Eötvös Loránd Tudományegyetem. Természettudományi Kar. Véges projektív síkok egy kártyajáték szemszögéb l. Rajta László. szakdolgozat.

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Véges projektív síkok egy kártyajáték szemszögéb l Rajta László Matematika BSc, Alkamazott matematikus szakirány szakdolgozat Témavezet : Szabó Mátyás Bels konzulens: Héger Tamás Számítógéptudományi Tanszék Budapest, 2018

2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék 2 Köszönetnyilvánítás 4 1. Bevezetés 5 2. Véges projektív síkok Deníciók Tételek Beágyazás és egy konstrukció A Dobble Parciális projektív sík beágyazása projektív síkba Véges testre épített projektív sík Latin négyzetek Deníció Véges projektív síkok és latin négyzetek kapcsolata Blokkrendszerek Deníció és tulajdonságok A Bruck-Ryser-Chowla tétel A tétel és annak bizonyítása Következmények Összegzés

3 7. Színezés és játékverziók Színezés Játékverziók Egy játékvariáció megvalósítása Keresési módszer A1.Kártyák 48 Irodalomjegyzék 50 3

4 Köszönetnyilvánítás Nagyon hálás vagyok Szabó Mátyásnak és Héger Tamásnak a segítségükért, támogatásukért. Köszönetemet szeretném kifejezni Bernáth Attilának is. Mekkora a mélysége Isten gazdagságának, bölcsességének és tudásának! Minden bel le, általa és érte van. Dics ség neki mindörökké! Ámen. [1] 4

5 1. fejezet Bevezetés A Dobble egy olyan kártyajáték, amelyben adva van 55 korong alakú kártyalap és 57 szimbólum. Mindegyik kártyán 8 különböz szimbólum található (fa, hóember, falevél,...). A kártyák fontos tulajdonsága, hogy közülük bármely kett t kiválasztva pontosan egy olyan szimbólum van, mely mind a két kártyán megtalálható. A játék sokféleképpen játszható, valahány a játékosok gyorsaságára, reakcióképességére épít. Ezek közül szeretnék egyet röviden bemutatni. Egy kártyát felfordítva az asztal közepére helyezünk, a maradékot szétosztjuk a játékosok között. Ezután minél gyorsabban meg kell szabadulni a saját kártyáimtól úgy, hogy megkeresem az asztal közepén található és a kezemben fekv pakli tetején lév kártya közös szimbólumát. Ha ez sikerült, kimondva a szimbólum nevét gyorsan az asztal közepén található korong tetejére helyezem a kártyámat. Az nyer, akinek a leggyorsabban elfogynak a kezéb l a lapjai. Felvet dik a kérdés, hogy vajon csak olyan Dobble készíthet, ahol minden kártyán 8 szimbólum van? Nem lehetne olyan játékot konstruálni, ahol minden kártya 3,4,5,... ábrát tartalmaz? Mi a Dobble matematikai modellje? Esetleg tudnánk valahogyan b víteni, általánosítani a játékot? El ször bevezetésre fog kerülni a véges projektív sík fogalma. Egy rövid kitér ben a játék történeti hátterér l is szót ejtünk. Ezt követ en megmutatjuk, hogy a Dobble igen szoros kapcsolatban áll a projektív síkokkal. Ezután kétféle utat fogok mutatni bizonyos véges projektív síkok létezésének a bizonyítása kapcsán. Az els a véges testek révén konstruál projektív síkot, a másik a latin négyzetek segítségével mutatja meg ezek létezését. Majd áttérünk a blokkrendszerek, azon belül is a szimmetrikus blokkrendszerek vizsgálatára. Itt kerül sor a Bruck-Ryser-Chowla tétel bizonyítására. Látni fogjuk, hogy 5

6 a véges projektív síkok a blokkrendszerek egy speciális osztályát alkotják, így a Bruck- Ryser-Chowla tételnek fontos következményei lesznek projektív síkokkal kapcsolatban. Befejezésül egy színezési problémát fogok megmutatni, amelynek érdekes következménye lesz a Dobble játék kapcsán. 6

7 2. fejezet Véges projektív síkok El ször a véges projektív sík fogalmát deniáljuk és a denícióval ekvivalens állításokat mondunk ki. Ezt követ en egy fontos tételt fogalmazunk meg, majd megadjuk egy projektív sík incidenciamátrixát és ennek az alapvet tulajdonságait vizsgáljuk Deníciók A deníciók és a hozzájuk kapcsolódó állítások [17] alapján kerülnek bevezetésre Deníció. Legyenek P és E olyan halmazok, hogy P E =. Legyen I P E illeszkedési reláció. A Π = (P, E, I) hármas egy projektív sík, ha (P1) P bármely két különböz eleméhez pontosan egy olyan eleme van E-nek, amely mindkett vel relációban áll. (P2) E bármely két különböz eleméhez pontosan egy olyan eleme van P -nek, amely mindkett vel relációban áll. (P3) E minden eleme legalább három különböz P -beli elemmel áll relációban. (P4) P minden eleme legalább három különböz E-beli elemmel áll relációban. A geometriai nyelvhasználathoz hasonlóan P elemeit pontoknak, E elemeit egyeneseknek fogjuk hívni. Az I illeszkedési reláció pedig azt fejezi ki, hogy az adott pont rajta van-e az adott egyenesen. Ha p i, p j P, i j, akkor p i p j a rájuk illeszked egyenest jelöli. 7

8 Megjegyzés (Dualitás). Könnyen látható, hogy axiómarendszerünkre igaz a dualitás elve, azaz a pontok és egyenesek szerepe szimmetrikus. Ez azt jelenti, hogy ha axiómáinkból következik egy tétel, akkor annak duálisa is levezethet bel lük Deníció. Három pont kollineáris, ha van olyan egyenes, mely mindhárom pontot tartalmazza. (P3) és (P4) helyett használhatjuk a következ két axióma egyikét. Erre szolgál a következ Lemma. A Π = (P, E, I) projektív sík pontosan akkor, ha kielégíti (P1)-t és (P2)-t, valamint a következ két axióma egyikét: (P5) Létezik négy olyan pont, melyek közül semelyik három nem kollineáris. (P6) Bármely két egyeneshez létezik olyan pont, mely a két egyenes egyikén sincs rajta. Bizonyítás [17] alapján. El ször megmutatjuk, hogy ha Π kielégíti a (P1), (P2), (P3) és (P4) axiómákat, akkor igaz (P5) is. Valóban, hiszen (P4) miatt egy tetsz leges Q ponton át megy három különböz egyenes, legyenek ezek e, f és g. (P3) miatt léteznek a következ Q-tól különböz pontok: E 1 és E 2 pontok az e egyenesen, F és G pontok az f és a g egyenesen. E 1 és E 2 közül legalább az egyik nincs rajta az F G egyenesen. Feltehet, hogy E 1 nem az F G egyenesen fekszik. Ekkor Q, F, G és E 1 négy olyan pont, melyek közül semelyik három nem kollineáris. Most azt látjuk be, hogy ha (P1), (P2) és (P5) teljesül, akkor ezekb l következik (P6). Ehhez indirekt tegyük fel, hogy Π teljesíti (P1), (P2) és (P5)-t, de nem elégíti ki (P6)-t. Azaz legyenek e és f olyan egyenesek, melyek a sík összes pontját tartalmazzák. Ekkor (P5) miatt léteznek az e f ponttól különböz E 1, E 2 e pontok és az F 1, F 2 f pontok. De a (P1) és (P2) axióma miatt létezik az E 1 F 1 E 2 F 2 pont, mely nem lehet rajta az e és f egyeneseken. Ez viszont ellentmondás, vagyis (P6) is teljesül. Végül azt mutatjuk meg, hogy (P1), (P2) és (P6)-ból következik (P3) és (P4). (P1), (P2) és (P6) miatt, ha két egyenes metszi egymást, akkor a metszéspontjukon át egy harmadik egyenes is áthalad, vagyis (P4) teljesül. Tekintsünk egy tetsz leges g egyenest. Ekkor (P6) miatt létezik egy olyan Q pont, mely nincs rajta g-n. A Q ponton át az el bbiek szerint három különböz egyenes biztosan megy. A (P2) axióma miatt viszont ezek metszik g-t, vagyis g-n biztosan van három különböz pont. Tehát (P3) is teljesül. 8

