Többszörösen metsz halmazrendszerek

Többszörösen metsz halmazrendszerek Katona Zsolt Eötvös Loránd Tudományegyetem E-mail: zskatona@cs.bme.hu Kivonat Jelölje [n] az {1,,..., n} halmazt, [n] pedig [n] összes részhalmazát. Vegyünk egy F [n] halmazrendszert. F maximumát keressük, ha bármely r részhalmaz metszete legalább s elem, és bármely l különböz halmaz metszete legfeljebb t elem, a paraméterek különféle vásztása mellett. Az r =, s = t = 1 esetben, tehát amikor bármely két halmaz metszete nemüres, de bármely l különböz halmaz metszete legfeljebb egy elem, megmutatjuk, hogy F (l 1n és ez aszimptotikusan a legjobb korlát. Egy masik fontos specialis eset, amikor r = l, s = t, azaz, amikor bármely l különböz halmaz metszete pontosan t elem. Itt belátjuk, hogy F l (n t + 1 ha n elég nagy. Ez esetben az optimális család triviális, tehát azt is vizsgáljuk, hogy mi az optimum, ha kizárjuk a triviális konstrukciót, amikor az összes halmaz tartalmaz egy adott t-elem halmazt. Az általános esetet csak azon feltétel mellett sikerült megoldani, amikor t s, r, l, fennáll, ez természetesen nem tartalmazza a fent tárgyalt eseteket. Ekkor F t s ( n s ( i=0 i + t+l s n s t+ s t+1 s + l és ez aszimptotikusan legjobb korlát, ha a paraméterek rögzïtettek és n. A cikk a szerz idegen nyelven megjelen 3 cikkének (egyik Füredi Zoltánnal közös összefoglalása. 1

1. Bevezetés Jelölje [n] az {1,,..., n} halmazt, [n] az [n] összes részhalmazának családját, míg ( [n] jelölje a k elem részhalmazok családját. Erd s, Ko és Rado [9] egyszer tétele k szerint F maximuma n 1 ha az F [n] család bármely két halmazának nemüres metszete van. Egy ilyen F-et metsz halmazrendszernek hívunk. Valóban, egy halmaz és komplementere közül csak az egyik szerepelhet, tehát az összesnek legfeljebb a fele, vagyis n / = n 1. Ennyi halmazt tartalmazó metsz rendszert, M-et pedig úgy kapunk, ha veszünk egy rögzített elemet, például az 1-et tartalmazó összes halmazt. Ekkor M-et triviálisan metsz nek hívjuk, hiszen az összes halmaz metszete, M =. Azonban, ha n páratlan, akkor ugyanekkora metsz rendszer az, amelyik az összes, legalább n+1 ( n n+1 -elem halmazból áll, hiszen + ( n n+3 +... + ( n n = n 1. Ha n páros, akkor az összes legalább n + 1-elem halmaz családjához még hozzá kell venni az 1 elemet tartalmazó összes n -elem halmazt is. Tegyük a fenti konstrukciókat geometriai analógiával egy kissé szemléletesebbé. Egy F [n] halmazhoz rendeljük hozzá az un. karakterisztikus vektorát, amiben az i-edik koordináta 1 vagy 0 aszerint, hogy i eleme-e F-nek vagy sem. Akkor egy F-nek n-hosszú 0,1 sorozatok (vektorok felelnek meg. Az egyszer ség kedvéért ezt is jelölhetjük F-fel. Két ilyen sorozat távolsága a különböz bitek száma. A halmazok nyelvén pedig a szimmetrikus dierencia mérete. Ebben a térben egy a középpontú, r sugarú B(a, r gömb azon 0,1 sorozatokból áll, amelyek a-tól legfeljebb r távolságra vannak. Ha a gömb középpontja a = (1, 1,..., 1, akkor a B(a, r gömböt jelöljük B(n, n r-rel, ahol n r arra utal, hogy legalább n r-elem halmazokról van szó. Ezek alapján a második konstrukció páratlan n esetén a B(n, n+1 gömb. A fenti feladatra vonatkozó els konstrukciónak megfelel vektorok azok, amiknek els koordinátájuk 1, a többi pedig tetsz leges. 0,1 vektorok egy olyan halmazát, amelyeknek néhány koordinátája rögzített, a többi pedig tetsz leges, hengernek nevezzük,

de a megfelel halmazrendszert ugyancsak. A fenti els konstrukció tehát egy henger. A második konstrukció páros n esetén szintén egy gömb és egy henger kombinációja, hiszen a B(n, n gömbhöz hozzávesszük egy hengernek és ( [n] n -nek a metszetét. A fenti tételt Katona Gyula a következ képpen terjesztette ki []. Ha egy F halmazrendszer s-metsz, azaz bármely két halmaz metszete legalább s-elem, akkor páros n + s esetén F B(n, 1 (n + s, ahol B(n, x egy Hamming gömb, azaz a legalább x méret halmazok összesége, míg páratlan n + s mellett F B(n 1, 1 (n + s 1, és az optimális rendszer egy henger és egy gömb kombinációja. Ez sokszor el fordul a metsz halmazrendszerek elméletében, különösen uniform rendszerek esetén (amikor minden halmaz azonos méret, lásd Ahlswede és Khachatrian [1] megoldása az Erd sfrankl sejtésre. Jegyezzük meg, hogy míg s = 1 esetén mind egy henger, mind egy gömb(szer konstrukció optimális (s t, sok más optimális is van, s esetén csak a gömb(szer (az egyetlen optimális. Általánosan azt mondjuk, hogy F rendelkezik az I(r, s tulajdonsággal (vagy r-szeresen legalább s-metsz ha F 1 F... F r s bármely különböz F 1, F,..., F r Fmellett, (1 Jelölje f(n; I(r, s az n elemen lehet legnagyobb r-szeresen legalább s-metsz halmazrendszer méretét. Ha vesszük az összes részhalmazt, amely tartalmaz s rögzített elemet (ez is egy henger, ez kielégíti a feltételt, tehát következik, hogy f(n; I(r, s n s minden n s 0-ra. A terület egyik legszebb eredménye Frankl tétele [11], mely szerint f(n; I(r, s = n s akkor és csak akkor, ha n < r+s vagy s r r 1 kivéve az (r, s = (3, 4 esetet. Egy kiváló összefoglaló cikk Frankltól való [1]. Természetesen merül fel az is, hogy a metszetek felülr l korlátosak legyenek. Gronau egy kisebb eredménye szerint [19], ha bármely két halmaz metszete t akkor F arra a halmazcsaládra maximális, amely az összes legfeljebb t+1-elem halmazból áll. Ez ismét egy gömb, aminek középpontja a (0,..., 0 és sugara t + 1. De azonnal megváltozik a helyzet, ha például bármely három halmaz metszete lehet legfeljebb t = 1. 3

