קומבינטוריקה - Notes
קומבינטוריקה
על פי הרצאות מאת פרופ' גיל קלעי
19ביולי 2010
רשם :שיר פלד ,באמצעות LYXגרסה 1.6.1
תיקונים יתקבלו בברכה במהלך ההפסקות או בכתובת מייל shirpeled@cs
1
שיעור 1
1.1מבוא
נעסוק בבעיות קיצוניות ובבעיות מניה.
שאלה 1
נתונה משפחה של Fתת קבוצות של } ,{1, ..., nשמקיימת לכל S, T ∈ Fש ∅ ≠ .S ∩ T
כמה קבוצות לכל היותר יש ב ?F
באופן כללי מספר תתי הקבוצות הוא ,2nדרך מהירה לראות זאת היא להתאים לכל קבוצה Sוקטור ) (x1 , ..., xn
של 0ו ,1כאשר xi = 1אם"ם ,i ∈ Sוזה משרה התאמה חח"ע ועל בין קבוצות חלקיות של ] [nלוקטורים בינאריים
באורך ,nומספר הוקטורים מסוג זה הוא 2nבאופן טריוויאלי.
מכך נובעת הזהות
= 2n
שאלה אחרת:
) ( n
∑
n
k
k=0
) ( ) ( ) (
) (
n
n
n
n n
−
+
)− ... + (−1
=0
0
1
2
n
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 ,1ולכל קבוצה ,Sאם 1 ∈ Sאז נתאים לה את
} S \ {1ואחרת נתאים לה את } ,S ∪ {1וכך בנינו התאמה חח"ׂע ועל מהקבוצות הזוגיות לאי־זוגיות.
נחזור לשאלתנו על גדלה המקסימלי של .F
דוגמא :נבחר את Fלהיות כל הקבוצות Sכך ש ,1 ∈ Sבפרט כל שתיים נחתכות על ,1ולכן גודל הקבוצה
שהגענו אליה הוא .2n−1
זה בעצם הכי טוב שאפשר לעשות ,מדוע? כי לכל קבוצה שנכניס ל ,Fאת המשלים שלה לא נוכל להכניס ל ) Fכי
n
חיתוכן יהיה טריוויאלי( ,ולכן לא נוכל לעבור ממילא את .2n−1 = 22
ולכן הוכחנו בדיוק מהו הגודל המקסימלי של .F
האם יש דרך אחרת לבנות משפחות בגודל 2n−1שיקיימו זאת?
כן ,למשל עבור nאי זוגי אפשר לבחור:
{
}
n
> |F = S : |S
2
1
שאלה '1
נתונה משפחה F ⊆ 2nכך שלכל S, T ∈ Fמתקיים ש ] ,S ∪ T ̸= [nמה הגודל המרבי של ?F
מדה מורגן רואים שזה אם"ם ∅ ≠ ,S C ∩ T Cולכן התשובה דומה לשאלה .1
שאלה 2
מה המספר המירבי של קבוצות Sבמשפחה ,F ⊆ 2nכך שמתקיימים שני התנאים יחד ,לכל :S, T ∈ F
S ∪ T ̸= [n] .1
S ∩ T ̸= ∅ .2
∈ .F = {S : 1 ∈ S ∧ 2ואז .|F | = 2n−2
אפשר לקחת בתור דוגמא את }/ S
השערה|F | ≤ 2n−2 :
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 nקודקודים 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+1
( )2
(
nקודקודים במקרה הזוגי זה יתן n2ובמקרה האי־זוגי נקבל
. n−1
2
2
⌋ ⌊ n ⌋ ⌊ n+1
חסר⌊ משולשים על nקודקודים יש לכל היותר
· 2
2
משפט 1.1טורן־מנטל :בגרף ⌋
צלעות כמו בגרף דו צדדי עם n2קודקודים בצד אחד.
צלעות .יש לכל היותר מספר
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 .Bנסיר את כל הצלעות מ Bונחבר כל קודקוד ב Bלכל קודקודי .Aהדרגה
של הקודקוד שהתחלנו איתו לא השתנתה ,הדרגות של קודקודי Aלא קטנה ,וכך גם הדרגות של קודקודי .Bקיבלנו
מהגרף הקודם גרף חדש שבו מספר הצלעות הוא לפחות כמקודם ,ואילו הגרף החדש הוא דו צדדי )צד אחד A
והקודקוד הראשון ,צד שני .(Bומכאן 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 } .{1...nבמקום זוגות )כלומר צלעות( נבחר שלשות.
ניסוח :מה המספר המירבי של שלשות מתוך } {1...nשניתן לקחת מבלי לקבל את ארבע השלשות של רביעיה.
כלומר אין אנו מרשים את ארבע הבאות שיופיעו יחד:
}{137} , {139} , {379} , {179
n3
27
רעיון להתחיל איתו ־ נחלק את ההיפר גרף שלנו לשלושה צדדים ,ונחבר שלשות שהן בצדדים שונים .נקבל בערך
( )3
) (
3
= , n3מספרן של כלל השלשות הוא . n3 ≈ n6
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:
123
2
13
2
הוא משולש שמקיים זאת.
שאלו כמה משולשים מונוטוניים יש?
זו בעיה קשה שנחזור אליה בהמשך.
2
שיעור 2
3
שיעור 3
משפט 3.1אם A ⊆ R+קבוצה של ממשיים חיוביים
}A + A = {a + a′ : a, a′ ∈ A
}A · A = {a · a′ : a, a′ ∈ A
אז:
5
2
|A + A| · |A · A| ≥ C · n
מסקנה 3.2
max {|A + A| , |A · A|} ≥ C ′ · n 4
5
וההשערה היא שזה בעצם גדול מ C ′ · n2
משפט 3.3טרוטר סמרדי :אם נתונה קבוצה Pשל sנקודות במישור .וקבוצה Lשל tישרים .חילה היא זוג )(p, l
כך ש p ∈ Pו l ∈ Lכך ש .p ∈ lנסמן ב Iאת מספר החילות ,אז :
{
}
2 2
|I| ≤ C · max s, t, s 3 t 3
4
אם s = tאז |I| ≤ s 3
הערה 3.4ניתן להגדיר גרף דו צדדי V = P ∪ Lויש צלע בין p, lאם .p ∈ lבגרף 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(.
3
תרגיל :גרף דו צדדי חסר מרובעים בעל sקודקודים בכל צד ־ מכיל לכל היותר C · s 2צלעותA = {a1 , a2 , ..., an } .
קבוצה של ממשיים חיוביים Z ,קבוצה של נקודות במישורZ = (A + A)×(A · A) = {(x, y) : x ∈ A + A, y ∈ A · A} :
וכמובן:
||Z| = s = |A + A| · |A · A
נגדיר:
}L = {y = (x − ai ) aj : 1 ≤ i, j ≤ n
ואז:
|L| = t = n2
טענה |I| ≥ n3 3.5
הוכחה :על הישר lשמתואר ע"י y = (x − ai ) · ajנציב ,x = ai + akנקבל:
y = ak · aj
ואז (x, y) ∈ Z
ולכן לכל ai , aj , akניתן למצוא חילה ,ומתקיימת הטענה.
נשתמש בטרוטר סמרדי:
}
{
2 2
n3 ≤ C · max s, t, s 3 t 3
אם n3 ≤ C · tאז מקבלים ,n3 ≤ C · n2לא יתכן.
אם n3 ≤ C · sאז על פי הבניה | s = |A + A| · |A · Aואז · n
הקבוע שמוכיח את המבוקש.
ולכן נותר לטפל במקרה ש:
5
2
4
2
2
1
C
≥ ·n
3
1
C
≥ ,sואם נבחר
1
C
= Dנקבל את
2
n3 ≤ C · s 3 · t 3 = C · s 3 · n 3
ולכן:
n 2 ≤ C ′s
5
⇒
}|{z
3
2
2
5
n3 ≤ C · s3
raise to the power of
ומכאן:
s ≥ C ′′ n 2
5
קיבלנו שהחל מ nמסויים מתקיים אחד משני המקרים לעיל ,אם נבחר את הקבוע המינימלי מביניהם )כלומר D
או (C ′′יתקבל הדרוש לנו.
3.0.1
גרפים מישוריים
Gגרף עם nקודקודים ו eצלעות.
הגדרה 3.6גרף יקרא מישורי אם ניתן לצייר אותו במישור כך שצלעות אינן נחתכות בפנימיהן )כלומר מתירים להן
להיחתך בקודקודים(.
משפט 3.7בגרף מישורי קשיר ,מספר הצלעות eמקיים:
e≤3·v−6
כאשר v ≥ 3מספר הקודקודים.
4
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 v − e + f = 2כאשר fמספר 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 3צלעות .ולכן
,3f = 2eכי נספור את הזוגות ) (a, bכך ש aצלע b ,פאה ,ו .a ∈ bמספר הזוגות הוא 2eכי כל צלע תורמת 2פאות,
ומנימוק דומה מספר הזוגות הוא גם .3f
ממשפט אוילר יש לנו את הנוסחה ,נכפיל בשלוש ונקבל:
3v − 3e + 3f = 6
=3v − 3e + 2e
⇒3v − 6 = e
משפט ) 3.8משפט החיתוכים( אם מציירים גרף Gבמישור ול Gיש vקודקודים ו eצלעות ,ואם e > 5vאז מספר
3
1
,C ≥ 61כאשר חיתוך הוא זוג צלעות על 4קודקודים ,שבציור הן נחתכות.
החיתוכים Cמקיים · ve2
.
משפט ) 3.9משפט החיתוכים החלש( אם מציירים גרף Gעם vקודקודים ו eצלעות ,אז מספר החיתוכים ,הוא לפחות
).e − (3v − 6
הוכחה :ממשפט קודם ־ מספר הצלעות בגרף קשיר מישורי מקסימלי הוא 3v − 6ולכן 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 Gגרף מצויר במישור ,נניח ש .e ≥ 5v
נבחר גרף חדש G′ע"י כך שניקח כל קודקוד ב Gל G′בהסתברות ) pבאופן בלתי תלוי( .עבור הקודקודים
שנבחרו ־ ניקח את כל הצלעות מ Gל .G′
2
התוחלת של מספר הקודקודים ב G′היא ,p · vתוחלת מספר הצלעות היא )מאי תלות( .p eאם מספר החיתוכים
ב Gהוא cאז מספר החיתוכים ב G′יהיה .c · p4
ממשפט החיתוכים החלש יש לנו.c ≥ e − 3v :
וכך גם לכל תת גרף G′יתקיים .c′ ≥ e′ − 3v ′כיוון שזה נכון לכל תת גרף ,בפרט זה מתקיים בתוחלת ,כלומר
) p4 c ≥ p2 e − 3pvאם זה מתקיים לכל מאורע במרחב ,בפרט הוא מתקיים בתוחלת(.
ולכן לכל :0 ≤ p ≤ 1
e
3v
− 3
p2
p
≥c
נמצא pכזה שיתן לנו חסם גדול ככל האפשר ,נגזור ונשווה לאפס:
9v
9v
−2e 9v
= + 4 = 0 ⇒ 2e
⇒
=p
p3
p
p
2e
כיוון שהנחנו ש e ≥ 5v־ הביטוי הנ"ל קטן מ 1ולכן נוכל להציבו.
5
קיבלנו מכך:
4e3
1 3 · 8e3
· −
2
81v
9 81v 2
)
4
8
4 e3
1 e3
−
=
≥ · 2
·
81 243
243 v
61 v 2
3v
=
4.2
93 v 3
8e3
−
e
81v 2
4e2
(
3
e
v2
≥c
=
הוכחת משפט טרוטר סמרדי
משפט 4.1טרוטר סמרדי :אם נתונה קבוצה Pשל sנקודות במישור .וקבוצה Lשל tישרים .חילה היא זוג )(p, l
כך ש p ∈ Pו l ∈ Lכך ש .p ∈ lנסמן ב Iאת מספר החילות ,אז :
{
}
2 2
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 ) 1שכן אם יש 4נקודות עוקבות ,נקבל מכך 3צלעות( .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
t2
≤c
≤
2
2
נשתמש במשפט החיתוכים.
או ש e < 5vאו שמתקיים
אם e < 5vאז:
e3
v2
·
1
61
≥ .c
}I − t < 5s ⇒ I < 5s + t ⇒ I < 6 · max {t, s
ונוכל לבחור K = 6
כעת אם I < 6tאז טרוטר סמרדי מתקיים
אם e ≥ 5vאז נציב:
3
t2
)1 (I − t
≥
·
2
61
s2
על פי הנחתנו I ≥ 6tולכן:
( 5 )3
I
t2
1
≥
· 62
2
61
s
ולכן:
61t s
61 · 216 2 2
125 3
≤ I
≤ ⇒ I3
·t s
216
2
2 · 125
⇒I 3 ≤ 61 · t2 s2
2 2
2
2
⇒I ≤ 4 · t 3 · s 3
6
4
משפט 4.2בהנתן nנקודות במישור ,מספר מרחקי 1ביניהם הוא לכל היותר K · n 3
הוכחה :נתבונן בנקודות וב nמעגלי יחידה סביבן.
יש קבוצה של nנקודות ,קבוצה של nמעגלי יחידה סביבן I ,מספר החילות )כלומר צמדים של מעגל ונקודה על
שוליו( .מספר מרחקי 1הוא מחצית מספר החילות ,כי בכל פעם שיש שתי נקודות המרוחקות 1זו מזו ־ מעגל סביב
הראשונה יתן חילה עם השניה ולהיפך.
נוכל להתעלם מכל המעגלים שיש עליהם 3נקודות 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≤2
2
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
הקטנו את מספר הצלעות בחצי .ולכן I2הוא לכל היותר מספר הצלעות כעת.
ממשפט החיתוכים נקבל או ש I2 ≤ 5nאו:
( )3
) (
n
1 I2
2
≥
61 n2
2
3
)61n4 ≥ (1 distances number
4
ונקבל מכך שמספר מרחקי אחד קטן או שווה ל .4n 3
4.3
בעיות קיצוניות על קבוצות
מה המספר המירבי של קבוצות חלקיות של } {1, ..., nכך שאף קבוצה לא מכילה את רעותה?
תהי ] F ⊆ 2[nמשפחה של קבוצות כך שלכל ) S, T( ∈ Fמתקיים ,S * Tמה הגודל המירבי של | ?|F
אם לוקחים את כל הקבוצות בגודל n2נקבל ⌋ ⌊ nnקבוצות שאף אחת מהן לא מכילה את רעותה.
2
)
(
משפט ) 4.3שפרנר( ⌋ |F | ≤ ⌊ nn
2
הוכחה :תהי Fמשפחה של קבוצות מתוך ] [nכך שלכל S, T ∈ Fמתקיים .S * T
נסמן ב akאת מספר הקבוצות במשפחה בגודל .k
תהי πתמורה על 1, .., n
נאמר שקבוצה Sהיא רישא של πאם }) S = {π (1) , π (2) , ..., π (kעבור kכלשהו .נבחין כי עבור שתי רישות
שונות ,הרישה הגדולה יותר מכילה את הקטנה ממנה.
לכל תמורה יש n + 1רישות )סופרים גם את הקבוצה הריקה(.
נספור זוגות π, Sכך ש πתמורה ו S ∈ Fרישא של .πנעשה 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 ,πאזי מספר הזוגות הוא לכל היותר כמספר התמורות ,שהוא !.n
בהנתן S־ נשאל עבור כמה תמורות S ,πמהווה רישא? נניח ש ,|S| = kאז התשובה !) ,k! · (n − kכי הרישא
)המכיל n − kאיברים( ניתן לסידור בכל דרך
של התמורה מוגדרת ,ורק נבחר פרמוטציה עליה ,וכעת הסיפא שלה ∑n
שנרצה .ואז מספר הזוגות הכולל הוא לכל היותרk=1 ak k! · (n − k)! :
וכעת קיבלנו מהנ"ל את אי השוויון:
!ak k! · (n − k)! ≤ n
n
∑
k=0
)זהו אי שוויון (LY Mולכן:
≤1
n
∑
a
(nk) ≤ 1
k
n
∑
!)ak k! · (n − k
!n
k=0
⇒
k=0
כיוון שהמקדם הבינומי האמצעי הוא הגדול ביותר ,מהצבתו במכנה רק נקטין את אגף שמאל ולכן:
) ≤1
ak
n
⌋ ⌊ n2
(
n
∑
k=0
ולכן:
(
)
n
⌋ ak ≤ ⌊ n
2
n
∑
= | |F
k=0
כנדרש.
5
שיעור 5
הוכחנו כי אם akמספר הקבוצות ב Fבגודל kאז ≤ 1
ak
)(nk
∑n
k=0
ע"י ספירת זוגות של תמורות וקבוצות שהן רישא
שלהן.
נשתמש בשיטה דומה )של ספירת זוגות( להוכחת משפט ארדש־קו־רדו ):(1960
) (
] F ⊆ [nונניח 2k ≤ n
משפט ) 5.1ארדש ,קו ,רדו (1960 ,תהי
k
שלכל S, T ∈ Fמתקיים ∅ ≠ S ∩ T
נניח)גם (
|F | ≤ n−1
אזי k−1
)מדוע דרשנו ?2k ≤ nשכן אם n < 2kאזי כל שתי קבוצות בגודל kנחתכות לא טריוויאלית משובך יונים ,ואפשר
לבחור את כל הקבוצות בגודל (k
למצוא קבוצה ספציפית זה קל ־ בוחרים איבר שיהיה בחיתוך של כולן ,ואז עבור כל קבוצה נותר לבחור k − 1
איברים מתוך ,n − 1ומהמקדם הבינומי המתאים מתקבל הגודל הרצוי .הוכחה .1 :נביט בתמורות מעגליות )=ציקליות,
כלומר מושיבים את 1במקום קבוע בשולחן עגול ,ומתבוננים בכל הפרמוטציות שמתקבלות מהחלפת מקומות האיברים
האחרים( .יש !) (n − 1תמורות שכאלה.
.2נגיד שקבוצה Sהיא קטע ביחס לתמורה המעגלית πאם היא תופסת קבוצה
דוגמא :אם ניקח את התמורה המעגלית ) ,(1354672אזי }{135וגם } {456הן קטעים ,אך } {145איננו קטע.
כמה קטעים באורך kיש לתמורה ספציפית? אם 0 < k < nאז יש nקטעים באורך .k
.3בתנאי המשפט נספור זוגות ) (π, Sכך ש πתמורה מעגלית ו Sקטע ביחס ל ,πו .S ∈ F
־ לכל תמורה ,πכמה Sים לכל היותר הם קטע ב ?π
טענה :לכל היותר .k
ניקח Sקטע בתמורה מעגלית ,אזי נוכל להתחיל בקטע ש"נכנס" אליו משמאל ,למשל עבור הקטע 1, 2, 3, 4, 5
לקחת )נניח 8, 9, 10, 11, 1 (n = 11ואז את 9, 10, 11, 1, 2וכן הלאה עד .5, 6, 7, 8, 9קל להתרשם שבאופן כללי יש
2k − 1קטעים כאלה שאחד מהם הוא Sעצמה) .לי זה מזכיר קונבולוציה בין שתי סדרות בדידות באורך .(kעם זאת
־ נבחין כי נוכל לבחור זוגות של קטעים זרים מתוך קבוצת הקטעים הנ"ל )מלבד Sעצמה( שהם זרים זה לזה .בכל זוג
יש קטע שהאיבר הימני ביותר שלו הוא iוקטע שהאיבר השמאלי ביותר שלו הוא ,i + 1בדוגמה שלעיל 9, 10, 11, 1, 2
ו 3, 4, 5, 6, 7הם זוג שכזה .כיוון שדרשנו שכל שני קטעים יחתכו ־ אזי מכל זוג שכזה נוכל לקחת רק נציג אחד .יש
k − 1זוגות שכאלו ועוד Sעצמה ,ולכן סך הכל אי אפשר לקחת יותר מ kקטעים באורך kבאותה תמורה ,שתהיה
להם התכונה המבוקשת )שכל שניים יחתכו לא טריוויאלית(.
ולכן מספר הזוגות ) (π, Sכנ"ל הוא לכל היותר מספר התמורות המעגליות בכלל כפול ,kמספר התמורות המעגליות,
כפי שסיכמנו הוא !) (n − 1ולכן נקבל !)k · (n − 1
־ נקבע את ,Sבכמה תמורות מעגליות Sקטע?
יש ! kאפשרויות לסדר את האיברים ש " Sמכסה :ו !) (n − kלסדר את שאר האיברים.
מצירוף שתי המסקנות קיבלנו שמספר הזוגות הוא בדיוק
!)|F | · k! · (n − k
והוא קטן מ
(n − 1)! · k
ומצירוף אלו קיבלנו כי:
(
)
(n − 1)! · k
n−1
≤ | |F
=
!)k! · (n − k
k−1
כנדרש.
