A szubmoduláris függvények hatékony bizonyítási módszereket kínálnak. Ezt először Hall tételén szemléltetjük.
1.7.1. Hall tétele újra
1.7.1. Tétel (Hall). Egy G= (A, B;E) páros gráfban akkor és csak akkor létezikA-t fedő párosítás, ha Aminden X részhalmazára
|Γ(X)| ≥ |X|, (1.25)
ahol Γ(X) jelöli azon B-beli pontok halmazát, melyeknek van szomszédja X-ben.
Bizonyítás. (Elegendőség.) Nevezzünk egy X ⊆ A halmazt pontosnak, ha
|Γ(X)|=|X|, és a rövidség kedvéért jelöljük|Γ(X)|-etγ(X)-szel.
1.7.2. Lemma. Két pontos halmaz metszete és uniója is pontos.
Bizonyítás. Legyen X és Y pontos. A Hall-féle feltétel miatt γ(X ∩Y) ≥
≥ |X∩Y|ésγ(X∪Y)≥ |X∪Y|. Így aγszubmodularitása, valamintX és Y pontossága folytán|X|+|Y|=γ(X) +γ(Y)≥γ(X∩Y) +γ(X∪Y)≥
≥ |X∩Y|+|X∪Y|=|X|+|Y|. Emiatt minden egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül, speciálisanγ(X∩Y) =|X∩Y|ésγ(X∪Y) =|X∪Y|.
A lemma ismételt alkalmazásával következik, hogy egyzmegadott pontot tartalmazó pontos halmazokB(z)metszete is pontos.
A bizonyításra térve feltehető, hogy G minimális abban az értelemben, hogy bármely él elhagyása után már megsérül (1.25). Állítjuk, hogy A-ban minden pont első fokú. Tegyük fel ugyanis, hogy egy z ∈ A csúcsból kiin-dul két él :e =zu és f = zv (u 6= v). Mivel az e kihagyása már megsérti (1.25)-öt, így létezik egyz-t tartalmazó olyanX pontos halmaz, amelybenz az egyetlenu-val szomszédos pont.B(z)⊆X miattB(z)-ben is z az egyet-lenu-val szomszédos pont, ezért feltehető, hogyX =B(z). Ugyanígy kapjuk, hogy B(z)-ben z az egyetlen v-vel szomszédos pont. Ekkor viszont B(z)−
−z-nek sem u, sem v nem szomszédja, és ezért |B(z)| −1 = |B(z)−z| ≤
≤γ(B(z)−z)≤γ(B(z))−2 =|B(z)| −2, ellentmondás.
Tehát valóban minden A-beli pont foka egy, és ekkor E maga egy A-t fedő párosíA-tás, hiszen (1.25) miaA-tA-t bármely kéA-t A-beli pontnak van két szomszédja.
1.7. Szub- és szupermoduláris függvények használata 39 Most megmutatjuk, hogy ugyanez a bizonyítási ötlet szinte változtatás nél-kül használható Lovász 1.3.3 tételében az elegendőség igazolására. Valójában Lovász eredeti, általánosabb eredményét igazoljuk.
1.7.3. Tétel(Lovász). LegyenG= (S, T;E)egyszerű páros gráf. Legyenpaz Salaphalmazon értelmezett nemnegatív, egészértékű metszőn szupermoduláris halmazfüggvény, amely ráadásul elem-szubadditív, azazp(X) +p(z)≥p(X+ +z) fennáll minden X ⊆ S halmazra és z ∈ S−X elemre. Amennyiben
|Γ(X)| ≥p(X) (1.26)
fennáll minden X ⊆ S halmazra, és G élelhagyásra nézve minimális ezen tulajdonságra nézve, úgy|Γ(s)| (=d(s)) =p(s)minden s∈S elemre.
Bizonyítás. Használjuk ismét aγ(X) :=|Γ(X)|jelölést. Nevezzünk egy nem-üres halmazt pontosnak, ha (1.26)-ot egyenlőséggel teljesíti, azaz γ(X) =
=p(X).
