V ALOGATOTT FEJEZETEK A KOMBINATORIKUS OPTIMALIZ AL ASBAN. (Frank Andras)

V ALOGATOTT FEJEZETEK A KOMBINATORIKUS OPTIMALIZ AL ASBAN (Frank Andras) 1. FEDES ES PAKOL AS FENY }OKKEL ES F AKKAL Az alabbiakban tobb helyutt is szuksegunk lesz a kovetkez}o lemmara, ezert hasznalunk a szerepl}o grafra es befok fuggvenyre vessz}os jelolest. Legyen D 0 = (V; E) iranytott graf % 0 befok fuggvennyel es L a V reszhalmazainak olyan rendszere, amelyre X; Y 2 L; X \ Y 6= ;-b}ol kovetkezik, hogy X \ Y; X [ Y 2 L. Tegyuk fel, hogy % 0 (X) k 0 fennall minden X 2 L halmazra. Nevezzuk X-t pontosnak, ha % 0 (X) = k 0. 1.0 LEMMA Ket egymast metsz}o pontos halmaz metszete es unioja is pontos. A maximalis pontos halmazok diszjunktak. Biz. A masodik resz nyilvan kovetkezik az els}ob}ol. Felhasznalva % 0 szubmodularitasat azt kapjuk, hogy k 0 + k 0 = % 0 (X) + % 0 (Y ) % 0 (X [ Y ) + % 0 (X \ Y ) k 0 + k 0, amib}ol a lemma kovetkezik. Alapvet}o a kovetkez}o J. Edmondstol [1973] szarmazo tetel, amelyre kes}obb gyenge feny}opakolasi tetelkent fogunk hivatkozni, megkulonboztetend}o az er}os alaktol, amelyben el}ore megadott reszfeny}oket kell kiegeszteni. (Ennek pontos kimondasa es bizonytasa a Matroidelmelet jegyzet 9. fejezeteben szerepelt.) 1.1 TETEL Adott egy D = (V; A) iranytott graf egy s kijelolt ponttal es adott egy k 0 egesz szam. Akkor es csak akkor letezik D-ben k paronkent elidegen s-gyoker}u feszt}o feny}o, ha %(X) k teljesul minden ; 6= X V? s halmazra. (1:1) Biz. [Lovasz, 1976] A feltetel szuksegessege nyilvanvalo. Az elegend}oseg igazolasa k szerinti indukcioval tortenik. k = 0-ra a tetel semmitmondo, gy legyen k > 0. Az s gyokerb}ol kiindulva feleptunk egy F (elhalmazu) feny}ot ugy, hogy % A?F (X) k? 1 minden X V? s halmazra. (1:2) Indukcio alapjan a tetel bizonytasaval keszen vagyunk, ha F -t sikerul (1:2)-t kielegt}o feszt}o feny}ove novelni. Legyen tehat F egy olyan feny}o, amely teljesti (1:2)-t es meg nem feszt}o (azaz V (F ) 6= V ). (Kezdetben F allhat az ures halmazbol). Nevezzunk egy X V? s halmazt pontosnak (F -re nezve), ha (1:2) -t egyenl}oseggel teljesti. Az 1.0 Lemmat % 0 := % A?F -re es k 0 := k? 1-re alkalmazva azt kapjuk, hogy ket egymast metsz}o pontos halmaz metszete is az. Celunk olyan e elt talalni, amelynek tove V (F )-ben van, feje V? V (F )-ben van, es nem lep pontos halmazba. Az (1:1) feltetel szerint V? V (F )-nek nincsen pontos reszhalmaza. Amennyiben minden pontos halmaz benne van V (F )-ben, ugy barmely V (F )-b}ol kilep}o e elre az F 0 = F + e feny}o kielegti (1.2)-t. Ha van olyan M pontos halmaz, amelyre M? V (F ) 6= ;, akkor ezek kozul legyen M egy minimalis. Ekkor van olyan e = uv 2 A el, amelyre u 2 M \ V (F ) es v 2 M? V (F ). Valoban, ha ilyen el nem letezne, akkor k? 1 % 0 (M? V (F )) % 0 (M) = k? 1 miatt k? 1 = % 0 (M? V (F )) = %(M? V (F )) volna, vagyis X := M? V (F ) megsertene (1:1)-t. Az e el nem lephet semmilyen Y pontos halmazba, mert kulonben az 1.0 lemmat X := M-re es Y -ra alkalmazva azt kapnank, hogy M \ Y is pontos volna, ami viszont M \ Y M? u miatt ellentetben allna M minimalis valasztasaval. Kovetkezeskepp az F 0 = F + e feny}o is kielegti (1.2)-t. Gyakorlat Vezessuk le Edmonds teteleb}ol a Menger tetel iranytott, elidegen valtozatat. Az 1998 tavaszan tartott kurzus anyaga 1

Feladat Igazoljuk, hogy egy elelhagyasra nezve minimalis k-elosszefugg}o, n pontu iranytott grafnak legfeljebb 2k(n? 1) ele van (masszoval, hogy iranytott graf k-szoros elosszefugg}osegenek van legfeljebb 2k(n? 1) elt hasznalo tanuja). Peldaval mutassuk meg, hogy ez a korlat eles. Feladat Legyen c olyan nem-negatv valos sulyozas a D digraf elhalmazan, amelyre % c (X) 1 teljesul minden ; 6= X V? s halmazra. Nevezzunk egy X halmazt pontosnak, ha itt egyenl}oseg teljesul. Igazoljuk, hogy letezik olyan s-gyoker}u feszt}o feny}o, amely minden pontos halmazba pontosan egyszer lep be. Feladat Igazoljuk az Edmonds tetel alabbi kiterjeszteset. Legyen D = (V; E) iranytott graf. Legyen F a V?s reszhalmazainak olyan rendszere, amelyre X; Y 2 F, X \Y 6= ;-b}ol kovetkezik, hogy X [Y; X \Y 2 F. Amennyiben minden X 2 F halmaz befoka legalabb k, akkor E felbonthato k reszre ugy, hogy minden X 2 F-re mindegyik resz tartalmaz X-be lep}o elt. Feladat Adott D = (V; A) iranytott graf es k 0 egesz szam. Legyen s 2 V es T V? s olyan, hogy minden v 2 V? s? T pontra %(v) (v). Akkor es csak akkor letezik D-ben k darab olyan paronkent elidegen s-gyoker}u feny}o, melyek mindegyike tartalmazza T minden pontjat, ha %(X) k teljesul minden olyan ; 6= X V? s halmazra, amelyre T \ X 6= ;. Feladat Peldaval mutassuk meg, hogy az el}obbi feladatban a %(v) (v) kovetelmeny nem hagyhato ki. Egy iranytott erd}ot akkor nevezzunk fenyvesnek, ha minden pont befoka legfeljebb egy, azaz ha az erd}o minden komponense feny}o. A 0 befoku pontok halmazat a fenyves gyoker-halmazanak nevezzuk. Egy D = (V; A) iranytott graf feszt}o fenyvesen olyan fenyvest ertunk, amelynek ponthalmaza V, mg elhalmaza az A-nak resze. A kovetkez}o feladat az 1.1 Tetel altalanostasanak tekinthet}o. Feladat A D = (V; A) iranytott grafban legyen R 1 ; : : :; R k a pontoknak k (nem feltetlenul diszjunkt, vagy kolonboz}o) reszhalmaza. Akkor es csak akkor letezik D-nek k elidegen feszt}o fenyvese, melyek gyokere rendre R 1 ; : : :; R k, ha barmely ; 6= Z V reszhalmazra %(Z) legalabb azon R i halmazok szama, melyek diszjunktak Z-t}ol. 1.2 TETEL Egy G = (U; A) iranytott grafban akkor es csak akkor letezik k paronkent elidegen feszt}o feny}o, ha tx i=1 fennall U minden fx 1 ; X 2 ; : : :; X t g resz-partciojara. % G (X i ) k(t? 1) (1:3) Biz. A szukegesseg bizonytasahoz tegyuk fel hogy van k diszjunkt feszt}o feny}o es legyen fx 1 ; : : :; X t g egy resz-partcio. A feszt}o feny}ok mindegyike a t halmaz kozul legalabb t? 1-be belep, gy (1.3) szuksegessege kovetkezik. Az elegend}oseg igazolasahoz adjunk G-hez egy uj s-sel jelolt pontot, es vezessunk s-b}ol minden pontba k parhuzamos elt. A keletkezett digrafra persze teljesul (1.1). Hagyjunk most el (tetsz}oleges sorrendben) uj eleket ameddig csak lehetseges az (1.1) feltetel megsertese nelkul. Jelolje D az gy kapott digrafot. Persze % D (U) k. Ha itt egyenl}oseg all, akkor keszen is vagyunk, mert az Edmonds tetel szerint a D-ben van k diszjunkt s-gyoker}u feszt}o feny}o. Ezek mindegyike, % D (U) = k miatt, pontosan egy s-b}ol kilep}o elt hasznal, gy ezen eleket kihagyva G-nek k darab feszt}o feny}ojet kapjuk. Most kimutatjuk, hogy % D (U) > k-bol egy (1.3)-t sert}o resz-partcio letezese kovetkezik. Nevezzuk U egy X reszhalmazat pontosnak, ha % D (X) = k, es jelolje a maximalis pontos halmazokat X 1 ; X 2 ; : : :; X t. Az 1.0 Lemma szerint az X i halmazok paronkent diszjunktak. Mivel D-b}ol mar uj el nem hagyhato el (1.1) megsertese nelkul, minden uj el belep pontos halmazba, es ezert belep valamelyik X i -be is. Ezekb}ol kt = P i % D(X i ) = % D (U) + P i % G(X i ) > k + P i % G(X i ), azaz P % G (X i ) < k(t? 1), ellentetben (1.3)-mal. 2

