Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Természettudomáyi Kar Retek Dávid Módszerek a metsző halmazredszerek maximális méretéek meghatározására MSc szakdolgozat Témavezető: Katoa O. H. Gyula egyetemi taár Számítógéptudomáyi Taszék Budapest, 01
Tartalomjegyzék 1. Bevezető. Elméleti háttér 3.1. Shiftig módszer.......................... 4.. Kör-módszer............................ 11.3. Csillag-módszer........................... 15 3. Problémafelvetés 19 3.1. Példa................................ 0 4. Kostrukciók 1 4.1. 1. kostrukció............................ 1 4... kostrukció............................ 4..1. Közeliség és alapvető struktúra.............. 3 4... Becslés a kostrukcióra................... 4 4.3. Példa................................ 9 5. Elméleti korlátok 30 5.1. Kezdeti becslés a korlátra...................... 30 5.. Elméleti korlát becsléséek javítása................ 33 6. Koklúzió 35 7. Köszöetyilváítás 36 8. Irodalomjegyzék 37 1
1. Bevezető A metsző halmazredszerek tulajdoságait a 60-as évekbe kezdték vizsgáli, és mai apig em veszítették el aktualitásukat. Mivel ezek a halmazredszerek több módosítással bírak az eredeti halmazredszerekhez képest, széles területe yílt lehetőség az alkalmazásukra. Külöböző megkötések eseté külöböző korlátok teljesülek az elérhető legagyobb halmazredszer méretére, ezek a korlátok tematika szerit jól csoportosíthatók. Szakdolgozatom első részébe három széles körbe alkalmazható módszert mutatok be: a shiftelést, a kör-módszert és a csillag-módszert. Az ebbe a részbe bemutatott egyes tételek közismertek, azoba a szakdolgozat későbbi részébe tárgyalt problémákba való éritettségük miatt szükséges az áttekitésük. A második részbe egy új általáosítási iráyt vizsgálok meg, ahol az eddigiektől eltérőe em extra szabályokat vezetek be, haem maga a metsző tulajdoság kerül általáosításra. Itt ismertetem az új típusú halmazredszerrel végzett vizsgálatom eredméyeit: kezdve az előállításáak külöböző módjaitól az alsó és felső méretkorlátok ismeretetéséig.
. Elméleti háttér A metsző halmazredszerek vizsgálatát kezdjük a legelemibb problémával. Adott az elemű alaphalmaz összes részhalmaza. A kérdés, hogy háy olya részhalmazt tuduk kiválasztai, hogy bármely kettőek legye közös eleme. A válasz közismert: a halmazok felét. Jelölés []-el jelöljük az elemű alaphalmazt. Eek elemei legyeek a természetes számok 0-tól (-1)-ig. Jelölés [] -el jelöljük az [] alaphalmaz összes lehetséges részhalmazáak halmazát. 1. Defiíció. S [] halmazredszer metsző, ha bármely S 1, S S halmazra S 1 S. Eze jelöléseket haszálva, a feti példa átírható az alábbi alakba: max{ S : S [] metsző} = 1 (1) Bár a feti állítás yilvávaló, a később bemutatott kostrukciók miatt mégis tekitsük meg a bizoyítását. Bizoyítás: Egyrészt a maximum em lehet agyobb mit 1 hisze egy részhalmaz és komplemetere közül csak egyiket választhatjuk be. Másrészt ez az érték el is érhető. Jelöljük ki az alaphalmaz egy elemét, és vegyük be S-be mide olya részhalmazt, ami tartalmazza a kijelölt elemet. Ilye halmazból 1 db va, továbbá az így választott S yílvá metsző halmazredszer lesz. 3
. Defiíció. Az alaphalmaz egy a elemét a halmazredszer geeráló eleméek evezzük, ha a halmazredszer tartalmaz mide olya halmazt, amely tartalmazza a-t. 3. Defiíció. Az alaphalmaz egy A részhalmazát a halmazredszer geeráló halmazáak evezzük, ha a halmazredszer tartalmaz mide olya halmazt, amely tartalmazza A-t. A maximális halmazredszer geeráló elem haszálata élkül is elérhető. Ha páratla, válaszuk ki az összes legalább méretű halmazt. Ezek méretükből adódóa metsző halmazredszert alkotak és számuk 1. Ha páros, válaszuk ki az összes legalább + 1 méretű halmazt és az méretűek felét figyelve, hogy ezek metszők legyeek, például mide 0-ás elemet tartalmazó halmazt válasszuk. Ekkor szité maximális metsző halmazredszert kapuk..1. Shiftig módszer Vizsgálataikat folytassuk az alapvető eredméyek számító Erdős-Ko-Rado[1] 1961-es tételével. Ezúttal is maximális metsző halmazredszert keresük [] alaphalmazo, azoba ezúttal előre fixáljuk a felhaszálható halmaz méretét. Ez legye k. A probléma triviális, ha k >, ekkor mide ilye méretű halmazt beválaszthatuk. Így elegedő csupá a k eseteket vizsgáli. 4. Defiíció. ( ) [] k -val jelöljük az [] alaphalmaz azo részhalmazait, amelyek mérete potosa k. Ezt a halmazredszer k -adik szitjéek hívjuk..1. Tétel (Erdős-Ko-Rado). Ha k és S ( ) [] k metsző halmazredszer, akkor ( ) 1 S. () k 1 4
A bizoyítás előtt, vegyük észre, hogy a becslés éles. Jelöljük ki az alaphalmaz egy elemét geeráló elemek. Eze geeráló elemet tartalmazó k elemű halmazok száma pot ( 1 k 1) és yilvávalóa metsző halmazredszert kaptuk. Bizoyítás: Az S méretét jelöljük m-mel, elemeit pedig S = {S 1,...S m }-mel. A bizoyítás szeriti idukcióval törtéik. Ha =, akkor k = 1 lehet csak. Ekkor m = 1 ( 1 k 1). Legye 3. Először vizsgáljuk meg a tétel egy speciális esetét, ha k =. Ekkor S i és komplemetere [] S i is k elemű, viszot a kettő közül csak az egyik szerepelhet S-be. Tehát, S 1 ( ) = k ( ) 1. k 1 Föltehető, hogy k <. Rögzített, m, k paraméterekre a feltételeket teljesítő S halmazredszerek közül vegyük azt, melyre az elemek együttes mérete f (S) = S i miimális. Tegyük fel, hogy ha ( 1) S S és λ ([] S ), akkor S { 1}+{λ} S. Valamit azt is feltehetjük, hogy S elemei az 1-es elem tartalmazására ézve redezettek, azaz m 0 < m hogy 1 S i ha i < m 0 és 1 S i ha m > i m 0. Ekkor Z i := S i { 1} i = 1,... m 0. Továbbá legye µ < ν < m 0. Ekkor S µ + S ν < k <, ezért λ [] S µ S ν. Tehát érvéyes rá a kezdeti feltevésük, azaz Z µ + {λ} S. Ez azt jeleti, hogy Z µ + {λ} S ν. Viszot 1 Z µ, így a közös elem em lehet az 1-es. Tehát (Z µ + {λ}) (S ν { 1}) = (Z µ + {λ}) Z ν. Továbbá λ Z µ S µ, így λ sem lehet a közös elem, azaz (Z µ + {λ}) Z ν = Z µ Z ν. 5
