תורת הגרפים על פי הרצאות מאת פרופ' אהוד פרידגוט 11 ביולי 2010

Transcript

1 תורת הגרפים על פי הרצאות מאת פרופ' אהוד פרידגוט 11 ביולי 2010 רשם: שיר פלד, באמצעות L Y X גרסה 161 תיקונים יתקבלו בברכה במהלך ההפסקות או בכתובת מייל shirpeled@cs במבחן: להוכיח משפט אחד מתוך שניים ולפתור שניים מתוך שלושה תרגילים (שיתפרסמו במהלך הסמסטר) ביבליוגרפיה: Graph T heory/diestel 1 מבוא והגדרות 11 הגדרות הגדרה 11 גרף G הוא זוג (E,V), קבוצת הצלעות וקבוצת הקודקודים (או קשתות וצמתים) V היא קבוצה כלשהי, ו E היא קבוצה של זוגות לא סדורים של איברים מ v לעיתים נתעצל לכתוב את הצלע {j,i} ונכתוב ij במקום זאת צלעות מרובות מרשים (ij) 2 (ij),1 וכן הלאה, לרוב לא נעסוק באלו הגדרה 12 צלעות מנוונות הן לולאה, כלומר צלע מקודקוד לעצמו ii הגדרה 13 גרף ללא צלעות מרובות וללא לולאות יקרא גרף פשוט הגדרה 14 גרף מכוון הוא גרף אשר בו הצלעות הן זוגות סדורים הגדרה 15 בהיפר גרף הצלעות הן קבוצות של קודקודים, לאו דווקא בגודל 2 הגדרה 16 גרפים ) 1 G 1 = (V 1, E ו ) 2 G 2 = (V 2, E הם איזומורפיים אם יש ϕ : V 1 V 2 חח"ע ועל המשמרת צלעות, כלומר {ϕ (i), ϕ (j)} E 2 {i, j} E 1 1

2 הגדרה 17 גרף יקרא מישורי אם ניתן לצייר אותו במישור ללא חיתוכים של הצלעות הגדרה 18 הגרף השלם על n קודקודים יסומן K, n והוא הגרף שבו יש n קודקודים וכל 2 קודקודים יוצרים צלע הגדרה 19 גרף דו צדדי שלם יסומן K n,m והוא גרף דו"צ שקבוצת קודקודיו היא {n,,1} m},,, 2 {1 ובקבוצת הצלעות יהיו כל הזוגות } {ij (כלומר יש n m צלעות) K 3,2 מישורי בעוד ש,3,3 K איננו מישורי הערה 110 הגדרה 111 מסילות הן גרפים בצורת שרוך, שיסומנו P 3 למשל עבור גרף בן 4 קודקודים המחוברים בזה אחר זה בצלעות הגדרה 112 מעגלים הן מסילות שבהן הקודקוד הראשון מחובר לאחרון ויסומנו C 3 למשל, עבור משולש הגדרה 113 נאמר ש x, y V שכנים, ונסמן,x y אם {x, y} E הגדרה 114 הילוך על גרף סדרת קודקודים x 1,, x n כך ש i+1 x i x עבור n i = 1,, 1 הגדרה 115 הילוך בו אף צלע אינה חוזרת פעמיים נקרא מסילה אם בנוסף אף קודקוד אינו חוזר פעמיים, נאמר שהמסילה פשוטה הגדרה 116 מסילה סגורה (קודקוד ראשון = קודקוד אחרון) תקרא מעגל הערה 117 לפעמים נוח לחשוב על מסילות (או הילוכים) כסדרה של צלעות ולא כסדרה של קודקודים בדרך כלל יהיה ברור מההקשר למה הכוונה 2

3 תרגיל אם יש הילוך מ x ל y, אז יש מסילה פשוטה מ x ל y הגדרה 118 נגדיר יחס שקילות על קודקודי הגרף: x שקול ל y אם יש הילוך מ x ל y קל לראות שזה רפלקסיבי, סימטרי וטרנזיטיבי נקרא למחלקת השקילו של קודקוד x: "מרכיב הקשירות של x" גרף ובו מרכיב קשירות יחיד יקרא גרף קשיר הגדרה 119 אם E) G = (V, גרף, ו ) E H = (V, כך ש V V וגם E E אז נאמר ש H תת גרף של G אם E מכיל כל מ E ששני איבריה ב V, אז נאמר ש H הוא תת גרף מושרה הגדרה 120 הדרגה של קודקוד x היא מספר הצלעות שלהן x שייך, לעיתים מסומן (x) d ולעיתים (x) deg בגרף מכוון יש דרגת כניסה ((x) (indeg ודרגת יציאה ((x),(outdeg שאינן בהכרח שוות זו לזו הגדרה 121 מעגל בגרף המכיל את כל הצלעות נקרא מעגל אוילר (מסילה וכו' מסילת אוילר) מעגל המכיל את כל הקודקודים, כל קודקוד פעם אחת בלבד, יקרא מעגל המילטון (מסילה וכו' מסילת המילטון) זהו גרף פטרסון: זהו גרף הדודקהדרון: 3

4 שאלה: מי מהם המילטוני? הקודקודים תשובה גרף הדודקהדרון, וההילוך עליו נתון במספור תרגילים 1 הוכיחו שבגרף פטרסון אין מעגל המילטון 2 בגרף המינג של {1 n,0} (שיוגדר להלן) יש מעגל המילטון הגדרה 122 גרף המינג של {1 n,0} מוגדר כך שקודקודיו הם כל הסדרות הבינאריות באורך n ויש צלע בין שתי סדרות שנבדלות בביט אחד בדיוק למצוא מעגל המילטון בגרף זו בעיה שהיא NP קשה, ולעומת זאת קל מאד להכריע האם יש מעגל אוילר בגרף 12 זוגיות משפט 123 לחיצות הידיים בכל מסיבה סופית, מספר האנשים שלחצו ידיים מספר אי זוגי של פעמים, הוא זוגי באופן פורמלי בכל גרף פשוט וסופי, מספר הקודקודים בעלי דרגה אי זוגית, הוא זוגי למה 124 בגרף סופי פשוט סכום הדרגות הוא בדיוק פעמיים מספר הצלעות הוכחה: הלמה כל צלע נספרת פעמיים עבור סכום הדרגות, פעם עבור כל קודקוד שהיא משתתפת בו המשפט סכום הדרגות בעלי דרגה זוגית הוא בוודאי זוגי, ואם נוסיף לו את סכום הדרגות בעלי דרגה אי זוגית נקבל את סכום הדרגות הכולל, שהוא זוגי, ומכאן שסכום הדרגות האי זוגיות הוא זוגי בעצמו (ולכן מספר המחוברים בו זוגי כנדרש) למה משפט, ונראה בעתיד כי המשפט גורר את הלמה של שפרנר, הלמה של טאקר, תיבות עם מקצועות שלמים הלמה של טאקר גוררת את משפט בורסוק אולם, ומשפט בורסוק אולם וגם הלמה של שפרנר גוררים את משפט בראוור כמו כן בורסוק אולם גורר את השערת קנסר (משפט לובס) כל הנ"ל מלבד המשפט על תיבות עם מקצועות שלמים יגיעו בהמשך תרגיל: נתונה תיבה ב R d (כך ש 1 d) וחלוקה שלה לתיבות שלכל אחת מהן יש כיוון אחד בו ארכה הוא מספר שלם, אזי גם לתיבה הגדולה יש כיוון בו ארכה הוא מספר שלם רקע היסטורי: בעיר קניגסברג, שממנה בא אוילר, היה נהר, איים וגשרים באופן הבא: 4

5 ונשאלה השאלה האם אפשר לטייל, ובמהלך הטיול לעבור על כל גשר בדיוק פעם אחת, אפשר בקלות להפוך את הבעיה לגרף (הגשרים הם צלעות, והאיים קודקודים) ולשאול האם יש מעגל אוילר? התשובה היא שלא וההוכחה לכך ממשפט אוילר שיובא להלן: משפט 125 ב(מולטי)גרף סופי קשיר יש מעגל אוילר אם"ם כל הדרגות הן זוגיות מסקנה 126 בגרף סופי קשיר יש מסילת אוילר פתוחה אם"ם יש בו בדיוק 2 קודקודים שדרגתם אי זוגית מסקנה 127 (הכללה) בגרף סופי קשיר ניתן לכסות את הצלעות ע"י k מסילות זרות בצלעות אם יש בדיוק 2k קודקודים בדרגה אי זוגית הוכחה: ראשית נראה שהמשפט גורר את מסקנה א', ומסקנה ב' ניתנת להיסק בדרך דומה: נוסיף קודקוד לגרף ונחבר אותו לשני הקודקודים שדרגתם אי זוגית קיבלנו גרף שבו כל הדרגות זוגיות ולכן עפ"י המשפט יש מעגל אוילר כעת נסיר את שתי הצלעות העוקבות שהוספנו ונקבל מסילה פתוחה את מסקנה ב' נראה באופן דומה ע"י הוספה של k קודקודים חדשים למה 128 למשפט אוילר: במסילה (לא סגורה) דרגת שני הקצוות היא אי זוגית ודרגת כל שאר הקודקודים היא זוגית הוכחה: למשפט אוילר: כיוון אחד קל אם G קשיר סופי, בעל מעגל אוילר, אזי כל הדרגות זוגיות, הולכים לאורך המעגל, מכל קודקוד גם נכנסים וגם יוצאים ולכן דרגתו זוגית 5

6 בכיוון השני יהי G גרף קשיר, סופי, בו כל הדרגות הן זוגיות ניקח ב G הילוך ללא חזרה על צלעות בעל אורך מקסימלי הילוך זה הוא בהכרח מעגל מדוע? אחרת לקצוותיו היו דרגות אי זוגיות, לפי הלמה, ולכן אפשר להאריך את ההילוך בעוד צעד לפחות (כי לא כל הצלעות של קודקוד הסיום מנוצלות) מעגל זה חייב להכיל את כל הצלעות, אחרת ניתן להאריכו מדוע? אם יש צלע שאינה במעגל, וקודקוד אחד שלה לפחות שייך למעגל, אזי אפשר להוסיף עוד צעד להילוך, בסתירה למקסימליות אם קודקודי הצלע אינם המעגל, אזי מקשירות ניתן למצוא מסילה מאחד מהקודקודים הנ"ל לקודקוד במעגל, והמסילה הזו, כיוון שמתחילה מחוץ למעגל ומסתיימת בתוכו, מכילה בהכרח צלע שקודקוד אחד שלה במעגל וקודקוד אחד מחוץ למעגל, ואותה ניתן לצרף להילוך כמקודם, בסתירה למקסימליות הגדרה 129 גרף מכוון יקרא קשיר חזק אם לכל,x y V יש מסילה מכוונת מ x ל y משפט 130 אוילר המכוון: גרף סופי קשיר חזק מכיל מעגל אוילר מכוון אם"ם בכל קודקוד דרגת הכניסה שווה לדרגת היציאה הגדרה 131 סדרות דה ברוין Bruijn) B,n) (k (De היא סדרה מעגלית של kסימנים n מתוך הקבוצה k1 כך שכל אחת מ k n המילים באורך n מופיעה פעם אחת על המעגל דוגמאות והסבר נניח שיש קוד כניסה בן 4 ספרות (מתוך הספרות 09) שצריך לנחש יש סה"כ 10 4 אפשרויות, וכל אפשרות היא באורך 4, ולכן לכאורה צריך, לחיצות למעשה אפשר לסדר את הספרות על פני מעגל באורך, בסדרת דה ברוין, ואז להקיש על כל הספרות לפי סדר המעגל, ואז לעבור לאופסט 1 ואז לאופסט 2 ו 3 סדרת דה ברוין הראשונה שהוגדרה היתה (2,3) B שהוגדרה ע"י משוררי סנסקריט כדי לזכור את כל הצירופים של הברות ארוכות וקצרות ע"י SLLLSLSSSL ובעצם אפשר לקצץ שתי האותיות האחרונות ולקבל SLLLSLSS וכל צירוף בן 3 אותיות של,S L מתקבל אם קושרים את הסוף להתחלה כדי ליצור מעגל בסה"כ יש k! k(n 1) k n סדרות דה ברוין שימוש למשפט אוילר המכוון נניח שנרצה למצוא את (2,2) B, נרצה לראות את הרצפים,00,11,01 10 אחרי 00 נוכל לראות את 01, אחריו נוכל לראות את 11 או 10, אחרי 11 אפשר לראות את 10 או את 11 שוב, ואחרי 10 אפשר לראות את 00 או את 01 כמובן אפשר לבנות מזה גרף 6

