Lineáris algebrai módszerek a kombinatorikában

Lineáris algebrai módszerek a kombinatorikában Nagy V. Gábor SZTE Bolyai Intézet Eötvös Loránd Kollégium, Matematika Műhely Szeged, 2013. október 25.

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés 1/21 Definíció. A G 1,..., G k gráfok pakolhatók a H gráfba, ha ezen gráfok éldiszjunkt példányai megtalálhatók H-ban részgráfként.

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés 1/21 Definíció. A G 1,..., G k gráfok pakolhatók a H gráfba, ha ezen gráfok éldiszjunkt példányai megtalálhatók H-ban részgráfként.

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés 1/21 Definíció. A G 1,..., G k gráfok pakolhatók a H gráfba, ha ezen gráfok éldiszjunkt példányai megtalálhatók H-ban részgráfként.

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés 1/21 Definíció. A G 1,..., G k gráfok pakolhatók a H gráfba, ha ezen gráfok éldiszjunkt példányai megtalálhatók H-ban részgráfként. Sejtés (Gyárfás Lehel, 1976). Legyen T 1,..., T n 1 fák tetszőleges olyan rendszere, amelyben T i -nek i éle van. Ekkor T 1,..., T n 1 pakolható a K n teljes gráfba.

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés 1/21 Definíció. A G 1,..., G k gráfok pakolhatók a H gráfba, ha ezen gráfok éldiszjunkt példányai megtalálhatók H-ban részgráfként. Sejtés (Gyárfás Lehel, 1976). Legyen T 1,..., T n 1 fák tetszőleges olyan rendszere, amelyben T i -nek i éle van. Ekkor T 1,..., T n 1 pakolható a K n teljes gráfba. Ez egy nagyon nehéz sejtés.

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés egy speciális esete 2/21 Tétel (Gyárfás Lehel, 1976). Ha a sejtésben szereplő fák mindegyike út vagy csillag, akkor teljesül az állítás.

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés egy speciális esete 2/21 Tétel (Gyárfás Lehel, 1976). Ha a sejtésben szereplő fák mindegyike út vagy csillag, akkor teljesül az állítás. Bizonyítás (Zaks Liu, 1977). Dolgozzunk a szomszédsági mátrixszal!

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés egy speciális esete 2/21 Tétel (Gyárfás Lehel, 1976). Ha a sejtésben szereplő fák mindegyike út vagy csillag, akkor teljesül az állítás. Bizonyítás (Zaks Liu, 1977). Dolgozzunk a szomszédsági mátrixszal! v 1 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 5 v v 1 2 0 1 1 1 1 1 0 ) v 2 1 1 1 v 3 1 1 0 1 1 v 4 1 1 1 0 1 v 5 1 1 1 1 0 v 4 v 3 )

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés egy speciális esete 2/21 Tétel (Gyárfás Lehel, 1976). Ha a sejtésben szereplő fák mindegyike út vagy csillag, akkor teljesül az állítás. Bizonyítás (Zaks Liu, 1977). Dolgozzunk a szomszédsági mátrixszal! v 1 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 5 v v 1 2 1 1 1 1 v 2 1 1 1 v 3 1 1 v 4 1 v 5 v 4 v 3

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés egy speciális esete 2/21 Tétel (Gyárfás Lehel, 1976). Ha a sejtésben szereplő fák mindegyike út vagy csillag, akkor teljesül az állítás. Bizonyítás (Zaks Liu, 1977). Dolgozzunk a szomszédsági mátrixszal! v 1 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 5 v v 1 2 1 1 1 1 v 2 1 1 1 v 3 1 1 v 4 1 v 5 v 4 v 3

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés egy speciális esete 2/21 Tétel (Gyárfás Lehel, 1976). Ha a sejtésben szereplő fák mindegyike út vagy csillag, akkor teljesül az állítás. Bizonyítás (Zaks Liu, 1977). Dolgozzunk a szomszédsági mátrixszal! v 1 v 2 v 1 v 3 v 4 v 5 v 5 v v 1 2 v 2 v 3 v 4 v 5 v 4 v 3

ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés egy speciális esete 2/21 Tétel (Gyárfás Lehel, 1976). Ha a sejtésben szereplő fák mindegyike út vagy csillag, akkor teljesül az állítás. Bizonyítás (Zaks Liu, 1977). Dolgozzunk a szomszédsági mátrixszal! v 1 v 2 v 1 v 3 v 4 v 5 v 5 v v 1 2 v 2 v 3 v 4 v 3 Olyan út, illetve csillag parkettákat fogunk használni, amelyek könnyen áttekinthetők a szomszédsági mátrixban. v 4 v 5

ELK 13 Speciális utak és csillagok 3/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 3 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 4 v 5 v 6 v 7 v 9 v 4 v 5 v 6 v 7 v 6 v 4 v 7 v 3 v 8 v 2 v 9

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag

ELK 13 A bizonyítás 4/21 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 v 10 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7 v 8 v 9 T 9 : csillag T 8 : csillag T 7 : út T 6 : út T 5 : csillag T 4 : út T 3 : út T 2 : csillag T 1 : csillag Páratlan n esetén hasonlóan járhatunk el.