Mivel ez tetszőleges µ < ν < m 0 párra igaz és k 1 1, beláttuk, hogy {Z 1,..., Z m0 } uiform metsző halmazredszert alkot, az [ 1] alaphalmazo k 1- es halmazmérettel. Alkalmazva az idukciós feltevést kapjuk, hogy 0 ( k 1). Kihaszálva, hogy S {S 1,..., S 0 } továbbra is metsző halmazredszer, amely em tartalmazza az 1-es elemet adódik, hogy 0 összeadva igazoltuk az állítást. ( k 1). A két részt Most már csak azt kell beláti, hogy a kezdeti feltevés S { 1} + {λ} S jogos. Idirekt tegyük fel, hogy éháy elemre em teljesül. Feltehető, hogy az elemek az alábbi, redezett sorredbe vaak. 1 m 0 m 1 m m eseté, ( 1) S i, λ S i, B i = S i { 1} + {λ} S, ha i < m 0 ; ( 1) S i, λ S i, S i { 1} + {λ} S, ha m 0 i < m 1 ; ( 1) S i, λ S i, ha m 1 i < m ; ( 1) S i, ha m i < m ; Defiiáljuk további B i halmazokat: B i = S i, ha m 0 i < m. Vegyük észre, hogy B = {B 1,..., B m } szité maximális méretű k uiform metsző halmazredszer [] alaphalmazo, mivel a feti esetszétválasztást haszálva köye látható, hogy tetszőleges i j párra B i B j és B i B j 0 i, j m. Ekkor azoba, ha összehasolítjuk a két halmazredszert, akkor f (B) f (S) = m 0 (λ ( 1)) < 0, ami elletmod S f szeriti miimalitásáak. Tehát jogos volt a feltevés és így beláttuk a tételt. (3) Az előbbi bizoyításba látott speciális tulajdoságú metsző halmazredszert evezzük shifted redszerek. 5. Defiíció. S S ( ) [] k halmazredszer eseté, ha x, y [] és x > y S x + y, ha x S, y S, S x + y S ; τ x,y (S ) := S, külöbe. (4) τ x,y (S) := {τ x,y (S ) : S S} 6
Az előbbi defiíciót haszálva: 6. Defiíció. [] alaphalmazo vett S halmazredszer shifted, ha τ x,y (S) = S x, y []..1. Következméy. Ha S metsző halmazredszer volt, akkor τ x,y azoos méterű metsző halmazredszer lesz. Eek haszálata az alapja a shiftig módszerek. A shiftelés számos esetbe jól haszálható módszer. Erejét jól mutatja Hilto-Miler tétele is..1. Lemma (Frakl). Legye [] alaphalmazo S shifted halmazredszer. Ekkor S 1 S [k] S 1, S S Bizoyítás: A lemmába szereplő állításál kicsivel erősebb tulajdoságot foguk bizoyítai. Legye T = {0, 1,..., k }, ekkor [k] helyett már T-re is teljesül az állítás. Idirekt tegyük fel, hogy S 1, S halmazpár, melyre S 1 S = R miimális méretű, sértő, azaz R T = 0. Mivel S metsző R = r 1. Ebből adódóa R T. Legye x R T. Továbbá S 1 T k 1, illetve S T k 1, így (S 1 T) (S T) (k 1) < T y T S 1 S. S shifted tulajdoságát fölhaszálva adódik, hogy τ x,y (S 1 ) = S x + y S. Ekkor y τ x,y (S 1 ) S y választása miatt. Így τ x,y (S 1 ), S szité sértő halmazpár. Viszot mivel x τ x,y (S 1 ) S, igy τ x,y (S 1 ) S < r, ami elletmod a miimalitási feltételek... Tétel (Hilto-Miler). S ( ) [] k metsző halmazredszer, k és e legye S-be közös elem, azaz S S S =, akkor ( ) ( ) 1 k 1 max S = + 1 (5) k 1 k 1 7
Bizoyítás: Elsőkét ézzük egy kostrukciót, hogy ilye méretű halmazredszer előállítható. Vegyük egy fix i [] elemet és egy K [] részhalmazt, hogy K = k és i K. Ekkor S-be legye K, továbbá mide olya S halmaz, amely tartalmazza x-et és amire K S. Ekkor S metsző halmazredszer lesz, és K beválasztása miatt S S S = feltétel is teljesül. Továbbá egyszerű leszámlálással adódik, hogy mérete pot a tételbe leírt érték. Így a tétel belátásához elegedő egyelőtleséget igazoli. max S ( ) 1 k 1 ( ) k 1 + 1 (6) k 1 k = eseté köye meggodolható, hogy három halmazál többet em lehet bevei. Ezzel k = esetre igazoltuk is az állítást. Legye k >. Idukcióval tegyük fel, hogy kisebb k-ra teljesül az állítás. Tegyük fel, hogy S egy maximális ilye halmazredszer, [] alaphalmazo. Alkalmazzuk τ x,y traszformációt S-e, amíg lehetséges, tehát amíg em keletkezik közös elem. Ekkor két lehetőség va: 1. eset: τ x,y ismételt alkalmazása elleére em keletkezik közös elem. Ekkor éháy lépés utá eljutuk egy shifted H ( ) [] k redszerig, melyre H = S és ics bee közös elem.. eset: τ x,y ismételt alkalmazása sorá, létrejö egy G közös elem élküli redszer, melyre τ x1,y 1 (G) (x 1 > y 1 ) redszerbe már lee közös elem. Az elemek átidexelésével feltehető, hogy x 1 = és y 1 = 1, továbbá az átidexelést utái redszert jelöljük G -vel. Ekkor G G G {1, }. Továbbá bármilye k elemű részhalmaza az []-ek, amely tartalmazza az {1, } elemeket bevehető G -be. A maximalitás miatt ez a kövektezővel ekvivales: ( ) [] {1, } G k G G. (7) Alkalmazzuk τ x,y (3 y x) függvéyt G -re, ameddig csak változik a halmazredszer. Vegyük észre, hogy ez alatt em keletkezhet közös elem, mivel 8
