Gráfok és rúdszerkezetek merevségeFekete ZsoltDoktori értekezésTémavezet®: Jordán TiborEgyetemi do ens, kandidátus

ELTE TTK Matematika doktori iskolaA doktori iskola vezet®je: La zkovi h MiklósAlkalmazott matematika doktori programA program vezet®je: Prékopa AndrásA doktori értekezés az Eötvös Loránd Tudományegyetem Operá iókutatásiTanszékén és a Magyar Tudományos Akadémia Egerváry Jen® KombinatorikusOptimalizálási Kutató soportjában (MTA-ELTE) készült.

Budapest, 2006. Május

Tartalomjegyzék1. Alapfogalmak, klasszikus eredmények 71.1. Jelölések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2. Matroidosztályok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. Gráfok és rúdszerkezetek merevsége . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4. El®állítási tételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5. További segédeszközök . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.6. Az értekezés felépítése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232. Síkbarajzolható Laman-gráfok el®állítása 282.1. Pszeudo-háromszögelések és Laman-gráfok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.2. Összehúzható élek Laman-gráfokban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.3. Síkbarajzolt Laman-gráfok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.4. Alkalmazás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.5. Sík-dualitás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.6. Algoritmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383. Merevség felületeken 403.1. Korábbi eredmények és fogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.2. Dení iók és egyszer¶ meggyelések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.3. Az [n, d]-gráfok el®állítási tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.4. Az izosztatikus gráfok karakterizá iója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554. Beágyazás kis rá sba 684.1. A S hwartz-lemma és a mozgatási-lemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.2. A leemelés m¶veletének er®sítése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.3. Merev realizá iók kis rá sban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.4. Algoritmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.5. További kérdések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743

5. Merev realizá ió 2 azonos pozí ióval 765.1. Dení iók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.2. Szükséges feltétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.3. A matroid dení iója és a leemelési tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 785.4. A karakterizá ió . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816. A [k, l]-gráfok konstruktív karakterizá iója 846.1. Korábbi eredmények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846.2. Az el®állítási tétel bizonyítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 867. Fokel®írásos növelés 907.1. Két kérdés matroidokon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 907.2. A 0 ≤ l ≤ k eset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 937.3. A k + 1 ≤ l ≤ 32k eset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978. Merevítés sú sok rögzítésével és egy forrás-elhelyezési probléma 1098.1. A leszögezési probléma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1098.2. Forrás-elhelyezési feladat éldiszjunkt feszít®fákkal . . . . . . . . . . . . . . . 1108.3. Közös megfogalmazás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1128.4. A két feladat közös megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1139. Globális merevség elérése sú sok rögzítésével 1189.1. Szenzor-hálózatok és globális merevség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1189.2. M-összefügg®ség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1209.3. A hipergrakus matroid generikus reprezentá iója . . . . . . . . . . . . . . . 1239.4. Algoritmus a horgonyok számának minimalizálására . . . . . . . . . . . . . . 12510.Összefogalalás 126

