KOMBINATORYKA 1 WYK LAD 11 Kombinatoryczna teoria zbiorów

Transkrypt

1 KOMBINATORYKA 1 WYK LAD 11 Kombiatorycza teoria zbiorów 23 maja 2012 Wyk lad poświe coy jest w lasościom rodzi podzbiorów skończoego zbioru. Rozpoczya go poje cie systemu różych reprezetatów wraz ze s lyym twierdzeiem Halla. Naste pie omówimy systemy Sperera, podaja c klasycze twierdzeie Sperera i jego uogólieie (ierówość LYM). Na zakończeie przedstawimy twierdzeie Erdősa-Ko-Rado wyzaczaja ce moc ajwie kszej rodziy parami przeciaja cych sie zbiorów. 1 Systemy różych reprezetatów Niech X be dzie zadaym zbiorem. Ozaczmy przez 2 X rodzie wszystkich podzbiorów zbioru X. Rodzia zbiorów albo hipergrafem azywamy uporza dkowaa pare zbiorów (X, F), gdzie F 2 X. Systemem różych reprezetatów (SRR) rodziy (X, F), gdzie F = {A 1, A 2,..., A m } azywamy taki cia g m różych elemetów x 1,..., x m, że x A i dla każdego i = 1,..., m. Na przyk lad, jeżeli A 1 = {2, 4}, A 2 = {1, 2, 3}, A 3 = {2, 3, 4}, A 4 = {1, 4}, to cia g (2, 1, 3, 4) jest systemem różych reprezetatów tej rodziy. Zauważmy przy okazji, że pytaie z 1. wyk ladu, czy moża dopasować kadydatów do staowisk pracy w taki sposób, by każdy otrzyma l prace zgodie ze swoimi uprawieiami, jest pytaiem, czy dla rodziy zbiorów {s, i}, {s, d}, {s, d}, {m, s, c, i}, {b, i} istieje system różych reprezetatów. Odpowiedź brzmi, że tak. 1

2 Z drugiej stroy, a przyk lad, rodzia zbiorów A 1 = {1, 2}, A 2 = {1, 3}, A 3 = {1, 4}, A 4 = {1, 2, 3}, A 5 = {5, 6}, A 6 = {2, 3}, ie ma systemu różych reprezetatów. Rzeczywiście, wystarczy zauważyć, że cztery zbiory A 1, A 2, A 4 i A 6 maja la czie tylko trzy róże elemety. Ta obserwacja pokazuje, że aby rodzia F = {A 1, A 2,..., A m } mia la system różych reprezetatów, każda podrodzia rodziy F musi zawierać co ajmiej tyle elemetów, ile zbiorów A i wchodzi w sk lad tej podrodziy. Dok ladiej, jeśli (x 1, x 2,..., x m ) jest systemem różych reprezetatów rodziy zbiorów {A 1, A 2,..., A m }, to dla każdego podzbioru ideksów S [m] zachodzi waruek A i {x i } = S. Poiżej udowodimy, że te waruek koieczy jest jedocześie warukiem dostateczym, pokazuja c tym samym s lye twierdzeie Halla. Twierdzeie 1 (Hall, 1935) Rodzia F = {A 1, A 2,..., A m } ma system różych reprezetatów wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego S [m] A i S. (1) Dowód: Aby pokazać dostateczość waruku (1), zastosujemy idukcje wzgle dem m. Dla m = 1, twierdzeie jest prawdziwe. Niech teraz m 2. Rozważmy dwa przypadki. Najpierw za lóżmy, że dla każdego S [m], gdzie S oraz S [m] zachodzi A i > S. Ustalmy elemet x m A m i iech A i = A i \ {x m }, i = 1, 2,..., m 1. 2