ELK 13 Halmazok uniói 5/21 Feladat. A H 1,..., H n+1 halmazok az {1,..., n} alaphalmaz tetszőleges nemüres részhalmazai. Igazoljuk, hogy a halmazrendszerből kiválaszthatók olyan H i1,..., H ir ; H j1,..., H js különböző halmazok (r, s 1), melyekre H i1 H ir = H j1 H js.

ELK 13 Halmazok uniói 5/21 Feladat. A H 1,..., H n+1 halmazok az {1,..., n} alaphalmaz tetszőleges nemüres részhalmazai. Igazoljuk, hogy a halmazrendszerből kiválaszthatók olyan H i1,..., H ir ; H j1,..., H js különböző halmazok (r, s 1), melyekre H i1 H ir = H j1 H js. Megoldás. Tekintsük a halmazok karakterisztikus vektorait: H i = {2, 3, 6} v i = (0, 1, 1, 0, 0, 1) (itt n = 6)

ELK 13 Halmazok uniói 5/21 Feladat. A H 1,..., H n+1 halmazok az {1,..., n} alaphalmaz tetszőleges nemüres részhalmazai. Igazoljuk, hogy a halmazrendszerből kiválaszthatók olyan H i1,..., H ir ; H j1,..., H js különböző halmazok (r, s 1), melyekre H i1 H ir = H j1 H js. Megoldás. Tekintsük a halmazok karakterisztikus vektorait: H i = {2, 3, 6} v i = (0, 1, 1, 0, 0, 1) (itt n = 6) A v 1,..., v n+1 vektorok lineárisan függők az R n vektortérben, azaz a nullvektor nemtriviális módon kikombinálható belőlük: α 1 v 1 + + α n+1 v n+1 = 0

ELK 13 Halmazok uniói 5/21 Feladat. A H 1,..., H n+1 halmazok az {1,..., n} alaphalmaz tetszőleges nemüres részhalmazai. Igazoljuk, hogy a halmazrendszerből kiválaszthatók olyan H i1,..., H ir ; H j1,..., H js különböző halmazok (r, s 1), melyekre H i1 H ir = H j1 H js. Megoldás. Tekintsük a halmazok karakterisztikus vektorait: H i = {2, 3, 6} v i = (0, 1, 1, 0, 0, 1) (itt n = 6) A v 1,..., v n+1 vektorok lineárisan függők az R n vektortérben, azaz a nullvektor nemtriviális módon kikombinálható belőlük: α 1 v 1 + + α n+1 v n+1 = 0 Vigyük át a negatív együtthatójú tagokat a jobb oldalra: β 1 v i1 + + β r v ir = γ 1 v j1 + + γ s v js (β, γ > 0)

ELK 13 Halmazok uniói 5/21 Feladat. A H 1,..., H n+1 halmazok az {1,..., n} alaphalmaz tetszőleges nemüres részhalmazai. Igazoljuk, hogy a halmazrendszerből kiválaszthatók olyan H i1,..., H ir ; H j1,..., H js különböző halmazok (r, s 1), melyekre H i1 H ir = H j1 H js. Megoldás. Tekintsük a halmazok karakterisztikus vektorait: H i = {2, 3, 6} v i = (0, 1, 1, 0, 0, 1) (itt n = 6) A v 1,..., v n+1 vektorok lineárisan függők az R n vektortérben, azaz a nullvektor nemtriviális módon kikombinálható belőlük: α 1 v 1 + + α n+1 v n+1 = 0 Vigyük át a negatív együtthatójú tagokat a jobb oldalra: β 1 v i1 + + β r v ir = γ 1 v j1 + + γ s v js (β, γ > 0) A bal oldalon szereplő vektor pozitív komponensei által kijelölt halmaz H i1 H ir, a jobb oldalon pedig H j1 H js.

ELK 13 Odd/even town 6/21 Tétel (Berlekamp, 1969) Az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n.

