קומבינטוריקה על פי הרצאות מאת פרופ' גיל קלעי 19 ביולי = 2 n k. k= ( 1) n n + 1

Transcript

1 1 קומבינטוריקה על פי הרצאות מאת פרופ' גיל קלעי 19 ביולי 010 רשם: שיר פלד, באמצעות LYX גרסה תיקונים יתקבלו בברכה במהלך ההפסקות או בכתובת מייל 1 שיעור מבוא נעסוק בבעיות קיצוניות ובבעיות מניה. שאלה 1 נתונה משפחה של F תת קבוצות של n}...,,{1, שמקיימת לכל S, T F ש T.S כמה קבוצות לכל היותר יש ב F? באופן כללי מספר תתי הקבוצות הוא, n דרך מהירה לראות זאת היא להתאים לכל קבוצה S וקטור n x 1,,... x של 0 ו 1, כאשר = 1 i x אם"ם i, S וזה משרה התאמה חח"ע ועל בין קבוצות חלקיות של [n] לוקטורים בינאריים באורך n, ומספר הוקטורים מסוג זה הוא n באופן טריוויאלי. מכך נובעת הזהות n =0 n = n n 0 n + 1 n n n = 0 n שאלה אחרת: ומשמעות הדבר שלכל קבוצה לא ריקה יש אותו מספר של תת קבוצות בגודל זוגי ושל תת קבוצות בגודל אי זוגי. הוכחה קומבינטורית לאותה טענה: לבחור איבר קבוע, נאמר 1, ולכל קבוצה S, אם S 1 אז נתאים לה את {1} \ S ואחרת נתאים לה את {1} S, וכך בנינו התאמה חח" ע ועל מהקבוצות הזוגיות לאי זוגיות. נחזור לשאלתנו על גדלה המקסימלי של F. דוגמא: נבחר את F להיות כל הקבוצות S כך ש S 1, בפרט כל שתיים נחתכות על 1, ולכן גודל הקבוצה שהגענו אליה הוא 1 n. זה בעצם הכי טוב שאפשר לעשות, מדוע? כי לכל קבוצה שנכניס ל F, את המשלים שלה לא נוכל להכניס ל F כי. n 1 = n חיתוכן יהיה טריוויאלי, ולכן לא נוכל לעבור ממילא את ולכן הוכחנו בדיוק מהו הגודל המקסימלי של F. האם יש דרך אחרת לבנות משפחות בגודל 1 n שיקיימו זאת? כן, למשל עבור n אי זוגי אפשר לבחור: { F = S : S > n }

2 שאלה 1' נתונה משפחה F n כך שלכל S, T F מתקיים ש [n],s T מה הגודל המרבי של?F מדה מורגן רואים שזה אם"ם C S, C T ולכן התשובה דומה לשאלה 1. שאלה מה המספר המירבי של קבוצות S במשפחה F, n כך שמתקיימים שני התנאים יחד, לכל,S: T F S T [n].1 S T. אפשר לקחת בתור דוגמא את S}.F = {S : 1 S / ואז n. F = השערה: n F לא כל כך פייר לתת את זה בתור תרגיל, שכן זה נכון, אבל ההוכחה לא טריוויאלית, ולקח כמה שנים לפתור זאת. שאלה 3 מה מספר הצלעות המירבי בגרף עם n קודקודים ללא משולשים? דוגמאות: עץ, גרף דו צדדי... ועוד. כדוגמא נוכל לקחת גרף דו צדדי שלם ולקוות לטוב. מספר צלעות מקסימלי בגרף דו צדדי יתקבל כאשר בכל צד מספר שווה של קודקודים זה די קל להוכחה. עבור n קודקודים במקרה הזוגי זה יתן. n 1 n+1 ובמקרה האי זוגי נקבל n צלעות. יש לכל היותר מספר n n+1 משפט 1.1 טורן מנטל: בגרף חסר משולשים על n קודקודים יש לכל היותר קודקודים בצד אחד. n צלעות כמו בגרף דו צדדי עם הוכחה: יש דרכים רבות, נראה אחת נתבונן בקודקוד כלשהו בעל דרגה מקסימלית, נתבונן בכל שכניו נכנה קבוצה זו A אשר לא יכולים להיות שכנים אלו של אלו שכן זה היה יוצר משולש. כעת נתבונן באלו שאינם שכנים של הקודקוד הראשון, נכנה קבוצה זו B. נסיר את כל הצלעות מ B ונחבר כל קודקוד ב B לכל קודקודי A. הדרגה של הקודקוד שהתחלנו איתו לא השתנתה, הדרגות של קודקודי A לא קטנה, וכך גם הדרגות של קודקודי B. קיבלנו מהגרף הקודם גרף חדש שבו מספר הצלעות הוא לפחות כמקודם, ואילו הגרף החדש הוא דו צדדי צד אחד A והקודקוד הראשון, צד שני B. ומכאן שמכל גרף חסר משולשים ניתן לייצר גרף דו"צ בעל אותו מספר צלעות, ובפרט מגרף חסר משולשים עם מספר צלעות מקסימלי. שאלה 4 מטרה: לשאול שאלה דומה על אוספים של שלשות מתוך {n...1}. במקום זוגות כלומר צלעות נבחר שלשות. ניסוח: מה המספר המירבי של שלשות מתוך {n...1} שניתן לקחת מבלי לקבל את ארבע השלשות של רביעיה. כלומר אין אנו מרשים את ארבע הבאות שיופיעו יחד: {137}, {139}, {379}, {179} רעיון להתחיל איתו נחלק את ההיפר גרף שלנו לשלושה צדדים, ונחבר שלשות שהן בצדדים שונים. נקבל בערך. n 3 n 3, מספרן של כלל השלשות הוא 6 n 3 3 = n 3 7 תרגיל לבית לנצח את הבניה הזו. משולשים מונוטוניים רוצים לבנות משולש כך שבכל שורה הסדרה מונוטונית עולה, וכל תא הוא בין שני התאים שמעליו, כך למשל: 1 3

3 1 3 הוא משולש שמקיים זאת. שאלו כמה משולשים מונוטוניים יש? זו בעיה קשה שנחזור אליה בהמשך. שיעור שיעור 3 3 משפט 3.1 אם + R A קבוצה של ממשיים חיוביים A + A = {a + a : a, a A} A A = {a a : a, a A} A + A A A C n 5 אז: max { A + A, A A } C n 5 4 מסקנה 3. וההשערה היא שזה בעצם גדול מ C n משפט 3.3 טרוטר סמרדי: אם נתונה קבוצה P של s נקודות במישור. וקבוצה L של t ישרים. חילה היא זוג l,p כך ש p P ו l L כך ש p. l נסמן ב I את מספר החילות, אז : { } I C max s, t, s 3 t 3 אם s = t אז I s 4 3 הערה 3.4 ניתן להגדיר גרף דו צדדי V = P L ויש צלע בין,p l אם p. l בגרף אין מרובעים, כיוון שמכך ינבע שיש שני ישרים שונים שמסכימים על שתי נקודות שונות בסתירה לאקסיומה של גיאומטריה אוקלידית שדרך כל שתי נקודות עובר קו ישר יחיד. תרגיל: גרף דו צדדי חסר מרובעים בעל s קודקודים בכל צד מכיל לכל היותר C s 3 צלעות. } n A = {a 1, a,..., a קבוצה של ממשיים חיוביים, Z קבוצה של נקודות במישור: A} Z = A + A A A = {x, y : x A + A, y A וכמובן: Z = s = A + A A A

4 4 נגדיר: L = {y = x a i a j : 1 i, j n} ואז: L = t = n I n 3 טענה 3.5 הוכחה: על הישר l שמתואר ע"י y = x a i a j נציב,x = a i + a נקבל: y = a a j ואז x, y Z ולכן לכל a i, a j, a ניתן למצוא חילה, ומתקיימת הטענה. { } n 3 C max s, t, s 3 t 3 נשתמש בטרוטר סמרדי:,s 1 C n3 1 C n 5 ואם נבחר D = 1 C נקבל את אם n 3 C t אז מקבלים,n 3 C n לא יתכן. אם n 3 C s אז על פי הבניה A s = A + A A ואז הקבוע שמוכיח את המבוקש. ולכן נותר לטפל במקרה ש: n 3 C s 4 3 t 3 = C s 3 n 3 ולכן: n 5 3 C s 3 }{{} n 5 C s raise to the power of 3 ומכאן: s C n 5 קיבלנו שהחל מ n מסויים מתקיים אחד משני המקרים לעיל, אם נבחר את הקבוע המינימלי מביניהם כלומר D או C יתקבל הדרוש לנו גרפים מישוריים G גרף עם nקודקודים ו e צלעות. הגדרה 3.6 גרף יקרא מישורי אם ניתן לצייר אותו במישור כך שצלעות אינן נחתכות בפנימיהן כלומר מתירים להן להיחתך בקודקודים. e 3 v 6 משפט 3.7 בגרף מישורי קשיר, מספר הצלעות e מקיים: כאשר 3 v מספר הקודקודים.

5 5 למעשה אפשר לקחת כל גרף מישורי, להוסיף לו צלעות באופן כזה שיתקבל מספר הצלעות לעיל והגרף יוותר מישורי. הוכחה: ניקח גרף מישורי כלשהו, על פי נוסחת אוילר מתקבל = f v e + כאשר f מספר ה"מדינות" או "פיאות", כלומר מספר השטחים הרציפים שנוצרים במישור ע"י הגרף. נוסיף צלעות עד שכל הפאות הן משולשים. כל צלע משתתפת בשתי פאות בדיוק. כל פאה מכילה 3 צלעות. ולכן 3f, = e כי נספור את הזוגות b,a כך ש a צלע, b פאה, ו a. b מספר הזוגות הוא e כי כל צלע תורמת פאות, ומנימוק דומה מספר הזוגות הוא גם 3f. ממשפט אוילר יש לנו את הנוסחה, נכפיל בשלוש ונקבל: 3v 3e + 3f = 6 =3v 3e + e 3v 6 = e. משפט 3.8 משפט החיתוכים אם מציירים גרף G במישור ול G יש vקודקודים ו e צלעות, ואם e > 5v אז מספר 1 C, כאשר חיתוך הוא זוג צלעות על 4 קודקודים, שבציור הן נחתכות. 61 e3 v החיתוכים C מקיים משפט 3.9 משפט החיתוכים החלש אם מציירים גרף G עם v קודקודים ו e צלעות, אז מספר החיתוכים, הוא לפחות.e 3v 6 הוכחה: ממשפט קודם מספר הצלעות בגרף קשיר מישורי מקסימלי הוא 6 3v ולכן כל צלע שנוסיף תוסיף חיתוך אחד לפחות אחרת היינו יכולים לשפר את מספר הצלעות המקסימלי מלכתחילה. 4 שיעור 4 תכנית פעולה: משפט החיתוכים החלש משפט החיתוכים משפט טרוטר סמרדי. 4.1 הוכחת משפט החיתוכים נניח ש G גרף מצויר במישור, נניח ש e. 5v נבחר גרף חדש G ע"י כך שניקח כל קודקוד ב G ל G בהסתברות p באופן בלתי תלוי. עבור הקודקודים שנבחרו ניקח את כל הצלעות מ G ל G. התוחלת של מספר הקודקודים ב G היא p, v תוחלת מספר הצלעות היא מאי תלות p. e אם מספר החיתוכים ב G הוא c אז מספר החיתוכים ב G יהיה.c p 4 ממשפט החיתוכים החלש יש לנו: c. e 3v וכך גם לכל תת גרף G יתקיים 3v c. e כיוון שזה נכון לכל תת גרף, בפרט זה מתקיים בתוחלת, כלומר p 4 c p e 3pv אם זה מתקיים לכל מאורע במרחב, בפרט הוא מתקיים בתוחלת. ולכן לכל 1 p :0 c e p 3v p 3 נמצא p כזה שיתן לנו חסם גדול ככל האפשר, נגזור ונשווה לאפס: e p 3 + 9v p 4 = 0 e = 9v p 9v e = p כיוון שהנחנו ש e 5v הביטוי הנ"ל קטן מ 1 ולכן נוכל להציבו.