3 Wówczas rodzia {A 1,..., A m 1} spe lia waruek (1), a wie c, a podstawie za lożeia idukcyjego, ma SRR, który po uzupe lieiu o x m jest SRR ca lej rodziy F W drugim przypadku za lóżmy, że istieje S [m], S, S [m], dla którego A i = S Oczywiście, podrodzia F 1 = {A i : i S} też spe lia waruek (1) i, a podstawie za lożeia idukcyjego, ma SRR (x 1,..., x s ), gdzie s = S. Wówczas A i = X := {x 1,..., x s }. Dla i [m] \ S, iech A i = A i \ X oraz F 2 = {A i : i [m] \ S}. Wówczas, dla każdego T [m] \ S, T, mamy A i = A i + X X = A i S T, i T i T T gdzie ostatia ierówość wyika z waruku (1) dla zbioru S T. Zatem rodzia F 2 spe lia waruek (1) i ma SRR, który w po la czeiu z (x 1,..., x s ) staowi SRR rodziy F. Twierdzeie Halla jest czasem zwae twierdzeiem o kojarzeiu ma lżeństw. Niech A i be dzie zbiorem ch lopców, których za dziewczya i, i = 1, 2,..., m. Wówczas twierdzeie Halla stwierdza, że każda z m dziewcza t może poślubić ch lopca, którego za wtedy i tylko wtedy, gdy każde k dziewcza t za co ajmiej k ch lopców, gdzie k = 1, 2,..., m. Sta d już jede krok do iterpretacj grafowej twierdzeia Halla. Rozważmy graf dwudziely o podziale wierzcho lków (V 1, V 2 ). Niech V 1 be dzie zbiorem dziewcza t a V 2 zbiorem ch lopców. Dwa wierzcho lki la czymy krawe dzia jeżeli odpowiadaja ce im dziewczya i ch lopak zaja sie. Przez skojarzeie asycaja ce V 1 w grafie dwudzielym be dziemy rozumieli zbiór z lożoy z V 1 krawe dzi, które ie maja wspólych wierzcho lków. Ozaczmy przez N(v) zbiór wszystkich sa siadów wierzcho lka v. Wówczas graf dwudziely o podziale (V 1, V 2 ) ma skojarzeie asycaja ce V 1 wtedy i tylko wtedy gdy rodzia {N(v) : v V 1 } ma system różych reprezetatów, 3

4 co z kolei a mocy twierdzeia Halla zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego S V 1 N(S) = N(v) S v S Wspomijmy jeszcze, że rówoważa wersja twierdzeia Halla, w je zyku biarych macierzy, zosta la udowodioa w 1931 roku przez Köiga. 2 Systemy Sperera Systemem Sperera (SS) podzbiorów zbioru X = [] azywamy rodzie zbiorów, z których żade ie zawiera sie w drugim. Krótko, jest to aty lańcuch posetu (X, ). Problem: Wyzaczyć α = max{ F : ([], F) jest SS } Jest to klasyczy problem ekstremalej teorii zbiorów, której celem jest wyzaczaie miimalej ba dź maksymalej mocy rodzi o zadaych w lasościach. Zauważmy, że dla każdego k mamy α ( ) k, zatem α ( ) /2 Twierdzeie 2 (Twierdzeie Sperera, 1928) ( ) α = /2 Dowód: Niech X = []. Pokażemy, że poset (2 X, ) moża rozbić a ( ) /2 lańcuchów, co a podstawie tw. Dilwortha zakończy dowód. Zauważmy, że 2 X = r=0 [X]r oraz, że [X] 0 < [X] 1 < < [X] /2 = [X] /2 > > [X] 1 > [X]. Stosuja c tw. Halla udowodimy teraz aste puja cy lemat. Lemat 1 Dla każdego r < /2 istieje iiekcja f r : [X] r [X] r+1 taka, że dla każdego A [X] r mamy A f r (A). Podobie, dla każdego r > /2 istieje iiekcja g r : [X] r [X] r 1 taka, że dla każdego A [X] r mamy A g r (A). 4

