test fölötti d 1 dimenziós vektortérb l kell vektorokat választanunk a hipersíkokhoz. A csúcsok ( d 2) két dimenziós hipersík metszetében találhatóak, tehát a testnek ennyi elemét kell megjegyezniük. A titok pedig a test egy d 1 dimenziós ( vektora. A hányadosuk pedig: d 2) (d 1) = d/2. Miel tt az alsó korlát meghatározásával elkezdünk foglalkozni, vegyük észre, hogy a kockák esetében a bonyolultság és az átlagos bonyolultság megegyezik a K d szimmetriáiból adódóan. Legyen H a K d -t önmagába képez leképezések csoportja. H-nak 2 d d eleme van. Ha v és w (nem feltétlenül különböz ) csúcsok K d -ben, akkor az olyan π automorzmusok száma, amelyekre teljesül, hogy π(v) = w pontosan H / K d = d!. Legyen ζ egy tökéletes titokmegosztási séma K d -n, és alkalmazzuk ζ-t π(k d )-re minden π H estén. Az így kapott "összegsémában" a titok mérete H -szorosára n és minden résztvev H / K d - szor annyi adatot jegyez meg, mint amennyi a ζ-ban megjegyezend összes adat. Tehát az így kapott "összegsémában" minden résztvev ugyanannyi adatot jegyez meg, ami azt jelenti, hogy a bonyolultság és átlagos bonyolultság egyenl. Legyen f az alábbi függvény egy gráf csúcshalmazán: f(a) := H({ξ v : v A})/H(ξ). Ekkor {f(v) : v V } átlaga egyenl az gráf átlagos bonyolultságával és deníciójából adódóan teljesülnek a 3.1 fejezetben megfogalmazott a)-e) tulajdonságok, hasonlóan mint H- ra. a) f( ) = 0 és f(a) 0 minden más esetben b) monotonitás: ha A B, akkor f(a) f(b) c) szubadditivitás: f(a B) + f(a B) f(a) + f(b) 12

15 d) er s monotonitás: ha A nem kvalikált részhalmaz, B pedig kvalikált és A B, akkor H(A) + 1 f(b) e) er s szubadditivitás: ha A és B kvalikált részhalmazok de A B nem az, akkor f(a B) + f(a B) + 1 f(a) + f(b) A fentiek következtében, a tétel bizonyításához elég belátnunk, hogy: {f(v) : v V } d2 d 1. Osszuk fel a d dimenziós kocka csúcshalmazát két egyenl méret A d és B d részre "sakktáblaszer en", a szemközti csúcsokat azonos halmazba sorolva: K d = A d B d, ahol A d és B d függetlenek és A d = B d = 2 d 1. Az A d -beli csúcsoknak csak B d -ben vannak szomszédai és fordítva. A (d + 1) dimenziós kocka a d dimenziós kockának két független másolatát tartalmazza úgy, hogy azok csúcsai között teljes párosítás van. Ekkor K d+1 minden éle vagy a párosítás része, vagy a K d egyik éle. Tegyük fel, hogy a két kisebb dimenziós kocka csúcsai el vannak osztva A d -re és B d -re, illetve A d -re és B d-re úgy, hogy A d és B d, valamint A d és B d között teljes párosítás van. K d+1 csúcsainak a felosztása történjen a következ módon: A d+1 = A d A d és B d+1 = B d B d. Ennek a módszernek a segítségével használhatunk indukciót d-re. Az indukciós feltevés megfogalmazásához szükségünk lesz egy újabb denícióra: [A, B ] := f(ba) f(a {a}). b B a A A továbbiakban, amikor ezt a képletet használjuk, feltesszük, hogy A és B azonos elemszámúak. Lemma A d dimenziós kockára K d = A d B d felosztás mellett teljesül, hogy f(v) [A d, B d ] + (d 1)2 d 1. (4.1) v K d Bizonyítás. A d = 1 esetben igaz az állítás, hiszen az 1 dimenziós kocka egy a és egy b csúcsból áll, amelyek között 1 db él fut. Legyen A 1 = {a} és B 1 = {b}. d = 1 esetben a (4.1) tehát: f(a) + f(b) f(ab) f( ) + 0. Ez az egyenl tlenség pedig teljesül, mivel az f függvényre igaz a c) tulajdonság. Tegyük fel, hogy a (4.1) teljesül a d + 1 dimenziós kockában lév két darab d dimenziós kockára, A d+1 = A d A d és B d+1 = B d B d felosztással. Az indukciós feltevés tehát így hangzik: 13