6 6 c e 3v 4e 81v = e3 v 9 3 v 3 8e = 4e3 81v e3 81v = 4 43 e3 v 1 61 e3 v קיבלנו מכך: 4. הוכחת משפט טרוטר סמרדי משפט 4.1 טרוטר סמרדי: אם נתונה קבוצה P של s נקודות במישור. וקבוצה L של t ישרים. חילה היא זוג l,p כך ש p P ו l L כך ש p. l נסמן ב I את מספר החילות, אז : { } I K max s, t, s 3 t 3 הוכחה: נגדיר גרף מצויר במישור, V. = P בתור הצלעות ניקח את כל זוגות הנקודות שהן עוקבות על אותו ישר. לכן.v = s כמה צלעות יש בגרף? מספר החילות פחות מספר הישרים, מדוע? כי מספיק לעבור על כל הישרים, ולספור את מספר החילות שהם משתתפים בהן, פחות 1 שכן אם יש 4 נקודות עוקבות, נקבל מכך 3 צלעות. ואז e. = I t כל זוג ישרים תורם לכל היותר חיתוך אחד לגרף, יכול שלא לתרום דבר אפילו אם הישרים נחתכים, אבל במידה שיש חיתוך בגרף בהכרח שני הישרים שעליהם שתי הצלעות שהגדרנו נחתכים. ולכן: t c t.c 1 61 e3 v I t < 5s I < 5s + t I < 6 max {t, s} נשתמש במשפט החיתוכים. או ש e < 5v או שמתקיים אם e < 5v אז: t 1 61 I t3 s ונוכל לבחור = 6 K כעת אם I < 6t אז טרוטר סמרדי מתקיים אם e 5v אז נציב: t I 3 s I3 61t s I 3 I 3 61 t s I 4 t 3 s t s על פי הנחתנו I 6t ולכן: ולכן:

7 משפט 4. בהנתן n נקודות במישור, מספר מרחקי 1 ביניהם הוא לכל היותר K n 4 3 הוכחה: נתבונן בנקודות וב n מעגלי יחידה סביבן. יש קבוצה של n נקודות, קבוצה של n מעגלי יחידה סביבן, I מספר החילות כלומר צמדים של מעגל ונקודה על שוליו. מספר מרחקי 1 הוא מחצית מספר החילות, כי בכל פעם שיש שתי נקודות המרוחקות 1 זו מזו מעגל סביב הראשונה יתן חילה עם השניה ולהיפך. נוכל להתעלם מכל המעגלים שיש עליהם 3 נקודות או פחות, כיוון שהחסם שנקבל בסופו של דבר יהיה יותר חזק מליניארי, ולכן בדיעבד הוא נכון גם לפני הסרה של חלק מהנקודות. נגדיר גרף במישור שקודקודיו הם הנקודות, ולכל שתי עוקבות נקודות על אותו מעגל נתאים צלע. הקודקודים n מספר צלעות I נחשוב על ציור המעגלים כעל ציור הגרף שלנו בקירוב, כיוון שכל צלע מתקבלת בין שתי נקודות עוקבות על מעגל, נוכל לחשוב על הקטע המתאים במעגל המתאים כעל ציור הצלע. זה לא בדיוק נכון, כיוון שבדרך כלל אנחנו דורשים שהצלעות תהיינה קוים ישרים, אבל במקרה זה מה שיתקבלו יהיו מצולעים קמורים, והחלפתם במעגלים לא משנה לדידנו. כיוון שכל שני מעגלים או מצולעים קמורים כנ"ל נחתכים פעמיים לכל היותר מספר החיתוכים יהיה לכל היותר כפול ממספר זוגות המעגלים. מספר המעגלים הוא גם מספר הנקודות, ולכן מספר החיתוכים מקיים: n c במשפט החיתוכים אנחנו מניחים שהגרף פשוט, ואילו כאן נוכל לקבל מצב ששתי נקודות תהיינה על שני מעגלים שונים אך לא יותר מכך ולכן נקבל אולי צלעות כפולות. נוכל לזרוק עותק אחד מכל צלע כפולה, ובמקרה הגרוע I הוא לכל היותר מספר הצלעות כעת. הקטנו את מספר הצלעות בחצי. ולכן I או: ממשפט החיתוכים נקבל או ש 5n n 1 I 3 61 n 61n 4 1 distances number 3 ונקבל מכך שמספר מרחקי אחד קטן או שווה ל 4n בעיות קיצוניות על קבוצות מה המספר המירבי של קבוצות חלקיות של {n,...,1} כך שאף קבוצה לא מכילה את רעותה? תהי [n] F משפחה של קבוצות כך שלכל S, T F מתקיים,S T מה הגודל המירבי של? F קבוצות שאף אחת מהן לא מכילה את רעותה. n נקבל n n אם לוקחים את כל הקבוצות בגודל F n משפט 4.3 שפרנר n הוכחה: תהי F משפחה של קבוצות מתוך [n] כך שלכל,S T F מתקיים S. T נסמן ב a את מספר הקבוצות במשפחה בגודל. תהי π תמורה על.., n 1, נאמר שקבוצה S היא רישא של π אם } S = {π 1, π,..., π עבור כלשהו. נבחין כי עבור שתי רישות שונות, הרישה הגדולה יותר מכילה את הקטנה ממנה. לכל תמורה יש + 1 n רישות סופרים גם את הקבוצה הריקה. נספור זוגות,π S כך ש π תמורה ו S F רישא של π. נעשה זאת בשתי דרכים. בהנתן π מכיוון שרישות של אותה תמורה מכילות זו את זו נובע בהכרח שקיימת לכל היותר קבוצה אחת ב F שהיא רישא של π, אזי מספר הזוגות הוא לכל היותר כמספר התמורות, שהוא!n.

8 בהנתן S נשאל עבור כמה תמורות S π, מהווה רישא? נניח ש S, = אז התשובה!!, n כי הרישא של התמורה מוגדרת, ורק נבחר פרמוטציה עליה, וכעת הסיפא שלה המכיל n איברים ניתן לסידור בכל דרך n שנרצה. ואז מספר הזוגות הכולל הוא לכל היותר:! 1= a! n וכעת קיבלנו מהנ"ל את אי השוויון: זהו אי שוויון LY M ולכן: n =0 n a! n! n! =0 a! n! n! 1 n =0 a n 1 כיוון שהמקדם הבינומי האמצעי הוא הגדול ביותר, מהצבתו במכנה רק נקטין את אגף שמאל ולכן: n =0 a n 1 n F = n a =0 n n ולכן: כנדרש. 5 שיעור 5 a הוכחנו כי אם a מספר הקבוצות ב F בגודל אז 1 n שלהן. נשתמש בשיטה דומה של ספירת זוגות להוכחת משפט ארדש קו רדו 1960: n ונניח F [n] משפט 5.1 ארדש, קו, רדו, 1960 תהי נניח גם שלכל S, T F מתקיים T S F n 1 1 אזי n ע"י ספירת זוגות של תמורות וקבוצות שהן רישא =0 מדוע דרשנו? n שכן אם n < אזי כל שתי קבוצות בגודל נחתכות לא טריוויאלית משובך יונים, ואפשר לבחור את כל הקבוצות בגודל למצוא קבוצה ספציפית זה קל בוחרים איבר שיהיה בחיתוך של כולן, ואז עבור כל קבוצה נותר לבחור 1 איברים מתוך 1 n, ומהמקדם הבינומי המתאים מתקבל הגודל הרצוי. הוכחה: 1. נביט בתמורות מעגליות =ציקליות, כלומר מושיבים את 1 במקום קבוע בשולחן עגול, ומתבוננים בכל הפרמוטציות שמתקבלות מהחלפת מקומות האיברים האחרים. יש!1 n תמורות שכאלה.. נגיד שקבוצה S היא קטע ביחס לתמורה המעגלית π אם היא תופסת קבוצה דוגמא: אם ניקח את התמורה המעגלית , אזי { 135 }וגם {456} הן קטעים, אך {145} איננו קטע. כמה קטעים באורך יש לתמורה ספציפית? אם < < n 0 אז יש n קטעים באורך. 3. בתנאי המשפט נספור זוגות S,π כך ש π תמורה מעגלית ו S קטע ביחס ל π, ו S. F לכל תמורה π, כמה Sים לכל היותר הם קטע ב π? טענה: לכל היותר.