Ekkor, mint az könnyen látható, a legnagyobb halmazcsalád az összes legfeljebb kételem halmazon kívül még hármasoknak egy olyan családjából áll, amelyek minden kételem halmazt pontosan egyszer tartalmaznak, ha a hármasoknak ilyen családja létezik. Itt tehát a kett sugarú gömbön kívül hármasoknak egy olyan családja van, ami se nem gömb, se nem henger. Az ilyen tipusú rendszereket deniáljuk a következ kben. Azt mondjuk, hogy F I(l, t tulajdonságú (vagy l-szeresen legfeljebb t- metsz, ha F 1 F... F l t bármely különböz F 1, F,..., F l Fhalmazra, ( Jelölje f(n; I(l, t a legnagyobb ilyen halmazrendszer méretét n elemen. Egy k- méret részhalmazokból álló I(l, t tulajdonságú családot (n, k, t + 1, l 1 pakolásnak nevezünk és a maximális méretét jelöljük P (n, k, t + 1, l 1-vel. Utóbbi jelölést az magyarázza, hogy feltételünket úgy is fogalmazhatjuk, hogy a családban lév k-elem halmazok közül minden t + 1-est legfeljebb l 1 tartalmazhat. Általánosabban, egy F [n] család (n, k +, j, λ pakolás, ha F k igaz minden F F halmazára és minden j-elem X [n] halmazra teljesül, hogy X-et F-nek legfeljebb λ tagja tartalmazza, azaz minden j-elem halmaz legfeljebb λ-szer van lefedve. Itt is P (n, k +, j, λ jelöli a maximális méretet. Az alábbi els egyenl tlenség triviális, a második egyszer kett s leszámlálással adódik. ( n j P (n, k, j, λ P (n, k +, j, λ λ( k (3 j. Ha itt egyenl ség van egy F ( [n] családra, akkor azt S k λ (n, k, j blokkrendszernek, λ = 1 esetén pedig Steiner rendszernek hívjuk. Pakolásokról egy részletesebb átakintés [4, 5]-ben található. Ilyen rendszerek létezése és konstruálása általában nagyon nehéz, most egy közis- 4

mert eredményt ismertetünk, a j = k 1 esetet. λ k n k ( n n k 1 P (n, k, k 1, λ P (n, k +, k 1, λ λ k ( n. (4 k 1 Bizonyítás: A fels korlát következik (3-ból. Az alsó korláthoz konstruálunk egy F-et. Minden x [n] elemre tekintsük az F x := {F ( [n] k : f F f x (mod n} halmazt. Nyilvánvaló, hogy F x és F y diszjunkt, ha x y. Rögzítsünk egy k 1-elem Y [n] halmazt Könny belátni, hogy F x -nek legfeljebb egy tagja tartalmazza Y -t, tehát F x egy (n, k, k 1, 1 pakolás, így F 1 F F n a ( [n] család felbontása k (n, k, k 1, 1 pakolásokra. Deniáljuk F-et, mint λ darab legnagyobb F x unióját. Ekkor F n( λ n ( k k 1 = λ n k n. k n Ha a metszetekre egyszerre tesszük fel a fels és alsó korlátokat, akkor a legegyszer bb eset, ha az alsó és fels korlátok egyenl ek, és azonos metszetekre vonatkoznak. Egy halmazrendszert l-szeresen pontosan t-metsz nek nevezünk, ha F 1... F l = t teljesül F bármely különböz F 1,..., F l részhalmazaira. Jelölje f(n, l, t := f(n; I(l, t, I(l, t az ilyen halmazrendszerek maximális méretét n elemen. A legegyszer bb ilyen probléma a kétszeresen pontosan 1-metsz halmazrendszerek esete, Erd s és De Bruijn nevezetes eredményükben [6] belátták, hogy f(n,, 1 n és f(n,, 1 = n, ha n = q + q + 1, ahol q egy primszám hatványa. Általánosabban, t esetére, Fisher egyenl tlenségként ismert, hogy f(n,, t n. Ugyan az egyenl tlenséget el ször Majumdar [5] bizonyította, de érdemes megemlíteni, hogy R.C. Bose egy egyszer bb bizonyítást talált és ez volt az els eset, hogy valaki lineáris algebrai módszereket alkalmazott [3] egy kombinatorikai problémára. Jelen cikkben összefoglaljuk a szerz (részben Füredi Zoltánnal közös eredményeit, amelyek arra az esetre vonatkoznak, amikor a metszetek méretére egyszerre teszünk fel különböz alsó és fels becsléseket. Az eredmények idegen nyelven részben már megjelentek, részben megjelenés alatt vannak. 5

. Eredmények E fejezetben felsoroljuk a kés bbiekben bizonyítandó új eredményeket. Tekintsük az l 3 esetet. Füredi Zoltán egy tételéb l [15] könnyen bizonyítható, hogy az extremális családok ez esetben triviálisan metsz k. Ebb l már egyszer en következik, hogy 1. Tétel. [3] Legyen l 3 és n l(l+t l, ekkor f(n, l, t = l (n t + 1. Sok esetben az optimális családok nem triviálisan metsz k, például az Erd s-de Bruijn tétel esetében, a véges projektív sík egyike az optimális konstrukcióknak. Ez vezet a maximális nem triviálisan l-szeresen pontos t-metsz rendszerek vizsgálatához Legyen g(n, l, t =max F, ahol F l-szeresen pontosan t-metsz és F < t. Természetesen g(n, l, t f(n, l, t. Az el bb említett példa miatt [6] g(n,, 1 = n. A következ tételekben a t = 1 esetben adott alsó és az általánosan adott aszimptotikus fels korlátok l = 3 esetén egybe esnek.. Tétel. [3] g(n, 3, 1 = n /3 (1 + o(1. Az általános esetben azonban különböz ek. 3. Tétel. [3] Ha l, akkor 1 t n1/l (1 + o(1 g(n, l, t n (t+1/(l+t 1 (1 + o(1. A fels becslésb l természetesen szintén következik, hogy az 1. tételben az optimális családok triviálisan metsz k. A fenti 3 tételt a 3. fejezetben bizonyítjuk. Térjünk át arra az esetre, ha a fels és alsó korlátok nem ugyanazon metszetekre vonatkoznak. Andrew Szilard zikus vette fel a problémát, hogy legfeljebb hány halmaz létezik n elemen, ha bármely kett metszete nem üres, viszont bármely három 6