Feladat Iranytott grafban keressunk k elidegen feszt}o fenyvest, melyek egyuttes komponens szama a lehet}o legkisebb. Mutassuk meg, hogy ez ekvivalens azzal, hogy minimalis szamu uj elt adunk a digrafhoz ugy, hogy a kiegesztett digraf tartalmaz k elidegen feszt}o feny}ot. Az 1.1 tetel egyfajta fedesi ellenparja K. Vidyasankartol [1978] szarmazik. 1.3 TETEL Legyen s a D = (V; A) digraf egy kijelolt pontja, amibe nem lep be el. D eleit akkor es csak akkor lehet k darab s-gyoker}u feszt}o feny}ovel fedni, ha (i) minden v 2 V? s pontra %(v) k, es (ii) minden X V? s halmazra k? %(X) P (k? %(v) : v 2 T (X)), ahol T (X) := fv 2 X: letezik olyan uv 2 A el, amelyre u 2 V? Xg. Gyakorlat Igazoljuk az (i) es (ii) feltetelek szuksegesseget. Biz. (Elegend}oseg) Elemi konstrukcioval. Minden v 2 V? s pontra adjunk D-hez a v egy kopiajat, amelyet v 0 -vel jelolunk. Adjunk k parhuzamos elt v-b}ol v 0 -be es k? %(v) parhuzamos elt v 0 -b}ol v-be (ezen utobbi szam (i) miatt nem-negatv). Tul ezen, minden uv 2 A elre adjunk k parhuzamos elt u-bol v 0 -be. Alkalmazzuk az 1.1 tetelt a megnovelt D 0 digrafra es gyeljuk meg, hogy k D 0 -beli diszjunkt feszt}o feny}o megfelel k fed}o feny}onek D-ben. Tovabba, ha % 0 (X 0 ) < k valamely X 0 V 0?s halmazra, ahol % 0 a megnovelt digraf befok fuggvenyet jeloli, akkor X = fv 2 X 0 ; v 0 62 X 0 g megserti (ii)-t. Az Edmonds tetel egy masik erdekes alkalmazasa a kovetkez}o. 1.4 TETEL A D = (V; A) digraf elhalmaza akkor es csak akkor fedhet}o le k fenyvessel, ha (i) minden pont befoka legfeljebb k, es (ii) i(x) k(jxj? 1)teljesul minden X V halmazra, ahol i(x) jeloli az X altal fesztett elek szamat. Biz. Mindket feltetel szuksegessege nyilvanvalo. Az elegend}oseget elemi konstrukcioval igazoljuk. Adjunk a digrafhoz egy uj s pontot es minden v pontra k? %(v) parhuzamos elt s-b}ol v-be. Az uj D 0 digrafban minden X V halmazra fennall % 0 (X) = %(X) + P (k? %(v) : v 2 X) = %(X)?%(X)? i(x) + kjxj k. Az 1.1 tetel szerint letezik k diszjunkt s-gyoker}u feszt}o feny}o. Ezeket az eredeti D-re megszortva k fenyvest kapunk, melyek fedik D eleit. Iranytatlan grafokra konnyen levezethetjuk Nash-Williams [1960] (tortenetileg korabbi) tetelet. 1.5 TETEL Egy G = (V; E) iranytatlan graf elhalmaza akkor es csak akkor fedhet}o le k erd}ovel, ha minden ; 6= X V reszhalmazra i(x) k(jxj? 1). Biz. Az 1.4 tetel es a kovetkez}o konny}u lemmma implikalja a tetelt. LEMMA Egy G = (V; E) iranytatlan graf eleinek akkor es csak akkor van olyan iranytasa, amelyben minden pont befoka legfeljebb k, ha i(x) kjxj teljesul minden X V -re. () Biz. (Elegend}oseg) G egy iranytasaban nevezzunk egy pontot hibasnak, ha a befoka nagyobb, mint k. Valasszunk G-nek egy olyan iranytasat, amelynek a P (%(v)? k) : v hibas) osszeggel denialt hibaja minimalis. Ha ez a hiba 0, vagyis ha nincs hibas csucs, akkor keszen vagyunk. Legyen most a t csucs hibas, es jeloljuk X-szel a megadott iranytasban azon pontok halmazat, amelyekb}ol t elerhet}o. Ekkor X-be nem megy be el, es X szuksegkeppen tartalmaz egy olyan s pontot, amelyre %(s) < k. Valoban, ha nem letezne ilyen pont, akkor i(x) = P (%(v) : v 2 X) > kjxj allna, ellentmondasban ()-gal. Egy s-b}ol t-be vezet}o ut eleinek iranytasat megfordtva G-nek olyan iranytasat kapjuk, amelynek hibaja kisebb, mint a meglev}o iranytase. 3

Feladat Igazoljuk az el}obbi eljarassal, hogy adott g : V! Z + [ f1g eseten G-nek akkor es csak akkor letezik olyan iranytasa, amelyben %(v) g(v) minden v csucsra fennall, ha i(x) P v2x g(v). Feladat Adott f : V! Z + eseten G-nek P akkor es csak akkor letezik olyan iranytasa, amelyben %(v) f(v) minden v csucsra fennall, ha e(x) v2x f(v), ahol e(x) jeloli azon elek szamat, amelyeknek legalabb egyik vege X-ben van. Amennyiben f g es G-nek letezik az f also korlatot kielegt}o iranytasa es letezik a g fels}o korlatot kielegt}o iranytasa, ugy letezik olyan iranytasa is, amelyben f(v) %(v) g(v) teljesul minden v pontra. A G = (U; E) iranytatlan grafban d(x; Y ) jelolje az X? Y es Y? X kozott vezet}o elek szamat. Legyen d(x; Y ) := d(x; U? Y ) es d(x) := d(x; U? X). A D = (U; A) iranytott grafban %(X) jeloli az X-be lep}o elek szamat, (X) := %(U? X). d(x; Y ) jeloli azon elek szamat melyek egyik vege X? Y -ben a masik Y? X-ben van. d(x; Y ) := d(x; U? Y ): Gyakorlat d(x) + d(y ) = d(x \ Y ) + d(x [ Y ) + 2d(X; Y ); d(x) + d(y ) = d(x? Y ) + d(y? X) + 2 d(x; Y ): (1:4) Gyakorlat %(X) + %(Y ) = %(X \ Y ) + %(X [ Y ) + d(x; Y ): Ha minden v 2 X \ Y pontra %(v) (v), akkor %(X) + %(Y ) %(X? Y ) + %(Y? X) + d(x; Y ). Ha minden v 2 U? (X [ Y ) pontra %(v) (v), akkor (X) + (Y ) (X? Y ) + (Y? X) + d(x; Y ). Ha (X [ Y ) = %(X [ Y ), akkor %(X) + %(Y ) = (X? Y ) + (Y? X) + d(x; Y ): Iranytasok segtsegevel Edmonds teteleb}ol levezethetjuk Tutte diszjunkt fakra vonatkozo eredmenyet is. TUTTE TETELE Egy G = (V; E) iranytatlan grafban akkor es csak akkor letezik k diszjunkt feszt}o fa, ha V minden F := fv 1 ; : : :; V t g partciojara fennall, hogy i(f) k(t? 1); (1:5) ahol i(f) a reszek kozott vezet}o elek szamat jeloli (azaz i(f) = P i d(v i)=2). Az elegend}oseg bizonytasa erdekeben csupan azt kell belatnunk, hogy valamely kijelolt s pontra letezik G-nek (1.1)-t kielegt}o iranytasa. Ebben az esetben ugyanis Edmonds tetele miatt a megiranytott grafban letezik k diszjunkt feszt}o feny}o, melyek az eredeti iranytatlan grafban megadjak a keresett k diszjunkt feszt}o fat. 1.6 TETEL Legyen G = (V; E) iranytatlan graf es s egy kijelolt pontja. Akkor es csak akkor letezik G-nek olyan iranytasa, amelyben %(X) k fennall V? s minden X reszhalmazara, ha (1.5) teljesul V minden partciojara. Biz. A tetelben el}ort iranytast nevezzuk az alabbiakban jonak. Ha letezik jo iranytas, akkor mindegyik s-t nem tartalmazo V i reszhalmazra %(V i ) k gy i(f) k(t? 1). Az elegend}oseg igazolasahoz adjunk G-hez minimalisan sok s-b}ol kiindulo uj elt ugy, hogy a kiegesztett grafban mar letezzek jo iranytas. Ha ez a minimum nulla, akkor keszen vagyunk, gy tegyuk fel, hogy pozitv. Jelolje % a megnovelt graf jo iranytasanak a befok fuggvenyet. Feltehetjuk, hogy %(s) = 0. Nevezzunk egy X V? s halmazt pontosnak, ha %(X) = k. Az 1.0 Lemma alapjan ket nemures metszet}u pontos halmaz metszete es unioja is pontos. Legyen e = st egyike az ujonnan hozzaadott eleknek es jelolje T a t-b}ol elerhet}o pontok halmazat. 1.7 LEMMA Ha Z pontos es Z \ T 6= ;, akkor Z T. Biz. Tegyuk fel, hogy Z 6 T. Ekkor Y := V? T -re k = %(Y ) + %(Z) = %(Y \ Z) + %(Y [ Z) + d(y; Z) k + 0 + d(y; Z) k. Ebb}ol %(Y [ Z) = 0 es d(y; Z) = 0 adodik. Az els}o egyenl}oseg miatt t 2 Z (mert 4