6
6.1
שיעור 6
המשך משפט ארדש קו רדו
{
}
) (
] S ∈ [nהן הדוגמאות היחידות למשפחה Fשהיא נחתכת )דהיינו כל שתי קבוצות
|1
∈
S
האם דוגמאות מהצורה
k
בה נחתכות לא טריוויאלית(?
תשובה :כאשר n > 2kהתשובה היא כן ,כאשר n = 2kאז לא .למשל:
(
( )
)
) (
n−1
2k − 1
1 2k
=
=
k−1
k−1
2 k
כלומר ־ אם גודל הקבוצה הכולל הוא ,2kאז אפשר לחלק את הקבוצות בגודל kלזוגות 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 Fתהיה נחתכת כמקודם ,שכל S, T ∈ Fמקיימים ?|S ∩ T | ≥ 2
כלשהו(.
להשיב על כך
ארדש ,קו ורדו שאלו ,אך לא ידעו
)עבור { r
}
)]([n
אפשר לקחת בתור דוגמה טבעית את) , S ∈ k |1, 2 ∈ S :כאשר ברור שאם n < 2k − 1אז כל שתי קבוצות
בגודל kמקיימות זאת(.
(
)
|F | = n−2אבל ארדש ,קו ורדו שמו לב שאפשר לבחור ,עבור
נקבל
הקודם,
לרעיון
דומה
באופן
מהרעיון הזה,
k−2
n = 8ו :k = 4
}G = {S : |S ∩ {1, 2, 3, 4}| ≥ 3
כמה קבוצות כאלו יש? יש 4דרכים לבחור איברים מתוך } {1, 2, 3, 4ויש 4דרכים לבחור את האיבר הנוסף מתוך
} ,{5, 6, 7, 8ומלבד זאת יש את } {1, 2, 3, 4עצמה ,סך הכל ־ 17אפשרויות.
אז השאלה הזו קצת יותר מסובכת ,והיא נפתרה רק שנים מאוחר יותר.
9
6.2
.
נניח שיש משפחה של קבוצות ] F ⊆ 2[nכך שלכל S, T ∈ Fמתקיים .|S ∩ T | = 1
באופן פשוט אפשר לקחת את הזוגות } ,{1, 2} , {1, 3} , ..., {1, nלהוסיף להם את }{1או את } {2, 3, ..., nולקבל
.|F | = n
אפשר גם ללכת באופן הבא:
}{1, 2, 6} , {1, 3, 5} , {2, 3, 4} , {1, 4, 7} , {2, 5, 6} , {3, 6, 7} , {2, 5, 6
ואז עבור n = 7אנחנו מקבלים שוב .|F | = n
משפט 6.1ארדש דברוין פישר
אם Fמשפחה של קבוצות מתוך ] [nוכל שתי קבוצות במשפחה נחתכות בדיוק על איבר ,1אז .|F | ≤ n
מסקנה m 6.2נקודות במישור שאינן כולן על ישר אחד ־ קובעות לפחות mישרים.
נניח שהנקודות הן p1 , ..., pmוהישרים l1 , ..., ln
ואנחנו יודעים ש n > 1וכל ישר מכיל 2נקודות או יותר.
נבחר קבוצות S1 , S2 , ..., Smמתוך ] ,[nכך ש } Sj = {i | pj ∈ li
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, jמתקיים | .1 = |Sj ∩ Si
ממשפט ארדש דברוין נקבל:
m≤n
ולכן מספר הישרים הוא לפחות כמספר הנקודות ,כנטען.
משפט 6.3גלאי סילבסטר :בהנתן nנקודות במישור שאינן כולן על ישר אחד ,יש ישר שמכיל בדיוק 2מהנקודות.
הערה 6.4זה 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 ,nקל להראות זאת עבור .n = 3
כעת בהנתן nנקודות ,ניקח ישר המכיל בדיוק 2מהן ,נשמיט אחת מהן ,כעל פי הנחת האינדוקציה יש לפחות
n − 1ישרים שנקבעים ,וכעת בתוספת הנקודה שהשמטנו ־ מתקבל הישר בן שתי הנקודות שהתחלנו איתו ,וכעת
מספר הישרים לפחות nכנדרש.
)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(
∈ l ,pישר שנקבע ע"י הנקודות ,ומתוכם נבחר את הזוג שבו
נביט בכל הזוגות ) p (p, lנקודה מתוך nהנקודות ו / l
המרחק בין pו lמינימלי .העובדה שקבוצת הזוגות אינה ריקה נובעת מהנחות המשפט .אם היו 3נקודות או יותר על
הישר בזוג הנבחר ,אזי ניתן להוריד אנך מ pל ,lכעת באחד הצדדים של האנך יש בהכרח 2נקודות לפחות .נמתח
ישר מ pאל הנקודה הרחוקה יותר ונוריד אליו אנך מהנקודה הקרובה ,נבחין כי אנך זה קצר יותר מהאנך שהורדנו
מ pל ,lבסתירה למינימליות המרחק מ pל .l
.הוכחה) :ארדש דברוין פישר(
עבור הקבוצות ] S1 , S2 , ..., Sm ⊂ [nנחליף כל קבוצה בוקטור של 0ו 1באורך nכך שבוקטור v jהמתאים ל Sj
יהיה 1במקום ה kאם k ∈ Sjו 0אחרת.
טענה :אם כל שתי קבוצות נחתכות בדיוק על איבר אחד ,אזי הוקטורים הללו בלתי תלויים לינארית .נסיק מכך
ש m ≤ nשכן מספר הוקטורים הבת"ל המקסימלי במרחב ממימד nהוא כמובן .n
נניח:
αi v i = 0
m
∑
i=1
ונראה שהמקדמים מתאפסים.
כמובן:
⟩
=0
j
αj v
m
∑
j=1
k
αk v ,
m
∑
⟨
k=1
וכיוון שמכפלה פנימית לינארית בשני המשתנים מתקיים שהנ"ל שווה ל:
⟩
⟨
αj αk v j , v k
∑ m
m
∑
=
j=1 k=1
⟩
עם ⟩v kבדיוק ⟨על קואורדינטה אחת לכל k ̸= jנקבל כי אז v k , v j = 1
כיוון ש v j
מסכים j
j
k
j
אם v = v kאז v , v = v
ולכן נוכל לרשום סכום זה כך:
m
∑
⟨
∑ ⟩
⟨
∑ ⟩
αj v j , v j +
= αj αk v j , v k
αi2 |Sj | +
αi αj
j=1
j̸=k
⟨
m
∑
j=1
j̸=k
כעת נעביר מכל מחובר בסכום השמאלי αj2אחד למחובר הימני ונקבל:
∑
αj αk
αj2 (|Sj | − 1) +
1≤j,k≤m
2
αj
m
∑
j=1
αj2 (|Sj | − 1) +
m
∑
=
j=1
m
∑
=
j=1
נניח כי אין יחידון במשפחה )שכן אז זה מכתיב גודל nממילא ,שכן כולם צריכים להחתך עם איבר אחד( ,ואז תמיד
|Sj | − 1הוא חיובי ,וכל שאר האיברים לעיל הם ריבועים ,וכיוון שהכל = 0נקבל כי כל המקדמים αiהן אפס ,ולכן
הוקטורים בלתי תלויים כנדרש.
מכאן נובע ,לפי הערה קודמת ש m ≤ nולכן המשפט.
6.3מישור פרוייקטיבי סופי
הגדרה 6.5מישור פרוייקטיבי סופי זו מערכת של "נקודות" p1 , ..., pnו"ישרים" l1 , ..., lmשמקיימת את האקסיומות
הבאות:
.1כל שתי נקודות שונות מוכלות בישר יחיד
.2לכל שני ישרים שונים יש נקודה אחת ויחידה שמוכלת בשניהם
.3לכל ישר יש 2נקודות לפחות שאינן על הישר.
אפשר לראות את הישרים כתתי־קבוצות של קבוצת הנקודות.
יהי lישר ונניח שהוא מכיל q + 1נקודות ,אזי כל נקודה נמצאת ב q + 1ישרים בדיוק ,כל ישר מכיל q + 1נקודות
בדיוק ,ומספר הנקודות הכולל הוא q 2 + q + 1וזה גם מספר הישרים הכולל.
תהי pנקודה שאינה על הישר ,אזי היא נמצאת על לפחות q + 1ישרים ,שכן כל נקודה על הישר lיוצרת ישר שונה
עם .pבנוסף ־ כל ישר אחר שיעבור דרך pמאקסיומה 2נחתך עם lבנקודה כלשהי ,ולכן כבר מנינו אותו במניה
הראשונה של q + 1הישרים.
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 q + 1ישרים ,אז כל ישר lשאינו מכיל את p־ מכיל q + 1נקודות.
נסכם זאת lישר עם q + 1נקודות ,כל נקודה שאינה על lמוכלת ב q + 1ישרים.
לכל pנקודה שאינה על ,lלכל ישר l′שאינו מכיל את pיש על l′לפחות q + 1נקודות.
התחלנו עם ישר ,מובטח מהאקסיומות שיש 2נקודות 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 .q 2 + q + 1
דוגמא ־ מישור פאנו:
7
שיעור 7
עובדה :אפשר לבנות מישורים פרוייקטיבים לכל qשהוא 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.
7.1בניה של מישור פרוייקטיבי סופי מסדר חזקה של ראשוני
יהי Fqשדה ,ניקח V = F3qמרחב וקטורי ממימד . 3
נקודה במישור הפרוייקטיבי היא תת מרחב ממימד . 1
כל ישר במישור הפרוייקטיבי הוא תת מרחב ממימד .2
אלו מישורים פפוסיאנים
נבדוק את קיום האקסיומות:
.1אכן כל שני מרחבים שונים ממימד 1פורשים מ"ו ממימד ,2ולכן כל שני מרחבים שונים מגדירים מ"ו יחיד.
.2בהנתן שני ת"מ שונים ממימד ,2שהם ת"מ של V־ חיתוכם הוא ממימד .1
.3ב Vיש q 3וקטורים ,בכל ת"מ ממימד 2יש q 2וקטורים ,מחוץ לו יש q 3 − q 2וקטורים .על כל נקודה )=ת"מ 1
3
−q 2
qq−1נקודות.
מימדי( יש q − 1נקודות שאינן , 0כלומר סך הכל מחוץ לת"מ ממימד 2יש = q 2
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.
12
הערה 7.1נניח Pמישור פרויקטיבי עם n = q 2 + q + 1נקודות אזי:
.1מספר החילות של נקודות וישרים הוא q + q + 1 (q + 1) = q 3 + 2q 2 + 2q + 1
4
2
כאשר זה בערך ,n 3כאשר qגדול .וזה יותר ממה שמובטח ע"י משפט טרוטר־סמרדי )שמדבר על חסם של .(n 3
.2יש 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.
.3לא ידוע שום מישור פרויקטיבי מסדר שאינו חזקה של ראשוני.
)
2
(
משפט 7.2בהנתן nנקודות ו mקטעים 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 180מעלות 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 > nואז 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 α < 180מעלות ימינה ממנה,
מהקודקוד השני יוצאת שערה ב β < 180מעלות שמאלה ,ושתי שערות אלו הן קטעים זרים.
8
שיעור 8
נזכיר שלפי משפט שפרנר אם ] F ⊆ 2[nולכל S, T ∈ Fמתקיים F ,S * Tבמקרה כזה תהיה אנטי שרשרת )הגדרה
בהמשך( מקסימלית.
הגדרה 8.1קבוצה סדורה חלקית )קס"ח( היא זוג )≤ (X,כך ש ≤יחס סדר חלקי על ) Xרפלקסיבי ,טרנזיטיבי ואנטי
סימטרי(.
) ]( [n
נבחין כי ⊆ 2 ,קס"ח.
הגדרה 8.2אם )≤ (X,קס"ח אז נאמר ש F ⊆ Xאנטי־שרשרת אם לכל s, t ∈ Fמתקיים s ≮ t
.
הגדרה C ⊆ X 8.3היא שרשרת אם לכל s, t ∈ Cמתקיים ש s ≤ tאו t ≤ s
(
)
קל לראות ששרשרת מקסימלית ב ⊆ 2[n] ,היא באורך n + 1ע"י:
}∅ ⊂ {1} ⊂ {1, 2} ⊂ ... ⊂ {1, 2, ..., n
קל לוודא כי אם Aאנטי שרשרת ו Cשרשרת אז |A ∩ C| ≤ 1
הגדרה 8.4תהי Xסופית ,נגדיר ) a (Xגודל האנטי שרשרת המקסימלית ב ,Xובאופן דומה )c (Xגודל השרשרת
המקסימלית ב .X
8.1
משפט דילוורת'
משפט ) 8.5דילוורת'( אם Xקס"ח סופית אז אפשר לכסות את Xב ) a (Xשרשראות.
מכיוון שב Xיש אנטי שרשרת בגודל ) ,a (Xוכל שרשרת נחתכת איתה על איבר אחד לכל היותר ,אז ברור שלא ניתן
לכסות את Xבפחות מ ) a (Xשרשראות.
באופן דואלי אפשר לטעון:
משפט 8.6אם Xקס"ח סופית ,אז אפשר לכסות את Xב ) c (Xאנטי שרשראות.
הוכחה :ניקח את A1להיות כל האיברים המינימליים ב ,Xכלומר }M in X = {x ∈ X : ¬∃y ∈ X s.t. y < x
נבחין כי ממינימליות נובע שכל M in Xאם Xקס"ח ,היא אנטי־שרשרת.
נגדיר:
X1 = X \ A1
A1 = M in X
X2 = X 1 \ A 2
A2 = M in X1
...
Xc = Xc−1 \ Ac
Ac = M in Xc−1
יש כאן cאנטי שרשראות )כי כולן הוגדרו כמינימום של קבוצות(
טענה) Xc = ∅ :כלומר הכיסוי שלם(.
∈ zולכן יש z2 ∈ M in Xc−1כך ש z2 < zואז
נניח בשלילה שיש ,z ∈ Xcומכך נובע ש / M in Xc−1
∈ z2ולכן יש z3 ∈ Xc−2כך ש z3 < z2וכך הלאה נקבל:
בגלל ש / M in Xc−2
z2 ∈ Xc−1
z > z2 > z3 > ... > zc
}|{z
}|{z
}|{z
}|{z
∈X
∈Xc−2
∈Xc−1
∈Xc
ולכן מצאנו שרשרת באורך באורך ,c + 1בסתירה לכך ש .c (X) = c
.הוכחה) :דילוורת'(
נוכיח באינדוקציה על גודל הקבוצה.
תהי Xקס"ח ,ונגדיר כמקודם }M in X = {x ∈ X : ¬∃y ∈ X s.t. y < x
נגדיר גםM ax X = {x ∈ X : ¬∃y ∈ X s.t. y > x} :
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 M in Xאו ,M ax Xגודלה קטן ממש מ ).a (X
במקרה כזה נבחר y ∈ M ax X ,x ∈ M in Xכך 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 } ,C1 = {x, yומכיוון שהמינימום והמקסימום קטנו שניהם באיבר אחד ,אזי כעת השרשרת
המקסימלית היא בגודל .a (X) − 1מהנחת האינדוקציה ניתן לכסות ע"י a (X) − 1שרשראות .נוסיף לאוסף זה את
C1לכיסוי ונקבל כיסוי של Xע"י )a (Xשרשראות.
אם יש )מקרה ב'(:
נניח שיש אנטי שרשרת A ⊆ Xמקסימלית )שגודלה ) ,(a (Xשאיננה M in Xואיננה .M ax Xהרעיון יהיה לחלק
את Xלשתי קבוצות קטנות יותר ־ זו ש"מעל" Aוזו ש"מתחת" ל A־ ולהפעיל על שתיהן את הנחת האינדוקציה.
נגדיר:
}X + = {x ∈ X : ∃a ∈ A s.t. a ≤ x
}X − = {x ∈ X : ∃a ∈ A s.t. x ≤ a
טענה :1
X + ̸= Xוגם X − ̸= X
הוכחה:
נניח X = X +ואז כיוון שלכל x ∈ Xיש a ∈ Aכך ש ,a ≤ xנטען ש .A ⊆ M in Xמדוע? אחרת יש b ∈ A
∈ ,bכלומר יש z ∈ Xכך ש z < bואז b > aבסתירה.
כך ש / M in X
כמו כן X = X − ⇒ A ⊆ M ax X
ומכיוון ש Aמקסימלית ־ אז היא ממש שתיהן ,בסתירה להנחתנו ,שהיא שונה מכך.
טענה :2
X+ ∪ X− = X
הוכחה:
∈ zאז zאינו גדול או שווה משום איבר ב ,Aו zאינו קטן או שווה
נניח בשלילה שי z ∈ Xכך ש / X + ∪ X −
לשום איבר ב ,Aולכן } A ∪ {zאנטי שרשרת ,בסתירה למקסימליות.
טענה :3
X+ ∩ X− = A
הוכחה:
כי אם x ∈ Aאז x ≤ xולכן x ∈ X +וגם x ∈ X −
∈ zולכן לא
∈ zמדוע לא יתכן ש ?z ∈ X + ∩ X −כי אז קיים a ∈ Aכך ש ) z > aגדול ממש כי / A
אם / A
שווה ממש ל (a
מאותו נימוק קיים b ∈ Aכך ש b > zומטרנזיטיביות נובע מכך ,b > aבסתירה להיות Aאנטי שרשרת.
) a (X + ) = a (X) = a (X −שכן Aאנטי שרשרת מקסימלית ב ,Xוהשאר הן תתי קבוצות של .X
נסמן } A = {a1 , ..., amו .a (x) = m
לפי הנחת האינדוקציה ,מכיוון ש | |X + | < |Xאז אפשר לכתוב:
+
X + = C1+ ∪ C2+ ∪ ... ∪ Cm
כך ש Ci+שרשרת לכל .iבה"כ נניח ) ai ∈ Ci+כל שרשרת נחתכת בנקודה אחת בדיוק עם ,Aולכן יש חיתוך יחיד,
ובה"כ הכוונה לכך שגם האינדקסים מתאימים(.
מנימוק דומה ניתן לכתוב את X −כאיחוד של mשרשראות:
−
X + = C1− ∪ C2− ∪ ... ∪ Cm
ושוב נניח בה"כ ש .ai ∈ Ci−
נגדיר:
Ci = Ci− ∪ Ci+
ברור ש
X = C1 ∪ ... ∪ Cm
מטענה .2
נותר להראות ש Ciהיא שרשרת.
טענה ־ aiאיבר מקסימלי ב Ci−ומינימלי ב .Ci+
הוכחה :אם ai ̸= x ∈ Ci−אז או ש ) x < aiואז אכן aiמקסימלי( או ,ai < xכיוון שמדובר בשרשרת ,היות ש
x ∈ X −אז יש b ∈ Aכך ש ,x ≤ bומטרנזיטיביות נקבל ai < bושניהם ב Aבסתירה להיותה אנטי שרשרת.
משיקולים דומים aiאיבר מינימלי ב ,Ci+ולכן לכל שני איברים ב x ̸= y ∈ Ciמתקיים שאו ששניהם מוכלים
באחת מהשרשראות Ci+ , Ci−ואז ברור שהם מקיימים יחס ביניהם ,ואחרת בה"כ ־ x ∈ Ci−ו y ∈ Ci+משימוש
בטענה לעיל מקבלים x < ai < yולכן מטרנזיטיביות x, yמקיימים יחס כנדרש ואכן Cשרשרת והוכחת המשפט
הושלמה.
8.2
גרפים מושלמים
יהי Gגרף.
) c (G־ גודל תת גרף שלם מקסימלי ) ,(Cliqueמספר צביעה ) χ (Gהוא מספר הצבעים המינימלי הדרוש כדי
לצבוע את קודקודיו כך ששכנים אינם צבועים באותו צבע.
באופן כללי ). χ (G) ≥ c (G
הגדרה 8.7גרף Gיקרא מושלם אם לכל תת גרף מושרה Hמתקיים ).χ (H) = c (H
תהי Xקס"ח.
הגדרה 8.8גרף ההשוואה ⟩ G = ⟨X, Eהוא גרף כך ש x, y ∈ Eאם x < yאו .y < x
.
הגדרה 8.9גרף אי ההשוואה ⟩ G′ = ⟨X, E ′מקיים x, y ∈ Eאם x ≮ yוגם .y ≮ x
)כמובן G′הוא גרף משלים של (G
מהו ) c (Gכאשר Gגרף ההשוואה?
) c (Xהוא גודל השרשרת המקסימלית ,תת גרף שלם של Gמתאים לשרשרת ב .X
צביעה של Gהיא חלוקה של Xלאנטי 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.