4

BevezetésJelen értekezés f® témája a merevség elméletének kombinatorikus vizsgálata. Az értekezéskét részre tagolható. Az els® részben azt vizsgáljuk, hogy az el®állítási tételek mennyire ka-matoztathatók a merevség témakörében. El®állítási tételnek nevezünk egy olyan gráfelméletitételt, amely egy gráfosztályról állítja, hogy elemei valamilyen megadott módon felépíthet®ekbizonyos elemi részekb®l egyszer¶ m¶veletekkel, és minden gráf, amely a megadott módonfelépíthet®, ebbe a gráfosztályba tartozik. Az el®állítási tételek tisztán gráfelméleti állítások,melyek nagy segítséget jelenthetnek merevségi, azaz bizonyos tekintetben geometriai jelleg¶tételek igazolásánál. Az értekezés els® nagy részében négy konkrét kérdés kap sán vizsgáljukmeg az el®állítási tételek alkalmazhatóságát.Az els® témakör egy geometriai kérdésb®l származik, síkgráfok pszeudo-háromszögelése-ivel kap solatban merült fel a síkbarajzolható Laman-gráfok el®állításának kérdése. Majda merevség fogalmának egy kiterjesztésével foglalkozunk bizonyos felületeken értelmezettmerevségi struktúrák esetében. Itt az úgynevezett [k, l]-gráfok el®állítási tételei kerülnekalkalmazásra k = 2, l = 0, 1, 2 esetben. A harmadik téma generikusan merev gráfok kiskoordinátákkal történ® síkbaágyazásának kérdését vizsgálja. A negyedik probléma pedigannak a karakterizá iója, hogy egy gráfnak mikor létezik olyan merev realizá iója, ahol kétkijelölt sú s pozí iója azonos.Az értekezés második részében merevséggel kap solatos kombinatorikus optimalizálásikérdéseket vizsgálunk. El®ször a már az els® részben említett és használt [k, l]-gráfokraadunk a 0 ≤ l ≤ k esetben egy el®állítási tételt, majd ezt a kérdést egy általánosabb keretbehelyezve vizsgáljuk. Alapvet® kérdés, hogy hogyan tegyünk merevvé egy nem merev gráfot.Ha az a kérdés, hogy minimális számú él hozzáadásával hogyan tegyük merevvé, akkor aztkönnyen megválaszolhatjuk, hiszen a merev gráfok egy matroid generátorai. Ha viszontfokel®írások adottak a sú sokon, akkor a kérdés megválaszolása korántsem ilyen egyszer¶.Az értekezés második részének következ® témaköre az, hogy hogyan tegyünk merevvé egygráfot minimális számú sú s rögzítésével. Ennek kap sán egy érdekes forrás-elhelyezésikérdést is megválaszolunk. Végül az értekezés utolsó kérdésköre az, hogy hogyan tegyünkglobálisan merevvé egy gráfot minimális számú sú s lerögzítésével.Szeretném itt köszönetemet kifejezni Jordán Tibornak, témavezet®mnek, aki megismer-tette velem ezt a témakört. Sokat segített doktori tanulmányaim során, és együtt dolgoztunktöbb itt szerepl® probléma felderítésén. Köszönöm Frank Andrásnak, hogy biztosította akutatómunka körülményeit. Köszönöm még Szeg® Lászlónak és Szabó Já intnak az együtt-dolgozást, valamint még az EGRES kutató soport tagjainak, akik inspiráltak, segítettek5

beszélgetéseikkel. Valamint köszönöm a Communi ation Networks Laboratory-nak (CNL)1,hogy anyagi támogatásban részesítettek doktori kutatásaim során. Végül, de nem utolsósor-ban köszönöm feleségemnek, Fekete-Heged¶s Tímeának, hogy segített a dolgozat helyesírásiés nyelvhelyességi hibáinak felderítésében és kijavításában, valamint hogy a munkához nyu-godt otthoni körülményeket biztosított.

1Communi ation Networks Laboratory, Pázmány Péter sétány 1/A, Budapest, 11176

1. fejezetAlapfogalmak, klasszikus eredmények1.1. JelölésekGráf alatt egy G = (V, E) párt értünk, ahol V a sú sok halmaza, E az élek halmaza, ésimpli it adott egy illeszkedési relá ió, amely megmondja, hogy melyik élnek mik a végpont-jai. Irányítatlan esetben a végpontokat egy rendezetlen pár adja meg. Egy élnek tehát kétvégpontja van, ami egybe is eshet, ez esetben hurokélr®l beszélünk. Megengedünk párhuza-mos éleket, azaz el®fordulhat, hogy kett® vagy több él végpontjai ugyanaz a két sú s, ésmegengedünk párhuzamos hurokéleket is. Az irányított gráf fogalma ugyanez, sak ott avégpontokat egy rendezett pár határozza meg, tehát megkülönböztetünk talppontot és fej-pontot. Ha u, v ∈ V és e ∈ E, akkor az e = uv jelölés azt jelenti, hogy az e él végpontjai ués v (irányított esetben u-ból v-be mutat), de nem jelenti azt, hogy e az egyetlen ilyen él.Legyen G = (V, E) egy irányítatlan gráf. Ha X ⊆ V és F ⊆ E, akkor F (X) jelöliaz X által feszített F -beli élek halmazát, azaz F (X) := e ∈ F : e = uv valamely u, v ∈X esetén . G[X] alatt az X által feszített részgráfot, azaz az (X, E(X)) gráfot értjük. HaF ⊆ E, akkor γF (X) := |F (X)| jelöli az X által feszített F -beli élek számát, γG(X) :=