kulonben T \ Z pontjai nem lennenek elerhet}oek t-b}ol). Ekkor viszont az e el miatt d(y; Z) > 0, amely ellentmondas a lemmat bizonytja. Ket eset lehetseges. Ha letezik T -ben olyan v pont, amely nincs benne pontos halmazban, akkor vegyunk egy t-b}ol v-be vezet}o P iranytott utat, fordtsuk meg P eleinek iranytasat, es hagyjuk ki az e elt. Az uj iranytas tovabbra is jo lesz, ellenmondasban az uj elek szamanak minimalitasaval. Nezzuk most azt az esetet, amikor T minden pontja benne van egy pontos halmazban. Jelolje V 1 ; : : :; V t?1 azon maximalis pontos halmazokat, melyek metszik T -t. Az 1.0 Lemma szerint ezek paronkent diszjunktak es az 1.7 Lemma szerint a T partciojat alkotjak. Legyen V t := V? T es F := fv 1 ; : : :; V t g. Mivel %(V t ) = 0, azt kapjuk, hogy k(t? 1) = P (%(V i ) : i = 1; : : :; (t? 1)) = P (%(V i ) : i = 1; : : :; t) = i 0 (F) > i(f), ellentmondasban (1.5)-tel. (Itt i 0 (F) a kulonboz}o reszek kozotti elek szamat jeloli a megnovelt grafban es az e uj el lete miatt biztosan nagyobb, mint i(f).) 2. IR ANYITATLAN LEEMELESEK ES ALKALMAZ ASAIK: I. Legyen G = (U; E) iranytatlan grafnak e = su es f = sv ket szomszedos ele. Azt mondjuk, hogy a G ef = (U; E? fe; fg + uv) graf a G-b}ol az e es f elek leemelesevel keletkezett. Analog modon denialhatjuk a leemelest egy G = (U; E) iranytott grafban is: legyenek e = us es f = sv iranytott elek, ekkor dencio szerint G ef = (U; E? fe; fg + uv). Konnyen latszik, hogy mind az iranytott, mind az iranytatlan esetben (x; y; G) (x; y; G ef ) minden x; y pontparra fennall. Tehat leemelessel az elosszefugg}oseg csak csokkenhet. Kerdes, hogy mikor nem csokken. A kovetkez}o alapavet}o tetel Lovasztol szarmazik. 2.1 TETEL Legyen a G = (V + s; E) iranytatlan grafban az s pont d(s) foka pozitv es paros, es tegyuk fel, hogy (x; y; G) k minden x; y 2 V pontparra, (2:0) ahol k 2 egesz. Ekkor minden e = st elhez letezik olyan f = sv el, amelyekre (x; y; G ef ) k minden x; y 2 V pontparra. Biz. Menger tetele alapjan a (2:0) felteves azzal ekvivalens, hogy d(x) k minden ; 6= X V reszhalmazra, (2:1) ahol d(x) jeloli az X halmaz fokszamat, vagyis azon elek szamat melyeknek az egyik vegpontja X-ben van, a masik X-n kvul. Leemeleskor ha egy halmaznak csokken a fokszama, akkor 2-vel csokken. Egy X V reszhalmazt nevezzunk veszelyesnek, ha d(x) k + 1 es legyen F a t pontot tartalmazo maximalis (azaz nem b}ovthet}o) veszelyes halmazainak a rendszere. Legyen S az s szomszedainak halmaza. Egy f = sv el akkor nem emelhet}o le az adott e = st ellel, ha v benne van egy t pontot tartalmazo veszelyes halmazban, azaz v benne van F valamelyik tagjaban. A tetel bizonytasahoz azt kell kimutatnunk, hogy F nem fedheti le S minden pontjat. Ehhez szuksegunk van az alabbi lemmara. 2.2 LEMMA Egy iranytatlan grafban, melynek ponthalmaza U, barmely A; B; C U halmazra fennall a kovetkez}o azonossag. d(a) + d(b) + d(c) d(a \ B \ C) + d(a? (B [ C)) + d(b? (A [ C)) + d(c? (A [ B)) + 2d(A \ B \ C; U? (A [ B [ B)): Biz. Az egyenl}otlenseget eleg egyel}u grafokra igazolni. Ilyenekre pedig az egyenl}otlenseg az el elhelyezkedeset}ol fugg}o egyszer}u esetszetvalasztassal ellen}orizhet}o. Alltjuk, hogy jfj 2. Ha ugyanis A; B; C 2 F, akkor a lemma alapjan 3(k + 1) d(a) + d(b) + d(c) d(a\b\c)+d(a?(b[c))+d(b?(a[c))+d(c?(a[b))+2d(a\b\c; U?(A[B[B)) k+k+k+k+2, ami ellentmond a k 2 feltevesnek. Nem letezhet F-ben S-et magaban foglalo veszelyes X halmaz, mert akkor d(v? X) = d(x)? d(s) (k + 1)? 2 = k? 1, ami ellentmondana (2.1)-nek. 5

Az sem lehet, hogy az F ket X; Y tagja lefedi S-t. Ebben az esetben ugyanis k +1+k +1 d(x)+d(y ) = d(x? Y ) + d(y? X) + 2 d(x; Y ) k + k + 2; amib}ol az adodik, hogy s-b}ol egyetlen el megy X \ Y -ba. Az := d(s; X? Y ) es := d(s; Y? x) jelolest hasznalva azt kapjuk, hogy d(s) = 1 + +. Miutan d(s) paros, 6= es legyen mondjuk >. De ekkor d(v? X) = d(x + s) = d(x)? ( + 1) + d(x)? 2 (k + 1)? 2 k? 1, vagyis V? X megserti (2.1)-t. Gyakorlat Peldan mutassuk meg, hogy a fenti tetel k = 1-re nem ervenyes. Mutassuk meg, hogy a tetelben a d(s) parossagara tett feltetel nem hagyhato ki. 2.1A TETEL Legyen a G = (V + s; E) iranytatlan grafban az s pont d(s) foka pozitv es paros, es tegyuk fel, hogy (2:0) (x; y; G) k minden x; y 2 V? s pontparra, ahol k 2 egesz. Ekkor az s-sel szomszedos elek parba allthatok ugy, hogy a parok leemelesevel kapott G 0 = (V; E 0 ) graf k elosszefugg}o. Biz. A 2.1 Tetel ismetelt alkalmazasaval az eredmeny rogton kovetkezik. Kozismert, hogy minden 2-elosszefugg}o graf el}oallthato egy pontbol kiindulva "fulek" hozzaadasaval, ahol a ful egy olyan ut, amelynek ket vege mar meglev}o pont, mg bels}o pontjai (ha vannak egyaltalan) uj pontok. A fulon nincsenek pont-ismetl}odesek, eltekintve attol, hogy ket vegpontja esetleg egybeeshet (amikoris a ful egy kor). Ebb}ol a jellemzesb}ol rogton adodik, hogy minden 2-elosszefugg}o graf el}ollthato egy pontbol kiindulva ket m}uvelet tetsz}oleges sorrendben torten}o egymasutani alkalmazasaval, ahol az egyik m}uvelet ket meglev}o pont osszekotese uj ellel, a masik pedig egy meglev}o el felosztasa uj ponttal. Ezen utobbi el}oalltas nyltszni altalanostasa a kovetkez}o. 2.3 TETEL Egy G = (V; E) iranytatlan graf akkor es csak akkor 2k-elosszefugg}o, ha egy pontbol kiindulva el}oallthato az alabbi ket m}uvelet egymas utani ismetelt alkalmazasaval. (A) Ket letez}o pontot kossunk ossze egy ellel, (B) Valasszunk ki tetsz}olegesen k meglev}o elt, mindegyiket osszuk fel egy ponttal, es egyestsuk a k osztaspontot egyetlen uj pontta. Gyakorlat Igazoljuk, hogy a fenti m}uveletek valoban 2k-elosszefugg}o grafot eredmenyeznek. Biz. A tetel nem-trivialis reszenek bizonytasahoz szuksegunk van az alabbi lemmara. 2.4 LEMMA Minden legalabb ket pontu, el-elhagyasra nezve minimalis K-elosszefugg}o grafnak van K foku pontja. Biz. Egy el elhagyasa pontosan akkor rontja el a graf K-elosszefugg}oseget, ha letezik olyan K-foku halmaz, amely az el egyik vegpontjat tartalmazza, a masikat nem. Legyen X olyan halmaz, amelyre d(x) = K es X elemszama minimalis. Keszen vagyunk, ha X egyelem}u. Tegyuk fel, nem ez a helyzet. Termeszetesen letezik olyan e = ab el, amelynek mindket vege X-ben van, mert kulonben X minden pontja legfeljebb d(x) = K foku volna. Most letezik olyan Y a b-halmaz (azaz a-t tartalmazo, b-t nem tartalmazo halmaz), amelyre d(y ) = K. Az X minimalitasa miatt sem Y, sem V? Y nem lehet X-nek resze vagyis X es Y keresztez}ok. De ekkor K + K d(x) + d(y ) d(x \ Y ) + d(x [ Y ) K + K, amib}ol d(x \ Y ) = K kovetkezik, ellentetben X minimalitasaval. A tetel bizonytasahoz jej szerinti indukciot alkalmazunk. A tetel semmitmondo, ha jv j = 1, gy legyen jv j 2. A felteves szerint G 2k-elosszefugg}o. Amennyiben letezik olyan e el, amelyre G 0 := G? e is 2k-elosszefugg}o, akkor indukcio alapjan G 0 -nek mar letezik kvant el}oalltasa, es ezt kiegesztve az e el hozzaadasaval, a G keresett el}oalltasat kapjuk. Tegyuk most fel, hogy G el-elhagyasra nezve minimalis 2k-elosszefugg}o graf. A lemma szerint letezik egy s pontja, amelynek a foka 2k. Alkalmazzuk a 2.1A tetelt. A keletkez}o G 0 graf 2k-elosszefugg}o, gy indukcio alapjan G 0 -nek mar letezik kvant el}oalltasa. Ebb}ol G el}oalltasat ugy kapjuk meg, hogy a G 0 -ben szerepl}o k leemelt elre alkalmazzuk a (B) operaciot. 6