(7)-ből adódóa mide y 3 elem legalább egy G -beli halmazból hiáyzik. Az így kapott halmazredszer legye H. Ekkor H ( ) [] k, H = S és H metsző halmazredszer közös pot élkül. Továbbá {1, } H H H és (8) τ x,y (H) = H (3 y x). (9) Ekkor az 1. esetbe alkalmazható a.1-es lemma. Viszot. esetbe H em shifted redszer, ezrét meg kell godoli, hogy igaz-e az állítás ebbe az esetbe is. Idirekt tegyük fel, hogy em. Legye H 1, H a sértő párok közül olya, amelyre H 1 H miimális. A (8) összefüggés értelmébe H 1 és H is tartalmaz elemet {1, } halmazból. Ez választásuk miatt csak úgy lehet, hogy egy-egy külöböző elemet tartalmazak. Tehát H 1 {1, } és H {1, } egyformá (k 1) elemű halmazok. Továbbá em diszjuktak, ezért va olya x és y elem, hogy x H 1 H {k + 1,..., } és y {3,..., k} H 1 H. Ekkor (9) miatt H 3 = H 1 +{x} {y} H, valamit H H 3 {1,..., k} és H 1 H > H H 3, ami elletmod H 1 H miimalitásáak. Tehát a lemma érvéyes a. esetre is... Lemma. Legye A := {H {1,..., k} : H H} és A i azo része, amely halmazok mérete potosa i, i {1,..., k}. Ekkor A i méretére teljesük, hogy ( ) ( ) k 1 k 1 A i (10) i 1 i 1 Bizoyítás: Legye i k 1 és idirekt tegyük fel, hogy (10) téves, azaz A i > ( ) ( k 1 i 1 k 1 ) ( i 1 k 1 ) ( i 1 k i 1 ) i 1 + 1. A.1-es lemma alapjá A i metsző. Így az idukciós feltevés miatt A i -ek va közös eleme, ez legye x A A A, úgy, hogy x em közös elem H-ba. Tehát létezik egy H H, melyre x H. Azo i elemű halmazok száma az {1,..., k} alaphalmazo, melyek tartalmazzák x-et ( ) k 1 i 1. Viszot A i em tartalmazhatja azokat a halmazokat, amelyek diszjuktak H-tól, A választása miatt. Ilye halmazok száma: ( ) ( ) {1,..., k} H 1 k 1. (11) i 1 i 1 9
Ezzel beláttuk a lemmát i k 1 esetbe. Legye k=1. Ekkor A 1 =0, mivel ha pozitív lee, az azt jeleteé, hogy A-ba va egy egyelemű {x} halmaz. Viszot ekkor a metsző tulajdoság miatt, mide halmazak tartalmazia kée x-et, tehát x közös elem lee. Legye i = k. Ekkor A k ( ) k 1 = 1 ( ) k. (1) k 1 k Ami abból az egyszerű következméyből adódik, hogy A és {1,..., k} A halmazok em lehetek bee egyszerre A k H-ba, mivel H metsző halmazredszer. A.-es lemma segítségével már befejezhetjük a tétel bizoyítását. (10) és (1) haszálatával becsüljük meg H elemeiek a számát. Egy fix A A i halmazt legfeljebb ( ) k k i -féleképpe egészíthetük ki. Ezek alapjá H mérete az alábbi módo becsülhető: = k ( ) k k 1 (( ) ( )) ( ) ( ) k 1 k 1 k k 1 H A k + = k i i 1 i 1 k i k 1 i=1 i=1 k (( ) ( )) ( ) k 1 k 1 k = + 1 = i 1 i 1 k i i=1 k ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) k 1 k k 1 k 1 k 1 + 1 = + 1. i 1 k i i 1 k i k 1 k 1 i=1 10
.. Kör-módszer Erdős-Ko-Rado tételét egyszerűbbe is beláthatjuk, ha a kör-módszert [] alkalmazzuk..3. Lemma (Katoa). Egy ciklikus permutációval vigyük az alaphalmaz elemeit egy körre. Legye G i itervallum a kör egymást követő k darab eleme, ahol k és i = 1,..., m, úgy, hogy {G i : i = 1,..., m} metsző halmazredszert alkosso. Ekkor ha i j párra G i G j, akkor m < k. Bizoyítás: Vegyük észre, hogy G i -k választásából adódóa az, hogy két halmaz metszi egymást, ekvivalest azzal, hogy az itervallum valamelyik végpotja bee va a másik itervallumba. A permutáció sorá keletkezett sorred legye i 0,..., i 1. Tekitsük a G 1 itervallumot. Feltehetjük, hogy eek elemei redre i 1,..., i k. Ekkor a többi G i itervallum csak olya lehet, amelyek valamely végpotja i 1,..., i k. Nyilvá tetszőleges i l végpotú itervallumból kettő lehet, i l k,..., i l és i l,..., i l+k, ahol az idexek mod értedők. 1. ábra. itervallum-fedés 11
Vegyük észre, hogy i l k,..., i l és i l+1,..., i l+1+k itervallum párok k választása miatt em metszik egymást. Eze észrevételt alkalmazva l = 1,..., k-ra kapjuk, hogy a G 1 itervallumot metsző k 1 ilye pár közül, párokét legfeljebb egyet tartalmazhat a halmazredszer. Tehát a halmazredszer mérete legfeljebb k 1 + 1 = k. Bizoyítás(Tétel): Tekitsük a következő elempárt (C; S ), ahol C egy ciklikus permutáció, S S metsző itervallum C szerit. A.3-as lemmát haszálva, számoljuk meg kétféleképpe az előbbi elempárokat. Egyrészt, C-t ( 1)!- féleképpe rögzíthetjük. Rögzített C-re, a lemma alapjá k db ilye itervallum lehet. Másrészt, S -t is rögzíthetjük előre, melyet S -féleképpe tehetük meg. Ekkor a rögzített S elemeit k!-féleképpe rakhatjuk sorba, a fet maradó elemeket pedig ettől függetleül ( k)!-féleképpe. Ezek alapjá adódik, hogy ( 1)!k S k!( k)!. Az egyelőtleséget átredezve megkapjuk a kívát állítást. A kör-módszer haszálatával több tételre is egyszerűbb bizoyítást lehet adi. Erre jó példa Miler [4] tétele, melyet a módszer súlyozott változatával köye bizoyíthatuk. 7. Defiíció. Az olya S metsző halmazredszert, melyre tetszőleges A, B S eseté A B metsző Sperer-redszerek evezzük..3. Tétel (Miler). [] alaphalmazo vett metsző Sperer-redszer méretére teljesük, hogy ( ) S +1. (13) 1
A tétel bizoyításához először ézzük meg a kör-módszer súlyozott változatát. Legye C egy az alaphalmazo értelmezett ciklikus permutáció..4. Lemma (Katoa). Legye B = {B 1,... B r } halmazok melyek metsző Spererredszert alkotak és C szerit itervallumok. Ekkor r ( ) ( ) B i +1. (14) i=1 Bizoyítás: Az itervallumokat jellemezzük a kezdő elemük szerit. Ekkor kihaszálva, hogy B Sperer-redszer, adott kezdetőpotból csak egy B i itervallum idulhat ki, külöbe a két halmaz közül valamelyik tartalmazá a másikat. Ebből azoal adódik, hogy r. Ezt és a biomiális együtthatók mérete közötti összefüggést kihaszálva a lemma adódik, ha páratla. Tehát tegyük fel, hogy páros. Elöszőr speciális esetkét vegyük az r = esetet. Ekkor átidexeléssel feltehető, hogy a B i halmaz az i-edik elemmel kezdődik. Továbbá a Sperer-tulajdoságból adódik, hogy tetszőleges B-re, B i B i+1. Ezt alkalmazva kapjuk, hogy B 1 B B B 1. Tehát mide B elem mérete azoos, jelöljük ezt k-val. Ekkor mivel B metsző halmazredszer, k >. Így ismét a biomiális együtthatók mérete közötti összefüggést haszálva, adódik, hogy tetszőleges B halmazra ( B i ) ( ezzel igazoltuk a lemmát a = r esetbe. +1 ), Ha r <, kihaszálva, hogy a halmazredszer metsző, egy itervallum és a komplemetere közül csak az egyik lehet B-be. Ebből adódóa legfeljebb darab méretű halmaz lehet. Azaz a többi halmazra teljesül, hogy ( ) ( B i ). +1 Eze észrevételeket fölhaszálva adódik, hogy r i=1 ( B i ) ( ) ( ) ( + 1 13 ) + 1 ( = +1 ).