7 ואם נמצא בזה המילטוניאן נוכל למצוא את הסדרה המבוקשת אבל זה קשה, ולכן נעדיף לתאר את הבעיה באופן כזה שנחפש מעגל אוילר גרף דה ברוין על k1, n קודקודיו הן כל המילים באורך n מהא"ב {k,,1}, ושתי מילים הן שכנות בגרף דה ברוין אם y מתקבלת מ x ע"י הסרת האות הראשונה והוספת אות בסוף את הצלע בין x 1 x 2 x n ובין x 2 x 3 x n y נסמן ע"י,x 1 x 2 x 3 x n y מעגל אוילר בגרף זה מניב סדרת דה ברוין למה יש מעגל אוילר בגרף דה ברוין? כי דרגת הכניסה והיציאה של כל קודקוד היא k, ולכן ממשפט אוילר המכוון יש מעגל אוילר 13 הלמה של שפרנר (לא לבלבל עם משפט שפרנר) סימפלקס d ממדי הוא הקמור של + 1 d נקודות בלתי תלויות אפינית ב R d v 0, v 1,, v k R k ב"ת אפינית אם v 1 v 0, v 2 v 0,, v k v 0 ב"ת ליניארית, וזה אם"ם הסימפלקס ה k מימדי שהוא הקמור שלהן אינו מנוון הגדרה 132 שילוש של סימפלקס היא חלוקתו למשולשים כך שהחיתוך של כל שניים הוא סימפלקס ממימד נמוך יותר (או ריק), המכונה גם פאה משפט 133 הלמה של שפרנר יהי T שילוש של סימפלקס k מימדי, הקמור של } k v} 0,, v ותהי λ צביעה של קודקודי השילוש (קודקודי כל הסימפלקסים המופיעים בשילוש) ע"י צבעים 0, 1, 2,, k λ מקיימת את התכונה הבאה: לכל קודקוד בשילוש יש פאה קטנה ביותר המכילה אותו ו λ (x) = i גורר שפאה זו עבור x מכילה את i אזי קיים סימפלקס בשילוש אשר נצבע ע"י כל ה + 1 k צבעים 7

8 2 שפרנר ובראואר 21 הלמה של שפרנר הגדרה 21 אם p 1,, p n נקודות, אזי הקמור שלהן יסומן ) n conv (p 1 p הוא הקבוצה: { n α i p i α 0 } α i = 1 i=1 הגדרה 22 נאמר ש p 0,, p n בת"ל אפינית אם p 1 p 0, p 2 p 0,, p n p 0 בת"ל ליניארית והמשמעות האינטואיטיבית היא שהקמור של הנקודות הללו הוא ממימד מקסימלי הגדרה 23 סימפלקס n מימדי הוא קמור של נקודות p 0,, p n בת"א הגדרה 24 פאה של סימפלקס (שאף היא סימפלקס) היא הקמור של תת קבוצה של הנקודות הגדרה 25 אם x היא נקודה בסימפלקס הנפרש ע"י p, 0,, p n התומך של x יסומן (x),supp והוא הפאה הקטנה ביותר לה x שייך אם x = α i p i אז התומך של x הוא הקמור של ה p i שעבורם > 0 i α הגדרה 26 שילוש (טריאנגולציה) של גוף כלשהו הוא חלוקה לסימפלקסים כך שכל שניים נחתכים בפאה (זה כולל קודקוד, שכן הוא פאה ממימד 0) או בקבוצה ריקה דוגמה לשילוש: 8

9 משפט 27 הלמה של שפרנר: יהי S סימפלקס, שהוא הקמור של (n 0) p 0,, p n יהי T שילוש של S תהי n} λ : {T s vertices} {0, 1,, צביעה של קודקודי T שמקיימת שלכל קודקוד t T מתקיים (t) p λ(t) supp כלומר צובעים את tבצבע המתאים לאחד מהקודקודים בתומך שלו אזי יש סימפלקס בשילוש שבו מופיעים כל הצבעים למעשה מספר הסימפלקסים הנ"ל הוא אי זוגי, ובפרט אינו אפס הוכחה: באינדוקציה על n עבור = 0 n הסימפלקס הוא נקודה אחת, והטענה נכונה נניח נכונות עבור 1 n (עבור 1 (n ניקח סימפלקס n מימדי, נוסיף קודקוד p ש"נצבע" ב n נרחיב את השילוש של S לשילוש של p) conv (p 0,, p n, ע"י הוספת p לכל אחד מהסימפלקסים ה 1 n מימדיים שבפאה ) n 1 conv (p 0,, p נגדיר גרף שקודקודיו הם סימפלקסי השילוש יש קודקודים המתאימים לסימפלקסים הישנים (אלו שב T) וקודקודים שמתאימים לסימפלקסים ה p הוא קודקוד שלהם, סימפלקסים חדשים יש צלע בין שני סימפלקסים } 2 s} 1, s אם"ם הפאה המשותפת להם צבועה בצבעים {1 n,,2,0},1 בדיוק, בפרט אם אין להם פאה משותפת אז אין צלע אין צלעות בין קודקודים המתאימים לסימפלקסים חדשים, שכן הפאות ה 1 n מימדיות המשותפות להם מכילות את הנקודה p, שצבועה בצבע n מהנחת האינדוקציה יש מספר אי זוגי של קודקודים חדשים מדרגה 1 מדוע? בפאה שחיברנו ל p יש מה"א מספר אי זוגי של סימפלקסים שצבועים בצבעים {1 n,,1,0}, וכל אחד מאלו מהווה את פאת החיתוך בין סימפלקס ישן לסימפלקס חדש כלשהו (כדאי לצייר את המקרה הדו מימדי כדי להשתכנע) הדרגה של הקודקוד הזה היא 1 שכן כל שכניו האחרים הם חדשים גם כן, ולכן אין ביניהם צלע ממשפט לחיצות הידיים, מספר הקודקודים שדרגתם אי זוגית הוא זוגי, ולכן יש מספר אי זוגי של קודקודים ישנים בדרגה אי זוגית, לכל אחד מהם יש בהכרח פאה שצבועה ב {0, 1,, n 1} אם המספרים 1 n,,1,0 מופיעים על סימפלקס, אז דרגתו היא 1 או 2, בהתאם אם מופיע או לא מופיע הצבע n מדוע? ניקח קודקוד, הוא צבוע ב + 1 n צבעים (לא בהכרח שונים) כאשר חלקם הוא {1 n,,1,0}, ואז אם צבעו של הקודקוד האחרון הוא n אז דרגת הקודקוד 1, ואחרת יש לו שתי צלעות, כי יש שתי דרכים לבחור עבורו את הצבעים {0,, n 1} מכאן שהדרגות בגרף הן רק,0,1 2 וקיים קודקוד שדרגתו היא 1, וממשפט לחיצות הידיים נובע שיש מספר אי זוגי של קודקודים שכאלו, כנדרש 22 נקודת השבת של בראוור משפט 28 נקודת השבת של בראוור: לכל העתקה רציפה של B n (הכדור ה n מימדי הסגור) לעצמו, יש נקודת שבת קל להשתכנע שלא מוכרחים לקחת כדור סגור, ואפשר לקחת משהו הומיאומורפי, למשל סימפלקס n מימדי הוכחה: יהי S הקמור של n נקודות (זהו קמור n 1 מימדי) הבסיס הסטנדרטי e 1, e 2,, e n 9

10 , S = t} n נקבל בשלושה מימדים משולש דו מימדי שיושב ואז 0} i i=1 t i = 1, t באלכסון למרכז הצירים (פחות או יותר) תהי f : S S רציפה ניקח שילוש של S, למשל את החלוקה הבריצנטרית (ניקח בהמשך שילושים כך שקוטר הסימפלקסים ישאף לאפס) לכל פאה ) ik conv p) i1,, p נתאים את מרכז הכובד שלה בשילוש שמגדירה החלוקה הבריצנטרית יש בדיוק!n סימפלקסים: לכל סדרה של p i1 p i2 p in (פרמוטציה של הקודקודים) נתאים את הסימפלקס שקודקודיו הם: מרכז הכובד של p i1 מרכז הכובד של p i1, p i2 מרכז הכובד של p i1,, p in לא קשה להתרשם שזהו אכן שילוש (תרגיל) כמו כן הקוטר של הסימפלקסים החדשים קטן יותר: אורך מקצוע של סימפלקס חדש 1 n מהתיכון של הסימפלקס המקורי (קטע שמחבר קודקוד למרכז הכובד של n הוא קטן מ שאר הקודקודים), מתכונות התיכון S של Tשילוש M i = {s S s i > [f (s)] i } לכל קודקוד t T נבחר צבע i כך ש t M i הערות: Mאלא i אם מתקיים (t) t = f אם יש נקודת שבת אז סיימנו 1 כל t שייך לאיזהשהו ti = 1 = [f (t)] i (t i > [f (t)] i 2 זו צביעת שפרנר כי (t) e i / supp אם"ם = t i 0 ואז מתקיים ) לכן אם אף אחד מקודקודי השילוש אינו נקודת שבת, אז יש סימפלקס רב צבעי נשלש אותו ע"י חלוקה בריצנטרית נמשיך בתהליך זה, ונקבל סדרה אינסופית של סימפלקסים מוכלים זה בזה שהולכים וקטנים: conv ( t 1 1,, t 1 ) n conv ( t 2 1,, t 2 ) n זוהי סדרת סימפלקסים סגורים בעלי קוטר ששואף לאפס, ועל פי הלמה של קנטור יש להם נקודה משותפת, בפרט יש t יחיד הנמצא בכולם ולכן : t 1 1, t 1 2, t 1 3, t t 2 1, t 2 2, t 2 3, t 10

