Deficites alakok
Ebben a részben bemutatunk néhány egyszerű fogást („elemi konstrukciót”), melyek segítségével meglévő tételeket átalakíthatunk vagy általánosíthatunk.
Először mutassuk meg, hogy a Hall-tételből miképp vezethető le annak álta-lánosabb, deficites alakja.
1.6.1. Tétel (Ore). Egy G = (A, B;E) páros gráfban egy párosítás által fedetlen A-beli pontok minimális száma egyenlő az A-beli X részhalmazok h(X) :=|X| − |Γ(X)| hiányánakµ maximumával.
Bizonyítás. Egy párosítás az X elemei közül legfeljebb|Γ(X)|-et tud fedni, így legalábbh(X) pont fedetlen marad. A fordított irányhoz azt kell kimu-tatnuk, hogy létezik egy olyan párosítás, amely legfeljebbµ A-beli pontot nem fed. Ennek érdekében egészítsük ki a B halmazt egy µ pontból álló új halmazzal, és ennek minden elemét kössük összeAminden elemével. Az így nyertG0 gráfban minden X ⊆A halmaznak µ új szomszédja van, és ezért G0-re már teljesül a Hall-feltétel. Ebből a Hall-tétel alapján adódik, hogy G0-ben létezik egyM0 párosítás, amely fedi A-t.M0-nek legfeljebbµ új éle van, amiket kihagyvaG-nek egy olyan párosítását kapjuk, melynek legalább
|A| −µéle van, azaz amely A-nak legfeljebbµpontját nem fedi.
6. Gyakorlat. Vezessük le egymásból Kőnig és Ore tételeit.
Ugyanez a megközelítés használható a Tutte-tétel esetén is.
1.6.2. Tétel (Berge–Tutte-formula). Egy G= (V, E) gráfban egy párosítás által fedetlen pontok minimális száma egyenlő azX ⊆V részhalmazokq(X)−
− |X|hiányánakµmaximumával. Ekvivalens alakban, a maximális párosítás ν elemszáma egyenlő a
X⊆Vmin{|V| −(q(X)− |X|)}/2 (1.23) értékkel.
Bizonyítás. LegyenX olyan halmaz, amelyre q(X)− |X| = µ. Az X elha-gyásával q(X) páratlan komponens keletkezik. Ha egy párosítás e páratlan komponensek valamelyikének minden pontját fedi, akkor tartalmaz azX és a komponens között vezető élt. Emiatt legfeljebb |X| teljesen fedett párat-lan komponens létezhet, vagyis legalábbq(X)− |X|páratlan komponensnek van fedetlen pontja, azaz tetszőleges párosítás legalább q(X)− |X| pontot fedetlenül hagy, és így legalábbµ-t.
A megfordításhoz azt kell kimutatnuk, hogy létezik olyan párosítás, amely legfeljebb µ pontot nem fed. Ennek érdekében egészítsük ki V-t egy µ új
1.6. Elemi konstrukciók 35 pontból állóU halmazzal, és ennek minden elemét kössük össze egymással és V minden elemével. Az így kapottG0 gráfban ha egyX0 halmaz megsérti a Tutte-féle feltételt, akkorX0 nem lehet üres, hiszenq(X)− |X|és|V|mindig megegyező paritású, és ezértµ+|V|páros. EmiattX0-nek tartalmaznia kell mind aµ új pontot (hiszen azok minden más ponttal össze vannak kötve).
LegyenX :=X0−U. Ekkor G0−X0 = G−X, és mivel G0−X0 az |X0 |-nél több páratlan komponenst tartalmaz,X hiánya nagyobb, mintµ=|U|, ellentétbenµdefiníciójával.
A Tutte-tétel alapján adódik, hogyG0-ben létezik egyM0teljes párosítás.
M0-nek legfeljebbµúj éle van, amelyeket kihagyva G-nek egy olyan párosí-tását kapjuk, amely legfeljebbµpontot hagy fedetlenül.
31. Feladat. Igazoljuk a Berge–Tutte-formula alábbi ekvivalens alakját.
1.6.3. Tétel (Berge–Tutte-formula más alakban). Egy G= (V, E)gráfban a maximális párosításν elemszáma egyenlő a
min{|X|+X
K
b|K|/2c:X ⊆V} (1.24)
értékkel, ahol az összegzés aG−X gráfK komponenseire megy.