ELK 13 Odd/even town 6/21 Tétel (Berlekamp, 1969) Az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Megjegyzés I. Az egyelemű halmazok mutatják, hogy a felső korlát elérhető. Megjegyzés II. A páros elemszám / páros metszet probléma esetén a halmazok száma akár 2 n/2 is lehet. (Ennél több nem.) Megjegyzés III. A páros elemszám / páratlan metszet probléma esetén is n a felső korlát.

ELK 13 Odd/even town 6/21 Tétel (Berlekamp, 1969) Az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Bizonyítás. A tételben szereplő H 1,..., H m halmazokat ismét a karakterisztikus vektoraikkal reprezentáljuk: v 1,..., v m.

ELK 13 Odd/even town 6/21 Tétel (Berlekamp, 1969) Az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Bizonyítás. A tételben szereplő H 1,..., H m halmazokat ismét a karakterisztikus vektoraikkal reprezentáljuk: v 1,..., v m. A metszetek elemszámai kifejezhetők skaláris szorzatként: n H i H j = v i, v j, ahol x, y = xy T = x k y k. k=1

ELK 13 Odd/even town 6/21 Tétel (Berlekamp, 1969) Az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesülnek a következők: mindegyik halmaz páratlan elemszámú; bármely két különböző halmaz metszete páros elemszámú. Ekkor m n. Bizonyítás. A tételben szereplő H 1,..., H m halmazokat ismét a karakterisztikus vektoraikkal reprezentáljuk: v 1,..., v m. A metszetek elemszámai kifejezhetők skaláris szorzatként: n H i H j = v i, v j, ahol x, y = xy T = x k y k. k=1 Eszerint feltételeink a következő alakban is megfogalmazhatók: v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re).

ELK 13 Odd/even town 6/21 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re).

ELK 13 Odd/even town 6/21 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re).

ELK 13 Odd/even town 6/21 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re). A {v 1,..., v m } tehát egy ortonormált rendszerre emlékeztet bennünket, és a standard bizonyítással következik ezen vektorok lineáris függetlensége a Z n 2 vektortérben is:

ELK 13 Odd/even town 6/21 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re). A {v 1,..., v m } tehát egy ortonormált rendszerre emlékeztet bennünket, és a standard bizonyítással következik ezen vektorok lineáris függetlensége a Z n 2 vektortérben is: α 1 v 1 + + α m v m = 0

ELK 13 Odd/even town 6/21 v i, v i páratlan (minden i-re), v i, v j páros (minden i j-re). Dolgozzunk a Z 2 kételemű test felett! Ekkor v i, v i = 1 (minden i-re), v i, v j = 0 (minden i j-re). A {v 1,..., v m } tehát egy ortonormált rendszerre emlékeztet bennünket, és a standard bizonyítással következik ezen vektorok lineáris függetlensége a Z n 2 vektortérben is: α 1 v 1 + + α m v m = 0 α j = m α i v i, v j = α 1 v 1 + + α m v m, v j = 0, v j = 0 i=1 teljesül minden α j együtthatóra. Tehát valóban m n.

ELK 13 Gyepesedés 7/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzetnek legalább két oldalszomszédja füves, akkor ez a terület is befüvesedik (de csak ekkor). Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább n négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés 7/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzetnek legalább két oldalszomszédja füves, akkor ez a terület is befüvesedik (de csak ekkor). Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább n négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés 7/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzetnek legalább két oldalszomszédja füves, akkor ez a terület is befüvesedik (de csak ekkor). Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább n négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés 7/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzetnek legalább két oldalszomszédja füves, akkor ez a terület is befüvesedik (de csak ekkor). Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább n négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés 7/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzetnek legalább két oldalszomszédja füves, akkor ez a terület is befüvesedik (de csak ekkor). Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább n négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés 7/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzetnek legalább két oldalszomszédja füves, akkor ez a terület is befüvesedik (de csak ekkor). Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább n négyzetnek füvesnek kell lennie! Megjegyzés. n kezdeti füves négyzettel (pl. az egyik átló mezőit választva) megoldható a füvesítés.

ELK 13 Gyepesedés a Marson 8/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzet egy olyan rácstéglalap csúcsa, melynek másik három csúcsa már füves, akkor ő is befüvesedik. Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább 2n 1 négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés a Marson 8/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzet egy olyan rácstéglalap csúcsa, melynek másik három csúcsa már füves, akkor ő is befüvesedik. Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább 2n 1 négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés a Marson 8/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzet egy olyan rácstéglalap csúcsa, melynek másik három csúcsa már füves, akkor ő is befüvesedik. Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább 2n 1 négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés a Marson 8/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzet egy olyan rácstéglalap csúcsa, melynek másik három csúcsa már füves, akkor ő is befüvesedik. Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább 2n 1 négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés a Marson 8/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzet egy olyan rácstéglalap csúcsa, melynek másik három csúcsa már füves, akkor ő is befüvesedik. Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább 2n 1 négyzetnek füvesnek kell lennie!