metszete üres. Ez könnyen megválaszolható, viszont az általanos eset a fedések elméletére vezethet vissza, ahol kevés esetben megoldott a probléma. Ebb l vet dik fel a kérdés, hogy, mennyi f(n; I(, 1, I(l 1, azaz legfeljebb hány halmaz lehet egy metsz halmazrendszerben, amelyben bármely l halmaz metszete legfeljebb 1. A következ tétellel a 4. fejezetben foglalkozunk. 4. Tétel. [4] Legyen l, ekkkor f(n; I(, 1, I(l 1 = (l 1n + o(n. Természetesen rátérünk az általános problémára is, azaz legfeljebb mekkora lehet egy halmazrendszer, ha bármely r halmaz metszete legalább s és bármely l metszete legfeljebb t. A problémát Füredi Zoltánnal közös cikkünben [16] aszimptotikusan megoldjuk a t s esetre. Pontosabban, visszavezetjük a (3-ban felmerült pakolási függvényre. Mint látható, az el z tételek speciális esetei az általános problémának, de az általános megoldás rájuk nem vonatkozik tehát volt értelme külön foglalkozni velük. A következ tételt és a következményét együtt bizonyítjuk a 5. fejezetben. 5. Tétel. [16] Legyen t s, r, l és n > n 0 := n 0 (r, s, l, t. Ekkor r 3 esetén f(n; I(r, s, I(l, t = f(n s; I(l, t s. Ha pedig r =, akkor f(n; I(, s, I(l, t f(n s; I(l, t s + l, és itt egyenl ség áll, ha (3-ban is egyenl ség áll (n s, t + s,, l - pakolásokra és s l 1. A tétellel együtt bizonyítjuk a következ t. 7

6. Következmény. A tétel aszimptotikusan a következ formulát adja ( f(n; I(r, s, I(l, t = (1 + o(1 1 + l ( n. t + s 3. l-szeresen pontosan t-metsz rendszerek Az 1. tétel bizonyításával kezdjük. Bizonyítás: Füredi [15]-beli tételének speciális esete a következ. 7. Tétel. [15] Legyen l 3, t 1 és F legyen l-szeresen nem triviálisan, pontosan t-metsz halmazrendszer n elemen. Ekkor F n + l. Ezt itt nem bizonyítjuk, de ennél er sebb a 3. tétel, amit majd a fejezet további részében bizonyítunk. El ször azt bizonyítjuk, hogy F l (n t + 1, azaz meg fogunk adni l (n t + 1 darab halmazt úgy, hogy F = t és mivel n l ( + t esetén l l (n t + 1 > n + l, így Füredi fenti tétele alapján csak a triviálisan metsz esettel kell foglalkoznunk. Tegyük fel, hogy F = {n, n 1,..., n t + 1}. Deniáljuk az F = {F \{n, n 1,..., n t + 1} F F} családot, ekkor nyilván F = F. Minden F F halmaz minden eleméhez rendeljünk egy 1 nagyságú súlyt, kivéve az üres halmazt. Mivel F {1,,... n t} minden eleme legfeljebb l 1 halmazban van benne, így minden elemen legfeljebb l 1 darab súly van. A két legnagyobb nem lehet mindkett 1, hiszen a halmazok különböz ek, így nem eshet egybe két egyelem halmaz. A második legnagyobb súly tehát legfeljebb, 1 tehát az összes súly összege egy elemen legfeljebb 1 + l = l. Összegezve az összes elemen a súlyokat az egyrészt legfeljebb (n t l, másrészt egyenl F -fel F 1-gyel (az üres halmaztól függ en, mert a súlyok összege halmazonként 1. Tehát F = F l (n t + 1. (5 8

Ha n l+t tudunk konstruálni egy F halmazrendszert, amelyre F = l (n t +1. Elég egy F -et mutatni, amelyre F = l (n t + 1 az {1,,..., n t} alaphalmazon. Páros l esetén legyen F a {1} {}... {n t} F 1 F... F l rendszer, ahol F i = {1, i + 1} {, i + }... {n t, n t + i} (az elemeket értsük (mod n t. Páratlan l esetén pedig legyen F a {1} {}... {n t} F 1 } rendszer. F... F l {1, n t + 1} {, n t + }... { n t, n t A. és a 3. tételt egyszerre bizonyítjuk. El ször a fels korlátokat bizonyítjuk, közösen a két tételét, indukcióval l-re. Bizonyítás: Megmutatjuk, hogy F n (t+1/(l+t 1 (1+o(1, ha F egy l-szeresen pontosan t-metsz halmazrendszer (l és F < t. Az els eset, l = Fisher egyenl tlensége. Az indukciós lépés bizonyítása el tt megjegyezzük, hogy a fels becslés igaz és a bizonyítás m ködik akkor is, ha megengedünk többszörös halmazokat, azaz a halmazok nem feltétlenül különböz ek F-ben. A többszörös halmazok kérdésére részletesebben is kitérünk a 6. fejezetben. Tegyük fel, hogy l 3 és a becslés igaz l 1-re. Tekintsünk egy nem triviálisan l-szeresen ponotsan t-metsz F családot. Jelöljük F legkisebb halmazát X-szel és legyen X = k. Vegyük az X F metszeteket minden F F halmazra. Ezek egy olyan rendszert alkotnak, melyben X nem feltétlenül különböz részhalmazai találhatók. Látható, hogy a rendszer nem triviálisan l-szeresen ponotsan t-metsz ( F F X F < t. Az indukció miatt ez azt jelenti, hogy F k (t+1/(l+t (1 + o(1. (6 Tehát kész vagyunk a bizonyítással, ha k n (l+t /(l+t 1, így feltehetjük, hogy k > n (l+t /(l+t 1. Miel tt folytatnánk terjesszük ki az ( t x jelölést nem egész x- ekre. Legyen ( x l = f(x = x(x 1 (x l+1 ha x l 1 és f(x = 0 egyébként. l! Látható, hogy ez a függvény monoton n és konvex, tehát alkalmazhatjuk a Jensen egyenl tlenséget. Egy A ( [n] t t-esre jelölje d A a {F F A F } mennyiséget, azaz F-beli A-t tartalmazó részhalmazok számát. Az l-szeresen ponotsan t-metsz feltétel azt adja, hogy minden l halmazhoz F-ben van egy A t-es, amely az metszetük. Egy 9