9 2.2. Tételek Tétel. Ha a Π projektív síknak van olyan egyenese, mely n+1 pontot tartalmaz, akkor (a) Π minden egyenesén n+1 pont van, (b) Π minden pontján át n+1 egyenes megy át, (c) Π összesen n 2 + n + 1 pontot és ugyanennyi egyenest tartalmaz. Bizonyítás [17] alapján. El ször az (a) részt látjuk be. Legyen az n + 1 pontot tartalmazó egyenes a, a rajta lév pontok pedig A 1, A 2,...A n+1. Ha D olyan pont, hogy D / a, akkor a (P1) és (P2) axiómák miatt D-n át pontosan n+1 egyenes megy, melyek az A i pontokban metszik a-t. Ha Q egy olyan pont, amelyen át n + 1 egyenes megy, akkor minden, Q-t nem tartalmazó egyenesen n + 1 pont van. Legyen most b egy a-tól különböz egyenes. Jelölje M az a és b metszéspontját. P(4) miatt létezik egy a-tól és b-t l különböz c egyenes, mely átmegy M-n. A P(3)-as axióma miatt létezik C c, M-t l különböz pont. Mivel C / a, így az el z ek szerint rajta keresztül pontosan n + 1 egyenes megy át. De ebb l és C / b-b l az is következik, hogy P(2) miatt b is n + 1 pontot tartalmaz. A (b) állításhoz legyen Q Π tetsz leges pont. (P3) és (P4) miatt létezik a Q ponton át nem men g egyenes (ld. a es lemma bizonyítását). Az (a) állítás szerint g-n n + 1 pont van. Így a (P1)-es axióma miatt n + 1 egyenes megy át a Q-n. Több nem is lehet, mert akkor az n + 2. egyenesnek is lenne közös pontja g-vel, ami ellentmondana (a)-nak. A (c) állításhoz tekintsük a tetsz leges Q Π ponton át men összes egyenest. A (P1) axióma szerint ezek az egyenesek Π összes pontját tartalmazzák. (b) miatt n + 1 egyenes megy át Q-n, ahol (a) szerint mindegyik egyenes tartalmaz még n darab pontot a Q-n kívül. Így összesen (n + 1)n + 1 = n 2 + n + 1 pontja van Π-nek. A dualitás elve szerint ebb l az állításból kapjuk, hogy Π egyeneseinek a száma is n 2 + n + 1. A tétel alapján, ha egy projektív sík valamely egyenesén véges sok pont van, akkor a többi egyenesén is ugyanennyi pont van és a sík összes pontjára ugyanennyi egyenes illeszkedik. Így célszer, ha bevezetésre kerül a következ 9

10 Deníció. A Π projektív sík rendje n, ha van olyan egyenese, amely n + 1 pontot tartalmaz. A véges projektív sík incidenciamátrixának a fogalmát és a hozzá kapcsolódó tételt [4] alapján fogom tárgyalni Deníció. Egy csupa 0-t vagy 1-et tartalmazó A mátrixot incidenciamátrixnak nevezünk, ha teljesíti a következ három feltételt: (F1) Ha a 1 és a 2 két különböz sora A-nak, akkor pontosan egy olyan j egész szám létezik, hogy az a 1 és a 2 sor j. oszlopában 1-es áll. (F2) Ha b 1 és b 2 két különböz oszlopa A-nak, akkor pontosan egy olyan i egész szám létezik, hogy a b 1 és b 2 oszlop i. sorában 1-es áll. (F3) Az A mátrix minden oszlopa tartalmaz legalább három darab egyest. (F4) Az A mátrix minden sora tartalmaz legalább három darab egyest. Az A incidenciamátrix x. sorának y. elemét A(x, y) jelöli. A Π = (P, E, I) n-edrend véges projektív síkhoz rendeljük hozzá a következ A mátrixot. A sorokat p P -vel, az oszlopokat e E-vel jelölve legyen A(p, e) = 1, ha a p pont rajta van az e egyenesen, különben 0. Az így deniált mátrixot fogjuk a Π véges projektív síkhoz rendelt incidenciamátrixnak nevezni. Az elnevezés helyességét a következ tétel indokolja Tétel. Az így deniált A mátrix egy incidenciamátrix és AA T = A T A = B, (2.1) ahol B olyan mátrix, melynek f átlójában mindenhol n + 1 áll, az összes többi helyen 1. Bizonyítás. El ször belátjuk, hogy A valóban incidenciamátrix. Ehhez (F1), (F2), (F3) teljesülését kell megmutatni. (F1) valóban igaz, hiszen a (P1) axióma miatt bármely két pontra pontosan egy egyenes illeszkedik. Hasonlóan teljesül (F2) is (P2) miatt. Végül (F3) is igaz, hiszen (P3) miatt minden egyenes legalább három pontot tartalmaz. Hasonlóan teljesül (F4) is (P4) miatt. Vagyis A tényleg incidenciamátrix. A tétel állításának második feléhez vizsgáljuk meg, mit jelent a két mátrixszorzás és miatt AA T jelentése az, hogy a Π projektív sík két tetsz leges pontjára pontosan n + 1 egyenes illeszkedik, ha a két pont egybeesik, egyébként pedig pontosan 1. 10

11 Hasonlóan A T A azt fejezi ki, hogy két tetsz leges egyenesnek pontosan n + 1 közös pontja van, ha a két egyenes egybeesik, különben pedig pontosan Lemma. Egy n-edrend projektív sík A incidenciamátrixa nemszinguláris a racionális számok teste fölött. Bizonyítás [17] alapján. Elég belátni, hogy B = AA T determinánsa nem 0. Valóban, hiszen det A = det A T és det A 0 (det A) 2 0 det A det A T 0 det AA T 0. B determinánsát könnyen ki tudjuk számolni. Az els sort kivonva az összes többib l, majd mindegyik oszlopot hozzáadva az els höz kapjuk, hogy n n n n n 0 0 det B = = n 0 n 0 = n + 1 n 0 0 n (n + 1) n 0 0 =. 0 n 0 = (n + 1) 2 n n2 +n n Mivel a projektív síkok deníciója miatt n 2, így det B 0 teljesül, amib l következik, hogy det A 0. 11

12 3. fejezet Beágyazás és egy konstrukció 3.1. A Dobble Jacques Cottereau 1976-ban általánosította Kirkman híres iskoláslány problémáját. A probléma lényege, hogy ha 15 iskoláslány egy héten keresztül minden nap hármas sorokban sétálni indul, hogyan tudjuk megoldani, hogy két kislány ne kerüljön egynél többször ugyanabba a sorba? Ezen feladat általánosításaként jutott el egy rovaros játék elkészítéséhez, mely felépítésében már nagyon hasonlított a Dobble játékra. Denis Blanchot volt végül, aki évekkel kés bb újra rátalált a rovaros játékra és Jacques Cottereau-val elkezdett azon dolgozni, hogy a játékot egyszer bb formába öntsék. Így született meg végül 2009-ben a ma ismert Dobble. A Bevezet részben láthattuk, hogy a Dobble összesen 55 darab kártyát és 57 darab szimbólumot tartalmaz. Bármely két kártyának egy közös szimbóluma van. Szeretnénk a játéknak egy matematikai modellt keresni. Ehhez azonban szükségünk lesz a projektív síkok deníciójánál kevesebb feltételt kielégít fogalomra, a parciális projektív síkokra Deníció. Az n-edrend parciális projektív sík (n 2) egy Σ = (P, E) pár, ahol P egy n 2 + n + 1 elem halmaz, elemeit pontoknak hívjuk, E pedig P részhalmazainak a halmaza, elemeit egyeneseknek hívjuk és Σ teljesíti a következ két axiómát: (1) Minden egyenes pontosan n + 1 pontot tartalmaz. (2) Bármely két egyenes pontosan egy pontban metszi egymást. A (2)-es axiómában a metszést úgy értjük, hogy két e, f E metszi egymást, ha létezik egy p P, hogy p e és p f is teljesül. A Dobble játék esetében legyenek a 12