ELK 13 Gyepesedés a Marson 8/21 Feladat. Egy négyzet alakú földterület n n kisebb négyzetre van felosztva. Ha egy négyzet egy olyan rácstéglalap csúcsa, melynek másik három csúcsa már füves, akkor ő is befüvesedik. Mutassuk meg, hogy ahhoz, hogy az egész terület befüvesedjen, kezdetben legalább 2n 1 négyzetnek füvesnek kell lennie! Megjegyzés. 2n 1 kezdeti füves négyzettel (ld. ábra) megoldható a füvesítés.

ELK 13 Gyepesedés a Marson 9/21 Bizonyítás (Balogh Bollobás Morris Riordan, 2012). Tekintsünk egy tetszőleges (2n 1)-dimenziós valós V vektorteret, és abban egy {e, x 2,..., x n, y 2,..., y n } bázist. Az N négyzethez rendeljük hozzá a v N := x i + y j V elemet, ahol (i, j) a négyzet sor-oszlop pozíciója, és élünk az x 1 = y 1 = e jelöléssel.

ELK 13 Gyepesedés a Marson 9/21 Bizonyítás (Balogh Bollobás Morris Riordan, 2012). Tekintsünk egy tetszőleges (2n 1)-dimenziós valós V vektorteret, és abban egy {e, x 2,..., x n, y 2,..., y n } bázist. Az N négyzethez rendeljük hozzá a v N := x i + y j V elemet, ahol (i, j) a négyzet sor-oszlop pozíciója, és élünk az x 1 = y 1 = e jelöléssel. Kulcsészrevétel. A füves négyzetekhez rendelt V -beli elemek által generált U altér invariáns a gyepesedési folyamat során.

ELK 13 Gyepesedés a Marson 9/21 Bizonyítás (Balogh Bollobás Morris Riordan, 2012). Tekintsünk egy tetszőleges (2n 1)-dimenziós valós V vektorteret, és abban egy {e, x 2,..., x n, y 2,..., y n } bázist. Az N négyzethez rendeljük hozzá a v N := x i + y j V elemet, ahol (i, j) a négyzet sor-oszlop pozíciója, és élünk az x 1 = y 1 = e jelöléssel. Kulcsészrevétel. A füves négyzetekhez rendelt V -beli elemek által generált U altér invariáns a gyepesedési folyamat során. Oka. Csak azt kell megmutatni, hogy U nem bővülhet. Nézzünk meg egy gyepesedési lépést. Tegyük fel, hogy az ABCD téglalap A csúcsa füvesedik be (és B, C, D már füvesek).

ELK 13 Gyepesedés a Marson 9/21 Bizonyítás (Balogh Bollobás Morris Riordan, 2012). Tekintsünk egy tetszőleges (2n 1)-dimenziós valós V vektorteret, és abban egy {e, x 2,..., x n, y 2,..., y n } bázist. Az N négyzethez rendeljük hozzá a v N := x i + y j V elemet, ahol (i, j) a négyzet sor-oszlop pozíciója, és élünk az x 1 = y 1 = e jelöléssel. Kulcsészrevétel. A füves négyzetekhez rendelt V -beli elemek által generált U altér invariáns a gyepesedési folyamat során. Oka. Csak azt kell megmutatni, hogy U nem bővülhet. Nézzünk meg egy gyepesedési lépést. Tegyük fel, hogy az ABCD téglalap A csúcsa füvesedik be (és B, C, D már füvesek). Mivel v A = v B + v D v C, ezért az új altér generátorelemei közé olyan elemet választunk be, amely előáll U-ban lévő elemek lineáris kombinációjaként. Tehát az altér valóban nem bővül.

ELK 13 Gyepesedés a Marson 9/21 Tekintsünk egy tetszőleges (2n 1)-dimenziós valós V vektorteret, és abban egy {e, x 2,..., x n, y 2,..., y n } bázist. Az N négyzethez rendeljük hozzá a v N := x i + y j V elemet, ahol (i, j) a négyzet sor-oszlop pozíciója, és élünk az x 1 = y 1 = e jelöléssel. Kulcsészrevétel. A füves négyzetekhez rendelt V -beli elemek által generált U altér invariáns a gyepesedési folyamat során. Oka. Csak azt kell megmutatni, hogy U nem bővülhet. Nézzünk meg egy gyepesedési lépést. Tegyük fel, hogy az ABCD téglalap A csúcsa füvesedik be (és B, C, D már füvesek). Mivel v A = v B + v D v C, ezért az új altér generátorelemei közé olyan elemet választunk be, amely előáll U-ban lévő elemek lineáris kombinációjaként. Tehát az altér valóban nem bővül. QED. 2n 1-nél kevesebb füves négyzet V -nél szűkebb U-t generál, tehát nem érhető a cél, ui. ahhoz U = V tartozik. (Miért?)