9 9 ניקח S קטע בתמורה מעגלית, אזי נוכל להתחיל בקטע ש"נכנס" אליו משמאל, למשל עבור הקטע,1,,3,4 5 לקחת נניח = 11 n 1 8, 9, 10, 11, ואז את 9, 10, 11, 1, וכן הלאה עד.5, 6, 7, 8, 9 קל להתרשם שבאופן כללי יש 1 קטעים כאלה שאחד מהם הוא S עצמה. לי זה מזכיר קונבולוציה בין שתי סדרות בדידות באורך. עם זאת נבחין כי נוכל לבחור זוגות של קטעים זרים מתוך קבוצת הקטעים הנ"ל מלבד S עצמה שהם זרים זה לזה. בכל זוג יש קטע שהאיבר הימני ביותר שלו הוא i וקטע שהאיבר השמאלי ביותר שלו הוא + 1 i, בדוגמה שלעיל,9,10,11,1 ו,3,4,5,6 7 הם זוג שכזה. כיוון שדרשנו שכל שני קטעים יחתכו אזי מכל זוג שכזה נוכל לקחת רק נציג אחד. יש 1 זוגות שכאלו ועוד S עצמה, ולכן סך הכל אי אפשר לקחת יותר מ קטעים באורך באותה תמורה, שתהיה להם התכונה המבוקשת שכל שניים יחתכו לא טריוויאלית. ולכן מספר הזוגות S,π כנ"ל הוא לכל היותר מספר התמורות המעגליות בכלל כפול, מספר התמורות המעגליות, כפי שסיכמנו הוא 1! n ולכן נקבל 1! n נקבע את S, בכמה תמורות מעגליות S קטע? יש! אפשרויות לסדר את האיברים ש S "מכסה: ו! n לסדר את שאר האיברים. מצירוף שתי המסקנות קיבלנו שמספר הזוגות הוא בדיוק והוא קטן מ F! n! n 1! F n 1!! n! = n 1 1 ומצירוף אלו קיבלנו כי: כנדרש. 6 שיעור המשך משפט ארדש קו רדו { } S הן הדוגמאות היחידות למשפחה F שהיא נחתכת דהיינו כל שתי קבוצות [n] האם דוגמאות מהצורה 1 S בה נחתכות לא טריוויאלית? תשובה: כאשר n > התשובה היא כן, כאשר n = אז לא. למשל: n 1 1 = = כלומר אם גודל הקבוצה הכולל הוא, אז אפשר לחלק את הקבוצות בגודל לזוגות של קבוצה ומשלימתה, וכעת אפשר לקבל משפחה כנדרש ע"י בחירה של נציג מכל זוג, וקל לראות שנובע מכך שהמשפחה היא נחתכת. מה קורה אם נדרוש במקום ש F תהיה נחתכת כמקודם, שכל,S T F מקיימים T S? ארדש, קו ורדו שאלו, אך לא ידעו להשיב על כך עבור r כלשהו. אפשר לקחת בתור דוגמה טבעית את: בגודל מקיימות זאת. S [n] 1, S } {, כאשר ברור שאם 1 n < אז כל שתי קבוצות n F = אבל ארדש, קו ורדו שמו לב שאפשר לבחור, עבור מהרעיון הזה, באופן דומה לרעיון הקודם, נקבל : ו = 4 n = 8 G = {S : S {1,, 3, 4} 3} כמה קבוצות כאלו יש? יש 4 דרכים לבחור איברים מתוך {4,1},,3 ויש 4 דרכים לבחור את האיבר הנוסף מתוך {8,5},,6,7 ומלבד זאת יש את {4,1},,3 עצמה, סך הכל 17 אפשרויות. אז השאלה הזו קצת יותר מסובכת, והיא נפתרה רק שנים מאוחר יותר.

10 . 6. נניח שיש משפחה של קבוצות [n] F כך שלכל S, T F מתקיים = 1 T. S באופן פשוט אפשר לקחת את הזוגות n} {1,...,, 3} {1,, },{1, להוסיף להם את { 1 }או את n}..., 3, {, ולקבל. F = n אפשר גם ללכת באופן הבא: {1,, 6}, {1, 3, 5}, {, 3, 4}, {1, 4, 7}, {, 5, 6}, {3, 6, 7}, {, 5, 6} ואז עבור = 7 n אנחנו מקבלים שוב. F = n משפט 6.1 ארדש דברוין פישר אם F משפחה של קבוצות מתוך [n] וכל שתי קבוצות במשפחה נחתכות בדיוק על איבר 1, אז F. n מסקנה m 6. נקודות במישור שאינן כולן על ישר אחד קובעות לפחות m ישרים. נניח שהנקודות הן p 1,..., p m והישרים l 1,..., l n ואנחנו יודעים ש > 1 n וכל ישר מכיל נקודות או יותר. נבחר קבוצות S 1, S,..., S m מתוך,[n] כך ש } i S j = {i p j l כלומר כל קבוצה מתאימה לנקודה ומכילה את האינדקסים של הישרים שהנקודה עליהם. כיוון שדרך שתי נקודות עובר רק קו ישר אחד, אז כל שתי קבוצות נחתכות בדיוק על איבר 1. כלומר לכל i, j מתקיים i S j S =.1 ממשפט ארדש דברוין נקבל: m n ולכן מספר הישרים הוא לפחות כמספר הנקודות, כנטען. משפט 6.3 גלאי סילבסטר: בהנתן nנקודות במישור שאינן כולן על ישר אחד, יש ישר שמכיל בדיוק מהנקודות. הערה 6.4 זה לא בהכרח נכון אם לוקחים רק את האקסיומה הראשונה של אוקלידס, וצריך הנחות יותר חזקות, כיוון שניתן לקחת מישור פרוייקטיבי שמקיים את האקסיומה הזו, אך לא אחרות. מדוע משפט גלאי סילבסאר גורר את ארדש דברוין פישר? מסקנה באינדוקציה על n, קל להראות זאת עבור = 3 n. כעת בהנתן n נקודות, ניקח ישר המכיל בדיוק מהן, נשמיט אחת מהן, כעל פי הנחת האינדוקציה יש לפחות 1 n ישרים שנקבעים, וכעת בתוספת הנקודה שהשמטנו מתקבל הישר בן שתי הנקודות שהתחלנו איתו, וכעת מספר הישרים לפחות n כנדרש. יש מקרה שבו כל הקודקודים מלבד זה שהשמטנו נמצאים על ישר אחד, ואז לא ניתן להשתמש במשפט גלאי סילבסטר, אפשר לטפל בזה מכיוון שבמקום להשמיט את הקודקוד שהשמטנו על הישר בן שתי הנקודות, נשמיט את השני. הוכחה: גלאי סילבסטר נביט בכל הזוגות l p,p נקודה מתוך n הנקודות ו l p, / l ישר שנקבע ע"י הנקודות, ומתוכם נבחר את הזוג שבו המרחק בין p ו l מינימלי. העובדה שקבוצת הזוגות אינה ריקה נובעת מהנחות המשפט. אם היו 3 נקודות או יותר על הישר בזוג הנבחר, אזי ניתן להוריד אנך מ p ל l, כעת באחד הצדדים של האנך יש בהכרח נקודות לפחות. נמתח ישר מ p אל הנקודה הרחוקה יותר ונוריד אליו אנך מהנקודה הקרובה, נבחין כי אנך זה קצר יותר מהאנך שהורדנו מ p ל l, בסתירה למינימליות המרחק מ p ל l.. הוכחה: ארדש דברוין פישר עבור הקבוצות [n] S 1, S,..., S m נחליף כל קבוצה בוקטור של 0 ו 1 באורך n כך שבוקטור v j המתאים ל S j יהיה 1 במקום ה אם S j ו 0 אחרת. טענה: אם כל שתי קבוצות נחתכות בדיוק על איבר אחד, אזי הוקטורים הללו בלתי תלויים לינארית. נסיק מכך ש m n שכן מספר הוקטורים הבת"ל המקסימלי במרחב ממימד n הוא כמובן n.

11 m α i v i = 0 i=1 נניח: ונראה שהמקדמים מתאפסים. כמובן: m m α v, α j v j = 0 =1 j=1 וכיוון שמכפלה פנימית לינארית בשני המשתנים מתקיים שהנ"ל שווה ל: = m j=1 =1 m α j α v j, v כיוון ש v j מסכים עם v בדיוק על קואורדינטה אחת לכל j נקבל כי אז = 1 j v, v אם v j = v אז j v j, v = v ולכן נוכל לרשום סכום זה כך: m j=1 α j v j, v j + j α j α v j, v = m j=1 α i S j + j α i α j כעת נעביר מכל מחובר בסכום השמאלי α j אחד למחובר הימני ונקבל: m = αj S j 1 + α j α j=1 1 j, m = m m αj S j 1 + j=1 נניח כי אין יחידון במשפחה שכן אז זה מכתיב גודל n ממילא, שכן כולם צריכים להחתך עם איבר אחד, ואז תמיד 1 j S הוא חיובי, וכל שאר האיברים לעיל הם ריבועים, וכיוון שהכל =0 נקבל כי כל המקדמים α i הן אפס, ולכן הוקטורים בלתי תלויים כנדרש. מכאן נובע, לפי הערה קודמת ש m n ולכן המשפט. j=1 α j 6.3 מישור פרוייקטיבי סופי הגדרה 6.5 מישור פרוייקטיבי סופי זו מערכת של "נקודות" p 1,..., p n ו"ישרים" l 1,..., l m שמקיימת את האקסיומות הבאות: 1. כל שתי נקודות שונות מוכלות בישר יחיד. לכל שני ישרים שונים יש נקודה אחת ויחידה שמוכלת בשניהם 3. לכל ישר יש נקודות לפחות שאינן על הישר. אפשר לראות את הישרים כתתי קבוצות של קבוצת הנקודות.

12 1 יהי l ישר ונניח שהוא מכיל + 1 q נקודות, אזי כל נקודה נמצאת ב + 1 q ישרים בדיוק, כל ישר מכיל + 1 q נקודות בדיוק, ומספר הנקודות הכולל הוא + 1 q q + וזה גם מספר הישרים הכולל. תהי p נקודה שאינה על הישר, אזי היא נמצאת על לפחות + 1 q ישרים, שכן כל נקודה על הישר l יוצרת ישר שונה עם p. בנוסף כל ישר אחר שיעבור דרך p מאקסיומה נחתך עם l בנקודה כלשהי, ולכן כבר מנינו אותו במניה הראשונה של + 1 q הישרים. נבחין כי כל האקסיומות הן סימטריות במובן זה שאפשר להחליף את המילה "ישר" ב"נקודה" ולהיפך ואת יחס ההכלה, ולקבל טענה אמיתית זו תכונה של האקסיומות. ולכן גם הוכחה דומה לקודמת תעבוד כדי להראות שלכל נקודה שמוכלת ב + 1 q ישרים, אז כל ישר l שאינו מכיל את p מכיל + 1 q נקודות. נסכם זאת l ישר עם + 1 q נקודות, כל נקודה שאינה על l מוכלת ב + 1 q ישרים. לכל p נקודה שאינה על l, לכל ישר l שאינו מכיל את p יש על l לפחות + 1 q נקודות. התחלנו עם ישר, מובטח מהאקסיומות שיש נקודות לפחות שאינן על הישר, ולכן הוכחנו את הטענה לכל הישרים פרט אולי לישר אחד שמכיל את כל הנקודות שאינן על l. כעת אפשר להמשיך ולהראות עבור כל הישרים ולהרחיב עבור כל הנקודות נפנופי ידיים פראיים בשלב זה. ומקבלים מכך שמספר הנקודות וגם מספר הישרים הוא + 1 q q. + דוגמא מישור פאנו: 7 שיעור 7 עובדה: אפשר לבנות מישורים פרוייקטיבים לכל q שהוא חזקה של ראשוני בעזרת מרחבים וקטוריים מעל שדות סופיים. אנחנו מכירים שדות סופיים מסדר ראשוני, ומסדרים שהם חזקות של ראשוניים ע"י חוג מנה של חוג פולינומים. בנוסף כל שדה סופי הוא מגודל שהוא חזקה של ראשוני. נעשה שימוש בזה על מנת לבנות מישור פרוייקטיבי. 7.1 בניה של מישור פרוייקטיבי סופי מסדר חזקה של ראשוני יהי F q שדה, ניקח V = F 3 q מרחב וקטורי ממימד. 3 נקודה במישור הפרוייקטיבי היא תת מרחב ממימד. 1 כל ישר במישור הפרוייקטיבי הוא תת מרחב ממימד. אלו מישורים פפוסיאנים נבדוק את קיום האקסיומות: 1. אכן כל שני מרחבים שונים ממימד 1 פורשים מ"ו ממימד, ולכן כל שני מרחבים שונים מגדירים מ"ו יחיד.. בהנתן שני ת"מ שונים ממימד, שהם ת"מ של V חיתוכם הוא ממימד ב V יש q 3 וקטורים, בכל ת"מ ממימד יש q וקטורים, מחוץ לו יש q 3 q וקטורים. על כל נקודה =ת"מ 1 q3 q נקודות. q 1 מימדי יש 1 q נקודות שאינן, 0 כלומר סך הכל מחוץ לת"מ ממימד יש = q בעיקרון לא מוכרחים שדה, אפשר גם להתבסס על חוג חילוק כדי לבנות מישור פרוייקטיבי, אבל יש משפט שאומר שכל חוג חילוק סופי הוא שדה, ולכן אי אפשר בעצם להחליש את דרישותינו.

