Kombinatorika a Grafy I NDMI011

Transkript

1 Kombiatorika a Grafy I NDMI0 Odhad faktoriálu Prví odhady: Horí odhad: Dolí odhad: 2! i i= i= (! 2 = ( 2 3 Věta. (Stirligova. Faktoriál lze odhadout pomocí fukce! = ( 2π e Nebo-li lim ( 2π e =! Věta.2 (Jedodušší variata. Pro : ( ( e! e e e Důkaz. Horí odhad matematickou idukcí. Pro = : ( e =! e Idukčí krok: (! = (! e ( = e ( ( = e e e Zbývá dokázat, že: ( e. ( e ( = e = e e =

2 Dolí odhad se dokáže podobě: ( (! e e e Nakoec stačí dokázat, že posledí výraz. Důkaz původí věty. Dá se odhadout pomocí itegrálu. Pomocí přirozeých logaritmů ze součiu získáme součet log! = log + log log. Teto součet lze omezit plochou pod křivkou log x a itervalu [, + ]: log(! Z toho potom vyplývá: + log(x dx = ( + log( +! = (! = e log((! e log( ( = + e Dolí odhad se provede aalogicky: log(! log(x dx Odhady kombiačích čísel (! = k k!( k! =! (k +!( k! k + ( k + k = k + k Z toho vyplývá, že pro k 2 platí ( k k +, aopak pro k 2 platí, že ( k k +. Taky víme, že ( ( k=0 k = 2. Proto poté musí k, : k 2. Dále díky odhadům relativí velikosti biomů můžeme odhadout ejvětší čle: ( Zavedeme si substituci 2m =. Věta.3. Pro m platí: Důkaz. Zavedeme si P : P = 2 2m 2 m ( 2m 22m m 2m 3 5 (2m m = (2m! 2 m m! 2 m m! = Původí odhad je ekvivaletí tomu, že 2 m P 2m 2 ( 2m m 2 2m

3 Horí odhad: ( 2 ( 2 4 ( 2 6 ( 2 (2m 2 Teto výraz se dá rozásobit a získáme: ( ( ( ( (2m (2m + = P 2 (2m (2m(2m Z toho akoec vychází, že P 2m+ 2m Dolí odhad aalogicky: ( 3 2 ( 5 2 ( 7 2 Z toho je P 2 m 2 Vytvořující fukce ( (2m 2 = 2 2m P 2 Máme-li posloupost ( 0, (, ( 2,..., ( k,..., (, tuto posloupost alezeme jako posloupost koeficietů x i v mohočleu ( + x. Defiice. Vytvořující fukce poslouposti (a i i=0, a i R je mociá řada: a(x = a i x i i=0 Příklady: (a i i=0 = (,,,,, 0, 0,..., potom a i = pro i, 0 jiak. Z toho a(x = + x + x x = x+ x (a i i=0 = (,,,,,..., potom a(x = + x + x2 + x 3 + x 4 + = x a i = ( i, potom a(x = ( + x Tímto jsme schopí přejít z poslouposti a řadu a z řady a fukci (ěkdy. Obráceá otázka je ale, dá se ěkdy z fukce odvodit posloupost, která odpovídá této fukci? Věta 2.. Pokud pro posloupost (a i i=0 existuje k R takový, že i : a i k i, potom platí, že řada a(x koverguje absolutě pro x ( k, k. Vytvořující fukce a(x a dostatečě malém okolí 0 avíc určuje koeficiety a i, protože: a i = a(i (0 i! Jedoduché poslouposti, ke kterým se zjistí jedoduché vytvořující fukce, se z ich ějakými operacemi vytvoří složitější a koeficiety těchto složitějších fukci určí etriviálí poslouposti. Ne všechy poslouposti dají vytvořující fukci, apříklad ty, co rosou příliš rychle. Stejě tak e všechy poslouposti dají pěkou fukci. Příkladem je a(x = 3x 0 + x + 4x , a( 0 = π 3

4 Operace s vytvořujícími fukcemi. Operace Součet Vyásobeí α Vyásobeí x Vyděleí x Dosazeí αx Dosazeí x k Derivace Itegrál Souči Efekt a fukci Efekt a poslouposti (a + b(x = a(x + b(x = i=0 (a i + b i x i (a 0, a,... + (b 0, b,... = (a 0 + b 0, a + b,... (αa(x = αa(x = i=0 αa ix i α(a 0, a,... = (αa 0, αa,... xa(x = i=0 a ix i+ (a 0, a,... (0, a 0, a,... a(x i=0 x = aixi a 0 x (a 0, a,... (a, a 2,... a(αx = i=0 (a iα i x i (a 0, a, a 2,... (a 0, αa, α 2 a 2,... a(x k = i=0 a ix ki (a 0, a,... (a 0, 0, 0, 0, a, 0, 0, 0,... (k ul a (x = i=0 a iix i (a 0, a, a 2,... (a, 2a 2, 3a 3,... a(x x 0 a(t dt = a i i=0 i+ xx+ (a 0, a, a 2, a 3... (0, a 0, a 2, a2 3,... c(x = a(xb(x = i i= j=0 a jb i j x i Kovoluce Příklad: Najděme vytvořující fukci pro posloupost (2,, 4, 3, 6, 5, 8, 7,... Rozložíme posloupost a (, 2, 3,... + (,,,,.... Pro prví fukci máme odpověď derivaci poslouposti (,,,... x ( x 2. Do druhé fukce můžeme pro posloupost (,,,... dosadit x, z toho dostaeme (,,, ( x = +x. Z toho dostaeme vytvořující fukci ( x 2 + +x. Defiice. Pro r R a k Z + 0 defiujeme kombiačí číslo ( r r(r (r 2 (r k + = k k! Věta 2.2 (Zobecěá biomická věta. Fukce ( + x r je pro každé r R vytvořující fukci pro posloupost (( ( ( r r r,,, Navíc řada koverguje pro všecha x (,. Důkaz. Aplikujeme Taylorův rozvoj ( + x r pro x = 0. 4