γE(X) = |E(X)| pedig az X által feszített G-beli élek száma, azaz G[X] élszáma.Egy v ∈ V sú s esetén NG(v) jelöli a v sú s szomszédainak halmazát. Ha v ∈ V , akkorγG(v) := γG(v) a v-n lev® hurkok száma. Ha X, Y ⊆ V , akkor dG(X, Y ) := |e ∈ E : e =

uv, ahol u ∈ X − Y, v ∈ Y − X|. Legyen dG(X) := dG(X, V − X).Egy sú s fokát a dG(v) := dG(v, V − v) + 2γG(v) képlet deniálja, azaz egy hurokél2-vel járul hozzá a fokhoz. Ezzel a dení ióval igaz marad a∑v∈V dG(v) = 2|E| összefüggéshurokélekkel rendelkez® gráfokra is. Ha v-re illeszkednek hurokélek, akkor dG(v) 6= d(v).Az E ′ := E + uv jelölés azt jelenti, hogy E ′ egy olyan élhalmaz, amelyet E-b®l úgykapunk, hogy hozzáadunk egy uv élet, és hasonlóan E ′ := E − uv azt jelenti, hogy E ′-t úgykapjuk E-b®l, hogy kitörlünk egy uv élet, ha van ilyen E-ben, és egyébként E ′ = E.7

eG(X) jelöli azon élek számát, amelyeknek legalább az egyik végpontjuk X-beli, azazeG(X) := |E| − γG(V − X). C(G) jelöli a G komponenseinek halmazát. Ha (A, B; E) egypáros gráf (ami azt jelenti, hogy (A ∪ B, E) egy gráf, és minden él egyik végpontja A-, amásik B-beli), akkor X ⊆ A vagy X ⊆ B esetén ΓG(X) jelöli az X szomszédainak halmazát.A γG(X), dG(v), dG(X, Y ), eG(X) és NG(v) jelölések indexéb®l elhagyjuk a G gráfot, haaz világos a kontextusból.Egy G = (V, E) gráf és X ⊆ V esetén jelölje G/X azt a gráfot, amelyben azonosítjuk azX halmaz sú sait egymással. Formálisan: G/X sú shalmaza a V − X sú saiból és egyúj vX sú sból áll, azaz V (G/X) = V − X + vX. Jelölje φ : V → V − X + vX azta leképezést, amelyre v ∈ V − X esetén φ(v) = v, és v ∈ X esetén φ(v) = vX . Az éleketértelemszer¶en úgy deniáljuk, hogy ha uv = e ∈ E, akkor legyen e′ = φ(u)φ(v) a G/X egyéle (amely lehet hurok is). Tehát összehúzzuk X-et egy sú sba, de nem töröljük a keletkez®hurkokat. Azokban az esetekben, amikor töröljük a keletkez® hurkokat, ezt külön jelezzük.Az el®állítási tételek m¶veletei használják az élfelosztás fogalmát. Ha e = uv a G =