Bizoyítás(Tétel): Legye {S 1,..., S m } metsző Sperer-redszer [] alaphalmazo. Tekitsük az alábbi összeget: C,S i ( ) S i olya párokra, ahol S i itervallum C szerit. Először rögzítsük S i -t. Ekkor S i itervallum lesz Ekkor az (15) összeg tovább írható, m S i! ( S i )! ciklikus permutációba. i=1 {C:A i itervallum} ( ) = S i m i=1 (15) ( ) S i! ( S i )! = m!. (16) S i Másik iráyból tekitve, most rögzítsük a C permutációt. Ekkor felhaszálva a.4-es lemma által adott becslést kapjuk, hogy ( ) ( ) ( 1)! S i +1. C,S i Az eredméyüket összevetve a (16) egyelőséggel, ( ) m! ( 1)! +1. Ezzel beláttuk az állítást. 14
.3. Csillag-módszer Harmadikkét vizsgáljuk meg a kevésbé ismert csillag-módszert. Eek alapja, hogy ha egy fix méretű halmazokból álló halmazredszer kellőe agy, akkor szükségképpe va bee egy redkívül speciális ú. csillag struktúra [6]. 8. Defiíció. S = {S 1,..., S k } k-csillag, ha valamilye A halmazra S i S j = A mide 1 i < j k eseté. Ekkor az A halmazt a csillag cetrumáak evezzük, illetve a pároké diszjukt S 1 A,..., S k A halmazokat a csillag ágaiak evezzük.. ábra. k-csillag.4. Tétel. [Erdős-Rado] Legye S = {S 1,..., S m } r méretű halmazokból álló halmazredszer és legye k 3 rögzített egész szám. Ekkor ha S em tartalmaz k-csillagot, akkor méretére teljesül, hogy m r!(k 1) r. (17) 15
Bizoyítás: r szeriti idukcióval. Ha r = 1, akkor a halmazredszer egy elemű halmazokból áll, ekkor ha (k 1)-él több halmazuk va, akkor tetszőleges k halmaz egy k-csillagot alkot A = cetrummal. Tegyük fel, hogy 1,,..., r 1 -re igaz az állítás. Legye T 1,..., T l maximális párokét diszjukt halmazredszer S -ből. Ha l k, akkor késze is vagyuk, mivel tetszőleges k halmazt kiválasztva közülük, egy k-csillagot kapuk, A = cetrummal. Tegyük fel, hogy l k 1. Ekkor T = T 1 T l méretére teljesül, hogy T r(k 1). Ha x T, akkor S(x) = {S {x} : x S S}. Ekkor S(x) egy (r 1) méretű halmazokból álló halmazredszer, ami em tartalmaz k-csillagot. Így haszálva az idukciós feltételt, S(x) (r 1)!(k 1) r 1. (18) Másrészt T 1,..., T l maximalitása miatt mide S S halmazak va közös eleme legelább egy T i halmazzal. Azaz S S-re S T. Ezek segítségével becsüljük meg S méretét: S S(x) T max S(x) (k 1) max S(x). (19) x T x T x T Az előbbi (18) és (19) becslések összevoásával adódik, hogy S (k 1)r(r 1)!(k 1) r 1 = r!(k 1) r. Az előbbi tétel mellett, Deza-tól származik egy, a metsző halmazredszerek eseté jól haszálható tétel. 16
.5. Tétel (Deza). I. Legye S = {S 0,..., S k } egy (k + 1)-csillag A cetrummal. Továbbá legye F egy k méretű halmaz. Ekkor létezik olya i idex, melyre F S i = F A. (0) II. Legye S ν = {S ν 0,..., S ν k } egy (k + 1)-csillag k méretű halmazokból, Aν cetrummal, ν = 1,. Ekkor létezik olya 0 i, j k idexpár, melyre S 1 i S j = A 1 A. (1) Bizoyítás: Mivel S sugarai (k + 1) párokét diszjuk halmazokból álló halmazredszert alkotak, F -ek szükségképpe legalább egy ilye halmaztól diszjuktak kell leie. Legye ez az S i -hez tartozó ág, így (S i A) F =. Ezt felhaszálva azoba F S i átírható a következő ekvivales alakba: Ezzel beláttuk a tétel I. potját. F S i = (F A) (F (S i A)) = F A. () A II. rész belátásához, először alkalmazzuk az I. potot S halmazredszere, F = S 1 0 választás mellett. Tehát ekkor létezik egy j idex, 0 j k, melyre S 1 0 S j = S 1 0 A. Fölhaszálva, hogy A 1 S 1 0, a () egyelőségből következik, hogy A 1 S j = A 1 A. Alkalmazzuk ismét a tétel I. potját, ezúttal az S 1 halmazredszerre, F = S j halmaz választása mellett. Ekkor a tétel értelmébe létezik egy olya i idex, 0 i k melyre S i 1 S j = A 1 S j. A (.3) egyeletet továbbírva kapjuk, hogy S 1 i S j = A 1 S j = A 1 A. Az előbbi tételek alkalmazásával köye belátható a már bizoyított, Erdős- Ko-Rado tétele, potosabba aak egy általáosított változata is. 17
9. Defiíció. Egy S halmazredszer t-metsző, ha bármely S 1, S S eseté S 1 S t..6. Tétel (Erdős-Ko-Rado). Adott [] alaphalmazo vett S t-metsző halmazredszer eseté, ha elég agy, akkor S ( ) t. k t Az állítás az.4 és.5 tételek alapjá belátható, azoba terjedelmére való tekitettel az újabb alteratív bizoyítás részletes ismertetésétől ezúttal tekitsük el. 18