1.7.4. Lemma. Két metsző, pontos halmaz metszete és uniója is pontos.
Bizonyítás. Legyenek X ésY egymást metsző pontos halmazok. Az (1.26) feltétel miattγ(X∪Y)≥p(X∪Y)ésγ(X∩Y)≥p(X∩Y)(itt használjuk, hogy X∩Y 6= ∅). Így a γ szubmodularitása, valamint X és Y pontossága folytánp(X) +p(Y) =γ(X) +γ(Y)≥γ(X∩Y) +γ(X∪Y)≥p(X∩Y) + +p(X ∪Y) ≥ p(X) +p(Y). Emiatt minden egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül, speciálisanγ(X∩Y) =p(X∩Y)ésγ(X∪Y) =p(X∪Y).
A lemma ismételt alkalmazásával következik, hogy egy megadott s ∈ S pontot tartalmazó pontos halmazokB(s)metszete is pontos.
Gminimalitása miatt bármely él elhagyása után (1.26) már megsérül. Te-gyük fel indirekt, hogy valamelys∈S pont foka nagyobb, mintp(s). Ekkor B(s)−s 6= ∅, és minden sui élre (i = 1,2, . . . , d(s)) létezik egy olyan, s-et tartalmazó pontosXi halmaz, amelybens az egyetlenui-val szomszédos pont. Mindeni-re, ahol1≤i≤d(s), B(s)-ben iss az egyetlenui-val szom-szédos pont. Ekkor viszont a nemüres X := B(s)−s halmaznak d(s)-sel kevesebb szomszédja van, mintB(s)-nek, így az elem-szubadditivitást hasz-nálva γ(X) = γ(B(s))−d(s) = p(B(s))−d(s) < p(B(s))−p(s) ≤ p(X), vagyis azX megsérti az (1.26) feltételt.
Következményként adódik az 1.3.4 tétel :
1.7.5. Tétel. Legyen G = (S, T;E) egyszerű, páros gráf és m : S → Z+
egy szigorúan pozitív függvény. Akkor és csak akkor létezikG-ben olyan erdő, amelyben mindens∈S pont foka pontosanm(s), ha mindenX ⊆Snemüres halmazra
|Γ(X)| ≥m(X)e − |X|+ 1. (1.27)
Bizonyítás. Szükségesség. LegyenH = (S, T;F)egy olyan részerdejeG-nek, amelyre dH(s) = m(s) minden s ∈ S-re. Tekintsük H-nak az X ∪Γ(X) által feszítettH0 = (X,Γ(X);F0)részerdejét. Mivel ez is erdő, kapjuk, hogy dH(X) = dH0(X) = |F0| ≤ |X ∪ΓH(X)| −1 = |X|+|ΓH(X)| −1, amiből
|Γ(X)| ≥ |ΓH(X)| ≥dH(X)− |X|+ 1 =m(Xe )− |X|+ 1.
Elegendőség. Legyenp(X) :=m(X)e − |X|+ 1. Ez nyilvánvalóan metszőn szupermoduláris és elem-szubadditív. Feltehetjük, hogyGolyan, élelhagyásra nézve minimális gráf, amelyre |Γ(X)| ≥ p(X) minden nemüres X ⊆ S-re fennáll. Ekkor a Lovász-tétel miattd(s) =p(s) = m(s)minden s∈S-re, és így a következő lemma implikálja a tételt.
1.7.6. Lemma. LegyenG= (S, T;E)egyszerű páros gráf, amelyben minden X⊆S nemüres halmazra|Γ(X)| ≥d(X)− |X|+ 1. EkkorGerdő.
Bizonyítás. Feltehető, hogy a gráfban nincsen izolált pont. Bármely élt ki-hagyva a feltétel fennmarad, hiszen ha|Γ(X)|az élkihagyással csökken, akkor d(X)is csökken. Indukcióval következik, hogy G−e erdő mindene∈E él-re. Ezért, ha indirekt feltesszük, hogyG tartalmaz kört, akkorG maga egy kör, de ekkor |S| = |Γ(S)| ≥ d(S)− |S|+ 1 = 2|S| − |S|+ 1 = |S|+ 1, ellentmondás.