Feladat Igazoljuk, hogy egy graf akkor es csak akkor 3-elosszefugg}o, ha egy pontbol el}oall a fenti (A) es az alabbi (B') es (C) m}uveletek egymas utani alkalmazasaval. (B') Osszunk fel egy meglev}o elt egy uj ponttal, es az osztopontot kossuk ossze egy tetsz}oleges meglev}o ponttal. (C) Osszunk fel ket kulonboz}o elt egy-egy uj ponttal es az osztopontokat kossuk ossze egy ellel. Feladat Igazoljuk, hogy a 2.4 Lemmaban valojaban ket pont is letezik a kvant tulajdonsaggal. Gyakorlat Legyen K = 2k + 1 es tegyuk fel, hogy G = (V; E) graf K-elosszefugg}o. Igazoljuk, hogy a K-as vagasok keresztezes-mentes rendszert alkotnak. Feladat Igazoljuk, hogy paratlan K eseten, ha G elelhagyasra nezve minimalis K-elosszefugg}o graf (amelynek legalabb ket pontja van), akkor van olyan e = uv ele, amely legfeljebb csak az u vagy a v csucs altal (esetleg) meghatarozott minimalis vagasokban van benn. Feladat Igazoljuk a Lovasz tetelnek egy olyan valtozatat, amelyben az s csucson kvul adott meg egy z csucs, (2.0) csupan minden x; y 2 V?z pontparra van felteve, es a leemeles utan a (x; y; G ef ) k egyenl}otlenseget minden x; y 2 V? z pontparra koveteljuk meg. Feladat Igazoljuk, hogy minden 2k + 1 elosszefugg}o graf egy pontbol kiindulva el}oallthato az alabbi m}uveletek egymas utani ismetelt alkalmazasaval. (A) Ket letez}o pontot kossunk ossze egy ellel, (B) Valasszunk ki tetsz}olegesen k meglev}o elt, mindegyiket osszuk fel egy ponttal, egyestsuk a k osztaspontot egyetlen uj s pontta, es huzzunk be meg egy uj elt s-b}ol egy meglev}o csucshoz. (C) Valasszunk ki tetsz}olegesen k meglev}o elt, mindegyiket osszuk fel egy ponttal, egyestsuk a k osztaspontot egyetlen uj s pontta. A keletkezett grafban valasszunk ki tetsz}olegesen k meglev}o elt, mindegyiket osszuk fel egy ponttal, egyestsuk a k osztas-pontot egyetlen uj z pontta. Vegul kossuk ossze az s es z csucsokat egy uj ellel. Tegyuk most fel, hogy egy G = (V; E) iranytatlan graf nem k-szor elosszefugg}o, de uj elek hozzaadasaval azza akarjuk tenni. Tobb kerdes is megfogalmazhato. Peldaul, mennyi a szukseges uj elek minimalis szama, illetve ami ezzel ekvivalens, dontsuk el, hogy adott szamu uj el elegend}o-e. Vagy, adott fokszam-el}oras eseten mikor letezik olyan noveles, amelyre az uj elek grafjaban minden pont foka az el}ort. Ezen utobbi kerdes megvalaszolasaval kezdjuk. 2.5 TETEL Adott G = (V; E) graf es m : V! Z + fokszam-el}oras. Akkor es csak akkor letezik olyan H = (V; F ) graf, amelyre d H (v) = m(v) teljesul minden v 2 V pontra es G + H k-elosszefugg}o, ha m(v ) paros es m(x) k? d G (X) (2:3) teljesul minden ; 6= X V reszhalmazra, ahol m(x) := P (m(v) : v 2 X). Biz. Ha letezik a kvant H, akkor k d G+H (X) = d G (X) + d H (X) d G (X) + m(x), amib}ol (2.3) kovetkezik. m(v ) parossaga trivialisan szukseges. Az elegend}oseg bizonytasahoz adjunk a grafhoz egy uj s pontot es minden v 2 V pontra m(v) parhuzamos elt s es v kozott. A (2.3) feltetel szerint teljesul a 2.1A tetel feltetele. Igy az s-sel szomszedos uj elek leemelhet}ok ugy, hogy k-elosszefugg}o grafot kapjunk. A leemelt elek H grafja kielegti a tetel felteteleit. Nezzuk most meg, hogy hany el hozzavetelevel tehet}o egy graf k-eloosszefugg}ove. Nemures diszjunkt halmazoknak egy rendszeret resz-partconak nevezzuk. 7

2.6 TETEL (Watanabe-Nakamura) Egy G = (V; E) iranytatlan graf akkor es csak akkor tehet}o legfeljebb uj el hozzaadasaval k-elosszefugg}ove, ha a pontok minden fx 1 ; : : :; X t g resz-partciojara 2 X i (k? d(x i )): (2:4) Masszoval, azon elek minimalis szam, melyek hozzaadasaval G k-elosszefugg}ove tehet}o egyenl}o maxd P i (k? d(x i )=2e, ahol a maximum a V osszes resz-partciojara megy. Biz. A tetel els}o alakjaval foglalkozunk. A szuksegesseg bizonytasa egyszer}u gyakorlo feladat. Az elegend}oseghez legyen m : V! Z + olyan fuggveny, amelyre (2.3) fennall es m(v ) minimalis. LEMMA m(v ) 2. Biz. Nevezzunk egy X V halmazt pontosnak, ha d(x) = m(x). Az m minimalitasa miatt minden v pont, amelyre m(v) > 0, benne van pontos halmazban. Minden ilyen pontra tekintsunk egy v-t tartalmazo P v minimalis pontos halmazt. Alltjuk, hogy ezen halmazok altal alkotott F halmazrendszer laminaris. Valoban, ha P u ; P v metsz}oek, akkor m(p u )+m(p v ) = k?d(p u )+k?d(p v ) k?d(p u?p v )+k?d(p v?p u ) m(p u?p v )+m(p v?p u ) = m(p u ) + m(p v )? 2m(P u \ P v ) m(p u ) + m(p v ), amib}ol az adodik, hogy m(p u \ P v ) = 0 es hogy a P u? P v ; P v? P u halmazok pontosak, ellentetben a P u es P v minimalis valasztasaval. Legyenek az F lamininaris rendszer maximalis tagjai X 1 ; : : :; X t. Ezek tehat pontos halmazok es lefedik az osszes olyan v pontot, amelyekre m(v) pozitv. A (2.4) feltetelb}ol kapjuk, hogy m(v ) = P i m(x i) = Pi (k? d(x i)) 2, amivel a lemmat belattuk. Amennyiben m(v ) paratlan, tetsz}oleges v pont m-erteket noveljuk meg 1-gyel. Alkalmazzuk az el}oz}o tetelt. A kapott H grafnak a Lemma miatt legfeljebb ele van. Gyakorlat Mutassuk meg, hogy a tetel k = 1-re nem ervenyes. Feladat A tort elosszefugg}oseg novelesi problemaban a G = (V; E) graf elosszefugg}oseget ugy akarjuk novelni, hogy tort eleket is hasznalhatunk, (azaz minden uj elt egy hozzarendelt pozitv kapacitassal egyutt adunk meg, es a keletkez}o kapacitasos grafot akkor tekintjuk k-elosszefugg}onek, ha minden vagasban az eredeti elek szama plusz az uj elek kapacitasainak osszege legalabb k.) A cel a felhasznalt kapacitasok osszegenek minimalizalasa. Mutassuk meg, hogy k 1 eseten az optimalis megoldas valaszthato felegesznek, tovabba hogy az egeszertek}u novelesi feladatban k 2 eseten az optimum erteke legfeljebb fellel nagyobb, mint a tort novelesi feladat optimumae. k = 1-re viszont az elteres a (jv j? 1)=2 erteket is elerheti. Vegezetul bemutatunk a Lovasz tetelnek meg egy szep alkalmazasat. 1960-ban C.St.J.A. Nash-Williams altalanostotta H.E. Robbins [1939] kovetkez}o konny}u eredmenyet: G iranytatlan graf eleit akkor es csak akkor lehet ugy megiranytani, hogy er}osen osszefugg}o iranytott grafot kapjunk, ha G 2-elosszefugg}o. Az altalanostas megfogalmazasa erdekeben nevezzunk egy iranytott [iranytatlan] grafot k-elosszefugg}onek, ha minden pontbol minden mas pontba vezet k elidegen iranytott [iranytatlan] ut. (Ezek szerint digraf 1-elosszefugg}osege ugyanaz, mint az er}osen osszefugg}oseg.) GYENGE IR ANYIT ASI TETEL [Nash-Williams, 1960] A G iranytatlan graf eleit akkor es csak akkor lehet ugy iranytani, hogy az eredmenyul kapott iranytott graf k-elosszefugg}o legyen, ha G 2k-elosszefugg}o. Biz. A feltetel nyilvan szukseges. Az elegend}oseg igazolasahoz jv j + jej szerinti indukciot hasznalunk. A jv j = 1; jej = 0 alapeset trivialis. Alkalmazzuk a 2.3 tetelt. Amennyiben G egy G 0 2k-elosszefugg}o grafbol all el}o egy uj e el hozzaadasaval, ugy vegyuk a G 0 -nek indukcio alapjan letez}o k-elosszefugg}o iranytasat, es iranytsuk e-t tetsz}olegesen: G gy keletkez}o iranytasa k-elosszefugg}o lesz. Amennyiben G egy G 0 grafbol a (B) operacio segtsegevel all el}o, akkor a G 0 -nek egy k-elosszefugg}o iranytasa termeszetes modon kiterjeszthet}o a G iranytasava, amely nyilvan k-elosszefugg}o lesz. 8