3. Problémafelvetés Az eddigiekbe redre adott tulajdoságú maximális méretű metsző halmazredszert kerestük adott [] alaphalmazo. Eze problémáak ézhetjük egy gyegített verzióját. Míg az eddigiekbe az alaphalmaz 0-tól ( 1)-ig vett természetes számokkal való reprezetálása csak a tárgyalást köyítette meg, mostatól fotos szerepet kap, mivel kihaszáljuk az alaphalmaz elemeiek redezettségét. Ehhez vezessük be a közeliség fogalmát. 10. Defiíció. Adott A, B [] halmazok közeliek, ha va közös elemük, és/vagy va szomszédos elemük. Ezzel yilvá a metsző tulajdoság egy gyegítését kaptuk. A metsző halmazok közeliek is és va em kevés közeli halmaz ami em metsző, például, A = {1, } és B = {3, 5}. Eek megfelelőe a metsző halmazredszer fogalmát is bővíthetjük. 11. Defiíció. Adott S [] halmazredszer közeli, ha bármely A, B S-re A és B közeli. A feti defiíciókat haszálva, az alapprobléma az adott alaphalmazo miél agyobb közeli halmazredszer kostruálása illetve méretéek meghatározása. A probléma tárgyalásához szükségük lesz további két defiícióra is. 1. Defiíció. Adott A [] halmaz szomszédjai azo A elemek, melyek icseek bee az A halmazba, de szomszédosak vele. 19
13. Defiíció. Adott A [] halmaz fedése a κ(a) = {a [] : a A a A } halmaz. Érdemes már most kiemeli, a fedés fotosságát, hogy i, j κ(s i ) S j. Ebből adódik, hogy az egész alaphalmazt fedő halmaz, em állít extra követelméyeket a halmazredszer többi eleméek. Így az ilye halmazokkal tetszőleges közeli halmazredszer bővíthető. 3.1. Következméy. Ha κ(a) = [] és S maximális közeli halmazredszer []-e, akkor A S. 3.1. Példa Mit is jelet a feladat egy kokrét esetbe? Nézzük meg = 5-re. Ekkor haszálva az előbbi következméyt, a teljes alaphalmazt yilvá beválaszthatjuk. Bevehetük mide 4 elemű halmazt is. Hisze ezek is fedik a teljes alaphalmazt. Ugya ez érvéyes majdem mide 3 elemű halmazra, kivéve a {0, 1, } és {, 3, 4} halmazokat, amik kizárák a {4} illetve {0} halmazokat. Végül pedig azok a kételemű halmazok, amelyek fedik az alaphalmazt, a {0, 3}, {1, 3}, {1, 4}. Tehát a fet maradó halmazok esetébe, ha beválasztjuk valamelyiket, másokat ezzel egy időbe kizáruk. Ha a megmaradt halmazokat egy gráfba ábrázoljuk, ahol két halmazt összekötük, ha azok kizárják egymást, az alábbi gráfot kapjuk (lásd 3. ábra). Itt a maximális halmazredszer megtalálásához egy maximális függetle csúcshalmazt kell találi. Jele esetbe jól látszik, hogy például a {0}, {1}, {4}, {0, 1}, {0, 4} halmazokat - valamit az üres halmazt - kihagyva maximális halmazredszert kapuk. Tehát a kiválasztható halmazok száma: 5 6 = 6. 0
3. ábra. kapcsolati gráf 4. Kostrukciók Mielőtt a téyleges kostrukcióra rátérék érdemes megjegyezi, hogy a defiíciókból triviálisa adódik, hogy mide a metsző halmazredszerekhez haszált kostrukció haszálható közeli halmazredszer kostruálására is, így érdemes ezek általáosításával kezdei a vizsgálatokat. A következőkbe tekitsük két lehetséges előállítási módot. 4.1. 1. kostrukció Első - szemléletesebb - előállítási módot kezdjük egy észrevétellel. Vagyis, hogy a metsző halmazredszerél megismert geeráló halmaz módszere átültethető a közeli halmazredszerbe is. Ez abból az elemi tulajdoságból adódik, hogy ha adott két közeli halmaz, akkor ezek tetszőleges bővítettjei is közeliek leszek. Eek megfelelőe haszáljuk geeráló halmazokat. Tehát egy geeráló halmaz bevételével em csak az adott halmazt, haem mide lehetséges bővítettjét is bevesszük a halmazredszerbe. Iduljuk ki a metsző halmazredszerekél már megismert, egy elemű geeráló halmazból A = {a i }, azzal a megkötéssel, 1
hogy ezúttal em lehet tetszőleges helye, csak az alaphalmaz középső részé. Potosabba em lehet a szélső két-két elem. Ezt a redszert tovább bővíthetjük, ha veszük a geeráló elem melletti elemet, mit második - egy elemű - geeráló halmazt B = {a i+1 }. További bővítéshez újabb, az A halmazhoz közeli halmazokat kell találi. Ez csak a másik szomszéd haszálatával lehetséges. Viszot itt már em haszálhatuk egy elemű geeráló halmazt, mivel {a i 1 } és {a i+1 } em lee közeli. Ezt a problémát megoldadó, a harmadik geeráló halmazuk legye két elemű, C = {a i 1, a i+ }. 4.1. Tétel. Tetszőleges N + -ra, S = {H [] : A H B H C H} tovább em bővíthető közeli halmazredszer és S = 1 + + 4 = 13 4. (3) Bizoyítás: Az S halmazredszer közelisége triviálisa adódik a geeráló halmazokra voatkozó előbbi észrevételből. Aak igazolásához, hogy em bővíthető halmazredszert kaptuk, elegedő megmutati, hogy mide lehetséges {a i } - hez közeli halmazt tartalmaz S. Mivel, ha lee egy további {a i }-hez közeli új halmaz, akkor aak szükségképpe tartalmazia kée {a i 1 } -et. Viszot em tartalmazhatja a i, a i+1, a i+ elemeket. Tehát egy ilye halmaz em lee közeli a {a i+1 }-hez, ami sérteé a feltételt. Az S mérete (3) megadható egyszerű leszámlálás alapjá. A geeráló halmaz 1 halmazt ad a halmazredszerbe, B új halmazt geerál, C további 4 új halmazt állít elő. Azoba az így kapott halmazredszer a agyo kicsi, < 8 alaphalmazokat leszámítva em abszolút maximum. Ezért érdemes megvizsgáli egy más szemléletű kostrukciót is. 4... kostrukció A második kostrukció előtt figyeljük meg a fedés éháy alaptulajdoságát egy rögzített [] alaphalmaz eseté.