ELK 13 Gráfok felbontása 10/21 Definíció. A H gráf felbontható a G 1,..., G k gráfokra, ha H élhalmaza előáll a G i gráfok élhalmazainak diszjunkt uniójaként. Megjegyzés. A gráffelbontás tulajdonképpen egy minden élt felhasználó pakolás.

ELK 13 Gráfok felbontása 10/21 Definíció. A H gráf felbontható a G 1,..., G k gráfokra, ha H élhalmaza előáll a G i gráfok élhalmazainak diszjunkt uniójaként. Megjegyzés. A gráffelbontás tulajdonképpen egy minden élt felhasználó pakolás. Probléma. Szeretnénk a teljes gráfot minél kevesebb teljes páros gráfra felbontani.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 11/21 Tétel (Graham Pollak, 1971). Az n pontú teljes gráf nem bontható fel (n 1)-nél kevesebb teljes páros gráfra. Megjegyzés. K n mindig felbontható n 1 csillagra.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 12/21 Tétel (Graham Pollak, 1971). Az n pontú teljes gráf nem bontható fel (n 1)-nél kevesebb teljes páros gráfra. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy felbontottuk K n -et a G 1,..., G m teljes páros gráfokra. Ismét dolgozzunk szomszédsági mátrixokkal: K n A G i B i. A felbontás a mátrixok nyelvén azt jelenti, hogy A = B 1 + + B m.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 12/21 Tétel (Graham Pollak, 1971). Az n pontú teljes gráf nem bontható fel (n 1)-nél kevesebb teljes páros gráfra. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy felbontottuk K n -et a G 1,..., G m teljes páros gráfokra. Ismét dolgozzunk szomszédsági mátrixokkal: K n A G i B i. A felbontás a mátrixok nyelvén azt jelenti, hogy ) 1 1 1 1 1 1 10 0 1 0 1 1 1 1 0 ) ) A = B 1 + + B m. 0 1 1 ) = 0 0 1 1 1 0 0 ) 1 0 1 1 1 0 + 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 + 0 0 0 ) ) 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 )

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 12/21 Tétel (Graham Pollak, 1971). Az n pontú teljes gráf nem bontható fel (n 1)-nél kevesebb teljes páros gráfra. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy felbontottuk K n -et a G 1,..., G m teljes páros gráfokra. Ismét dolgozzunk szomszédsági mátrixokkal: K n A G i B i. A felbontás a mátrixok nyelvén azt jelenti, hogy A = B 1 + + B m. A = J I, ahol J az n n-es csupa-1 mátrix, I az egységmátrix. Nem nehéz látni, hogy a B i mátrixok pedig előállnak C i + C T i alakban, ahol mindegyik C i mátrix a nullmátrixból kapható egy almátrixának összes elemét 1-esre változtatva.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 12/21 Tétel (Graham Pollak, 1971). Az n pontú teljes gráf nem bontható fel (n 1)-nél kevesebb teljes páros gráfra. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy felbontottuk K n -et a G 1,..., G m teljes páros gráfokra. Ismét dolgozzunk szomszédsági mátrixokkal: K n A G i B i. A felbontás a mátrixok nyelvén azt jelenti, hogy A = B 1 + + B m. A = J I, ahol J az n n-es csupa-1 mátrix, I az egységmátrix. Nem nehéz látni, hogy a B i mátrixok pedig előállnak C i + C T i alakban, ahol mindegyik C i mátrix a nullmátrixból kapható egy almátrixának összes elemét 1-esre változtatva. Kaptuk, hogy J I = (C 1 + C T 1 ) + + (C m + C T m) = S + S T, ahol S := C 1 + + C m.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 13/21 (1) J I = S + S T (2) S = C 1 + + C m, ahol rk(c i ) = 1.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 13/21 (1) (2) Ebből (2) alapján J I = S + S T S = C 1 + + C m, ahol rk(c i ) = 1. rk(s) = rk(c 1 + + C m ) rk(c 1 ) + + rk(c m ) = m. Megmutatjuk, hogy (1)-ből pedig rk(s) n 1 következik, ami a bizonyítandót adja.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 13/21 (1) (2) Ebből (2) alapján J I = S + S T S = C 1 + + C m, ahol rk(c i ) = 1. rk(s) = rk(c 1 + + C m ) rk(c 1 ) + + rk(c m ) = m. Megmutatjuk, hogy (1)-ből pedig rk(s) n 1 következik, ami a bizonyítandót adja. Indirekt tfh. rk(s) n 2. Ekkor az { Sx = 0 Jx = 0 egyenletrendszernek létezik egy nemtriviális x = (x 1,..., x n ) T megoldása.