13 kártyák az egyenesek, az ábrák a pontok. Láthatjuk, hogy a kapott rendszer egy 7-edrend parciális projektív sík: összesen 57 szimbólumuk van, minden kártya 8 ábrát tartalmaz és bármely két kártyának pontosan egy közös pontja van Parciális projektív sík beágyazása projektív síkba Felmerül a kérdés, vajon a Dobblenak van-e köze a projektív síkokhoz. Ugyanis 2 újabb kártya hozzáadásával már 57 lapunk lenne. Ha ezeken ügyesen választjuk meg az ábrákat, akkor projektív síkot kaphatnánk. A választ Stephen Dow 1983-ban megjelent cikkében találhatjuk meg. A következ tételt mondja ki Tétel (Dow [6]). Legyen Σ egy n-edrend parciális projektív sík. Ha b > n 2 2(n + 3) 1/2 + 6, ahol b az egyenesek számát jelöli, akkor Σ beágyazható az n-edrend projektív síkba. A Dobble esetében n 2 2(n + 3) 1/ , 68 < 55, vagyis Dow eredményét felhasználva a Dobblet leíró 7-edrend parciális projektív sík beágyazható a 7-edrend véges projektív síkba. Ugyanakkor nem magától értet d, hogy a Dobble egyáltalán beágyazható-e projektív síkba. Léteznek ugyanis olyan n-edrend parciális projektív síkok, melyek úgy állnak el, hogy az n-edrend projektív síkból egyeneseket hagyunk el, és olyanok is, melyek nem állnak el így. Dow eredménye jóval általánosabb, mint amire nekünk szükségünk van. Megmutatom közvetlen számolással is, hogy a Dobble egyértelm en beágyazható a 7- edrend projektív síkba. A beágyazás azért lesz egyértelm, mert tudjuk, hogy a 7-edrend projektív sík izomorzmus erejéig egyértelm [13, 14]. El ször egy rövid bevezetést adok a gráfokkal kapcsolatos fogalmakhoz Deníció. Egy G = (V, I) párt gráfnak nevezünk, ha V egy halmaz, I pedig a V kételem részhalmazainak a részhalmaza. V elemeit csúcsoknak fogjuk hívni, I elemeit éleknek. Ha a, b V, és létezik él e két csúcs között, akkor azt ab jelöli Deníció. Egy v V csúcs fokszáma a bel le induló éleknek a száma, amit d(v) jelöl. A csúcsok fokszámainak a maximumát egy G gráfban (G) jelöli. Bármely v V 13

14 esetén N(v) jelöli a v szomszédainak a halmazát, azaz azon csúcsok halmazát, melyekbe megy él v-b l Deníció. Az U V független csúcshalmaz, ha u, v U, u v csúcsokra nem létezik uv I él. Egy G gráfban a maximális független csúcshalmaz méretét α(g) jelöli Deníció. Egy gráf k-reguláris, ha minden csúcs fokszáma k Deníció. A G = (V, I) gráf páros gráf, ha V = A B úgy, hogy A B =, valamint az A és B halmazon belül nem fut él. Ezt a páros gráfot G = (A, B, I)-vel fogjuk jelölni Deníció. Ha u, v V, u v és egynél több él fut u és v között, akkor ezeket az éleket párhuzamos éleknek nevezzük. Ha létezik olyan uv I él, amelyre u = v, akkor t hurokélnek hívjuk Deníció. A G gráf egyszer, ha nem tartalmaz párhuzamos és hurokéleket. Egy általánosabb tételt fogunk igazolni, mely parciális projektív síkok beágyazásáról szól projektív síkokba. Ennek speciális eseteként fog adódni a Dobble beágyazása 7-edrend projektív síkba. El tte még néhány tétel kerül ismertetésre, melyeket használni fogunk Állítás. Minden n-edrend parciális projektív sík egy tetsz leges pontjára legfeljebb n + 1 egyenes illeszkedhet. Bizonyítás. Legyen Σ = (P, E) egy n-edrend parciális projektív sík. Ekkor P = n 2 + n + 1. Indirekt tegyük fel, hogy létezik egy p P pont, melyre n + 2 egyenes illeszkedik. Számoljuk össze, hogy a p pontra illeszked egyenesek hány pontot tartalmaznak. A p ponton kívül az n + 2 egyenes mindegyike tartalmaz még n pontot. Ez összesen (n + 2) n. Ehhez jön még az egy darab p. Ez összesen n 2 +2n+1 pontot jelent. Ez viszont több, mint P, ami ellentmondás. Tehát Σ bármely pontjára legfeljebb n+1 egyenes illeszkedhet Tétel (Mantel [20]). Legyen G = (V, I) egy egyszer, háromszögmentes, n pontú gráf. Ekkor I n2 4. Bizonyítás. Legyen S egy maximális független csúcshalmaz G-ben ( S = α(g)). Mivel G háromszögmentes, így v V -re N(v) egy független csúcshalmaz. Ebb l következik, hogy (G) S. Legyen T = V \S. Mivel minden élnek legalább egy végpontja T -ben van és T = n S, így 14

15 I d(v) ( n ) 2 n 2 S = S (n S ) = 2 4, (3.1) v T v T ahol az utolsó egyenl tlenségnél a számtani és mértani közép közötti egyenl tlenséget használtuk Következmény. Ha a G = (V, I) egyszer, háromszögmentes, n pontú gráfban I = n2 4, akkor G egy teljes páros gráf, éspedig G = K n 2, n 2. Bizonyítás. Ha I = n2, akkor 3.1 minden egyenl tlensége egyenl séggel kell, hogy 4 teljesüljön. Ebb l a következ három dolgot kapjuk. Ha I = v T d(v), akkor nincs olyan él, melynek mindkét végpontja T -ben van. Tehát T egy független csúcshalmaz, vagyis G páros gráf. Ha v T d(v) = v T S, akkor az azt jelenti, hogy G = K α(g),n α(g). Végezetül, ha S (n S ) = n2, akkor ez csak úgy lehet, ha S = n. Azt kaptuk 4 2 tehát, hogy G = K n 2, n 2. Most pedig rátérünk a parciális projektív síkok beágyazásáról szóló tételre és annak bizonyítására Tétel. Egy n 2 + n 1 egyenes, n-edrend parciális projektív sík (n 2) beágyazható egy n-edrend projektív síkba. Bizonyítás. Legyen Σ = (P, E) egy n-edrend parciális projektív sík, melyre E = n 2 + n 1. A továbbiakban egy Σ-beli pont foka a rá illeszked egyenesek számát jelenti Állítás. Σ nem tartalmaz n 2 vagy ennél alacsonyabb fokú pontot. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy létezik egy p P, melynek a foka n 2. Tekintsünk egy p-re illeszked egyenest, jelölje ezt e. Ha megszámoljuk, hogy e pontjaira hány egyenes illeszkedik, akkor megkapjuk, hogy Σ-ban összesen hány egyenes van. Ugyanis bármely e-t l különböz egyenes metszi e-t pontosan egy pontban. Az e egyenesre n + 1 pont illeszkedik. Az e egyenesen kívül p-re illeszkedik még n 3 egyenes. Jelölje x az n 1 fokú pontok számát e-n, y az n fokú pontok számát e-n. Az e-n kívül n 1 fokú pontra még n 2 egyenes illeszkedik, n fokú pontra még n 1, n + 1 fokú pontra pedig n. Így az e egyenesre illeszked pontokon átmen egyenesek száma 1 (n 3) + x(n 2) + y(n 1) + (n x y)n + 1 = n 2 + n 1. (3.2) Ezt rendezve kapjuk, hogy 15