3. IR ANYITATLAN LEEMELESEK: II Legyen G = (V + s; E) iranytatlan osszefugg}o graf, amelyben (u; v) = (u; v; G) jeloli az u; v pontpart elvalaszto minimalis vagas elemszamat, ami Menger tetele alapjan az u-t es v-t osszekot}o elidegen utak maximalis szama. E szamot az u es v lokalis elosszefugg}osegenek hvjak. Egy elpart leemelhet}onek mondunk, ha a ket el kozos vege az s pont es leemelesuk minden u; v 2 V pontpar lokalis elosszefugg}oseget meg}orzi. Az alabbiakban megvizsgaljuk, hogy mikor van leemelhet}o elpar. Feltesszuk, hogy V -nek legalabb ket pontja van, es hogy az s szomszedjai kozott a lokalis elosszefugg}oseg legalabb 2, ami azzal ekvivalens, hogy: nincs s-b}ol indulo elvago el. () 3.1A TETEL (Mader) Legyen G = (V + s; E) osszefugg}o iranytatlan graf, amelyben d(s) 6= 3 es () teljesul. Ekkor letezik leemelhet}o elpar. Valojaban a tetelnek a kovetkez}o valtozatat fogjuk bizonytani. 3.1B TETEL (Mader) Legyen G = (V + s; E) osszefugg}o iranytatlan graf, amelyben d(s) paros es () teljesul. Ekkor az s-b}ol kiindulo elek d(s)=2 parba allthatok ugy, hogy e parokat egymas utan leemelve a lokalis elosszefugg}osegek nem csokennek. Gyakorlat Igazoljuk, hogy ha G-ben () fennall, akkor egy leemelhet}o par leemelese utan is fennall. El}oszor is belatjuk, hogy a ket alak ekvivalens. Tegyuk fel el}oszor, hogy az A tetel igaz. Akkor az el}oz}o gyakorlat miatt, egymas utan talalhatunk leemelhet}o parokat, oszesen d(s)=2-t, es gy a B tetel kovetkezik. Tegyuk most fel, hogy a B tetel igaz, es igazolni akarjuk az A tetelt. Amennyiben d(s) paros, nincs mit bizonytani. Ha d(s) paratlan, akkor a felteves szerint legalabb 5. Adjunk a grafhoz uj egy x pontot es kossuk s-hez 3 parhuzamos ellel. A () fennall a keletkez}o G 0 grafra es gy a B tetel alkalmazhato G 0 -re. A tetel altal biztostott (d(s) + 3)=2 leemelhet}o par kozul legfeljebb harom hasznal uj elt, gy d(s) 5 miatt az egyik par eredeti elekb}ol all, es ez a par termeszetesen az eredeti G-ben is leemelhet}o. A 3.1B tetel bizonytasa. Feltesszuk, hogy a tetel ervenyes minden G-nel kisebb grafra. Eleg azt igazolni, hogy van leemelhet}o par ugyanis ezen alltas ismetelt alkalmazasaval megkapjuk a 3.1B tetelt. Szuksegunk lesz a kovetkez}o halmaz-fuggvenyre. Legyen R(V ) := R(;) = 0 es ; X V -re R(X) := max((u; v) : u 2 X; v 2 V? X): (3:1) Rogton latszik, hogy d(x) R(X) minden X V reszhalmazra fennall. 1. LEMMA Egy elpar akkor es csak akkor leemelhet}o, ha a leemelesevel keletkez}o G 0 grafra d 0 (X) R(X) fennall minden X V -re. Biz. Ha az elpar leemelhet}o, akkor d 0 (X) R(X) kovetkezik az R denciojabol. Fordtva, ha az elpar leemelese csokkenti valamely u; v par lokalis elosszefugg}oseget, akkor letezik olyan X halmaz, amelyre jx \ fu; vgj = 1 es d 0 (X) < (u; v; G). Esetleges komplementalassal feltehet}o, hogy X V. Most d 0 (X) < (u; v; G) R(X), es a lemma kovetkezik. Nevezzunk egy X V halmazt pontosnak, ha d(x) = R(X), majdnem-pontosnak, ha d(x) = R(X) + 1, es veszelyesnek, ha pontos vagy majdnem-pontos, azaz R(X) d(x) R(X) + 1. Jegyezzuk meg, hogy d(v ) = d(s) 2 miatt a V halmaz sohasem veszelyes. Mivel egy leemeles egy halmaz fokat 2-vel tudja csokkenteni, egy fe = st; f = sug elpar akkor es csak akkor emelhet}o le, ha nincsen u es t mindegyiket tartalmazo veszelyes halmaz. 9

Egy X halmaz tobbletet jelolje s(x) := d(x)? R(X). Lattuk, hogy a tobblet nemnegatv. X akkor pontos, ha s(x) = 0 es akkor veszelyes, ha s(x) 1. 2. LEMMA Az R fuggveny ferden szupermodularis, azaz X; Y V eseten a kovetkez}o egyenl}otlensegek kozul legalabb az egyik fennall. R(X) + R(Y ) R(X \ Y ) + R(X [ Y ); R(X) + R(Y ) R(X? Y ) + R(Y? X): (3:2) (3:2) Biz. Figyeljuk meg, hogy ha Y -t V?Y -nal helyettestjuk, akkor (3.2) es (3.2) egymasba transzformalodik. Legyen (z; z 0 ) egy olyan pontpar, amely maximalizalja a (z; z 0 ) erteket az osszes olyan parok kozul, melyeket legalabb az X es Y egyike szetvalaszt. Szimmetria miatt feltehetjuk, hogy z 2 X es z 0 2 V? X. Az Y -t esetleg V? Y -nal felcserelve feltehetjuk, hogy z 62 Y. Ha z 0 2 Y, akkor (z; z 0 ) = R(X) = R(Y ) = R(X? Y ) = R(Y? X) es gy (3.2) fennall (valojaban egyenl}oseggel). Ha z 0 62 Y, akkor (z; z 0 ) = R(X) = R(X [Y ) = R(X?Y ). Vilagos, hogy R(Y ) R(X \Y ) vagy R(Y ) R(Y? X). Ennek megfelel}oen (3.2) vagy (3.2) fennall. A d G -re vonatkozo ismert azonossagok alapjan, a 2. lemmabol kapjuk: 3. LEMMA Minden X; Y V -re a kovetkez}o egyenl}otlensegek kozul legalabb az egyik teljesul. s(x) + s(y ) s(x \ Y ) + s(x [ Y ) + 2d G (X; Y ): s(x) + s(y ) s(x? Y ) + s(y? X) + 2 d G (X; Y ): (3:3) (3:3) 4. LEMMA Legyen T pontos halmaz (; T V ) es legyen e = su; f = sv ket el. Jelolje a T osszehuzasaval keletkez}o grafot G 0 es legyen e 0 illetve f 0 az e es f-nek megfelel}o ket el G 0 -ben. Ha fe 0 ; f 0 g leemelhet}o G 0 -ben, akkor fe; fg is leemelhet}o G-ben. Biz. Legyen Z olyan halmaz, amelyre Z V? T vagy T Z V es jelolje Z 0 a G 0 azon ponthalmazat, amely Z-b}ol keletkezett a T osszehuzasakor. Ekkor R 0 (Z 0 ) R(Z) es d G 0(Z) = d G (Z): Ezert, ha Z veszelyes G-ben, akkor Z 0 veszelyes G 0 -ben. Ha fe; fg nem volna leemelhet}o G-ben, akkor letezne G-nek u es v pontokat tartalmazo X veszelyes halmaza. Most Z := X[T nem lehet G-ben veszelyes, mert akkor Z 0 veszelyes volna G 0 -ben, es ekkor fe 0 ; f 0 g nem volna leemelhet}o G 0 -ben. Azt kaptuk tehat, hogy s(x [ T ) 2. Alkalmazzuk az el}oz}o lemmat X-re es T -re. Most a (3.3) alternatva nem allhat fenn, mert akkor 0+1 s(t )+s(x) s(x\t )+s(x[t ) 0+2. Ezert (3:3)-nak kell fennallnia, azaz 0+1 s(t )+s(x) s(x?t )+s(t?x)+2 d(x; T ) 0+0+2 d(x; T ): Innen 2 d(x; T ) = 0 es s(d) 1 kovetkezik, ahol D := X? T. Az egyenl}osegb}ol kovetkezik, hogy u; v 2 D, mg az egyenl}otlenseg azt jelenti, hogy D veszelyes G-ben. De akkor D 0 veszelyes G 0 -ben, mutatva, hogy fe 0 ; f 0 g nem emelhet}o le G 0 -ben, ellentmondasban a lemma feltevesevel. Tegyuk fel indirekt, hogy a tetel nem igaz G-re. Mivel feltettuk, hogy a tetel igaz minden G-nel kisebb grafra, a 4. Lemma alapjan minden pontos halmaz egyelem}u. 5. LEMMA Ha minden pontos halmaz egyelem}u, akkor (x; y) = min(d(x); d(y)) minden x; y 2 V -re. Biz. A lemma rogton adodik, ha meggyeljuk, hogy egy X V halmaz pontos, amennyiben elvalasztja x-t es y-t, es (x; y) = d(x). Jeloljuk S-sel az s szomszedainak a halmazat, es legyen t 2 S egy olyan pont, amelynek foka minimalis. 10