16 f(v) = f(v) + f(v ) [A d, B d ] + [A d, B d ] + (d 1)2d. (4.2) v V d+1 v V d v V d Minden b B d pontosan egy a A d -vel van összekötve. Legyen (a, b) egy ilyen pár. Ekkor a c) tulajdonság miatt: f(ba d ) f(a d ) f(ba d A d { a } ) f(a d A d { a } ). (4.3) Az a A d legyen b B d -hez kapcsolódó csúcs. Mivel b a-hoz és a -höz is kapcsolódik ba d és aba d {a } kvalikált halmazok, metszetük ba d {a } azonban független. Ez azt jelenti, hogy e)-b l adódóan: f(ba d ) f(ba d {a }) f(aba d ) f(aba d {a }) + 1. Ezt az egyenl tlenséget és a c) tulajdonságot kétszer felhasználva azt kapjuk, hogy f(a d ) f(a d {a }) f(ba d ) f(ba d {a }) f(aba d ) f(aba d {a }) + 1 f(ba d A d ) f(ba da d {a }) + 1. Ezután ehhez az egyenl tlenséghez hozzáadjuk a (4.3)-as egyenl tlenséget, minden (a, b) a A d és b B d csúcspárra, akkor a következ egyenl tlenséghez jutunk: f(ba d ) f(a d ) + f(a d ) f(a d {a }) 1 + f(ba d A d ) f(a da d {a }). Ebben az egyenletben a kocka szimmetriái miatt (A d, B d ) és (A d, B d ) felcserélhet ek, tehát f(b A d ) f(a d ) + f(a d) f(a d {a}) 1 + f(b A d A d) f(a d A d {a}) egyenl tlenség is érvényes, minden (a, b ) párra. Pontosan 2 d 1 él fut A d és B d között, továbá ugyanennyi él fut A d és B d között is. Ha összeadjuk ezt a 2d egyenl tlenséget, a bal oldalon az f(a d )-k és az f(a d )-k kiejtik egymást és a korábbi deníciókból az alábbi egyenl tlenség következik: [A d, B d ] + [A d, B d ] [A d A d, B d B d ] + 2 d. Vegyük észre, hogy ekkor a (4.2) segítségével a következ t kapjuk: v V d+1 f(v) [A d A d, B d B d ] + (d 1)2 d + 2 d. Ez pedig pontosan az (4.1) egyenl tlenség és mi ezt szerettük volna bebizonyítani. Ebb l a es tételt már egyszer en be tudjuk látni. Legyen K d = A d B d a csúcsok "sakktáblaszer " felosztása. Mivel A d -ben és B d -ben is pontosan 2 d 1 csúcs van, képesek vagyunk ezeket párosítani. Legyen (a, b) a A d és b B d egy ilyen pár. A d) tulajdonság miatt 14

17 f(ba d ) f(a d {a}) 1 hiszen A d {a} nem kvalikált, ba d viszont igen. Ha vesszük az ilyen egyenl tlenségek összegét minden (a, b) párra, akkor az alábbi egyenl tlenséget kapjuk [A d, B d ] = f(ba d ) f(a d {a}) 2 d 1. b B d a A d Ez az egyenl tlenség pedig a es lemmával együtt a következ egyenl tlenséget adja: v V d f(v) (d 1)2 d d 1 = d2 d 1. Mivel a d dimenziós kockának 2 d csúcsa van, az átlagos bonyolultsága legalább d/2. Korábban már beláttuk, hogy a kocka esetében ez azt is jelenti, hogy a bonyolultság is legalább d/2, vagyis a bizonyítás teljes. Megjegyzés: Az d dimenziós rács olyan gráf, aminek csúcsait a d dimenziós tér pontjainak feleltethetjük meg, és két csúcs között akkor megy él, ha az általuk reprezentált pontok távolsága 1. A fentihez hasonló módszerrel sikerült bebizonyítani, hogy a d 2 dimenziós rács bonyolultsága d [8] U n,p k és S n,p k gráfcsaládok A [11] foglalkozik azzal, hogyan tudunk bármilyen d egészre d-reguláris gráfot építeni, aminek bonyolultsága pontosan (d + 1)/2. Stinson a [6]-ban megmutatta, hogy ha a G gráf maximális fokszáma d: C(G) (d + 1)/2. A következ kben a [11] alapján, azt mutatom be, hogy lehet U n,p k gráfot konstruálni d = k + 2 maximális fokszámmal, np d 2 csúccsal, amire teljesül, hogy (d + 1)/2 C(U n,p k ) amennyiben n, p 6 páros egész számok és k 0 egész. Lehet ségünk van még U n,p k gráfosztály segítségével olyan S n,p k gráfokat felépíteni, amelyeknek maximum foka d = k + 3, 2np d 3 csúccsal rendelkeznek és teljesül, hogy (d + 1)/2 C(S n,p k ). Deníció Ha n és p pozitív, páros, 6-nál nem kisebb egész számok, k 0 pedig pozitív egész, akkor az U n,p k gráfot a következ rekurzióval tudjuk felépíteni: 1. U n,p 0 = (V (U n,p 0 ), E(U n,p 0 )) az n csúcsú kör, tehát V (U n,p 0 = {v 0,..., v n 1 }, E(U n,p 0 ) = {(v i, v i+1 ) : 0 i n 2} {(v 0, v n 1 )}. 2. Ha k 1, legyen (R k 1, L k 1 ) az U n,p n,p k 1 csúcshalmazának, vagyis V (Uk 1 )-nek a felosztása két egyforma méret független csúcshalmazra: 15