1.6.1. Pontszétnyitás
Kézenfekvő elemi művelet a pontszétnyitás, amelynél egy irányított gráf min-den pontját kettővel helyettesítjük, szétosztva közöttük az eredeti pontba be-és kimenő éleket. Több variáns is lehet aszerint, hogy a szétnyitott pont két példánya között vezetünk-e élt vagy sem, illetve megtartjuk-e az élek irányí-tását vagy sem.
1.6.4. Tétel (Menger, irányított pontváltozat). Egy D = (V, A) irányított gráfban, amelyben nincs éls-bőlt-be, akkor és csak akkor léteziks-bőlt-be k belsőleg diszjunkt út, ha az s-ből t-be menő utakat nem lehet k-nál kevesebb V − {s, t}-beli ponttal lefogni.
Bizonyítás. (Az él-Mengerből) A feltétel nyilván szükséges. Az elegendőség igazolásához készítsünk egy újD0 digráfot. Mindenupontot helyettesítsünk két új csúccsal, melyeket jelöljönu0 ésu00, de töröljük az s00 ést0 csúcsokat.
Minden uv ∈ A élre vegyük D0-be az u0v00 élnek k párhuzamos példányát, továbbá mindenu∈V− {s, t}csúcsra tegyükD0-be azu00u0élt. Amennyiben D0-ben vans0-bőlt00-bekélidegen út, úgy a konstrukció miatt ezekk pontide-gen útnak felelnek meg az eredetiD-ben. Ha viszontD0-ben nincskélidegen út, akkor az irányított él-Menger tétel (1.5.6) szerint létezikk−1él, amely lefogja az összess0-bőlt00-be vezető utat. Ismét csak a konstrukció miatt ezen
élek szükségképpenu00u0 típusúak, és ígyk−1V − {s, t}-beli csúcsnak felel-nek meg, melyek lefogják az összess-ből t-be vezető utat, ellentmondásban a tétel feltevésével.
7. Gyakorlat. Vezessük le a Menger-tétel (eredeti) irányítatlan pontválto-zatát.
1.6.5. Tétel(Menger, irányítatlan pontváltozat). EgyG= (V, E)irányítlan gráfban, amelyben nincs élsést között, akkor és csak akkor léteziks-bőlt-be kbelsőleg diszjunkt út, ha azs-bőlt-be menő utakat nem lehetk-nál kevesebb V − {s, t}-beli ponttal lefogni.
8. Gyakorlat. Vezessük le Hall tételét az irányítatlan pont-Menger-tételből.
A Menger-tétel egyéb ekvivalens alakokban is megfogalmazható. Például : 1.6.6. Tétel. EgyD= (V, A)digráfban legyenSésT a csúcsoknak kétk ele-mű diszjunkt részhalmaza. Akkor és csak akkor létezikS-bőlT-be kdiszjunkt út, ha azS-bőlT-be vezető utakat nem lehetk-nál kevesebb ponttal lefogni.
Bizonyítás. A tétel rögtön következik az 1.6.4 tételből : adjunkD-hez egy új spontot és mindenv∈S-re egysvélt, továbbá egy újtpontot és mindenv∈
∈T-re egyvt-élt. Most azonban egy direkt bizonyítást is bemutatunk, amely a Hall-tételt használja.
Készítsünk egyG= (A0, B00;E)páros gráfot a következőképpen. Minden u pontot helyettesítsünk két új csúccsal, melyeket jelöljön u0 és u00, de S mindenselemére töröljük azs00 csúcsokat ésT mindent elemére töröljük a t0 csúcsokat. Az egyvesszős pontok halmazát jelöljeA0, a kétvesszősökétB00. Minden uv ∈ A élre vegyük G-be az u0v00 irányítatlan élt, továbbá minden u∈V −S−T csúcsra tegyükG-be az u00u0 élt.