ELK 13 Teljes gráfok felbontása teljes páros gráfokra 13/21 (1) (2) Ebből (2) alapján J I = S + S T S = C 1 + + C m, ahol rk(c i ) = 1. rk(s) = rk(c 1 + + C m ) rk(c 1 ) + + rk(c m ) = m. Megmutatjuk, hogy (1)-ből pedig rk(s) n 1 következik, ami a bizonyítandót adja. Indirekt tfh. rk(s) n 2. Ekkor az { Sx = 0 Jx = 0 egyenletrendszernek létezik egy nemtriviális x = (x 1,..., x n ) T megoldása. Erre az x-re (1) szerint fennáll, hogy x = Jx Ix = Sx + S T x = S T x x 2 = x T x = x T S T x = (Sx) T x = 0 T x = 0, ami ellentmondás (hiszen x nemtriviális).

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 14/21 Tétel. K 10 nem bontható fel három Petersen-gráfra.

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 14/21 Tétel. K 10 nem bontható fel három Petersen-gráfra. Bizonyítás. Indirekt tfh. létezik ilyen felbontás, és legyenek a bepakolt Petersen-gráfok szomszédsági mátrixai A, B és C, azaz J I = A + B + C.

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 14/21 Tétel. K 10 nem bontható fel három Petersen-gráfra. Bizonyítás. Indirekt tfh. létezik ilyen felbontás, és legyenek a bepakolt Petersen-gráfok szomszédsági mátrixai A, B és C, azaz J I = A + B + C. A Petersen-gráf szomszédsági mátrixának sajátértékei (akárhogy is pakoljuk be): 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2.

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 14/21 Tétel. K 10 nem bontható fel három Petersen-gráfra. Bizonyítás. Indirekt tfh. létezik ilyen felbontás, és legyenek a bepakolt Petersen-gráfok szomszédsági mátrixai A, B és C, azaz J I = A + B + C. A Petersen-gráf szomszédsági mátrixának sajátértékei (akárhogy is pakoljuk be): 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2. Spektráltétel. Bármely R n n -beli szimmetrikus M mátrixhoz létezik olyan Q ortogonális mátrix, amelyre Q 1 MQ diagonális. Tehát M sajátértékei valósak, és létezik olyan ortonormált bázis R n -ben, amelynek bázisvektorai sajátvektorai M-nek. Továbbá M sajátalterei merőlegesek egymásra, és dimenziójuk a hozzájuk tartozó sajátérték multiplicitásával egyezik meg. Megjegyzés. A Petersen-gráf 3-regularitása miatt a λ = 3 sajátértékhez tartozó sajátaltér mindig [(1,..., 1)].

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 15/21 J I = A + B + C A, B, C sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2 mindhárom mátrixnak sajátaltere az U := [(1,..., 1)] altér.

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 15/21 J I = A + B + C A, B, C sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2 mindhárom mátrixnak sajátaltere az U := [(1,..., 1)] altér. Tekintsük az A, B mátrixok λ = 1 sajátértékhez tartozó sajátaltereit, V A -t és V B -t. Ez két 5-dimenziós altér az U 9-dimenziós altérben (V A, V B U), tehát metszetük nemtriviális.

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 15/21 J I = A + B + C A, B, C sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2 mindhárom mátrixnak sajátaltere az U := [(1,..., 1)] altér. Tekintsük az A, B mátrixok λ = 1 sajátértékhez tartozó sajátaltereit, V A -t és V B -t. Ez két 5-dimenziós altér az U 9-dimenziós altérben (V A, V B U), tehát metszetük nemtriviális. Válasszunk egy v nem-nullvektort a metszetből, azaz olyan vektort, melyre Av = Bv = v. (v-re oszlopvektorként tekintünk.) Mivel v merőleges (1,..., 1)-re, ezért Jv = 0 is teljesül.