18 Vegyük az U n,p k 1 L k 1 a U n,p k R k 1 = L k 1 = V (U n,p k 1 ) /2 = np k 1 /2. gráf p másolatát. Minden a {0,..., p 1}-hoz legyen Rk 1 a a két egyforma méret független csúcshalmaza az U n,p k 1 gráfot úgy kapjuk meg, hogy összekötjük az U n,p k 1 párosítás legyen R k 1 a a + 1-et modulo p vesszük. és L k 1 a+1 és a-adik másolatának. Az p másolatát úgy, hogy teljes csúcsai között, minden a {0,..., p 1}-re, ahol A konstrukció jól deniált. Látható, hogy k = 0 esetben az U n,p k gráf egy n csúcsú kör, amely könnyen szétosztható két független n/2 elemszámú részhalmazra. Ha k 1, a két független np k /2 elemszámú csúcshalmaza U n,p -nak: L k = p 1 a=0 k L k 1 a és R k = p 1 a=0 R k 1 a. Nem nehéz belátni, hogy az U n,p k k + 2-reguláris gráf. A k = 1 esetre, az U 6,6 k gráf a ábrán látható. U 6, ábra A [11] deniál egy másik, S n,p -val jelölt gráfcsoportot is, d = k + 3 maximum fokszámmal, amire teljesül, hogy k (d + 1)/2 C(S n,p k ), azonban csak 2np d 3 csúcsa van. Legyenek { } v 1,..., v np k az U n,p k gráf csúcsai. Az S n,p k gráfot az U n,p k gráfból úgy kapjuk, hogy U n,p k -t kiegészítjük { w 1,..., w np k} új csúcsokkal, és (vi, w i ) új élekkel, minden i = 1,..., np k -ra. 16

19 5. fejezet Titokmegosztás fákon A fákkal leírható elérési struktúrák bonyolultsága pontosan 2 1/c, ahol c a fa legnagyobb magjának az elemszáma. A gráf csúcsainak egy részhalmaza akkor alkot magot, ha összefügg, továbbá minden csúcsnak ebben a részhalmazban van a részhalmazon kívüli, a részhalmaz többi tagjától és egymástól független szomszédja. Az állítás és az alábbi bizonyítása [9]-ból származik. Deníció Egy G gráf csúcsainak X részhalmazát G magjának nevezzük, ha összefügg és minden x X-nek van x / X szomszédja úgy, hogy x egyetlen X-beli szomszédja x, továbbá {x x X} független csúcshalmaz a gráfban. Deníció Legyen G = (V, E), G i = (V i, E i ) (i = 1,..., m) pedig G részgráfjai. {G i } fedése G-nek, ha V V i. A részgráfokhoz súlyokat is rendelhetünk. Ebben az esetben egy csúcs vagy él súlya a fedésben egyenl a csúcsot vagy élt tartalmazó részgráfok összsúlyával. Ha a súlyok nem feltétlenül pozitív egészek, akkor tört fedésr l beszélünk. Amennyiben minden G i csillag, akkor azt csillagfedésnek nevezzük. Deníció Egy G gráf csillagfedés rátája a maximális csúcs súlyok inmuma az összes lehetséges tört csillagfedés között, ahol minden élt legalább egyszer fedünk le. Fák esetében a csúcsok egy X részhalmaza akkor alkot magot, ha X elemei összefügg ek és mindnek van szomszédja X-en kívül. Tétel Tetsz leges G gráfra, c = c(g) legyen a G egy maximális méret magjának elemszáma, s = s(g) pedig G csillagfedés rátája. Ekkor 2 1/c C(G) s. Bizonyítás. A tételben lév a C(G) s egyenl tlenséget a [6]-ban Stinson bizonyította. A másik egyenl tlenség bizonyítását az információelméleti módszer segítségével fogjuk elvégezni. A 4.1 fejezetben deniáltuk az f(a) := H({ξ v : v A})/H(ξ) 17