6. LEMMA R(X? t) R(X) fennall minden olyan X V halmazra, amelyre t 2 X es js \ Xj 2. Biz. Legyen u 2 S \ (X? t). A t valasztasa miatt d(u) d(t). R(X) dencioja miatt letezik v 2 X es z 2 V? X, amelyekre R(X) = (v; z). Ha v 6= t, akkor R(X? t) (v; z) = R(X). Ha v = t, akkor az 5. Lemma miatt R(X) = (t; z) = min(d(t); d(z)) min(d(u); d(z)) = (u; z) R(X? t): 7. LEMMA Ha X veszelyes, akkor d(s; X) d(s; V? X). Biz. Legyen := d(s; X) es := d(s; V?X). Ekkor R(V?X) = R(X) d(x)?1 = d(v?x)? +?1 R(V? X)? +? 1, amib}ol + 1. Keszen vagyunk, ha : = + 1 viszont nem fordulhat el}o, mert akkor d(s) = 2 + 1 volna, ellentmondasban a feltevessel, hogy d(s) paros. Miutan G ellenpelda, semmilyen fst; sug elpar nem emelhet}o le, es ezert s minden szomszedja benne van t-t tartalmazo veszelyes halmazban. Legyen L a t pontot tartalmazo veszelyes halmazoknak olyan csaladja, amely fedi S-t es a lehet}o legkevesebb tagja van. 8. LEMMA jlj 3: Biz. Az el}oz}o lemmabol tudjuk, hogy jlj 2: Tegyuk fel indirekt, hogy jlj = 2 es legyen L = fx; Y g. Ekkor tehat S X [ Y, es ismet az el}oz}o lemmat hasznalva kapjuk, hogy d(s; X) d(s; V? X) < d(s; Y ) d(s; V? Y ) < d(s; X); ellentmondas. (Az utolso egyenl}otlenseg azert igaz, mert (S? X) [ ftg Y ). Legyen X 1 ; X 2 ; X 3 az L harom tagja es legyen F := fx 1 ; X 2 ; X 3 g. Az L minimalis valasztasa folytan mindharom X i tartalmaz egy olyan s i 2 S elemet, amely a masik kett}oben nincs benne. 9. LEMMA F barmely ket X; Y tagjara (3:3) teljesul. Biz. Tegyuk fel indirekt, hogy (3:3) nem all. Ekkor a 3. lemma szerint (3:3) fennall. Az L minimalitasa miatt s(x [ Y ) 2, ezert 1 + 1 s(x) + s(y ) s(x \ Y ) + s(x [ Y ) 0 + 2; amib}ol s(x \ Y ) = 0 kovetkezik, vagyis az, hogy X \ Y pontos. Mivel minden pontos halmaz egyelem}u, gy X \ Y = ftg. Ekkor X? Y = X? ftg es Y? X = Y? ftg, es gy a 6. lemma alapjan R(X) R(X? Y ) es R(Y ) R(Y? X). Ezert ervenyes, R(X)+R(Y ) R(X?Y )+R(Y?X); amib}ol s(x)+s(y ) s(x?y )+s(y?x)+2 d(x; Y ), vagyis (3:3) megiscsak fennall. 10. LEMMA F barmely ket X; Y tagjara jx? Y j = jy? Xj = 1 es d(x; Y ) = 1. Biz. Az el}oz}o lemma szerint 1 + 1 s(x) + s(y ) s(x? Y ) + s(y? X) + 2 d(x; Y ) 0 + 0 + 2: Innen kovetkezik, hogy d(x; Y ) = 1 es hogy X? Y es Y? X is pontos, es ezert egypontu. Befejezesul, legyen M := X 1 \X 2 \X 3. A 10. lemmaboles L minimalitasabol kovetkezik, hogy X i = M+s i (i = 1; 2; 3), es hogy d(x i ; X j ) = 1(1 i < j 3). Ez viszont azt jelenti, hogy az st el az egyetlen M-b}ol kilep}o el, vagyis st elvago el, ellentmondasban a tetel feltevesevel. LOK ALIS EL OSSZEF UGG }OSEG N OVELES Az el}oz}o fejezetben lattuk, hogy Lovasz leemelesi tetele mikent hasznalhato az elosszefugg}oseg novelesere. Nem meglep}o hogy Mader lokalis elosszefugg}oseget meg}orz}o leemelesi tetelet is fel lehet hasznalni a lokalis elosszefugg}oseg optimalis novelesere. Ennek reszleteit dolgozzuk ki az alabbiakban. Legyen G = (V; E) iranytatlan graf. r(x; y) (x; y 2 V ) nemnegatv egeszertek}u fuggveny, amely szimmetrikus, azaz r(x; y) = r(y; x). Adott tovabba egy m : V! Z + fuggveny, amelyre m(v ) paros. Feltesszuk, hogy G-nek nincsen olyan C komponense, amelyre m(c) = 1. () 11

3.2 TETEL Akkor es csak akkor letezik olyan H = (V; F ) graf, amelyre minden v 2 V -re fennall es teljesul minden x; y pontparra, ahol G + = G + H = (V; E [ F ), ha d H (v) = m(v) (3:4) (x; y; G + ) r(x; y) (3:5) m(x) R(X)? d G (X) (3:6) ervenyes minden X V reszhalmazra, ahol R(X) := max(r(x; y) : x 2 X; y 2 V? X). Biz. Amennyiben letezik (3.5)-t kielegt}o graf, akkor d G (X) + d H (X) = d G +(X) R(X), amib}ol m(x) d H (X) R(X)? d G (X), azaz (3.6) fennall. Az elegend}oseg bizonytasahoz adjunk egy uj s pontot a grafhoz es minden regi v pontra m(v) parhuzamos elt s es v kozott. A kelektkez}o G 0 grafban (3.6) miatt (x; y; G 0 ) r(x; y) minden x; y 2 V pontparra fennall. Alkalmazhatjuk Mader tetelet (3.1B tetel). A leemelt elek H grafja kielegti a kvanalmakat. Azt mondjuk, hogy a G graf valamely C komponense marginalis (r-re nezve), ha R(C) 1. 3.3 TETEL Tegyuk fel G-nek nincs marginalis komponense. Akkor es csak akkor letezik olyan legfeljebb el}u H = (V; F ) graf, amelyre (x; y; G + ) r(x; y) teljesul minden x; y pontparra, ahol G + = G + H = (V; E [ F ), ha X (R(Xi )? d G (X i )) 2 (3:7) teljesul V minden fx 1 ; : : :; X t g resz-partciojara. Biz. Jeloljuk az X halmaz hianyat q(x) := R(X)? d G (X)-szel. Korabban lattuk, hogy q kielegti az alabbiak egyiket: q(x) + q(y ) q(x \ Y ) + q(x [ Y ); (3:8) q(x) + q(y ) q(x? Y ) + q(y? X): (3:8) Legyen most m : V! Z + olyan, hogy teljesul ra (3.6), es tegyuk fel, hogy m minimalis abban az ertelemben, hogy barmely ponton eggyel csokkentve az erteket, (3.6) mar megserul. Ekkor minden v pont, amelyre m(v) > 0, benne van pontos halmazban, ahol egy X halmaz akkor pontos, ha m(x) = q(x). Legyen F pontos halmazoknak P egy olyan rendszere, amely fedi az osszes v pontot, amelyre m(v) > 0, jfj minimalis es ezen belul (jzj : Z 2 F) minimalis. Alltjuk, hogy F resz-partcio. Tegyuk indirekt fel, hogy X; Y ket metsz}o tagja F-nek. Amennyiben () teljesul, akkor X [ Y is pontos ellentetben jfj minimalitasaval. Amennyiben () teljesul, ugy m(x) + m(y ) = q(x) + q(y ) q(x? Y ) + q(y? X) m(x?y )+m(y?x) = m(x)+m(y )?2m(X\Y ), amib}ol X?Y, Y?X pontosak es m(x\y ) = 0. Vagyis F-ben helyettesthetjuk X; Y -t az X? Y; Y? X halmazokkal, ellentetben P (jzj : Z 2 F) minimalitasaval. Legyen F = fx 1 ; : : :; X t g. Most m(v ) = P m(x i ) = P (R(X i )? d G (X i )) 2, azaz m(v ) 2. Az m-t valamely v ponton (ahol m(v) 1) megnovelve feltehetjuk, hogy m(v ) = 2. Mivel G-nek nincs marginalis komponense, teljesul (), ezert a 3.2 tetel alapjan keszen vagyunk. 5. EGYENS ULYI IR ANYIT ASOK A 2. fejezetben mar megfogalmaztuk a kovetkez}o tetelt. GYENGE IR ANYIT ASI TETEL [Nash-Williams, 1960] A G iranytatlan graf eleit akkor es csak akkor lehet ugy iranytani, hogy az eredmenyul kapott iranytott graf k-elosszefugg}o, ha G 2k-elosszefugg}o. 12