adott A ( d A l féleképpen lehet l F-beli halmaz metszete, ha d A l. Tehát ( F l ( n t = A ( [n] ( da t l ( n t ( A d A ( n t l használva a Jensen egyenl tlenséget is. Egy rögzített A-ra d A darab F F tartalmazza A-t és egy rögzített F F halmaz ( F darab A-t tartalmaz, tehát folytatva t (7-ot, ( A d A ( n t l = F F ( F t ( n t l t F (k ( n t l (7. (8 Feltehetjük, hogy F > n (t+1/(l+t 1, különben kész lennénk a bizonyítással. Mivel k > n (l+t /(l+t 1, így F (k t végtelenhez tart (n. Összegezve (7-ot és (8-et, 1 ( n F t l l! ( n t t ( F (k ( n t 1 k l ( t F ( ( l l! n l + 1 t 1 ε k l t F ( ( l! n (9 t bármely ε > 0-ra, ha n elég nagy. Tehát ( l 1 n (1 + o(1 t ( l k, (10 t amib l következik k (1 + o(1n (l 1/l (1 + o(1n (l+t /(l+t 1, tehát (6 alapján F (1 + o(1n t+1/(l+t 1. Most következik a. és 3. tételhez szükséges alsó becslések bizonyítása. Bizonyítás: Konstrukciót adunk, véges projektív terek segítségével. P G(N, q jelöli az N dimenziós q rend véges projektív teret, ami q N +q N 1 +...+1 hipersíkból és ugyanennyi pontból áll. A hipersíkokat mint halmazokat tekintve a pontok alkotta alaphalmazon, bármely N halmaznak nemüres a metszete, nevezetesen egy K-dimenziós altér, K < N 1. 10

El ször belátjuk, hogy g(3, 1, n n /3 (1+o(1, befejezve a. tétel bizonyítását. Megadunk egy F családot, amely [n]-nek n /3 (1+o(1 darab részhalazból áll, melyek 3-szorosan pontosan 1-metsz k és F =. Tekintsük P G(3, q-at, olyan q-val, hogy q 3 + q + q + 1 = n legyen (ha van ilyen q prímhatvány. [3] és [8] alapján egy ovális maximális mérete q + 1, azaz legfeljebb ennyi pont adható meg úgy, hogy bármely egyenesen legfeljebb kett legyen. Vegyünk q + 1 ilyen pontot. A duális síkjaikból (ezekb l is q + 1 van álljon F. Ezek között nincs három, amely egy közös egyenest tartalmaz. Tehát 3 ilyen sík metszete egy pont, így F 3-szorosan pontosan 1-metsz, méghozzá nem triviálisan. Azt kapjuk, hogy g(3, 1, n n /3 (1 + o(1, mert az alaphalmaz q 3 + q + q + 1 pontból áll. Ha nincs olyan q prímhatvány, melyre q + q + 1 = n, akkor vegyük a legnagyobb m n úgy, hogy q + q + 1 = m és q prímhatvány. Ez elegend, hiszen tudjuk, hogy van prím n és (1 εn között minden ε > 0-ra, ha n elég nagy. A 3. tétel, azaz g(l, 1, n n 1/l (1 + o(1 bizonyításához l 4-re, általánosítjuk az el bbi konstrukciót. Minél több pontot keresünk P G(l, q-ban (q l +... + q + 1 = n úgy, hogy legfeljebb l 1 van minden l -dimenziós (-codimenziós altérben. Sajnos nem ismert pontosan a maximális számuk l 4-re, de tudjuk, hogy van q + q ilyen pont ([8] and []. Vegyünk q + q ilyen pontot, ezek duális hipersíkjai alkotják majd F-et, amely l-szeresen pontosan 1-metsz lesz, mint az el z konstrukcióban, így g(l, 1, n n 1/l (1 + o(1. Vegül g(l, t, n (1/tn 1/l (1 + o(1 adódik, ha az alaphalmaz minden elemét t másikra cseréljük. 1. Megjegyzés. Ha létezik q (1+o(1 pont (ez a létez fels becslés az el bbi térben úgy, hogy legfeljebb l 1 van minden l -dimenziós altérben, akkor ebb l következik g(l, 1, n = n /l (1 + o(1 a fenti konstrukcióval. A véges projektív terekben található fenti típusú halmazokkal foglalkozik a [0] összefoglaló cikk és a következ változata [1]. 11

4. Metsz, de l-szeresen legfeljebb 1-metsz rendszerek Rátérünk a 4. tétel bizonyítására. El ször a fels becsléssel foglalkozunk. A [4]-ben található eredeti bizonyítás helyett álljon itt Füredi Zoltán bizonyítása, mely nem csak aszimptotikus eredményt ad, nevezetesen azt bizonyítjuk, hogy f(n; I(, 1, I(l 1 (l 1n. (11 A következ lemma Motzkin [6] nevéhez f zödik, az eredményének könny általánosítása. Eredetileg a c = 1 esetet bizonyította, ennek felhasználásával látjuk be minden c > 0-ra. 1. Lemma. Legyen G = G(A, B; E páros gráf, melynek van éle és legyen c > 0 valós szám. Tegyük fel, hogy A-ban nincs olyan csúcs, ami szomszédos B összes csúcsával és, hogy minden nem összekötött csúcspárra, azaz minden a A, b B, (a, b E esetén deg(a c deg(b. Ekkor A c B. Bizonyítás: Legyenek p és q pozitív egészek úgy, hogy p/q c teljesüljön. Belátjuk, hogy (p/q A B, és mivel (p/q c tetsz legesen kicsi lehet, így ebb l már következik c A B. Legyen G egy páros gráf, melynek csúcsai A B úgy, hogy A A-nak p darab másolata, míg B B-nek q darab másolata. Az éleket úgy adjuk meg, hogyha a A másolata az a A csúcsnak és b B másolata a b B csúcsnak, akkor a -t akkor és csak akkor kössük össze b -vel G -ben, ha a össze van kötve b-vel G-ben. Ekkor (a, b / E esetén, deg G (a = q deg G (a q ( p q deg G(b = p deg G (b = deg G (b. Tehát az eredeti Motzkin lemma (c = 1 eset feltételei teljesülnek G -re, így A B. Tehát p A B is következik. q Most rátérhetünk közvetlenül (11 bizonyítására. 1