20 függvényt a gráf csúcshalmazán. Most is ezt az f-et fogjuk használni és az a)-e) tulajdonságok továbbra is teljesülnek. Az ös tétel els egyenl tlenségének bizonyításához szükségünk van az alábbi lemmára. Lemma Ha X a G gráf magja, f pedig a fent deniált függvény, és teljesülnek rá az a)-e) tulajdonságok, akkor f(v) 2 X 1 {v} X Bizonyítás. X 1 esetén az állítás triviális. Tehát elég a X 2 esetekkel foglalkoznunk. A bizonyításhoz a "független szekvencia lemmát" fogjuk használni [7], [10]: Lemma Tegyük fel, hogy A = {v 1,..., v n } összefügg és létezik B = {w 1,..., w n } független halmaz úgy, hogy minden w i pontosan egy v i -vel van összekötve. Ekkor f(a) A + 1. Bizonyítás. Vizsgáljuk a következ d i különbségeket: d i := f(aw 1... w i ) f(w 1... w i ). Mivel f( ) = 0, d 0 -t szeretnénk megkapni. Vegyük sorba a d i számokat fordított sorrendben. Nyilvánvalóan AB kvalikált részhalmaz, B pedig nem az, ezért alkalmazhatjuk az f függvény d) tulajdonságát, amib l azt kapjuk, hogy f(ab) f(b) 1 (d n 1). Belátjuk, hogy minden 1 i n esetén d i + 1 d i 1. Ebb l pedig következik, hogy d 0 n + 1, ahogy azt a lemma kimondja. Tudjuk, hogy v i w 1... w i és Aw 1... w i 1 kvalikáltak, v i w 1... w i 1 (vagyis a metszetük) azonban nem az. Az f függvény er s szubadditivitása miatt: f(v i w 1... w i ) + f(aw 1... w i 1 ) f(v i w 1... w i 1 ) + f(aw 1... w i ) + 1. A szubadditivitásból következik: f(w 1... w i ) + f(v i w 1... w i 1 ) f(w 1... w i 1 ) + f(v i w 1... w i ). A két egyenl tlenséget összeadva és átrendezve megkapjuk, hogy d i + 1 d i 1. Tehát a "független szekvencia lemmát" beláttuk. Az X mag, ezért nyilvánvalóan teljesül rá a es lemma, vagyis: f(x) X + 1 Ennek az egyenl tlenségnek a használatával elég belátnunk, hogy: f(v) f(x) + X 2. (5.1) {v} X Ezt az egyenl tlenséget minden X összefügg részhalmazra be tudjuk látni, nem csak magokra. Ha X = {v, w}, tehát X csak két csúcsból áll, akkor az (5.1)-es egyenl tlenséget X-re felírva: 18

21 f({v}) + f({w}) f({v, w}), ez az egyenl tlenség pedig az f függvény c) és e) tulajdonságai miatt teljesül. Tegyül fel, hogy X tartalmaz három, vagy több csúcsúból álló összefügg részgráfot. Válasszunk egy v X csúcsot úgy, hogy Y = X {v} összefügg legyen (ilyen v csúcs mindig létezik). Legyen w Y olyan csúcs, hogy v és w összefügg. Ekkor Y és {v, w} is összefügg, de a metszetük {w} független, vagyis az f függvény e) tulajdonságát felhasználva: f({v, w}) + f(y ) f(x) + f({w}) + 1. Korábban már láttuk, hogy c) tulajdonság szerint: f({v}) + f({w}) f({v, w}). Ha ezt a két egyenl tlenséget összeadjuk, azt kapjuk, hogy: f({v}) + f(y ) f(x) + 1. Ha pedig ezt az egyenl tlenséget és az indukciós feltevést Y -ra összeadjuk, megkapjuk az (5.1) egyenl tlenséget, tehát a lemmát bebizonyítottuk. A ha az os lemmát a legnagyobb (c elemszámú) magra alkalmazzuk, majd az egyenl tlenséget osztjuk c-vel, pontosan az ös tétel els egyenl tlenségét kapjuk. Tétel Tetsz leges G fára ha c = c(g) a G egy maximális méret magjának elemszáma, s = s(g) pedig G csillagfedés rátája teljesül, hogy 2 1/c = C(G) = s. Ez a tétel következik az ös tételb l, illetve az alábbi lemmából. Lemma Ha G egy legalább 2 csúcsúból álló fa és G maximális magjának mérete nem nagyobb mint c, akkor létezik olyan csillagfedése G-nek, hogy az (i) minden élt pontosan c-szer fed le, (ii) minden csúcsot maximum 2c 1-szer fed le. Bizonyítás. Cseréljünk ki minden irányítatlan (u, v) élt G-ben c darab irányított élre u és v között. Az egyes élek irányát kés bb adjuk meg. A csillagfedés elkészítéséhez a már irányított élek segítségével határozzuk meg a csillagokat olyan módon, hogy minden él a csillag középpontjától kifelé irányul. Tehát minden v-b l kimen él egy v középpontú csillag része. Ilyen módon annyi v középpontú csillagot készíthetünk, amennyi a maximális kimen élek száma v-b l. Továbbá v pontosan annyi csillagnak lesz széls csúcsa, amennyi a bejöv élek száma v-be. Ennek a két számnak az összege egyenl a v-t fed csillagok számával. Mivel pontosan c irányított él van minden eredeti él helyén, ez a szám c plusz az összes bejöv irányított élek száma, kivéve a bejöv élek számát abból a szomszédból, ahonnan a legkevesebb bejöv él érkezik. 19