(V, E) gráf egy éle, akkor az e él felosztása egy új w sú sal azt jelenti, hogy töröljük az eélet, és hozzáadunk a gráfhoz egy új w sú sot és két új élet: egy uw és egy wv élet.Az élfelosztással valamilyen értelemben ellentétes irányú m¶velet a leemelés. LegyenG = (V, E) egy irányítatlan gráf, és s ∈ V egy sú sa, amelyre illeszkednek az e = vs, f = swnem-hurok élek. Azt mondjuk, hogy a Gef = (V, E − e− f + vw) gráf a G-b®l keletkezett aze, f élek s-nél történ® leemelése által. A leemelés m¶velete formálisan ugyanígy deniálhatóirányított gráfban is.Fogjuk használni a hipergráf fogalmát. Egy H = (V, E) pár hipergráf, ahol V a sú shal-maz, E a hiperélek halmaza, és minden hiperél egy sú shalmaznak felel meg, de megenge-dünk párhuzamos éleket, azaz lehetnek e 6= f ∈ E hiperélek, melyek ugyanazon sú sokattartalmazzák. Legyen H = (V, E) egy hipergráf, ha X ⊆ V és F ⊆ E, akkor F (X) jelöli azX által feszített F -beli élek halmazát, azaz F (X) := e ∈ F : e ⊆ X, γF (X) := |F (X)|jelöli az X által feszített F -beli élek számát, és γH(X) := γE(X) = |E(X)| az X által fe-szített összes H-beli él száma. Ha X, Y ⊆ V , akkor dH(X, Y ) := |e ∈ E : e ∩ (X − Y ) 6=∅ és e ∩ (Y − X) 6= ∅|. Legyen dH(X) := dH(X, V − X).Ha egy hipergráfban minden hiperél egy vagy két elem¶, akkor azt a hipergráfot egy irá-nyítatlan gráfnak tekinthetjük. Az egyelem¶ hiperéleket hurokéleknek, a kételem¶eket pedignem hurok gráf-élekenek tekintjük. Ezzel a konven ióval a hipergráf a gráf általánosítása, ésaz γF (X), F (X), dH(X, Y ) jelölések is a gráfos jelölések kiterjesztései.Megjegyezzük, hogy gráfok esetén egy hurkot egy egy él¶ körnek, két párhuzamos életpedig egy kett® él¶ körnek tekintünk. Például a körmentes gráf szókap solat automati-kusan egyszer¶ gráfot is jelent. 8

Használni fogunk elemi lineáris algebrai gondolatokat. Egy M mátrix rangját r(M)-meljelöljük.1.2. MatroidosztályokFontos szerepet játszanak a merevség kombinatorikus vizsgálatánál bizonyos matroidok, mat-roidosztályok. Hivatkozás nélkül használni fogjuk a matroidelmélet alapfogalmait és alapvet®állításait (lásd például [41, 39).A következ®kben deniáljuk az általunk sokszor használt matroidosztályokat.1.1. Dení ió. Ha adott egy H = (V, E) hipergráf, k, l egészek, és k ≥ 1, akkor deniáljukaz Ik,l halmazrendszert. Egy F ⊆ E élhalmaz eleme Ik,l-nek, ha γF (X) ≤ k|X| − l mindenX ⊆ V, |X| ≥

⌈

lk

⌉ esetén, és minden F -beli hiperél legalább ⌈ l+1k

⌉ méret¶.Az 1.2 Állítás szerint az Ik,l halmazrendszer kielégíti a függetlenségi axiómákat. Ezt az(S, Ik,l) matroidot Mk,l(H)-val jelöljük, és a rangfüggvényét rk,l-lel vagy r-rel, ha világos aszövegkörnyezetb®l.Megjegyezzük, hogy meg lehet fogalmazni egy ekvivalens dení iót, melynek feltételenem minden sú shalmazról, hanem minden élhalmazról szól: egy F ⊆ E élhalmaz elemeIk,l-nek, ha F tetsz®leges nemüres F ′ része esetén az F ′ mérete legfeljebb k|V (F ′)| − l, aholV (F ′) az F ′ élek által fedett sú sok halmaza. Ebben a megfogalmazásban nem kell különkimondani a feltételt a hiperélek méretér®l, hanem következik az egyelem¶ részekre vettfeltételb®l.Külön kiírjuk, hogy az Ik,l dení iója bizonyos spe iális k, l párok esetén hogyan néz ki.Tehát amennyiben 0 ≤ l ≤ k:

Ik,l := F ⊆ E : γF (X) ≤ k|X| − l minden X ⊆ V, X 6= ∅ .Azaz a ritkasági feltétel a nem-üres halmazokra van kikötve, és lehetnek egyelem¶ hipe-rélek vagy gráf esetén hurok élek. Míg a k + 1 ≤ l ≤ 2k − 1 esetben:Ik,l := F ⊆ E : γF (X) ≤ k|X| − l ∀X ⊆ V, |X| ≥ 2 esetén, és ∀e ∈ F : |e| ≥ 2 .Itt sak a legalább kételem¶ halmazokra van feltétel, és nin senek egyelem¶ hiperélek,azaz gráf esetén hurokélek.Felhívjuk a gyelmet arra, hogy egy F élhalmaz függetlensége nem függ magától a Hhipergráftól, hanem sak az F élhalmaztól. Tehát valójában úgy is tekinthetnénk azMk,l(H)matroidra, mint amelynek az alaphalmaza nem is az E, hanem egy valamilyen értelemben9

teljes hipergráf a V sú shalmazon, azaz egy olyan hipergráf, amelyben benne van az összesegyelem¶, kételem¶, háromelem¶ stb. hiperél, s®t esetleg mindegyik sok példányban bennelehet, akár végtelen sok példányban is.Jelölje a KV a V sú shalmaz feletti teljes gráfot. Ez alatt legegyszer¶bb a végtelen teljesgráfot érteni: azaz KV egy olyan gráf, melynek bármely két sú sa között végtelen sok élfut, és minden sú sán végtelen sok hurok ül.Végtelen alaphalmazú matroid alatt azt értjük, hogy adott a végtelen S alaphalmazvéges részhalmazainak egy leszálló I rendszere úgy, hogy tetsz®leges véges S ′ ⊆ S esetén(S, F ∈ I : F ⊆ S ′) matroid. Véges rangú egy ilyen matroid, ha létezik egy K szám úgy,hogy I elemei legfeljebb K elem¶ részhalmazok.Ezen dení iók után tekinthetjük adott V esetén azMk,l-et a KV élhalmazán egy végtelenmatroidnak. Természetesen sosem lényeges az, hogy végtelen sok él van, sak az, hogy elégsok. Például rögzített k, l esetén minden sú sra elegend® k − l darab hurkot rakni, mertha többet raknánk rá, akkor azokat generálja már k − l darab, és ugyanígy bármely két sú s közé elég 2k − l élet húzni. Sokszor viszont azért érdemes a végtelen teljes gráframint alaphalmazra gondolni, mert így tetsz®leges V sú shalmazú gráfra értelmesek az Mk,lmatroidban felmerül® kérdések: független-e, mennyi a rangja, mit generál.A következ® állítás ismert (lásd [59).1.2. Állítás. Adott egy H = (V, E) hipergráf, k, l egészek, és k ≥ 1. Ekkor:(i) Az Ik,l halmazrendszer egy matroid függetlenjeit határozza meg az E alaphalmazon.(ii) Az Mk,l matroid rangfüggvénye a következ®:

r(F ) = minX

∑

X∈X

(k|X| − l) + |F − F (X )| (F ⊆ E), (1.1)ahol a minimumot az olyan X halmazrendszerek felett vesszük, melyek elemei V -nek legalább⌈

lk

⌉ elem¶ részhalmazai, és E(X ) := ∪X∈XE(X).A következ® összefüggéseket gyakran fogjuk használni sokszor ezen lemmára való hi-vatkozás nélkül is. A bizonyítása egyszer¶: 1. könnyen ellen®rizhet®, ugyanis minden élhozzájárulása mindkét oldalhoz ugyanannyi, és 1.-b®l azonnal következik 2.1.3. Lemma. Legyen G = (V, E) egy hipergráf, és X, Y ⊆ V két sú shalmaz. Ekkor1. γ(X) + γ(Y ) + d(X, Y ) = γ(X ∪ Y ) + γ(X ∩ Y ),2. γ(X) + γ(Y ) ≤ γ(X ∪ Y ) + γ(X ∩ Y ), és egyenl®ség esetén d(X, Y ) = 0.Ezek segítségével lássuk be az 1.2. Állítást.10

Bizonyítás. Azt fogjuk belátni, hogy ha F ⊆ E, akkor egy tartalmazásra nézve maximális,F -ben tartalmazkodó, Ik,l-beli halmaz mérete minX⊆P(V )