ELK 13 Még egy gráffelbontási/pakolási példa 15/21 J I = A + B + C A, B, C sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2 mindhárom mátrixnak sajátaltere az U := [(1,..., 1)] altér. Tekintsük az A, B mátrixok λ = 1 sajátértékhez tartozó sajátaltereit, V A -t és V B -t. Ez két 5-dimenziós altér az U 9-dimenziós altérben (V A, V B U), tehát metszetük nemtriviális. Válasszunk egy v nem-nullvektort a metszetből, azaz olyan vektort, melyre Av = Bv = v. (v-re oszlopvektorként tekintünk.) Mivel v merőleges (1,..., 1)-re, ezért Jv = 0 is teljesül. Ezekből Cv = (J I A B)v = 0 v v v = 3v következik, ami ellentmondás, mert C-nek nem sajátértéke a 3.

ELK 13 A Petersen-gráf sajátértékei 16/21 A Petersen-gráf sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2. 1. A Petersen-gráf 3-reguláris = a 3 sajátérték (az 1 s.v.).

ELK 13 A Petersen-gráf sajátértékei 16/21 A Petersen-gráf sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2. 1. A Petersen-gráf 3-reguláris = a 3 sajátérték (az 1 s.v.). 2. A Petersen-gráf összefüggő = a 3 egyszeres sajátérték.

ELK 13 A Petersen-gráf sajátértékei 16/21 A Petersen-gráf sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2. 1. A Petersen-gráf 3-reguláris = a 3 sajátérték (az 1 s.v.). 2. A Petersen-gráf összefüggő = a 3 egyszeres sajátérték. 3. Egy λ 3 sajátértékhez tartozó v sajátvektor merőleges 1-re.

ELK 13 A Petersen-gráf sajátértékei 16/21 A Petersen-gráf sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2. 1. A Petersen-gráf 3-reguláris = a 3 sajátérték (az 1 s.v.). 2. A Petersen-gráf összefüggő = a 3 egyszeres sajátérték. 3. Egy λ 3 sajátértékhez tartozó v sajátvektor merőleges 1-re. 4. A Petersen-gráfban bármely két összekötött pontnak nincs közös szomszédja, és bármely két nem összekötött pontnak pontosan egy közös szomszédja van, emiatt A 2 + A 2I = J.

ELK 13 A Petersen-gráf sajátértékei 16/21 A Petersen-gráf sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2. 1. A Petersen-gráf 3-reguláris = a 3 sajátérték (az 1 s.v.). 2. A Petersen-gráf összefüggő = a 3 egyszeres sajátérték. 3. Egy λ 3 sajátértékhez tartozó v sajátvektor merőleges 1-re. 4. A Petersen-gráfban bármely két összekötött pontnak nincs közös szomszédja, és bármely két nem összekötött pontnak pontosan egy közös szomszédja van, emiatt A 2 + A 2I = J. 5. Egy λ 3 sajátértékhez tartozó v sajátvektorra (λ 2 + λ 2)v = (A 2 + A 2I)v = Jv = 0. Tehát minden 3-tól különböző sajátérték gyöke az x 2 + x 2 polinomnak, azaz 2 vagy 1.

ELK 13 A Petersen-gráf sajátértékei 16/21 A Petersen-gráf sajátértékei: 3, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2. 1. A Petersen-gráf 3-reguláris = a 3 sajátérték (az 1 s.v.). 2. A Petersen-gráf összefüggő = a 3 egyszeres sajátérték. 3. Egy λ 3 sajátértékhez tartozó v sajátvektor merőleges 1-re. 4. A Petersen-gráfban bármely két összekötött pontnak nincs közös szomszédja, és bármely két nem összekötött pontnak pontosan egy közös szomszédja van, emiatt A 2 + A 2I = J. 5. Egy λ 3 sajátértékhez tartozó v sajátvektorra (λ 2 + λ 2)v = (A 2 + A 2I)v = Jv = 0. Tehát minden 3-tól különböző sajátérték gyöke az x 2 + x 2 polinomnak, azaz 2 vagy 1. 6. A sajátértékek összege a mátrix nyoma, vagyis esetünkben 0. Ebből kitalálhatók a multiplicitások.

ELK 13 Gráfok sajátértékeinek további alkalmazásai I. 17/21 Barátság-tétel (Erdős Rényi T. Sós, 1966). Ha egy G egyszerű gráfban bármely két pontnak pontosan egy közös szomszédja van, akkor van olyan csúcs, mely az összes többi csúccsal össze van kötve. Sőt, G csak egy szélmalom-gráf lehet.

ELK 13 Gráfok sajátértékeinek további alkalmazásai II. 18/21 Észrevétel. Ha egy d-reguláris gráfban nincs 5-nél rövidebb kör, akkor a gráfnak legalább 1 + d + d(d 1) = d 2 + 1 csúcsa van.