Amennyiben G-ben van M teljes párosítás, akkor ez meghatározk disz-junkt utat S-ből T-be. Ugyanis bármely s ∈ S-beli pontra legyen s0u001 ∈
∈M, u01u002∈M, . . . , u0jt00∈M, ekkors, u1, u2, . . . , uj, tegyD-beli egyirányú út, és ezek az utak szükségképpen diszjunktak. Ha viszont nincs teljes páro-sítás G-ben, úgy a Hall tétel szerint létezik egy X0 ⊆ A0 halmaz, melynek
|X0|-nél kevesebb szomszédja van. LegyenY0 :=S0−X0 ésZ00 := Γ(X0)−
−(X −S)00. Ekkor |Γ(X0)| < |X0| azt jelenti, hogy |Y0|+|Z00| < k. A konstrukció miatt azY∪Z D-beli halmaz lefogja az összesS-bőlT-be vezető utat, ellentmondásban a feltevéssel.
32. Feladat. Vezessük le az 1.6.4 tételt az 1.6.6 tételből.
Dilworth tétele Kőnig tételéből
Az előbbihez hasonló pontszétnyitásos konstrukcióval levezethetjük Dilworth 1.5.3 tételét is.
1.6. Elemi konstrukciók 37 1.6.7. Tétel(Dilworth). Legyen P egy részbenrendezett halmaz. AP-t fedő láncok minimális száma egyenlő a legnagyobb antilánc elemszámával, vagyis P szélességével.
Bizonyítás. Amax≤minegyenlőtlenség ismét nyilvánvaló. A fordított irány igazolásához készítsünk el egyG= (X, Y;E)páros gráfot, melynek mindkét osztálya aPhalmaznak felel meg, és valamelyxielemyj-vel akkor van össze-kötve, hapi > pj. (Tehát xi nincs összekötve yi-vel.) P elemszámát jelölje n.
1.6.8. Lemma. GtetszőlegesM párosításának megfelel P-nek egyn− |M| láncból álló felbontása.
Bizonyítás. Tekintsük azXhalmazMáltal fedetlen pontjait. Ezek száman−
−|M|. Legyenxiolyan pont, amelyetM nem fed. Mindegyik ilyenxielemhez megkonstruálunk egyCi láncot, a következőképpen. Hayi fedetlen, akkorCi
álljon az egyetlen pi elemből. Ha yi-t fedi valamely M-belixjyi él, akkorpj > pi, és legyen pj a lánc következő eleme. Ha yj-t fedi valamely M-beli xkyj él, akkor legyen pk a lánc következő eleme. Így folytatva, a láncot addig növeljük, amíg a lánchoz utolsónak vettpmelemhez tartozóym csúcsot már nem fediM-beli él.
Ezzel a módszerrel az M által nem fedett n− |M| darab X-beli csúcs mindegyikéhez definiáltunk egy láncot P-ben. A lemma következik abból, hogy az így kapott láncok páronként diszjunktak és lefedikP-t.
1.6.9. Lemma. LegyenL⊆X∪Y a páros gráf éleinek minimális lefogása.
EkkorP-ben van olyan Aantilánc, amelyre |L|+|A|=n.
Bizonyítás. Először belátjuk, hogy ha xi ∈ L, akkor yi 6∈ L. Ha indirekt mindkét csúcs L-ben volna, akkor L minimalitása miatt a gráfnak létezne olyan xiyj, illetve xkyi éle, melyekre yj, xk 6∈ L. Ekkor tehát pk > pi >
> pj, amibőlpk> pj, és ígyxkyj éle a gráfnak. Ezt az élt viszont nem fogja le L, amely ellentmondás azt bizonyítja, hogy valóban nem lehet xi és yi
mindegyikeL-ben.
Legyen mostA:={pi:xi6∈L, yi6∈L}. Rögtön látszik, hogy azAhalmaz kielégíti a lemma követelményeit.
A két lemmát felhasználva Dilworth tétele rögtön következik a Kőnig-tételből, amely szerint egy páros gráfban a független élek maximális száma egyenlő az éleket lefogó pontok minimális számával.
Az irányított pont-Menger tételnek illetve a Dilworth-tételnek a Hall-, illetve Kőnig-tételre történő fenti visszavezetése egyúttal algoritmust is biz-tosít a szóbanforgó maximum- és minimumértékek meghatározására, hiszen a Kőnig tételre adott javítóutas bizonyítás konstruktív.