∑

X∈X (k|X| − l) + |F − E(X )|.Ebb®l a tényb®l következik (i) és (ii) is.Legyen tehát F ′ ⊆ F egy tartalmazásra nézve maximális Ik,l-beli halmaz. Az világos,hogy |F ′| ≤ minX⊆P(V )

∑

X∈X (k|X| − l) + |F − E(X )|, ugyanis|F ′| ≤ min

X⊆P(V )

∑

X∈X

γF ′(X) + |F ′ − F (X )| ≤∑

X∈X

(k|X| − l) + |F − F (X )|.Ebb®l azt is látjuk, hogy egyenl®ség akkor áll fenn, ha X elemei F ′-éldiszjunktak, |F ′ −F (X )| = |F − F (X )|, azaz X fedi F − F ′-t, és X minden X eleme legalább ⌈ l

k

⌉ elem¶ ésγF ′(X) = k|X| − l teljesül rá. Mutatni fogunk tehát egy ilyen X -et.Nevezzünk F ′-pontosnak egy X halmazt, ha legalább ⌈ l

k

⌉ elem¶ és γF ′(X) = k|X| − l.Tehát be kell látnunk, hogy F −F ′ lefedhet® éldiszjunkt F ′-pontos halmazok egy saládjával.F ′ maximalitása azt jelenti, hogy minden e ∈ F −F ′ esetén F ′+e /∈ Ik,l, azaz minden e ∈

F −F ′ esetén létezik egy X ⊆ V , melyre γF ′(X) = k|X|−l és e ⊆ X. Tehát F ′ maximalitásamiatt minden e ∈ F − F ′ él benne van F ′-pontos halmazban. Tekintsük a tartalmazásranézve maximális F ′-pontos halmazokat, jelöljük ezek halmazát X -szel. Azt állítjuk, hogy Xelemei éldiszjunktak, azaz nem létezik olyan e ∈ E, amely legalább két maximális pontoshalmazban is benne van. S®t bármely két X 6= Y ∈ X esetén |X ∩ Y | ≤⌈

lk

⌉

− 1. Tegyükfel indirekt, hogy |X ∩ Y | ≥⌈

lk

⌉, de ekkor az k|X| − l + k|Y | − l = γF ′(X) + γF ′(Y ) ≤γF ′(X ∩ Y ) + γF ′(X ∪ Y ) ≤ k|X ∩ Y | − l + k|X ∩ Y | − l = k|X| − l + k|Y | − l egyenl®ségmiatt X ∪ Y is pontos lenne, ami ellentmond X és Y maximalitásának. Tehát a maximálispontosak F -éldiszjunktak és lefedik F − F ′-t. Tehát X esetén egyenl®ség áll fenn. Fontos tény, hogy a (ii)-beli rangfüggvényképletben a minimum felvétetik olyan halmaz-rendszeren, melyre X 6= Y ∈ X esetén |X ∩ Y | ≤

⌈

lk

⌉

− 1. Spe iálisan: ha l ≤ 0 akkor Xlegfeljebb egyelem¶, ha l ≤ k, akkor X részpartí ió (s®t k = l-re lehet partí ió, mert egye-lem¶ X-re k|X| − k = 0), és l ≤ 2k − 1 esetén |X ∩ Y | ≤ 1 feltehet®. l = k + 1 esetén pedigfeltehet®, hogy X fedi F -et, mert a kimaradó éleket kétpontú halmazokként beválasztva nemkapunk rosszabb X -et.Egy G = (V, E) gráfot illetve H = (V, E) hipergráfot [k, l]-ritkának nevezünk, hafüggetlen Mk,l(G) illetve Mk,l(H)-ban. Amennyiben V rögzített, egy E élhalmazt [k, l]-ritkának nevezünk, ha a (V, E) gráf [k, l]-ritka, azaz ha γE(X) ≤ k|X| − l teljesül mindenX ⊆ V, |X| ≥

⌈

lk

⌉ esetén, és minden hiperél mérete legalább ⌈ l+1k

⌉.Egy G = (V, E) gráfot [k, l]-gráfnak nevezünk, ha [k, l]-ritka és |E| = k|V | − l. A [k, l]-gráfok valójában azok a legalább ⌈ lk