5 Jak vypadá ( x pro záporé celé? Podle zobecěé biomické věty můžeme apsat daý čle jako řadu: ( x = k=0 k=0 ( ( x k = k ( + k ( x k = k! ( ( k + ( x k = k! ( + k ( + k x k = k k=0 k=0 k=0 x k Nyí jsme se dostali k vytvořujícím fukcím. Jak se ale vrátit zpět k původímu problému? Rekuretí poslouposti Mějme ku příkladu Fiboacciho posloupost. Pro tu platí ásledující vlastosti: F 0 = 0, F =, F = F +F 2, budeme hledat její vytvořující fukci F (x = Fk x k. Tabulkou: F 0 F F 2 F 3 F 4 F (x 0 F 0 + F F + F 2 F 2 + F 3 x x 2 F (x 0 0 F 0 F F 2 xf (x 0 0 F0 F F 2 F 3 Z toho dostaeme vytvořující fukci a akoec posloupost: F (x = x x x 2 = (5 2 ( + 5x + ( F = 5 + k ( (5 + 2 (5 2 ( 5x k (5 2 Mějme biárí strom, to jest zakořeěý strom, v ěmž má každý vrchol ejvýše dva potomky pravého a levého. Kolik takových stromů o vrcholech je? Ozačme si b jako počet biárích stromů a vrcholech. Pozorováí: Ozačme si syy kořee jako vrcholy T, T 2. Pokud T má k vrcholů, tak T 2 má k vrcholů. Z toho dostaeme posloupost b = b 0 b + b b b b 0. Zavedeme-li vytvořující fukci b(x = b k x k, tak b je koeficiet u x f b(x, ale také koeficiet u x jako souči b(x b(x. Z toho dostaeme vztah b(x = x(b(x 2 +. Tabulkou: b(x b 0 = b b 2 (b(x 2 b 2 0 b b 0 + b 0 b b 2 b 0 + b 2 + b 2 b 0 x(b(x 2 0 b 2 0 b b 0 + b 0 b Nakoec řešíme jako kvadratickou rovici z ezámé b s parametrem x a dostaeme ásledující: b,2 (x = ± 4x 2x Vyloučíme možost + 4x 2x, protože lim x 0 + =, takže eplatí b 0 =. 5

6 Dopočteme b : Využijeme zobecěou biomickou větu a dostaeme, že 4x = ( 4x 2 = ( 2 k ( 4 k x k. Z toho již dostaeme b(x = ( 2 k=0 k ( 4 k x k 2x b = 2 ( 4 2( + = 2 ( 2 (2 2 ( ( +! = 3 5 ( = ( +!! + 3 Koečě projektiví roviy ( = Jakou strukturu mají možiové systémy, ve kterých povolíme průiky? Takové možiy se můžou chovat všelijak epředvídatelě. Proto bychom rádi přidali pravidla možých průiků, která popíšou velmi pravidelý možiový systém:. Každé dvě možiy se protíají v jedom prvku 2. Každé dva prvky se acházejí ve společé možiě. 3. Existují čtyři prvky v obecé poloze ejsou všechy v jedé možiě. Nyí formálě: Defiice. Koečá možia X spolu s možiovým systémem S P (x tvoří projektiví roviu (X, S, pokud jsou splěý axiomy:. P, Q S : P Q = 2. x, y X, x y :!P S : {x, y} P 3. C X, C = 4 : P S : P C 2 Prvky X azveme body, prvky azveme přímky. Příklad: Faova rovia X = {a, b, c, d, e, f} S = {P, P 2, P 3, P 4, P 5, P 6, P 7 } = {{a, c, g}, {a, d, f}, {a, b, e}, {b, d, g}, {c, d, e}, {e, f, g}, {b, c, f}} Věta 3.. V projektiví roviě obsahuje každá přímka stejý počet bodů. Důkaz. Nechť jsou dáy dvě přímky P, Q S. Nejprve ukážeme, že existuje bod x mimo P, Q. Pokud C (P Q, potom zvolíme x C \ (P Q Pokud C (P Q, potom ozačíme BÚNO C = {a, b, c, d}, a, b Q, c, d P, pak se podíváme a přímky ad (tedy přímky určeé body a, d podle axiomu 2 a bc. Potom x = (ad bc leží mimo P, Q. Kdyby totiž x P, potom P cb 2... spor. Nechť yí P = {z, z 2,..., z }, potom přímka xz i protíá Q v jedom bodě y, dostáváme zobrazeí z i y i ; které je prosté. Stejě tak ajdu zobrazeí Q P, tedy obě zobrazeí jsou bijekce, tudíž P = Q. 6