22 Tehát az kell igazolnunk, hogy lehetséges az éleket úgy irányítani, hogy az összeg második tagja legfeljebb c 1. Kezdjük el a csúcsokat pozitív egész számokkal súlyozni. Egy csúcshalmaz súlya legyen egyenl a halmazban lév csúcsok súlyának összegével. A súlyozás segítségével biztosítani fogjuk, hogy minden csúcs egy maximális súlyú magban legyen. Legyen W az olyan pozitív egész súlyfüggvények halmaza, amelyek szerint minden mag súlya maximum c. Mivel minden csúcs eleme valamilyen magnak, és W véges elemszámú. Továbbá W nem üres, hiszen ha minden csúcs súlya 1, akkor c deníciója szerint minden mag súlya c. Akkor mondjuk egy w W súlyfüggvényre, hogy maximális, ha a súlyfüggvény amit úgy kapunk, hogy w-t 1-el növeljük bármely csúcsán, már nem eleme W-nek. Nyilvánvalóan létezik maximális súlyfüggvény W-ben. Legyen w W maximális súlyfüggvény. Ekkor w maximalitásából következik, hogy minden v csúcshoz létezik olyan mag, ami v-t tartalmazza és pontosan c súlyú. Legyen (v 1, v 2 ) egy él G-ben. Ha v 1 vagy v 2 levél, akkor irányítsuk mind a c élt v 1 és v 2 között a levél irányába (ha v 1 és v 2 is levél, akkor G egy élb l áll, és ebben az esetben teljesül a tétel, akárhogy irányítjuk az éleket). Ha v 1 sem és v 2 sem levél, akkor a (v 1, v 2 ) él eltávolításával két független fára bontjuk szét a gráfot. Legyenek ezeket a fák G 1 és G 2, ahol G i tartalmazza a v i csúcsot. Legyen C i a maximális súlyú mag (w súlyfüggvény szerint) G i -ben ami tartalmazza v i -t, és legyen a súlya c i = w(c i ). Mivel C 1 C 2 egy c 1 + c 2 súlyú mag G-ben és G minden magjának súlya c, ezért c 1 + c 2 c. Irányítsuk a c irányított élt v 1 és v 2 között úgy, hogy közülük c 1 mutasson v 1 -b l v 2 -be, és c 2 pedig v 2 -b l v 1 -be A 1 B 1 C 1 D 2 E 1 F 1 G ábra Az ábrán látható fa maximális magjának mérete c = 7. A számok a maximális súlyfüggvényt mutatják. Minden él helyére 7 irányított él kerül. Ha a fenti eljárás segítségével irányítjuk ket, a következ számokhoz jutunk: A B B C C D D E E F F G A B B C C D D E E F F G

23 Például, amikor a CD élt kitöröljük, az egyetlen mag a kapott gráfban ami D-t tartalmazza az egyelem {D}, súlya pedig 2. Ezért C D-hez rendelt érték 2 és hasonlóan a C D- hez rendelt érték 1. Ez azt jelenti, hogy marad 4 él C és D között, amit szabadon irányíthatunk. Minden más élre a példában teljesül, hogy c 1 + c 2 = c, tehát minden más él iránya meghatározott. Abban az esetben, ha v levél, c bejöv éle van és 0 kimen éle. Ha pedig v nem-levél, akkor legyen C maximális súlyú mag w szerint, ami tartalmazza v-t. Feltettük, hogy w maximális, ezért C súlya c. Ha kitöröljük v-t C-b l, az így kapott gráf minden komponense v-nek pontosan egy szomszédját tartalmazza. Legyenek v 1, v 2,... v s ezek a szomszédok és C 1, C 2,... C s pedig a C v komponensei úgy, hogy C i tartalmazza v i -t. Ekkor c = w(c) = w(v) + w(c 1 ) + w(c 2 ) + + w(c s ). C és C C i magok G vv i -ben és gyelembe vettük ket, amikor a vv i éleket irányítottuk. Ez azt jelenti, hogy legalább w(c i ) élt irányítottunk v i -b l v-be és legalább w(c C i ) élt irányítottunk v-b l v i -be. Így minden élt irányítottunk v és v i között. Tehát a v-be bejöv élek összege C-beli csúcsokból w(c 1 ) + w(c 2 ) + + w(c s ) = c w(v) c 1. Két eset lehetséges: v-nek van levél szomszédja, vagy nincs. Az els esetben, v minden nem-levél szomszédja C-ben található, mivel C-t maximálisnak választottuk. Nincsenek bejöv élek levelekb l, tehát ebben az esetben kész vagyunk. A második esetben v egyetlen szomszédja sem levél. Ebben az esetben is a maximalitás miatt v minden szomszédja C-ben van, kivéve egy v szomszédot. C C i mag a G vv gráfban és tartalmazza v-t, tehát legalább w(c C i ) = c w(c i ) élt irányítottunk v-b l v -ba. Ez azt jelenti, hogy a v -b l bejöv élek száma nem lehet több mint w(c i ), ami a pedig a bejöv élek száma v i -b l. Tehát megmutattuk, hogy a legkevesebb bejöv él v -ból jön és az összes bejöv élek száma más szomszédokból legfeljebb c 1. 21