1. Ha A = k, akkor κ(a) 3k.. Ha A = k és A [],, akkor κ(a) k + 1 valamit ha 0, ( 1) A, akkor κ(a) k +. 3. Ha κ(a) = l 1 akkor A szükségképpe mide legalább l + 1 méretű halmazzal közeli. A második kostrukcióba pot fordítva, a fölső szitektől idulva haladuk lefele, az aktuális szite bevéve mide garatálta közeli halmazt. A legfelső szit, vagyis a teljes halmaz yilvá bevehető. Ezt követőe egy k-adik szite beveszük mide olya A halmazt, amelyre κ(a) k + 1. Vegyük észre, hogy az kostrukció az + 1-edik szitig megy. Az -edik 4 4 szittől pedig em választ be egyetle halmazt sem. Ez triviálisa adódik a fedés 1. alaptulajdoságából. Erről az eljárásról a későbbiekbe bebizoyítjuk, hogy agy alaphalmazokra jobb mit az 1. kostrukció. Midazok elleére, hogy szigorú értelembe véve még csak bővíthetőség szerit ézve sem maximális. Azoba a további bővítése em jára agyságredi javítással, így ettől egyelőre tekitsük el. 4..1. Közeliség és alapvető struktúra Vizsgáljuk meg, hogy az eljárás milye halmazokat választott ki. A megszabott választási kritérium a fedés. és 3. tuladjosága alapjá k = szitig semmitmodó, mide legalább ilye méretű halmaz eleget tesz eki, eek megfelelőe mide legalább méretű halmazt beválasztuk. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy 4. Ekkor az 1-edik szite mide halmazt beveszük, melyek legalább + = + a fedése. Eek pedig csak két halmaz {1,..., 1} és { + 1,..., } em felel meg. Ebből pedig már látszik a kostrukció ereje, hogy az igazá sok körüli méretű halmazokból csakem az összeset beválasztjuk. A kostrukció elfogadásához még szükséges a közeliség meggodolása. Ez az eljárás lépéseiek vizsgálatával köye belátható. 3
4.. Tétel. S = {S : κ(s ) S + 1} közeli halmazredszer. Bizoyítás: Az első, [] halmaz ömagával yilvá közeli. Tegyük fel, hogy a k + 1 > + 1. szitig közeliek. Ekkor a k + 1-edik szite beválasztuk 4 4 mide legalább k + 1 fedésű halmazt. A fedésekél ismertetett 3. alaptulajdoság szerit, az így beválasztott k méretű halmazok közeliek mide legalább ( k + 1) + 1 = k méretű halmazzal. Tehát mide most beválasztott halmaz közeli a már S-beli (legalább k + 1 méretű) halmazokkal és a többi, újoa kiválasztott (k méretű) halmazzal is. 4... Becslés a kostrukcióra A következő részbe vizsgáljuk meg, hogy az előbb ismertetett eljárással milye méretű halmazredszert kapuk. Itt a szokásostól eltérőe em a beválasztott halmazok számát, haem a kihagyott halmazok számát fogjuk vizsgáli. Eek megköyítését szolgáladó, vezessük be az S = {A : A [] S} jelölést. Továbbá mostatól kezdve csak a halmazok agyságredjét vizsgáljuk és mide esetbe feltesszük, hogy agy. Ez alapjá két részre botjuk a halmazokat. Az S 4 = {A S : A } halmazok, melyekél választuk be halmazokat, csak em az összeset, illetve 4 az S 4 = {A S : A < } halmazok, melyekből egyet sem választuk. 4 Az első becslésél, agyvoalúa a kostrukciót csak k = 5 -edik szitig 1 egedjük. Így becsüljük a kihagyott elemek számát. Ezek családja tehát két részből áll össze: S 5 1 5 : Az alatti szitekkel, valamit 1 S 5 : azo halmazokkal, amelyeket em vettük be az 5 és szitek között. 1 1 Az S 5 1 részre haszáljuk az ismert tételt [3], vagyis hogy 4
4.3. Tétel. Legye 0 < α < 1/ kostas. Ekkor α ( ) = H(α)+log()/+O(1), (4) i i=0 ahol H(α) = α log(α) (1 α) log(1 α), az α-hoz tartozó etrópia. Ezt haszálva adódik, hogy 4.1. Lemma. S 5 1 = 5 1 i=0 ( ) = H( 1 5 )+log()/+o(1). (5) i Térjük rá a S 5 részre. Itt először ézzük meg, legfeljebb háy olya halmaz 1 lehet, amelyek l db szomszéd eleme va. 4.. Lemma. [] alaphalmazo A l = {A [] : A = l} halmaz méretére ( ) A l l+1. (6) l 14. Defiíció. Adott A [] halmaz egy blokkjá az [] azo egymás utái elemeit értjük, melyek midegyike vagy A-beli vagy midegyike [] A A -beli. Bizoyítás: Itt csak azt haszáljuk, hogy adott A halmaz eseté 3 szomszéd elem em lehet közvetleül egymás mellett, valamit mide blokkot szomszéd elemek határolak. Tehát két egymás utái a 1, a A elempár eseté tudjuk, hogy a köztük lévő elemek vagy midegyike A-beli, vagy midegyike [] A A - beli. Kihaszálva, hogy l szomszéd elem legfeljebb l + 1 blokkot határozhat meg, egyszerű felső becslést adhatuk az l db szomszéddal redelkező halmazokról úgy, hogy először kiválasztuk l darab elemet, amiket szomszédak tekitük. Ezt ( l) féle képe tehetjük. Majd mide lehetséges módo kiosztjuk - halmazbeli illetve em halmazbeli - a köztük lévő blokkokat. Ezt l+1 -féleképe tehetjük 5
meg. Tehát az l db szomszéddal redelkező halmazok száma felülről becsülhető ( ) l l+1 -el. A becslés redkívül agyvoalú, hisze regetegszer beszámoluk fals halmazokat is, azaz olya halmazokat, melyekél egy szomszéd elem midkét oldalá lévő blokkot em halmazbeli -ek vesszük, ami persze em lehetséges. 4.3. Lemma. [] alaphalmazo A l ( ) ( ) l 1+ 5 l felső korlát is teljesül. Bizoyítás: A mide lehetséges kiosztás helyett vegyük egy erősebb kiválasztási szabályt, törtéetese, hogy mide szomszéd elemre legalább az egyik oldalá lévő blokkot halmazbeli -ek kell jelöli. Ezt a legegyszerűbbe rekurzióval lehet megtei. Legye F(l) az l szomszéd eseté az előbbi szabály szeriti lehetséges kiosztások száma, rögzített szomszéd elemek eseté. Tehát az l db szomszéd kiválasztása utá döteük kell, hogy az 1. blokkot bevesszük-e, vagy sem. Ha bevettük, a maradék l blokkal kezdhetjük elölről, ics rájuk extra megkötés. Mivel az 1. szomszéd elemre már teljesül a - legalább egyik oldalá halmazbeli - kiválasztási szabály. Tehát ekkor a többi l blokkot legfeljebb F(l 1)- féleképpe oszthatjuk ki Ha em vettük be, akkor a. blokkot mideképp be kell vei, hogy e sérüljö a kiválasztási szabály. A maradék (l 1) blokkal kezdhetjük elölről, ics rájuk extra megkötés, vagyis a többi blokkot legfeljebb F(l )- féleképpe oszthatjuk ki. Így pot a Fiboacci-sorozatok kapjuk. Tehát az eredeti l+1 -es becslés helyett, egy kedvezőbb ( 1+ ) l 5 is teljesül. Vegyük észre, hogy a becslésbe em szerepel, hogy melyik szite vagyuk, azaz mekkora a halmaz mérete. Tehát a becslés tartalmazza az l méretű halma- 3 6