Bizonyítás: Legyen F egy metsz halmazrendszer, melyben semely l halmaz nem tartalmaz két közös elemet. Deniáljuk a G(A, B; E páros gráfot a következ képpen. Legyen A := [n], B := F és x [n] legyen összekötve az F F csúccsal, ha x F. Ha a gráfnak nincs éle, akkor F = minden F F halmazra, így F 1. Ha van egy a A csúcs, amely szomszédos B összes csúcsával, akkor a benne van F minden halmazában. Azonban F-nek legfeljebb l 1 halmaza tartalmaz egy elempárt [n]-b l, azaz F[x, y] l 1, (1 ahol F[x, y] := {X F : x, y X}. Ezt az egyenl tlenséget használva az (a, y párokra azt kapjuk, hogy minden y a elem F-nek legfeljebb l 1 halmazában van benne. Tehát F 1 + (l 1(n 1 (l 1n. Megmutatjuk, hogy minden más esetben a 1. lemma feltételei teljesülnek c = l 1 mellett (ami pozitív, mert l. Legyen x [n] = A és F F = B nem szomszédos csúcspár G-ben, azaz x / F. Tekintsük az F[x] := {X F : x X} rendszert, erre teljesül F[x] = deg G (x. Mivel F metsz, ezért F[x] minden tagja metszi F-et, így F[x] = y F F[x, y]. Ekkor (1 miatt F[x] (l 1 F, tehát deg G (x (l 1 deg G (F. Az 1. lemmát alkalmazva G-re kapjuk, hogy (l 1n = (l 1 A B = F. A 4. tétel bizonyításából még hátra van az alsó becslés. Bizonyítás: Konstrukciót adunk F-re véges projektív síkok segítségével úgy, hogy F = (l 1n + o(n. Csima és Füredi bizonyította [10], hogy egy véges desargue-i q-rend projektív sík pontjai színezhet k q +1 színnel úgy, hogy nincs 3 egyszín pont egy egyenesen. A dualitást használva ez azt jelenti, hogy az egyenesek is színezhet k ennyi színnel úgy, hogy nincs 3 egyszín, amely átmegy egy ponton. Tekintsük P G(, q-t, ahol q a legnagyobb prímhatvány úgy, hogy q + l(q + 1 n. Legyenek a 1,..., a q +q+1 a pontok és L 1,..., L q +q+1 az egyenesek. Színezzük az egyeneseket a fenti módon, az L i egyenes színe legyen c(i. Vegyünk (l (q + 1 extra pontot az egyenesek színeib l (l -t minden színb l. Jelöljük 13

ket e 1,1,..., e q+1,1, e,,..., e q+1,l -vel (e i,j a j-edik extra pont az i-edik színnel. Legyen F i,j = L i {e c(i,j } (1 i q + q + 1,1 j l és F i,l 1 = L i. A halmazrendszer alaphalmaza legyen {a 1,..., a q +q+1, e 1,1,..., e q+1,l }, míg a halmazokat adjuk meg a következ képpen F = {F i,j : 1 i q + q + 1, 1 j l 1}. Könnyen látható, hogy a fent megadott halmazok különböz ek és F = (l 1(q + q + 1. Bármely két halmaz metszi egymást, mert L i F i,j, L a F a,b, és L i L a. Kell még, hogy l különböz részhalmaz metszete legfeljebb egyelem. Az halmazok közül biztos van kett, amelynek különbözik az els indexe (F a,b, F e,f, a e. Ha b f, akkor F a,b F e,f = L a L e és a mértete pontosan egy. Ha b = f, akkor vegyünk egy harmadikat: F g,h. Ha h b, akkor g a vagy g e (feltehet, hogy g a, tehát F a,b F g,h = L a L g és a mérete pontosan egy. Végül, ha b = f = h, akkor c(a = c(e = c(g esetén F a,b F e,f F g,h = {e c(a,b }, hiszen L a L e L g =. Abban az esetben pedig, ha c(a, c(e, c(g nem mind egyformák, akkor F a,b F e,f F g,h = L a L e L g és a mérete egy. A konstrukcióban n q + l(q + 1 és F = (l 1(q + q + 1. Tehát F l 1. n Másrészt F n (l 1 q + q + 1 ((1 + εq + l((1 + εq + 1 minden ε > 0-ra, ha n elég nagy. Tehát F n bebizonyítottuk 5. Általános eset tart l 1-hez, ha n. Ezzel a tételt Az általános tétel bizonyítása el tt lássuk be, a 6. következményt a 5. tételb l. Ehhez (4-el együtt elég az alábbi állítás, hiszen (4 az alábbi pakolások méretére ad becslést.. Állítás. Legyen l, t 1. Ekkor f(n; I(l, t = ( n + P (n, (t + +, t + 1, l. i 0 i t+1 14

Bizonyítás: Az összes legfeljebb t + 1 méret részhalmaz és a fenti pakolás együtt megfelel. Csak azt kell bizonyítani, hogy ennél jobb nincs. Legyen F [n], ami I(l, t tulajdonságú. Feltehetjük, hogy [n] minden legfeljebb t elem részhalmazát tartalmazza F, mert ha X t, akkor F {X} is I(l, t tulajdonságú. Ugyancsak feltehetjük, hogy minden (t + 1 elem részhalmaz F-ben van, ugyanis ha X ( t+1 [n], X / F és F[X] l, akkor F {X} ismét I(l, t tulajdonságú. Másrészt F[X] = l 1 > 0 esetén vegyünk egy F F[X] halmazt és cseréljük X-re. A kapott F \ {F } {X} szintén I(l, t tulajdonságú. Ezt az eljárást addig ismételhetjük, míg ( t+1 [n] összes eleme F-ben van. Ekkor az F \ 0 i t+1 család nyilván egy (n; (t + +, t + 1, l -pakolás. ( [n] i Jegyezzük meg, hogy a fenti bizonyításból következik az alábbi, kicsit er sebb állítás is. Ha az F család I(l, t tulajdonságú [n]-en és minden F F legalább t+1 elem, akkor ( n F + P (n, (t + +, t + 1, l. (13 t + 1 Most a 5. tétel bizonyítása következik. Bizonyítás: Legyen Σ := t+1 s i=0 ( n s + P (n s, (t + s +,, l. i Könnyen adható olyan Σ részhalmazból álló család, amely kielégíti a metszési feltételeket és amelyben az összes részhalmaz tartalmazza [s] elemet, azaz triviálisan metsz. Legyen ugyanis P egy P (n s, (t + s +,, l méret pakolás az [n] \ [s] alaphalmazon. Legyen P = {P [s] : P P } és F 0 = {F [n] : F t + 1; [s] F } P. Ekkor f(n; I(r, s, I(l, t F 0 = Σ. (14 15