1.7.2. Él-Menger újra
Hasonló trükkel lássuk be az irányított él-Menger-tételt.
1.7.7. Tétel(irányított él-Menger). EgyD= (V, A)irányított gráfban akkor és csak akkor vezets-bőlt-bek≥1élidegen út, ha mindenS s¯t-halmaz kifoka legalábbk, azaz
δ(S)≥k. (1.28)
Bizonyítás. (Elegendőség.) Nevezzünk egy X st-halmaz pontosnak, ha¯ δ(X) =k.
1.7.8. Lemma. Két pontos halmaz metszete és uniója is pontos.
Bizonyítás. LegyenekX ésY egymást metsző pontos halmazok. (1.28) miatt δ(X∩Y)≥késδ(X∪Y)≥k. Így aδszubmodularitása, valamint X ésY pontossága folytán|k|+|k|=δ(X) +δ(Y)≥δ(X∩Y) +δ(X∪Y)≥k+k.
Emiatt minden egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül, speciálisanδ(X∩Y) =k ésδ(X∪Y) =k.
A lemma ismételt alkalmazásával következik, hogy egy megadottzpontot tartalmazó pontos halmazokB(z)metszete is pontos.
1.7. Szub- és szupermoduláris függvények használata 41 A bizonyításra térve feltehető, hogy D minimális abban az értelemben, hogy bármely él elhagyása után már megsérül (1.28). Állítjuk, hogy minden z ∈ V − {s, t} pont befoka és kifoka egyenlő. Valóban, ha mondjuk δ(z) >
> %(z), akkor a minimalitás miatt bármelyz-ből kilépő él kilép egy pontos halmazból és így kilépB(z)-ből is. De ekkorδ(B(z)−z)≤δ(B(z))−δ(z) + +%(z) < δ(B(z)) =k, ellentétben az (1.28) feltétellel. (A δ(z)< %(z) eset hasonló).
Tehát valóban mindenV − {s, t}-beli pontra δ(z) =%(z) és persze a mi-nimalitás miatt %(s) = 0 . De egy ilyen digráfban létezikδ(s) ≥k élidegen út, hiszens-ből kiindulva és csatlakozó élek mentén haladvaδ(z) =%(z) mi-att megkapunk egyt-be vezető utat, és eztδ(s)-szer megismételhetjük, mert a maradék gráfban szintén fennáll a kifokok és befokok egyenlősége minden V − {s, t}-beli pontra.
1.7.3. Irányítási lemma újra
Szubmodularitást használva belátjuk az 1.3.5 következményben megfogalma-zott irányítási lemma nemtriviális irányát. Tegyük fel tehát, hogy adottG=
= (V, E)gráfra és m : V → Zfüggvényre m(Ve ) = |E| és teljesül 1.6, azaz m(X)e ≤e(X)mindenX ⊆V halmazra fennáll, ahole(X)jelöli azonG-beli élek számát melyeknek legalább egyik végpontja X-ben van. Emlékezzünk rá, hogy azefüggvény szubmoduláris. Nevezzünk egy halmazt pontosnak, ha m(X) =e e(X). Eszerint az üres halmaz pontos.
1.7.1. Állítás. Két pontos halmaz metszete és uniója is pontos.
Bizonyítás. m(Xe ) +m(Ye ) =e(X) +e(Y)≥e(X∩Y) +e(X∪Y)≥m(Xe ∩
∩Y) +m(Xe ∪Y) =m(X) +e m(Ye ), amiből az állítás következik.
Az irányítási lemma bizonyításáhozm(Ve ) szerinti indukciót használunk.