7 Nyí si ukážeme, že mezi počtem bodů a přímce, počtem přímek a počtem bodů existuje vztah. Defiice. Řád projektiví roviy (X, S je P pro libovolou P S. Věta 3.2. Je-li (X, S projektiví rovia řádu, potom:. každým bodem prochází + přímek. 2. X = S = Důkaz.. Dáo x, ajdeme P S takovou, že x / P. Potom je-li P = {z,..., z + }, dostaeme + přímek xz i a to jsou všechy přímky procházející x. 2. Každá přímka xz i má + bodů, všechy jsou avzájem růzé až a X, tedy X = + ( + = echáme a později. Defiice. Pro možiový systém (X, S je defiovaý duálí možiový systém (S, {{S S : x S}, x X} (všechy možiy ze S obsahující předem zvoleý bod x Věta 3.3. Duálí možiový systém z projektiví roviy je opět projektiví rovia. Důkaz. Musíme ukázat, že v duálím systému jsou splěy všechy axiomy: Dva body určují přímku v duálu právě tehdy, když dvě přímky se protíají v jedom bodě v původí projektiví roviě. Podle axiomu pro P, Q platí!a : a = P Q. Přímka z duálu {R : a R} P, Q a je jedozačá. Kdyby ebyla jedozačě určeá, potom by {a, b} P Q, spor. Dvě přímky se protíají v jedom bodě v duálu právě tehdy, když dvěma body prochází jediá přímka z původí projektiví roviy. Je-li C = {a, b, c, d} v původí projektiví roviě, potom {ab, bc, cd, da} je C v duálu, protože každá trojice z C obsahuje dvojici s průikem v C a dvojici s průikem mimo C. Důkaz 3. bodu. Duálí projektiví rovia k (X, S má také řád, podle věty má duál bodů, tedy původí rovia má teto počet přímek. Už záme vlastosti projektivích rovi. Ale kolik jich vlastě existuje? Jak je sestrojit? Věta 3.4. Projektiví rovia řádu existuje, pokud existuje algebraické těleso K o prvcích. Víme, že algebraická tělesa existují pro všechy mociy prvočísel, to jsou apříklad tělesa Z p. 7

8 Důkaz. Je dáo K, sestrojíme (X, S. Na K 3 \ (0, 0, 0 zavedeme ekvivaleci (x, y, z (αx, αy, αz pro α K \ 0. Potom X jsou třídy ekvivalece. Počet těchto tříd je X = 3 = Přímky pro každou trojici (a, b, c K 3 \ (0, 0, 0 defiujeme jako P a,b,c = {(x, y, z : ax + by + cz = 0}. Pozorujeme, že ekvivalece (x, y, z (x, y, z ám způsobí ekvivaleci (x, y, z P a,b,c (x, y, z P a,b,c... Pokračováí příště. Předáška chybí... 4 Počítáí dvěma způsoby Počet koster úplého grafu Defiice. Kostra souvislého grafu G je podgraf takový, že obsahuje všechy vrcholy a je strom. Začeí: κ( = počet koster K Pro příklad, vezměme si počet koster malých grafů: κ( = triviálě, jede vrchol κ(2 =, protože máme pouze jedu cestu κ(3 = 3, jediá kostra je cesta 2, tři možosti. κ(4 = 6, máme dvě možosti koster vidlice ebo cesta 3. Doplit správé ozačeí cesty... Věta 4. (Cayleyho formule. Pro > 2 platí κ( = 2 Věta 4.2. Nechť (d,..., d je posloupost kladých čísel se součtem 2 2, potom počet stromů a vrcholech,...,, kde vrchol i má stupeň d i je ( 2! (d!(d 2! (d! Důkaz. BÚNO uvažujme, že d =. Z MI předpokládáme, že věta platí pro. (( 2! Pokud (, E, dostaeme (d 2!(d 2! (d! (( 2! (d!(d 2 2! (d! Pokud (2, E, dostaeme Tímto způsobem rozebereme všechy případy až po (,. Celkový počet stromů je součet všech zlomků, protože vrchol musí být určitě připoje k jedomu z ostatích vrcholů. Všechy zlomky mají velmi podobý jmeovatel, chybí tam pouze čle d i. Proto každý zlomek rozšíříme tímto čleem, čímž získáme společý jmeovatel. Dohromady dostávám součtem zlomek ( 3![(d + (d (d ] (d!(d 2! (d! Zbývá tedy sečíst čitatel. d + + d ám dává součet 2 2. Z ěj ještě odečítáme. Z toho tedy dostaeme v čitateli ( 3!( 2, což je původí výraz. Ve jmeovateli ám sice chybí čle (d!, ale jelikož jsme zvolili d =, 0! =, tedy teto čle můžeme beztrestě připsat. 8