13 הערה 7.1 נניח P מישור פרויקטיבי עם + 1 q n = q + נקודות אזי:.1 מספר החילות של נקודות וישרים הוא + 1 q q + q + 1 q + 1 = q 3 + q + כאשר זה בערך n, 3 כאשר q גדול. וזה יותר ממה שמובטח ע"י משפט טרוטר סמרדי שמדבר על חסם של n יש גם מישורים פרויקטיביים אחרים משפט דזרג מבחין בין מישורים פרויקטיביים שבנויים מעל שדה ובין כאלו שאינם. לא ידועים מישורים פרויקטיביים מסדר ראשוני שאינם מעל שדה. 3. לא ידוע שום מישור פרויקטיבי מסדר שאינו חזקה של ראשוני. משפט 7. בהנתן n נקודות ו m קטעים ביניהן כך ששום קטע לא מכיל את חברו וכך שכל שני קטעים נחתכים, אז.m n הוכחה: בעזרת כינים. חושבים על הנקודות בתור קודקודים, ועל הקטעים שביניהם בתור שערות. כל כינה שנמצאת על קודקוד "רוצה" להטיל ביצה במרחק קטן מהקודקוד על השערה שאליה הקודקוד מחובר. כל הכינים ימניות קיצוניות במובן זה שלפני הטלת ביצה היא בודקת האם 180 מעלות מימין לשערה אין אף שערה אחרת. א. לכל קודקוד נותנים כינה ב. כל כינה מטילה ביצים ג. אוספים את הכינים. נבחין כי כל כינה תטיל ביצה אחת לכל היותר. נניח בשלילה ש m > n ואז תהיה שערה שלא הוטלה עליה אף ביצה. נתבונן בשערה זו ונשאל את עצמנו מדוע לא הוטלה שם ביצה? מקודקוד אחד שלה ה"ימני" יצאה כנראה שערה שיוצאת ב < 180 α מעלות ימינה ממנה, מהקודקוד השני יוצאת שערה ב < 180 β מעלות שמאלה, ושתי שערות אלו הן קטעים זרים. 8 שיעור 8 נזכיר שלפי משפט שפרנר אם [n] F ולכל,S T F מתקיים F S, T במקרה כזה תהיה אנטי שרשרת הגדרה בהמשך מקסימלית. הגדרה 8.1 קבוצה סדורה חלקית קס"ח היא זוג,X כך ש יחס סדר חלקי על X רפלקסיבי, טרנזיטיבי ואנטי סימטרי. נבחין כי, [n] קס"ח. הגדרה 8. אם X, קס"ח אז נאמר ש F X אנטי שרשרת אם לכל s, t F מתקיים s t הגדרה C X 8.3 היא שרשרת אם לכל s, t C מתקיים ש s t או t s קל לראות ששרשרת מקסימלית ב, [n] היא באורך + 1 n ע"י: {1} {1, }... {1,,..., n}. קל לוודא כי אם A אנטי שרשרת ו C שרשרת אז 1 C A הגדרה 8.4 תהי X סופית, נגדיר X a גודל האנטי שרשרת המקסימלית ב X, ובאופן דומה X cגודל השרשרת המקסימלית ב X.

14 8.1 משפט דילוורת' משפט 8.5 דילוורת' אם X קס"ח סופית אז אפשר לכסות את X ב X a שרשראות. מכיוון שב X יש אנטי שרשרת בגודל X a, וכל שרשרת נחתכת איתה על איבר אחד לכל היותר, אז ברור שלא ניתן לכסות את X בפחות מ X a שרשראות. באופן דואלי אפשר לטעון: משפט 8.6 אם X קס"ח סופית, אז אפשר לכסות את X ב X c אנטי שרשראות. הוכחה: ניקח את A 1 להיות כל האיברים המינימליים ב,X כלומר x} Min X = {x X : y X s.t. y < נבחין כי ממינימליות נובע שכל Min X אם X קס"ח, היא אנטי שרשרת. נגדיר: A 1 = Min X X 1 = X \ A 1 A = Min X 1 X = X 1 \ A... A c = Min X c 1 X c = X c 1 \ A c יש כאן c אנטי שרשראות כי כולן הוגדרו כמינימום של קבוצות טענה: = c X כלומר הכיסוי שלם. נניח בשלילה שיש,z X c ומכך נובע ש c 1 z / Min X ולכן יש c 1 z Min X כך ש z < z ואז c 1 z X בגלל ש c zולכן / Min X יש c z 3 X כך ש z 3 < z וכך הלאה נקבל: }{{} z > z > z }{{} 3 >... > z }{{}}{{} c X c X c 1 X c X ולכן מצאנו שרשרת באורך באורך + 1 c, בסתירה לכך ש c. X = c. הוכחה: דילוורת' נוכיח באינדוקציה על גודל הקבוצה. תהי X קס"ח, ונגדיר כמקודם x} Min X = {x X : y X s.t. y < נגדיר גם: x} Max X = {x X : y X s.t. y > המינימום והמקסימום הם אנטי שרשראות. יתכן שיש אנטי שרשרת מקסימלית שונה משני אלו, ויתכן שאין, נטפל בשני המקרים הללו להלן אם אין מקרה א': אז כל אנטי שרשרת שאיננה Min X או,Max X גודלה קטן ממש מ X a. במקרה כזה נבחר y Max X,x Min X כך ש.x y מדוע זה אפשרי? לכל איבר בקס"ח סופית יש איבר בקב' המקסימום שהוא גדול או שווה לו מדוע? אם אין גדול ממש אז האיבר עצמו מקסימלי, והוא גדול שווה מעצמו... ובפרט זה נכון לכל איבר בקב' המינימום. יתכן אפילו ש x = y כעת נסיר את השרשרת {y C, 1 =,x} ומכיוון שהמינימום והמקסימום קטנו שניהם באיבר אחד, אזי כעת השרשרת המקסימלית היא בגודל 1 X a. מהנחת האינדוקציה ניתן לכסות ע"י 1 X a שרשראות. נוסיף לאוסף זה את C 1 לכיסוי ונקבל כיסוי של X ע"י X aשרשראות. אם יש מקרה ב': נניח שיש אנטי שרשרת A X מקסימלית שגודלה X a, שאיננה Min X ואיננה.Max X הרעיון יהיה לחלק את X לשתי קבוצות קטנות יותר זו ש"מעל" A וזו ש"מתחת" ל A ולהפעיל על שתיהן את הנחת האינדוקציה.

15 נגדיר: X + = {x X : a A s.t. a x} X = {x X : a A s.t. x a} טענה 1: X X וגם X + X הוכחה: נניח + X X = ואז כיוון שלכל x X יש a A כך ש,a x נטען ש.A Min X מדוע? אחרת יש b A כך ש,b / Min X כלומר יש z X כך ש z < b ואז b > a בסתירה. כמו כן X = X A Max X ומכיוון ש A מקסימלית אז היא ממש שתיהן, בסתירה להנחתנו, שהיא שונה מכך. טענה : X + X = X הוכחה: נניח בשלילה שי z X כך ש X z / X + אז zאינו גדול או שווה משום איבר ב A, ו z אינו קטן או שווה לשום איבר ב A, ולכן {z} A אנטי שרשרת, בסתירה למקסימליות. טענה 3: X + X = A הוכחה: כי אם x A אז x x ולכן + X x וגם X x אם z / A מדוע לא יתכן ש X?z X + כי אז קיים a A כך ש z > a גדול ממש כי z / A ולכן לא שווה ממש ל a מאותו נימוק קיים b A כך ש b > z ומטרנזיטיביות נובע מכך b, > a בסתירה להיות A אנטי שרשרת..X והשאר הן תתי קבוצות של,X אנטי שרשרת מקסימלית ב A שכן a X + = a X = a X נסמן } m A = {a 1,..., a ו.a x = m לפי הנחת האינדוקציה, מכיוון ש X X + < אז אפשר לכתוב: X + = C + 1 C+... C+ m כך ש C + i שרשרת לכל i. בה"כ נניח a i C + i כל שרשרת נחתכת בנקודה אחת בדיוק עם A, ולכן יש חיתוך יחיד, ובה"כ הכוונה לכך שגם האינדקסים מתאימים. מנימוק דומה ניתן לכתוב את X כאיחוד של m שרשראות: X + = C 1 C... C m ושוב נניח בה"כ ש.a i C i נגדיר: C i = C i C + i ברור ש X = C 1... C m מטענה. נותר להראות ש C i היא שרשרת. טענה aאיבר i מקסימלי ב C i ומינימלי ב C. + i הוכחה: אם a i x C i אז או ש x < a i ואז אכן a i מקסימלי או,a i < x כיוון שמדובר בשרשרת, היות ש X x אז יש b A כך ש,x b ומטרנזיטיביות נקבל a i < b ושניהם ב A בסתירה להיותה אנטי שרשרת.