r = esetén nagyobb családot is meg tudunk adni. Tegyük fel, hogy van egy optimális (n s, (t+ s +, t+1 s, l -pakolás, amely csak (t+ s elem halmazokból áll, vagyis (3-ban egyenl ség áll ezekre az értékekre. Ezután távolítsuk el [s]-et F 0 - ból és vegyünk hozzá min{s, l 1} darab [n] \ {i}, 1 i s alakú halmazt. Látható, hogy a kapott F 1 rendszer kétszeresen legalább s-metsz és I(l, t tulajdonságú. Legyen F egy tetsz leges I(r, s, I(l, t tulajdnoságokkal rendelkez család. Meg fogjuk mutatni, hogy r 3 esetén F Σ és r = -re F Σ + l r = -re. El ször tekintsük az F s esetet. Ez azt jelenti, hogy F részhalmazaiban van s közös elem, például [s] F minden F F esetén. Tekintsük az F = {F \ [s] : F F} rendszert. F -ben bármely l halmaz metszete legfeljebb t (t s elem, azaz F I(l, t s tulajdonságú. Tehát bármely elem F -nek legfeljebb l 1 tagjában van benne. Tehát F = F Σ az. állítás miatt. Ezek után feltehetjük, hogy F < s. Deniáljuk az F(i := {F F : F = i} és F( j = F(j F(j + 1... rendszereket, ezekkel, F = F(1 F(.... Triviálisan F(i =, ha i < s. Az F(i család i-uniform az [n] alaphalmazon és I(, s tulajdnoságú, tehát az Erd s-ko-rado tétel [9] miatt F(i ( n s i s Ezt a becslést használjuk, ha s i t. (14 és (4 alapján feltehetjük, hogy F t s i=0 Tehát (15-b l következik, hogy F( t + 1 ( 1 + l t + s ha n > n(i, s. (15 ( n s ( i + 1 + l t+ s ( n t n s n s Most egy fels becslést adunk a nagy halmazok számára. 3. Lemma. Ha A F s minden F F halmazra, akkor ( A ( s n s F( k ( k s (l 1. t+1 s 16 ( t+1 s n t n s. n s (16

Legyen A = {X ( [n] t+1 : A X s}, ekkor nyilván t+1 s A. Bármely t + 1 elem F-nek legfeljebb l 1 tagjában van benne és minden Bizonyítás: ( A s ( n s F F( k legalább ( k s t+1 s A (l 1. tagját tartalmazza A-nak. Tehát F( k ( k s t+1 s Mivel t s, ezért a ( ( t+1 s k s / k s tört tetsz legesen kicsi minden elég nagy k k 0 esetén. Például, ha k > k 0 (t, s := 4s + 6t, akkor ( k s ( k s < t k t+1 s < 1 3t. Vágjuk F( t + 1-et ketté, a G F( k 0 családokra, ahol G := F(t + 1 F(t +... F(k 0 1. Fels becslést adunk F( k 0 méretére. Ha nem üres, akkor válasszunk egy minimális méret F 0 F( k 0 halmazt, azaz F F 0 minden más F F( k 0 halmazra. Jelöljük F 0 méretét f 0 -al. F 0 megfelel A-nak a 3. lemmában, azt kapjuk, hogy F( k 0 = F( f 0 ( f0 s ( f0 s t+1 s ( n s (l 1 < l 1 ( n s. 3t Összehasonlítva ezt (16-al, látható, hogy minden n > k 0 számra G = F( t + 1 F( f 0 l 1 ( n s 3t 4. Állítás. G = s. ( 1 + l n t l 1 t + s n s 3t ( n s. (17 Bizonyítás: Ha G s 1, akkor van egy A [n], A < 3k 0 halmaz, amelyre A G s + 1 minden G G esetén. S t vagy van egy A G, amely legalább s + 1 elemben metszi G összes többi elemét, vagy találhatunk G 1, G G halmazokat úgy, hogy G 1 G = s. Ekkor van egy G 3 G, amely nem tartalmazza G 1 G -t. Tehát G 1 G G 3 s 1, ekkor pedig G 1 G G 3 megfelel A-nak. Ilyen A halmaz létezése G s + 1 esetén nyilvánvaló. 17

A I(l, t tulajdonság miatt G ( A s + 1 ( n s 1 t s (l 1 ( 3k0 s + 1 Ez pedig ellentmond (17-nak, ha n > n 0 (k, s. n s ( n s (l 1. Tehát feltehetjük, hogy [s] G. Legyen S := {F F( t + 1 : [s] F } és H = {F F( t+1 : [s] F }. Ekkor F( t+1 = S H. Az S := {F \[s] : F S} család I(l, t s tulajdonságú n s elemen. Ezen kívül S minden tagja legalább elem. Tehát a. állítás, pontosabban (13 miatt S = S ( n s + P (n s, (t + s +, (, l. (18 Ha H =, akkor S = F( t + 1, (18 és (15 miatt F Σ, tehát kész vagyunk. Mostantól feltehetjük, hogy H. Legyen H 1 a legkisebb halmaz H-ban és a mérete H 1 = h. Hogy megbecsüljük S -et, tekintsük a C := {C [n] : C [s], C = t + 1} családot. Mivel F(t + 1 G S, így F(t + 1 C. Ezen kívül egyrészt S( t + minden tagja C-nek legalább t + s tagját tartalmazza. Másrészt, C minden tagja F-nek legfeljebb l 1 tagjában van benne. Azt kapjuk tehát, hogy ( n s (t + s ( S F(t + 1 + F(t + 1 (l 1 C = (l 1. Átrendezve, S ( 1 + l ( n s ( C F(t + 1. t + s t + s Mivel F F(t+1, így (F \[s] nem lehet benne [n]\h 1 -ben, ezért C F(t+1 ( t+1 s n s h. A (t s + 1/(t s + tört legalább /3, tehát S ( 1 + l ( n s t + s 18 3 ( n h s. (19