11 t n 1, t n 2, t [(x) 1 x, 1 f] כנ"ל לכל הקואורדינטות של x וכיוון שסכום הקוא' מרציפות של fמתקיים הוא בדיוק 1, אזי כל הקוא' שוות לכן יש שוויון ו x נקודת שבת 3 משפט בורסוק אולם נראה כי משפט בורסוק אולם גורר את משפט נקודת השבת של בראוור משפט 31 בורסוק אולם: אין העתקה רציפה מהכדור הדו מימדי לשפה שלו, שהיא קבועה על השפה טענה 32 בורסוק אולם בראוור הוכחה: נניח f : B B רציפה ללא נקודות שבת נגדיר g בסתירה לבורסוק אולם לכל (x) f ניקח את x ונמתח ישר מ (x) fל x את (x) g נקבע להיות הנקודה שעל שולי המעגל בקצה הקרן במידה ש x על שולי המעגל נקבל ש g (x) = x כפי שדרשנו וההעתקה שדרשנו אכן רציפה S n = { x R n+1 } x 2 i = 1 הגדרה 33 B n = { x R n } x 2 i 1 { Sˆ n = x R n+1 } x i = 1 { Bˆ n = x R n } x i 1 הגדרה 34 העתקה קוטבית מקיימת ( x) f (x) = f (אנטיפודלית) נשתמש מעתה באופן חופשי במונחים קבוצה פתוחה, קבוצה סגורה, קבוצה קומפקטית, מרחק מקבוצה, קוטר של קבוצה כפי שהם מוגדרים ב R n לעיתים נתבונן בטופולוגיה יחסית, כלומר הקבוצות שהן סגורות או פתוחות ביחס לקבוצה כלשהי שמכילה אותן 11

12 301 בורסוק אולם בניסוחים שונים 1 אם f : S n R n רציפה, אזי קיימת x כך ש ( x) f (x) = f 2 אם f : S n R n וקוטבית, אזי קיימת x כך ש = 0 (x) f 3 אין העתקה n 1 f : S n S רציפה וקוטבית 4 אין n 1 f : B n S רציפה קוטבית על השפה 5 אין כיסוי של S n ע"י + 1 n קבוצות סגורות בקוטר קטן מ 2 כלומר בכל כיסוי של x F i וגם x F i כך ש x וקיימת i קיים F 1,, F ע"י קבוצות סגורות n+1 S n 6 בכל כיסוי של S n ע"י + 1 n קבוצות פתוחות n+1,a 1,, A קיים i וקיים x כך ש x A i ו x A i 7 בכל כיסוי ע"י קבוצות פתוחות וסגורות (אותו הדבר כמקודם) ברור שניתן לכסות את S n ע"י + 2 n קבוצות סגורות אם אתה כולא בתוכו סימפלקס ומטיל אותו לכל הכיוונים בורסוק שאל האם כל קבוצה קמורה ב R d ניתנת לחלוקה ל + 2 d קבוצות מקוטר קטן יותר בורסוק הוכיח זאת עבור = 2 d אחרים הוכיחו זאת עבור = 3 d וכן לכל d עבור קבוצות חלקות, לקבוצות סימטרית מרכזית, ולגופי סיבוב ב 93 הוכיחו קלעי וקהן כי התשובה לשאלתו של בורסוק היא שלילית, ובמימד גדול דיו צריך C d חלקים, ובפרט לא ליניארי ב d, הדוגמה הקונקרטית הכי קטנה שאנחנו מכירים היא ממימד שקילויות 2 1 טריויאלי, שכן = 0 ( x) f (x) = f ( x) = f 1 2 בהנתן f כמו ב 1 נפעיל את 2 על ( x) g (x) = f (x) f ונקבל את הדרוש 3 2 כיוון ש 3 הוא מקרה פרטי של בהנתן דוגמה נגדית ל 2 ניתן לנרמל אותה ולקבל דוגמה נגדית ל 3: אם f g (x) = f(x) f(x) דוגמה נגדית ל 2, אז נתבונן ב 4 3 תרגיל עבור = 2 n אומר סעיף 3 שאי אפשר להעתיק את הספירה לקו המשווה, ו 4 אומר שאי אפשר להעתיק את העיגול לקו המשווה, ואז לשם השקילות מספיק להציג העתקה מתאימה בין Bל n S n 5 1 נניח ש n+1 F 1,, F כיסוי של S n ע"י קבוצות סגורות נתבונן ב R f : S n המוגדרת ע"י: f (x) = (d (x, F 1 ), d (x, F 2 ),, (x, F n )) ואז לפי 1 קיים x כך ש (x ) f, (x) = f כלומר שהמרחק של x מכ"א מהקבוצות הוא [f ( x)] i [f (x)] i אזי = 0 כמו המרחק של x מאותן קבוצות אם קיים i כך ש = 0 ולכן שניהם שייכים לאותה קבוצה ובהכרח קיים i שכזה, שכן הקבוצות מהוות כיסוי

13 יש כיסוי של 1 n S ע"י + 1 n קבוצות סגורות ללא,x x השייכות לאותה קבוצה ולו היתה f המהווה דוגמא נגדית ל 3 אזי התמונות ההפוכות של הכיסוי הנ"ל היו נותנות דוגמא נגדית ל 5 (מסתמכים על כך שתמונה הפוכה של קב' סגורה היא סגורה) 5 6 נראה ש 6 5 : כיסוי ע"י סגורות ללא,x x השייכות לאותה קבוצה, פירושו שכל הקבוצות הסגורות הן עם קוטר קטן ממש מ 2, כי בקבוצה סגורה הקוטר מתקבל (אנחנו במרחב קומפקטי) ולכן קיים < 2 α כך שכל 1+n F 1,, F עם קוטר קטן α אז אם נרפד אותן ב ε כך ש < 2 2ε α + נקבל קבוצות פתוחות עם קוטר קטן מ 2 בסתירה ל 6 לרפד הכוונה לבנות קבוצה פתוחה מכילה וקרובה בגודלה ע"י: F i F i + ε = {x d (x, F i ) < ε} :5 6 בהנתן n+1 C 1,, C קב' פתוחות המכסות את,S n ניצור n+1 F 1,, F המכסות את F i C i כך ש S n לכל x S n נבחר i כך ש x C i ונבחר ε כך ש, B ε (x) C i זהו כדור סגור אוסף הכדורים הפתוחים המקבילים לזה הוא כיסוי, מקומפקטיות יש תת כיסוי סופי, נגדיר כל F i להיות אוסף הכדורים הסגורים המשוייכים ל C i האוסף הסופי הזה 1+n F 1,, F הוא האוסף המבוקש 7 תרגיל 31 המשך בורסוק אולם עד כה עבדנו בנורמה L 2 והתבוננו בכדור היחידה, מסתבר שיהיה נוח יותר להתבונן בכדור היחידה ב L 1 (בדו מימד זהו ריבוע שמונח על קודקודו), אותו נסמן ע"י Bˆ 2 נרצה להוכיח שאין 1 n f : B n S רציפה וקוטבית על השפה, ונעשה זאת בהתייחס לנורמה,L 1 כלומר שאין ˆ n 1 f; Bn ˆ S כנ"ל משפט 35 הלמה של טאקר יהי T שילוש של B nˆ סימטרי על השפה (כלומר מה שקורה בפאה אחת קורה גם בפאה שמולה) בדומה ללמה של שפרנר נגדיר צביעה של הנקודות בשילוש בצבעי הקודקודים, נבחין כי במקרה דנן יש יותר קודקודים, למשל במקרה הדו ממדי יש ארבעה, ולכן קודקודי B nˆ הם {±e i } n i=1 תהי ±n} λ : V (T ) {±1,, כך ש λ קוטבית על השפה אזי יש צלע (חד מימדית בשילוש) שקודקודיה צבועים ב i ו i טענה 36 בורסוק אולם טאקר הוכחה: נניח שנתון שילוש וצביעה המפרים את הלמה של טאקר הצביעה מגדירה פונקציה מקודקודי השילוש לקודקודי Ŝn 1 (קודקודי Bˆ n ) אם אין צלע המסומנת,i+ i הרי התמונה של כל סימפלקס בשילוש תחת הצביעה, היא סימפלקס (אולי ממימד נמוך יותר) על השפה של 1 n Ŝ מדוע? כל תת קבוצה של {n±,,±1} שאינה מכילה שני קודקודים נגדיים מגדירה פאה בסימפלקס ממימד כלשהו 13

14 נרחיב זאת לינארית, כלומר נשלח כל קודקוד בשילוש לקודקוד של,Ŝn 1 ונרחיב לינארית את זה להעתקה שסותרת את,BU ע"י מתיחה של כל סימפלקס לפאה המתאימה ב Ŝn 1 טענה 37 טאקר בורסוק אולם הוכחה: נניח בשלילה קיום ˆ n 1 Bn ˆ S שווה, ולכן קיים δ כך ש: : f רציפה וקוטבית על השפה f רציפה במידה d (x, y) < δ d (f (x), f (y)) < 2 n i : f (x) i f (y) i < 2 n אין בעיה עם דרישת הקרבה בנורמה כיוון שכל הנורמות ב R n שקולות ניקח שילוש של B nˆ עם קוטר קטן מ δ (למשל נוסיף קודקוד ב 0, נחבר אליו את כל תתי הקבוצות שאינן מכילות קוד' נגדיים מ {n±,,±1} ואז נמשיך באמצעות חלוקה בריצנטרית) נגדיר צביעה של קודקודי השילוש בצבעים n±,,±1 באמצעות f: בהנתן x נתבונן ב (x) f ונצבע את x עפ"י הקוא' בעלת הערך המוחלט הגדול ביותר, ומחליטים על דרך סטנדרטית לשבור תיקו למשל אם הקוא' ה 17 היתה מקסימלית בערך מוחלט אם היא חיובית ניתן לקודקוד את הצבע 17 ואחרת את הערך 17 במילים אחרות צבענו לפי הקודקוד של B nˆ שהכי קרוב ל (x) f בנורמת אינסוף כמובן שצביעה זו היא קוטבית לפי טאקר קיימים שני קודקודים שכנים בשילוש כך שהם צבועים ב,i+ i נניח קודקודים אלו הם x, y על פי הנחתנו d (x, y) < δ אבל (x) f קרוב ל e i ו (y) f קרוב ל e i כמה קרוב? העובדה ש (x) f הכי קרוב ל i משמעו שהקוא' ה i בו חיובית והכי דומיננטית באופן דומה הקוא' ה i ב y היא שלילית והכי דומיננטית, ולכן מתקיים: בסתירה לרציפות במ"ש כפי שהנחנו f (x) f (y) > 2 n הוכחה: (הלמה של טאקר) נחלק את B nˆ ל 2 סימפלקסים n ע"י הוספת קודקוד ב 0 וחיבורו לכל תתי הקבוצות של הקודקודים שאינן מכילות קודקודים נגדיים נוכיח את הלמה של טאקר לשילושים שמעדנים שילוש זה ע"מ להוכיח את בורסוק אולם בחרנו בחלוקה שמכבדת עיקרון זה, ולכן אם נוכיח זאת נוכיח את בורסוק אולם, ומהגרירה הראשונה נובעת מכך הלמה של טאקר עבור המקרה הכללי בהנתן שילוש כנ"ל וצביעה קוטבית על השפה נגדיר גרף שיוכיח קיומה של צלע הצבועה ב +i, i לכל סימפלקס σ בשילוש, נגדיר (σ) = Λ הצבעים המופיעים על קודקודי σ נגדיר גם (σ) S =לוקחים נקודה פנימית ב σ ורושמים עם סימן אילו קוא' אינן 0 (זה מוגדר היטב) למשל עבור שילוש בשני מימדים צלע שיושבת בדיוק על ציר ה y באיזור השלילי תיתן 2 ב S, וסימפלקס דו מימדי כלשהו בתוך הסימפלקס הגדול, אם הוא ברביע הימני העליון, יתן,1 2 למשל נאמר ש σ שמח אם S, Λ כלומר אם הקוא' בנקודות הפנימיות שאינן אפס, בתוספת סימן, אכן באות לידי ביטוי בצבעים של קודקודי הסימפלקס 14