) c (G′ ) = a (Xהוא גודל האנטי שרשרת המקסימלית χ (G′ ) ,הוא מספר השרשראות המינימלי הנדרש כדי
לכסות את .G′ומשפט דילוורת' נותן לנו ) χ (G) = c (G′ ) = a (Xוזה 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 ,2ועם 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 .2003
(
)
כזכור ־ משפט שפרנר אמר לנו כי גודל האנטי־שרשרת המקסימלית ב ] 2[nהוא ⌋ . ⌊ nn
2
(
)
מסקנה 8.10ממשפט דילוורת' ומשפט שפרנר ־ אפשר לכסות את ] 2[nעל ידי ⌋ ⌊ nnשרשראות.
2
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 n = 1אפשר את }∅, {1
עבור n = 2אפשר את } {1כשרשרת אחת ואת } ∅, {2} , {1, 2כשרשרת שניה.
אפשר גם את .n = 3
תרגילון לבית ־ איך אפשר לחלק את ] 2[nלשרשראות כנ"ל?
9
9.1
שיעור 9
הוכחת משפט שפרנר בעזרת כיסוי ע"י שרשראות
ניקח x1 , ..., xnממשיים כך ש xi ≥ 1
נביט בסכומים
ε1 x1 + ε2 x2 + ... + εn xn
כאשר }εi ∈ {−1, 1
אפשר לבחור סדרה של אפסילונים ב 2nדרכים ,ונשאלה כמה לכל היותר מבין הסדרות הללו יתנו סכום שנמצא
בקטע ).(−1, 1
ברור שאם ה x1 , ..., xnמתפרעים מאד ־ אז לא בטוח שיהיה אפילו אחד.
אבל אם nזוגי ־ אז הסכומים
( ,(−1,
אם 1 = x1 = x2 = ... = xnו nאי־זוגי ־ אזי שום סכום לא נופל בקטע )) 1
הטובים יהיו בדיוק 0ויתאימו לכל הבחירות של מספר שווה של 0ו ,1וזהו כמובן ⌋ . ⌊ nn
2
(
)
משפט 9.1מספר הסכומים שנמצאים ב ) (−1, 1קטן או שווה ל ⌋ . ⌊ nn
2
הוכחה :כל סכום מתאים לתת קבוצה )ניקח את האינדקסים iכך ש .(εi = 1
נטען כי לא יתכן ששני סכומים שמתאימים ל S, Tכך ש S ( Tשניהם בקטע ).(−1, 1
מדוע? מכיוון שהמעבר מ Sל Tמשמעו שהחלפנו חלק מאפסילונים שהיו −1ב ,1ולכן הגדלנו לפחות ב 2את
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 9.2נקבע ,nונתבונן ב ] .2[nשרשרת Si ⊆ Si+1 ⊆ ... ⊆ Sn−iנקראת רוויה וסימטרית אם |Sk | = kלכל
i≤k ≤n−i
שרשרת Cהיא רוויה אם כאשר S, T ∈ Cמקיימים S ⊆ Tו |T | − |S| > 1אז קיים R ∈ Cכך ש S ⊂ R ⊂ Tו
.|R| = |S| + 1
מושג הרוויה והסימטריה משמעו שהקבוצות תופסות "רדיוס" מסויים סביב . n2
משפט 9.3לכל nקיימת חלוקה של ] 2[nלשרשראות רוויות סימטריות.
)(
⌋ ⌊
הוכחה :עבור n = 1אפשר לכסות ע"י }} {∅, {1ו n2 = 0והצגנו שרשרת יחידה ואכן . 10 = 1
עבור n = 2נוכל לבחור בשרשראות
}}{∅, {1
}}{{2} , {1, 2
נבחין כי השרשרת השניה התקבלה מהוספה של האיבר 2לאיברי השרשרת שלפניה.
השרשראות הללו אכן רוויות ,אך אינן סימטריות ,וכדי לתקן זאת ־ נעביר את הקבוצה } {1, 2לשרשרת הראשונה
ואז נקבל שתי שרשראות סימטריות ורוויות.
נבנה עבור n = 3בדרך דומה ע"י הוספת האיבר 3לאיברי השרשראות הקודמות ונקבל בסך הכל:
}}{∅, {1} , {1, 2
}{2
}}{{3} , {1, 3} , {1, 2, 3
17
}}{{2, 3
נעשה שימוש באותו כלל ־ נעביר את האיבר המקסימלי } {1, 2, 3ונעבירו לשרשרת הארוכה הישנה ,ומהשרשרת
הקצרה החדשה נעביר את האיבר לשרשרת הקצרה הישנה ,ונקבל סך הכל:
}}{∅, {1} , {1, 2} , {1, 2, 3
}}{2, {2, 3
}}{{3} , {1, 3
באופן פורמלי ־ מעבר האינדוקציה הוא זה:
בהנתן חלוקה לשרשראות רוויות וסימטריות C1 , C2 , ..., Cmעבור ] 2[nנגדיר עבור ]:2[n+1
{
}
∀i : Ci0 = s ∈ 2[n+1] : s ∈ Ci
} Ci1 = {s ∪ {n + 1} : s ∈ Ci
קיבלנו 2mשרשראות רוויות שמכסות את ] 2[n+1אבל הן לא סימטריות.
נחליף כעת את Ci0ו Ci1ב Ci+ו Ci−באופן הבא:
אם } ) Ci = {si , si+1 , ..., sn−iזה אכן המבנה שלה מסימטריות ,כלומר ־ הנחת האינדוקציה(
אז נגדיר:
}}Ci+ = Ci0 ∪ {sn−i ∪ {n + 1
}}Ci− = {si ∪ {n + 1} , si+1 ∪ {n + 1} , ..., sn−i−1 ∪ {n + 1}} = Ci1 \ {sn−i ∪ {n + 1
כל השרשראות Ci+ו Ci−הלא ריקות הן רוויות וסימטריות ואיחודן הזר הוא ].2[n+1
⌋⌊n
.הוכחה) :שפרנר בהנתן המשפט לעיל( נתבונן בחלוקה כמו זו המובטחת .נבחין כי אם נסמן ,m = 2כל שרשרת
רוויה וסימטרית תמיד תכיל קבוצה מגודל זה )מרכז הרדיוס( ,וקבוצה אחת בלבד מגודל זה )כי זו שרשרת( .כל
מוכלת בשרשרת אחת ויחידה ,ולכן מספר השרשראות הרוויות
זה (
מכיוון שזוהי חלוקה ־ אז בפרט כל קבוצה מסוג )
הסימטריות הוא כמספר הקבוצות בגודל mשהוא ⌋ . ⌊ nn
2
10
שיעור 10
n
נתבונן בקבוצת הוקטורים }{−1, 1
נתעניין מה הקבוצה הגדולה ביותר שנוכל להרכיב כך שמכפלת שני איברים בתוכה )מכפלה פנימית( לא תתאפס.
n
מתוך כלל הוקטורים נתבונן במשפחה }) G = {(x1 , ..., xn ) ∈ {−1, 1} : x1 = 1, #i : xi = 1 is evenזו
הקטנה טכנית של תחום הפעולה ,ואפשר בלעדיה ,אבל זה קצת פחות אסתטי(
בחירת x1 = 1מקטין את הבחירה למחצית מכלל הוקטורים ,מתוכם בחירת כל הוקטורים באורך n − 1שבהם
מספר הקוא' החיוביות הוא זוגי ,תקטין זאת בחצ ובסה"כ נקבל ש .|G| = 2n−2
= G′ ⊆ Gכל הוקטורים שבהם יש בדיוק 1 n2ים.
G′מתאימה לכל הקבוצות בגודל n2מתוך }{1, ..., n
∑
′
תהי F ⊆ Gכלשהי המקיימת לכל x, y ∈ Fמתקיים i xi yi = ⟨x, y⟩ ̸= 0
באופן שקול אפשר לדרוש שאם ניקח שני איברים ב Fואת ה ) S, Tקבוצות( המתאימות להם ,יתקיים ≠ | |S ∩ T
. n4
18
משפט ) 10.1פרנקל וילסון( אם n = 4pו pראשוני ,ו F ⊆ Gמקיים שלכל x, y ∈ Fמתקיים ⟨x, y⟩ ̸= 0אז:
) ( p−1
∑
n
i
≤ | |F
i=0
נביט על כל הוקטורים (x1 , ..., xn ) ∈ Gכך שמספר ה 1ים קטן מ pאו גדול מ 3p
כשמביטים במכפלה הפנימית של xו :y
נסמן ב aאת מספר הקוא' שבהן ב xיש 1וב yיש 1
נסמן ב bאת מספר הקוא' שבהן ב xיש 1וב yיש 1־
נסמן ב cאת מספר הקוא' שבהן ב xיש 1־ וב yיש 1
נסמן ב dאת מספר הקוא' שבהן ב xיש 1־ וב yיש 1־
ולכן:
a + b + c + d = n = 4p
וגם:
⟨x, y⟩ = a + d − b − c
ולכן אם מספר ה 1ים קטן מ pאז נובע:
a+b<p
a+c<p
d > 2p
ולכן המכפלה הפנימית לא תתאפס ,ובפרט ־ קבוצת הוקטורים ב Gשמספר ה 1ים בהם קטן מ p־ נקבל קבוצה
∑רוצים ,טיעון סימטרי מראה שאפשר להשתמש גם באלו שבהם יש פחות מ pפעמים 1־ .
שאנחנו
חלקית לקבוצה
) n ( n
) i=1 p−1אם (p ≤ n4המקדם האחרון הוא המשמעותי ביותר ,ולכן אסימפטוטית כל העסק מתנהג
בסכום
) (
) nH ( 41
n
n·0.8...
2וזהו חלק אקספוננציאלית קטן מסך הקבוצות הכולל .2
≈2
כמו , nnשאסימפטוטית הוא
4
למה x, y ∈ G 10.2אז ) ⟨x, y⟩ = 0 (mod 4ולכן אם ל x, y ∈ Gמתקיים ) ⟨x, y⟩ = 0 (mod pאז ⟨x, y⟩ = 0
הוכחה :כזכור:
⟨x, y⟩ = a + d − b − c
כזכור a + b + c + d = 4pולכן זה מתחלק ב .4
ולכן מספיק להראות ש 4p − ⟨x, y⟩ = 2b + 2cמתחלק ב 4או ש b + cמתחלק ב .2
מספר ה 1ים ב xוב yזוגי ולכן a + bזוגי ו a + cזוגי וכאן 2a + b + cזוגי ולכן אכן ⟩ ⟨x, yמתחלק ב .4
ואז אם ) ⟨x, y⟩ = 0 (mod pאז מזרות מתקיים )⟨x, y⟩ = 0 (mod 4p
כמו כן נבחין כי )חידה לילדים(:
(x − a) (x − b) (x − c) ...(x − z) = 0
)שכן בדרך מופיע ) (x − xכגורם(....
נביט כעת בפולינומים מעל השדה Fpבמשתנים ) .(x1 , ..., xn
19
לכל (y1 , ..., yn ) = y ∈ Fנתאים פולינום:
) Py (x) = Py (x1 , ..., xn
))Py (x) = (⟨x, y⟩ − 1) (⟨x, y⟩ − 2) (⟨x, y⟩ − 3) ... (⟨x, y⟩ − (p − 1
כאשר x1 , ..., xnכאן יהיו על תקן משתנים וה y1 , ..., ynיתקבלו מהוקטור .y
זהו אכן פולינום במשתנים הנדרשים מעל השדה.
נניח ,y, z ∈ Fאזי המכפלה הפנימית שלהם היא לא אפס מודולו ) pמההערה הראשונה( ולכן הפולינום הנ"ל
יתאפס )מתוך הטריק לילדים( שכן:
))Py (x) = (⟨x, y⟩ − 1) (⟨x, y⟩ − 2) (⟨x, y⟩ − 3) ... (⟨x, y⟩ − ⟨x, y⟩) ... (⟨x, y⟩ − (p − 1
ואם y = zנקבל שהדבר לא יתאפס ,ובפרט מנוסחת וילסון יתקבל מכך )−1 · −2 · ... · − (p − 1) = −1 (mod p
כלומר:
{
0
y ̸= z
= )Py (z
−1 y = z
טענה 10.3הפולינומים }){Py (xכאשר ,y ∈ Fהם בלתי תלויים ליניארית.
הוכחה :נניח:
λyPy = 0
∑
y∈F
אז נציב z ∈ F
λyPy (z) = 0
∑
y∈F
ומהטענה הקודמת לגבי אפיון ) Py (zמתקבל מכך:
λz Pz (z) = −λz = 0
ולכן λzלכל .z ∈ F
נשנה את ) Py (xל ) P˜y (xלפי הכלל הבא:
2k+1
xiנחליף ב ,xiוכעת קיבלנו פולינום לינארי בכל משתניו )המעריך של כל
x2kנחליף ב 1וכל חזקה
כל חזקה i
משתנה הוא 1או (0
n
טענה 10.4אם } x ∈ {−1, 1אז )Py (x) = P˜y (x
הוכחה :מכיוון ש x2k = 1ו x2k+1 = xאם }x ∈ {−1, 1
נחליף את הטענה הקודמת שלנו )זו לגבי האי־תלות( ולכן הפולינומים ) P˜y (xבת"ל כאשר .y ∈ F
ולכן יש לנו פולינומים מולטיליניארים מדרגה p − 1לכל היותר ,שהם בלתי תלויים ליניארית ,ולכן מספרם קטן או
היותר .כל
שווה למימד המרחב שבו הם חיים ,כלומר הפולינומים המולטיליניאריים ב x1 , ..., xnמדרגה ( p) − 1
לכל∑p−1
פולינום מולטילינ' מדרגה p − 1הוא קומב' ליניארית של מונומים מדרגה לכל היותר ,p − 1וכאלו יש ) i=1 niלמשל
(x1 x2 , x1 x16 x9 , ...
וכיוון שלכל איבר ב Fהתאמנו פולינום כזה ־ אזי גודל Fחסום ע"י גודל הבסיס ־ ומכאן המבוקש.
שיעור 11
11
n
משפט ) 11.1פרנקל וילסון( גרסה אחרת )במעט( ממה שהראינו ־ אם n = 4pו pראשוני ,ויש לנו } F ⊆ {0, 1עם
התכונה שלכל x, y ∈ Fמתקיים ⟨x, y⟩ ̸= 0
אז:
) ( p−1
∑
n
i
|F | ≤ 4
i=0
הוכחה :בשיעור הקודם הראינו את זה בלי ה ,4משום שהצטמצמנו ל F ⊆ Gכאשר ב Gמספר ה 1ים היה זוגי,
והקוא' הראשונה היא .1אפשר לטעון שהצימצום הזה היה מלאכותי ונוכל לשחזר את ההוכחה עם הפיכת כל אחד
מהתנאים הללו בנפרד ,ולכן נקבל 4הוכחות לאותו גדול ,ובסה"כ נקבל את המשפט בניסוחו הנוכחי.
נניח ,X ⊆ S n−1כך של Xיש נפח במימד ,n − 1שהוא ).µ (X
כאשר
}
{
∑
= (x1 , ..., xn ) :
x2i = 1
S n−1
נניח גם שלכל x, y ∈ Xמתקיים ⟨x, y⟩ ̸= 0
מסקנה 11.2
)∑p−1 (n
i
≤ )µ (X
i=0
2n−2
הערה 11.3יודעים שהחסם הזה לא הדוק ,ההשערה היום היא שהכי טוב שאפשר לעשות הוא לבחור רצועות סביב שני
קטבי הספירה ,כך שהגזרה שהן מכסות היא קטנה מ , π4ולכן שום שתי נקודות באותה כיפה אינן ניצבות וכך גם נכון
בכיפות השונות.
לגבי שתי נקודות שהן ) (
n
זה נותן חסם של
√1
2
שהוא טוב בהרבה.
מה הרעיון של המסקנה שהראינו?
ננרמל את הוקטורים ב Gע"י כך שכל איבר ב Gיראה כך: x1 , ..., xn ∈ {−1, 1} :
שהנורמה של כל וקטור ב Gהיא ,1ולכן אלו נקודות על הספירה.
קבוצה במידה )) µ (Xהמידה מנורמלת כך ששטח פני הספירה הוא ,(1תוחלת החיתוך של סיבוב מקרי שלה עם
Gהיא ,µ (X) · 2n−2ולכן מהמשפט הקומבינטורי נקבל את המבוקש.
.
הניסוח המקורי של פרנקל וילסון היה F :משפחה של קבוצות בגודל n2מתוך ] [nכך שלכל S, T ∈ Fכך ש
) ( ∑p−1
|F | ≤ 2 i=0 p−1
|S ∩ T | ̸= n4אז
i
)
11.1
x1
xn
√
√ , ...,
n
n
(
ואז נקבל
השאלה של לרמן
נניח ש Fמשפחה של קבוצות בגודל rמתוך ] [dונניח שלכל S, T ∈ Fמתקיים .|S ∩ T | ≥ k
האם אפשר לחלק את Fל F1 , ..., Fdכך שלכל S, T ∈ Fjמתקיים ש ?S ∩ T ≥ k + 1
מסתבר שבעזרת משפט פרנקל וילסון אפשר לענות על השאלה הזו בשלילה .הוכחה :נניח ש n = 4pונביט על כל
הגרפים הדו צדדיים השלמים על nקודקודים מסומנים כך שבכל צד יש . n2
{
})(n
נתבונן בכל הצלעות האפשריות בגרף כלשהו על nקודקודים ונסמנן 1, ..., d = 2והמשפחה שנבנה Fתהיה
n
קבוצת אוספי הצלעות ,כלומר כל ] S ⊆ [dהמקיים שהוא אוסף כל הצלעות של גרף דו צדדי שלם כלשהו עם 2
) ( nn
קודקודים בכל צד .נבחין כי |F | = 22כי כדי להגדיר גרף דו צדדי מספיק לבחור מחצית מהקודקודים ,כיוון שאין
אנחנו מבדילים בין בניית גרף ע"י בחירת קבוצה כלשהי לגרף הנוצר מבחירת משלימתה.
21
כל גרף דו"צ הוא מהצורה ) K (A, Bכך ש A, Bקב' קודקודים בגודל . n2
נשאל איזו בחירה של C, Dקב' קוד' כנ"ל גורמת לכך ש ) K (A, Bו ) K (C, Dיחלקו מספר מינימלי של צלעות,
בכפוף לכך ש ?1 ∈ A ∩ C
נסמן:
X =A∩C
Y =A∩D
Z =B∩C
U =B∩D
ואז בחיתוך יהיו כל הצלעות שהן בין Xו Uאו בין Yל ,Zלכן זה:
||X| · |U | + |Y | · |Z
אם נגדיר ,|X| = tנקבל − t
n
2
= | |Yוכן − t
n
2
= | |Zו |U | = tולכן מספר הצלעות בחיתוך יהיה:
)2
)− t = k (t
(n
2
t2 +
זה מינימלי כאשר ,t = n4ולכן אם נייצג כל גרף דו"צ על ידי ה Aשלו ,נרצה חלוקה ל dאוספים שבכל אוסף
נדרוש שכל Aים שכאלה יחתכו על מספר שונה מ n4קודקודים ,וכך אנחנו בתנאי משפט פרנקל וילסון ,שאומר שמספר
) ( ∑p−1
| |F
הגרפים בכל אוסף הוא קטן מ 2 i=0 niולכן מספר האוספים יהיה גדול מ
2 ∑p−1וזה אקספוננציאלי ב ,n
n
) i=0 ( i
וגדול מ ,dולכן זה מפריך את שאלת לרמן.
השערת בורסוק :כל קבוצה בקוטר 1ב Rdאפשר לכסות ע"י d + 1קבוצות בקוטר קטן מ .1
זה גורר את השערת לרמן .מדוע?
)לא לגמרי הבנתי ,אנסה להשלים בהזדמנות(
11.2
בחזרה לבעיות קיצוניות בקבוצות
חמנית היא אוסף של קבוצות ,S1 , ..., Srכך שכל איבר שנמצא בשתיים מהן נמצא בכולן.
במילים אחרות ־ אם X = S1 ∩ S2 ∩ ... ∩ Snאז S1 \ X, S2 \ X, ..., Sn \ Xזרות.
משפט 11.4ארדש־רדו קיים מספר ) f (k, rכך שלכל משפחה Fשל קבוצות בגודל kובה יותר מ ) f (k, rאיברים ־
הקבוצה מכילה חמנית בגודל .r
הוכחה :נראה באינדוקציה על .kעבור k = 1זה טריוויאלי כי בכל אוסף יחידונים בגודל rתהיה חמנית ,שכן כל שני
יחידונים יהיו זרים...