A 3. lemma segítségével adunk fels becslést H -ra, tetsz leges A G halmazzal. Mivel A k 0 és minden H H halmazra H h, így H ( k0 s ( h s t+1 s ( n s (l 1 < t h ( n s (l 1. (0 A (19 és (0 fels korlátokat összeadva és összehasonlítva a (16 alsó korláttal kapjuk, hogy ( 1 + l ( n t n s Átrendezve, t + s n s ( 1 + l t + s F( t + 1 = S + H ( n h s + t 3 h ( n s ( n s (l 1. ( n h s t ( n s + 1 ( n s. (1 3(l 1 h n s Itt újradeniálhatjuk k 0 (t, s-t, mint k 0 (t, s, l úgy, hogy elég nagy legyen t, s,l-t l függ en, de n is elég nagy legyen az új k 0 -hoz képest, azaz n > n 0 (t, s, l. Ekkor (1 miatt h > l 1 (n + t, tehát a I(l, t tulajdonság miatt H l 1. l Ismét, (18 és (15-b l következik, hogy F Σ+ H Σ+(l 1. Mivel F Σ, (15 azt adja, hogy F(s + 1 ( n s 1 H (n s (l 1 > k0 > s +. Tudjuk, hogy F(s+1 tagjai páronként s elemben metszik egymást, így vagy F(s+1 s+ és akkor F(s + 1 ( s+1 s+, vagy F(s + 1 = s. Legyen S 0 az az s elem, melyet minden F F(s + 1 halmaz tartalmaz. Ha egy F részhalmaz F(s + 1-nek minden tagját legalább s elemben metszi és F < F(s + 1, akkor S 0 F. Tehát G S 0 és S 0 is benne van F(i minden tagjában, ha s i t. Ekkor a 4. állítás miattt S 0 = [s]. Azt is kapjuk, hogy H [s] = s 1 and H ( F(s + 1 \ [s] teljesül minden H H esetén. Tekintsünk egy F 1 F F(s+1 és egy H 1 H halmazt. Ekkor F 1 F H 1 s 1. Ez ellentmondás r 3-ra tehát F Σ ebben az esetben. 19

Végül, ha r =, akkor H = miatt az F rendszer nem tartalmazhatja az [s] halmazt, tehát F(s = 0 és így F \ H f(n s, I(l, t s 1. Tehát F Σ 1 + (l 1 és ezzel a tételt bebizonyítottuk. 6. Többszörös halmazok Általában egy halmazrendszer halmazai különböz ek, de néha érdekes lehet a probléma akkor is, ha megengedünk többszörös halmazokat is. Ebben az esetben F néhány nem feltétlenül különböz halmazból áll. Jelöljük f (n, l, t-vel egy l-szeresen pontosan t-metsz rendszer maximális méretét, ha megengedünk többszörös halmazokat. Hasonlóan, minden eddig deniált maximum vessz s megfelel je jelölje azt az esetet, amikor megengedünk többszörös halmazokat. Az Erd s-de Bruijn tétel jól ismert általánosításai Ray-Chaudhuri-Wilson [30] és Frankl-Wilson [14] tételei a korlátozott metszetméret halmazrendszerekr l. Ezt folytatva Grolmusz és Sudakov [18] adott fels becslést adott l-metszetméret halmazrendszerekre. Ennek egy speciális esete az els problémánkra azaz a 1. tételben szerepl f(n, l, t párjára, Jelöljük f (n, l, t-re a (l 1(n + 1 fels becslést adja. További érdekes eredmények találhatók még Grolmusz [17]-ban. A 1. tétel bizonyítás többszörös halmazokra is azt adja, hogy F akkor maximális, ha F t. Ekkor könnyen számolható a maximum, ami kicsit jobb, mint Grolmusz és Sudakov eredménye, azaz 8. Tétel. Legyen l 3 és n t, ekkor f (n, l, t = (l 1(n t + 1. Áttérve a 4. fejezetre, megállapíthatjuk, hogy a 4. tétel megfelel je is igaz. 9. Tétel. f (n; I(, 1, I(l, 1 = (l 1n teljesül minden n és l esetén. 0

Vehetjük ugyanis a [6]-ban és [6]-ben szerepl konstrukciókat l 1 példányban, például egy egyelem halmazt és az azt az elemet tartalmazó kételem halmazokat. Az általános problémánál is felmerül, hogy mennyiben változik a probléma, ha többszörös halmazokat is megengedünk. Ha a többszörös halmazok között van s F t méret is, akkor ezekb l bármennyit vehetnénk, a kérdés értelmetlen. Deniáljuk tehát most az f (n; I(r, s, I(l, t mennyiséget, mint max m, ahol F egy család [n] elemen esetleges többszörös halmazokkal, amely rendelkezik az I(r, s, I(l, t tulajdonságokkal és minden tagja legalább t + 1 elem. Ekkor az alábbi tétel érvényes. 10. Tétel. Legyen t s, r, l és n > n 0 := n 0 (r, s, l, t. Ekkor r 3 esetén ( n s f (n; I(r, s, I(l, t = f (n s; I(l, t s = (l 1 Ha pedig r =, akkor f (n; I(, s, I(l, t = f (n s; I(l, t s + l 1 ( n s = (l 1 + l 1. A fels korlát bizonyítása szinte ugyanaz, mint a 5. tételben. Annyival egyszer bb a dolgunk, hogy az alsó korlátot adó pakolási probléma itt triviális, az optimális rendszer csak (t + 1 elem halmazokból áll (mindegyikb l l 1 példány r 3-ra és még néhány (n 1 elem b l r = -re. 7. Összegzés Az irodalomban nem volt ismeretlen az olyan halmazrendszerek maximális méretének vizsgálata, ahol bizonyos metszetekre alsó és fels korlátok adottak. Például [13]-ben szerepel a sejtés, hogy (a korábbi jelöléseinket használva f(n; I(, 1, I(, k = 1 0 i k ( n 1 i.