15 נבחין כי אם (σ) k = S אז,dim (σ) k כיוון שנובע שיש בו קוא' שאינן אפסות ב k תויות, ולכן הוא 1 k ואז לסימפלקס לפחות k, Λ (σ) מקומות אם הוא שמח אז k מימדי לפחות, כלומר 1 k dim (σ) אם 1 k dim (σ) = ו (σ),λ (σ) = S נאמר ש σ שמח והדוק, כלומר בדיוק התויות הדרושות כדי לשמח אותו מופיעות עליו, כל אחת פעם אחת נשים לב ש σ שמח ועל השפה הוא גם הדוק וכן {0} הוא שמח ורופף (באופן ריק כיוון שאין לו נקודה פנימית) קודקודי הגרף שנגדיר הם הסימפלקסים השמחים (מכל המימדים) ושני קודקודים המתאימים ל σ ול τ הם שכנים אם אחד מהבאים מתקיים: 1 σ ו τ הם אנטיפודליים על השפה σ מספיקות בכדי לשמח את τ ותויות קודקודי σ פאה של τ 2 טענה: אם אין צלע בשילוש שמתוייגת ב,i+ i אזי בגרף הנ"ל כל הדרגות הן 2 למעט דרגת הקודקוד המתאים לסימפלקס {0} שהיא 1, וזו סתירה, כי אין גרף שכזה דרגת הקודקוד המתאים ל {0} היא 1 קל הסימפלקס שמח באופן ברור, ויש צלע בינו לבין צלע שנמצאת על אחד הצירים, המתאימה לתיוג של {0}, ורק היא קיימת עבור {0} קודקודים אחרים: הדוק ושמח 11 על השפה 2 שכנים, האחד התאום הקוטבי לו השני סימפלקס ממימד גבוה יותר, שדורש אותן תויות בשביל להיות שמח 12 הדוק ושמח לא על השפה: במקרה זה הוא פאה של 2 סימפלקסים ממימד גבוה יותר שאותם הוא משמח 21 שמח ורופף (σ) S (σ) = Λ (יש תוית שמופיעה פעמיים) ולכן יש שתי פאות של σ המשמחות אותה ואלו שכניה היחידים 22 שמח ורופף (σ) S (σ) Λ (יש תוית שאין צורך בה) אז יש שני שכנים שכן אחד הוא הפאה המתוייגת ע"י (σ) S, כמו כן נניח {i} Λ, (σ) \ S (σ) = ומכאן ש (σ) i / S (σ), Λ (הנחנו שאין צלע של +i, i וזה אומר ש σ חי בעל מישור = 0 i x ולכן σ פאה של סימפלקס ממימד גבוה יותר, נכנה אותו,σ כך ש {i} S (σ ) = S (σ) ולכן,σ} σ } משמחת אותו ויש צלע σ 32 השערת קנסר (משפט לובס): גרף קנסר k) K (n, כך ש 2k + 1 n ( n קודקודים k) הקודקודים = ה k יות המוכלות ב [n], כלומר יש 2 קודקודים שכנים אם"ם הקבוצות המתאימות זרות להלן 2) (5, :K 15

16 (מתוך ויקיפדיה) צביעה של גרף ב l צבעים היא: C : V (G) {1,, l} כך ש i j אז (j) c (i) c מספר הצביעה של G יסומן (G) χ והוא ה l המינימלי כך שיש צביעה חוקית ב l צבעים אם G אינו טריוויאלי, אזי קל לראות ש = 2 (G) χ אם"ם אין בו מעגלים באורך אי זוגי (כלומר הוא דו צדדי) השאלה האם 3 (G) χ באופן כללי היא NP קשה נוכל לצבוע ב 3 צבעים את הגרף (2,5) K לעיל ע"י צביעת כל הזוגות המכילים את 1 בצהוב, כל הזוגות המכילים את 2 וטרם נצבעו בכחול וכל השאר בירוק מדוע כשהגענו ל"כל השאר" הנחנו שיהיה בסדר, כי הבחנו שנותרה שלישיה, וכל שני זוגות מתוכה יחתכו בהכרח ולכן אין שני זוגות מתוכה שיש ביניהם צלע זה מעלה אלגוריתם כללי לצביעת (k K,n) ב + 2 2k n צבעים ע" י: 1 על מי שמכיל את n 2 כל מי שמכיל את 1 n 2k כל מי שמכיל את n 2k ובצבע + 2 2k n את כל השאר קנסר( 55 ): האם ניתן לצבוע את (k K,n) באופן חוקי ב + 1 2k n צבעים? האם + 2 2k χ (K (n, k)) = n או קטן יותר? משפט 38 לובס( 78 ) אכן + 2 2k χ (K (n, k)) = n תוך שימוש מהפכני בבורסוק אולם הוכחה: (גרין מ 2002) נניח בשלילה צביעה של k) K (n, ב + 2 2k n 2k + 1 < n צבעים, נגדיר = d + 1 2k n, נמקם n נקודות על פני הספירה S d במצב כללי (כלומר אין + 1 d מהן שחיות ב d 1 (S 16

17 i=1 נגדיר קבוצות פתוחות ש C 1,, C d כך ש x C i אם בחצי הספירה הפתוחה שמרכזה ב x יש k יה שהקודקוד המתאים לה נצבע בצבע i ברור ש C i פתוחות נגדיר: ( d ) F = S d \ C i סגורה מבורסוק אולם קיים,x x ששייכים ל C i כלשהי (אפשרות א') או ל F (אפשרות ב') א יש הפרדה בין שתי k יות בעלות אותו צבע, אבל הן זרות ולכן מתקבלת צלע בגרף, בסתירה לצביעה ב כיוון ש x וגם x אינן באחת ה C ים, i בהכרח בהמיספירה שמכילה כ"א מהן יש לכל היותר 1 k איברים מתוך ה,n כלומר כל שאר ה + 1 d n 2 (k 1) = הנקודות נמצאות על "קו המשווה" שבין x ל x, בסתירה להנחת המצב הכללי 4 עצים עץ הוא גרף קשיר חסר מעגלים משפט 41 התנאים הבאים שקולים: 1 קשיר חסר מעגלים 2 קשיר מינימלי 3 חסר מעגלים מקסימלי 4 קשיר ו + 1 E V = (בגרף סופי) 5 חסר מעגלים ו + 1 E V (בגרף = סופי) 6 בין כל 2 קודקודים יש מסילה פשוטה יחידה V,F כאשר וקטור נתבונן פעמים רבות על הצלעות בגרף כוקטורים בינאריים במרחב 2 צלע מקבל 1 בשני המקומות המתאימים לקודקודים שהוא מחבר ביניהם, וזה מוכל בתת מרחב W שמוגדר ע"י הוקטורים שהקוא' שלהן מסתכמות ל 0 * אוסף של וקטורי צלע הוא פורש את W אם"ם הצלעות יוצרות גרף קשיר * אוסף צלעות כנ"ל בת"ל אם"ם הגרף שנוצר על ידיהן הוא חסר מעגלים הרעיון הזה מוכיח בעצם את כל השקילויות ונוכיח אותו בתרגיל הבית הוכחה: נוכיח רק את 3 2 יהי G גרף קשיר מינימלי, תהי (G) e, E אם e שייכת למעגל הרי השמטתה לא תפגע בקשירות, שהרי כל הילוך שישתמש ב e יוכל להשתמש בשאר המעגל בסתירה למינימליות, ולכן G חסר מעגלים נראה מקסימליות ביחס לתכונה זו יהיו,x y V כך ש,x}, {y / E אזי מקשירות יש מסילה פשוט מ x ל y (שאיננה צלע) ואז הוספת הצלע {y,x} יוצרת מעגל, ולכן הגרף חסר מעגלים מקסימלי הגדרה 42 עלה בעץ הוא קודקוד מדרגה 1 טענה 43 בכל עץ סופי עם צלע אחת לפחות יש עלה 17

18 הוכחה: מתחילים מקודקוד שרירותי ולוקחים מסילה פשוטה באורך מקסימלי המתחילה בקודקוד זה מסילה זו חייבת להסתיים בעלה, אחרת היה אפשר להמשיך טענה 44 בכל עץ סופי בעל צלע אחת לפחות יש לפחות שני עלים הוכחה: כמקודם, רק מתחילים בעלה שמובטח מההוכחה הקודמת הוכחה: (אלטרנטיבית, לקיום שני עלים) בעץ עם n קודקודים יש 1 n צלעות, ולכן סכומן הוא 2 2n מקשירות כל הדרגות הן חיוביות ממש, אבל לו היו 0 או 1 קודקודים מדרגה 1, אזי סכום הדרגות היה לפחות 1 2n מכאן נובע שיש לפחות 2 קודקודים מדרגה 1, כנדרש נתבונן בסדרת הדרגות של עץ על n קודקודים, נסמנה (n) d (1), d (2),, d יודעים כי: d (i) = 2n 2 לכל i מתקיים ש > 0 (i) d שאלה: בהנתן סדרה (n) d, (1),, d כמה עצים יש על קבוצת הקודקודים, n,1 שזו סדרת הדרגות שלהם? במקרה של (1,1),3,1 יש בדיוק עץ אחד במקרה של (1,1),2,2 יש שני עצים, שניהם איזומורפים אבל שונים כעצים מסומנים שאלה קשורה: כמה עצים מסומנים שונים יש על קבוצת קודקודים? התשובה: 2 n n הוכחה עם סדרות דרגות (אפשר למצוא בספר של ליניאל ופרנס) הוכחה שניה של פיטמן (pitman) אפשר למצוא באינטרנט בהנתן סדרה d 1,, d n נסמן ב T d1,d n,,2 את מספר העצים עם סדרת דרגות זו אם הסדרה היא באורך,1 אז = 0 1 d ונקבל = 1 0 T אחרת יש עץ עם לפחות צלע אחת ונוכל לפי המשפט הקודם לקבל שבעץ הזה יש עלה בה"כ נאמר שהעלה הזה מזוהה עם הקודקוד ה n י ולכן = 1 n d הסרת עלה והצלע המחוברת עליו שומרת על היות הגרף העץ, וכדי להבין איך נראה שאר הגרף נצטרך לדעת מיהו שכנו של n נמיין את מספר הדרכים להשלים את העץ לפי "מיהו שכנו היחיד של n?" נקבל : T d1,d 2,,d n 1,1 = T d1 1,d 2,,d n 1 T d1,d 2 1,,d n T d1,d 2,,d n 1 1 זה מזכיר את נוסחת הנסיגה של המקדמים המולטינומיים ( ) ( )( ) ( ) m m m c1 m c1 c 2 c k 1 m! = = c 1, c 2, c 3,, c k c 1 c 2 c k c 1!c 2!c k! וזהו מספר הדרכים לחלק m עצמים כך ש c 1 יצבעו בצבע c 2 1, יצבעו בצבע 2 וכן הלאה (וסכום ה c i הוא כל העצמים) אם אחד מה c i אינו שלם ואי שלילי, נגדיר את ערך המקדם המולטינומי להיות 0 כמו כן אם סכום ה c i לא שווה ל m אז נגדיר אותו כ 0 18