16 משיקולים דומים a i איבר מינימלי ב C, + i ולכן לכל שני איברים ב x y C i מתקיים שאו ששניהם מוכלים באחת מהשרשראות C + i, C i ואז ברור שהם מקיימים יחס ביניהם, ואחרת בה"כ x C i ו y C + i משימוש בטענה לעיל מקבלים x < a i < y ולכן מטרנזיטיביות,x y מקיימים יחס כנדרש ואכן C שרשרת והוכחת המשפט הושלמה. 8. גרפים מושלמים יהי G גרף. G c גודל תת גרף שלם מקסימלי,Clique מספר צביעה G χ הוא מספר הצבעים המינימלי הדרוש כדי לצבוע את קודקודיו כך ששכנים אינם צבועים באותו צבע. באופן כללי G. χ G c הגדרה 8.7 גרף G יקרא מושלם אם לכל תת גרף מושרה H מתקיים H χ. H = c תהי X קס"ח. הגדרה 8.8 גרף ההשוואה E G = X, הוא גרף כך ש x, y E אם x < y או.y < x הגדרה 8.9 גרף אי ההשוואה E G = X, מקיים x, y E אם x y וגם.y x. כמובן G הוא גרף משלים של G מהו G c כאשר G גרף ההשוואה? X. מתאים לשרשרת ב G הוא גודל השרשרת המקסימלית, תת גרף שלם של c X צביעה של G היא חלוקה של X לאנטי שרשראות. המשפט הקל בנוסח דילוורת' אומר לפיכך: χ G = c G זה נכון גם לכל תתי הגרפים המושרים, שכן גם הם קבוצות סדורות חלקיות. מהמשפט הקל נקבל כי גרף ההשוואה הוא גרף מושלם. X c G = a הוא גודל האנטי שרשרת המקסימלית, G χ הוא מספר השרשראות המינימלי הנדרש כדי לכסות את G. ומשפט דילוורת' נותן לנו X χ G = c G = a וזה נכון לכל תת גרף מושרה, ולכן G הוא גרף מושלם גם כן. מכאן משפט דילוורת' ניתן לניסוח כמשפט על גרפי השוואה וגרפי אי השוואה. אפשר לשאול לפיכך האם תמיד השלמה של גרף מושלם תיתן גרף מושלם? זו היתה השערת הגרף המושלם. בשנות השבעים לובאס הוכיח שאכן כך הוא! דוגמא לגרף בלתי מושלם מחומש, וכך גם כל מעגל אי זוגי גדול מחמש, שכן הגרף השלם המקסימלי שהוא יכיל יהיה מגודל, ועם זאת לא ניתן לצבוע מעגלים אי זוגיים בשני צבעים. גם המשלים של זה הוא גרף בלתי מושלם. לכן היתה השערה שגרף הוא מושלם אם"ם הוא אינו מכיל תת גרף מושרה שהוא מעגל אי זוגי או משלים של מעגל אי זוגי, וזה אכן הוכח ב n כזכור משפט שפרנר אמר לנו כי גודל האנטי שרשרת המקסימלית ב [n] הוא n שרשראות. n מסקנה 8.10 ממשפט דילוורת' ומשפט שפרנר אפשר לכסות את [n] על ידי n אם היינו מציגים שרשראות כנ"ל, היינו מקבלים הוכחה למשפט שפרנר מיד. ואז עולה השאלה האם אפשר להוכיח את משפט שפרנר ע"י חלוקה לשרשראות כנ"ל? עבור = 1 n אפשר את {1}, עבור = n אפשר את {1} כשרשרת אחת ואת } {1,, {}, כשרשרת שניה. אפשר גם את = 3 n. תרגילון לבית איך אפשר לחלק את [n] לשרשראות כנ"ל?

17 17 9 שיעור הוכחת משפט שפרנר בעזרת כיסוי ע"י שרשראות ε 1 x 1 + ε x ε n x n ניקח x 1,..., x n ממשיים כך ש 1 i x נביט בסכומים כאשר 1} { 1, i ε אפשר לבחור סדרה של אפסילונים ב דרכים, n ונשאלה כמה לכל היותר מבין הסדרות הללו יתנו סכום שנמצא בקטע 1. 1, ברור שאם ה x 1,,... x n מתפרעים מאד אז לא בטוח שיהיה אפילו אחד. אם = x 1 = x =... = x n 1 ו n אי זוגי אזי שום סכום לא נופל בקטע 1,1, אבל אם n זוגי אז הסכומים. n הטובים יהיו בדיוק 0 ויתאימו לכל הבחירות של מספר שווה של 0 ו 1, וזהו כמובן n. n משפט 9.1 מספר הסכומים שנמצאים ב 1,1 קטן או שווה ל n הוכחה: כל סכום מתאים לתת קבוצה ניקח את האינדקסים i כך ש = 1 i ε. נטען כי לא יתכן ששני סכומים שמתאימים ל,S T כך ש S T שניהם בקטע 1,1. מדוע? מכיוון שהמעבר מ S ל T משמעו שהחלפנו חלק מאפסילונים שהיו 1 ב 1, ולכן הגדלנו לפחות ב את הסכום הכולל ולכן לו התחלנו עם סכום שנמצא ב 1,1 כעת יצאנו מתחום זה. ולכן קבוצת הסכומים שנמצאים בתחום המבוקש מתאימה לאנטי שרשרת, וכמסקנה ממשפט שפרנר נקבל את המבוקש. הגדרה 9. נקבע,n ונתבונן ב [n]. שרשרת S i S i+1... S n i נקראת רוויה וסימטרית אם S = לכל i n i שרשרת C היא רוויה אם כאשר S, T C מקיימים S T ו > 1 S T אז קיים R C כך ש S R T ו. R = S + 1 מושג הרוויה והסימטריה משמעו שהקבוצות תופסות "רדיוס" מסויים סביב משפט 9.3 לכל n קיימת חלוקה של [n] לשרשראות רוויות סימטריות.. n. 1 0 והצגנו שרשרת יחידה ואכן = 1 n הוכחה: עבור = 1 n אפשר לכסות ע"י {1}} {, ו = 0 עבור = n נוכל לבחור בשרשראות {, {1}} {{}, {1, }} נבחין כי השרשרת השניה התקבלה מהוספה של האיבר לאיברי השרשרת שלפניה. השרשראות הללו אכן רוויות, אך אינן סימטריות, וכדי לתקן זאת נעביר את הקבוצה {,1} לשרשרת הראשונה ואז נקבל שתי שרשראות סימטריות ורוויות. נבנה עבור = 3 n בדרך דומה ע"י הוספת האיבר 3 לאיברי השרשראות הקודמות ונקבל בסך הכל: {, {1}, {1, }} {} {{3}, {1, 3}, {1,, 3}}

18 18 {{, 3}} נעשה שימוש באותו כלל נעביר את האיבר המקסימלי {3,1}, ונעבירו לשרשרת הארוכה הישנה, ומהשרשרת הקצרה החדשה נעביר את האיבר לשרשרת הקצרה הישנה, ונקבל סך הכל: {, {1}, {1, }, {1,, 3}} {, {, 3}} {{3}, {1, 3}} באופן פורמלי מעבר האינדוקציה הוא זה: בהנתן חלוקה לשרשראות רוויות וסימטריות C 1, C,..., C m עבור [n] נגדיר עבור [n+1] : } i : Ci 0 = {s [n+1] : s C i C 1 i = {s {n + 1} : s C i } קיבלנו m שרשראות רוויות שמכסות את [1+n] אבל הן לא סימטריות. נחליף כעת את C 0 i ו Cב 1 i C + i ו C i באופן הבא: אם } n i C i = {s i, s i+1,..., s זה אכן המבנה שלה מסימטריות, כלומר הנחת האינדוקציה אז נגדיר: C + i = C 0 i {s n i {n + 1}} C i = {s i {n + 1}, s i+1 {n + 1},..., s n i 1 {n + 1}} = C 1 i \ {s n i {n + 1}} כל השרשראות C + i ו C i הלא ריקות הן רוויות וסימטריות ואיחודן הזר הוא [1+n]. =,m כל שרשרת n. הוכחה: שפרנר בהנתן המשפט לעיל נתבונן בחלוקה כמו זו המובטחת. נבחין כי אם נסמן רוויה וסימטרית תמיד תכיל קבוצה מגודל זה מרכז הרדיוס, וקבוצה אחת בלבד מגודל זה כי זו שרשרת. כל מכיוון שזוהי חלוקה אז בפרט כל קבוצה מסוג זה מוכלת בשרשרת אחת ויחידה, ולכן מספר השרשראות הרוויות. n הסימטריות הוא כמספר הקבוצות בגודל m שהוא n 10 שיעור 10 נתבונן בקבוצת הוקטורים {1 n,1 } נתעניין מה הקבוצה הגדולה ביותר שנוכל להרכיב כך שמכפלת שני איברים בתוכה מכפלה פנימית לא תתאפס. מתוך כלל הוקטורים נתבונן במשפחה even} G = {x 1,..., x n { 1, 1} n : x 1 = 1, #i : x i = 1 is זו הקטנה טכנית של תחום הפעולה, ואפשר בלעדיה, אבל זה קצת פחות אסתטי בחירת = 1 1 x מקטין את הבחירה למחצית מכלל הוקטורים, מתוכם בחירת כל הוקטורים באורך 1 n שבהם מספר הקוא' החיוביות הוא זוגי, תקטין זאת בחצ ובסה"כ נקבל ש n G. = = G G כל הוקטורים שבהם יש בדיוק 1 ים. n {1,..., n} מתוך n G מתאימה לכל הקבוצות בגודל תהי G F כלשהי המקיימת לכל x, y F מתקיים = 0 y i x iy i = x, באופן שקול אפשר לדרוש שאם ניקח שני איברים ב F ואת ה,S T קבוצות המתאימות להם, יתקיים = T S. n 4

19 19 משפט 10.1 פרנקל וילסון אם n = 4p ו p ראשוני, ו F G מקיים שלכל x, y F מתקיים = 0 y x, אז: p 1 n F i i=0 נביט על כל הוקטורים x 1,,... x n G כך שמספר ה 1 ים קטן מ p או גדול מ 3p כשמביטים במכפלה הפנימית של x ו y: נסמן ב a את מספר הקוא' שבהן ב x יש 1 וב y יש 1 נסמן ב b את מספר הקוא' שבהן ב x יש 1 וב y יש 1 נסמן ב c את מספר הקוא' שבהן ב x יש 1 וב y יש 1 נסמן ב d את מספר הקוא' שבהן ב x יש 1 וב y יש 1 ולכן: a + b + c + d = n = 4p x, y = a + d b c וגם: a + b < p ולכן אם מספר ה 1 ים קטן מ p אז נובע: a + c < p d > p ולכן המכפלה הפנימית לא תתאפס, ובפרט קבוצת הוקטורים ב G שמספר ה 1 ים בהם קטן מ p נקבל קבוצה חלקית לקבוצה שאנחנו רוצים, טיעון סימטרי מראה שאפשר להשתמש גם באלו שבהם יש פחות מ p פעמים 1. p n 4 המקדם האחרון הוא המשמעותי ביותר, ולכן אסימפטוטית כל העסק מתנהג n אם n i=1 p 1 בסכום. n וזהו חלק אקספוננציאלית קטן מסך הקבוצות הכולל n nh, n שאסימפטוטית הוא 4 1 כמו n 4 למה x, y G 10. אז 4 x, y = 0 mod ולכן אם ל x, y G מתקיים p x, y = 0 mod אז = 0 y x, x, y = a + d b c הוכחה: כזכור: כזכור a + b + c + d = 4p ולכן זה מתחלק ב.4 ולכן מספיק להראות ש 4p x, y = b + c מתחלק ב 4 או ש b + c מתחלק ב. מספר ה 1 ים ב x וב y זוגי ולכן a + b זוגי ו a + c זוגי וכאן a + b + c זוגי ולכן אכן y,x מתחלק ב 4. ואז אם p x, y = 0 mod אז מזרות מתקיים 4p x, y = 0 mod x a x b x c...x z = 0 כמו כן נבחין כי חידה לילדים: שכן בדרך מופיע x x כגורם... נביט כעת בפולינומים מעל השדה F p במשתנים n.x 1,..., x