zoktól kezdve az l méretű halmazokig az összes szitet. Ezzel tehát va egy becslésük arra, hogy adott számú szomszéddal redelkező halmazokból legfeljebb meyi lehet. Így már csak ayi a dolguk, hogy megézzük, hogy a kostrukció milye szomszédszámmal redelkező halmazokat zár ki. Például az 1-edik szite, azokat a halmazokat zárjuk ki, amelyekek csak 1 vagy szomszédjuk va. Az -odik szite, azokat melyekek csak 1,, 3 vagy 4 szomszédjuk va. Így tovább haladva, (az utolsó vizsgált) 5 -edik szite 1 azokat, amelyekek 1,,... 5 = ( ) szomszédjuk va. 6 1 4.4. Lemma. [] alaphalmazo, ha S S 5 1 és S = k, ahol k 5 1, akkor S < k 1. Bizoyítás: Adódik a. kostrukció kiválasztási szabályából és a fedés defiíciójából. 4.4. Tétel. [] alaphalmazo, S 5 1 6 ( ) l+1. (7) l l=1 Bizoyítás: Egy felső becslést kapuk a kihagyott halmazok számára, ha azt modjuk, hogy szittől függetleül, megszámoljuk az összes olya halmazt, amelyek 1,,... szomszédja va. A (4.) lemma egyelőtleséget fölhaszálva 6 adódik a tételbeli becslés. Ekkor a (4)-es és a (7)-es becslések alapjá, mi modható a bevett halmazok aráyáról, tehát határozzuk meg ( S 5 1 + S 5 1 ) = 1 ( S 5 1 + S 5 1 ) agyságredjét. 7
Az egyszerűbb számolás érdekébe tegyük fel, hogy osztható 6-tal. Ekkor S 5 tagot tovább becsülve kapjuk, hogy 1 = S 5 1 6 ( ) l+1 l l=1 6 l=1 ( 6 ) l+1 = ( 6 ) 6 l+1 l=1 ( 6 ) 6 +. Ezutá a Stirlig-formula felhaszálásával adhatuk felső becslést ( ) -ra. Azaz 6 ( π e) ( 6 ) = π π /6 π 5/6!! 5! 6 6 ( e ) 5/6 ( 5 6 ( π /6 /6 ) /6 ( π 5/6 5/6 ) 5/6 = ( ) e ) 5/6 ( e e ) /6 ( 1 /6 = o 6) (6)/6 e ( 6 5 ) 5/6. A feti becslést felhaszálva és élve azo egyszerűsítéssel, hogy csak az expoeciális tagot tartjuk meg, S 5 1 ( 6 ) 6 + (6) /6 ( ) 5/6 6 6 +1 (1.77) 0.8. 5 4.5. Tétel. [] alaphalmazo a. kostrukció által készített S közeli halmazredszer méretére teljesül, hogy H( 1 4) S 0.97 (8) azaz S 1, ha. Bizoyítás: Kihaszálva hogy H( 5 1 ) 0.97 < 1 S 5 1 0.97, így kapjuk, hogy S = ( S 5 1 + S 5 1 ) 0.97. A felső korláthoz elegedő azo észrevételt haszáli, hogy a kostrukció 4 - edik szittől em választ be egyetle halmazt sem. Így a (4.3) tétel alapjá tudjuk, hogy S > H( 1 4), tartva -el a végtelebe a felső korlátot is igazoltuk. 8
Az előbbi tétel egybe igazolja, hogy agy -re a második kostrukció jobb az elsőél. A agy -re megfogalmazás félrevezető lehet. Már = 8 -ra is jobb a második kostrukció. 4.3. Példa Legye = 8. Ekkor az 1. kostrukcióál bizoyított 4.1 tétel alapjá, a geeráló halmazok haszálatával 13 8 4 = 08 méretű közeli halmazredszer állítható elő. Ezzel szembe a. kostrukcióál egyrészt beveszük mide legalább 4 elemű halmazt, ebből 163 va Továbbá 3 elemű halmazokból mide olyat, amelyek fedése legalább 6. Azaz mide olya halmazt, amelyek em 1 vagy szomszéd eleme va. Ilyeből 56 7 = 47 halmaz va. Tehát a. kostrukcióval 163 + 50 = 10 méretű közeli halmazredszert kapuk. 9
5. Elméleti korlátok Eddig láthattuk, hogy a gyegített halmazredszer tulajdoság jeletőse több halmaz bevételét teszi lehetővé. Azoba ahhoz, hogy az így kapott halmazredszer méretét jobba meg tudjuk ítéli, meg kell vizsgáli a problémát a másik iráyból is: szükség lee elméleti felső korlátra. Az yilvávaló, hogy em vehetjük be mid a [] részhalmazt, így jogosa vetődik fel, hogy mekkora az a halmazméret, amit garatálta em érhetük el. Másképp fogalmazva, legalább mekkora azo halmazok száma, amelyeket tetszőleges megegedett megoldás eseté ki kell hagyi. 5.1. Kezdeti becslés a korlátra Elsőkét ézzük meg, milye becslést tuduk modai, ha szitekét vizsgáljuk a halmazredszert. Ehhez gyegítsük a megegedettségi megkötéseket és csak szitekét követeljük meg, hogy bármely kettő halmaz közeli legye. 5.1. Tétel. [] alaphalmazo vett maximális méretű S közeli halmazredszerre S 0.46,. (9) Bizoyítás: Vegyük egy maximális közeli halmazredszert. Az aktuálisa vizsgált szitet jelöljük k-val. Ha a k-adik szite ki va választva egy S S halmaz, akkor a κ(s ) elemeit elkerülő ( ) κ(s ) k halmaz em lehet a redszerbe. Fölhaszálva a fedés 1. alaptulajdoságát, κ(s ) 3k, így legalább ( ) 3k k halmaz hiáyzik a k- adik szite. Természetese ez akkor is igaz, ha a szite ics S-beli halmaz. Továbbá észrevéve, hogy a feti becslés semmitmodó az /4-edik szitek fölött, adódik, hogy legalább /4 i=1 ( ) 3i halmaz hiáyzik S-ből. (30) i 30
Az előbbi szummára triviális alsó becslést adhatuk, ha csak az egyik tagját haszáljuk, a többitől eltekitük. Persze em midegy, hogy melyik tagot haszáljuk. Ismert, hogy kicsi rögzített i-re a tagok -be poliomiális agyságredűek. Viszot a agyobb, pl. i = /10-re már expoeciális agyságredűek. Eek megfelelőe a cél a domiás tag megkeresése. Ehhez vizsgáljuk a tagok aráyát, ha i-t eggyel öveljük, azaz ) ( 3i 3 i+1 ( 3i i ) = ( 4i) ( 4i 1) ( 4i ) ( 4i 3) ( 3i) ( 3i 1) ( 3i ) (i + 1) Téyezőkét vizsgálva a háyados, kapjuk, hogy ( 4i) ( 3i) < 1; ( 4i 1) ( 3i 1) midig teljesül. Továbbá, ha i > 4 5, akkor >? 1 (31) ( 4i ) < 1; {1, ( 3i ) < 1 i..., } 4 ( 4i 3) (i + 1) < 1 is teljesül. Tehát a háyados kisebb 1 azaz em éri meg öveli az i-t, ha már i > 4 5. A továbbiakhoz érdemes az i változókat i = a alakba keresi, ahol 0 a < 1/4. Ekkor vissza helyettesítve a (31) egyeletbe, kapuk egy -be egyedfokú egyelőtleséget a paraméterrel. Itt azzal az egyszerűsítéssel élhetük, hogy ha elég agy, akkor a egyedfokú tag lesz a meghatározó. Tehát elég csak a főegyüttható előjelét vizsgáli. Az egyelőtleséget stadard alakra hozva, kapjuk, hogy a főegyüttható, 83a 4 38a 3 +105a 17a+1. Vagyis a vizsgáladó egyelőtleség: 83a 4 38a 3 + 105a 17a + 1 > 0 Itt a gyököket umerikusa kiszámolva kapjuk, hogy két valós gyöke va, az a 1 = 0.1508 és a = 0.898 potokba, továbbá a főegyüttható a számukra érdekes tartomáyba az alábbi módo éz ki (lásd 4. ábra). 31