19 41 שלוש תכונות של המקדמים המולטינומיים: ( ) 0 = 1 = 0! 0, 0 0!0! 1 ( ) ( ) m m = c 1, c 2,, c k c 1, c 2,, c k, 0 2 ( ) ( ) ( m m 1 = + c 1, c 2,, c k c 1 1, c 2,, c k (x 1 + x x k ) m = c 1,,c k k m = ( m 1 c 1, c 2 1,, c k ( m c 1,, c k 3 ) ( ) m 1 ++ c 1, c 2,, c k 1 (המקרה הכללי של זהות פסקל) ) x c 1 1 xc 2 2 xc k k ואם מציבים 1 לכל המשתנים זה נותן: ) m c 1,, c k וזה לא כל כך מפתיע, כי זה משקף את סך כל הדרכים לצבוע m חפצים ב k צבעים באיזו דרך שנרצה T d1,d 2,,1 = }{{} = }{{} multinom IH ( ( שמים לב ש T מאד דומה למקדם המולטינומי ומגיעים לניחוש: ( ) n 2 T d1,d 2,,d n = d 1 1, d 2 1,, d n 1 T 1,1 = ( 0 0,0) ומוכיחים באינדוקציה כאשר הבסיס הוא = 1 שלב המעבר: ) ( ) n 3 n d 1 2, d 2 1,, d n 1 1 d 1 1, d 2 2,, d n 1 1 n 2 d 1 1,, d n 1 1 d 1,,d n T d1,,d n = ) = }{{} d n =1 ( n 2 d 1 1,, d n 1 1, d n 1 ולכן מספר העצים על n קודקודים מסומנים הוא: ( ) n 2 = n n 2 d 1 1,, d n 1 d 1,,d n ) 4 עץ הוא קשיר חסר מעגלים 19

20 הגדרה 45 יער = גרף חסר מעגלים כלשהו הגדרה 46 עץ משורש עץ עם קודקוד מיוחס נתבונן ביער של עצים משורשים אם C הוא מספר העצים על n קודקודים מסומנים, הרי מספר העצים המשורשים על n קודקודים מסומנים הוא n C הגדרה 47 גיזום : לוקחים עץ משורש, מסירים צלע {y,x}, אחרי ההחסרה מקבלים 2 עצים, בה"כ x שייך לרכיב הקשירות של השורש, ונכריז על השורש הקודם כשורש רכיב הקשירות של x ועל y כעל שורש רכיב הקשירות של y קיבלנו שני עצים משורשים הגדרה 48 בהנתן 2 עצים משורשים T 1 ו T, 2 בוחרים קודקוד ב T, 1 מחברים בצלע לשורש של T 2 ומכריזים על השורש של T 1 כעל שורש העץ החדש שנוצר (זו הפעולה ההפוכה לגיזום) פיטמן בנה ארבוריטום (מוזיאון של עצים): הארבוריטום מסודר בשכבות, נכנה אותן, n,3,1,2 כאשר בשכבה ה k יש חלקות, ובכל חלקה יער עם k עצים משורשים על הקודקודים, n,1, והארבוריטום ממצה חלקות ברמה ה k מחוברות לחלקות ברמה ה + 1 k אם היער ברמה ה + 1 k התקבל מזה שברמה ה k ע"י גיזום בשכבה הראשונה יש עץ אחד בחלקה, ולו 1 n צלעות בשכבה השניה יש שני עצים ומספר הצלעות הכולל הוא 2 n וכך הלאה, בשכבה ה n יש n עצים בחלקה, ובסך הכל 0 צלעות (יש רק יער אחד שכזה) נספור עבור כל שכבה כמה שבילים יש כדי להגיע שכבה אחת למטה יותר (כלומר מהשכבה ה k לשכבה ה + 1 k) מהשכבה ה n ית עצמה יש שביל אחד למטה, ומהשכבה הראשונה יש 1 n שבילים לשניה, מהשכבה השניה לשלישית 2 n וכן הלאה כמה שבילים יש למעלה? מהשכבה הראשונה יש דרך 1 מהשכבה השניה יש n דרכים לעלות, כי יש n אפשרויות על מי להרכיב ואחר כך 1 k אפשרויות מי להרכיב עליו מאותו נימוק יש 2 n דרכים לעלות מהשכבה השלישית לשניה וכן הלאה מספר השבילים מהרמה ה 1 לרמה ה n הוא = 1 n n (n 1) n (n 2) 1 1)! (n n n 1 כמו כן אם בוחרים נק' התחלה אפשר לקבל 1)! (n C n והמספרים שווים ולכן C = n n 2 20

21 42 משפט על עצים ומטריצות Matrix Tree Theorem מתוך רשימות הרצאה של Babai מולטי גרף מכוון (ללא לולאות) בהנתן מולטי גרף מכוון G וקודקוד מיוחס x, ניתן להתבונן בתת גרפים של G בהם דרגת היציאה של כל קודקוד למעט x היא 1, ודרגת היציאה של x היא 0 תת גרף כזה נקרא תת גרף פונקציונלי = מייצג פונקציה מ {x} V (G) \ ל (G) V, וניתן לשאול גם כמה תת גרפים פונקציונלים מהוים עץ (עם x כשורש) דוגמא אם מחליפים כל צלע ב K n (גרף שלם על n) בזוג צלעות מכוונות (הלוך ושוב) ובוחרים קדקוד כלשהו, אזי מספר העצים הפונקציונליים ביחס לקודקוד זה, הוא בדיוק מספר העצים הלא מכוונים, אם נבנה מטריצת שכנויות עבור העץ שעל האלכסון יהיו דרגות היציאה ובתאים האחרים נרשום את מספר הצלעות מ i ל j בסימן שלילי הטענה היא שאם נבחר תא המתאים לקודקוד כלשהו, נמחק את השורה והעמודה שלו וניקח דטרמיננטה של המטריצה שנותרה נקבל מספר העצים הפונקציונלים ביחס לקודקוד שמחקנו קיילי MT T דטרמיננטה היא מכפלת הערכים העצמיים n הוא ערך עצמי בריבוי 2 n, העקבה (trace) היא 1) 2 (n והיא גם סכום הערכים העצמיים ולכן זה יוצא (n 2) n + λ ולכן n ומכפלת הערכים העצמיים היא n 2 λ = 1 בהנתן תמורה π S n ניתן לכתוב את π כמכפלה של מחזורים זרים π = τ 1 τ 2 τ k למשל (89) (4765) (123) = π וכתיבה זו היא יחידה עד כדי שינוי סדר הגדרה 49 בהנתן מולטיגרף מכוון G, הלפלסיאן של G היא מטריצה ששורותיה ועמודותיה מאונדקסות ע"י קודקודי,G כך ש (i) L ii = outdeg ו j ) i j : L ij = ( edges from i to משפט (MTT) 410 בהנתן G כנ"ל וקודקוד x, מספר התת גרפים הפונקציונליים ביחס ל x שהם עצים (בגרפים לא מכוונים) הוא הדטרמיננטה של המטריצה (x) M= המתקבלת ממחיקת השורה והעמודה המתאימות ל x למה 411 בהנתן מחזורים n\{x} τ 1, τ 2,, τ k S ניתן לשאול כמה תתי גרפים פונקציונלים ביחס ל x יש ל G בהם מופיעים המחזורים τ 1,, τ k למשל המחזור ( 123 )מופיע בתת גרף, אם יש מעגל אם המחזורים אינם זרים התשובה היא 0, שכן אין אנו מרשים שדרגת היציאה של קודקוד תהיה גדולה מ 1 אם τ 1,, τ k זרים, נגדיר π = τ 1 τ 2 τ k ו M = M x הלפלסיאן המצומצם, אזי התשובה היא: M i,π(i) הוכחה: ספירה פשוטה שכן בכל מעגל על,1,2 3 למשל, צריך לבחור אחת מבין הצלעות בין 1 ל 2, אחת מבין הצלעות מ 2 ל 3 ואחת מבין הצלעות מ 3 ל 1 מכפלת המספרים הללו תיתן את מספר המעגלים האלו תזכורת: אם ) k τ = (i 1,, i אזי k+1 Sgn (τ) = ( 1) ואם π = τ 1 τ 2 τ k אז Sgn (π) = k i=1 Sgn (τ i) 21

22 למה 412 אם π = τ 1 τ 2 τ k מכפלת מחזורים זרים, אזי: Sgn (π) M i,π(i) > 0 אם"ם k זוגי (אם זה אינו 0) ובמילים אחרות אם זה אינו 0 אז זה קטן מ 0 אם"ם k אי זוגי הוכחה: בדיקה אם נקבע את x ונסמן ב ) k G τ) 1,, τ את מספר התת גרפים הפונקציונלים ביחס ל x, המכילים את המחזורים τ, 1,, τ k הרי מנוסחת ההכלה וההדחה מספר העצים בהם אנו מתעניינים: G ( ) G (τ 1 ) G (τ 2 ) + G (τ 1, τ 2 ) + כיוון שזה מספר הגרפים שאינם מכילים אף מחזור (כלומר שום מעגל) ומכיוון שסימן התמורה הוא בדיוק שלילי כאשר מספר המחזורים הזרים זוגי זה מתלכד עם הביטוי של הדטרמיננטה: Sgn (π) Mi,π(i) π S n\{x} 5 זיווגים וזרימות בהנתן גרף דו צדדי (E G =,M),W (גברים, נשים, הכרויות) מחפשים זיווג ממצה של W הוא אוסף צלעות זרות (בקודקודים) המכיל את כל קודקודי W הגדרה 51 תנאי הול: לכל, W W אם ) (W Γ היא קבוצת השכנים של קודקודי,W אזי ) (W W Γ משפט 52 (הול) בגרף דו צדדי סופי, קיום תנאי הול (עבור הנשים) הוא תנאי מספיק והכרחי לקיום זיווג ממצה ל W נראה שהלמה של שפרנר גוררת את משפט הול הוכחה של אהרוני והאקסל הערה 53 לגבי שילושים: שילוש הוא היררכי: אם,x y קודקודים בשילוש, שכנים בשלד החד מימדי שלו (x ו y קודקודים של אותו סימפלקס בשילוש) אזי דורשים ש (y) S (x) Sp או (x) S (y) S כאשר (z) S היא הפאה הקטנה ביותר של הסימפלקס הגדול המכילה את z למשל השילוש הבריצנטרי הוא היררכי חסכוני: אם (z) S הוא ממימד k אזי ל z יש לכל היותר k שכנים על השפה של הפאה לה הוא שייך למה אותה לא נוכיח קיים שילוש היררכי חסכוני של של הסימפלקס בכל מימד 22