נניח ש Fמשפחה של קבוצות בגודל kללא חמנית בגודל ,rנראה שמספר האיברים ב Fחסום מלעיל ע"י
).f (k, r
נניח עבור k − 1ונוכיח עבור .k
נתבונן באוסף מקסימלי של קבוצות זרות ב ,A1 , ..., Am ,Fזו חמנית )באופן ריק( ולכן על פי הנחת אי קיום
∪ מתקיים .m ≤ r − 1
חמנית בגודל r
נגדיר Y = {y1 , ..., ys } ,Y = Aiולכן )כיוון שבכל קבוצה ב Fיש kאיברים( מתקיים s ≤ (r − 1) k
נגדיר:
}Fj = {A ∈ F : yj ∈ A
}Fj′ = {A \ {yj } : yj ∈ A
Fjגם היא לא מכילה חמנית בגודל ,rוכך גם ) Fj′והן שוות בגדלן( ,אבל ב Fj′הקבוצות הן בגודל k − 1ולכן עפ"י
הנחת האינדוקציה ). |Fj | ≤ f (k − 1, r
22
∪
נבחין כי , Fj = Fמדוע? נניח שיש קבוצה S ∈ Fשאינה נמצאת באיחוד ,משמעות הדבר שהיא אינה שייכת
לאף ,Fjכלומר אינה מכילה שום ,yjולכן זרה ל ,Yאבל זו סתירה למקסימליות של האוסף A1 , ..., Amכיוון שבמצב
כזה נוכל להוסיף את Sלאוסף ולקבל אוסף גדול יותר של קבוצות זרות.
ולכן בסך הכל:
∪
≤ | |F
)|Fj | ≤ s · f (k − 1, r) ≤ k · (r − 1) · f (k − 1, r
נקבל נוסחת נסיגה:
)f (k, r) ≤ k · (r − 1) · f (k − 1, r
ומכאן:
k
)f (k, r) ≤ k! (r − 1
ולכן אם נבחר אוסף בגודל העולה על גודל זה ־ נקבל בהכרח חמנית בגודל .r
הגדרה 11.5משפחה Fשל קבוצות מנתצת קבוצה Sאם לכל ,R ⊆ Sקיים T ∈ Fכך ש .T ∩ S = R
למשל ־ קבוצה של שתי נקודות במישור אפשר לנתץ על ידי חצאי מישור.
יש קבוצות של 3נקודות במישור שאפשר לנתץ על ידי חצאי מישור )למשל ,אם הן במצב כללי ,אך לא אם הן בקו
ישר(
האם יש קבוצות של 4נקודות במישור שאפשר לנתץ על ידי חצאי מישור?
)לא(
משפט 11.6הניתוץ )סאוור שלח( :אם Fמשפחה של קבוצות מתוך ] [nואם
של k + 1איברים.
12
)(n
i
∑k
i=0
> | |Fאז Fמנתצת קבוצה
שיעור 12
הגדרה 12.1מימד
VC
הוא מספר האיברים המקסימלי בקבוצה שמנותצת על ידי המשפחה
משפט 12.2אם ] F ⊆ 2[nאז Fמנתצת לפחות מספר קבוצות כגודלה.
נסמן = Gכל הקבוצות ש Fמנתצת
אז במילים אחרות ||F | ≤ |G
(
)
∑k
הוכחה :של סאוור שלח בהנתן המשפט לעיל :לכן ידוע לנו |G| > i=0 niוזה מספר הקבוצות שגודלן קטן מ ,k
ולכן בהכרח יש ב Gקבוצה גדולה ממש מ .k
.הוכחה) :המשפט הקודם( באינדוקציה ,כלומר נפרק למשפחות קטנות יותר ונשתמש בהנחת האינדוקציה לגביהן.
∈ F0 = {S ⊆ F : 1
}/ S
}F1 = {S ⊆ F : 1 ∈ S
} F1′ = {S \ {1} : S ∈ F1
נבחין כי } S ⊆ {2, ..., nמנותצת על ידי F1אם"ם Sמנותצת ע"י .F1′
= G0תת קבוצות של } {2, ..., nש F0מנתצת
=G1תת קבוצות של } {2, ..., nש F1′מנתצת )ולכן גם (F1
| |G0 | ≥ |F0
| |G1 | ≥ |F1
ולכן:
| |G0 | + |G1 | ≥ |F0 | + |F1 | = |F
ומכאן:
| |G0 | + |G1 | ≥ |F
מצאנו תת קבוצות של } {2, ..., nמנותצות על ידי Fשמספרן לפחות | .|G0 ∪ G1נותר להראות שלכל קבוצה
S ∈ G0 ∩ G1מתקיים ש } S ∪ {1מנותצת על ידי .F
F0מנתצת קבוצות של } {2, ..., nשמספרן לפחות | ) |F0הנחת אינדוקציה( ,ו F1מנתצת תת קבוצות של }{2, ..., n
שמספרן לפחות | .|F1
טענה :נניח } S ⊆ {2, ..., nמנותצת גם על ידי F0וגם על ידי ,F1אז } S ∪ {1מנותצת על ידי .F
הטענה גוררת שמספר הקבוצות שמנותצות על ידי Fהוא לפחות:
| |G0 ∪ G1 | + |G0 ∩ G1 | = |G0 | + |G1 | ≥ |F0 | + |F1 | = |F
וזה הדרוש...
הוכחת הטענה:
∈ 1ואז
Sמנותצת על ידי ,F0כלומר לכל R ⊆ Sיש T ∈ F0כך ש ,T ∩ S = Rנבחין ש T ∈ F0ולכן / T
T ∩ (S ∪ {1}) = R
באותו אופן יש T ′ ∈ F1כך ש T ′ ∩ S = R
מכיוון ש T ′ ∈ F1אז 1 ∈ T ′ולכן }T ′ ∩ (S ∪ {1}) = R ∪ {1
′
′
ומכאן ־ לכל R ⊆ Sקיים T ∈ Fכך ש T ∩ (S ∪ {1}) = Rוקיים T ∈ Fכך ש }T ∩ (S ∪ {1}) = R ∪ {1
ולכן Fמנתצת את }S ∪ {1
)איך בעצם יעבוד הניתוץ? כל תת קבוצה של Sשלא מכילה את 1מתקבלת באמצעות קבוצה מ F0וכל תת
קבוצה שכן מכילה את 1תתקבל על ידי קבוצה מ (F1
12.1
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 Fנקראת סגורה כלפי מטה ,אידאל או קומפלקס סימפליציאלי )כל אלו שמות שונים לאותו הדבר(
אם לכל S ∈ Fו R ⊆ Sמתקיים .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 ) Gכלומר הקבוצות המנותצות על ידי המשפחה(
עבור משפחה ] F ⊆ 2[nו 1 ≤ i ≤ nנגדיר ) si (Fבאופן הבא:
∈i
/T
T
∀T ∈ F : si (T ) = T
i ∈ T ∧ (T \ {i}) ∈ F
∈ )}T \ {i} i ∈ T ∧ (T \ {i
/F
ואז:
} si (F ) = {si (T ) : T ∈ F
)יש פה קצת
על ,Fאיבר־איבר(
abuse of notation
שכן אנחנו פעם מתייחסים לפונקציה כאילו היא פועלת על קבוצות ב Fופעם
24
טענה 12.3
| |si (F )| = |F
הוכחה :זה פשוט כיוון שכל קבוצה שאינה מכילה את iלא שינינו ,אם יש קבוצות שמכילות את iוגם 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 Tשמכילה את iואין לה אחות ,ובמקרה כזה ־ סילקנו ממנה את iוכך קיבלנו את אחותה
חסרת ה .iההתאמה הזו היא חח"ע באופן ברור ולכן לא שינינו את גודל הקבוצה.
טענה 12.4אם חוזרים ומבצעים את הפעולה ) ,F → si (Fמקבלים בסופו של דבר אידאל
הוכחה :אם si (F ) ̸= Fאז סכום גדלי הקבוצות ב ) si (Fקטן ממש מסכום גדלי הקבוצות ב ,Fוכיוון שהכל סופי
־ לא נוכל לבצע את הפעולות לנצח ,ולכן בשלב כלשהו נקבל ,si (F ) = Fובמקרה כזה Fתהיה אידאל .מדוע? כי
∈ } ,T \ {iוזו הגדרה שקולה להגדרה של אידאל.
משמעות הדבר שאין T ∈ Fו ] i ∈ [nכך ש i ∈ Tוגם / F
משפט 12.5אם Sמנותצת על ידי ) si (Fאז Sמנותצת גם על ידי F
המשפט האחרון
הוכחה :למשפט סאוור שלח ) (
בהנתן∑k−1
כך ש |F | > i=0 niונבצע את ההזזה ) F → si (Fעד שנקבל את האידאל ˆ.F
נתחיל ממשפחה F
ˆ
לפי טענה קודמת ˆ |F | = Fוכל קבוצה ש Fמנתצת ,גם Fמנתצת.
כל הקבוצות שמוכלות בו )קצת חושבים על זה וזה די ברור(
נבחין כי כל אידיאל מנתץ בדיוק
את∑
) ( k−1
וכעת כיוון שב ˆ Fיש יותר מ i=0 niקבוצות ,משובך יונים ־ חייבת להיות בו קבוצה שיש בה kאיברים לפחות,
והיא בפרט מנתצת אותה.
נותר לנו להוכיח שהפעולה לא מגדילה את מספר הקבוצות המנותצות .הוכחה :נניח ש Sמנותצת על ידי ) si (F
לכל R ⊆ Sיש ) T ∈ si (Fכך ש ּT ∩ S = R
צריך למצוא T ′ ∈ Fהמקיימת .T ′ ∩ S = R
∈i
אפשרות א'/ S :
אם T ∈ Fסיימנו
∈ (i
אחרת Tהתקבלה מאחותה גדולה T ′ ∈ Fהמקיימת } T ′ = T ∪ {iוהיא תקיים את המבוקש )כי / S
אפשרות ב'i ∈ S :
אם ,i ∈ Rאז i ∈ Tו Tהיא קבוצה שלא עברה שינוי בהזזה ,ולכן T ∈ Fוסיימנו.
∈ .iאם T ∈ Fסיימנו ,ואחרת היא התקבלה בפעולת ההזזה .כיוון ש ) si (Fמנתצת
∈ ,iאז נובע ש / T
אם / R
את Sאז יש ) T2 ∈ si (Fכך ש )} ,T2 ∩ S = (R ∪ {iוכיוון ש T2מכילה את ,iהיא לא עברה שינוי בפעולת ההזזה.
אילו קבוצות שמכילות את iלא הוזזו? רק אלו שאחותן כבר קיימת ב !Fכלומר T2 \ {i} ∈ Fולכן קבוצה זו היא
ה T ′שביקשנו.
13
שיעור 13
)]([n
⊆ Fכאשר 2k ≤ nואם לכל S, T ∈ Fמתקיים ∅ ≠ S ∩ Tאז
נזכיר את משפט ארדש קו רדו :אם
(
)
|F | ≤ n−1
k−1
נדון במשפט שונה.
) (
נניח שיש בידינו אוסף סופי Fשל קבוצות של טבעיים בגודל קבוע ,כלומר F ⊆ Nkכך ש ∞ < | .|F
k
הגדרה 13.1הצל של Fהוא:
{
(
)
}
N
∈ ∂F = R
: ∃S ∈ F s.t. R ⊆ S
k−1
25
אם נתון | ,|Fעד כמה קטן יכול להיות | ?|∂F
למה 13.2לכל kו nיש דרך יחידה להציג את nבצורה הבאה:
( ) (
)
) (
nk
nk−1
n1
=n
+
+ ... +
k
k−1
1
נניח את קיום הלמה )אולי נוכיח אותה בהמשך(
הגדרה 13.3בהנתן ההצגה היחידה של nדנן ,נגדיר:
)
) (
nk
nk−1
n1
+
+ ... +
k−1
k−2
0
(
משפט ) 13.4קרוסקל קטונה( אם
)(N
k
)
(
= )∂k (n
⊆ Fו |F | = nאז
| ∂k (n) ≤ |∂F
) (nk
הוכחה) :הלמה( נגדיר את nkכמספר המקסימלי כך ש ≤ n
) (
n′ = n − nkkבעזרת הנחת האינדוקציה עבור .k − 1
k
( ) k−1
) ∑ ( n′
nk
i
+
k
i
i=1
,אם ממש = n
) (nk
k
=n
) (
עד עכשיו לא הגבלנו את nkויכולנו לעשות זאת לכל בחירה של nkכך ש , nkk ≤ n
נשאר להראות .n > n′k−1
(nk ) k
אם nk ≤ n′k−1כך ש k ≤ nאז:
(
)
nk
+
≤n
k−1
ו
)
nk
k−1
)
(
≥
)
nk
k
n′k−1
k−1
(
(
אבל מזהות פסקל:
( ) ( )
( ) ( )
)
n′k−1
nk
nk−1
nk
nk + 1
+
≥
+
=
k−1
k
k−1
k
k
ולכן nkהוא לא המקסימלי שאפשר לבחור ,בסתירה.
ומכך קיבלנו את הלמה ,היחידות מתקבלת עקב בחירת המקסימליות.
)יש פה אולי פרטים להשלים שקצת דילגנו עליהם בשיעור(
26
(
≥n
אז סיימנו ,אחרת נציג את
13.1
הזזה לקבוצות בגודל קבוע
)]([n
בהנתן F ⊆ kו 1 ≤ i < j ≤ nקבועים ,נרצה להחליף את jב iבכל קבוצה ,במידה שאפשר לעשות זאת מבלי
לשנות את גדלה ומבלי לשנות את הגודל של ,Fוכך במובן מסויים לצופף את הקבוצה לכיוון ...1
כדי להגדיר את ) Sij (Fנתבונן ב T ∈ Fכלשהי ונאמר:
∈j
/T
i∈T
∈i
/ T, j ∈ T, (T \ {j} ∪ {i}) ∈ F
otherwise
T
T
= ) Sij (T
T
}T \ {j} ∪ {i
למה 13.5
|) |F | = |Sij (F
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 ,Fבפרט ־ לא גרמנו לכך שמספר הקבוצות ב Fיפחת.
הגדרה G 13.6נקראת מוזזת אם Sij (G) = Gלכל i, j
שאלה :מה הגודל המירבי של Fכך שמתקיימת תכונה ?P
אסטרטגיה:
.1נראה שאם Fמקיימת את Pאז גם ) Sij (Fמקיימת את P
.2נפתור את הבעיה לכל Gמוזזת
למה 13.7מכל Fאפשר לעבור ע"י הפעלה חוזרת ונשנית של הפעולות ) ,F → Sij (Fל Gמוזזת.
הוכחה :ברור מסופיות הקבוצות ,כי זו פעולה של הקטנה דיסקרטית של סכום איברי הקבוצות בתוך ,Fוזה חסום
ולכן מתישהו יעצר.
למה 13.8אם Fנחתכת ,גם ) Sij (Fנחתכת.
הוכחה :נניח בשלילה ) A, B ∈ Sij (Fכך ש ∅ = A ∩ B
לא יתכן ש A, B ∈ Fכיוון ש Fנחתכת.
ולכן לפחות אחת הקבוצות "נוצרה" במהלך הפעלת Sijעל .F
∈ A, Bשכן משמעות הדבר ששתיהן נוצרו במהלך הפעלת Sijמאחיותיהן הגדולות ,A′ , B ′ובשתיהן
לא יתכן / F
החלפנו את jב ,iובפרט שתיהן מכילות את iולכן ∅ ≠ A ∩ Bבסתירה.
∈ .j
∈ Aוגם ,B ∈ Fמכאן i ∈ Aו / A
נניח בה"כ / F
ולכן A′ ∈ Fוכיוון ש Fנחתכת מתקיים ∅ ≠ A′ ∩ Bולכן החיתוך הוא בדיוק ,jכי זה האיבר היחיד שהסרנו
במעבר מ A′הנחתכת עם Bל Aשאיננה.
מדוע Bעברה מ Fל ) Sij (Fללא שינוי? כיוון ש ,B ′ = B \ {j} ∪ {i} ∈ Fאבל קבוצה זו אינה נחתכת עם
∈ ,iו ,j ∈ A′כלומר A′ו B ′אינן מסכימות על .i, jאבל נבחין
,A′כי כיוון ש A′עברה שינוי בהזזה ־ בהכרח / A′
שבכל חלקיהן האחרים ־ A′מסכימה עם Aו B ′עם ,Bולהנחתנו ∅ = A ∩ Bולכן ∅ = A′ ∩ B ′בסתירה להיות F
נחתכת.
ומכאן נסתרה הנחת השלילה ולכן ) Sij (Fאכן נחתכת.
.הוכחה) :ארדש קו רדו ע"י הזזות(
27
) (
1 2k
2 k
≤ Fכי כל קבוצה בגודל
n
2
מונעת ממשלימתה להכלל ב .F
ראשית כל אם n = 2kאז
אחרת נניח .n ≥ 2k + 1
ע"י הזזה נקבל Gכך ש | |G| = |Fוגם Gמוזזת )כלומר נשמרת תחת הזזה( ונחתכת בעת ובעונה אחת.
כעת נגדיר:
∈ G0 = {S ∈ G : n
}/ S
}G1 = {S ∈ G : n ∈ S
} G′1 = {S \ {n} : S ∈ G1
(
)
(
)
|G0 | ≤ n−2
] G0 ⊆ [n−1נחתכת ,ואז נרצה להסתמך על הנחת האינדוקציה כדי לומר
k−1
k
(
)
)]([n−1
′
|G′1 | ≤ n−2ואז בזהות פסקל
אם
G1 ⊆ k−1נחתכת ,אז נרצה להשתמש בהנחת האינדוקציה כדי לומר ש k−2
כדי להוכיח את המשפט כולו.
נוכיח זאת :נניח בשלילה A, B ∈ G′1ו ∅ = A ∩ B
אז A′ = A ∪ {n} ∈ Gו B ∪ {n} ∈ Gנבחר lשנמצא ב ] [n − 1אבל לא ב ) A ∪ Bיש כזה מהנחתנו לגבי
היחס בין kו ,(nמהנחתנו שהמשפחה מוזזת ־ ,Sln (A′ ) = A′נסמן:
}A′′ = A′ \ {n} ∪ {l
ונקבל A′′ ∈ Gמשום ש Gמוזזת.
ולכן:
∅ = )}A′′ ∩ (B ∪ {n
בסתירה לכך ש Gנחתכת ,ומכאן G′נחתכת.
([n−1]) 1
נשוב להוכחת המשפט ־ ונקבל ש ⊆ k−1
ובפרט מתקיימת בה הנחת האינדוקציה ולכן
ולפיכך:
(
( )
( )
)
n−2
n−2
n−1
≤ | |G| = |G0 | + |G1 | = |G0 | + |G′1
+
=
k−1
k−2
k−1
G′1
14
)(n−2
k−2
≤
| ,|G′1
שיעור 14
14.1
כמה שאלות
)]([n
∈ Fכך שלכל שתי קבוצות A, Bכך ש ?|A ∩ B| ≥ rעבור r = 1זה
.1מהו הגודל המירבי של משפחה
משפט ארדש קו רדו.
)]([n
.2מה הגודל המירבי של F ∈ kכך שאין A, B, C ∈ Fהמקיימות ∅ = ?A ∩ B = A ∩ C = B ∩ Cבארדש
קו רדו שאלנו זאת עבור זוגות של קבוצות ,וכאן על שלשות ,ואפשר כמובן לשאול זאת ביחס ל rקבוצות.
) (
] F ∈ [nכך שלכל A, B, C ∈ Fאם ∅ ≠ A ∩ Bוגם ∅ ≠ A ∩ Cוגם ∅ ≠ B ∩ Cאז
.3מה הגודל המירבי של
k
∅ ≠ ) A ∩ B ∩ Cבמילים אחרות אין שלוש קבוצות שנחתכות בזוגות אך אינן נחתכות בשלישיה(
k
14.1.1
שאלה ) 1קבוצות שנחתכות ב rמקומות(
אם נבחר:
}F = {S ⊆ [n] : {1, ..., r} ⊆ S
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 2 = {S ⊆ [n] : |{1, ..., r + 2} ∩ S| ≥ r + 1
}F 3 = {S ⊆ [n] : |{1, ..., r + 4} ∩ S| ≥ r + 2
.
.
.
}F j = {S ⊆ [n] : |{1, ..., r + 2j} ∩ S| ≥ r + j
עבור j ≤ k − r
ומשפט שהוכיחו הוא שהמשפחה המקסימלית בין המשפחות הנ"ל משיגה את המקסימום האפשרי .כאשר nגדול
מספיק לקחת את ,F 1כאשר nקטן יותר ־ צריך לקחת אחרות.
ההזזה היא קלה ,אבל ההוכחה שלאחריה היא קשה והושגה רק לפני כעשר שנים.