9 Důkaz Cayleyho formule. Rozepíšeme si využitím předchozí věty: κ( = d,...,d di=2 2 ( 2! (d!(d 2! (d! Následově ahradíme čley d,..., d čley k,..., k tak, že k i = d i? k i 0 ki= 2 κ( = k,...,k 0 ki= 2 ( 2! k!k 2! k! Nyí si všiměme, že teto výraz odpovídá multiomické větě: ( 2 κ( = k k2 k = ( k,..., k }{{} 2 = 2 Důkaz Cayleyho formule II.. Představme si, že daá kostra T je zakořeěá a všechy hray směřují ke kořei a téže očíslujeme hray,...,... Dostaeme trojici (T kostra, r koře, f : V [ ] číslováí. Dvěma způsoby určíme počet těchto trojic:. #(T, r, f = κ( (! 2. Postupě přidáme hray s čísly,...,. jakým způsobem lze přidat šipku s číslem i? Les má i + kompoet, každá je zakořeěý strom. Zpozorujeme, že šipka může vést z kořee do libovolého vrcholu z kostry jié kompoety. Toto dává v i-tém kroku ( i způsobů. Z toho tedy #(T, r, f = i= (( = (!. Dostali jsme tedy rovici, ze které plye κ( = 2. Podle věty o dlouhém a širokém x αω, každé částečé uspořádáí zle reprezetovat ikluzí, můžeme se tedy podívat a (P ([],. Mějme A, B ezávislé vzhledem k, tedy A B B A. Každá vrstva uspořádáí tvoří atiřetězec. Můžeme ahlédout, že ejvětší ezávislá možia je v prstředí vrstvě. Věta 4.3 (Spererova. Každý možiový systém má ejvýše ( 2 ezávislých moži vzhledem k ikluzi. Ale opravdu ám tato věta říká ěco o velikosti jedotlivých moži? Důkaz. Nechť je čle atiřetězce M = {M,..., M k } v uspořádáí (X,, kde X P ([]. Dvěma způsoby odhademe počet (M, Ř, kde M M a Ř je maximálí řetězec patřící do (P (X, :. #(M, Ř Ř =!, jelikož každé M patří do ejvýše jedoho Ř a každý řetězec odpovídá postupému přidáváí prvků. 9

10 2. Pozorujeme, že je-li dáa M, potom ji lze doplit M!( M! způsoby a maximálí řetězec. #(M, Ř = M M M! ( M! Kombiováím těchto dvou způsobů dostáváme! M M M! ( M!. Vyděleím! dostaeme: M M M! ( M!! = M M Díky tomuto vztahu akoec dostaeme M ( 2 ( ( ( M M M 2 = M 2 Věta 4.4. Pokud graf G a vrcholech eobsahuje C 4 jako podgraf, potom má ejvýše 2 ( hra. Důkaz. Dvěma způsoby spočítáme počet vidliček u w v v G.. Počet vidliček #(u, v = ( 2, u, v lze rozšířit a ejvýše jedu vidličku, jiak dostaeme C Počet vidliček = ( deg(u w 2, každí dva sousedé u tvoří s w vidličku. ( 2, tedy ( deg(u 2 Složeím rovic dostaeme w w (deg(u 2 2. Využijeme Cauchy-Schwarzovu erovost x y x y : Mějme x = (deg(v, deg(v 2,..., deg(v T a y = (,,..., T. Dostáváme: deg(v i (deg(v (deg(v 2 v i V Z toho dostáváme deg(v 2, tedy 2 E 3 2. Nyí už záme počet koster pro úplý graf: κ(k = 2. Jak se ale teto počet změí, když jedu hrau vyecháme, tedy hledejme κ(k e, 3. Při určováí kostry K si teto počet rozdělíme a kostry obsahující ebo eobsahující e. Spočteme počet (e, T, kde e E K a T je kostra grafu taková, že e E T.. Pro pevou hrau je κ e (K koster T obsahujících e, tedy p = ( 2 κe (K 2. Pro vybraou kostru T lze ajít vhodých hra, tedy p = 2 ( Z toho jsme dostali rovici, ze které jsme schopí vyjádřit hledaý počet koster obsahujících e: ( κ e (K = 2 ( 2 κ e (K = 2 3 Nyí můžeme vypočítat počet koster eobsahujících e: κ(k e = κ(k κ e (K = 3 ( 2. 0

11 5 Grafy 5. k-souvislost grafů Mějme ějaký graf železičí sítě, která obsahuje ějaké mosty a důležité výhybky. My chceme vědět, kolik mostů by se muselo sesypat ebo kolik výhybek by se muselo pokazit, aby ám tato železice přestala být souvislá. Mějme ějaké operace a grafu G = (V, E, v V, e E, e ( V 2 \ E: Odebráí vrcholu G v = (V \ {v}, E ( v {v} 2 Odebráí hray G e = (V, E \ {e} Přidáí hray G + e = (V, E {e} Rozděleí hray pro e = (u, v je G e = Defiice. Graf G = (V, E je: = G[V \ {v}] vrcholově 2-souvislý, pokud V 3 a v V je G v souvislý hraově 2-souvislý, pokud E a e E je G e souvislý Obecěji můžeme říct, že graf G je k-souvislý, jestli po odebráí vrcholu ebo hray (k -souvislý. Defiice. Mějme souvislý graf G = (V, E, potom: Vrchol v V takový, že G v již eí souvislý, se azývá artikulace. Hraa e E se azývá most, graf G e eí souvislý. Most ebo artikulaci emůže obsahovat hraově, respektive vrcholově 2- souvislý graf. Je-li G souvislý a e je most, odebráím této hray získáme právě dvě kompoety souvislosti. Avšak pokud je v artikulace, G v se může rozpadout i a více kompoet. Lemma 5.. Má-li graf G s V 3 most, má také i artikulaci. Důkaz. Mějme most e = (u, v. Jeho odebráím se G rozdělí a kompoety. Víme, že alespoň kompoeta BÚNO za vrcholem u bude mít více vrcholů, ež jede. Potom je teto vrchol u artikulací. Důsledek 5.2. Mějme graf G, který je vrcholově 2-souvislý. Potom je G i hraově 2-souvislý. Tvrzeí 5.3. Mějme graf G = (V, E a e E. Potom je G (vrcholově 2- souvislý právě tehdy, když G e je (vrcholově 2-souvislý. Důkaz. Ukážeme implikace: : Ozačme si e = (u, v a ový vrchol w. Potom se podívejme (G e x. Prví možost je w = x, potom (G e x = G e a vrcholová souvislost implikuje hraovou, proto G e je souvislý, implikace splěa. Další možost je BÚNO x = u, potom (G e u = (G u + (v, w. Teto ový graf je souvislý. Posledí možost je x / {u, v, w}, potom (G e x = (G x e a teto graf je souvislý díky 2-souvislosti. : Ukážeme obměou, tedy G eí 2-souvislý, tedy má artikulaci x, podrozděleí hray ás této artikulace ezbaví, tedy G e eí 2-souvislý.