23 הוכחה: יהי G גרף דו צדדי כנ"ל לכל קבוצת נשים Xנבחר W X צלעות כך שכל צלע היא עם קצה אחד ב X, וכך שפוגעים ב X גברים נסמן את אוסף הצלעות הנ"ל ב E, X זה אפשרי מתנאי הול נשים לב שלא דורשים עקביות בין E X ו E Y כאשר X Y נניח ש W k, = ניקח את הסימפלקס ה 1 k מימדי (שמספר קודקודיו כמספר הנשים) וניקח שילוש היררכי חסכוני שלו נסמן כל קודקוד בשילוש בצלע לפי 2 התנאים הבאים (בוחרים התאמה בין קודקודי הסימפלקס הגדול לנשים): א אם (x) supp נפרש ע"י קבוצת קודקודים שמתאימה ל X, W אז נסמן את x ע"י צלע כלשהי מתוך E X ב אם x y אז נדרוש שהצלעות שבהן נסמן את x ו y לא נחתכות בדיוק בגבר אחד כלומר מותר ששני קודקודים שמתאימים לשתי נשים לעולם לא נתאים להם שתי צלעות אשר שתיהן הולכות לאותו גבר כיצד יוצרים סימון כזה? אינדוקטיבית: נניח שסימנו כבר קודקודים שהתומך שלהם 1 k מימדי, אזי בהנתן קודקוד x כך ש ((x) k = dim (supp אז ל x יש לכל היותר k שכנים שכבר סומנו אבל ניתן לבחור עבורו צלע מקבוצה של + 1 k צלעות לכן יש גבר חופשי בקבוצה זו אם,x y נסמן supp (x) = X ו supp (y) = Y יש שתי אפשרויות אם Y X אז קבוצת הקודקודים מהסוג הזה מונה לכל היותר k קודקודים, מכאן שיש ב E x גבר פנוי כלומר צלע פנויה שאפשר להשתמש בה אם X = Y אז התאמה כנ"ל E X = E Y ואין זוג צלעות שהולכות לאותו גבר, ולכן אפשר לבחור כעת נצבע כל קודקוד לפי האישה שעל הצלע המסמנת אותו, זוהי צביעת שפרנר, לכן יש סימפלקס רב צבעי, כלומר סימפלקס שכל הנשים מופיעות עליו, והצלעות שסימנו את קודקודי סימפלקס זה מהוות זיווג, כי כל הקודקודים בסימפלקס הם שכנים, ולא איפשרנו ששתי שכנות ילכו לאותו גבר בהתאמה שבנינו, ומכאן שזהו זיווג מושלם 501 המקרה האינסופי נסמן ב (X) Γ את קבוצת שכני X יהי (E G =,W),M גרף דו צדדי כך ש = W ולכל תת קבוצה סופית של נשים מתקיים Γ (X) X אזי נאמר שתנאי הול מתקיים לנשים ברור שתנאי הול הוא תנאי הכרחי לקיום זיווג ממצה ל W, נשאלת השאלה האם הוא גם תנאי מספיק? מסתבר שלא למשל אם שתי הקבוצות הן הטבעיים, אישה 2 מכירה את גבר 1, אישה 3 מכירה את גבר 2 וכן הלאה ואישה מספר 1 מכירה את כולם נובע שאין זיווג כי אישה מספר 1 תמיד תגנוב למישהי אחרת את בן הזוג כלומר דווקא העובדה שיש קודקוד מדרגה אינסופית עשויה להפריע לזיווג אם נוסיף את התנאי שכל הדרגות של קודקודי W תהיינה סופיות, אזי תנאי הול הוא גם מספיק (לא צריך שיהיה חסם על הדרגות, מספיק שכל אחת תהיה סופית) 23

24 המקרה הבן מניה נוכיח זאת עבור המקרה הבן מניה נתחיל בהוכחה שגויה: נסתכל בגרף הסופי הנפרש ע"י האישה הראשונה נמצא זיווג לפי משפט הול נסתכל בגרף הסופי הנפרש ע"י שתי הנשים הראשונות " נסתכל בגרף הנפרש ע"י k הנשים הראשונות " זו כמובן לא הוכחה לטענה המבוקשת אלא רק לכך שלכל תת גרף המושרה מקבוצת נשים סופית יהיה זיווג סופי, אבל זה טריוויאלי בעצם, וגם להפעיל את הרעיון הזה על הדוגמה הנגדית שניתנה לעיל עם הטבעיים, וברור שזה לא יעבוד נעבור להוכחה נכונה: הוכחה: ממשפט הול למקרה הסופי ניתן לבנות סדרת זיווגים, 0 M1 0, M2 0, M3 (כמו בהוכחה השגויה, עבור האישה הראשונה, שתי הנשים הראשונות Mi זיווג של i הנשים הראשונות וכו') כאשר 0 היות שהדרגה של w 1 היא סופית יש גבר שנסמנו m 1 המופיע ב מהזיווגים בסדרה ) ( בתור בן הזוג של w 1 כעת נעבור לתת סדר אינסופית (!) של כל הזיווגים בהם Mn 0 n=1 w 1 משודכת ל m 1 ונסמן סדרה זאת ע"י: M 1 1, M 1 2, M 1 3, Mi משודכות לפחות i נשים ו w 1 משודכת ל m 1 היות של w 2 מספר סופי ולכן בזיווג 1 של מכרים נעבור לתת סדרה של הסדרה האינסופית לעיל אשר בה תמיד m 2 משודך ל ( Mn) i נשדך את הגבר המשודך לה בסדרה w n=1 i וכן הלאה לאשה w 2 וכעת יש לנו אלגוריתם לומר לאישה ה i למי היא משודכת, ולכן סיימנו את השידוך הערה 54 באמצעות משפט טיכונוף נוכיח את המקרה הכללי לכל אישה נתבונן בקבוצת הגברים המוכרת לה, וזאת תהיה טופולוגיה דיסקרטית בה כל קבוצה היא פתוחה וסגורה נתבונן במכפלה הקרטזית של קבוצות המכרים של כל הנשים טופ' דיסקרטית על קבוצה סופית היא קומפקטית ולכן ממשפט טיכונוף המכפלה קומפקטית אף היא נקודה במרחב הזה היא סדרה של גברים, שכל גבר בקוא' ה i מתאים לאישה ה i נתבונן בבסיס לטופ' המכפלה, בה בכל קבוצה יש גבר אחד במס' סופי של קוא' מקומפקטיות חותכים את כל איברי הבסיס ומקבלים זיווג (בערך, לא עקבתי אחרי הכל וזה היה די בריפרוף) 51 הול משפט בירקהוף פון נוימן הגדרה 55 מטריצה ריבועית תיקרא מטריצת פרמוטציה אם איבריה הם 0 ו 1 כאשר יש 1 בודד בכל עמודה ובכל שורה (כלומר זו תמורה של עמודות מטריצת היחידה), וקבוצת מטריצות הפרמוטציה היא הצגה של החבורה הסימטרית הגדרה 56 מטריצה ריבועית תיקרא דו סטוכסטית אם איבריה ממשיים אי שליליים וסכום כל שורה ועמודה הוא 1 (בפרט מטריצות פרמוטציה הן מטריצות דו סטוכסטיות) דוגמא נוספת:

25 מסתבר שאוסף המטריצות הדו סטוכסטיות הוא קבוצה קמורה, ולמעשה זהו פאון שפאותיו הן מטריצות הפרמוטציה (וזהו המשפט שנוכיח) משפט 57 בירקהוף פון נוימן הפרמוטציה המטריצות הדו סטוכסטיות הן הקמור של מטריצות למה 58 במטריצה דו סטוכסטית קיים אלכסון מוכלל עליו כל האיברים חיוביים (קיימת (0 < M i,σ(i) מתקיים 1 i n כך שלכל σ S n הוכחה: מחפשים זיווג בין השורות לעמודות, כאשר מותר לזווג שורה i לעמודה j אם 0 < M i,j בהנתן מטריצה נבנה גרף דו"צ ונראה שתנאי הול מתקיים נתבונן בקבוצת שורות (=נשים) ונניח בשלילה שמספר העמודות שהשורות הללו מכירות הוא קטן ממספר השורות בה"כ נניח שאלו השורות הראשונות ושהעמודות שהן מכירות הן העמודות הראשונות, אזי נקבל k שורות ראשונות שמכירות את m העמודות הראשונות m, < k מכאן שב k השורות הראשונות, מעבר לעמודה ה m יש רק אפסים, ומכיוון שהמטריצה דו סטוכסטית, הסכום בכל שורה הוא 1 ולכן סכום k השורות הראשונות הוא k ולכן יש עמודה שהסכום ב m השורות m k, ולכן הסכום הממוצע בכל עמודה הוא > 1 הראשונות שלה גדול מ 1, ובפרט סכומה הכולל גדול מ 1 בסתירה לדו סטוכסטיות 6 זרימה בגרפים (Ford-Fulkerson 56', Min cut-max 61 משפט השטף והחתך ow) E) G = (V, יש שני קודקודים מיוחסים s = source המקור, ו t = target הבור/יעד תהי C פונקציית קיבולת 0 R,C : V 2 הקיבולת של אי צלע היא 0 תהי f פונקציית זרימה על הגרף : f : V 2 R F (x, Y ) := F ({x}, Y ) וכן F (X, Y ) := x X,y Y כאשר נסמן y) f (x, פונקציית זרימה חוקית תקיים שלוש אקסיומות: (F 1 (תסומן x, y V לכל f (x, y) = f (y, x) 1 = 0 2 ) V F (x, לכל t} x / {s, (כלומר מה שנכנס לקודקוד שאינו המקור או הבור גם יוצא ממנו, אקסיומה זו תסומן F) 2 = V ונתעניין }{{} S s S }{{} t 3 לכל x, y מתקיים y) f (x, y) C (x, (תסומן (F 3 נתעניין בחתכי,s, t כלומר בחלוקת הגרף בדרכים שונות ל בקיבולת של חתכים שכאלו, כלומר ב ) S C (,S נבחין כי הזרימה מוגבלת ע"י הקיבולת המינימלית של חתך כלשהו, שכן זו מהווה צוואר בקבוק בדרך מ s ל t למה 61 לכל חתך ) S ( S, חתך s, t מתקיים f F ( S, S ) = F (s, V ) := 25

26 F (S, V ) F (S, S) = הוכחה: ) V f (x, V ) +f (s, }{{} s x S =0 }{{} =0 by F 2 f = F ( S, S ) C ( S, S ) מאקסיומה 3 לכל חתך ) S ( S, מתקיים: ולכן f min all cuts C ( S, S ) משפט 62 השטף והחתך קיימת זרימה f כך ש ) S f = min S C ( S, אם כל הקיבולות הן מספרים שלמים, אזי קיימת זרימה מקסימלית שגם בה כל ערכי הזרימה שלמים הוכחה: אפשר להוכיח את משפט הול באמצעות משפט השטף והחתך אם בצידו האחד של הגרף נוסיף קודקוד מקור שמזרים בקיבולת 1 לכל הנשים ובצידו השני בור שמקבל בקיבולת 1 מכל הגברים נשים קיבולת 1 לכל צלע מאישה לגבר ו 0 לצלעות מגברים לנשים נניח שהגרף מקיים תנאי הול, ממשפט השטף והחתך המחוזק נראה כי יש זרימה שלמה בעלת ערך n (שכן החתך (M s),w t הוא בקיבולת n מתנאי הול) זה יגדיר זיווג מושלם נראה כי אכן חתך מינימלי הוא בגודל n בגרף זה בהנתן ) S (,S, ניתן להעביר מ S ל S כל גבר המכיר אשה ב S מבלי להגדיל את קיבולת החתך, ולכן יש חתך מינימלי הנראה כך: עבור חתך כזה: C ( S, S ) = n X + Γ (X) n }{{} edges from s to W \X ( S, S ) הוכחה: MCMF (השטף והחתך) תהי f זרימה מקסימלית, נמצא חתך שקיבולתו f 26