16 (2x + y) = 1, ami ellentmondás, hiszen x, y 0 egészek. Azt kaptuk tehát, hogy Σ csak n 1, n, illetve n + 1 fokú pontokat tartalmaz. Most azt vizsgáljuk meg, hogy ha tekintünk egy tetsz leges e egyenest, akkor azon milyen fokú pontok fordulhatnak el Állítás. Σ egy tetsz leges e egyenese vagy tartalmaz egy darab n 1 fokú pontot és az összes többi pontja n + 1 fokú, vagy tartalmaz kett darab n fokú pontot és az összes többi pontja n + 1 fokú. Bizonyítás. A fenti állítás bizonyításában látottakhoz hasonlóan fogunk eljárni, megtartva az ott bevezetett jelöléseket. Legyen e a Σ egy tetsz leges egyenese. Megszámoljuk, hogy e pontjaira hány egyenes illeszkedik. Ez megegyezik azzal, hogy Σ-ban összesen hány egyenes van. x(n 2) + y(n 1) + (n + 1 x y)n + 1 = n 2 + n 1, amelyb l egyszer sítés után 2x + y = 2 adódik. Mivel x, y 0 egészeket keresünk, így x = 1, y = 0, (3.3) és x = 0, y = 2 (3.4) a két lehetséges megoldás. 3.3 és 3.4 éppen a bizonyítandó állítást jelentik Állítás. Csak egy darab n 1 fokú pont létezik. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy p és q is n 1 fokú pontok. Az el z ek miatt nem létezik olyan egyenes, mely tartalmazza a p, q pontokat. A p-re és q-ra illeszked egyenesek összes többi pontja n + 1 fokú. Legyen e és f két tetsz leges, p-re, illetve q-ra illeszked egyenes. Ezek metszik egymást egy r pontban. A q pontra az f egyenesen kívül még n 2 egyenes illeszkedik. Ezek mindegyikének létezik metszéspontja e-vel, p-t l és r-t l különböz pontokban (m 1,..., m n 2 ). Mivel az e egyenes n+1 pontot tartalmaz, így létezik s e, s p, s m 1,..., m n 2, s r és tudjuk azt is, hogy az s pont n + 1 fokú és nem 16

17 létezik olyan egyenes, mely tartalmazza s-t és q-t is. Az összes s-re illeszked egyenes tartalmazza Σ összes pontját. Ugyanis ezeken a pontok száma (n + 1)n + 1 = n 2 + n + 1, ami megegyezik P -vel. Viszont q nincs ott ezen pontok között, ami ellentmondás Állítás. Σ egy darab n 1 fokú pontot, 2n darab n fokú pontot és n 2 n darab n + 1 fokú pontot tartalmaz. Bizonyítás. Az el bb láttuk, hogy n 1 fokú pont csak egy lehet. Most azt fogjuk kiszámolni, hogy hány n fokú és hány n + 1 fokú pont van Σ-ban. Ehhez vegyük észre, hogy ha megszámoljuk azt, hogy a pontokra összesen hány egyenes illeszkedik és azt, hogy az egyenesek összesen hány pontot tartalmaznak, akkor a kétféle számolásnak meg kell egyeznie. Formálisan P (az egyes pontokra illeszked egyenesek száma)= E (n + 1). Jelölje x az n fokú pontok számát. Ekkor azt kapjuk, hogy n 1 + nx + (n 2 + n x)(n + 1) = (n 2 + n 1)(n + 1), amib l átrendezés után x = 2n adódik. Vagyis azt kaptuk, hogy Σ tartalmaz egy darab n 1 fokú pontot, 2n darab n fokú pontot és n 2 n darab n + 1 fokú pontot. Feleltessünk meg Σ-nak egy H = (A, B, I) páros gráfot a következ képpen: A elemei legyenek a Σ egyenesei, B elemei legyenek Σ pontjai és akkor és csak akkor létezik ab I, a A, b B él, ha az a egyenes tartalmazza a b pontot. Az el z ek alapján particionáljuk B-t: B = B 1 B 2 B 3, ahol B 1 = {az n + 1 fokú pontok}, B 2 = {az n fokú pontok}, B 3 = {az n 1 fokú pont}. Láttuk, hogy B 1 = n 2 n, B 2 = 2n, B 3 = 1. Mivel n 1 fokú pontot tartalmazó egyenes összes többi pontja n + 1 fokú, így A is particionálható. A = A 1 A 2, ahol A 2 = {az n 1 fokú pontot tartalmazó egyenesek}, A 1 = A\A 2. Látható, hogy A 2 = n 1 és A 1 = n Állítás. A 1 összes egyenese tartalmaz két darab n fokú pontot. 17

18 Bizonyítás. Az A és B halmaz között összesen E (n+1) = (n 2 +n 1)(n+1) = n 3 +2n 2 1 él fut. Az A 1 és B 2 között futó éleken kívüli élek száma: B 1 (n + 1) + B 3 (n 1) = (n 2 n)(n + 1) + (n 1) = n 3 1. A kett t kivonva egymásból azt kapjuk, hogy A 1 és B 2 között összesen 2n 2 él fut. Mivel Σ egy egyenese vagy két n fokú pontot tartalmaz vagy egyet sem, így az adódik, hogy A 1 összes csúcsából kett él megy B 2 -be. Ez azt jelenti, hogy az n 1 fokú pontot tartalmazó egyeneseken kívül az összes többi egyenes pontosan kett darab n fokú pontot tartalmaz. Ezt követ en tekintsük a következ G = (V, I ) gráfot. Legyen V = B 2 és csak akkor létezik él két V -beli csúcs között, ha a nekik megfelel Σ-beli pontok egy egyenesre illeszkednek. Az el z ek alapján látható, hogy G egy 2n pontú n-reguláris gráf, ahol I = n Állítás. A G gráf háromszögmentes. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy létezik G-ben háromszög. Ez azt jelenti, hogy létezik Σ-ban három olyan n fokú pont, jelölje ezeket p, q, r, melyek páronként egy egyenesre illeszkednek. Legyen e a p, q pontokra, f a q, r pontokra és g az r, p pontokra illeszked egyenes. A p pontra az e, g egyeneseken kívül még n 2 egyenes illeszkedik, ezek mindegyike metszi f-t a q-tól és r-t l különböz m 1,..., m n 2 pontokban. Mivel az f egyenes n + 1 pontot tartalmaz, így létezik s f, s q, s m 1,..., m n 2, s r. Tudjuk, hogy az s pont n + 1 fokú és nem létezik olyan egyenes, mely tartalmazza s-t és p-t is. Amint azt bizonyításában láttuk, az összes s-re illeszked egyenes tartalmazza Σ összes pontját. Viszont p nincs ott ezen pontok között, ami ellentmondás. Tehát G valóban háromszögmentes Állítás. A G gráf egy teljes páros gráf, éspedig G = K n,n. Bizonyítás. Tudjuk, hogy G egy 2n pontú, háromszögmentes, n-reguláris gráf, ahol I = n 2. Mantel tételének következményét (3.2.11) alkalmazva kapjuk, hogy G = K n,n. Jelölje G két független csúcshalmazát S és T. Ezek Σ-ban az n fokú pontok egy-egy halmazának felelnek meg úgy, hogy S = T = n, S T = és két S, illetve két T -beli pontra nem illeszkedik egyenes. Viszont s S, t T esetén egyértelm en létezik s, t-re illeszked egyenes. Most fogjuk beágyazni Σ = (P, E)-t az n-edrend projektív síkba. A két új egyenes, melyet Σ-hoz hozzáveszünk, a következ k: e : S B 3, f : T B 3, 18