12 Věta 5.4. Mějme graf G. Te je vrcholově 2-souvislý právě, když G lze vytvořit z kružice přidáváím cest, které mají s touto kružicí společé kocové vrcholy. Ekvivaletě: Graf G je vrcholově souvislý právě, když G lze vytvořit z C 3 opakovaým děleím a přidáváím hra. Důkaz. 2-souvislý graf G musí obsahovat kružici C 0, jelikož strom obsahuje artikulaci. Vytváříme G 0 = C 0, G, G 2,... tak, že G i+ vzike z G i přidáváím ucha. Skočíme s G k, jakmile elze přidat další ucho, a chceme, aby G k = G. Pro spor G k G. Předpokládejme hrau e, která eí v G k, ale je v G. Pokud má e v G k oba koce, je to ucho, spor. Pokud má e v G k je jede koec, e = (u, v, u V (G k, v / V (G k. Graf G u je souvislý, existuje cesta z v do V (G k, tedy je to ucho. Pokud emá e v G k žádý koec, a G je souvislý, potom existuje cesta z jedoho jejího koce do V (G k. e je posledí hraa před G k, která v ěm má jede koec. Proto je e částí ucha. Takovému postupu se ěkdy říká ušaté lemma, tedy že ěco platí pro kružici a přidáím ucha se vlastost zachová. Z toho vyplývá, že G k = G. Věta 5.5. Graf G je vrcholově 2-souvislý právě, když každé dva vrcholy leží a společé kružici. Důkaz. Zpětá implikace platí, jelikož a kružici emůže existovat artikulace. Mějme ušatou dekompozici G 0, G,... G k grafu G. Podle MI ukážeme: k = 0, potom G = C i i, v G i jsou každé dva vrcholy a kružici, v G i chceme ukázat, že jsou také. Mějme u, v V (G i. Potom můžou astat situace: u, v V (G i, potom existuje kružice dle IP. u, v a uchu, potom ucho vytvoří s G i ovou kružici. u a uchu a v V (G i. Ozačme si x, y jako koečé vrcholy ucha. Podle IP x, v leží v G i a společé kružici C x. Najdu dále cestu z y do V (C x. Tím ajdeme kružici s vrcholy x, u, y, v a máme vyhráo. Toky v sítích Mějme ějakou počítačovou síť, kde jsou dvojice počítačů propojey růzě kvalitím spojeím, tedy každé propojeí jsou omezeé šířkou pásma. Optický kabel protáhe mohem více dat, ež starý wifi router. Nyí chceme přetahovat spoustu dat z počítače z do jiého počítače s. Chceme ajít optimálí komodaci dat, tedy takovou kofiguraci, abychom mohli ajedou protáhout co ejvíce dat ze z do s. Marti Mareš má pěkě apsaá skripta zrova k tokům v síti, kde je většia iformací. 2

13 Defiice. Sít je orietovaý graf s ezáporě ohodocežmi hraami a dvěma výzačými vrcholy: z, s, tedy zdroj a stok. Formálě: (G, c, z, s, E G V V, c : E g R + 0, z s V G Defiice. Tok v síti je f : E g R + 0 takové, že platí:. e E g : f(e c(e, tedy hodota toku a každé hraě epřesahuje kapacitu. 2. v V G z, s : u:(u,v E G f(uv = (v,u E G f(vu, tedy do každého vrcholu přiteče stejě, jako od ěj odteče. Zdroj a spotřebič jsou výjimka. Pro f(e budu taky používat pro daou hrau tok f(uv, což zameá hodota toku a hraě z vrcholu u v. Defiice. Velikost toku w(f je defiovaá jako: f(zv f(vz, (z,v E (v,z E tedy součet toku a hraách vycházejících ze zdroje. Naším cílem je tedy ajít v aší síti tok co ejvětší velikosti. Nyí zkusíme odhadout, jak můžeme omezit velikost ejvětšího toku. Například tok ebude větší, ež součet všech hra vedoucích do stoku. Defiice. Řez v síti (G, c, z, s je možia hra R E G taková, že každá orietovaá cesta z s má eprázdý průik s R. Kapacita řezu je c(r = e R c(e. Elemetárí řez určeý možiou A V G, z A, s / A je možia hra R A = {(u, v : u A, v / A} Můžeme si všimout, že R A je řez, protože každá orietovaá cesta z s musí alespoň jedou hraou opustit A, tato hraa patří do R A. Stejě tak každý řez obsahuje ějaký elemetárí řez... Je-li dáo R, určíme A = v : z v G \ R tedy vrcholy dosažitelé ze z ve vrcholech mimo řez. Tedy R A R. Důsledek 5.6. Řezy, které jsou miimálí vzhledem k ikluzi, jsou elemetárí. Lemma 5.7. Je-li f tok v síti (G, c, z, s a R A je elemetárí řez, potom pro u A, v / A platí: w(f = f(uv f(vu (u,v E (v,u E Důkaz. Podle defiice velikosti toku w(f = (z,v E f(zv (v,z E f(vz. Pro vrcholy v A použijeme k. zákoy, kde u A, u z je dohromady 0 = (u,v E f(uv (v,u E f(vu Z toho dostaeme, že w(f = U A ( (u,v f(uv (v,u f(vu. Nejsem si jistý, zda je teto důkaz apsaý správě. Věta 5.8. Pro každou síť platí, že maximálí velkost toku je rova miimálímu kapacitě řezu. Tedy max w(f = mi c(r. 3