24 6. fejezet 2 1/d bonyolultsággal rendelkez gráfok családja Tétel Legyen G egy d maximális fokszámmal rendelkez gráf, amire teljesülnek a következ tulajdonságok: (A) minden csúcsnak legfeljebb egy szomszédja van, amelynek fokszáma 1; (B) azok a csúcsok, amelyeknek fokszáma legalább 3 nem szomszédosak; (C) nem szerepel benne 6-nál kevesebb csúcsúból álló kör részgráfként. Ekkor C(G) = 2 1/d. Ez a tétel és a hozzá tartozó bizonyítás [4]-b l származik Alsó korlát Az alsó korlát meghatározásához ismét az információelméleti módszerhez folyamodunk. Legyen f a 4.1. és 5. fejezetben is alkalmazott függvény, amelyre teljesülnek az a)-e) tulajdonságok. Állítás Tegyük fel, hogy G gráfnak létezik összefügg A részgráfja, amire teljesül, hogy van olyan B részhalmaz G csúcsai között, hogy minden A-beli csúcsnak pontosan 1 szomszédja van a B-ben és minden A-beli csúcs különböz B-beli csúccsal szomszédos. Ekkor G bonyolultsága legalább 2 1/ A. Bizonyítás. A fák bonyolultságáról szóló korábbi fejezetben beláttuk, hogy egy gráf G minden X összefügg csúcshalmazára: f(v) f(x) + X 2. (6.1) {v} X Továbbá kimondtuk és bebizonyítottuk a "független szekvencia lemma"-t [7], [10]: 22

25 Lemma Tegyük fel, hogy A = {v 1,..., v n } összefügg és létezik B = {w 1,..., w n } független halmaz úgy, hogy minden w i pontosan egy v i -vel van összekötve. Ekkor f(a) A + 1. A feltételek a es állítás feltevése és a lemma feltevése ugyanaz, tehát alkalmazhatjuk a lemmát. Adjuk össze lemmában szerepl egyenl tlenséget a (6.1)-es egyenl tlenséggel. f(v) 2 A 1. (6.2) {v} A Ebb l következik, hogy van legalább egy olyan v A csúcs amire f(v) 2 1/ A, vagyis a es állítást bebizonyítottuk. Legyen G olyan gráf, amire teljesülnek az es tételben meghatározott tulajdonságok. Feltételezhetjük, hogy d 2, hiszen egyébként C(G) 1 triviálisan teljesül. Legyen v 1 egy d fokszámú csúcs G-ben és legyen A olyan halmaz, ami egy kivételével v 1 összes szomszédját tartalmazza. Az A-nak pontosan d eleme van, legyenek ezek az elemek v 1, v 2,... v d. Nyilvánvaló, hogy A összefügg. Legyen v i A bármelyik olyan csúcs A-ban, amire i > 1. Ez a v i csúcs egy út része G két csúcsa között, tehát van még egy w i szomszédja. Legyen w 1 a v 1 csúcs azon szomszédja, amelyik nem szerepel A-ban. Az így kapott A = {v 1,..., v d } és B = {w 1,..., w d } teljesítik a es állítás feltételeit. Tehát megkaptuk az alsó korlátot a es tételhez, vagyis beláttuk, hogy C(G) 2 1/d Fels korlát Készíteni fogunk egy olyan csillagfedést egy tetsz leges G-hez, ami teljesíti a es tétel (A), (B), (C) tulajdonságait. Ebben minden élt d csillaggal és minden csúcsot maximum 2d 1 csillaggal fedünk le, ezzel pedig Stinson eredményeinek [6] következményeként megkapjuk a fels korlátot, amire szükségünk van a tétel bizonyításához. A csillagfedés két f részb l áll: i) d 1 darab u középpontú csillag minden u V csúcsra aminek fokszáma 3. A csillagfedés másik f bb része a gráf legalább 3 fokszámú csúcsait összeköt utakon lév éleket fogja lefedni. Nyilvánvalóan egy fed csillag lehet egyetlen él, vagy egy 2 élb l álló út. Legyenek u és v legalább 3 fokszámú csúcsok és u = v 0, v 1,..., v t = v egy G-beli út csúcsai u és v között. A fedés különböz lesz, eltér paritású úthosszúságok esetén. Páratlan esetben, vagyis ha t = 2k + 1: ii) 1 darab v i 1 v i v i+1 csillag, minden i = 1, 3,..., 2k 1 és i = 2k esetén iii) d 1 darab v i 1 v i v i+1 csillag, minden i = 2, 4,..., 2k 2 iv) d 2 darab {v 2k 1, v 2k } él. 23

26 Ha az út hossza páros, akkor elhagyhatjuk a v 2k 1 v 2k v 2k+1 csillagot az ii)-ból és az éleket az iv)-b l. Látható, hogy minden élt pontosan d csillaggal fedtünk, minden út els és utolsó két csúcsát 2d 1-szer fedtük le, az utak fennmaradó, bels csúcsait pedig legfeljebb 2d 1-szer. Ezzel a es tételt beláttuk. 24