19 Belátjuk, hogy az így kapott Π = (P 2, E 2, I 2 ) hármas egy n-edrend projektív sík. Az triviális, hogy Π összes egyenese n + 1 pontot tartalmaz és összes pontjára n + 1 egyenes illeszkedik. El ször azt mutatjuk meg, hogy bármely két különböz egyenesnek pontosan egy metszéspontja létezik. Két különböz E-beli egyenes nyilván pontosan egy pontban metszi egymást. Az e és f egyenesek esetén a B 3 -beli, azaz a korábban n 1 fokú pont lesz az egyetlen metszéspont. Legyen a A 1 tetsz leges. Láttuk, hogy az a egyenes tartalmaz két olyan pontot, akik korábban n fokúak voltak. Mantel tételének alkalmazása után ezt a két pontot külön osztályokba soroltuk, ahol az egyik osztály elemei kerültek az e, a másik osztály elemi kerültek az f egyenesre. Ez azt jelenti, hogy pontosan egy olyan pont létezik, amely illeszkedik az a, e egyenesekre és pontosan egy olyan pont létezik, amely illeszkedik az a, f egyenesekre. Ezzel (P2)-t beláttuk. Most azt igazoljuk, hogy bármely két különböz pontra pontosan egy egyenes illeszkedik. Az világos, hogy legfeljebb egy egyenes illeszkedhet két különböz pontra, különben ellentmondásra jutnánk (P2)-vel. Tehát csak azt kell megmutatni, hogy bármely két különböz pontra illeszkedik egyenes. Ehhez indirekt tegyük fel, hogy léteznek olyan p, q különböz pontok, melyekre nem illeszkedik egyenes. Mivel p egy n + 1 fokú pont, így miatt a rá illeszked összes egyenes tartalmazza Π összes pontját. De mivel q nincs ezek között, így ez ellentmondás. Ezzel igazoltuk (P1)-t. Mivel n 2, így (P3) és (P4) nyilvánvalóan teljesül. Mivel Π összes egyenese n + 1 pontot tartalmaz, így Π valóban n-edrend projektív sík. Láthattuk, hogy a Dobble játék megfelel a 7-edrend Σ = (P, E) parciális projektív síknak, ahol E = 55. Így tudjuk alkalmazni t, vagyis a Dobble beágyazható a 7-edrend projektív síkba. Felmerül a kérdés, vajon miért csak 55 kártya került bele a játékba az 57 helyett? Van ennek valami történeti oka? [22] szerint azért csak 55 kártyát tartalmaz a játék, mert a Dobblet olyan szabványos kártyakészít gépek állítják el, melyek 52 plusz 3 joker kártyát tudnak egyszerre legyártani Véges testre épített projektív sík Véges testekre [9] alapján fogunk ebben a fejezetben felépíteni véges projektív síkot Deníció. Ha egy test elemszáma véges, akkor véges testr l beszélünk Deníció. A q elemszámú véges test jele F q. 19

20 A következ tételekre lesz szükségünk, melyeket hivatkozással közlünk [7] Tétel. Véges test elemszáma prímhatvány Tétel. Ha p prím, n 1 egész, akkor F p n p n elem test és izomorzmus erejéig egyértelm. Algebrai tanulmányainkból ismert, hogy az F q véges test, ahol q = p n, egy n-dimenziós vektortér az F p test felett. Így F q F n p, mint vektortér. A továbbiakban legyen K = F q, ahol q = p n, p prím, n 1. Tekintsük az összes (x 1, x 2, x 3 ) hármast, ahol x 1, x 2, x 3 K, kivéve azt, amikor mindhárom a K-beli zéruselem. Tekintsük a K feletti 3 dimenziós K 3 vektorteret. K 3 elemeit, (0,0,0)-t kivéve, ekvivalenciaosztályokba soroljuk a következ k szerint: (x 1, x 2, x 3 ) és (y 1, y 2, y 3 ) akkor és csak akkor tartozik ugyanabba az osztályba, ha λ 0 K-beli elem, hogy (y 1, y 2, y 3 ) = (λx 1, λx 2, λx 3 ). Ezeket az osztályokat pontoknak fogjuk hívni, az osztály egy reprezentánsát a pont homogén koordinátájának. Mivel K 3 -nak csak a csupa 0-tól különböz ponthármasát vizsgáljuk, így az osztályainkban összesen q 3 1 elem van. Az egy osztályba tartozó elemek csak egy skalárszorzó erejéig különböznek egymástól. A deníció szerint K egy q elem test, így zérustól különböz elemeinek a száma q 1, vagyis egy osztályba q 1 elem tartozik. Ebb l következik, hogy összesen q3 1 q 1 van. A pontok egy részhalmazát, melyet az a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 0 = q2 + q + 1 ekvivalenciaosztályunk egyenlet határoz meg, ahol a 1, a 2, a 3 K, de nem mind a három a zéruselem, egyenesnek hívjuk és az [a 1, a 2, a 3 ] hármassal jelöljük. Ezt az egyenes homogén koordinátáinak nevezzük. A fent deniált egyenlet fejezi ki, hogy az (x 1, x 2, x 3 ) pont illeszkedik az [a 1, a 2, a 3 ] egyenesre. Ha [b 1, b 2, b 3 ] = [λa 1, λa 2, λa 3 ], λ 0, λ K, akkor a b 1 x 1 + b 2 x 2 + b 3 x 3 = 0 egyenlet is ugyanazt a ponthalmazt határozza meg, mint az el bbi. Így célszer lehet, ha az egyenes denícióját pontosítjuk. Hasonlóan a pontokhoz, az egyenesek is ekvivalenciaosztályok lesznek. [a 1, a 2, a 3 ] és [b 1, b 2, b 3 ] akkor és csak akkor tartozzék ugyanabba az osztályba, ha λ K, λ 0, hogy [b 1, b 2, b 3 ] = [λa 1, λa 2, λa 3 ]. A pontok számának meghatározásához hasonlóan belátható, hogy az egyenesek száma q 2 + q

21 Két igen fontos észrevétel következik, melyeket a pont és egyenes deníciójából kapunk meg. Az els, hogy ha (x 1, x 2, x 3 ) és (y 1, y 2, y 3 ) két különböz pontot deniál és a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 0 a 1 y 1 + a 2 y 2 + a 3 y 3 = 0, ahol [a 1, a 2, a 3 ] [0, 0, 0], akkor az [a 1, a 2, a 3 ] együttható egy λ skalárszorzó erejéig van csak egyértelm en meghatározva. Ez a projektív síkok nyelvén azt jelenti, hogy bármely két különböz pontra pontosan egy egyenes illeszkedik. Vagyis teljesül (P1). A második, hogy ha az [a 1, a 2, a 3 ] és [b 1, b 2, b 3 ] két különböz egyenest deniál és a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 0 b 1 x 1 + b 2 x 2 + b 3 x 3 = 0, akkor az (x 1, x 2, x 3 ) (0, 0, 0) egy µ szorzó erejéig van egyértelm en meghatározva. Vagyis bármely két különböz egyenesre pontosan egy pont illeszkedik, tehát teljesül (P2). Az (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1) pontok biztosítják a (P5)-ös axióma teljesülését. Ez egy kis számolással könnyen ellen rizhet. A lemma biztosítja számunkra, hogy elég a (P5)-ös axióma teljesülését belátnunk. Tehát a kapott konstrukciónk valóban egy véges projektív sík. Az így nyert sík rendjének a meghatározásához számoljuk meg, hogy egy adott egyenesünk hány pontot tartalmaz. Válasszuk az [1, 0, 0] egyenest, vagyis azokat az (x 1, x 2, x 3 ) pontok összességét, melyekre teljesül a következ egyenlet: 1 x x x 3 = 0 Triviális, hogy a (0, x 2, x 3 ) alakú pontok tesznek eleget a fenti egyenletnek. K elemeib l q 2 számú ilyen elem állítható el. Viszont az x 2 = x 3 = 0 esetet ki kell zárnunk, hiszen a (0, 0, 0)-nak nem feleltettünk meg pontot. Így az egyenletet teljesít (0, x 2, x 3 ) alakú elemek száma q 2 1. Az ilyen elemeket is q 1 elem osztályokra tudjuk bontani, ahol ennek következtében mindegyik osztályba q+1 elem kerül. Vagyis egyenesünk q+1 pontot tartalmaz, tehát az F q -ra épített rendszerünk egy q-adrend véges projektív sík. Megjegyzend, hogy a véges test feletti projektív síkot Galois-síknak is nevezik. 21