14 Důkaz. Nejprve ukážeme, že platí erovost. Nechť f, R jsou libovolé, ajdeme miimálí R R, z toho vypozorujeme, že R = R A pro ějaké A. Nyí využijeme předchozí lemma a dostáváme: w(f = f(zv f(vz f(zv = c(r A C(R (z,v E (v,z E (z,v E Nyí ukážeme, že má-li levá straa smysl, platí rovost. Pro každou eorietovaou cestu P = (z = u 0, u 0,..., u k a tok f defiujeme ε p jako mi (c(e f(e, e = (u i u i+ E ; f(e, e = (u i+, u i E. Pokud existuje cesta P : z s, kde ε p > 0, ašli jsme zlepšující cestu, lze ajít f větší velikosti takové, že f(e + ε p e = (u i, u i+ P f (e = f(e ε p e = (u i+, u i P f(e e / P Z toho w(f = w(f + ε p. Nyí můžeme zpozorovat, že pokud eexistuje zlepšující cesta, je tok f maximálí. Nechť f je maximálí tok, potom volíme A = {z} {u : P : z u : ε p > 0}. V takové možiě eí s z maximality. R A je řez, e R a : c(e = f(e. (Jiak bychom rozšířili A o koec hray, kde c(e > f(e. Podle lemmatu máme w(f = f(uv f(vu = c(r A 0. (u A,v / A E (v / A,u A Nyí musíme ukázat existeci maximálího toku. Pro celočíselé kapacity lze udržovat celočíselé toky a celočíselé ε p. Začeme ulovým tokem a zlepšujeme, dokud můžeme. Teto proces je koečý. Pro racioálí kapacity si převedeme síť a celočíselou vyásobeím společým jmeovatelem. Pro iracioálí kapacity se musí použit věta z MA o abýváí maxima a kompaktu. 5.2 Míra souvislosti grafu Defiice. A V G je vrcholový řez souvislého grafu G, pokud G A je esouvislý. Podobě F E G je hraový řez, pokud G F je esouvislý. Vrcholová, respektive hraová souvislost k v je tedy velikost ejmešího vrcholového, respektive hraového řezu v tomto grafu. Je úplé grafy tvoří výjimku, kde je vrcholová souvislost rova v. Nesouvislé grafy lze defiovat jako grafy, jejichž k v = 0. Pokud má G alespoň 2 vrcholy, potom k v k e mi deg u. 4

15 Lemma 5.9. Pro každý graf G a hrau e E G platí: K v (G k v (G e + Důkaz. Nechť A je miimálí vrcholový řez v G e. Můžou astat ásledující případy:. Je-li G A + e stále esouvislý, potom vrcholová souvislost k v (G A = k v (G e k v (G e Je-li G A + e souvislý a alespo jeda z kompoet má vrchol, BÚNO kompoeta C 2 2, potom ozačíme A (e C 2 je řez mezi C a C 2 \ (e C 2. Proto tedy k v (G A + = k v (G e G A + e je souvislý a obě kompoety jsou jedovrcholové, potom je graf úplý, takže k v (G mi deg = 2 = A. Teto vztah ve skutečosti platí i pro hraovou souvislost, tedy k e (G k e (G e +. Miimálí řez F v G e přidáím e dává řez v G, e utě miimálí. V každém grafu G také existuje hraa e, kde platí k e (G = k e (G e +. Stačí vzít hrau a ejmeším řezu. Věta 5.0. Pro každý graf G platí: k v (G k e (G. Důkaz. Idukcí podle počtu hra, stačí pro souvislé grafy. Jiak máme k v = k e = 0. Zvolíme hrau e z miimálího řezu. Z IP vyplývá, že pro G e platí rovost. Šikově si zvolíme e tak, že platí k e (G = k e (G e + k v (G e + k v (G. Nyí si dáme do souvislosti souvislost grafů a toky v sítích. Věta 5. (Megerova. Pro každý graf G a každé t N platí, že G je vrcholově t-souvislý, právě když mezi každými dvěma růzými vrcholy vede t cest, které jsou až a kocové vrcholy avzájem disjuktí. Věta 5.2 (Ford-Fulkerso. Pro každý graf G a každé t N platí, že G je hraově t-souvislý, právě když mezi každými dvěma růzými vrcholy vede t hraově disjuktích cest. Důkaz. Ukážeme pro obě věty zpětou implikaci. Dokážeme sporem: Pro spor předpokládejme existeci cest a zároveň, že k ve (G < t. Tedy existuje příslušý řez s < t vrcholy či hraami. Zvolíme u, v z růzých kompoet po odebráí řezu. Mezi u, v vede avzájem t cest, které musíme přerušit a máme řez < t. Takže můžeme rozpojit t cest, tedy graf zůstae souvislý. Nyí si ukážeme dopředou implikaci pro F-F větu. Pro graf G s vrcholy u, v sestrojíme sít (G, u, v s jedotkovými kapacitami. Víme, že t k e (G = mi F = max w(f, tedy t je ejvýše velikost maximálího toku. Proto bude existovat tok mezi u, v, který má hodotu t. Postupě t-krát hledáme cestu z u do v v grafu, kde f(e =. Jejich postupým odebíráím se zmeší tok o, akoec dostaeme t disjuktích cest. Pro Megerovu větu si síť zkostruujeme podobě, avíc každý vrchol růzý od u, v ahradíme dvěma tak, že jede obsahuje všechy vstupí hray, druhý 5