27 7. fejezet Kis gráfok bonyolultsága 7.1. Alsó korlát meghatározása lineáris programozás segítségével A [17] foglalkozik azzal, hogyan kereshetünk alsó korlátot lineáris programozás segítségével. Ha felírjuk az információelméleti módszer leírásában bemutatott a)-e) egyenl tlenségeket a csúcsok minden részhalmazára minden lehetséges módon, megkapjuk az LP feladat korlátozó egyenl tlenségeit. A célfüggvényben pedig az egyelem részhalmazok által megjegyzett maximumot kell minimalizálnunk. Az ilyen módon deniált LP-ben, az ismeretlenek és az egyenel tlenségek száma nagy csúcsszám esetén túl nagy ahhoz, hogy a módszert nagy gráfokra alkalmazhassuk Csillagfedés keresése lineáris programozási feladatként Egy adott G(V, E) gráfhoz kereshetünk csillagfedést lineáris egyenl tlenségek segítségével [4], amelyekre teljesülnek a következ tulajdonságok: minden uv E élt lefedünk pontosan e N darab csillaggal, minden v V csúcsot lefedünk legfeljebb p N csillaggal, a p/e érték minimális. Tört csillagfedés esetén feltehetjük, hogy e = 1 és p Q. A lineáris programozási feladat változói: p: legtöbbször lefedett csúcsot fed csillagok száma, x uv, x vu minden uv E élre: az uv élt fed u és v középpontú csillagok száma, l u minden u V csúcsra: az u középpontú csillagok száma. Az LP feladat tehát háromféle egyenl tlenségb l áll: 25

28 x uv + x vu 1 minden élre, l u + x uv p minden csúcsra, uv E x uv l u minden csúcsra és élre, ahol p értékét szeretnénk minimalizálni. Látható, hogy az LP feladat 2 E + V + 1 változóból és 3 E + V egyenletb l áll, vagyis bármilyen LP problémákat kezel szoftver segítségével néhány másodperc alatt megoldható, még nagy csúcs- és élszámú gráfok esetében is. Fontos megjegyezni, hogy a csillagfedés sok esetben - például az 5-nél rövidebb köröket tartalmazó gráfok esetén - nem ad optimális becslést a bonyolultságra Eredmények A 7.1 és 7.2 alfejezetekben tárgyalt LP feladatok alkalmazása során a következ problémákba ütközhetünk. Az alsó korlát megkeresésre szolgáló LP feladatot nagy csúcsszám esetén nem lehet egy átlagos teljesítmény számítógépen elég gyorsan lefuttatni ahhoz, hogy érdemben tudjuk vizsgálódni (10 csúcs esetén már 2 10 változóból közel 2 millió egyenl tlenségb l álló rendszert kell megoldanunk). A csillagfedés pedig nem minden esetben ad optimális fels korlátot (például, ha a gráfban van 5-nél kisebb kör). A két LP feladatot összesen 117 kis méret gráfon futtattam le: 7 csúcsú, 7-nél nagyobb élszámú és 5-nél kisebb kört nem tartalmazó, 8 csúcsú, 8-nál nagyobb élszámú és 5-nél kisebb kört nem tartalmazó, 9 csúcsú, 9, 10, vagy 11 élszámú, 5-nél kisebb kört tartalmazó gráfokon. Ezekben az esetekben kivétel nélkül teljesült az alsó és fels korlát azonossága. A vizsgált gráfok egy része a [4]-ben bemutatott gráfcsalád tagja. Továbbá az itt felsorolt 7 csúcsú gráfok bonyolultságáról [14]-ben, valamint [18]-ban írtak. A 9 csúcsú, 8 vagy 9 él gráfok bonyolultságával pedig [15]-ben foglalkoztak, azonban a szerz k által leírt eredmények több esetben, pontatlanok és ellentmondanak a [4]-nek, a [9]-nek és az ebben, valamint a 8. fejezetben megfogalmazott eredményeknek is. 26

29 Gráfok 7 csúccsal: 1 as 2 as 3 as 4 as 5 6 as 7 Gráfok 8 csúccsal: 8 as 9 as 10 as 11 as as 14 as 15 as 16 as as 19 as 20 as 21 as as 24 as 25 as as 28 as 29 27

30 Gráfok 9 csúccsal és 9 éllel: 30 as 31 as 32 as 33 as as 36 as 37 as 38 a a 41 as 42 as 43 as as 46 as 47 as 48 as as 51 as 52 as 53 as a 56 a 57 as 58 as 59 28

31 60 a 61 as 62 as 63 as as 66 as 67 as 68 a as 71 as 72 as 73 as as 76 as 77 as 78 as as 81 Gráfok 9 csúccsal és 10 éllel: 82 a 83 a 84 29

32 85 a 86 as 87 a a a 95 a 96 a 97 a a 100 a 101 a 102 a a 105 a 106 a 107 a

33 Gráfok 9 csúccsal és 11 éllel: 110 a 111 a 112 a a 115 a 116 a 117 A fenti gráfok bonyolultságát az alábbi táblázat mutatja: Bonyolultság Sorszám 3/2 6, 23, 81 5/3 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 15, 18, 20, 21, 22, 28, 30, 31, 36, 37, 40, 42, 44, 48, 50, 52, 62, 64, 65, 67, 70, 71, 73, 74, 76, 78, 79, 80, 104, 105, 108, 109 7/4 3, 9, 12, 14, 17, 19, 24, 25, 26, 29, 32, 33, 34, 35, 39, 41, 43,,46, 47, 49, 51, 55, 56, 59, 60, 61, 63, 68, 69, 72, 77, 82, 85, 89, 90, 93, 94, 96, 97, 98, 101, 102, 103, 106, 107, 110, 113, 114, 116 9/5 16, 27, 45, 53, 55, 57, 58, 66, 83, 84, 86, 91, 95, 99, 100, 111, /6 38, 87, 88, 92, / táblázat 31