14.1.2
שאלה 2
אין שלוש קבוצות שנחתכות כל שתיים טריוויאלית.
אם n < 3kאז זה תמיד נכון.
דוגמה בסיסית:
}F = {S ⊆ [n] : 1 ∈ S or 2 ∈ S
מניחים שזה משיג מקסימום ,אבל זו שאלה פתוחה.
14.1.3
שאלה 3
זה מעניין כאשר
≥n
אפשר לקחת כדוגמה את
3k
2
}F = {S : 1 ∈ S
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.
14.2
משפט קרוסקל קטונה
הראינו בעבר )מלבד היחידות( את הטענה שקיימת ויחידה הצגה של mטבעי כלשהו ע"י )כלומר קיים kיחיד ו
mj , ..., mkספציפיים(:
)
( k
∑
mi
i
נזכיר:
i=j
=m
הגדרה 14.1הצל של Fהוא:
{
(
)
}
N
: ∃S ∈ F s.t. R ⊆ S
∈ ∂F = R
k−1
אם נתון | ,|Fעד כמה קטן יכול להיות | ?|∂F
משפט ) 14.2קרוסקל קטונה(
)
(
)
(
mk
mj
+ ... +
k−1
j−1
≥ | |∂F
שלבי ההוכחה:
א .לכל i < jמתקיים | |∂ (Sij (F ))| ≤ |∂Fולכן 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 ) ∂Sij (F ) ⊆ Sij (∂Fומכך נקבל את הדרוש )שכן |) |∂F | = |Sij (∂F
ב .משפט קרוסקל קטונה נכון כאשר Fמוזזת .הוכחה :נתחיל מחלק ב' של ההוכחה ,כלומר נניח ש Fמוזזת ונניח
על סמך הלמה ש:
)
( ) (
) (
mk
mk−1
mj
= |F | = m
+
+ ... +
k
k−1
j
נגדיר:
}F1 = {S ∈ F : 1 ∈ S
} F1′ = {S \ {1} : S ∈ F1
∈ F2 = {S ∈ F : 1
}/ S
ונחלק לשני מקרים
מקרה :1
( )
)
(
)
mk − 1
mk−1 − 1
mj − 1
+
+ ... +
k−1
k−2
j−1
(
≥ | |F1
הצל של Fכולל קבוצות )בגודל (k − 1שמכילות את 1וכאלו שאינן מכילות את .1
F1′ ⊆ ∂F
ולכן מספר הקבוצות בצל שלא מכילות את 1הוא לפחות | |F1′
מספר הקבוצות בצל שמכילות את 1הוא לפחות כמו גודל הצל של
1ולקבל קבוצה שהיא בצל של Fוגם מכילה את .1
ולכן )הנה באה הנקודה המרכזית בהוכחה(:
F1′
כי כל קבוצה ב
∂F1′
אפשר להוסיף לה את
| |∂F | ≥ |F1′ | + |∂F1′
כיוון ש | ,|F1 | = |F1′נציב זאת ונשתמש בהנחת האינדוקציה ביחס ל ∂F1′ונקבל:
(
( )
)
(
( )
( )
)
(
)
mk − 1
mk−1 − 1
mj − 1
mk − 1
mk−1 − 1
mj − 1
≥ | |∂F
+
+ ... +
+
+
+ ... +
k−1
k−2
j−1
k−2
k−3
j−2
{z
| }
{z
}
|
by I.H.
| by |F1 |=|F1′
30
( )
)
(
)
mk
mk−1
mj
+
+ ... +
k−1
k−2
j−1
כנדרש.
מקרה :2
נניח
(
( )
)
(
)
mk − 1
mk−1 − 1
mj − 1
+
+ ... +
k−1
k−2
j−1
אז מתקיים מזהות פסקל איבר־איבר )וכיוון ש | (|F1 | + |F2 | = |F
( )
)
(
)
mk − 1
mk−1 − 1
mj − 1
+
+ ... +
k
k−1
j
=
(
< | |F1
(
> | |F2
כעת אם Fמוזזת אז ∂F2 ⊆ F1′
∈ 1וגם j ∈ Sאז ) ,S \ {j} ∪ {1} ∈ Fכיוון שזו משפחה מוזזת( ,כלומר אם ניקח קבוצה בצל של ,F2
כי / S ∈ F
נוכל לקבל ממנה ע"י תוספת 1קבוצה שהיא ב F1ולכן היא עצמה נמצאת ב .F1′
ואז מהנחת האינדוקציה:
( )
)
(
mk − 1
mk−1 − 1
≥ | |∂F2
+
+ ...
k−1
k−2
אבל זה גם צריך להיות קטן מ | ,|F1 | = |F1′וזו סתירה להנחת מקרה !2ומכאן שמקרה 2לא יתכן ,ולכן רק מקרה 1
שכבר הוכחנו מתקיים ,ובכך השלמנו את חלק ב' של הוכחת המשפט.
נוכיח את חלק א'∂ (Sij (F )) ⊆ Sij (∂F ) :
נניח )) R ∈ ∂ (Sij (Fונראה כי ) R ∈ Sij (∂F
תהי ) T ∈ Sij (Fכך ש .R ⊆ T
∈R
מקרה א' T ∈ F :ואז נובע ,R ∈ ∂Fנניח בשלילה ) / Sij (∂F
ואז } R′ = R \ {j} ∪ {iאחות קטנה של Rלא תהיה ב ∂Fובפרט R′ * Tולכן Rלא מתקבלת מ Tע"י
השמטת i
ולכן:
}T ̸= R ∪ {i} = R′ ∪ {j
∈ iכי אחרת R′ ⊆ Tולכן Tמועמדת להזזה.
ולכן ) j ∈ Tכי (R ⊆ Tומאידך / T
מכך ש ) T ∈ Sij (Fנובע ש Tכבר הוזזה ולכן } T ′ = T \ {j} ∪ {iנמצאת ב Fוגם ב ) Sij (Fאבל R′ ⊆ T ′
כלומר R′ ∈ ∂Fבסתירה.
∈ Tואז:
מקרה ב'/ F :
∈ T ′ = T \ {i} ∪ {j} ∈ F, j
/ T, i ∈ T
ואז R ⊆ T
∈ jונגדיר:
מקרה ב' R * T ′ :1ולכן i ∈ Rו / R
}R′ = R \ {i} ∪ {j
ונקבל R′ ⊆ T ′ו R′ ∈ ∂Fולכן הזזת הצל תזיז גם את ,R′ולכן נקבל את Rבצל המוזז ,דהיינו ) R ∈ Sij (∂F
כדרוש.
מקרה ב' R ⊆ T ′ :2ולכן ,R ∈ ∂Fמצד שני גם ,R ⊆ Tאבל T ̸= T ′ו Rקטנה משתי האחיות הללו באיבר
אחד בדיוק ,ולכן R = T ∩ T ′ומכיוון שידוע לנו בדיוק מהם האיברים שעליהם Tו T ′אינן מסכימות הרי ש:
∈ i, j
/R
ולכן פעולת ההזזה אינה מזיזה את Rכלל ו ) R ∈ ∂F ⇒ R ∈ Sij (∂F
]את מקרה ב' 2הוספתי לבד ,אז אם יש בו שגיאות ־ נא לתקן אותי[
31
15
שיעור 15ועוד קצת )סיכומים של ליאור יאנובסקי(
עוד קצת על קרוסקל קטונה
(
)
]) [nוגם על ] .(2[nנגדיר יחס סדר חלקי כך :אם } S = {s1 , ..., skכך ש
נדבר על יחסי סדר חלקיים על
k
מתקיים .si ≤ t(iלמשל
i
לכל
אם
S
≤
T
נגדיר
אז
t
<
...
<
t
ש
כך
T
=
s1 < ... < skו } {t1 , ..., tk
P
1
k
)
][n
} {2, 5, 11} ≤P {3, 5, 14אבל הקבוצות } {1, 4ו } {2, 3אינן ניתנות להשוואה .נשים לב ש F ⊆ kמשפחה
מוזזת אםם לכל T ∈ Fאם S ≤P Tאז .S ∈ Fנתבונן בהרחבות של הסדר .≤Pלמשל הסדר הלקסיקוגרפי,
S <L Tאם עבור ה iהמינימלי שך ש si ̸= tiמתקיים si < tiוהסדר הלקסיקוגרפי ההפוך S <RL T ,א עבור
ה iהמקסימלי כך ש si ̸= tiמתקיים .si < tiלדוגמא ,עבור } S = {1, 2, 5, 9, 11ו } T = {1, 3, 4, 8, 11מתקיים
) S <L Tכי (2 < 3אבל ) T <RL Sכי .(8 < 11דרך אחרת להגדיר את הסדרים הללו היא דרך ההפרש הסימטרי.
S <L Tאםם min (S△T ) ∈ Sו S <RL Tאםם .max (S△T ) ∈ T
נחזור לענייני צל .יהי
)
mj
j
)
(
+ ... +
mk−1
k−1
(
+
) (m
k
k
=m
כך ש
mk > mk−1 > ... > mj ≥ j > 0
) (
.
נגדיר סימון חדש :אם
A
j
⊆ Fואם ∅ = R ∩ Aאזי "הצירוף של Fו "Rמוגדר ומסומן ע"י
} F ⋆ R = {S ∪ R|S ∈ F
.
נשים לב שהאיברים הראשונים בסדר <RLהם אלו:
{1, 2} <RL {1, 3} <RL {2, 3} <RL {1, 4} <RL {2, 4} <RL ...
איך נאפיין את mהקבוצות הראשונות בסדר ? <RLזה ייראה כך:
( )
)
(
)
(
)
] [mk
] [mk−1
] [mk−2
] [mj
∪
∪}⋆{mk + 1
∪⋆{mk + 1, mk−1 + 1}∪....
}⋆{mk + 1, mk−1 + 1, ..., mj+1 + 1
k
k−1
k−2
j
(
= Fm
) (
(
)
) כאשר( האיחוד זר כמובן .הסבר :מכיוון ש ) mkk ≤ m < mkk+1ברור(שהמשפחה המינמלית מוכלת ב
] . [mkk+1הקטנות ביותר הן אלו שלא מכילות את mk + 1וזה בדיוק ] [mkkשהוא האיבר הראשון באיחוד
למעלה .את השארית יש לבחור מתוך הקבוצות שמכילות את .mk + 1הקטנות ביותר מתוכן ,הן אלו שכל שאר
אבריהן מוכלים ב ] [mk−1וזה האיבר השני באיחוד .את השארית יש לבחור מתוך הקבוצות שמכילות את mk + 1
)השארית הקודמת( ואת ) mk−1 + 1אלו שלא נכנסו בשלב השני( הקטנות ביותר מתוכן ...וכו' .כלומר Fm ,היא
משפחה בגודל
)
=m
mj
j
)
(
+ ... +
mk−1
k−1
(
+
) (m
k
k
= | |Fm
והי הרישא מגודל mשל הסדר .<LRמה הקשר לצל ? נתבונן ב .∂Fmראשית ,מתקיים
)
] [mk
k−1
)
(
=
] [mk
k
(
∂
שנית,
)
}⋆ {mk + 1
] [mk−1
k−2
)
(
∪
] [mk−1
k−1
(
)
)
=
}⋆ {mk + 1
] [mk−1
k−1
((
∂
)
(
)
(
( )
] k−1
] k−1
]k
נשים לב ש
. [mk−2
[mk−1פשוט כי .mk−1 < mkלכן התוספת החדשה היא רק }⋆ {mk + 1
⊆ [m
k−1
באינדוקציה נקבל
( )
)
(
)
(
)
] [mk
] [mk−1
] [mk−2
] [mj
∪
∪}⋆{mk + 1
∪⋆{mk + 1, mk−1 + 1}∪...
}∗{mk + 1, mk−1 + 1, ..., mj+1 + 1
k−1
k−2
k−3
j−1
(
= ∂Fm
כאשר שוב כל האיחודים זרים .לכן קיבלנו
)
mj
j−1
)
(
+ ... +
mk−2
k−3
)
(
+
mk−1
k−2
)
(
+
mk
k−1
(
= | |∂Fm
שזה בדיוק הביטוי ממשפט קרוסקל־קטונה .כלומר Fm ,מממשת את החסם של קרוסקל־קטונה ולכן החסם הוא
רעיון(זה נותן אסטרטגיה אחרת להוכחת משפט קרוסקל־קטונה .במונחים החדשים אפשר לנסח את המשפט
הדוק) .
N
כך :אם F ⊆ kמשפחה בגודל mאז | .|∂F | ≥ |∂Fmנחלק את Fל F0ו F1כמו קודם )אלו שלא מכילות את 1
ואלו שכן( ונגדיר את F1′גם כמו קודם ע"י זה שנזרוק את 1מכל הקבוצות ב .F1נשים לב שמעבר ל F1′לא שינינו
את הסדר <RLבין אברי .F1מהנחת האינדוקציה נובע שאת F0ואת F1′אפשר להחליף ב G0ו G′1שהן הרישאות
של הסדר <RLמאותם גדלים כמו F0ו F1′בהתאמה ומהנחת האינדוקציה | |∂G0 | ≤ |∂F0ו | .|∂G′1 | ≤ |∂F1נגדיר
את } G1 = G′1 ⋆ {1ונקבל את אותההטענה כמו קודם רק עבור G0ו .G1כדי להצליח לבצע את צעד האינדוקציה
צריך להשתכנע ש | |∂G0 ∩ ∂G1 | ≥ |∂F0 ∩ ∂F1ואז נקבל שהמשפחה G = G0 ∪ G1היא באותו גודל כמו Fוגם
| .|∂G| ≤ |∂Fאם נעשה לכל אינדקס iאת מה שעשינו ל 1נקבל משפחה Hשבכל קואורדינטה היא מתפרקת לשתי
משפחות שהן רישאות בסדר .<RLהאם זה אומר ש Hבעצמה רישא בסדר ? <RLכמעט .יש יוצא דופן אחד
שאפשר לטפל בו בנפרד .לא סגרנו את הפרטים אבל בעיקרון זה נותן הוכחה אלטרנטיבית למשפט קרוסקל קטונה.
משפט ) 15.1וריאציה על קרוסקל קטונה( :אם
)(x
k
= |F | = mכאשר xממשי )לא בהכרח שלם( אז
)
x
k−1
(
≥ | .|∂F
ההוכחה אותו הדבר כי כל הזהויות הקובינטוריות למקדמים בינומים נכונות גם כאשר xממשי ולכן כל החסמים
נכונים.
בעיות מניה
בהינתן סידרה a0 , a1 , a2 , ...אזי טור החזקות an xn
∞
∑
נקרא הפונקציה היוצרת של הסידרה .למשל נוסחאת הבינום:
n=0
n
)xk = (1 + x
) ( n
∑
n
k
= x
k=1
אבל גם עבור βלא שלם מתקיימת נוסחאת הבינום המוכללת:
33
k
) ( ∞
∑
n
k
k=1
β
)xk = (1 + x
) ( ∞
∑
β
k
k=1
β
בנוסחה המקורית ,כאשר nשלם ,יש
מפיתוח טור הטיילור של ) (1 + xסביב .0הטור מתכנס עבור( ) .|x| < 1n
שכשפותחים את הסוגריים ב ) (1 + xיש nkדרכים לבחור xמ kסוגריים
הסבר קומבינטורי לנוסחה שנובע מכך ) (
ו 1מכל השאר ולכן המקדם של xkהוא . nk
כעת ,איך אנחנו רוצים לקודד את הבעיה הקומביטורית הבאה :רוצים לבחור kעצמים מתוך nללא חשיבות לסדר
אבל עם 3חזרות על כל עצם לכל היותר .הפונקציה היוצרת המתאימה לבעיה היא:
)
(
)
1 + x + x2 + x3 · · · 1 + x + x2 + x3
()
1 + x + x2 + x3
(
כאשר יש nסוגריים .כלומר ,אם נפתח את הסוגריים מספר האפשרויות לבחור איבר מכל סוגריים כך שהחזקה
הכוללת של xתהיה kהוא בדיוק מספר הדרכים לבחור kעצמים מתוך nללא חשיבות לסדר כשכל אחד יכול לחזור
לכל היותר 3פעמים .ולכן זה גם יהיה המקדם של xkכשנפתח ונכנס את הביטוי.
דוגמא נוספת שהאילוצים לא חיבים להיות אחידים היא כשיש קבוצה }) {A, B, Cתפוחים ,בננות ותפוזים( ורוצים
לבחור שלושה פירות עם חזרות כך שיהיה לנו לכל היותר 3בננות ,לכל היותר 2תפוחים ולכל היותר 4תפוזים .נרשום
9
∑ )
= 1 + x + x2 + x3 + x4
ak xk
()
1 + x + x2 + x3
()
1 + x + x2
(
k=0
כשפותחים סוגריים כל מחובר מתאים לכמה פירות לוקחים מכל סוג וכשמכנסים לפי חזקת ) xמספר הפירות
הכולל( מקבלים שהמקדם akהוא בדיוק מספר האפשרויות לעשות את הבחירה בכפוף לאילוצים .אם יש nפירות וכל
n
היוצרת היא )) (1 + xבעצם אין חזרה ולכן זה מקדמים בינומים( אם
הפונקציה
(
פרי אפשר לקחת או לא לקחת אז )n
אפשר לבחור עד פעמיים אז נקבל . 1 + x + x2אם אנחנו לא מגבילים את מספר החזרות נקבל את הפונקציה
∞
(
∑ )n
= 1 + x + x2 + ...
ak xk
k=0
עצמים מתוך nעם חזרות )כרצוננו( ובלי חשיבות לסדר .אנחנו יודעים
לבחור ( k
ונקבל ש akמספר הדרכים )
n+k−1
= .akנראה שאותה מסקנה מתקבלת מפיתוח הפונקציה היוצרת )תחת
מהקורס במתמטיקה דיסקרטית ש
k
ההנחה ש ,0 ≤ x < 1אחרת הביטוי 1 + x + x2 + ...חסר משמעות(:
)
k
(−1) xk
−n
k
(
∞
∑
)n
−n
= )1 + x + x2 + ... = (1 − x
(
k=0
ולכן נקבל
)
n+k−1
k
(
)(−n) (−n − 1) · · · (−n − k + 1
)n (n + 1) · · · (n + k − 1
)(−1) = (−1
=
=
!k
!k
k
k
)
−n
k
(
= ak
כלומר ,הוכחנו באופן אחר את הנוסחה לבחירה עם חזרות וללא חשיבות לסדר והפעם עם פונקציות יוצרות.
34
חיות קמורות בשורות
חיה היא אוסף של משבצות במישור משובץ כך שלכל שתי משבצות בחיה אפשר לעבור מאחת לשניה דרך משבצות
סמוכות .כלומר ,חיות הן קשירות .נאמר שחיה היא בגודל nאם היא כוללת nמשבצות .לא נבחין בין שתי חיות שהן
הזזה אחת של השניה .כן נבחין בין חיות שהן סיבוב אחת של השניה .אז כמה חיות יש בגודל ? n
:n = 1יש 1
:n = 2יש 2
:n = 3יש 6
בעצם לא ידוע כמה חיות יש .אגב ,טטריס זה משחק שבו חיות נופלות מהשמיים .לחיה בגודל שתיים קוראים גם
דומינו ולכן לחיות קוראים לפעמים גם פולימינו .חיה נקראת קמורה בשורות אם לכל שורה אופקית המשבצות של
החיה מופיעות ברצף ללא חורים .נסמן ב ) D (nאת מספר החיות הקמורות בשורות עם nמשבצות.
למה 15.2שני התנאים הבאים שקולים
∞
∑
כאשר deg (P ) = kו deg (Q) < kו P (x) = 1+α1 x+...+xו ו .Q (x) = β0 +...+βl x
)an xn = Q(x
P (x) (1
l
k
n=0
(2הסידרה ) (anמקיימת נוסחת נסיגה לינארית עם מקדמים קבועים
הוכחה :פשוט מכפילים ומקבלים
(
)
∞
k
∑
∑
j
i
aj x
)αi x = Q (x
i=0
j=0
נפתח ונשווה מקדמים .לכל m ≥ 0המקדמם של xk+mבצד ימין הוא אפס .מצד שני בצד ימין הוא
αk am + αk−1 am+1 + ... + α0 am+kומהשוואה לאפס והעברת אגפים מקבלים שלכל m ≥ 0מקבלים
) am+k = − (αk am + ... + α1 am+k−1
זה מוכיח ש ) (1גורר ) (2ואותו שיקול נותן גם את הכיוון ההפוך.