27 למה יש זרימה מקסימלית? הערך f חסום, אם f v = sup f legal flow אז יש, n f 1, f 2,, f כך ש f n v ולכן לכל אחת מהצלעות יש תת סדרה שעליה הסדרה הנ"ל מתכנסת לכן קיימת תת סדרה מתכנסת על כל צלע ניקח את הגבול שלה בכל צלע וזה יגדיר לנו פונקצית זרימה אחרי שהשתכנענו שאכן קיימת זרימה מקסימלית נבנה את S באופן אינדוקטיבי יהי {s} = S נפעל באלגוריתם הבא: 1 אם x S ו y S והתנאי הבא מתקיים העבר את y ל S: > 0 y) C (x, y) f (x, (כלומר f אינה מנצלת את הצלע במלואה) 2 חזור לשלב הקודם ראשית נראה שכאשר מסיימים,t / S אחרת יש מסלול = m s = x 1, x 2,, x m 1, x t כך ש x i צורף בגלל 1 i x לכל i בסדרה זו נסמן ) i ε i = C (x i 1, x i ) f (x i 1, x וזה גדול מ 0 לכל i (אחרת לא היינו מצרפים את x i ל (S נגדיר ε = min i ε i וכעת נוסיף את ε לכל אחד מהערכים ) i f (x i 1, x ונקבל פונקצית זרימה חוקית בעלת ערך גדול יותר מ f, בסתירה למקסימליות ומכאן t / S מההגדרה לכל x S ו y S y) f (x, y) = C (x, שאחרת היינו מוסיפים את y לקבוצה S ולכן f C ( S, S ) = נותר להראות שאם הקיבולות הן מספרים שלמים אז יש זרימה שמזרימה מספר שלם בכל צלע הוכחה: ניקח זרימה התחלתית = 0 0 f (כלומר 0 בכל צלע) ולכל f i נבנה את ) S (,S כמו בהוכחה הקודמת ואז יש שתי אפשרויות אם t / S אז סיימנו ומצאנו חתך שערכו שווה לערך הזרימה אחרת מוצאים מסילה מ s ל t כמו בהוכחה, ומגדילים את f i לקבלת 1+i f כמו בהוכחה, אלא שכעת ε יהיה תמיד מספר שלם ולכן כל הזרימות, כולל המקסימלית, תהיינה שלמות 7 קשירות נאמר ש G הוא 1 קשיר אם הוא קשיר לכל > 1 k נאמר ש G הוא k קשיר אם יש בו לפחות + 1 k קודקודים, ולכל 1 k קודקודים שמסירים ממנו G נשאר קשיר ואז (G) κ הקשירות הקודקודית, ה k המקסימלי כך ש G הוא k קשיר לכל > 1 k נאמר ש (מולטי) גרף G הוא k קשיר צלעית, אם הסרת + 1 k צלעות ממנו אינה מונעת ממנו להיות קשיר (G) λ ה k המקסימלי כך ש G הינו k קשיר צלעית דוגמאות: n 1 = λ (K n ) = κ (K n ) 1 2 מסילה באורך > 2 n מקיימת ) n = λ (p n )=κ (p 1 3 מעגל כאשר > 3 n מקיים ) n = λ (c n ) = κ (c 2 4 לא תמיד הם שווים, קל למצוא דוגמאות אם נסמן (G) δ הדרגה המינימלית ב,G הרי מתקיים (G) κ (G) λ (G) δ (תרגיל) 27

28 71 משפט מנגר משפט 71 מנגר (גרסה קודקודית): יהי גרף G ו,s t קודקודים אם המספר הקטן ביותר של קודקודים שצריך להסיר מ G בכדי להפריד את s מ t הוא k אזי ניתן למצוא k מסילות זרות בקודקודים (מלבד s ו t) מ s ל t משפט 72 מנגר (גרסה צלעית) כנ"ל צלעות הוכחה: תכנית ההוכחה תרגיל: להראות שמנגר קודקודי מנגר צלעי נוכיח את מנגר קודקודי: א באינדוקציה על k ב מ MCMF (הוכחה קלה) א הוכחה באמצעות זרימה: נעבור לגרף מכוון נחליף כל קודקוד v בשני קודקודים v ו + v וצלע מכוונת ) + v,(v, ונגדיר קיבולת 1 על ) + v (v, וקיבולת 0 על ) v (v +, לכל צלע (v,u) נבנה במקומה ) v u), +, על צלעות אלו נשים קיבולת אינסופית יהיו,s t קודקודים מיוחסים, חתך מינימלי המפריד אותם בגרף החדש, מתאים לקבוצה מינימלית של קודקודים, שהסרתם בגרף המקורי מפרידה את s מ t ממשפט השטף והחתך יש זרימה מקסימלית בגרף החדש שהיא שלמה, כלומר זרימת {1,0}, ואז יש התאמה חח"ע בין מסלולים זרים בקודקודים בגרף המקורי לזרימות שלמות בגרף החדש: כלומר יש kמסילות זרות בקודקודים מ s ל t אם"ם יש זרימה בגודל k מ s ל t ב הוכחה באינדוקציה על k (כלומר הנחה בשלילה של קיום של גרף מינימלי שאינו מקיים את המשפט, מתוך (Bollobas: Modern Graph Theory עבור = 1 k המשפט מתקיים, קל לראות זאת נניח בשלילה שהמשפט אינו נכון ויהי 2 k המינימלי שעבורו המשפט אינו נכון ו G גרף עם מספר מינימלי של צלעות המהווה דוגמא נגדית עבור k כלומר יש,s t כך שניתן להפריד את,s t ע"י k קודקודים ולא פחות, אך יש רק 1 k (או פחות) מסילות זרות מ s ל t תהי w קבוצת קודקודים w k = המפרידה את s מ t הערה :נבחין כי אין ל s ול t שכן משותף, שכן אם היה שכן משותף היה אפשר להסיר אותו מהגרף ולקבל דוגמה נגדית למשפט ב 1 k, והנחנו שהדוגמה שבידנו משיגה k מינימלי, בסתירה נתבונן בשני מקרים: מקרה 1: קיימת w כך שלא s ולא t הם שכנים של כל קודקודי w מקרה 2: לכל קבוצה מפרידה כנ"ל w, מתקיים s או t הם שכנים של כל קודקודי w מקרה 1: נתבונן בגרף המתקבל על ידי הסרת w, ברכיב הקשירות של s יש לפחות עוד קודקוד אחד (ולפחות צלע אחת) נחליף את רכיב הקשירות של s בגרף החדש בקודקוד s ונחברו לכל הקודקודים ב w בגרף זה יש פחות צלעות ולכן אינו דוגמא נגדית, ויש להסיר לפחות k קודקודים בכדי להפריד את s מ t ולכן יש k מסילות זרות מ s ל t, זה נותן k מסילות זרות מ w ל t 28

29 באופן דומה, נניח ש t איננו שכן של כל קודקודי w ונקבל k מסילות זרות מ w ל s, תפירת מסילות אלו נותנת k מסילות זרות מ s ל t מדוע? ב w יש בדיוק k קודקודים, כלומר ניתן לזווג את כל המסילות (הזרות בקודקודיהן) שמצאנו מ w ל t למסילות שמצאנו מ w ל s מקרה :2 תהי s, x 1, x 2,, x m, t מסילה קצרה ביותר מ s ל,t כעת 2 m שכן ל s ול t אין שכנים משותפים (הערה ) נסיר את הצלע } 2 x }מהגרף 1, x וכעת נשארנו עם גרף שאינו דוגמה נגדית, כלומר מספר המסילות הזרות הוא כעת מספר הקודקודים הדרוש להפרדה, איך זה קרה? לא יתכן שמספר המסילות הזרות עלה, ולכן בהכרח מספר הקודקודים הדרוש להפרדה ירד, כלומר ניתן להפריד את s ו t על ידי 1 k קודקודים אך לא פחות תהי w 0 קבוצה של 1 k קודקודים המפרידה את s מ t בגרף החדש, ונגדיר = 1 w } 1 w 0 {x ובאופן דומה } 2 w 2 = w 0 {x נבחין כי w 1, w 2 מפרידים את s ו t בגרף המקורי x 1 אינו שכן של t כי הוא שכן של s, ולכן כל קודקודי w 0 שכנים של s ולכן כל קודקודי w 0 שכנים של s (הנחת מקרה ( 2 w, 0 בסתירה (זה בסדר כי 1 t, שכנים של ולכן כל קודקודי w 0 s לא שכן של x 2 ולא עשינו פה רמאות אינדוקציה, כמו הוכחת "כל האנשים בעולם הם ג'ינג'ים") תרגיל הסיקו את הגרסה הצלעית של מנגר מהגרסה הקודקודית (הרעיון בונים גרף עזר שבו הצלעות הופכות לקודקודים) 72 משפט Tutte (האנלוג של משפט הול לגרף שהוא לא דו צדדי) אפשר לחשוב על זיווג ככיסוי של שני קודקודים ע"י צלע, ואז בגרף כללי (עם מספר זוגי של קודקודים) ניתן לתהות האם אפשר לכסות עם צלעות זרות (בקודקודיהן) את כל קודקודי הגרף? נסמן לכל W V את ) W) q =מספר רכיבי הקשירות בעלי גודל אי זוגי ב G \ W ברור שתנאי הכרחי לקיום זיווג מושלם הוא שלכל W V יתקיים W q W) ) משפט 73 טאט: זהו גם תנאי מספיק הוכחה: (מתוך (Diestel יהי G גרף ללא זיווג מושלם, נמצא (G) S V המפר את תנאי טאט נניח ש G מקסימלי בצלעות ללא זיווג מושלם (ביחס להכלה, כלומר נוסיף עוד ועוד צלעות עד שנקבל את הגרף השלם או גרף מקסימלי ללא זיווג מושלם) מדוע זה בסדר? כי אם בגרף החדש, אחרי הוספת הצלעות, מצאנו הפרה לתנאי טאט אזי נבחין כי כל רכיב קשירות מגודל אי זוגי מגלם בתוכו לפחות רכיב קשירות אחד מהגרף הישן ובו מספר אי זוגי של קודקודים (כי סכום אי זוגי משמעו שאחד המחוברים לפחות הוא אי זוגי גם כן) נגדיר את S להיות קבוצת כל הקודקודים המחוברים לכל קודקוד אחר, ונראה שכל רכיב ב G \ S הוא גרף שלם אם המצב הוא שיש S ענן קודקודים המחוברים לכל הקודקודים האחרים, שהוא גרף שלם, וגם כל העננים האחרים הם גרפים שלמים ועדיין אין זיווג בהכרח תנאי טאט מופר (מדוע? כי במקרה כזה את כל רכיבי הקשירות מגודל זוגי אפשר לכסות על ידי בחירת גרף דו"צ מתוך הגרף השלם שלהם, ולכל רכיב מגודל אי זוגי צריך למצוא שכן בענן המרכזי אם לא מצאנו, למרות שכל הקודקודים בענן המרכזי שכנים של כולם, נובע שמספר רכיבי הקשירות האי זוגיים גדול מהענן המרכזי (סתירה לתנאי טאט) או שמספר הקודקודים בענן 29