34 8. fejezet Új gráfcsalád meghatározott bonyolultsággal A fákról és egy 2 1/d bonyolultságú gráfcsaládról az 5. valamint a 6. fejezetben írtam. A következ kben egy olyan gráfcsaládot mutatok be, amely sokban hasonlít ehhez a két gráfcsaládhoz. Tétel Tegyük fel, hogy G olyan gráf, ami egy h 5 hosszú körb l és ennek a k h 5 darab szomszédos csúcsából kiinduló diszjunkt útból áll (tehát az utak sem közös élen, sem közös csúcson nem osztoznak és egy-egy 1 fokszámú csúcsban érnek véget). Ekkor G bonyolultsága egyenl 2 1/(k + 2) ábra: Példa az új gráfcsaládra Látható, hogy minden ilyen tulajdonsággal rendelkez G gráf esetén a csúcsok és az élek száma megegyezik, a maximum fokszám 3, és a 3 fokszámú csúcsok összefügg ek. Viszont a 6. fejezetben leírt gráfcsalád (B) tulajdonságát el tudtuk hagyni, a (C) tulajdonságot pedig gyengíteni. Továbbá vegyük észre, hogy ha a G-ben lév körb l egy tetsz leges élt elhagyunk, akkor fát kapunk valamint, hogy a fákhoz hasonlóan a bonyolultság ezeknek a gráfoknak az esetében is a legnagyobb mag elemszámának függvénye. 32

35 Bizonyítás. Legyen f a dolgozatban már többször alkalmazott, 4.1. fejezetben deniált függvény, amire teljesülnek az ott megfogalmazott a)-e) tulajdonságok. Ugyanebben a fejezetben igazoltuk, hogy egy gráf G minden X összefügg csúcshalmazára teljesül a következ egyenl tlenség: f(v) f(x) + X 2. (8.1) {v} X Illetve korábban kimondtuk és bebizonyítottuk a "független szekvencia lemma"-t [7], [10]: Lemma Tegyük fel, hogy A = {v 1,..., v n } összefügg és létezik B = {w 1,..., w n } független halmaz úgy, hogy minden w i pontosan egy v i -vel van összekötve. Ekkor f(a) A + 1. Ha egy gráfban találunk olyan A részhalmazt a csúcsok között, amire teljesülnek a lemma feltételei, akkor a lemmának és a 8.1-es egyenl tlenségnek az összegéb l következik, hogy van legalább egy olyan v A csúcs, amire f(v) 2 1/ A. Ezt részletesebben levezettük az 5. fejezetben. A tételben megfogalmazott feltevések miatt egyszer ilyen A-t választani. Álljon A a v 1,..., v k összefügg 3 fokszámú csúcsból, valamint vegyük még hozzá a v 1 és v k pontok h hosszú körön elhelyezked szomszédait. Az így megválasztott A részhalmaz mérete k + 2 és teljesíti a lemma feltételeit, tehát igazoltuk, hogy 2 1/(k + 2) C(G). Megjegyzés: A k h 5 feltétel a tételben arra szolgál, hogy a független szekvencia lemmát használni tudjuk és így tudjunk megfelel alsó korlátot találni, azonban az eredmények 7. fejezetben azt sugallják, hogy a tétel minden k h 1 esetben igaz. A fels korlát megtalálásához az 5. és 6. fejezet metódusát követjük, azaz a [6] eredményeinek segítségével bizonyítunk. Olyan csillagfedést fogunk építeni, ami minden élt k + 2-ször és minden csúcsot 2(k + 2) 1-szer fed le. Minden G-beli élt helyettesítsünk k + 2 darab irányított éllel, melyeknek irányát kés bb szabjuk meg. A csillagfedést a már irányított élek alapján határozzuk meg úgy, hogy az élek minden esetben a csillag középpontjából kifelé indulnak. Ez azt jelenti, hogy minden v G(V )-b l kimen él egy v középpontú csillag része, így annyi ilyen v csillagot készítünk, amennyi a v-b l egy szomszédjába maximálisan kimen élek száma. Továbbá v annyi csillagnak a csúcsa, amennyi a v-be bejöv élek száma. A két szám összege k + 2 plusz az összes bejöv élek száma, kivéve a bejöv élek száma abból a szomszédból, ahonnan a legkevesebb bejöv él érkezik. Az éleket abból a szempontból fogjuk vizsgálni, hogy milyen fokszámú csúcsokat kötnek össze. El tte azonban két esetet kell elkülönítenünk k paritása szerint. I. eset: k páros, k + 2 = 2n, azaz minden eredeti él helyén 2n darab élt kell irányítanunk. (i) Azoknak az éleknek az esetében melyeknek egyik csúcsa 1 fokszámú, irányítsunk minden élt az 1 fokszámú a csúcs felé. 33