22 Következmény. A konstrukcióból és a es tételb l következik, hogy minden q prímhatványhoz létezik q-adrend véges projektív sík. Ez azt jelenti, hogy minden q prímhatványhoz tudunk olyan Dobblet konstruálni, amelyik a q-adrend véges projektív síkot modellezi. Így biztosan készíthet olyan játék, amelyik minden korongján 3,4,5,6,8,9,10,12... ábrát tartalmaz. Azonban az összes természetes számot még mindig nem tudtuk ellen rizni. Készíthet e 6-od, illetve 10-edren véges projektív sík? Sajnos a létezéssel kapcsolatos kérdésre a következménynél er sebb tételünk nincs. Kés bb látni fogjuk, hogy véges projektív síkok létezésére rendelkezésünkre áll egy szükséges feltétel. El tte még egy másik, els re talán semmi rokonságot nem mutató úton közelítjük meg a projektív síkok létezésére vonatkozó kérdéskört. 22

23 4. fejezet Latin négyzetek Euler volt az, aki megfogalmazta a 36 tiszt problémáját. Ez arról szól, hogy egy sereg katona esetén 6 ezred mindegyikéb l kiválasztott 6 különböz rendfokozattal rendelkez tiszt fel tud-e állni úgy egy 6 6-os négyzet mez iben, hogy minden sorban és minden oszlopban szerepeljen minden ezredb l és minden rendfokozatból egy tiszt Deníció A latin négyzetek fogalmát [23] alapján vezetjük be Deníció. Egy olyan n n-es mátrixot nevezünk n-edrend latin négyzetnek, melynek minden sorában és minden oszlopában valamely S halmaz (pl. {1,2,...,n}) egy permutációja áll Megjegyzés. A K latin négyzet x. sorának y. elemét K(x, y) fogja jelölni Deníció. Legyen K és L két n-edrend latin négyzet. Ortogonálisnak nevezzük ket, ha K(i, j) = K(p, q) esetén L(i, j) L(p, q) (i p és j q, i, j, p, q = 1,...n) Megjegyzés. Az ortogonalitás deníciójával ekvivalens a következ megfogalmazás: K és L latin négyzetek ortogonálisak, ha (k, l) S S esetén!(x, y) indexpár, hogy K(x, y) = k és L(x, y) = l Deníció. Latin négyzetek egy halmazára akkor mondjuk, hogy ortogonális rendszert alkot, ha a halmaz bármely két eleme ortogonális. 23

24 Megjegyzés. Az ortogonalitás deníciója szempontjából nem az a fontos, hogy az S halmaz milyen elemeket tartalmaz. Csak azt nézzük, hogy a K és L mátrixok megfelel elemeib l alkotott rendezett párok mind különböz ek-e. Ebb l az következik, hogy ha tekintem az S halmaz két különböz elemét, jelölje ezeket α és β, akkor az összes α helyére β-t írva és az összes β helyére α-t írva K-ban vagy L-ben, az a két mátrix ortogonalitási tulajdonságán nem változtat. Ezek után a 36 tiszt problémája a következ képpen fogalmazható meg: létezik-e két 6 6 latin négyzet, melyek ortogonálisak egymásra? Euler sejtése az volt, hogy n 2 (mod 4) esetén nem létezik n-edren ortogonális latin négyzetpár [8]. El ször Tarrynek sikerült belátnia [24], hogy nem létezik 6-odrend ortogonális latin négyzetpár, vagyis a 36 tiszt probléma nem oldható meg. Azonban Euler sejtése nem bizonyult igaznak ben Bose és Shrikhande példát adott 22-edrend ortogonális latin négyzetpárra [3]. Ugyanebben az évben Parkernek sikerült 10-edrend ortogonális latin négyzetpárt konstruálnia [21]. Most rátérünk a latin négyzetek ortogonális rendszerének a vizsgálatára Állítás. Az n-edrend latin négyzetek r-elem ortogonális rendszere esetén r < n. Bizonyítás [9] alapján. Jelölje L 1,..., L r a vizsgált n-edrend latin négyzetek ortogonális rendszerét. A megjegyzés szerint feltehet, hogy ezen latin négyzetek els oszlopa a 0, 1,..., n 1 elemeket tartalmazza, ebben a sorrendben. Indirekt tegyük fel, hogy r n. L 1,..., L r mindegyikének els sorában a második elem csak n 1-féle lehet, hiszen valamennyiben az els sor els eleme 0. De mivel legalább n db négyzetünk van, így biztosan lesz kett olyan - legyenek ezek L i és L j, hogy az els sor második helyén mindkett ben a k elem található. Viszont ekkor L i és L j els sorának második helyén és a k. sor els helyén is a k elem található, ami pedig ellentmond L i és L j ortogonalitásának. Így állításunkat beláttuk Deníció. Ha létezik olyan ortogonális rendszer, mely n 1 db n-edrend latin négyzetet tartalmaz, akkor ezek a latin négyzetek teljes ortogonális rendszert alkotnak. Prímhatványrend latin négyzetek teljes ortogonális rendszerére fogunk adni egy konstrukciót [25] szerint. Legyen q egy prímhatvány. Jelölje F q a q elem testet. F q minden nemzérus a elemére deniáljunk egy L a latin négyzetet a következ képpen: 24

25 L a (x, y) = ax + y, ahol x, y F q. Ez valóban latin négyzetet deniál, hiszen ha rögzítünk egy sort vagy oszlopot, akkor F q minden eleme pontosan egyszer fog el fordulni az adott sorban vagy oszlopban. Összesen q 1 darab latin négyzetet állítottunk így el. Belátjuk, hogy ezek páronként ortogonálisak. Legyen L a, L b két különböz latin négyzet. Legyen k, l F q tetsz leges elemek (nem feltétlenül különböz ek). x, y F q ismeretlenek. Tudjuk, hogy az ax + y = k bx + y = l egyenletrendszernek egyértelm en létezik megoldása, ha a rendszerhez tartozó determináns nem nulla. Esetünkben ez az a b 0 feltételt jelenti. Ez azzal ekvivalens, hogy a b. Ez teljesül, hiszen két különböz latin négyzetet tekintettünk. Így a megjegyzés szerint L a és L b ortogonálisak Következmény. Bármely q prímhatvány esetén létezik q-adrend latin négyzetek teljes ortogonális rendszere Véges projektív síkok és latin négyzetek kapcsolata A véges projektív síkok és a latin négyzetek közötti kapcsolatot Bose mutatta meg 1938-ban [2] Tétel. Legyen n 3. Akkor és csak akkor létezik n-edrend projektív sík, ha létezik n-edrend latin négyzetek teljes ortogonális rendszere. A bizonyítás els fele [12] alapján történik, a második fele [17] alapján. Bizonyítás. El ször azt látjuk be, hogy egy tetsz leges n-edrend projektív síkhoz megadható n-edrend latin négyzetek teljes ortogonális rendszere. A konstrukció a következ lesz. Legyen Π = (P, E, I) egy n-edrend projektív sík. Legyen p P. Tudjuk, hogy p-n keresztül n + 1 egyenes halad át. Jelölje ezeket e i (i = 0,..., n), ahol e 0 = e és e n = f. Az e i egyenes pontjait jelölje {p (i) j }n j=0, ahol i : p (i) 0 = p. A latin négyzetek elemei az S = {1, 2,..., n} halmazból kerülnek ki. Az n 1 latin négyzetet deniáljuk a következ képpen: 25