5 Te lemat pozwala skostruować lańcuchy L 1,... L ( /2 ) przez zlepiaie skojarzeń (A, f r (A)) i (g r (A), A). W przypadku parzystego, uzupe liamy je o ieskojarzoe elemety ze środkowego poziomu [X] /2 (zrób rysuek). Dowód Lematu 1 w oparciu o tw. Halla: Niech r < /2, V 1 = [X] r, a V 2 = [X] r+1 (przypadek r > /2 zostawiamy jako zadaie). Graf dwudziely (V 1, V 2, E), gdzie AB E wgdy A B, jest fragmetem diagramu Hassego posetu (2 X, ). Wierzcho lki z poziomu r maja stopień r, a z poziomu r + 1 stopień r + 1. Ustalmy S V 1. Krawe dzi wychodza cych z S jest dok ladie S ( r). Z drugiej stroy, jest ich ie wie cej iż N(S) (r + 1), a wie c waruek Halla jest spe lioy. Skojarzeie asycaja ce V 1 wyzacza iiekcje f r. Uogólieiem twierdzeia Sperera, ale za to z prostszym dowodem jest ierówość LYM. Twierdzeie 3 ( Lubell 1966, Yamamoto 1954, Mieszalki 1963) Jeśli ([], F), gdzie F = {A 1,..., A m }, jest SS, a a k = F [] k, k = 0, 1,...,, to m i=1 1 ( ) = A i k=0 a k ( k) 1 Dowód b lyskawiczy: Niech Π i be dzie zbiorem tych permutacji zbioru [], których pocza tkowy segmet d lugości A i sk lada sie z elemetów zbioru A i, i = 1,..., m. Poieważ F jest SS, to zbiory Π 1,..., Π m sa parami roz la cze i, co za tym idzie, Π Π m!. Poadto, latwo obliczyć, że Π i = A i!( A i )!. Dziela c stroami przez!, otrzymujemy ierówość LYM. Poieważ m m 1 ( ) ( ) 1, /2 A i i=1 to tw. Sperera wyika z ierówości LYM. 3 Rodziy przeciaja ce sie Rodzie A 2 X azywamy przeciaja ca sie, gdy dla dowolych A, B A mamy A B. Latwo pokazać, że ajwie ksza rodzia przeciaja A 2 [] ma rozmiar 2 1 (ćwiczeia). 5

6 Teraz ograiczymy sie tylko do zbiorów mocy r, to zaczy, do elemetów rodziy [] r. Ca la rodzia [] r jest przeciaja, gdy r > /2, a gdy r = /2, to z każdej pary zbiorów dope liaja cych sie A, A c trzeba odrzucić jede. Zatem, w tym przypadku ajwie ksza rodzia przeciaja ma moc 1 ) ( 2( r = 1 ) r 1. Najciekawszy jest przypadek r <. 2 Niech X = []. Dla x X, ozaczmy przez [X] r x rodzie wszystkich ( ) 1 r 1 zbiorów rodziy [X] r, które zawieraja elemet x. Oczywiście, taka rodzia jest przeciaja, a co wie cej, jest maksymala (w sesie zawieraia) o tej w lasości. Poiższe, klasycze twierdzeie pokazuje, że jest to (jedya co do izomorfizmu) ajwie ksza rodzia przeciaja. Twierdzeie 4 (Erdős, Ko, Rado, 1961) Niech 2 r < /2. Wtedy (a) każda przeciaja rodzia A [X] r ma moc ie wie ksza iż ( 1 r 1), (b) ograiczeie to jest osia gie te tylko przez rodziy postaci [X] r x. Dowód (Katoa, 1972): Udowodimy tylko cze ść (a). Niech A [X] r be dzie przeciaja ca sie rodzia zbiorów. Dla dowolej permutacji cykliczej σ zbioru X (jest ich ( 1)!), każdy zbiór kolejych elemetów azywamy przedzia lem. Niech x σ be dzie liczba wszystkich zbiorów rodziy A be da cych przedzia lami w permutacji cykliczej σ. Poieważ A jest przeciaja, to x σ r. Z drugiej stroy, każdy zbiór mocy r jest przedzia lem w dok ladie r!( r)! permutacjach cykliczych. Stosuja c metode dwukrotego przeliczaia, otrzymujemy wie c rówość x σ = A r!( r)!, σ z której wyika, że A r( 1)! r!( r)! = ( ) 1. r 1 Prosze pokazać a ćwiczeiach, że tw. 4 (obie cze ści) wyika z aste puja cej implikacji: jeśli A jest przecia ja i A = ( 1 r 1), to A = [X] r x dla pewego x X. 6