16
שיעור ) 11.05 #יום שלישי(
אם עוברים על כל האפשרויות אפשר לחשב ולקבל .D (4) = 19נניח שרוצים לספור חיות קמורות בשורות בגודל n
כך שבשורה ה iיש niמשבצות עבור .1 ≤ i ≤ rכלומר ,כאשר .n1 + n2 + ... + nr = nאז לשורה הראשונה יש
אפשרות .1לשורה השניה יש n1 + n2 − 1אפשרויות )כי צריך משבצת אחת של חפיפה בשביל הקשירות( .באופן
דומה ,לשורה השלישית יש n2 + n3 − 1אפשרויות וכו' .כלומר בסה"כ מספר האפשרויות הינו:
)(nr+1 + nr − 1
r−1
∏
= )) D ((n1 , ..., nr
i=1
ולכן בסה"כ עבור ) D (nמקבלים
)(nr+1 + nr − 1
r−1
∏
∑
= )) D ((n1 , ..., nr
n1 +...+nr =n i=1
∑
= )D (n
r,n1 +...+nr =n
כלומר סוכמים על כל האפשרויות לכתוב את nכסכום של r ≥ 1מספרים חיוביים עם חשיבות לסדר ואז לכל
אחד הביטוי שסוכמים הוא מה שחישבנו קודם )המכפלה( .מן הסתם ,זה ביטוי מאד לא יפה והיינו רוצים למצוא
35
נוסחה יותר סגורה ל ) .D (nנגדיר את ) D (n, rלהיות מספר החיות הקמורות בהן בשורה הראשונה יש rמשבצות.
מתקיים
)D (n, r
n
∑
= )D (n
r=1
כעת נרצה למצוא נוסחאת נסיגה ל ) .D (n, rלכל חיה קמורה בשורות בגודל ,nמספר הדרכים להוסיף שורה
עליונה בגודל rתלוי באורך השורה עליונה של החיות .אם יש iמשבצות בשורה הראשונה יש ) (r + i − 1דרכים
להרחיב אותה .לכן מקבלים את נוסחאת הנסיגה
)(n + i − 1) D (n − r, i
∞
∑
= )(n + i − 1) D (n − r, i
n−r
∑
= )D (n, r
i=1
i=1
השיוויון השני תחת ההגדרה D (n, r) = 0כאשר .r > nהנוסחה נכונה כאשר r < nאבל כאשר ,r = nכלומר
כשכל המשבצות הן בשורה העליונה ,מתקיים .D (n, n) = 1נוסיף גם D (0, r) = 0לכל rוזה כבר נותן תיאור מלא
של ) .D (n, rנגדיר את הפונקציה
D (n, r) X r Y n
∑ ∞
∞
∑
= ) F (X, Y
n=1 r=1
נשים לב שתחת ההצבה X = 1מקבלים
D (n) Y n
∞
∑
)
= D (n, r) Y n
n=1
∞(
∞
∑
∑
r=1
= ) F (1, Y
n=1
כלומר ,מקבלים פונקציה במשתנה אחד שהיא הפונקציה היוצרת של הסידרה ) D (nשזה מה שמעניין אותנו.
אבל מכיוון שנוסחאת הנסיגה שלנו היא עבור ) ,D (n, rנעבוד עם פונקציית העזר ) .F (X, Yנפתח את ) F (X, Y
באמצעות נוסחאת הנסיגה שלנו ונקבל
(r + i − 1) D (n − r, i) X r Y n
∑ ∞
∑ ∞
∞
∑
X nY n +
n=1 r=1 i=1
∞
∑
= D (n, r) X r Y n
n=1
∑ ∞
∞
∑
= ) F (X, Y
n=1 r=1
המחובר הראשון הוא עבור מקרה הקצה n = rשאיננו מכוסה ע"י נוסחאת הנסיגה ובו מתקיים .D (n, n) = 1
כעת ,ננסה לפשט באמצעות מניפולציות אלגבריות את הזהות שקבילנו כטורים פורמליים .ראשית ,עבור המחובר
הראשון ,מנוסחה לסכום של טור הנדסי ,מקבלים
XY
=A
1 − XY
= X nY n
∞
∑
n=1
שנית ,במחובר השני נפתח את r + i − 1ונקבל
iD (n − r, i) X r Y n
∑ ∞
∑ ∞
∞
∑
n=1 r=1 i=1
(r − 1) D (n − r, i) X r Y n +
∑ ∞
∑ ∞
∞
∑
= (r + i − 1) D (n − r, i) X r Y n
n=1 r=1 i=1
=B+C
36
∑ ∞
∑ ∞
∞
∑
n=1 r=1 i=1
נמשיך לעבוד על המחובר הראשון בביטוי למעלה שקראנו לו Bונקבל
)D (n − r, i
∞
∑
(r − 1) X r Y r Y n−r
∑ ∞
∞
∑
= (r − 1) D (n − r, i) X r Y n
n=1 r=1
i=1
∑ ∞
∑ ∞
∞
∑
n=1 r=1 i=1
∑ ∞
∞
∑
)(r − 1) X r Y r Y n−r D (n − r
=B
=
n=1 r=1
נחליף אינדקס סכימה ל m = n − rונקבל
X 2Y 2
2
) (1 − XY
∞ ()
∑
)
) = F (1, Y
r
(r − 1) X Y
r
m
D (m) Y
∞
∑
(
= (r − 1) X Y
r
r
m=1
r=1
∞
∑
m
D (m) Y
r=1
∞
∑
=B
m=1
כאשר עבור המוכפל הראשון השתמשנו בפיתוח שעשינו קודם ועבור המוכפל השני השתמשנו בנוסחה = nz n−1
∞
∑
n=1
1
) (1−zשמקבלים מלגזור את הנוסחה של טור הנדסי )עם עוד קצת מניפולציות אלגבריות( .נשאר לפתח את המחובר
2
האחרון :C
iD (n − r, i) Y n−r
)
∑ ∞
∞
∑
n=1 i=1
∑ ∞
∞
∑
(
m
iD (m, i) Y
m=1 i=1
XrY r
∞
∑
= iD (n − r, i) X r Y n
r=1
XY
=
1 − XY
m
iD (m, i) Y
∑ ∞
∑ ∞
∞
∑
n=1 r=1 i=1
∞
∑ ∞
∞
∑
∑
r r
X Y
m=1 i=1
=C
=
r=1
נשאר ביטוי מכוער שאנחנו עדיין לא יודעים לפתור .קיבלנו אם כך
)
m
iD (m, i) Y
∑ ∞
∞
∑
(
m=1 i=1
XY
X 2Y 2
XY
= ) F (X, Y
+
F (1, Y ) +
2
1 − XY
1 − XY
) (1 − XY
נסמן את החלק המכוער
)
iD (m, i) Y m
∞(
∑
∞
∑
i=1
m=1
= ) G (Y
ונקבל
XY
X 2Y 2
XY
+
) 2 F (1, Y ) + 1 − XY G (Y
1 − XY
) (1 − XY
= ) F (X, Y
נשים לב ש Xנכנס רק בצורה של פונקציה רציונלית והחלק הלא ברור הוא רק פונקציה של .Yנגדיר שתי
פעולות על פונקציות בשני משתנים )או למעשה על טורי חזקות פורמליים בשני משתנים( .הראשונה היא הפעולה שכבר
השתמשנו בה שהיא להציב 1במקום ,Xכלומר
) L1 H (X, Y ) = H (1, Y
37
הפעולה השניה היא קצת יותר מסובכת ,גוזרים לפי Xואח"כ מציבים ,X = 1כלומר
∂H
|X=1
∂X
= ) L2 H (X, Y
יש כל מיני סוגיות אנליטיות של רדיוס התכנסות וכו' שאנחנו מזניחים מתוך הנחה כללית שבמקרה שלנו הכל עובד
בסדר .את ) L1 F (X, Y ) = F (1, Yכבר ראינו .הפעולה השניה נותנת
)
) rD (n, r) Y n = G (Y
∞(
∞
∑
∑
r=1
)
= |1
n
Y
r−1
rD (n, r) X
n=1
∑ ∞
∞
∑
(
n
=
r
D (n, r) X Y
∑ ∞
∞
∑
L2 F (X, Y ) = L2
n=1 r=1
n=1 r=1
נשים לב גם ש L1ו L2אופרטורים לינאריים .כעת ,נפעיל אותם על שני האגפים של הביטוי שהגענו אליו .קודם
נפעיל את L1ונקבל
)
X 2Y 2
XY
XY
+
) 2 F (1, Y ) + 1 − XY G (Y
1 − XY
) (1 − XY
(
L1 (F (X, Y )) = L1
Y
Y2
Y
+
) 2 F (1, Y ) + 1 − Y G (Y
1−Y
) (1 − Y
= ) F (1, Y
כעת נפעיל את L2ונקבל
)
XY
X 2Y 2
XY
+
) 2 F (1, Y ) + 1 − XY G (Y
1 − XY
) (1 − XY
)
) G (Y
XY
1 − XY
)
(
F (1, Y ) + L2
X 2Y 2
2
) (1 − XY
(
(
)
+ L2
L2 F (1, Y ) = L2
XY
1 − XY
(
G (Y ) = L2
גוזרים ומציבים ויוצא
)
2 G (Y
Y
) (1 − Y
(1, Y ) +
3F
2Y 2
) (1 − Y
+
Y
2
) (1 − Y
= ) G (Y
אפשר לחשוב על הזהויות שקיבלנו כעל מערכת של שתי משוואות לינאריות בשני נעלמים.
2Y − 1
Y
Y
+
2 F (1, Y ) + 1 − Y G (Y ) = 0
1−Y
) (1 − Y
G (Y ) = 0
−1 + 3Y − Y 2
2
) (1 − Y
2Y 2
3 F (1, Y ) +
) (1 − Y
38
+
Y
2
) (1 − Y
ואחרי צימצום מכנים מקבלים
2Y − 1
F (1, Y ) + Y G (Y ) = 0
1−Y
Y +
(
)
2Y 2
F (1, Y ) + −1 + 3Y − Y 2 G (Y ) = 0
1−Y
Y +
נכפיל את המשוואה הראשונה ב −1 + 3y − y 2ואת המשוואה השניה ב Yכדי להשוות את המקדמים של ) :G (Y
(
)
(
)
(
)
)−1 + 3Y − Y 2 (2Y − 1
F (1, Y ) + −1 + 3Y − Y 2 Y G (Y ) = 0
−1 + 3Y − Y 2 Y +
1−Y
(
)
2Y 3
F (1, Y ) + −1 + 3Y − Y 2 Y G (Y ) = 0
1−Y
Y2+
וכמובן נחסר
]
)
)−1 + 3Y − Y 2 (2Y − 1
2Y 3
−
F (1, Y ) = 0
1−Y
1−Y
([
+
]
2
Y −Y
)
2
−1 + 3Y − Y
([
[
]
[
]
1 − 5Y + 7Y 2 − 4Y 3
−Y + 2Y 2 − Y 3 +
F (1, Y ) = 0
1−Y
( 3
)
) y − 2Y 2 + Y (1 − Y
Y 4 − 3Y 3 + 3Y 2 − Y
= ) F (1, Y
=
2
3
1 − 5Y + 7Y − 4Y
4Y 3 − 7Y 2 + 5Y − 1
נרצה לחלק עם שארית כך שהחלק השברי יהיה עם מונה מדרגה נמוכה יותר מזו של המכנה ונקבל
)
− 5 + 4y
נקבל שבטור החזקות D (n) Y n
∞
∑
5 − 13Y + 7Y 2
1 − 5Y + 7Y 2 − 4Y 3
(
1
16
= ) F (1, Y
= ) F (1, Yהמקדמים ) D (nמקיימים לכל n ≥ 2את הזהות
n=1
D (n + 3) − 5D (n + 2) + 7D (n + 1) − 4D (n) = 0
וזה נותן את נוסחאת הנסיגה
39
)D (n + 3) = 5D (n + 2) − 7D (n + 1) + 4D (n
למזלנו כבר חישבנו את ) D (1) , .., D (4ועכשיו אפשר לחשב את ) D (5באופן הבא:
D (5) = D (2 + 3) = 5D (2 + 2) − 7D (2 + 1) + 4D (2) = 5 · 19 − 7 · 6 + 4 · 2 = 95 − 42 + 8 = 53 + 8 = 61
אם לפולינום P (y) = 1−5y+7y 2 −4y 3יש היו שלושה שורשים ממשיים שונים ,כלומר )P (y) = (y − α) (y − β) (y − γ
היינו מקבלים שאפשר לכתוב
1
A
B
C
=
+
+
)P (y
y−α y−β
y−γ
17
17.1
בחזרה לשגרה )סוף תקופת יאנובסקי(
נוסחת קטלן באמצעות פונקציות יוצרות
an xn
a0 = 0
am xm
∞
∑
ak xk
k≥m
an xn = F (x) − x
∞
∑
∑
= )F (x
n≥1
∞
∑
F (x) =
2
k≥1
= (ak an−k ) xn
n≥2
∞ n−1
∑
∑
=
n≥2 k=1
ולכן:
2
F (x) − F (x) + x = 0
נקבל מכך:
√
1±
1 − 4x
2
√
) (
1
1 1
1
1 − 4x
1 1 ∑ 12
n
= − (1 − 4x) 2 = −
(−4) xn
= −
2
2
2 2
2 2
n
ולכן:
) (
1 12
n
)(−4
2 n
40
an = −
= )F (x
) ( ∞∑
α
ומכיוון שטור החזקות של ) (1 + xהוא k=0 αk xkנציב ונקבל:
(
()
( )
)
1 21 12 − 1 12 − 2 ... 12 − n + 1 n
n
· an = −
)4 (−1
2
!n
( ) ( ) ( −5 ) ( −2n+3 ) n
n
− 1 1 −3
...
)4 (−1
2
2
2
= 2 2
!n
n
)(−1) (1) (−1) (−3) (−5) ... (2n − 3) 4n (−1
=
!2n+1 · n
1 · 3 · 5 · ... · (2n − 3) · 4n
(2n − 2)! · 4n
=
=
n+1
2
!· n
!(2 · 4 · 6 · ... · (2n − 2)) · 2n+1 · n
(
)
n
!)(2n − 2
1 2n − 2
(2n − 2)! · 4
=
=
= n−1
2
!· (1 · 2 · 3 · ... · (n − 1)) · 2n+1 · n
!)n! (n − 1
n n−1
וזה אכן מספר קטלן.
17.2
מניה של עצים
הגדרה 17.1מניה של עצים על קודקודים מסומנים היא כאשר כל קודקוד הוא מיוחס ,לדוגמה ־ עבור ארבעה
קודקודים ,מסילה שמתחילה בקודקוד 1ומסתיימת ב 4נספרת בנפרד ממסילה שמתחילה ב 2ומסתיימת ב .4
משפט 17.2קיילי :מספר העצים על nקודקודים מסומנים הוא nn−2
הגדרה 17.3איזומורפיזם בין גרפים היא העתקה בין הקודקודים השומרת על צלעות
n
באופן כללי יש על nקודקודים ) 2( 2גרפים אפשריים )כל צלע אפשר לבחור או לא(.
כמה גרפים עד כדי איזומורפיזם יש? זו שאלה קשה יותר שנגיע אליה מאוחר יותר.
יהי Gגרף ) (V, Eו } V = {1, ..., nונסמן ב ) k (Gאת מספר העצים הפורשים ב .Gנסמן |E| = m
הגדרה 17.4נגדיר את מטריצת החילה של גרף ) In×m (Gבאופן הבא ־ כל שורה מתאימה לקודקוד וכל עמודה
מתאימה לצלע ויש 1בתא אם קודקוד משתתף בעמודה ו 0אחרת.
הגדרה 17.5מטריצת החילה המכוונת ) I˜n×m (Gמתקבלת אם נרשום 1כאשר קודקוד הוא זנב של צלע ו −1כאשר
הוא ראש )וכמובן 0אם אין צלע(.
הגדרה 17.6מטריצת החילה המכוונת המקוצצת ) I n−1×m (Gמתקבלת ממטריצת החילה המכוונת ע"י השמטת
השורה האחרונה
מטריצת השכנות ) An×n (Gהיא מטריצה שבה גם השורות וגם העמודות מייצגות קודקודים ונרשום 1בתא המתאים
לשני קודקודים המשתתפים בצלע.
) Dn×n (Gהיא מטריצת הדרגה ,שבה על האלכסון נרשום את דרגת הקודקוד המתאים.
) A (Gהיא מטריצת השכנות המקוצצת ־ שנמחק ממנה את השורה וגם את העמודה האחרונה.
) D (Gמטריצת הדרגה המקוצצת כנ"ל.
משפט 17.7משפט עץ־מטריצה
Matrix-tree theorem
(
)
T
)det I (G) · I (G
)= k (G
T
)I (G) · I (G) = D (G) − A (G
41
נתבונן בגרף הבא:
נכוון באופן שרירותי כל צלע כך שתהיה מהקודקוד הקטן לגדול מבין השניים שמרכיבים אותה.
מטריצת החילה המכוונת תהיה:
1
1
0
0
0
−1 0
1
1
0
I˜ (G) =
0
0 −1 0
1
0 −1 0 −1 −1
ומקוצצת:
0 0 0
1 1 0
−1 0 1
ואז:
1 1
I (G) = −1 0
0 0
1 −1 0
1 0
0
T
0
1
−1
I (G) =
0 1
0
0 0
1
ולכן:
−1 0
)3 −1 = D (G) − A (G
−1 2
כפי שהמשפט אומר.
ואכן:
det = 8
גם כן.
42
2
I (G) I (G) = −1
0
T
נצטט את נוסחת קושי־בינה מאלגברה ליניארית ,האומרת שעבור מטריצות ) An×m , Bm×nאולי לא ריבועיות(
מתקיים:
∑
= )det (A · B
)det (C) · det (D
Cn×n submatrix of A and Dn×n matching submatrix of B
ולכן:
2
) det (An−1×n−1
(
)
(
)
T
)det I (H) ·det I (H
=
∑
A submatrix of G
18
)
∑
=
T
(
)det I (G) · I (G
H subgraph of I with n−1 edges
ממשיכים במניית עצים
נמשיך ב
אם אכן
Tree theorem
:Matrix
T
)I (G) · I (G) = D (G) − A (G
אז:
i=j
{i, j} ∈ E
∈ }{i, j
/E
)deg (i
(
)
T
= −1
)I (G) · I (G
ij
0
קל לראות שזה אכן מתקבל )כי מכפלת שורה בעצמה תיתן את דרגת השורה ,ומכפלת שורה בשורה אחרת 1־ אם
יש ביניהן צלע ו 0אחרת(
ידוע לנו מקושי בינה כי:
(
)
∑
T
2
)det I (G) · I (G
=
) det (An−1×n−1
A submatrix of G
כלומר בסכום הימני צריך לבחור בכל פעם תת גרף ובו n − 1צלעות ולהתבונן במטריצה המתאימה.
למה 18.1אם Hגרף על הקודקודים } {1...nעם n − 1צלעות אז:
{
)
(
0
H is not a tree
= )det I (H
±1 otherwise
נעיר כי ב ) I (Gהשורות תלויות לינארית אם"ם הגרף Gאינו קשיר )לא קשה להיווכח בכך ,כיוון שעצם הורדת
השורה נועדה כדי לפגום בתלות של הגרף כולו ,ואם יש יותר מרכיב קשירות אחד ,אז השורות המתאימות לו תהיינה
תלויות(.
מכאן שאם Hאינו עץ אכן מתקבל .0
נשלים את ההוכחה אם נראה שעבור עץ יתקבל ±1בדטרמיננטה.
זה נכון כיוון שניתן לפתח את הדטרמיננטה לפי השורה והעמודה המתאימות לתא שיש בו ) ±1כי מובטח שיש
עלה( ומשם באינדוקציה )כי קיבלנו את הדטרמיננטה של עץ יותר קטן כפול .(±1
זה משלים את הוכחת הלמה.
מכיוון שכך ־ ברור שאכן בביטוי
2
) det (An−1×n−1
)
∑
=
T
(
)det I (G) · I (G
A submatrix of G
נקבל 1עבור כל תת גרף בן nקודקודים ו n − 1צלעות שהוא עץ ,וזה משלים את הוכחת
43
Tree theorem
.Matrix
18.0.1
נוסחת קיילי
ניקח את מטריצת החילה המקוצצת המתאימה לגרף השלם על nקודקודים ־ Knונחשב את:
n−1
−1
−1
n−1 n−1
=D−A=M
−1
I (Kn ) I (Kn ) =
n−1
ונרצה לחשב את הדטרמיננטה של המטריצה הזו.
⇒ det (M − Iid ) = 0
1הוא ערך עצמי עם ריבוי .1
⇒ rank (A − λI) ≤ n − r
λהוא ערך עצמי עם ריבוי rלפחות.