20 P y x = P y x 1,..., x n לכל y 1,..., y n = y F נתאים פולינום: P y x = x, y 1 x, y x, y 3... x, y p 1 כאשר x 1,..., x n כאן יהיו על תקן משתנים וה yיתקבלו 1,..., y n מהוקטור.y זהו אכן פולינום במשתנים הנדרשים מעל השדה. נניח,y, z F אזי המכפלה הפנימית שלהם היא לא אפס מודולו p מההערה הראשונה ולכן הפולינום הנ"ל יתאפס מתוך הטריק לילדים שכן: P y x = x, y 1 x, y x, y 3... x, y x, y... x, y p 1 ואם y = z נקבל שהדבר לא יתאפס, ובפרט מנוסחת וילסון יתקבל מכך p p 1 = 1 mod... 1 כלומר: { 0 y z P y z = 1 y = z טענה 10.3 הפולינומים {x P }כאשר y y, F הם בלתי תלויים ליניארית. λyp y = 0 y F λyp y z = 0 y F הוכחה: נניח: אז נציב z F λ z P z z = λ z = 0 ומהטענה הקודמת לגבי אפיון z P y מתקבל מכך: ולכן λ z לכל.z F נשנה את x P y ל x P y לפי הכלל הבא: 1+ xנחליף ב x, i וכעת קיבלנו פולינום לינארי בכל משתניו המעריך של כל i נחליף ב 1 וכל חזקה x כל חזקה i משתנה הוא 1 או 0 טענה 10.4 אם x { 1, 1} n אז x P y x = P y הוכחה: מכיוון ש = 1 x ו x +1 = x אם 1} { 1, x נחליף את הטענה הקודמת שלנו זו לגבי האי תלות ולכן הפולינומים x P y בת"ל כאשר y. F ולכן יש לנו פולינומים מולטיליניארים מדרגה 1 p לכל היותר, שהם בלתי תלויים ליניארית, ולכן מספרם קטן או שווה למימד המרחב שבו הם חיים, כלומר הפולינומים המולטיליניאריים ב x 1,,... x n מדרגה 1 p לכל היותר. כל p 1 למשל i=1 n פולינום מולטילינ' מדרגה 1 p הוא קומב' ליניארית של מונומים מדרגה לכל היותר 1 p, וכאלו יש i x 1 x, x 1 x 16 x 9,... וכיוון שלכל איבר ב F התאמנו פולינום כזה אזי גודל F חסום ע"י גודל הבסיס ומכאן המבוקש.

21 1 11 שיעור 11 משפט 11.1 פרנקל וילסון גרסה אחרת במעט ממה שהראינו אם n = 4p ו p ראשוני, ויש לנו F,0} {1 n עם התכונה שלכל x, y F מתקיים = 0 y x, אז: p 1 n F 4 i i=0 הוכחה: בשיעור הקודם הראינו את זה בלי ה 4, משום שהצטמצמנו ל F G כאשר ב G מספר ה 1 ים היה זוגי, והקוא' הראשונה היא 1. אפשר לטעון שהצימצום הזה היה מלאכותי ונוכל לשחזר את ההוכחה עם הפיכת כל אחד מהתנאים הללו בנפרד, ולכן נקבל 4 הוכחות לאותו גדול, ובסה"כ נקבל את המשפט בניסוחו הנוכחי. נניח n 1,X S כך של X יש נפח במימד 1,n שהוא X.µ כאשר { S n 1 = x 1,..., x n : } x i = 1 נניח גם שלכל x, y X מתקיים = 0 y x, µ X p 1 n i=0 i n מסקנה 11. הערה 11.3 יודעים שהחסם הזה לא הדוק, ההשערה היום היא שהכי טוב שאפשר לעשות הוא לבחור רצועות סביב שני, π 4 ולכן שום שתי נקודות באותה כיפה אינן ניצבות וכך גם נכון קטבי הספירה, כך שהגזרה שהן מכסות היא קטנה מ בכיפות השונות. לגבי שתי נקודות שהן n שהוא טוב בהרבה. 1 זה נותן חסם של מה הרעיון של המסקנה שהראינו? ננרמל את הוקטורים ב G ע"י כך שכל איבר ב G יראה כך: 1} { 1, n : x 1,..., x שהנורמה של כל וקטור ב G היא 1, ולכן אלו נקודות על הספירה. x n 1 ואז נקבל,..., xn n קבוצה במידה X µ המידה מנורמלת כך ששטח פני הספירה הוא 1, תוחלת החיתוך של סיבוב מקרי שלה עם G היא n µ, X ולכן מהמשפט הקומבינטורי נקבל את המבוקש.. n מתוך [n] כך שלכל S, T F כך ש הניסוח המקורי של פרנקל וילסון היה: F משפחה של קבוצות בגודל F p 1 p 1 i=0 i אז S T = n השאלה של לרמן נניח ש F משפחה של קבוצות בגודל r מתוך [d] ונניח שלכל S, T F מתקיים. S T האם אפשר לחלק את F ל F 1,..., F d כך שלכל S, T F j מתקיים ש + 1?S T מסתבר שבעזרת משפט פרנקל וילסון אפשר לענות על השאלה הזו בשלילה. הוכחה: נניח ש n = 4p ונביט על כל. n הגרפים הדו צדדיים השלמים על n קודקודים מסומנים כך שבכל צד יש..., d = n 1, { והמשפחה שנבנה F תהיה } נתבונן בכל הצלעות האפשריות בגרף כלשהו על n קודקודים ונסמנן n קבוצת אוספי הצלעות, כלומר כל [d] S המקיים שהוא אוסף כל הצלעות של גרף דו צדדי שלם כלשהו עם F = n כי כדי להגדיר גרף דו צדדי מספיק לבחור מחצית מהקודקודים, כיוון שאין קודקודים בכל צד. נבחין כי אנחנו מבדילים בין בניית גרף ע"י בחירת קבוצה כלשהי לגרף הנוצר מבחירת משלימתה.

22 . n כל גרף דו"צ הוא מהצורה B K,A כך ש,A B קב' קודקודים בגודל נשאל איזו בחירה של,C D קב' קוד' כנ"ל גורמת לכך ש B K,A ו D K,C יחלקו מספר מינימלי של צלעות, בכפוף לכך ש A C?1 נסמן: X = A C Y = A D Z = B C U = B D ואז בחיתוך יהיו כל הצלעות שהן בין Xו U או בין Y ל Z, לכן זה: X U + Y Z Y = n וכן Z = n t ו U = t ולכן מספר הצלעות בחיתוך יהיה: אם נגדיר, X = t נקבל t t + n t = t t, = n 4 ולכן אם נייצג כל גרף דו"צ על ידי ה A שלו, נרצה חלוקה ל d אוספים שבכל אוסף זה מינימלי כאשר n 4 קודקודים, וכך אנחנו בתנאי משפט פרנקל וילסון, שאומר שמספר נדרוש שכל Aים שכאלה יחתכו על מספר שונה מ F וזה אקספוננציאלי ב n, p 1 i=0 n i ולכן מספר האוספים יהיה גדול מ p 1 n הגרפים בכל אוסף הוא קטן מ 0=i i וגדול מ d, ולכן זה מפריך את שאלת לרמן. השערת בורסוק: כל קבוצה בקוטר 1 ב R d אפשר לכסות ע"י + 1 d קבוצות בקוטר קטן מ 1. זה גורר את השערת לרמן. מדוע? לא לגמרי הבנתי, אנסה להשלים בהזדמנות 11. בחזרה לבעיות קיצוניות בקבוצות חמנית היא אוסף של קבוצות S, 1,,... S r כך שכל איבר שנמצא בשתיים מהן נמצא בכולן. במילים אחרות אם X = S 1 S... S n אז S 1 \ X, S \ X,..., S n \ X זרות. משפט 11.4 ארדש רדו קיים מספר r f, כך שלכל משפחה F של קבוצות בגודל ובה יותר מ r f, איברים הקבוצה מכילה חמנית בגודל r. הוכחה: נראה באינדוקציה על. עבור = 1 זה טריוויאלי כי בכל אוסף יחידונים בגודל r תהיה חמנית, שכן כל שני יחידונים יהיו זרים... נניח ש F משפחה של קבוצות בגודל ללא חמנית בגודל r, נראה שמספר האיברים ב F חסום מלעיל ע"י.f, r נניח עבור 1 ונוכיח עבור. נתבונן באוסף מקסימלי של קבוצות זרות ב A, 1,,... A m F, זו חמנית באופן ריק ולכן על פי הנחת אי קיום חמנית בגודל r מתקיים 1 r.m נגדיר Y = {y 1,..., y s },Y = A i ולכן כיוון שבכל קבוצה ב F יש איברים מתקיים s r 1 נגדיר: F j = {A F : y j A} F j = {A \ {y j } : y j A} F j גם היא לא מכילה חמנית בגודל r, וכך גם F j והן שוות בגדלן, אבל ב F j הקבוצות הן בגודל 1 ולכן עפ"י הנחת האינדוקציה r F j f 1,.

23 נבחין כי F j = F, מדוע? נניח שיש קבוצה S F שאינה נמצאת באיחוד, משמעות הדבר שהיא אינה שייכת לאף F, j כלומר אינה מכילה שום y, j ולכן זרה ל Y, אבל זו סתירה למקסימליות של האוסף A 1,,... A m כיוון שבמצב כזה נוכל להוסיף את S לאוסף ולקבל אוסף גדול יותר של קבוצות זרות. ולכן בסך הכל: F F j s f 1, r r 1 f 1, r נקבל נוסחת נסיגה: f, r r 1 f 1, r ומכאן: f, r! r 1 ולכן אם נבחר אוסף בגודל העולה על גודל זה נקבל בהכרח חמנית בגודל r. הגדרה 11.5 משפחה F של קבוצות מנתצת קבוצה S אם לכל,R S קיים T F כך ש.T S = R למשל קבוצה של שתי נקודות במישור אפשר לנתץ על ידי חצאי מישור. יש קבוצות של 3 נקודות במישור שאפשר לנתץ על ידי חצאי מישור למשל, אם הן במצב כללי, אך לא אם הן בקו ישר האם יש קבוצות של 4 נקודות במישור שאפשר לנתץ על ידי חצאי מישור? לא F > אז F מנתצת קבוצה i=0 n i משפט 11.6 הניתוץ סאוור שלח: אם F משפחה של קבוצות מתוך [n] ואם של + 1 איברים. 1 שיעור 1 הגדרה 1.1 מימד VC הוא מספר האיברים המקסימלי בקבוצה שמנותצת על ידי המשפחה משפט 1. אם [n] F אז F מנתצת לפחות מספר קבוצות כגודלה. נסמן = G כל הקבוצות ש F מנתצת אז במילים אחרות G F, וזה מספר הקבוצות שגודלן קטן מ G > i=0 n i הוכחה: של סאוור שלח בהנתן המשפט לעיל: לכן ידוע לנו ולכן בהכרח יש ב G קבוצה גדולה ממש מ.. הוכחה: המשפט הקודם באינדוקציה, כלומר נפרק למשפחות קטנות יותר ונשתמש בהנחת האינדוקציה לגביהן. F 0 = {S F : 1 / S} F 1 = {S F : 1 S} F 1 = {S \ {1} : S F 1 } נבחין כי n} S {,..., מנותצת על ידי F 1 אם"ם S מנותצת ע"י.F 1 = G 0 תת קבוצות של n}..., {, ש F 0 מנתצת מנתצת ולכן גם F 1 ש F 1 {,..., n} תת קבוצות של =G 1 G 0 F 0 G 1 F 1