A feltetel elegend}osegere korabban ket bizonytast is lattunk. Az egyik szubmodularis aramokat hasznalt, a masik Lovasz leemelesi tetelere eptett. Nash-Williams valojaban egy sokkal er}osebb tetelt bizonytott. Ennek megfogalmazasahoz egy G iranytott vagy iranytatlan grafban (x; y; G) jelolje a lokalis el-osszefugg}oseget x-b}ol y-ba, ami tehat az x-b}ol y-ba vezet}o elidegen utak maximalis szama. ER }OS IR ANYIT ASI TETEL 4.0 [Nash-Williams, 1960] Minden G = (V; E) iranytatlan grafnak van olyan D := ~ G iranytasa, amelyre (x; y; D) = b(x; y; G)=2c ervenyes minden x; y 2 V pontparra. (4:0) Raadasul az iranytas olyannak is valaszthato, amelyben minden pont be- es kifoka legfeljebb eggyel ter el. Nash-Williams egy olyan iranytast, amely kielegtit (4.0)-t egyensulyinak nevez. Ha G 2k-elosszefugg}o, akkor (x; y; G) 2k minden x; y pontparra, es ezert az er}os iranytasi tetelb}ol kovetkezik a gyenge nemtrivialis iranya. Adott s; t 2 U elemekre es X U reszhalmazra azt mondjuk, hogy X egy st-halmaz, ha s 2 X; t 62 X. X elvalasztja (szeparalja) s-t t-t}ol (vagy s-t es t-t), ha jx \ fs; tgj = 1. A 4.0 tetel bizonytasa Nash-Williams kiindulasi meggyelese az, hogy a tetel trivialis Euler-grafokra, hiszen tetsz}oleges di-euler iranytas jo lesz. (Di-Euler grafon olyan iranytott grafot ertunk, amelyben minden pontra a befok egyenl}o a kifokkal.) Ha a graf nem Euler-fele, akkor el}oszor hozzaadunk a paratlan foku pontoknak egy "alkalmas" M parostasat (aminek elei nem szuksegkeppen a grafbol valok), majd a keletkez}o Euler-grafnak veszunk egy di-euler iranytasat, vegul kihagyjuk az M eleit. Termeszetesen az gy kapott iranytasrol csak akkor varhatjuk el, hogy kielegti (4.0)-t, ha az M parostas kielegt bizonyos kvanalmakat. Egy f egesz szamra vagy egeszertek}u fuggvenyre legyen ^f := 2bf=2:c Denialjuk az R = R G halmazfuggvenyt a kovetkez}okeppen. R(;) := R(V ) := 0 es ; X V -re legyen R(X) := max((x; y; G) : X elvalasztja x; y-t). Ugyanezt a fuggvenyt korabban hasznaltuk mar Mader leemelesi tetelenek bizonytasaban. Szuksegunk lesz a b G (X) := d G (X)? ^RG (X) () halmazfuggvenyre, amely egyfajta ertelemben az X halmaz tobbletet meri. A Menger tetel iranytott el-valtozata alapjan (4.0) azzal ekvivalens, hogy %(X) ^R G (X)=2 minden X V -re, (4:1) ahol % jeloli a D iranytas befok fuggvenyet. Legyen M a G paratlan foku pontjainak egy parostasa. Az M-t megengedett paratlan-pont parostasnak nevezzuk, ha d M (X) b G (X) fennall minden X V halmazra, (4:2) ahol d M (X) jeloli azon M-beli elemek szamat, melyeknek pontosan egy vegpontja van X-ben. Vilagos, hogy b G 0 es d M (X) b G (X) (mod 2) minden X V -re. Ebb}ol (4.2) mindig igaz, ha jxj vagy jv? Xj legfeljebb egyelem}u. Ilyen X halmazt trivialisnak nevezunk. Marmost Nash-Williams parostasi tetele a kovetkez}o. P AROSIT ASI TETEL 4.1 Minden iranytatlan grafnak van M megengedett paratlan-pont parostasa. El}oszor is lassuk be, hogy a 4.1 tetel implikalja az er}os iranytasi tetelt. Valoban, tekintsuk a G + M Euler-graf egy di-euler-fele iranytasat, es jelolje % 0 illetve % a D 0 es D := D 0? M digrafok befok fuggvenyet. (Itt D a G-nek egy iranytasa). Kapjuk: %(X) % 0 (X)? d M (X) = (d G (X) + d M (X))=2? d M (X) = (d G (X)? d M (X))=2 ^R G (X)=2; amib}ol (4.1) es a 4.0 tetel kovetkezik. A 4.1 tetel bizonytasa. Feltehetjuk, hogy G osszefugg}o. S}ot azt is feltehetjuk, hogy G 2-elosszefugg}o, mert ha nem ez a helyzet, akkor minden elvago elt harom parhuzamos ellel helyettesthetunk. Konnyen ellen}orizhet}o, hogy a kapott graf megengedett parostasa egyuttal G-nek is megengedett parostasa. jej+jv j 13

szerinti indukciot hasznalunk. Feltehet}o, hogy nincsen masodfoku pont, mert ha mondjuk u ilyen, akkor az u-ba men}o ux es uy elt egy uj xy elre csereljuk, a keletkez}o G 0 grafnak indukcio alapjan mar van megengedett parostasa es ez nyilvan G-ben is megengedett lesz. A kovetkez}o lemma konnyen adodik az ^R denciojabol. LEMMA 4.2 Barmely ket X; Y V halmazra a kovetkez}o negy alltas kozul legalabb az egyik fennall. ^R(X) ^R(X [ Y ) es ^R(Y ) ^R(X \ Y ); ^R(Y ) ^R(X [ Y ) es ^R(X) ^R(X \ Y ); ^R(X) ^R(X? Y ) es ^R(Y ) ^R(Y? X); ^R(Y ) ^R(X? Y ) es ^R(X) ^R(Y? X): (4:3a) (4:3b) (4:3c) (4:3d) Ebb}ol kapjuk: LEMMA 4.3 Tetsz}oleges X; Y teljesul. Tovabba, ha akkor (4.4) fennall. V halmazokra a kovetkez}o egyenl}otlensegek kozul legalabb az egyik ^R(X) + ^R(Y ) ^R(X \ Y ) + ^R(X [ Y ); (4:4) ^R(X) + ^R(Y ) ^R(X? Y ) + ^R(Y? X): (4:4) R(X) min(r(x \ Y ); R(X [ Y )); (4:5) El}oszor tegyuk fel, hogy van olyan nem-trivialis X V halmaz, amelyre b G (X) = 0: Jelolje G 1 es G 2 azokat a grafokat, amelyek G-b}ol az X illetve a (V?X) halmazok egy pontra huzasaval keletkeznek. Konnyen latszik, hogy barmely Z V? X halmazra R G1 (Z) R G (Z) es innen b G1 (Z) b G (Z). Hasonlokepp b G2 (Z) b G (Z) ervenyes minden Z X halmazra. Indukcio alapjan letezik G i -nek egy M i megengedett paratlan-pont parostasa (i = 1; 2). Mivel d G (X) paros, az osszehuzott pontok paros fokuak, es gy M := M 1 + M 2 paratlan-pont parostasa G-nek. Azt alltjuk, hogy M megengedett, vagyis hogy d M (Y ) b G (Y ) fennall minden Y V reszhalmazra. Ennek igazolasahoz feltehetjuk, hogy (4.4) van ervenyben, mert kulonben Y -t helyettesthetjuk a komplementerevel, es akkor (4.4) (4.4)-ba transzformalodik. Felhasznalva (1.4)-t valamint ^R szimmetrikussagat, azt nyerjuk, hogy d M (Y ) = d M (X \ Y ) + d M (X [ Y ) = d M2 (X \ Y ) + d M1 (V? (X [ Y )) b G2 (X \ Y ) + b G1 (X [ Y ) b G (X \ Y ) + b G (X [ Y ) b G (X) + b G (Y ) = b G (Y ), azaz M valoban megengedett paratlan-pont parostas G-ben Ily modon a kovetkez}o esetre jutottunk: b G (X) > 0 minden nem-trivialis X V -re. (4:6) Tegyuk most fel, hogy van egy olyan f = uv el G-ben, amely ket paratlan foku pontot kot ossze, es legyen G 0 := G? f. Indukcio alapjan G 0 -ben van egy M 0 megengedett paratlan-pont parostas. Azt alltjuk, hogy ^(x; y; G 0 ) = ^(x; y; G) minden x; y 2 V pontparra. Tegyuk fel ugyanis, hogy az x; y pontokra ^(x; y; G 0 ) < ^(x; y; G). Ekkor (x; y; G 0 ) = (x; y; G)? 1 es (x; y; G) paros. Menger tetele szerint van olyan X xy-halmaz, amelyre d G (X) = (x; y; G) es X elvalasztja u-t es v-t. Feltehetjuk, hogy jxj jv? Xj, mert kulonben X-t kicserelhetjuk a komplementerevel. Most b G (X) = 0 es gy (4.6) miatt jxj = 1, tehat X = fug vagy X = fvg. De ez ellentmond a feltevesnek, hogy d G (u) es d G (v) paratlan. Tehat ^(x; y; G 0 ) = ^(x; y; G) valoban fennall minden x; y 2 V pontparra. Ekkor b G 0(X) = b G (X)? 1 illetve b G 0(X) = b G (X) annak megfelel}oen, hogy az X V halmaz szeparalja vagy nem szeparalja u-t es v-t, es ezert M 0 + uv megengedett paratlan-pont parostas G-ben. 14