Az állítás semmitmondó, ham(Ve ) =|E|= 0, így feltehetjük, hogy van olyan spont, melyrem(s)>0. A lemma miatt létezik egy egyértelmű, legbővebb s-et nem tartalmazó Z pontos halmaz. Van olyan f =usél, melyreu6∈Z, mert különben e(Z +s) = e(Z) = m(Z) =e m(Ze +s)−m(s) <m(Ze +s), azazZ+smegsértené a feltételt. Hagyjuk ki azf élt, és csökkentsük eggyel m(s)értékét. A keletkezőG0gráfra ésm0befokszám-előírásra teljesül az (1.6) feltétel, mert ha egy X halmaz megsértené, akkor X eredetileg egy pontos u¯s-halmaz volt. De aZ választása folytánu∈X ⊆Z, ellentétben azu6∈Z feltevéssel.
Indukcióval,G0-nek létezik m0 befokú irányítása, amihez azusirányított élt hozzávéve aG-nekmbefokú irányítását kapjuk.
1.7.4. Megengedett áramok : Hoffman tétele
Jelöljön D = (V, A)egy irányított gráfot. Legyen f : A →R∪ {−∞} alsó kapacitás, g : A → R∪ {+∞} felső kapacitás úgy, hogy f ≤ g. Valamely x:A→Rvektorra ésS⊆V részhalmazra legyen%x(S) :=P
(x(uv) :uv∈
∈A, uv belép S-be) és legyenδx(S) := %x(V −S). Azxvektort áramnak (circulation) nevezzük, ha teljesül rá amegmaradási szabály(conservation rule), azaz%x(v) =δx(v)fennáll mindenvcsúcsra. (Figyelem : azf-ben meg-engedünk−∞komponenst, ami persze csak annyit jelent, hogy az illető élen az áram értéke nincs alulról korlátozva. Ez azt is jelenti, hogy csak az olyane élen rendelünk majd azf(e)≤x(e)egyenlőtlenséghez duál változót, amelyen azf(e) korlát véges. Analóg módon ag-nek lehetnek +∞ komponensei, de azxáram komponensei mindig valósak. Azf alsó korlátban+∞-t, agfelső korlátban pedig−∞-t nem engedünk meg. Néha előírjuk, hogy azf vagy a gkomponensei egészértékűek legyenek ; ebbe beleértjük a±∞-t is.)
9. Gyakorlat. (a) Igazoljuk, hogy xakkor és csak akkor áram, ha %x(v)≤
≤ δx(v) fennáll minden v csúcsra. (b) Ha x áram, akkor %x(Z) = δx(Z) mindenZ ⊆V részhalmazra is fennáll.
Azxáramotmegengedettnek (feasible) mondjuk, haf ≤x≤g.
1.7.9. Tétel(Hoffman). Akkor és csak akkor létezik megengedett áram, ha
%f(X)≤δg(X) mindenX ⊆V halmazra. (1.29) Továbbá, haf és g egészértékűek és (1.29) fennáll, akkor létezik egészértékű megengedett áram is.
Bizonyítás. A szükségesség igazolásához tegyük fel, hogyxmegengedett áram.
Ekkorδg(X)−%f(X)≥δx(X)−%x(X) = 0, amiből (1.29) következik.
Tekintsük a következő függvényt.β(X) :=δg(X)−%f(X).Most (1.29) az-zal ekvivalens, hogyβ nemnegatív. AzX, Y ⊆V halmazokra jelöljedx(X, Y) azx(e)értékek összegét mindazoneélekre, melyekX−Y ésY−X egy-egy pontját kötik össze (mindegy melyik irányban). A bizonyítás kulcsa a követ-kező lemma.
1.7.10. Lemma. β(X) +β(Y) =β(X∩Y) +β(X∪Y) +dg−f(X, Y).
Bizonyítás. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy minden lehetséges él hozzájárulá-sa a két oldalhoz ugyanannyi.
A Hoffman-tétel bizonyításához visszatérve nevezzünk egyeéltpontosnak, haf(e) =g(e). Nevezzük csúcsok egyZrészhalmazátpontosnak, haβ(Z) =
= 0. Tegyük fel indirekt, hogy a D digráfra nem igaz a tétel, és válasszunk egy olyan ellenpéldát (adottD mellett), amelyben a pontos élek és a pontos
1.8. Minimális költségű fenyők 43