ואז nהוא ערך עצמי עם ריבוי n − 2ולכן הדטרמיננטה היא .nn−2
18.0.2סדרת P ruf er
בהנתן עץ:
נבחר את העלה הכי קטן ,נמחק אותו ,ואת שכנו נוסיף לסדרה ,נקבל כך את:
6, 3, 7, 3, 5, 7, 9
וכשמגיעים לצלע אחת ־ עוצרים .נקבל כך סדרה באורך n − 2
מה מאפיין את הסדרה?
עלים לא יופיעו בסדרה.
כל קודקוד שאינו עלה ־ יופיע כדרגתו )בכל פעם ששכנו יהיה עלה ויקוצץ(.
הסדרה )בהנתן (nמאפיינת לחלוטין את הגרף ,כיוון שנוכל לרשום את הקודקודים שאינם מופיעים בה לפי הסדר,
ולצייר את העץ )באופן עקרוני פעולת יצירת הסדרה היא הפיכה( ולכן זו העתקה חח"ע ועל ממרחב העצים למרחב
הסדרות מתוך nבאורך ,n − 2וזו בעצם הוכחה אלטרנטיבית לנוסחת קיילי.
18.0.3
יערות מושרשים
יער הוא גרף חסר מעגלים.
יער מושרש הוא יער שבו לכל מרכיב קשירות )עץ( יש קודקוד מיוחס הנקרא שורש.
נסמן יער מושרש ) (F, Rכאשר Fיער R ,קבוצת הקודקודים המיוחסים.
בהנתן עץ מושרש ,יש לכל קודקוד מסילה יחידה בינו ובין השורש ,כאשר נוריד צלע מהעץ ,ברכיב הקשירות
שניתקנו מהשורש ,יש קודקוד אחד שהוא הקרוב ביותר לשורש בעץ המקורי ,והוא גם קודקוד בצלע שהסרנו ,וקודקוד
זה יהפוך לשורש של העץ שנותק מהשורש הקודם.
אם יער אחד מתקבל מהשני על ידי מחיקת צלע כנ"ל ־ נאמר שהיער המתקבל מכיל את היער המקורי.
נסמן ב )T (nאת מספר העצים המושרשים עם nקודקודים מסומנים ,ונבחין כי אם נתחיל בעץ על כל הקודקודים,
יש !) (n − 1דרכים לבנות שרשרת שתוביל ליער חסר צלעות על nקודקודים.
כיוון שיש ) T (nעצים ,אזי באופן כללי יש !) T (n) · (n − 1שרשראות שכאלה.
בהנתן kמרכיבי קשירות ,אם נרצה להוסיף צלע ולעבור ל k − 1מרכיבי קשירות ,נצטרך לבחור שני קודקודים:
.1אחד מהם חייב להיות שורש של מרכיב קשירות כלשהו
.2השני יכול להיות כל קודקוד שהוא )שונה מהראשון(
אם נבחר בסדר הפוך נבחר אחד מ nהקודקודים להיות הקודקוד הסתמי ,ואחד מ k − 1הקודקודים שהם
שורשים של רכיבי קשירות שונים משל הקוד' הראשון שבחרנו .מספר האפשרויות לכך הוא ) n · (k − 1וזה נכון לכל
שלב בדרך.
מכאן נובע שמספר הדרכים לעשות זאת הוא:
!)n · (k − 1) = nn−1 · (n − 1
n
∏
= n (n − 1) n (n − 2) · ... · n · 1
k=2
ואם נשווה זאת לשיטת הספירה הקודמת ־ נקבל
T (n) (n − 1)! = nn−1 (n − 1)! ⇒ T (n) = nn−1
נבחין שכל עץ מסומן יתקבל ב nדרכים )בכל פעם קודקוד אחר יהיה השורש( ולכן מספר העצים המסומנים יהיה
nn−2
]לא ברור אם יש לומר עצים משורשים או עצים מושרשים ,הפותר נכונה יזכה בפרס ,הפותר לא נכונה יזכה בקצב[
18.0.4
הוכחה נוספת עם פונקציות מ nל .n
n
כמה עצים עם שני שורשים )שורש ראשי ושורש משני( יש? ,nולכן ננסה למצוא התאמה בין היצורים הללו לפונקציות
מ ] [nל ].[n
בהנתן עץ עם שני שורשים ,נתבונן במסילה משורש א' לשורש ב'.
נתבונן בקודקודים לאורך המסילה בסדר עולה )לפי (n
נתבונן באותם קודקודים לפי הסדר שמשרה המסילה
נתאים בין שני הסידורים כדי לבנות פונקציה מ ] [nל ].[n
זה טוב ויפה כי זה מגדיר את ההעתקה בין קודקודי המסילה ־ מה עם הקודקודים שאינם על המסילה? בהנתן
קוד' aשאינו על המסילה ,יש קוד' bעל המסילה שהוא הקרוב לו ביותר ,נכוון מסילה מ aל bונגדיר את ההעתקה
בין כל קודקוד במסילה לבא אחריו.
אז בשלב הראשון הראנו שניתן לבנות מעץ עם שני שורשים פונקציה כנ"ל.
כעת צריך להראות שמכל פונקציה ניתן לבנות עץ שמייצג אותה.
תהי ] ,f : [n] → [nאזי יש ] A ⊆ [nכלשהי ,כך ש f|Aהיא תמורה על .A
קל לנחש שנרצה ש Aהזו תהיה הקודקודים שבין שני השורשים.
נפעיל את fעל Aלפי הסדר ונקבל את הסדר של קודקודי על המסילה המתאימה ,ואת הקודקודים האחרים
נתאים באופן דומה] .לא פירטנו יותר מדי ודי הסתפקנו בציורים של דוגמאות כדי להוכיח ,ולכן לא אנסה לרשום
הוכחה פורמלית כאן[
45
18.0.5
הוכחה נוספת על יסוד הקשר בין מניה ובין מניית קבוצות לא סדורות
דוגמא:
כמה גרפים יש על nקוד' מסומנים = )g (n
כמה גרפים קשירים יש על nקוד' מסומנים = )c (n
n
ברור ש ) g (n) = 2( 2
ניעזר בפונקציות יוצרות אקספוננציאליות.
∞∑
∞
n
a
x
היא
הרגילה
היוצרת
בהנתן סדרה {an }n=0הפונקציה
n=0 n
הגדרה 18.2הפונקציה היוצרת המעריכית היא:
∞
∑
an xn
!n
n=0
להציג אותו כאוסף של רכיבי קשירות שהם גרפים קשירים על קבוצות של
בהנתן גרף על nקודקודים אפשר ∑
n1 , n2 , ..., nkקודקודים ,כך ש ni = n
נגדיר:
xn
!n
)g (n
xn
!n
)c (n
∑
= )G (x
n≥1
∑
= )C (x
n≥1
ונשאל מה הקשר ביניהם?
הנוסחה האקספוננציאלית אומרת:
)1 + G (x) = eC(x
מדוע? הרי לכל )F (x
)F 2 (x) F 3 (x
+
+ ...
2
!3
eF (x) = 1 + F (x) +
מפיתוח טיילור של האקספוננט.
ואז:
)C 2 (x) C 3 (x
+
+ ...
2
!3
eC(x) = 1 + C (x) +
נבחין שהאיבר הראשון אחרי 1הוא הפונקציה היוצרת עבור מספר הגרפים קשירים על nקודקודים.
האיבר הבא הוא הפונקציה היוצרת עבור גרפים עם שני מרכיבי קשירות על nקודקודים ,למה?
נגדיר ) g2 (xלהיות מספר הגרפים על nקוד' עם 2מרכיבי קשירות בדיוק ,ואז:
) ( n−1
1 ∑ n
= )g2 (n
)c (m) c (n − m
2 m=1 m
)כי נסתכל על כל החלוקות של הקודקודים לשתי קבוצות וכו'(
46
)C 2 (x
1 ∑ c (m) xm ∑ c (r) xr
=
2
2
!m
!r
m≥1
r≥1
)
( n−1
∑ ∑ 1 n!c (m) c (n − m) xn
=
!)2 m! (n − m
!n
n≥2 m=1
|
{z
}
)g2 (n
באופן דומה ניתן להראות שהפונקציה היוצרת של ) gk (nהיא האיבר ה k + 1בפיתוח של ).eC(x
18.0.6
עצים ויערות
אם נסמן ב )f (nאת מספר היערות המושרשים
∑ f (n) n
= )F (x
ונגדיר n! x
וב )t (nאת מספר העצים המושרשים
∑ t(n) n
= )T (x
ונגדיר n! x
נטען כי מתקיים:
)eT (x) = 1 + F (x
]הוכחה :באופן דומה לקשר בין גרפים לגרפים קשירים ,אבל לא השלמנו אותה[
18.1
חלוקות
חלוקה היא רישום של מספר כסכום של מספרים אחרים ,למשל 7 = 3 + 2 + 2
נסמן )=p (nמספר החלוקות של ) nאין חשיבות לסדר המחוברים(
)=q (nמספר החלוקות של nעם חלקים שונים.
נגדיר q (0) = p (0) = 1
נביט בפונקציה היוצרת:
∞
∏
(
()
)
(
)
= q (n) xn = (1) (1 + x) 1 + x2 1 + x3 · ...
1 + xk
∞
∑
n=0
k=1
n1
∑ ,nניקח
נסביר את הפולינום :המקדם של xkיתקבל מתהליך הבחירה הבא :ניקח את
xמתוך הסוגריים ה 1
xn2מתוך הסוגריים ה n2וכך הלאה עד שניקח את xniמתוך הסוגריים ה niובלבד שיתקיים . nj = kכיוון
שהתהליך הזה מתאים בדיוק לבחירת מספרים שלמים המסתכמים ל ,kנקבל שאכן המקדם של xkיהיה ).q (n
(
()
()
)
p (n) xn = 1 + x + x2 + ... 1 + x2 + x4 + ... 1 + x3 + x6 + ...
)
1
1 − xk
(
(∏
∏ ) ∏ ∑ nk
= 1 + xk + x2k + ...
= x
k≥1
k≥1 n≥0
∞
∑
n≥1
=
k≥1
מדוע החלוקה? כך למשל ההסגר הראשון מציין כמה חלקים בגודל 1ניקח ,ההסגר השני כמה חלקים בגודל 2וכן
הלאה ,ולכן חלוקה של 11ל 4 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1תצויין ע"י בחירת x3מההסגר הראשון x4 ,מההסגר השני )כלומר
בחרנו שני חלקים בגודל 1 ,( 2מתוך ההסגר השלישי )כלומר 0חלקים בגודל (3ו x4מתוך ההסגר הרביעי ,ומשם
ואילך 1מתוך כל ההסגרים האחרים.
לכן כל אסטרטגיית סיכום של איברים שונים שתיתן 11תגרום לתוספת של אחד למקדם של .x11
נסמן ב ) e (nאת מספר החלוקות לחלקים אי זוגיים יהיה לכן:
)
(∏
1
1 − x2k−1
k≥1
מעניין שמספר החלוקות למספרים אי זוגיים ומספר החלוקות לחלקים שונים ־ שוות.
נראה זאת ע"י שוויון בין הפונקציות היוצרות ,נראה כי:
1
1 − x2r−1
(∏
∏ )
= 1 + xk
r≥1
k≥1
הוכחה) :של אורן בקר(:
(∏
) ∏ 1 − x2k
= 1 + xk
1 − xk
k≥1
k≥1
ולכן אם נצמצם חזקות ־ נקבל שכל האיברים שבהם חזקת xזוגית ־ מצטמצמים מהמכנה ,ולכן נישאר עם:
1
1 − x2k−1
∏
כפי שרצינו.
האם יש דרך אינטואיטיבית להראות שוויון בין מספר החלוקות לחלקים שונים ובין מספר החלוקות לחלקים אי
זוגיים?
נתחיל בחלוקה לחלקים שונים ,וכל חלק נציג על ידי 2i · rעבור rאי־זוגי ) ,כאשר iיכול להיות גם (0ונמיר אותו
בהצגה של 2i ,rפעמים.
( 1
)
0
בכיוון השני בהנתן חלוקה לחלקים אי זוגיים ,אם למשל 7מופיע 3פעמים ,נמיר אותו בהצגה 7 · 2 + 2וכך
הלאה עד שנקבל חלקים שונים.
19תמורות
מבנה מחזורים
19.1
אפשר לאפיין תמורה ע"י מבנה המחזורים שלה )כלומר החלוקה למחזורים זרים ,ומהו בדיוק כל מחזור(.
מספר ההיפוכים
19.2
נאמר ש ) (i, jהוא היפוך בתמורה πאם i < jו )π (i) < π (j
הגדרה =al (n) 19.1מספר התמורות ב Snעם lהיפוכים
ברור ש:
) (
n
≤ )0 ≤ al (n
2
ואז:
(
()
)
(
)
al (n) q l = 1 + q + ... + q n−1 1 + q + ... + q n−2 · ... · 1 + q + q 2 (1 + q) · 1
) (n2
∑
l=0
זה מכונה האנלוג ה q־י של !n
נסביר את שוויון הפולינומים לעיל:
= )F (q
) ∑(n2
. l=0
עבור q = 1נקבל כמובן !al (n) = n
נראה איך אנחנו בונים תמורה ־ מניחים את 1במרכז ,ואז את 2אפשר להוסיף ב 2דרכים )משמאל או מימין(,
את 3אפשר להוסיף ב 3דרכים )ביניהם ,משמאל ,או מימין( ,ואז להוסיף את kאפשר ב kדרכים .וברור שסך הכל
יש לנו ! nדרכים לבנות תמורה )את זה אנחנו כבר יודעים(.
נביט בזה בדרך שונה :כאשר מוסיפים את k־ כמה היפוכים עם מספרים קטנים מ kנתרמים על ידי ?k
אם נכניס את kמימין ־ כל המספרים קטנים ממנו והוא תורם 0היפוכים.
אם מכניסים את kבין שני המספרים הכי ימניים ־ הוא תורם היפוך אחד ־ זה .q
בין המספר השני מימין לשלישי ־ נתרמים שני היפוכים וזה .q 2
סה"כ:
)
(
1 + q + q 2 + ... + q k−1
אפשר לתאר את תהליך הבניה כך:
את 1הכנסנו במקום ה 0 ≤ i1 ≤ 0מימין
את 2הכנסנו במקום ה 0 ≤ i2 ≤ 1מימין
את 3הכנסנו במקום ה 0 ≤ i3 ≤ 2מימין
...
את nהכנסנו במקום ה 0 ≤ in ≤ n − 1מימין
כמה היפוכים יש לתמורה שבנינו?
1תורם i1היפוכים 2 ,תורם i2היפוכים וכן הלאה ,ואז נקבל :
q i0 q i1 · ... · q in
∑
in
...
∑∑
i2
= q i1 +i2 +...+in
i1
(
( )
)
= 1 (1 + q) 1 + q + q 2 ... 1 + q + q 2 + ... + q n−1
n−1
∑
...
in =0
in
q
∑
in
∑ 0
1
∑
= )F (q
i1 =0 i2 =0
i2
q ...
∑
i2
i1
q
∑
=
i1
דוגמה S3 :נביט בתמורות לפי מספר ההיפוכים שלהן:
אפס היפוכים ־ תמורת הזהות 123
היפוך אחד ־ 213, 132
שני היפוכים ־ 231, 312
שלושה היפוכים ־ 321
הגדרה 19.2יחס הסדר החלש על תמורות הוא σ < π :אם אפשר לקבל את πמ σע"י הכפלה משמאל בחילופים
מהצורה ) (i, i + 1כשכל חילוף מגדיל את מספר ההיפוכים.
כך למשל 123 < 213ע"י הכפלה ב ) ,(12ואז ב S3מתקבל הסדר הבא:
123 < 213 < 231 < 321
123 < 132 < 312 < 321
זה מתאים גם ליחס הכלה ביחס להיפוכים ,ולא במקרה ,וניתן להגדיר באופן שקול σ < πאם קבוצת ההיפוכים של
πמכילה את קבוצת ההיפוכים של .σ
הגדרה 19.3יחס הסדר החזק )יחס ברוה ־ (Bruhatהוא σ < π :אם אפשר לקבל את πמ σע"י הכפלה משמאל
בחילופים כלשהם כשכל חילוף מגדיל את מספר ההיפוכים.
49
ואז בנוסף ליחס לעיל מקבלים גם:
132 < 231
213 < 312
תכונת הסריג )שאומרת שלכל שני איברים יש איבר יחיד שגדול משניהם ומינימלי ביחס לזה( מתקיימת ביחס הסדר
החלש אך לא בחזק.
19.3
קבוצת ירידה
אם πתמורה אז
})I (π) = {i | 1 ≤ i ≤ n : π (i) > π (i + 1
כלומר האינדקסים שבהם התמורה יורדת ,כך למשל עבור התמורה 2376541מתקיים שקבוצת הירידה שלה היא
}) {3, 4, 5, 6כלומר המקומות בתמורה שאחריהם יש ירידה(.
קבוצת הירידה של תמורת הזהות היא הקבוצה הריקה ,קבוצת הירידה של תמורת ההיפוך היא ].[n − 1
דוגמה : S3
∅ = )I (123
}I (213) = {1
}I (132) = {2
}I (231) = {2
}I (312) = {1
}I {321} = {1, 2
הגדרה 19.4
i
∑
= )m (π
)i∈I(π
אם מגדירים
)q m(π
∑
= )G (q
π∈Sn
אז מקבלים את נוסחת מקמהון
)F (q) = G (q
)לא נוכיח זאת(
ידוע לנו ש
) (
n
2
=
50
n−1
∑
k=1
)יש לכך הרבה הוכחות ,למשל כאן(http://demonstrations.wolfram.com/ProofWithoutWords12N1NChoose2/ :
כמה תמורות יש ב Snעם c1מחזורים באורך c2 ,2מחזורים באורך cn ... ,2מחזורים באורך .n
צריך לקיים:
c1 + 2c2 + 3c3 + ... + ncn = n
כך למשל אם cn = 1אז כל ci = 0לכל .i ̸= n
כך למשל עבור התמורה:
)(12) (3) (4) (567) (8 9 10
מתקיים:
c1 = 2, c2 = 1, c3 = 2, c4 = 0
אם לתמורה πיש c1מחזורים באורך ... ,1וכן הלאה ,אומרים ש πהיא תמורה מסוג .1c1 2c2 ...ncn
כמה תמורות מגדירה סדרה נתונה?
נתחיל בסידור הסוגריים המתאימים לגדלי התמורות ,כעת נוכל להניח את nהאיברים בתוכן ב ! nאיברים ,אבל
יש תמורות שקולות במה שמנינו.
כך למשל את כל המחזורים באורך 3אפשר להחליף ביניהם ,ולכן נחלק בכל האפשרויות לערבב מחזורים מאותו
האורך.
בנוסף ־ תמורות ציקליות הן שקולות ,ולכן נחלק גם בזה ונקבל:
!n
c1 !c2 ! · ... · cn ! · 1c1 2c2 3c3 · ... · ncn
∑
כמה תמורות יש ב ,Snשבהן יש kמחזורים ,כלומר ? ci = kנסמן זאת ע"י )a (n, k
אם nנקודת שבת בתמורה אז בהנתן ) a (n − 1, k − 1אפשר להוסיף את nבתור נקודת שבת ולקבל תמורה על
nבת kמחזורים.
אם nאיננה נקודת שבת ,אז זו בעצם תמורה מ ) a (n − 1, kורק צריך לבחור לאיזה מהמחזורים להוסיף את n
ובאיזה מקום במחזור ,כלומר למחזור באורך tאפשר להוסיף את nבאחד מ tמהמקומות .בסך הכל ,אם נתבונן
ברשימת המחזורים ־ יש n − 1מקומות שבהם אפשר "להכניס" את .n
מהטיעון הנ"ל:
)a (n, k) = a (n − 1, k − 1) + (n − 1) a (n − 1, k
והראינו בתרגיל ש:
)a (n, k) xn−k = x (x + 1) ... (x + n − 1
∑
כמו כן אם bnמקיים:
)b (n, k) xn−k = x (x + 1) ... (x + n − 1
אז ) b (n, kמקיים את אותה נוסחת נסיגה כמו ).a (n, k
51
∑
19.3.1
מניית תתי מרחבים וקטוריים
) =a (n, kכמה תתי מרחב kממדיים יש למרחב nממדי מעל שדה עם qאיברים
) = b (n, kבכמה דרכים אפשר לבחור kוקטורים בת"ל ב ?Fqn
n
בכמה דרכים אפשר לבחור את הוקטור הראשון? כל איבר ששונה מאפס וזה )(q − 1
הוקטור השני? יש ) ,(q n − qמדוע? כי האיבר הראשון פורש qאיברים שאי אפשר לבחור.