Az összes legfeljebb (k + 1 elem halmazt véve, amely tartalmaz egy adott elemet látjuk, hogy ez a legjobb lehetséges. n > 100k / log(k +1-re ezt Frankl és Füredi [13] bizonyította az úgynevezett -rendszer módszerrel, n k + -re és 6(k + 1 n (1/5(k + 1 -re pedig Pyber [7] a permutációs módszer zseniális alkalmazásával. Végül Ramanan [9] bizonyította a sejtést minden n-re lineáris algebrai módszerekkel. Ebben a cikkben összegeztük az általános problémára adott Füredi Zoltánnal közös megoldást [16] és olyan speciális eseteket [4], [3], melyeket nem fed az általános megoldás, de érdekesek abból a szempontból is, hogy más a struktúrájuk, mint az általános esetben. Ezen kívül részlegesen megoldjuk az Erd s, De Brujin tétel általánosításával felmerül problémát, amikor l halmaz metszete adott méret, de kizárjuk a triviális kongurációt. Az általános megoldás csak a paraméterekre vonatkozó bizonyos feltételek mellett érvényes, melyek közül a leger sebb, hogy t s. Maradtak tehet megoldatlan problémák, melyek közül talán a legszer bbek, azok amikor s = t. Például hány részhalmaz létezhet legfeljebb, ha bármely két részhalmaz metszete legalább t elem, viszont bármely l 3 részhalmaz metszete legfeljebb t elem. A korábbi jelöléseket használva ez f(n; I(, t, I(l, t A másik érdekes eset, amikor 3 t = s + 1. A legegszer bb probléma tehát az, hogy hány részhalmaz létezhet legfeljebb, ha bármely két részhalmaz metszete legalább két elem, viszont bármely háromé legfeljebb három elem, azaz meghatározása. f(n; I(,, I(3, 3 Hivatkozások [1] R. Ahlswede és L. H. Khachatrian, A pushing-pulling method: new proofs of intersection theorems, Combinatorica 19 (1999, 115.

[] M.A. de Boer, Almost MDS codes, Des. Codes Cryptogr. 9 (1996, 143-155. [3] R. C. Bose, Mathematical theory of the symmetrical factorial design, Sankkyã 8 (1947 107-166. [4] A. E. Brouwer, Packing and covering of ( k t -sets, in: Packing and Covering in Combinatorics, (edited by A. Schrijver, Mathematical Centre Tracts 106, Matematisch Centrum, Amsterdam, 1979. pp. 8997. [5] A. E. Brouwer, Block Designs, Chapter 14 in: Handbook of Combinatorics, R. Graham, M. Grötschel and L. Lovász Eds., Elsevier, Amsterdam, 1995. [6] N. G. de Bruijn és P. Erd s, On a combinatorial problem, Nederl. Akad. Wetensch., Proc. 51 (1948, 177179. = Indagationes Math. 10 (1948, 4143. [7] J. Csima és Z. Füredi, Colouring Finite Incidence Structures, Graphs and Combinatorics (1986 339-346. [8] S.M. Dodunekov és I.N. Landjev, On near-mds codes, J. Geom. 54 (1995, 30-43 [9] P. Erd s, Chao Ko, és R. Rado, Intersection theorems for systems of nite sets, Quart. J. Math. Oxford Ser. ( 1 (1961, 31330. [10] J. Csima és Z. Füredi, Coloring Finite Incidence Structures, Graphs and Combinatorics (1986 339-346. [11] P. Frankl, Multiply-intersecting families, J. Combin. Theory, Ser. B 53 (1991, 195 34. [1] P. Frankl, Extremal set systems, in: Handbook of Combinatorics, Vol. 1,, pp. 193139, R. Graham, M. Grötschel and L. Lovász Eds., Elsevier, Amsterdam, 1995. [13] P. Frankl és Z. Füredi, Families of nite sets with missing intersections, in: Finite and innite sets, Vol. I, II (Eger, 1981, pp. 305318, Colloq. Math. Soc. János Bolyai, 37, North-Holland, Amsterdam, 1984. [14] P. Frankl és R. M. Wilson, Intersection theorems with geometric consequences, Combinatorica, 1(4 (1981, 357-368 [15] Z. Füredi, On a problem of Deza and Frankl, Ars Combinatortia, 13 (198, 1- [16] Z. Füredi és Zs. Katona, Multiply intersecting families of sets, Journal of Combinatorial Theory, Series A, Vol 106/ (004, 315-36 3

[17] V. Grolmusz, Set-systems with restricted multiple intersections and explicit Ramsey hypergraphs, Electronic J. of Combinatorics, 9 (00, R8. [18] V. Grolmusz és B. Sudakov, k-wise Set-intersections and k-wise Hammingdistances, J. Combin. Theory Ser. A 99 (00, no. 1, 180190. [19] Hans-Dietrich O.F. Gronau, An extremal set problem, Studia Sci. Math. Hungar, 15 (1980, 9-30. [0] J. W. P Hirschfeld és L. Storme, The packing problem in statistics, coding theory and nite projective spaces. R. C. Bose Memorial Conference (Fort Collins, CO, 1995 J. Statist. Plann. Inference 7 (1998, no. 1-, 355380. [1] J. W. P Hirschfeld és L. Storme, The packing problem in statistics, coding theory and nite projective spaces: update 001 http://cage.rug.ac.be/ ls/ [] Gy. Katona, Intersection theorems for systems of nite sets, Acta Math. Acad. Sci. Hungar. 15 (1964, 39337. [3] Zs. Katona, 3-wise exactly 1-intersecting families of sets, Graphs and Combinatorics 1 (005, 7176. [4] Zs. Katona, Intersecting families of sets, no l containing two common elements, Discrete Math. 6 (001, 3341. [5] K.N. Majumdar, On some theorems in combinatorics relating to incomplete block designs, Ann. Math. Stat. 4 (1953, 377-389. [6] Th. Motzkin, The lines and planes connecting the points of a nite set, Trans. Amer. Math. Soc. 70 (1951, 451464. [7] L. Pyber, An extension of a Frankl-Füredi theorem, Discrete Math. 5 (1984, 53 68. [8] B. Qvist, Some remarks concerning curves of the second degree in a nite plane, Ann. Acad. Sci. Fenn. Ser. A. 134 (195 [9] G. V. Ramanan, Proof of a conjecture of Frankl and Füredi, J. Combin. Theory, Ser. A 79 (1997, 5367. [30] D. K. Ray-Chaudhuri és R. M. Wilson, On t-designs, Osaka J. Math. 1 (1975, 735-744 4