30 המרכזי לאחר הפרוצדורה הוא אי זוגי בעצמו מכיוון שעד כה חילקנו לזוגות, מכאן נובע שמספר הקודקודים הבכל הגרף כולו הוא אי זוגי, וגרף כזה מפר את תנאי טאט על פי הגדרתנו) נניח בשלילה שיש רכיב ב G \ S שאיננו גרף שלם, כלומר יש קודקודים a,a ברכיב שאינם שכנים תהי a,a,b,c, מסילה קצרה ביותר בין a ו a, מכאן שאין צלע {c,a} (אחרת היה אפשר לקצר את המסילה עוד ולדלג על b) היות ש b, / S קיים d שאינו שכן של b קיים זיווג שלם M 1 בגרף אם נוסיף לו את הצלע {c, a }ממקסימליות הגרף ללא הזיווג מאותו טעם קיים זיווג שלם M 2 בגרף עם {d,b} נתחיל מסילה p מ d, x 1, x 2, x 3,, v :d כך ש d, x 1 M 1 ו x 1, x 2 M 2 ו x 2, x 3 M 1 וכן הלאה, צלעות זוגיות במסילה שייכות ל M 2 והאי זוגיות ל M, 1 נבחין כי בעצם המסילה מוכתבת לנו על ידי יחידות השכנים בזיווגים, ולכן היא גם מקסימלית ביחס לתכונה זו לא נעשה שימוש בצלעות שאינן ב G, כלומר ב {c,a} וב {d,b} נלך במסילה עד שניתקע, ובהכרח ניתקע כי אם נסגור מעגל עם d הרי שמגיעים אל d בצלע ששייכת ל M, 2 ושם הוא מזווג ל b והצלע {d,b} אינה קיימת בגרף שלנו כלל! יש שתי אפשרויות: א p מסתיימת בצלע מ M 1 ואז v, = b כי זו הצלע היחידה שמפריעה לסגור מעגל ב M 2 (בזיווג יש רק מעגלים ו/או צלעות כפולות ב p מסתיימת בצלע מ M 2 אז c},v {a, מסיבות דומות נניח בה"כ v = a אפשרות א: ניקח את הזיווג M 2 בכל המקומות מלבד המעגל הקטוע p, וב p עצמה ניקח את הצלעות האי זוגיות, דהיינו צלעות מ M 1 וכך הלחמנו את שני הזיווגים כדי לקבל זיווג חוקי בגרף המקורי שאינו עושה שימוש בצלעות החסרות, בסתירה לכך שאין זיווג בגרף שלנו אפשרות ב': נבחין כי הצלע {a,b} אינה ב M 1 ואינה ב M 2 (כי שני הקודקודים הללו מזווגים לאחרים בזיווגים אלו), ולכן נוכל לקחת את הזיווג M 2 בכל המקומות שאינם במעגל הקטוע p, וב p עצמה להשתמש רק בצלעות האי זוגיות וב {b,a} (שאינה בזיווג) ומכך יתקבל זיווג מושלם, גם כן בסתירה לכך שאין זיווג מושלם בגרף שלנו משפט השטף והחתך גורר את דילוורת' דילוורת' גורר את הול (מופיע בתרגיל) נסביר לשם כך מהו משפט דילוורת': תהי P קס"ח (קבוצה סדורה חלקית) נגדיר שרשרת להיות סדרה של איברים שמתייחסים כל אחד לקודמו, < < 2 a 1 < a a n נגדיר אנטי שרשרת להיות סדרה של איברים שכל שניים אינם ניתנים להשוואה, כלומר קבוצה שאינה מכילה שרשרת ארוכה מ 1 אם ל P יש שרשרת בגודל k אזי ברור שלא ניתן לכסות את P ע"י פחות מ k שרשראות זרות נגדיר אך לא נוכיח את משפט דילוורת' לצרכי התרגיל: משפט 74 (דילוורת') עבור P קס"ח סופית גודל האנטי שרשרת המקסימלית=מספר הקטן ביותר של שרשראות שצריך כדי לכסות את P הגדרה A 75 מונוטונית אם x < y x A y A 30

31 הגדרה 76 נאמר ש µ 1 שולטת סטוכסטית על µ 2 אם לכל קבוצה מונוטונית A, מתקיים µ 1 (A) µ 2 (A) דוגמא לא סופית, אך ממחישה: נתבונן בקטע [1,0] כאשר 1] [0, U X היא המידה µ 2 היא המידה µ 1 Y U [ 1 2, 1] קבוצה מונוטונית 1] (t, או 1] [t, ואז קל לראות ש: P r [x (t, 1]] P r [y (t, 1]] ולכן µ 1 שולטת סטוכסטית על µ 2 אפשר לראות זאת מיידית ואפשר גם להסתכל באופן הבא:,(x, y) ואז אם מתבוננים בזוג U [ 1 2, 1] y := 1+x 2 נבחר זוג x, y כך: 1] [0, U x ו ההתפלגות השולית של הקוא' הראשונה היא µ 2 ושל הקוא' השניה µ 1 x 1+x לכל 1] [0, x ואז נאמר שזהו צימוד 2 אבל אז מתקבל x y תמיד כי מונוטוני של המידות נגדיר זאת פורמלי: הגדרה 77 צימוד מונוטוני של שתי מידות הסתברות µ 1, µ 2 על קס"ח P היא התפלגות (x, y) P 2 כך שההתפלגות השולית של y היא µ 1 וההתפלגות השולית של x היא µ 2 ו x y תמיד ברור שצימוד מונוטוני גורר ש µ 1 µ 2 (שולט סטוכסטית) כי לכל מאורע מונוטוני A מתקיים: µ 1 (A) = P r (y A) µ 2 (A) = P r (x A) אבל המאורע השני הוא תת קבוצה של המאורע הראשון תרגיל לבית: שימוש יפה למשפט השטף והחתך הוא שניתן באמצעותו להוכיח שאם µ 1, µ 2 מידות הסתברות על קס"ח סופית, אזי µ 1 שולטת סטוכסטית על µ 2 אם"ם קיים צימוד מונוטוני בין µ 1 ל µ 2 קל לראות מההגדרה שאם יש צימוד מונוטוני אז יש שליטה סטוכסטית, הכיוון השני הוא מעניין 31

32 דוגמא הגרף המקרי (p G,n) הגדרה 78 זהו מרחב הסתברות על גרפים על קבוצת הקודקודים {n,2,1}, כלומר יש K n נקודות במרחב, במילים אחרות כל התת גרפים של 2 n) (2 לכל צלע j} {i, נגריל באופן בלתי תלוי משתנה מקרי 1} {0, ij X כך ש = 1 ij X בהסתברות p ואז צלעות הגרף הן כל הזוגות {j,i} כך ש = 1 ij X במילים אחרות עוברים על כל הצלעות האפשריות, בהסתברות p שמים צלע ובהסתברות p 1 אין עושים זאת בין כל שני קודקודים E [G (n, p)] = {{i, j} : X ij = 1} p E(M) (1 p) (n 2) E(M) = P r [G (n, p) = M] אוסף כל התת גרפים של K n הוא קס"ח ביחס להכלה מה ההסתברות לקבל גרף מישורי? נבחין כי קבוצת הגרפים שאינם מישוריים היא מונוטונית P r [G (n, 0, 5) not planar] P r [G (n, 051) not planar] טענה 79 טענה 710 אם 1 q p 0 אז המידה המושרה ע"י q) Gשולטת (n, סטוכסטית במידה המושרה ע"י p) G (n, זה בפרט מוכיח את הטענה הקודמת הוכחה: צימוד מונוטוני לכל {j,i} נגדיר: X ij U [0, 1] E [G (n, p)] := {{i, j} : X ij p} התפלגות זאת נותנת את p) G (n, אבל לפי הגדרה זו מקבלים q)] E [G (n, p)] E [G (n, אם p, q כלומר בניסוח אחר של הגרלת הגרף נקבל הכלה ממש במקרה שהקבוע שבוחרים (p או q) גדול יותר 32

33 8 גרפים מישוריים הגדרה 81 גרף יקרא מישורי אם יש לו שיכון במישור בו אין חיתוכים בין הצלעות עובדה (שנוכיח עוד מעט): K 5 איננו מישורי וכך גם K 3,3 בציור של גרף מישורי, מלבד קודקודים וצלעות, יש גם פאות: פאה היא האיזור התחום ע"י מעגל בציור של גרף מישורי אם בפנים המעגל אין עוד קודקודים למעשה הגדרה טופולוגית של פאה תהיה טובה יותר, כלומר אם נסיר מהמישור את צלעות הגרף וקודקודיו רכיבי הקשירות הנותרים במישור הם הפאות לעיתים מתייחסים אל החלק האינסופי של המישור המקיף את הגרף כפאה חיצונית נסמן ב v את מספר הקודקודים בגרף, ב e את מספר הצלעות, וב f את מספר הפאות האם מספר הפאות תלוית בציור של הגרף במישור? לא משפט 82 (נוסחת אוילר) עבור גרף מישורי קשיר מתקיים = 2 f v e + הוכחה: באינדוקציה על e עבור v = n קבוע בסיס האינדוקציה הוא 1 n e = (שכן אחרת הגרף לא קשיר) ובמקרה כזה זהו עץ, וכיוון שאין בו מעגלים יש בו פאה אחת ולכן f =,1 e =,1 n v = n והנוסחה מתקיימת מעבר האינדוקציה אנחנו מניחים ש n e ולכן יש לפחות מעגל אחד, ולכן יש לפחות פאה אחת חסומה נסיר צלע מהמעגל התוחם את הפאה החסומה, והיא תתאחד עם אחת משכנותיה, ונקבל גרף שבו יש פאה אחת פחות וצלע אחת פחות כמו כן מקבלים גרף מישורי וקשיר (לא פגענו בקשירות כי הסרנו צלע ממעגל) לפי הנחת האינדוקציה מתקיימת נוסחת אוילר ובגרף המתקבל נסמן את הפרמטרים ב f v, e, ומתקיים: ומהנחת האינדוקציה מתקיים: ומכאן שנוסחת אוילר מתקיימת כנדרש v = v, e = e 1, f = f 1 v e + f = 2 v + e f 1 = 2 טענה 83 בגרף מישורי קשיר על n קודקודים ו m צלעות, מתקיים (2 n) m, 3 בפרט ( 5 = m וכיוון ש ולכן K 5 לא מישורי 2) ב K5 בו מתקיים = 5 n ו אפשר להוסיף צלעות לגרף כך שישאר מישורי עד שיתקבל שכל פאה תחומה ע"י 3 צלעות בדיוק, ולכן 3f 2m וממשפט אוילר מתקיים n m + f כלומר: 2 = n m + f n m m n 2 m 3 3 (n 2) m ב K 3,3 אין מעגלים באורך אי זוגי (כי הוא 2 צביע, כגרף דו"צ) ובפרט לכל פאה F מתקיים F הצלעות התוחמות את הפאה P =מספר F 4 ולכן: 2m 4f 5 f 33