16 obsahuje výstupí hray a tyto dva vrcholy jsou propojeé hraou s kapacitou. Toky v ové síti odpovídají systému vrcholově disjuktích cest. Nyí si vezmeme ejmeší řez, u ěj lze BÚNO předpokládat, že obsahuje je vrcholové hray vziklé úpravou sítě. Postupujeme stejě, jako v předchozím případě, dostaeme t vrcholově disjuktích cest. 5.3 Systémy růzých reprezetatů Mějme pár skupi lidí, kde se ějaký člověk může vyskytovat ve více růzých skupiách. Chceme z každé skupiy vybrat jedoho reprezetujícího tak, abychom ikoho evybrali pro více, ež jedu skupiu. Defiice. Možiový systém M = {M i, i I, M i koečé možiy a M i emusejí být utě růzé. X}, kde I a X jsou Naše skupiy lidí tedy tvoří možiový systém, kde X je možia lidí, a M i jsou jedotlivé skupiy. Defiice. Systém růzých reprezetatů (SRR pro M je prosté zobrazeí f : I X takové, že i I : f(x M i. Jak lze takový možiový systém reprezetovat? Může se to udělat graficky, ale to emusí fugovat pěkě pro složité systémy. Místo toho využijeme graf. Defiice. Icidečí graf M je bipartití graf G M a vrcholech V = X I, kde (i, x E x M i. Párováí bipartitího grafu je podgraf stupě max., je to tedy možia disjuktích hra. Pozorováí. Možiový systém M má SRR právě, když G M má bipartití párováí velikosti I. Kdy určitě toto párováí emůžeme ajít? Určitě, pokud je více skupi, ež prvků. Věta 5.3 (Hall. Pro každý možiový systém M platí: M má SRR, právě když J I : M i J Důkaz. Ukážeme jedotlivé směry implikace: : Existuje ějaké párováí F E GM, které je prosté. Proto musí erovost platit. : Doplíme G M a síť toku tak, že všem hraám astavíme kapacitu, potom ještě přidáme zdroj, který spojíme s celou prví partitou, s druhou partitou propojíme stok. Všem ovým hraám také astavíme kapacity. Nechť g je maximálí tok a R je jemu odpovídající miimálí řez. Pozorováí. BÚNO můžeme předpokládat, že každá hraa R vychází se zdroje ebo ze stoku. Kdyby e, můžeme jedoduše řez přesuout a vedlejší hrau. Nyí defiujeme A = {i I : (z, i R}. Aalogicky si defiujeme B = {x X : (x, s R}. i J 6

17 Pozorováí. Mezi I A a X B evede žádá hraa. Z toho vyplývá, že všechy hray z I A vedou do B, tedy zvolíme J = I A a aplikujeme Hallovu podmíku. Dostaeme, že J = I A i J M i B. Víme, že velikost toku je rova kapacitě řezu R = w(g = A + B A + I A = I. Velikost toku však emůže být větší, ež I, protože hray vycházející ze zdroje jsou dávají řez velikosti I. Z toho plye, že w(g = I. Jelikož jsou kapacity celočíselé, je i tok celočíselý. Naše hledaé párováí jsou ty hray e = (i, x : g(e =. Důsledek 5.4. Každý k-regulárí bipartití graf je hraově k obarvitelý, eboli E lze rozložit a k disjuktích párováí. Důkaz. Ověříme Hallovu podmíku. Víme, že z každého vrcholu vychází k hra. Díky tomu J I : z J vychází k J hra, které vedou do i J M i. Každý vrchol z této možiy má stupeň k. Podmíka tedy platí. Graf má tedy párováí F. Z toho plye, že G F je (k -regulárí. Podle IP má G F rozklad a (k párováí, tedy G má rozklad a k párováí. Nyí se podíváme, jak lze aplikovat tyto zalosti. Prví aplikace je doplěí latiských obdélíků a latiské čtverce. Defiice. Latiský obdélík typu k je mřížka velikosti k vyplěé symboly,..., tak, že žádý symbol se eopakuje v žádém řádku ai sloupci. Tvrzeí 5.5. Každý latiský obdélík k lze doplit a čtverec. Důkaz. Sestavíme bipartití graf a možiě vrcholů V = S [], kde S je možia sloupců S,..., S a v S i jsou prvky vyplěé v i-tém sloupci. Zavedeme si možiu hra E = {i, S j : i / S j }, tedy hray spojující symboly se sloupci evyskytují. Teto graf je ( k-regulárí, tím pádem existuje k párováí a každé párováí ám dá způsob, jak vyplit jede řádek. Jiá aplikace se dotýká pravděpodobosti. Defiice. Matice A je permutačí, pokud A {0, } taková, že v každém řádku i sloupci je! jedička. Matice A je bisochastická, pokud A 0, má řádkové i sloupcové součty rovy. Věta 5.6 (Birchoff-vo Neuma. Každá bisochastická matice je kovexí kombiací permutačích matic. Formálě B bis A,..., A d perm : α,..., α k : 6 Úvod do Ramseyovy teorie k α i A i = B, i= k α i = Pokud máme dostatečě velký objekt, ajdeme v ěm ějakou homogeí část? Defiice. Ramseyovo číslo R(k, l je ejmeší takové, že pro každý graf a alespoň vrcholech platí buď α(g k ebo ω(g l i= 7