24 4 G 0 + G 1 F 0 + F 1 = F ולכן: G 0 + G 1 F ומכאן: מצאנו תת קבוצות של {n,...,} מנותצות על ידי F שמספרן לפחות 1 G. 0 G נותר להראות שלכל קבוצה.F מנותצת על ידי S {1} מתקיים ש S G 0 G 1 {,..., n} מנתצת תת קבוצות של אינדוקציה, ו F 1 הנחת F 0 שמספרן לפחות {,..., n} מנתצת קבוצות של F 0 שמספרן לפחות 1. F טענה: נניח {n S,},... מנותצת גם על ידי F 0 וגם על ידי F, 1 אז {1} S מנותצת על ידי F. הטענה גוררת שמספר הקבוצות שמנותצות על ידי F הוא לפחות: G 0 G 1 + G 0 G 1 = G 0 + G 1 F 0 + F 1 = F וזה הדרוש... הוכחת הטענה: S מנותצת על ידי,F 0 כלומר לכל R S יש T F 0 כך ש,T S = R נבחין ש T F 0 ולכן / T 1 ואז T S {1} = R באותו אופן יש T F 1 כך ש T S = R מכיוון ש T F 1 אז T 1 ולכן {1} R T S {1} = ומכאן לכל R S קיים T F כך ש T S {1} = R וקיים T F כך ש {1} R T S {1} = ולכן F מנתצת את {1} S איך בעצם יעבוד הניתוץ? כל תת קבוצה של S שלא מכילה את 1 מתקבלת באמצעות קבוצה מ F 0 וכל תת קבוצה שכן מכילה את 1 תתקבל על ידי קבוצה מ F טכניקת ההזזה דומה לטכניקת הסימטריזציה בגיאומטריה. משפט איזופרימטרי: מכל הקבוצות עם שטח פנים נתון, לכדור יש נפח מקסימלי, ולכל הקבוצות במישור עם היקף נתון, לעיגול יש שטח מקסימלי. אפשר להחליף במשפט הקודם להחליף "שטח פנים" ב "קוטר" ולקבל משפט נכון גם כן משפחה F נקראת סגורה כלפי מטה, אידאל או קומפלקס סימפליציאלי כל אלו שמות שונים לאותו הדבר אם לכל S F ו R S מתקיים.R F זה סוג של ההיפך מפילטר א. נוכיח את משפט סאוור שלח למשפחות סגורות כלפי מטה ב. נגדיר פעולה ש"מזיזה" משפחות עד שהופכת אותן לסגורות כלפי מטה ג. נראה שהפעולה שהגדרנו לא משנה את גודל המשפחה ד. הפעולה לא משנה את G כלומר הקבוצות המנותצות על ידי המשפחה עבור משפחה [n] F ו i n 1 נגדיר F s i באופן הבא: T i / T T F : s i T = T i T T \ {i} F T \ {i} i T T \ {i} / F s i F = {s i T : T F } ואז: יש פה קצת abuse of notation שכן אנחנו פעם מתייחסים לפונקציה כאילו היא פועלת על קבוצות ב F ופעם על F, איבר איבר

25 5 טענה 1.3 s i F = F הוכחה: זה פשוט כיוון שכל קבוצה שאינה מכילה את i לא שינינו, אם יש קבוצות שמכילות את i וגם יש קבוצה "אחות" שלהן כלומר כזו שמסכימה איתן בדיוק על כל האיברים מלבד i לא עשינו דבר, הדבר היחיד שעשינו היה במקרה שיש לנו קבוצה T שמכילה את i ואין לה אחות, ובמקרה כזה סילקנו ממנה את i וכך קיבלנו את אחותה חסרת ה i. ההתאמה הזו היא חח"ע באופן ברור ולכן לא שינינו את גודל הקבוצה. טענה 1.4 אם חוזרים ומבצעים את הפעולה F F, s i מקבלים בסופו של דבר אידאל הוכחה: אם s i F F אז סכום גדלי הקבוצות ב F s i קטן ממש מסכום גדלי הקבוצות ב F, וכיוון שהכל סופי לא נוכל לבצע את הפעולות לנצח, ולכן בשלב כלשהו נקבל s, i F = F ובמקרה כזה F תהיה אידאל. מדוע? כי משמעות הדבר שאין T F ו [n] i כך ש i T וגם,T \ {i} / F וזו הגדרה שקולה להגדרה של אידאל. משפט 1.5 אם S מנותצת על ידי F s i אז S מנותצת גם על ידי F הוכחה: למשפט סאוור שלח בהנתן המשפט האחרון. ˆF עד שנקבל את האידאל F s i F ונבצע את ההזזה F > 1 n נתחיל ממשפחה F כך ש 0=i i Fˆ מנתצת, גם F מנתצת. F = ˆF וכל קבוצה ש לפי טענה קודמת נבחין כי כל אידיאל מנתץ בדיוק את כל הקבוצות שמוכלות בו קצת חושבים על זה וזה די ברור 1 קבוצות, משובך יונים חייבת להיות בו קבוצה שיש בה איברים לפחות, n וכעת כיוון שב Fˆ יש יותר מ 0=i i והיא בפרט מנתצת אותה. נותר לנו להוכיח שהפעולה לא מגדילה את מספר הקבוצות המנותצות. הוכחה: נניח ש S מנותצת על ידי F s i לכל R S יש F T s i כך ש T S = R צריך למצוא T F המקיימת.T S = R אפשרות א': i / S אם T F סיימנו אחרת T התקבלה מאחותה גדולה T F המקיימת {i} T = T והיא תקיים את המבוקש כי i / S אפשרות ב': i S אם i, R אז i T ו T היא קבוצה שלא עברה שינוי בהזזה, ולכן T F וסיימנו. אם i, / R אז נובע ש i. / T אם T F סיימנו, ואחרת היא התקבלה בפעולת ההזזה. כיוון ש F s i מנתצת את S אז יש F T s i כך ש {i},t S = R וכיוון ש T מכילה את,i היא לא עברה שינוי בפעולת ההזזה. אילו קבוצות שמכילות את i לא הוזזו? רק אלו שאחותן כבר קיימת ב F! כלומר T \ {i} F ולכן קבוצה זו היא ה T שביקשנו. 13 שיעור 13 F כאשר n ואם לכל S, T F מתקיים T S אז [n] נזכיר את משפט ארדש קו רדו: אם F n 1 1 נדון במשפט שונה.. F < כך ש F N נניח שיש בידינו אוסף סופי F של קבוצות של טבעיים בגודל קבוע, כלומר F = { } N R : S F s.t. R S 1 הגדרה 13.1 הצל של F הוא:

26 6 n = אם נתון F, עד כמה קטן יכול להיות F? למה 13. לכל ו n יש דרך יחידה להציג את n בצורה הבאה: n n 1 n n = n + 1 n 1 נניח את קיום הלמה אולי נוכיח אותה בהמשך הגדרה 13.3 בהנתן ההצגה היחידה של n דנן, נגדיר: n n F F N ו F = n אז משפט 13.4 קרוסקל קטונה אם n אז סיימנו, אחרת נציג את, אם ממש = n n הוכחה: הלמה נגדיר את n כמספר המקסימלי כך ש n. בעזרת הנחת האינדוקציה עבור 1 n = n n n = n 1 + i=1 n i i, n עד עכשיו לא הגבלנו את n ויכולנו לעשות זאת לכל בחירה של n כך ש n.n > n 1 נשאר להראות n אז: אם 1 n n כך ש n n n + n 1 n 1 n 1 1 ו n n n n n = n + 1 אבל מזהות פסקל: ולכן n הוא לא המקסימלי שאפשר לבחור, בסתירה. ומכך קיבלנו את הלמה, היחידות מתקבלת עקב בחירת המקסימליות. יש פה אולי פרטים להשלים שקצת דילגנו עליהם בשיעור

27 הזזה לקבוצות בגודל קבוע F ו i < j n 1 קבועים, נרצה להחליף את j ב i בכל קבוצה, במידה שאפשר לעשות זאת מבלי [n] בהנתן לשנות את גדלה ומבלי לשנות את הגודל של F, וכך במובן מסויים לצופף את הקבוצה לכיוון 1... כדי להגדיר את F S ij נתבונן ב T F כלשהי ונאמר: T T S ij T = T T \ {j} {i} j / T i T i / T, j T, T \ {j} {i} F otherwise F = S ij F למה 13.5 הוכחה: זה טריוויאלי כיוון שלא הוספנו שום קבוצה חדשה וכל קבוצה ששינינו הרשינו זאת רק במידה שהשינוי לא יהפוך אותה לקבוצה שכמותה כבר קיימת ב F, בפרט לא גרמנו לכך שמספר הקבוצות ב F יפחת. הגדרה G 13.6 נקראת מוזזת אם S ij G = G לכל i, j שאלה: מה הגודל המירבי של F כך שמתקיימת תכונה P? אסטרטגיה: 1. נראה שאם F מקיימת את P אז גם F S ij מקיימת את P. נפתור את הבעיה לכל G מוזזת למה 13.7 מכל F אפשר לעבור ע"י הפעלה חוזרת ונשנית של הפעולות F F, S ij ל G מוזזת. הוכחה: ברור מסופיות הקבוצות, כי זו פעולה של הקטנה דיסקרטית של סכום איברי הקבוצות בתוך F, וזה חסום ולכן מתישהו יעצר. למה 13.8 אם F נחתכת, גם F S ij נחתכת. הוכחה: נניח בשלילה F A, B S ij כך ש = B A לא יתכן ש,A B F כיוון ש F נחתכת. ולכן לפחות אחת הקבוצות "נוצרה" במהלך הפעלת S ij על F. לא יתכן,A B / F שכן משמעות הדבר ששתיהן נוצרו במהלך הפעלת S ij מאחיותיהן הגדולות B A,, ובשתיהן החלפנו את j ב i, ובפרט שתיהן מכילות את i ולכן B A בסתירה. נניח בה"כ A / F וגם,B F מכאן i A ו.j / A ולכן A F וכיוון ש F נחתכת מתקיים B A ולכן החיתוך הוא בדיוק j, כי זה האיבר היחיד שהסרנו במעבר מ A הנחתכת עם B ל A שאיננה. מדוע B עברה מ F ל F S ij ללא שינוי? כיוון ש,B = B \ {j} {i} F אבל קבוצה זו אינה נחתכת עם,A כי כיוון ש A עברה שינוי בהזזה בהכרח A,i / ו A,j כלומר A ו B אינן מסכימות על.i, j אבל נבחין שבכל חלקיהן האחרים A מסכימה עם A ו B עם,B ולהנחתנו = B A ולכן = B A בסתירה להיות F נחתכת. ומכאן נסתרה הנחת השלילה ולכן F S ij אכן נחתכת.. הוכחה: ארדש קו רדו ע"י הזזות