4. ábra. 83a 4 38a 3 + 105a 17a + 1 Tehát az i = 0.15 = 3 a legagyobb a lehetséges tagok közül. Továbbá 0 érdemes megjegyezi, hogy 0.15 < 0.1508 választás miatt továbbra is érvéyes, hogy az 4 -es tag a domiás. Tovább írva a (30) becslést, kapjuk, hogy /4 i=1 ( ) ( 3i 9) = i 0 3 0 ( 11 ) 0 3 0 Ismét a Stirlig-formulát haszálva és az expoeciális tagoko kívülieket elhagyva, ( 11 ) 0 3 0 π 3 0 π 11 0 ( ) 11 11 0 0e ( ) 3 3 0 π 8 0e 0 ( ) 8 8 0 0e Ezzel kész az 0.46 -es elméleti alsó korlát. = π 3 0 π 11 0 π 8 0 ( 0e ( ) /0 ( ) 11 11 11 0 0e ) 3 0 7 ( /0 0e ) 8 0 ( 8 8 ) /0 ( ) 11 11 /0 1.38 0.46 becslést kapjuk. 7 8 8 3
5.. Elméleti korlát becsléséek javítása Ez azoba még midig messze va a kostrukció felső becsléséél kapott 0.81 hiáytól, ezért érdemes megézi egy másik típusú alsó becslést is. Az első becslés agy hiáyossága volt, hogy csak a szitekéti közeliségre figyeltük, így sok extra halmazt is bevettük. 5.. Tétel. [] alaphalmazo vett maximális méretű S közeli halmazredszerre S 0.58, (3) Bizoyítás: Továbbra is iduljuk ki egy optimális halmazredszerből. Válasszuk ki egy A halmazt a lehető legkisebb szitről. Ez legye a k-adik szit. Ekkor (az első verzióhoz hasolóa) elmodható, hogy ez a halmaz kijelöl legfeljebb 3k elemet, amelyekből az összes többi halmazak, (ezúttal szittől függetleül) tartalmazia kell elemet. Másképpe kifejezve mide olya halmazt kizáruk, ami em tartalmaz ilye elemet. Továbbá ki kell zári mide olya halmazt, ami ugya tartalmaz belőle elemet, de a mérete kisebb, mit k. Ezek alapjá a kizárt halmazok száma: k 1 ( ) κ(a) +. i Viszot a k értéke számukra ismeretle, csak ayit tuduk, hogy k < 1. Így a feti godolatmeet csak akkor ad haszálható alsó korlátot, hogyha a k paraméter olyaak választjuk, ahol az előbbi hiáy a lehető legkisebb. Tehát az alsó korlát: mi k=1... 1 i=0 3k + k 1 i=1 ( ) i. Keressük k-t ismételte k = a alakba, ahol 0 < a < 1/3 és továbbra is tegyük fel, hogy agy. Alkalmazzuk a már többször haszált (4.3)-as tételt, ( a ) i=1 i H(a) az összeg második tagjá. Vegyük észre, hogy k potosabba a övelésével az első tag kitevője csökke, a másodig tag kitevője viszot ői fog. A miimumot tehát ott veszi fel, ahol a 33
két kitevő megegyezik. Vagyis az 3a = H(a) egyelet a kérdés. Itt -el egyszerűsítve kapjuk a 0 = H(a) + 3a 1 (33) egyeletet. Bár itt a potos megoldásra lee szükségük, umerikus közelítése is jól mutatja az alsó korlát agyságát. Tehát a (33) egyeletet megoldva, a = 0.1394 értéket kapuk. Erre 3a H(a) 0.58. Így a második becslési módszerrel az eddigi 0.46 -es alsó korlátot 0.58 -re tudtuk javítai. 34
6. Koklúzió Az eddigi eredméyeket összevova a következő tételt kapjuk: 6.1. Tétel. Adott [] alaphalmaz eseté, a kiválasztható maximális S közeli halmazredszer mérete: 0.58 S 0.97. Bizoyítás: A tétel adódik a (4.5) és (5.) tételből. A probléma tárgyalása sorá alkalmazott becslésekbe agyvoalúak voltak, többször alkalmaztuk em éles becsléseket. Ezek alapjá elmodható, hogy a tételbe szereplő korlátok sem élesek. A sejtésük az, hogy midkét iráyú korlátot, H ( 1 4) 0.81-ig lehet javítai, potosabba: Sejtés: Adott [] alaphalmaz eseté, a kiválasztható maximális S közeli halmazredszer mérete agyságredileg S = H( 1 4). 35
7. Köszöetyilváítás Köszöettel tartozom témavezetőmek, Katoa Gyuláak. Ő hívta fel a figyelmemet a szakdolgozatom alapjául szolgáló új problémára. Ez elmúlt évbe időt és fáradtságot em kímélve segítette mukámat. Bármikor felkereshettem ötleteimmel, taácsai élkül em jöhettetek vola létre a dolgozatom második felébe lévő eredméyek. Köszööm családomak, akik támogattak az egyetem 5 éve alatt, így létrejöhetett ez a szakdolgozat. Továbbá hálával tartozom Keszthelyi Gabrielláak. Dolgozatom végső formáját értékes taácsaiak, latex jártasságáak köszöhetem. 36
8. Irodalomjegyzék [1] Erdős, P.; Ko, C.; Rado, R. (1961): Itersectio theorems for systems of fiite sets, The Quarterly Joural of Mathematics. Oxford. Secod Series 1,313-30 [] G.O.H. Katoa(197): A simple proof of the Erdős - Chao Ko - Rado theorem, J. Combi. Theory Ser. B 13, 183-184. [3] Roald L. Graham; Doald E. Kuth, Ore Patashik (1996): Cocrete Mathematics: A Foudatio for Computer Sciece (d Editio), 49. [4] E.C. Miler (1968): A combiatorial theorem o systems of sets, J. Lodo Math. Soc. 43, 04-06. [5] G. Katoa (1964): Itersectio theorems for systems of fiite sets, Acta. Math. Acad. Sci. Hugar. 15, 39-337 [6] Deza, M.; Frakl P. (1981), Every large set of equidistat (0, +1, 1)-vectors forms a suflower, Combiatorica 1 : 5-31 [7] Erdős P.; Rado R. (1960), Itersectio theorems for systems of sets, Joural of the Lodo Mathematical Society, Secod Series 35, 85-90 [8] S. Juka (001), Extremal Combiatorics: With Applicatios i Computer Sciece (1st Editio) [9] Erdős P.; Frakl P.; G.O.H. Katoa(1984), Itersectig Sperer families ad their covex hulls, Combiatorica4, 1-34. [10] P. Frakl; Z. Füredi(1986), Notrivial itersectig families, J. Combi. Theory Ser. A 41, 150-153. 37