באופן דומה:
(
)
b (n, k) = (q n − 1) (q n − q) · .... · q n − q k−1
מה הקשר בין ) b (n, , kו )?a (n, k
מ bמתקבל לנו בסיס עבור מרחב ,ולכן אם נחלק את ) b (n, kבמספר הבסיסים שיש למרחב kמימדי ־ נקבל
את ) a (n, kולכן:
)
(
(q n − 1) (q n − q) · .... · q n − q k−1
)b (n, k
= )a (n, k
= k
)b (k, k
) (q − 1) (q k − q) · .... · (q k − q k−1
()
)
(
)
( k
q (2) 1 + q + ... + q n−1 1 + q + ... + q n−2 · ... · 1 + q + ... + q n−k
=
k
q (2) (1 + q + ... + q k−1 ) · (1 + q + ... + q k−2 ) · ... · 1
[
]
]![n
n
=
= )(q
k
!][k!] [n − k
מסתבר שזהו פולינום ב .q
! nהן תמורות על ].[n
]! [nהן תמורות על ] [nלפי היפוכים.
טענה 19.5
an,k,i q i
∑
]
=
n
k
[
כאשר = an,k,iמספר התמורות על 1 k־ים ו 2 n − k־ים עם iהיפוכים.
הוכחה :נראה כי ]! :F (q) · [k!] · [(n − k)!] = [nנסדר את ה 1־ים וה 2־ים ,ונרשום לעצמנו את הסדר הפנימי של ה
1־ים והסדר הפנימי של ה 2־ים ,זה יכפול את החישוב הפרמוטציות הפנימיות ולכן זה יוצא.
20
שיעור 20
בהמשך לשיעור הקודם ־ )(q
]
n
k
[
= מספר תת מרחבים ממימד kשל מרחב וקטורי nמימדי מעל ) Fqשדה עם q
איברים(
]
)∑k(n−k
n
i
כאשר ) ,ai (n, k) = ak(n−k)−i (n, kאז ה a־ים סופרים
= )(q
כמו כן ־ אם ai (n, k) q
i=0
k
תמורות של kאיברים מסוג אחד ו n − kאיברים מסוג שני ,בהתאם למספר ההיפוכים.
)אני לא לגמרי בטוח במה שרשום במשפט האחרון(
[
טענה 20.1
]
n
n−k
]
[
=
n
k
[
במקדמים בינומיים זה ברור ע"י התאמה של קבוצות ומשלימותיהן ,אבל אין לנו קונספט קנוני של משלים במרחבים
וקטוריים.
יהי U ⊆ Vמ"ו אז נסמן = Φכל הפונקציונלים מ Vל Fq
נסמן } U ∗ = {ϕ ∈ Φ : ϕ (x) = 0 ∀x ∈ Uואז U ∗ ⊆ Φומתקיים שאם dimU = kאז dimU ∗ = n − k
אפשר גם לרשום:
} U ∗ = {y ∈ V : ⟨y, x⟩ = 0 ∀x ∈ U
.
נניח שיש לנו מרחב ,Vותת מרחב n − 1מימדי .V ′
טענה 20.2
]
n−1
k−1
[
]
+ q n−k
n−1
k
[
=
][n
k
ממדיים Uשל .V
וקטוריים k
מטרה :לספור תת מרחבים
[
]
n−1
מקרה א' ,U ⊆ V ′ :כאלה יש
k
]
מקרה ב' U ∩ V ′ = U ′ :כך ש .dimU ′ = k − 1מספר האפשרויות ל U ′הוא
n−1
k−1
[
והשאלה היא כמה
U ⊆ Vיש שהם kמימדיים כך ש .U ∩ V ′ = U ′
יש ב V \ V ′סך הכל q n − q n−1וקטורים ,וכל אחד מהם אפשר לצרף ל Uכדי לקבל מרחב ממימד ,kאבל
עשויים להיות מרחבים שנספור פעמיים וכו'.
לכן נשאל בהנתן U־ כמה וקטורים הוספנו ל U ′כדי לקבל אותו? זה יוצא q k − q k−1מטעמים דומים.
מכאן נובע שסך הכל הדרכים להשלים את U ′הן:
(
)
q n 1 − q −1
q n − q n−1
=
= q n−k
q k − q k−1
) q k (1 − q −1
′
נושא חדש ־ מניה של חפצים שונים תוך הכללת תמורות מסוג מסויים ,למשל
מחרוזות וכו'
אם gתמורה ב Sn
קבוצת נקודות השבת תסומן }F P (g) = {i : g (i) = i
אם ל gיש מבנה מחזורים 1C1 2C2 ...nCnאז נסמןZ (g) = Z1C1 Z2C2 ...ZnCn :
20.1
בכמה דרכים ניתן לצבוע דפנות של קוביה ב 2צבעים?
)נאמר כחול ואדום(
כמו כן נאמר ש 2צביעות תהיינה שוות אם אחת מתקבלת מהשניה ע"י סיבוב של הקוביה.
יש חבורה של תמורות Gשפועלת על הדפנות.
בפרט ־ החבורה היא טרנזיטיבית ,שכן יש לה רק מסלול אחד.
תהי Xקבוצה
Gחבורת תמורות על X
נגדיר } Y = {f : X → Cכאשר Cקבוצת הצבעים.
53
20.1.1
מהי חבורת הסיבובים של הקוביה?
כמה איברים יש בחבורה? ) 24למשל ־ בוחרים לאן דופן מספר 1עוברת ובאילו מ 4הסיבובים שלה היא תימצא(
מה קורה אם מרשים שיקופים? כיוון שסיבובים מתאימים להעתקות אורת' עם דטרמיננטה 1ושיקופים מאפשרים
גם דט' 1־ מקבלים שזה מכפיל את מספר האיברים ,לכן .48
מהו מבנה המחזורים?
עבור העתקת הזהות Z16
מהו מבנה המחזורים של תמורות שפועלות כך :מחזיקים שני קודקודים נגדיים ומסובבים את הקוביה? יש 8כאלו
והמבנה יהיה Z32
3
מה בדבר תמורות שנוצרות ע"י סיבוב שמעביר ציר דרך 2צלעות נגדיות? ,6כאשר מבנה המחזורים הוא Z2
ותמורות שנוצרות ע"י סיבוב ב 90מעלות שמעביר ציר דרך שתי דפנות נגדיות? ,6כאשר מבנה המחזורים הוא
Z12 Z4
תמורות שנוצרות ע"י סיבוב ב 180מעלות שמעביר ציר דרך שתי דפנות נגדיות? ,3כאשר מבנה המחזורים הוא
Z12 Z22
21
שיעור 21
תהי G ⊆ Snחבורת תמורות שפועלת על }X = {1, ..., n
אם x ∈ Xאז הקבוצה } {g (x) : g ∈ Gהיא המסלול של ,xונסמן אותה ,Ωxו Ωתהיה קבוצת המסלולים.
א .שני מסלולים הם זהים או זרים
ב .הממסלולים כוללים את כל X
]הוכחות ־ בקורס מבנים אלגבריים ,1למשל בסיכומים שלי באתר של דינה ,בסביבות עמוד 28ואילך[
משפט 21.1ברנסייד
∑ 1
|)|F P (g
||G
= ||Ω
g∈G
כאשר }F P (g) = {x : g (x) = x
]הוכחה ־ בסיכומים שהוזכרו[
נתבונן במחרוזות )ממש עם חרוזים וכל זה( כאשר חלק מהחרוזים צבועים בכחול והשאר באדום .נרצה למנות
כמה מחרוזות עם חמישה חרוזים יש .כמובן שכל מחרוזת שמתקבלת מאחרת על ידי סיבוב או שיקוף ־ לא נרצה
למנות אותה פעמיים.
ראשית נפתור את הבעיה בלי להתמודד עם שיקופים.
אזי אפשר לומר שהחבורה שפועלת על המחרוזת היא החבורה הציקלית .Z5
תמורת הזהות מקבעת את כל 32הצביעות האפשריות ,ו 4האחרות מקבעות 2מחרוזות כ"א ,ולכן נקבל ממשפט
ברנסייד שמספר המסלולים )כלומר מחרוזות( הוא . 15 (32 + 4 · 2) = 8
מה קורה לחבורה כשמרשים גם שיקופים?
חבורת השיקופים והסיבובים היא החבורה D5שגדלה ,10ולכן כעת מתווספים 5שיקופים .כל שיקוף משאיר
במקום 8תמורות ,מדוע? ציר שיקוף עובר דרך חרוז אחד ומפריד את 4האחרים ל 2זוגות ,בוחרים צביעה עבור חרוז
הציר ושני החרוזים בצד ימין )יש 8אפשרויות כאלו( וזה מגדיר תמורה שנשמרת תחת השיקוף.
לכן סה"כ נקבל:
1
(32 + 4 · 2 + 5 · 8) = 8
10
במקרה זה אותו הדבר ,אבל זה לחלוטין לא מחוייב המציאות.
עבור 7חרוזים אם נרשה רק סיבובים נקבל 20מחרוזות ,אבל אם נתיר גם שיקופים נקבל רק 18מחרוזות.
נתבונן במחרוזת בת 6חרוזים .זה קצת יותר מסובך כי כיוון שגודל המחרוזת זוגי ־ זה מאפשר יותר מסוג אחד
של שיקוף וכו'...
נתבונן רק בסיבובים:
תמורת הזהות מותירה במקום את כל 64הצביעות.
את מי משאיר במקום סיבוב של קליק אחד ימינה? יש שתי צביעות ־ הכל כחול או הכל אדום.
סיבוב ימינה ב 5קליקים ־ באותו אופן ־ שתי צביעות.
סיבוב ימינה בשני קליקים ־ צביעה של הכל באותו צבע או צביעות לסירוגין יעבדו ,ולכן יש 4
סיבוב ב 4קליקים ־ כמו סיבוב ב 2
סיבוב ב 3קליקים ־ יש שמונה צביעות שזה משאיר במקום ,בוחרים צבעים ל 1,2,3והסיבוב ישרה את צביעת .4,5,6
סה"כ:
1
(64 + 2 + 2 + 4 + 4 + 8) = 14
6
מה אם נוסיף שיקופים?
יש שישה שיקופים ־ שכן אפשר לשקף סביב שני חרוזים נגדיים או סביב שתי צלעות נגדיות.
לכל שיקוף סביב חרוזים יש 16צביעות שהוא משאיר במקום־ כי די לבחור את צבעי חרוזי הציר ושני צבעי החרוזים
בצד ימין .יש שלושה כאלו.
לכל שיקוף סביב צלעות יש 8צביעות שנשמרות ,שכן מספיק לבחור את צבעי החרוזים באחד הצדדים .יש שלושה
כאלו.
סה"כ:
1
(64 + 2 + 4 + 8 + 4 + 2 + 3 · 16 + 3 · 8) = 13
12
21.1
נכליל את הבעיה
אם Xקבוצה G ,חבורה שפועלת עליה R ,קבוצה של צבעים ו }= {f : X → R
בעצם פועלת גם על צביעות:
(
)
בהנתן f : X → Rו g ∈ Gנרצה להגדיר את ) ,g (f ) (x) = f g −1 (xבמילים אחרות ־ כדי לדעת איך לצבוע
אחרי הפעלת תמורה ־ נצבע לפני הפעלת התמורה ,נפעיל את התמורה ונבדוק מה הצבע שמתקבל במקום שמעניין
אותנו.
אם נסמן |X| = nאז מביטים במשתנים z1 , z2 , ..., znומגדירים את מציין המחזורים של התמורה gע"י:
X
)· zncn (g
Rקבוצת הצביעות של ,Xאזי G
)c (g) c2 (g
z2 ...
zg (z1 , ..., zn ) = z11
כאשר ) ck (gמספר המחזורים ב gבגודל .kומהלמה של ברנסייד נגדיר את Zgשהוא מציין המחזורים של החבורה:
∑ 1
) zg (z1 , z2 , ..., zn
||G
= ) ZG (z1 , z2 , ..., zn
g∈G
נרשום } R = {b1 , ..., brכאשר |R| = r
נתאים כל צביעה f : X → Rלמונום במשתנים x1 , ..., xrשיוגדר m (f ) = xa1 1 xa2 2 · ... · xar rכאשר akהיא
מספר המונה כמה חרוזים צבועים בצבע ה ,kכלומר |} .ak = |{x ∈ X : f (x) = bk
(
)
xa1 1 · ... · xar r = ZG x1 + ... + xr , x21 + x22 + ... + x2r , ..., xn1 + xn2 + ... + xnr
∑
w∈Ω
משפט 21.2פוליה :
|Ω| = ZG r, r, ..., r
} | {z
n
55
הוכחה :לפי משפט ברנסייד:
∑ 1
|)|F P (g
||G
= ||Ω
g∈G
בהנתן gספציפית ,כמה f : X → Rיש כך ש ?f = gf
בהנתן החלוקה של תמורה למחזורים זרים:
() () () ( ) ( ) ...
} | {z } | {z
c1
c2
האבחנה היא ש f : X → Rהיא פונקציית שבת ביחס לתמורה gאם"ם fקבוע על כל מחזור של ,gבפירוק g
למכפלת מחזורים שונים .ולכן:
) F P (g) = rc1 (g)+c2 (g)+...+cn (g) = zg (r, r, r, r, ...
} | {z
G acts on RX
Cnחבורה ציקלית על מחרוזות באורך nאז נרצה לחשב את ) .ZCn (z1 , ..., znסיבוב של kצעדים ימינה )0, 1, ..., n−
(1תלוי במחלק המשותף המקסימלי של nו ,kאם נגדיר ) u = (n, kאז יש uמחזורים באורך nuו zk (z1 , .., zn ) = z un
u
)∑ (n
∑
n
φ
φ (u) zuu
= z unu
u
u|n
=
)(n,k
n
)(n,k
z
n
∑
= ) ZCn (z1 , ..., z2
k=1
u|n
...
נטפל גם בשיקופים
אם nאי־זוגי אז
n−1
n
∑1
= ) ZDn (z1 , ..., zn
φ (u) zuu + nz1 z2 2
2n
u|n
ואם nזוגי אז:
∑
n−2
n
n
n
1
n
=
φ (u) zuu + z12 z2 2 + z22
2n
2
2
ZDn
u|n
שאלה :צובעים מחרוזת של 6חרוזים ב 3צבעים אדום ,כחול ושחור .כמה צביעות ש עד כדי סיבובים עם 2חרוזים
מכל צבע?
)
1( 6
z + 2z6 + 2z32 + z23
6 1
משפט פוליה אומר שצריך להציב:
z1 = x1 + x2 + x3
z2 = x21 + x22 + x23
.
.
.
= ZC6
ולכן:
(
)
(
( )
))
(1
6
(x1 + x2 + x3 ) + 2 x61 + x62 + x63 + 2 x31 + x32 + x33 + x21 + x22 + x23
6
נרצה לחשב את המקדם של x21 x22 x23בביטוי זה ונקבל:
((
( )
))
1
6
3
+
6
222
111
שיעור אחרון
22
נספור צביעות של פאות הקוביה ב rצבעים כאשר לא מבחינים בין צביעות שאחת מתקבלת מהשניה על ידי סיבובים
או שיקופים.
נתבונן במציין המחזורים של הסיבובים והשיקופים האפשריים:
עבור תמורת היחידה ־ ) z16יש שישה מחזורים באורך 1כל אחד( הוא מציין המחזורים ויש תמורה אחת כזו
סיבובים סביב ציר שעובר דרך קודקודים נגדיים ־ יש 8תמורות כאלו ומציין המחזורים שלהן הוא z32
סיבובים סביב ציר שעובר דרך זוג צלעות נגדיות ־ יש 6תמורות כאלו ומציין המחזורים שלהן z23
2
סיבובים סביב ציר שעובר דרך מרכזי פאות נגדיות בזווית 90/270מעלות ־ יש 6כאלו ומציין המחזורים z1 z4
סיבובים סביב ציר שעובר דרך מרכזי פאות נגדיות בזווית 180מעלות ־ יש 3כאלו ומציין המחזורים z12 z22
וזה מתאר את מציין המחזורים של הקוביה:
)
1 ( 6
z + 8z32 + 6z23 + 6z12 z4 + 3z12 z22
24 1
נציב 2בכל המשתנים ,עבור צביעה בשני צבעים ונקבל:
)
1 ( 6
2 + 8 · 22 + 6 · 23 + 6 · 22 · 2 + 3 · 22 · 22 = 10
24
אם נסמן ב aiאת מספר הפאות שנצבעו בצבע ה ,iאז נשאל כמה צביעות יש?
(
)
xa1 1 xa2 2 · ... · xar r = ZG x1 + x2 + ... + xr , x21 + x22 + ... + x2r , ...
∑
coloring
ובמקרה של הקוביה:
))
)3
)
(
)2
(
( 1
(2
6
(2
(x1 + x2 ) + 8 x31 + x32 + 6 (x1 + x2 ) x41 + x42 + 6 x21 + x22 + 3 (x1 + x2 ) x21 + x22
24
מה המקדם של ? x31 x32זה יתן לנו את מספר הצביעות שבהן 3פאות צבועות בכחול ו 3באדום.
22.1
כמה גרפים יש על nקודקודים?
כמה גרפים על 4קודקודים יש עד כדי איזומורפיזם?
בלי צלעות ־ 1
עם צלע אחת ־ 1
עם שתי צלעות ־ 2
עם 3צלעות ־ ) 3ח' ,ש' או משולש(
עם 4צלעות ־ 2
עם 5צלעות ־1
עם 6צלעות ־ גרף שלם )יחיד(
57
כלומר 11גרפים.
) (
] , [4ואם ניתן ל S4לפעול על הקודקודים נקבל שתמורות אלו פועלות גם על הצלעות.
שגדלה
הצלעות
=Aקבוצת
2
)]([n
מספר הגרפים עד כדי איזומורפיזם של nקודקודים הוא מספר הצביעות של 2ב 2צבעים כאשר שתי צביעות
) (
שקולות אם אחת מתקבלת מהשני ע"י פעולה של Snשפועל על
]. [n
2
המחזורים (של כל תמורה מחד כתמורה ב S4ומאידך כפעולת התמורה על זוגות של קודקודים,
נתבונן במציין
)
]) . [nזהו בעצם שיכון של S4בתוך (S6
הצלעות
דהיינו על קבוצת
2
תמורת היחידה ־ יש 1כזו ־ מציין המחזורים כתמורה על הקודקודים z14־ מציין המחזורים כתמורה על הצלעות
z16
2
התמורות מהצורה ) (ij־ יש 6כאלו ־ מציין המחזורים כתמורה על הקודקודים z1 z2־ מציין המחזורים כתמורה
על הצלעות z12 z22
התמורות מהצורה ) (ijk־ יש 8כאלו ־ מציין המחזורים כתמורה על הקודקודים z1 z3־ מציין המחזורים כתמורה
על הצלעות z32
התמורות מהצורה ) (ijks־ יש 6כאלו ־ מציין המחזורים כתמורה על הקודקודים z4־ מציין המחזורים כתמורה
על הצלעות z2 z4
התמורות מהצורה )(ij) (ks־ יש 3כאלו ־ מציין המחזורים כתמורה על הקודקודים z24־ מציין המחזורים כתמורה
על הצלעות z12 z22
כעת אם נציב 2במקום כל אחד מהמשתנים ונחלק במספר האיברים ,נקבל את התשובה:
)
1 ( 6
2 + 6 · 24 + 8 · 22 + 6 · 22 = 11
24
שהיא נכונה כפי שראינו באופן ידני.
22.2טבלאות
דיברנו על חלוקות ,והן מתאימות לדיאגרמות ,כך למשל הדיאגרמה:
מתאימה לחלוקה 4,2,1או אם מסתכלים לאורך ־ .1 1 2 3
בהנתן חלוקה ,טבלאות ינג הן טבלאות שממקמים בכל תא מספר שונה ,כך שכל שורה וכל טור עולים מונוטונית.
22.2.1
נוסחת הווים למספר טבלאות ינג עבור דיאגרמה נתונה
בהנתן nמשבצות ,לכל משבצת הוו שלה הוא מספר המשבצות שמימינה באותה שורה או מתחתיה באותה עמודה )וגם
היא עצמה( למעשה זו מעין צורת .r
!n
) ∏ hook(xבאשר לכל תא xהמספר ) hook (xהוא גודל הוו של .x
נוסחת הווים :מספר טבלאות ינג הוא בדיוק
x
נבחין כי ) hook (yבאם yהוא התא הימני ביותר בשורה העליוני בדיאגרמה הקודמת ־ אז הוו שלו הוא בגודל ,1
ובלעדיה מקבלים טבלת ינג.
רעיון ההוכחה הוא לבנות על בסיס הרעיון הקודם נוסחת רקורסיבית של מספר טבלאות ינג ולהוכיח באינדוקציה.
© Copyright 2024