28 F. מונעת ממשלימתה להכלל ב כי כל קבוצה בגודל n F 1 ראשית כל אם n = אז אחרת נניח + 1.n ע"י הזזה נקבל G כך ש F G = וגם G מוזזת כלומר נשמרת תחת הזזה ונחתכת בעת ובעונה אחת. כעת נגדיר: G 0 = {S G : n / S} G 1 = {S G : n S} G 1 = {S \ {n} : S G 1 } G 0 n נחתכת, ואז נרצה להסתמך על הנחת האינדוקציה כדי לומר 1 G0 [n 1] 1 G ואז בזהות פסקל n נחתכת, אז נרצה להשתמש בהנחת האינדוקציה כדי לומר ש G 1 [n 1] אם 1 כדי להוכיח את המשפט כולו. נוכיח זאת: נניח בשלילה A, B G 1 ו = B A אז A = A {n} G ו B {n} G נבחר l שנמצא ב 1] [n אבל לא ב A B יש כזה מהנחתנו לגבי היחס בין ו,n מהנחתנו שהמשפחה מוזזת A,S ln A = נסמן: A = A \ {n} {l} A B {n} = ונקבל Aמשום G ש G מוזזת. ולכן: בסתירה לכך ש G נחתכת, ומכאן G 1 נחתכת., G 1 n ובפרט מתקיימת בה הנחת האינדוקציה ולכן G 1 [n 1] נשוב להוכחת המשפט ונקבל ש 1 ולפיכך: n n n 1 G = G 0 + G 1 = G 0 + G 1 + = שיעור כמה שאלות F כך שלכל שתי קבוצות A, B כך ש? A B r עבור = 1 r זה [n] 1. מהו הגודל המירבי של משפחה משפט ארדש קו רדו. F כך שאין A, B, C F המקיימות = C?A B = A C = B בארדש [n]. מה הגודל המירבי של קו רדו שאלנו זאת עבור זוגות של קבוצות, וכאן על שלשות, ואפשר כמובן לשאול זאת ביחס ל r קבוצות. F כך שלכל A, B, C F אם B A וגם C A וגם C B אז [n] 3. מה הגודל המירבי של C A B במילים אחרות אין שלוש קבוצות שנחתכות בזוגות אך אינן נחתכות בשלישיה F = {S [n] : {1,..., r} S} שאלה 1 קבוצות שנחתכות ב r מקומות אם נבחר:

29 למשל, נקבל משפחה שבה כל שתי קבוצות נחתכות בפרט על קבוצה ספציפית בגודל r. ולכן אפשר להתבונן ב: F 1 = {S [n] : {1,..., r} S} F = {S [n] : {1,..., r + } S r + 1} F 3 = {S [n] : {1,..., r + 4} S r + }. F j = {S [n] : {1,..., r + j} S r + j} עבור j r ומשפט שהוכיחו הוא שהמשפחה המקסימלית בין המשפחות הנ"ל משיגה את המקסימום האפשרי. כאשר n גדול מספיק לקחת את F, 1 כאשר n קטן יותר צריך לקחת אחרות. ההזזה היא קלה, אבל ההוכחה שלאחריה היא קשה והושגה רק לפני כעשר שנים שאלה אין שלוש קבוצות שנחתכות כל שתיים טריוויאלית. אם n < 3 אז זה תמיד נכון. דוגמה בסיסית: F = {S [n] : 1 S or S} מניחים שזה משיג מקסימום, אבל זו שאלה פתוחה. F = {S : 1 S} שאלה 3 n 3 זה מעניין כאשר אפשר לקחת כדוגמה את כמו בדוגמה הפשוטה עבור ארדש קו רדו, ויש השערה שזה הכי טוב שאפשר להשיג. אם משפחה היא מוזזת קל להוכיח זאת, אבל אין יודעים אם תכונה זו נשמרת תחת הזזה. 14. משפט קרוסקל קטונה הראינו בעבר מלבד היחידות את הטענה שקיימת ויחידה הצגה של m טבעי כלשהו ע"י כלומר קיים יחיד ו m j,..., m ספציפיים: נזכיר: m = i=j mi i

30 30 F = { } N R : S F s.t. R S 1 הגדרה 14.1 הצל של F הוא: אם נתון F, עד כמה קטן יכול להיות F? F m mj j 1 משפט 14. קרוסקל קטונה שלבי ההוכחה: א. לכל i < j מתקיים F S ij F ולכן מספיק להוכיח את המשפט עבור משפחות מוזזות ובפרט החסם מלרע שנמצא יהיה נכון גם עבור משפחות שאינן מוזזות, שכן ניתן להזיזן ולשמור על החסם. בעצם נוכיח ש F S ij F S ij ומכך נקבל את הדרוש שכן F F = S ij ב. משפט קרוסקל קטונה נכון כאשר Fמוזזת. הוכחה: נתחיל מחלק ב' של ההוכחה, כלומר נניח ש F מוזזת ונניח על סמך הלמה ש: F = m = m + m F 1 = {S F : 1 S} F 1 = {S \ {1} : S F 1 } F = {S F : 1 / S} mj j נגדיר: F 1 m m mj 1 j 1 ונחלק לשני מקרים מקרה 1: הצל של F כולל קבוצות בגודל 1 שמכילות את 1 וכאלו שאינן מכילות את 1. F 1 F ולכן מספר הקבוצות בצל שלא מכילות את 1 הוא לפחות 1 F מספר הקבוצות בצל שמכילות את 1 הוא לפחות כמו גודל הצל של F 1 כי כל קבוצה ב F 1 אפשר להוסיף לה את 1 ולקבל קבוצה שהיא בצל של F וגם מכילה את 1. ולכן הנה באה הנקודה המרכזית בהוכחה: F F 1 + F 1 כיוון ש 1 F, 1 = F נציב זאת ונשתמש בהנחת האינדוקציה ביחס ל F 1 ונקבל: m 1 m 1 1 mj 1 m 1 m 1 1 mj 1 F j 1 3 j }{{}}{{} by F 1 = F 1 by I.H.

31 31 F 1 < m = + 1 m m 1 mj j 1 m mj 1 j 1 כנדרש. מקרה : נניח אז מתקיים מזהות פסקל איבר איבר וכיוון ש F F 1 + F = m 1 m 1 1 mj 1 F > j כעת אם F מוזזת אז F F 1 כי / S F 1 וגם j S אז,S \ {j} {1} F כיוון שזו משפחה מוזזת, כלומר אם ניקח קבוצה בצל של,F נוכל לקבל ממנה ע"י תוספת 1 קבוצה שהיא ב F 1 ולכן היא עצמה נמצאת ב F. 1 ואז מהנחת האינדוקציה: F m m אבל זה גם צריך להיות קטן מ 1 F, 1 = F וזו סתירה להנחת מקרה! ומכאן שמקרה לא יתכן, ולכן רק מקרה 1 שכבר הוכחנו מתקיים, ובכך השלמנו את חלק ב' של הוכחת המשפט. נוכיח את חלק א': F S ij F S ij נניח F R S ij ונראה כי F R S ij תהי F T S ij כך ש.R T מקרה א': T F ואז נובע,R F נניח בשלילה F R / S ij ואז {i} R = R \ {j} אחות קטנה של R לא תהיה ב F ובפרט R T ולכן Rלא מתקבלת מ T ע"י השמטת i ולכן: T R {i} = R {j} ולכן j T כי R T ומאידך i / T כי אחרת R T ולכן Tמועמדת להזזה. מכך ש F T S ij נובע ש T כבר הוזזה ולכן {i} T = T \ {j} נמצאת ב F וגם ב F S ij אבל T R כלומר R F בסתירה. מקרה ב': T / F ואז: T = T \ {i} {j} F, j / T, i T R = R \ {i} {j} ואז R T מקרה ב' 1 : T R ולכן i R ו j / R ונגדיר: ונקבל T R ו R F ולכן הזזת הצל תזיז גם את,R ולכן נקבל את R בצל המוזז, דהיינו F R S ij כדרוש. מקרה ב' : T R ולכן,R F מצד שני גם,R T אבל T T ו R קטנה משתי האחיות הללו באיבר אחד בדיוק, ולכן T R = T ומכיוון שידוע לנו בדיוק מהם האיברים שעליהם T ו T אינן מסכימות הרי ש: i, j / R ולכן פעולת ההזזה אינה מזיזה את R כלל ו F R F R S ij [את מקרה ב' הוספתי לבד, אז אם יש בו שגיאות נא לתקן אותי]

32 15 שיעור 15 ועוד קצת סיכומים של ליאור יאנובסקי עוד קצת על קרוסקל קטונה [n] נדבר על יחסי סדר חלקיים על T אז נגדיר t 1 <... < t כך ש T = {t 1,..., t } ו s 1 <... < s 14} {3, 5, P 11} {, 5, אבל הקבוצות 4} {1, ו 3} {, אינן ניתנות להשוואה. נשים לב ש וגם על [n]. נגדיר יחס סדר חלקי כך: אם } S = {s 1,..., s כך ש S P אם לכל i מתקיים.s i t i למשל F משפחה [n] מוזזת אםם לכל T F אם S P T אז S. F נתבונן בהרחבות של הסדר. P למשל הסדר הלקסיקוגרפי, S < L T אם עבור ה i המינימלי שך ש s i t i מתקיים s i < t i והסדר הלקסיקוגרפי ההפוך, S < RL T א עבור ה i המקסימלי כך ש s i t i מתקיים.s i < t i לדוגמא, עבור 11} {1,, 5, 9, = S ו 11} {1, 3, 4, 8, = T מתקיים S < L T כי < 3 אבל T < RL S כי < 11.8 דרך אחרת להגדיר את הסדרים הללו היא דרך ההפרש הסימטרי..max S T T אםם S < RL T ו min S T S אםם S < L T נחזור לענייני צל. יהי m = m + m mj j כך ש m > m 1 >... > m j j > 0 F ואם = A R אזי "הצירוף של F ו "R מוגדר ומסומן ע"י A j נגדיר סימון חדש: אם. F R = {S R S F } נשים לב שהאיברים הראשונים בסדר < RL הם אלו:. {1, } < RL {1, 3} < RL {, 3} < RL {1, 4} < RL {, 4} < RL... [m ] F m = [m 1 ] 1 {m + 1} איך נאפיין את m הקבוצות הראשונות בסדר < RL? זה ייראה כך: [m ] {m + 1, m 1 + 1}... [mj ] m ברור שהמשפחה המינמלית מוכלת ב m < m +1 כאשר האיחוד זר כמובן. הסבר: מכיוון ש. הקטנות ביותר הן אלו שלא מכילות את + 1 m וזה בדיוק שהוא האיבר הראשון באיחוד [m ] j {m + 1, m 1 + 1,..., m j+1 + 1} [m +1] למעלה. את השארית יש לבחור מתוך הקבוצות שמכילות את + 1 m. הקטנות ביותר מתוכן, הן אלו שכל שאר אבריהן מוכלים ב ] 1 m] וזה האיבר השני באיחוד. את השארית יש לבחור מתוך הקבוצות שמכילות את + 1 m השארית הקודמת ואת m אלו שלא נכנסו בשלב השני הקטנות ביותר מתוכן... וכו'. כלומר, F m היא משפחה בגודל F m = m + m mj j = m