18 Jiak: Obarvíme-li kray K R(k,l dvěma barvami, třeba červeou a modrou, pak v ěm alezeme buď červeý K k ebo modrý K l Například dá se ukázat, že a večírku stačí ajít šest lidí, a určitě se bude celá trojice avzájem zát, ebo ezat vůbec. Tedy R(3, 3 = 6. Pozorováí. R(k, = R(, l = Tvrzeí 6.. Pro každé k, l 2 platí R(k, l R(k, l + R(k, l + Důkaz. Dá graf G a R(k, l+r(k, l vrcholech, zvolíme u V libovolě. Ozačme A = N(u, B = V G \ (N(u {u}, kde N(v je možia sousedů. Potom platí: buď A R(k, l ebo B R(l, k. Platí-li prví příklad, potom A obsahuje buď ezávislou možiu velikosti k ebo kliku a l vrcholech, kterou lze pomocí u doplit a K l. Druhý případ symetricky. Důsledek 6.2. R(k, l ( k+l 2 k, lze vidět z Pascalova trojúhelíku. Nyí ukážeme, že se toto číslo dá zobecit a více barev pro grafy. Věta 6.3. Pro každé přirozeé k, r existuje přirozeé takové, že obarvímeli hray K pomocí r barev, tak potom existuje k-tice vrcholů, která idukuje jedobarevý K k. Důkaz. Idukcí podle počtu barev r. Začme r,k. Pro r = 2 máme dokázaou větu. Pro r = zvolíme r,k = k. Pro r 3 určíme r,k R(k, r,k. Máme obarveí K R(k,r,l pomocí r barev. Převedeme a obarveí dvěma barvami, a tak, že prví barva reprezetuje původí a druhá barva zbytek barev. Upraveý graf buď obsahuje K k v prví barvě, ebo K r,k v barvách růzých od prví barvy. I v tomto případě dle IP alezeme jedobarevou K k. Pro zajímavost, hodoty ěkterých čísel: R(3, 3 = 6, R(3, 4 = 9,..., zámo až po R(3, 9 R(4, 4 = 8, R(4, 5 = R(5, 5 49 Pro 4 barvy se ví: 3,3 = 7 Kostrukce z důkazu dává je horí odhad, ikoliv přesou hodotu. Neí třeba barvit je dvojice v grafu, můžeme ukázat, že Ramseyova věta platí i pro jakoukoliv p-tici. Věta ( 6.4. Pro každé přirozeé k, r, p existuje přirozeé takové, že obarvíme-li [] ( p pomocí r barev, potom existuje k-prvková podmožia A taková, že A p je jedobarevá. Důkaz. Idukcí podle p. Pro p = platí pricip holubíku, p = 2 máme z věty pro grafy. Pro p = 3 budeme začit r,p (k jako hledaé ejmeší. Zavedeme si pomocé lemma: 8

19 Lemma 6.5. Pro každé obarveí ( B p, kde B r,p (k + a každé x B existuje B B\x, kde B k takové, že ( B x p je jedobarevé a možiách obsahujících x. Důkaz lemmatu. Z obarveí c = ( B p vytvoříme obarveí c = ( B\x p a to tak, že c (D = c(d x Potom B\x r,p (k. Tedy existuje A B\x taková, že c je kostatí a ( ( A p. Potom ale všechy D x, D A p mají stejou barvu, c. Ukážeme, že r,p (k + r,p (+ r,p (... r p (p. Počet těchto iterací je t pro t = r(k p +. Tuto mez si ozačíme jako r,p,k. Vezmeme B 0 takovou, že B 0 = r,p,k, daé obarveí c : ( b 0p [r] a aplikujeme předchozí lemma t-krát, v i-té iteraci volíme x i B i a položíme B i = B i. Ozačíme b i barvu alezeých p-tic. Z kostrukce plye, že B t lze zvolit o p prvcích. Podíváme se a posloupost b,..., b t, podle pricipu holubíku se ěkterá barva vyskytla alespoň (k p + -krát. Prvky x i odpovídající této barvě tvoří možiu B = {x i,...}, B = k p +. Potom B B t je hledaá moochromatická možia A. Aplikace Věta 6.6. Pro každé k existuje takové, že pro každých bodů z R 2 v obecé poloze lze ajít k boddů v kovexí poloze. 9