26 L i (α, β) = k, ha a p (0) α p (n) β és az e i egyenes metszéspontja p (i) k. (α, β S, i = 1,..., n 1) Megmutatjuk, hogy ez a deníció valóban n 1 darab latin négyzetet határoz meg, melyek teljes ortogonális rendszert alkotnak. Ahhoz, hogy L i (i = 1,..., n 1) latin négyzet, azt kell belátni, hogy S minden eleme L i minden sorában és minden oszlopában pontosan egyszer fordul el. Legyen k S tetsz leges. A p (i) k ponton az e i egyenesen kívül még n darab egyenes halad át. Ezek mindegyike metszi e-t és f-t p-t l különböz pontokban. Mivel ezek az egyenesek (P1) miatt egyértelm en léteznek, így egy adott p (0) α pontosan egy p (n) β ponthoz pont létezik és egy adott p (n) β ponthoz pontosan egy p (0) α pont létezik. egyértelm en meghatározzák egymást. Ez viszont éppen azt jelenti, hogy Tehát p (0) α és p (n) β S egy adott eleme L i minden sorában és minden oszlopában pontosan egyszer fordul el. Tehát L i valóban egy latin négyzet. Azt kell még belátni, hogy ezek páronként ortogonálisak. Legyen L i és L j két különböz latin négyzet. Legyen k, l S tetsz legesek. Azt kell belátni, hogy ekkor egyértelm en létezik (α, β) pár, hogy L i (α, β) = k és L j (α, β) = l. Deníció szerint L i (α, β) = k jelentése, hogy p (0) α p (n) β e i = p (i) k, L j (α, β) = l jelentése, hogy p (0) α p (n) β Az következik ebb l, hogy p (i) k p (0) α p (n) β és p (j) l p (0) e j = p (j) l. α p (n) β, vagyis p(i) k és p (j) l mindketten rajta vannak a p (0) α p (n) β egyenesen. (P1) miatt pontosan egy egyenes létezik a p (i) k és pontokon át, amib l következik, hogy α, β egyértelm en meg van határozva. Mivel p (j) l összesen n 1 darab n-edrend latin négyzetet deniáltunk, amik közül bármely kett ortogonális, így n-edrend latin négyzetek teljes ortogonális rendszerét kaptuk. Ezzel állításunk els felét igazoltuk. A fordított irányhoz legyen L i (i = 1,..., n 1) n-edrend latin négyzetek teljes ortogonális rendszere, melyeknek a karakterkészlete legyen az S = {0, 1,..., n 1} halmaz. Ehhez fogunk egy Π n-edrend projektív síkot konstruálni a következ képpen. A pontok legyenek az (x, y) rendezett párok, az (x) és a ( ) szimbólum. Az egyenesek az [m, k] rendezett párok, a [k] és a [ ] szimbólum. x, y, m, k S. Láthatjuk, hogy összesen n 2 +n+1 pontot és ugyanennyi egyenest deniáltunk. Az illeszkedés legyen az reláció, (x, y) [m, k] jelöli azt, hogy az (x, y) pont rajta van az [m, k] egyenesen. A többi típusú pont és egyenes illeszkedését is így jelöljük. Az illeszkedést a következ képpen deniáljuk: (x, y) [m, k] k = L m (x, y), ahol x, y, m, k S, m 0 26

27 (x, y) [0, k] y = k, ahol x, y, k S (x, y) [k] x = k, ahol x, y, k S (x, y) / [ ], ahol x, y S (x) [m, k] x = m, ahol x, k, m S (x) / [k], ahol x, k S (x) [ ], ahol x S ( ) [k], ahol k S ( ) [ ] ( ) / [m, k], ahol m, k S Belátjuk, hogy az így deniált struktúra egy n-edrend projektív sík. Ehhez igazolni fogjuk (P1)-(P4)-t. El ször azt mutatjuk meg, hogy bármely két különböz egyeneshez pontosan egy olyan pont létezik, mely illeszkedik a két adott egyenesre. Esetszétválasztással fogjuk megvizsgálni a különböz lehet ségeket. 1. [a], [ ], a S. Egy (x) típusú pont nem lehet a metszéspont, hiszen (x) / [a]. Az (x, y) típusúak sem jöhetnek szóba, hiszen (x, y) / [ ]. A ( ) szimbólum az egyetlen pont, melyre ( ) [a] és ( ) [ ]. 2. [a], [b], a b, a, b S. Egy (x) típusú pont nem lehet a metszéspont, hiszen (x) / [a]. Egy (x, y) típusú sem lehet, hiszen (x, y) [a] x = a és (x, y) [b] x = b. Ebb l azt kapjuk, hogy a = b, ami ellentmond a kezdeti feltételnek. A ( ) szimbólum az egyetlen pont, melyre ( ) [a] és ( ) [b]. 3. [a, b], [ ], a, b S. A ( ) nem lehet, hiszen ( ) / [a, b]. Egy (x, y) típusú sem lehet, hiszen (x, y) / [ ]. Az egyértelm metszéspont egy (x) típusú pont lesz, hiszen (x) [a, b] x = a és (a) [ ] is teljesül. 4. [a, b], [c], a, b, c S. A ( ) nem lehet, hiszen ( ) / [a, b]. Egy (x) típusú pont sem lehet, mivel (x) / [c]. A metszéspont csakis (x, y) típusú pont lehet, ugyanis (x, y) [c] x = c. Ez azt jelenti, hogy csak a (c, y) alakú pontok jöhetnek 27

28 szóba. Két eset állhat fenn. Ha a 0, akkor (c, y) [a, b] b = L a (c, y). Mivel L a latin négyzet, így egy adott S-beli elem L a minden sorában pontosan egyszer fordul el, vagyis pontosan egy olyan y létezik, melyre b = L a (c, y). Ha a = 0, akkor (c, y) [0, b] y = b. Ebben az esetben is egyértelm en létezik metszéspont, ami a (c, b). 5. [a 1, b 1 ], [a 2, b 2 ], a 1, a 2, b 1, b 2 S, a 1 a 2, a 1 0, a 2 0. A ( ) nem lehet metszéspont, hiszen ( ) / [a 1, b 1 ]. Egy (x) típusú pont sem lehet, mivel (x) [a 1, b 1 ] x = a 1 és (x) [a 2, b 2 ] x = a 2, amib l azt kapjuk, hogy a 1 = a 2, ami ellentmond a kezdeti feltevésnek. A metszéspont egy (x, y) típusú pont lesz. Mivel L a1 egy latin négyzet, így minden sorában és minden oszlopában pontosan egy olyan mez van, ahol b 1 szerepel. Az ezeknek megfelel L a2 -beli mez kben az ortogonalitás miatt az S halmaz minden eleme el fordul, pontosan egyszer. Ez azt jelenti, hogy egyértelm en létezik (x, y) pár, hogy L a2 (x, y) = b 2, ami deníció szerint azt jelenti, hogy (x, y) [a 2, b 2 ]. Mivel L a1 -ben éppen a b 1 -t tartalmazó mez ket tekintettük, így teljesül, hogy L a1 (x, y) = b 1, ami azt jelenti, hogy (x, y) [a 1, b 1 ]. Vagyis az (x, y) pont a metszéspont, ami az el z ek szerint egyértelm en létezik. 6. [a 1, b 1 ], [a 2, b 2 ], a 1, a 2, b 1, b 2 S, a 1 a 2, a 1 = 0, a 2 0. A ( ) nem lehet metszéspont, hiszen ( ) / [a 2, b 2 ]. Egy (x) típusú pont sem lehet, mivel (x) [0, b 1 ] x = 0 és (x) [a 2, b 2 ] x = a 2, amib l azt kapjuk, hogy a 2 = 0, ami ellentmond a kezdeti feltevésnek. A metszéspont egy (x, y) típusú pont lesz. (x, y) [0, b 1 ] y = b 1, vagyis a pontot (x, b 1 ) alakban keressük. (x, b 1 ) [a 2, b 2 ] L a2 (x, b 1 ) = b 2. Mivel L a2 latin négyzet, így b 2 minden oszlopban pontosan egyszer fordul el. Ebb l következik, hogy egyértelm en létezik x, melyre L a2 (x, b 1 ) = b [a 1, b 1 ], [a 2, b 2 ], a 1, a 2, b 1, b 2 S, a 1 = a 2. Ekkor nyilván b 1 b 2. A ( ) nem lehet metszéspont, hiszen ( ) / [a 1, b 1 ]. Egy (x, y) típusú pont sem lehet. Valóban, hiszen a 1 0 esetén (x, y) [a 1, b 1 ] L a1 (x, y) = b 1 és (x, y) [a 1, b 2 ] L a1 (x, y) = b 2, ami ellentmondás. Ha a 1 = 0, akkor (x, y) [0, b 1 ] y = b 1 és (x, y) [0, b 2 ] y = b 2, amib l azt kapjuk, hogy b 1 = b 2. Ez viszont ellentmond a kezdeti feltételnek. Mivel (a 1 ) [a 1, b 1 ] és (a 1 ) [a 1, b 2 ], így az egyértelm metszéspont (a 1 ) lesz. Ezzel beláttuk (P2)-t. Most azt igazoljuk, hogy bármely két különböz pontra ponto- 28