Ezek alapjan feltehetjuk, hogy minden elnek legalabb az egyik vegpontja paros foku. (4:7) Jelolje T a harmadfoku pontok halmazat es legyen S = V?T. Hvjunk egy X V reszhalmazt lenyegtelennek, ha X trivialis, vagy ha van egy olyan v 2 T \ X csucs, amelyre () d(v; X? v) 1, vagy pedig ha van egy olyan v 2 T? X csucs, amelyre () d(v; X) 2. A tobbi halmazt nevezzuk lenyegesnek. Azt alltjuk, hogy az M paratlan-pont parostas megengedett, ha (4.2) a lenyeges halmazokra fennall. Valoban, (4.2) nyilvan igaz trivialis halmazokra. Legyen most X olyan halmaz, amelyre (4.2) nem all, es tetelezzuk fel, hogy d G (X) minimalis. Alltjuk, hogy X lenyeges. Ha ugyanis nem az, akkor vagy van egy olyan v 2 T \ X pont, amelyre () fennall, vagypedig van egy olyan v 2 T? X pont, amelyre () all fenn. Legyen X 0 := X? v az els}o esetben es X 0 := X + v a masodikban. Mivel X nem-trivialis, gy ; X 0 V. Tovabba d G (X 0 ) d G (X)? 1; ^R(X0 ) = ^R(X) es ezert bg (X 0 ) + 1 b G (X): A d G (X) minimalis valasztasa miatt (4.2) fennall X 0 -re, es gy d M (X) d M (X 0 ) + 1 b G (X 0 ) + 1 b G (X), ellentmondasban az indirekt feltevessel, miszerint X megserti (4.2)-t. Legyen s az S-nek minimalis fokszamu pontja. Ha S egyetlen pontbol all, akkor s-t es minden T -beli t pontot harom parhuzamos el kot ossze, es ekkor G-nek nincs is mas ele. Ebben az esetben (4.7) miatt d G (s) paros, es konnyen lathatoan barmilyen paratlan-pont parostas megengedett. Ezert feltehetjuk, hogy jsj 2. Legyen S := min((x; y; G) : x; y 2 S). Nyilvan S d G (s). 1. ESET S = d G (s): (4:8) Mader leemel}os tetele alapjan letezik olyan e = su; f = st elpar, amelyek leemelesevel keletkez}o G 0 grafban (x; y; G 0 ) = (x; y; G) minden x; y 2 V? s pontparra fennall. LEMMA ^RG 0(X) = ^RG (X) minden X lenyeges halmazra. Biz. Mivel leemeleskor a lokalis elosszefugges sohasem n}o, R G 0(X) R G (X) nyilvan fennall. Feltehetjuk, hogy s 2 X, mert kulonben X-t helyettesthetjuk a komplementerevel. Mivel G 0 is 2- elosszefugg}o (hiszen s foka G-ben legalabb 4), a lemma igaz, ha ^RG (X) = 2. Igy ^RG (X) 4. Legyenek u 2 X; v 2 V? X olyan pontok, amelyekre R G (X) = (u; v; G). ^RG (X) 4 miatt u; v 2 S. Ha R G (X) > S = d G (s), akkor u; v 6= s; es gy R G 0(X) (u; v; G 0 ) = (u; v; G) = R G (X), vagyis ilyenkor az lemma igaz. Feltehetjuk tehat, hogy R G (X) = S = d G (s). Azt alltjuk, hogy X \ S 6= fsg. Ha ugyanis X \ S = fsg, akkor X?s minden pontja harmadfoku, es (4.7) miatt ezen pontok kozott nincs el. Az X lenyegessege miatt minden X? s-beli pontbol legalabb ket el megy s-be es legfeljebb egy el V? X-be, amib}ol az kovetkezik, hogy d G (s) > d G (X); ellentetben az el}obbi egyenl}oseggel. Letezik tehat egy x 2 S \ X? s elem, es ezert R G 0(X) (x; v; G 0 ) = (x; v; G) S = R G (X), amib}ol a lemma kovetkezik. Indukcio alapjan G 0 -nek letezik egy M megengedett paratlan-pont parostasa. Mivel d G 0 d G, a lemmabol kovetkezik, hogy b G 0 b G, es ezert M a G-nek is megengedett paratlan-pont parostasa. 2. ESET S < d G (s): (4:9) Legyen x; y 2 S ket olyan pont, amelyre (x; y; G) = S es legyen X olyan xy-halmaz, amelyre d G (X) = (x; y; G). (4.9) miatt X nem-trivialis. Tovabba R G (X) (x; y; G) = d G (X) R G (X) es ezert d G (X) = R G (X). Azt kapjuk (4.6)-bol, hogy R G (X) paratlan es gy b G (X) = 1. Ervenyes tovabba, hogy X lenyeges. 15

Jelolje G 1 illetve G 2 a G-b}ol az X illetve a (V?X) halmazok egy pontra torten}o osszehuzasaval keletkez}o grafokat. Barmely Z V? X halmazra R G1 (Z) R G (Z) es gy b G1 (Z) b G (Z). Hasonlokeppen b G2 (Z) b G (Z) fennall Z X-ra. Indukcio alapjan G i -nek (i = 1; 2) van M i megengedett paratlan-pont parostasa. Jelolje e i azt az elet M i -nek, amely az osszehuzott pontot fedi es legyen v i az e i el masik vegpontja (i = 1; 2). Ekkor M := M 1 + M 2? e 1? e 2 + v 1 v 2 paratlan-pont parostasa G-nek. Azt alltjuk, hogy M megengedett, azaz d M (Y ) b G (Y ) fennall minden Y V reszhalmazra. Amint mar korabban meggyeltuk, ezt eleg lenyeges halmazokra igazolni. Amennyiben Y X, ugy d M (Y ) = d M2 (Y ) b G2 (Y ) = b G (Y ). Analog a helyzet, ha Y V? X. Igy feltehetjuk, hogy X es Y keresztezik egymast. Az Y esetleges komplementalasa nyoman feltehetjuk, hogy d M (X; Y ) = 0. Miutan mind X, mind Y lenyeges, (4.7) felhasznalasaval kapjuk, hogy S \ X \ Y 6= ; es S \ (V? (X [ Y )) 6= ;. Az X valasztasabol kovetkezik, hogy R(X) R(Z) minden olyan Z halmazra fennall, amely szeparalja S ket elemet. Ezert (4.5) van evenyben es gy (4.4) fennall X; Y -re. Felhasznalva (1.4)-t es ^R szimmetrikussagat azt kapjuk, hogy dm (Y ) = d M (X \Y )+d M (X [Y )?d M (X)+2d M (X; Y ) = d M (X \ Y ) + d M (X [ Y )? 1 = d M2 (X \ Y ) + d M1 (V? (X [ Y ))? 1 b G2 (X \ Y ) + b G1 (X [ Y )? 1 b G (X \ Y ) + b G (X [ Y )? 1 b G (X) + b G (Y )? 1 = b G (Y ), amint alltottuk. 5. IR ANYITOTT LEEMELES ES ALKALMAZ ASAI LEEMELES Lovasz tetelenek iranytott grafokra vonatkozo ellenparja Madert}ol szarmazik. 5.1 TETEL Legyen G = (V +s; E) iranytott graf, amelyben %(s) = (s). Tegyuk fel, hogy () (x; y; G) k minden x; y 2 V pontparra, ahol k 1 egesz. Ekkor minden e = st elhez letezik olyan f = us el, amelyekre (x; y; G ef ) k minden x; y 2 V pontparra. Biz. Menger tetel alapjan a () felteves azzal ekvivalens, hogy %(X) k; (X) k minden ; 6= X V reszhalmazra. (5:1) Leemeleskor minden halmaz befoka es kifoka is legfeljebb eggyel csokkenhet. Egy X V reszhalmazt nevezzunk be-pontosnak, ha %(X) = k es ki-pontosnak, ha (X) = k. Az X-t pontosnak hvjuk, ha ki-pontos vagy be-pontos. Egy fus; stg elpar akkor es csak akkor felel meg a tetel kvanalmainak, ha nincsen olyan pontos halmaz, amely tartalmazza t-t es u-t. Hasznalni fogjuk az alabbi azonossagokat. %(X) + %(Y ) = %(X \ Y ) + %(X [ Y ) + d(x; Y ): (5:2) %(X) + %(Y ) = %(X? Y ) + %(Y? X) + d(x; Y ) + %(X \ Y )? (X \ Y ): (5:3) 5.2 LEMMA Legyen X es Y ket maximalis t-t tartalmazo pontos halmaz. Ekkor X [ Y is pontos. Biz. Nem lehet, hogy az egyik halmaz ki-pontos, a masik pedig be-pontos, mert ha peldaul %(X) = k es (Y ) = k, akkor az Y := V +s?y es az X halmazra 2k = %(X)+%( Y ) = %(X[ Y )+%(X\ Y )+d(x; Y ) 2k+1 adodna. Tegyuk fel most, hogy X; Y ki-pontosak. (A bizonytas analog abban az esetben, ha X; Y be-pontosak). Nem lehet, hogy X [ Y = V, mert kulonben X \ Y = fsg, es ekkor felhasznalva, hogy %(s) = (s), (5.3) alapjan azt kapnank, hogy 2k = %( X) + %( Y ) = %( X? Y ) + %( Y? X) + d( X; Y ) k + k + 1. Ha viszont 16