ELK 13 Gráfok sajátértékeinek további alkalmazásai II. 18/21 Észrevétel. Ha egy d-reguláris gráfban nincs 5-nél rövidebb kör, akkor a gráfnak legalább 1 + d + d(d 1) = d 2 + 1 csúcsa van. Hoffman Singleton-tétel (1960). Beauty is rare. Ha egy d-reguláris gráfban nincs 5-nél rövidebb kör, és a gráfnak d 2 + 1 csúcsa van, akkor d {2, 3, 7, 57} lehet csak.

ELK 13 Gráfok sajátértékeinek további alkalmazásai II. 18/21 Észrevétel. Ha egy d-reguláris gráfban nincs 5-nél rövidebb kör, akkor a gráfnak legalább 1 + d + d(d 1) = d 2 + 1 csúcsa van. Hoffman Singleton-tétel (1960). Beauty is rare. Ha egy d-reguláris gráfban nincs 5-nél rövidebb kör, és a gráfnak d 2 + 1 csúcsa van, akkor d {2, 3, 7, 57} lehet csak. d = 2 C 5 d = 3 Petersen-gráf

ELK 13 Gráfok sajátértékeinek további alkalmazásai II. 18/21 Hoffman Singleton-tétel (1960). Beauty is rare. Ha egy d-reguláris gráfban nincs 5-nél rövidebb kör, és a gráfnak d 2 + 1 csúcsa van, akkor d {2, 3, 7, 57} lehet csak. d = 7 Hoffman Singleton-gráf

ELK 13 Gráfok sajátértékeinek további alkalmazásai II. 18/21 Hoffman Singleton-tétel (1960). Beauty is rare. Ha egy d-reguláris gráfban nincs 5-nél rövidebb kör, és a gráfnak d 2 + 1 csúcsa van, akkor d {2, 3, 7, 57} lehet csak. d = 7 Hoffman Singleton-gráf d = 57

ELK 13 Egy kombinatorikus geometriai példa 19/21 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a µ 0 szám, akkor m n.

ELK 13 Egy kombinatorikus geometriai példa 19/21 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a µ 0 szám, akkor m n. Megjegyzés. A Fisher-egyenlőtlenségre adott Bose-féle bizonyítás (1948) indította el a lineáris algebrai módszerek használatát a halmazrendszerek vizsgálatában.

ELK 13 Egy kombinatorikus geometriai példa 19/21 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a µ 0 szám, akkor m n. Következmény. A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg.

ELK 13 Egy kombinatorikus geometriai példa 19/21 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a µ 0 szám, akkor m n. Következmény. A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {1,..., n} halmazt, amely a ponton átmenő e egyenesek indexeit tartalmazza.

ELK 13 Egy kombinatorikus geometriai példa 19/21 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a µ 0 szám, akkor m n. Következmény. A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {1,..., n} halmazt, amely a ponton átmenő e egyenesek indexeit tartalmazza. 1. Különböző pontokhoz különböző halmazokat rendelünk. (Mivel nem kollineárisak a pontok.)

ELK 13 Egy kombinatorikus geometriai példa 19/21 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a µ 0 szám, akkor m n. Következmény. A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {1,..., n} halmazt, amely a ponton átmenő e egyenesek indexeit tartalmazza. 1. Különböző pontokhoz különböző halmazokat rendelünk. (Mivel nem kollineárisak a pontok.) 2. H i H j = 1 tetszőleges i j esetén. (H i H j a P i P j egyenes indexét tartalmazza.)

ELK 13 Egy kombinatorikus geometriai példa 19/21 Fisher-egyenlőtlenség. Ha az {1,..., n} alaphalmaz m darab különböző részhalmazára teljesül, hogy bármely kettő metszetének elemszáma ugyanaz a µ 0 szám, akkor m n. Következmény. A sík m nem kollineáris pontja legalább m egyenest határoz meg. Bizonyítás. Legyen P 1,..., P m egy nem kollineáris ponthalmaz, és legyenek e 1,..., e n az általuk meghatározott egyenesek. Minden P i ponthoz hozzárendelünk egy H i {1,..., n} halmazt, amely a ponton átmenő e egyenesek indexeit tartalmazza. 1. Különböző pontokhoz különböző halmazokat rendelünk. (Mivel nem kollineárisak a pontok.) 2. H i H j = 1 tetszőleges i j esetén. (H i H j a P i P j egyenes indexét tartalmazza.) 3. Fisher-egyenlőtlenség = m n.

ELK 13 Ajánlott irodalom 20/21 Babai L., Frankl P.: Linear Algebra Methods in Combinatorics Babai László Frankl Péter

ELK 13 THE END 21/21 Köszönöm a figyelmet!