29 san egy egyenes illeszkedik. Itt is esetszétválasztással fogjuk megvizsgálni a különböz lehet ségeket. 1. (a), ( ), a S. Egy [x] típusú egyenes nem lehet a rájuk illeszked egyenes, hiszen (a) / [x]. Hasonlóan [x, y] sem lehet, mert ( ) / [x, y]. A [ ] egyenes lesz az egyetlen rájuk illeszked egyenes, hiszen ( ) [ ] és (a) [ ]. 2. (a), (b), a, b S, a b. Egy [x] típusú egyenes nem lehet a rájuk illeszked egyenes, hiszen (a) / [x]. Egy [x, y] típusú sem lehet, hiszen (a) [x, y] x = a és (b) [x, y] x = b, amib l következik, hogy a = b, ez viszont ellentmond a kezdeti feltételnek. A [ ] lesz az egyetlen egyenes, ugyanis (a) [ ] és (b) [ ]. 3. (a, b), (c), a, b, c S. Egy [x] típusú egyenes nem lehet a rájuk illeszked egyenes, hiszen (a) / [x]. Egy [ ] típusú egyenes sem jöhet szóba, hiszen (a, b) / [ ]. A két adott pontra egy [x, y] típusú egyenes illeszkedik. Valóban, ugyanis (c) [x, y] x = c, ezért az egyenest [c, y] alakban keressük. Két eset állhat fenn. Ha c 0, akkor (a, b) [c, y] L c (a, b) = y. Ebb l következik, hogy a, b, c ismeretében y egyértelm en meghatározott. Ha c = 0, akkor (a, b) [0, y] y = b. Ekkor az egyetlen rájuk illeszked egyenes a [0, b]. 4. (a, b), ( ), a, b S. A [ ] egyenes nem lehet, hiszen (a, b) / [ ]. Egy [x, y] típusú sem egyenes sem, hiszen ( ) / [x, y]. Mivel (a, b) [x] x = a és ( ) [a] is teljesül, így az [a] lesz az egyetlen rájuk illeszked egyenes. 5. (a 1, b 1 ), (a 2, b 2 ), a 1, a 2, b 1, b 2 S. Két eset lehetséges. El ször nézzük azt, amikor a 1 = a 2. Ekkor nyilván b 1 b 2, ugyanis két különböz pontot tekintünk. Egy [ ] típusú egyenes nem jöhet szóba, hiszen (a 1, b 1 ) / [ ]. Egy [x, y] típusú egyenes sem lehet, hiszen ekkor (a 1, b 1 ) [x, y] L x (a 1, b 1 ) = y és (a 1, b 2 ) [x, y] L x (a 1, b 2 ) = y, amib l kapjuk, hogy L x (a 1, b 1 ) = L x (a 1, b 2 ). Ez viszont ellenmondás b 1 b 2 miatt, ugyanis L x egy latin négyzet, így minden sorában pontosan egyszer fordul el minden elem. Az egyetlen rájuk illeszked egyenes az [a 1 ]. Valóban, hiszen (a 1, b 1 ) [a 1 ] és (a 1, b 2 ) [a 1 ] teljesül és más ilyen típusú egyenes nem jöhet szóba. Az a 1 a 2 esetben tekintsük az összes (a 1, b 1 )-re és az (m) típusú pontokra illeszked egyeneseket. Ezek a fenti 3. miatt csak [x, y] típusúak lehetnek. Összesen n darab ilyen van, ugyanis (m) [x, y] x = m, ami [m, y] alakúakat jelent. Az m = 0 esetben (a 1, b 1 ) [0, y] y = b 1, így [0, b 1 ] az egyik egyenes. Ha m 0, akkor 29

30 (a 1, b 1 ) [m, y] L m (a 1, b 1 ) = y. Azaz m értéke 1,..., n 1 lehet. Összesen tehát n darab egyenesünk van. Most megmutatjuk, hogy ezek mindegyikén az (a 1, b 1 ) ponton kívül még n darab pont van. Legyen m, y S adott. A [0, b 1 ] egyenesen még n 1 darab (a, b 1 ) alakú pont létezik, a a 1, és (0) [0, b 1 ] is teljesül. Más típusú pont nem jöhet szóba. Tehát a [0, b 1 ] egyenesen valóban létezik n darab (a 1, b 1 )-t l különböz pont. Most nézzünk egy [m, y] egyenest, ahol m 0. Ekkor L m (a 1, b 1 ) = y. Mivel egy latin négyzetben S minden eleme pontosan egyszer fordul el minden sorban és oszlopban, így n 1 olyan (a, b), a a 1, b b 1 indexpár létezik, melyre L m (a, b) = y teljesül. Ezenkívül igaz az is, hogy (m) [m, y]. Tehát egy [m, y] típusú egyenesen is létezik n darab (a 1, b 1 )-t l különböz pont. Most tekintsük az [a 1 ] egyenest. Nyilván (a 1, b 1 ) [a 1 ]. Ezen kívül még n 1 darab (a 1, b), b b 1 alakú pont létezik az [a 1 ] egyenesen. Az is teljesül, hogy ( ) [a 1 ]. Más pont nem lehet rajta. Azt kaptuk, hogy az [a 1 ] egyenesen is létezik n darab (a 1, b 1 )-t l különböz pont. Az eddigieket összevetve az (a 1, b 1 ) ponton át n + 1 darab egyenes megy át, melyek mindegyike tartalmaz még n darab (a 1, b 1 )-t l különböz pontot. Ez n 2 + n pontot jelent. Összesen n 2 +n+1 pontot deniáltunk a konstrukciónk elején. Ez azt jelenti, hogy (a 2, b 2 ) az (a 1, b 1 ) ponton áthaladó egyenesek valamelyikén rajta van. Egynél több egyenesen nem lehet, hiszen az ellentmondana (P2)-nek, amir l már beláttuk, hogy teljesül. Ezzel igazoltuk (P1)-t. Mivel n 3, így (P3) és (P4) nyilvánvalóan teljesül. Legyen k S. Mivel (x, y) [k] x = k, így [k]-ra n darab (k, y) típusú pont illeszkedik (y S és S = n). Másrészt ( ) [k]. Más pont nincs rajta. Tehát van egy olyan egyenesünk, amely n + 1 pontot tartalmaz, vagyis Π egy n-edrend projektív sík. Ezzel a tétellel egy másik utat láttunk arra, hogyan lehet prímhatványrend projektív síkot konstruálni. Közben a 6-odrend véges projektív sík létezésének a kérdésére is választ kaptunk Következmény. A tétel miatt és Tarry eredményéb l, miszerint nem létezik ortogonális 6-odrend latin négyzetpár, az következik, hogy nem létezik 6-odrend véges projektív sík. 30

31 5. fejezet Blokkrendszerek Ebben a fejezetben a blokkrendszerek elméletébe adok egy rövid bevezetést, amelyre a Bruck-Ryser-Chowla tétel miatt van szükség. Ennek lesz következménye a Bruck és Ryser eredeti, 1949-ben közölt eredménye véges projektív síkokról Deníció és tulajdonságok Deníció. Egy (V, B) pár blokkrendszer, ha V egy v elem halmaz, melynek elemeit pontoknak hívjuk, B a V nemüres részhalmazaiból álló b elem halmaz, melynek elemeit blokkoknak hívjuk és (V, B)-re teljesülnek a következ k valamely k, r, λ pozitív egészekkel: (1) Minden pont pontosan r blokkban van benne. (2) Minden blokk pontosan k pontot tartalmaz. (3) Bármely két különböz ponthoz pontosan λ blokk létezik, melyek mindegyike tartalmazza ezt a két pontot. Az így deniált struktúra következménye az alábbi Állítás. vr = bk (5.1) r(k 1) = λ(v 1) (5.2) 31