⌉ sú sú gráfok, amelyek az Mk,l(KV ) matroid bázisai.Másszóval azon a gráfok, amelyek [k, l]-ritkák, de bel®lük bármely új él behúzásával egy nem[k, l]-ritka gráfot kapunk. 11

Kiemeljük a most deniált matroid osztály néhány nagyon gyakran használt elemét.Amennyiben k = l = 1, és a H hipergráf egy gráf, az M1,1(H) a H gráf körmatroidja.Emlékeztetünk rá, hogy egy irányítatlan G = (V, E) gráf esetén az E körmentes részhal-mazai egy matroid függetlenjeit alkotják ezt nevezzük körmatroidnak. Azaz a körmatroidbázisai pontosan a maximális körmentes élhalmazok, azaz a feszít®erd®k (összefügg® G ese-tén a feszít® fák). Nem nehéz belátni, hogy pontosan akkor független egy F élhalmaz akörmatroidban, ha [1, 1]-ritka.A bikör matroid dení iója a következ®. A V -n egy F élhalmazt (hurkok és párhuza-mos élek megengedettek) a bikör matroidban függetlennek nevezünk, ha a (V, F ) mindenkomponense legfeljebb egy kört tartalmaz. Belátható, hogy a bikör matroid függetlenjei az[1, 0]-ritka élhalmazok. Könnyen ellen®rizhet®, hogy egy F élhalmaz pontosan akkor bázisaa bikör matroidnak, ha (V, F ) minden komponense pontosan egy kört tartalmaz. A bikörmatroid dení iójánál lényeges, hogy egy hurkot egy él¶ körnek, két párhuzamos élet pedigkett® él¶ körnek tekintünk.Az olyan gráfokat, amelyek egy fából kaphatóak egy új él behúzásával azaz pontosanegy kört tartalmaznak pszeudofának is nevezik. Nevezzük ennek nyomán pszeudoerd®nekaz olyan gráfot, amelynek minden komponense pszeudofa. Ezzel a szóhasználattal: a bikörmatroid bázisai a V -t feszít® pszeudoerd®k.Tetsz®leges H hipergráf esetén, ha k = 1, l = 0, akkor az M1,0(H) a H hipergráf transz-verzális matroidja. Ez azt jelenti, hogy egy F hiperélhalmaz pontosan akkor független, halétezik egy olyan f : F → V injektív függvény, melyre f(e) ∈ e minden e ∈ F esetén. Érde-mes a hipergráf természetes páros-gráf reprezentá ióján is meggondolni a dení ió jelentését.Legyen tehát P az a páros gráf, amelynek a két osztálya V (a hipergráf sú shalmaza) és E (ahipergráf élhalmaza), és egy v sú s a P páros gráfban akkor van összekötve egy e hiperéllel,ha v ∈ e. Könnyen látható, hogy a dení ióból következik, hogy egy F élhalmaz pontosanakkor független, ha bármely F ′ ⊆ F esetén |ΓP (F ′)| ≥ |F ′|, azaz a Hall-tétel szerint ez pontazt jelenti, hogy F bepárosítható V -be.Láthatjuk, hogy egy G gráf esetén ez az átfogalmazás azt adja, hogy egy F élhalmazpontosan akkor független azM1,0(G) bikör matroidban, ha megirányítható úgy, hogy mindenbefok legfeljebb 1 legyen. Ennek bizonyítsásához persze nin s szükség a Hall-tételre.Szükségünk lesz a hipergrakus matroid fogalmára. Azt mondjuk, hogy egy H = (V, E)hipergráf kielégíti az er®s Hall-feltételt, (vagy azt, hogy H egy hipererd®), ha | ∪ F| ≥|F| + 1 teljesül minden ∅ 6= F ⊆ E esetén. Loréa [28 igazolta, hogy egy H = (V, E)hipergráf azon részhipergráfjai, amelyek kielégítik az er®s Hall-feltételt, matroidot alkotnakaz E alaphalmazon. Ezt a matroidot a H hipergrakus matroidjának nevezzük, és MH-val jelöljük. A H = (V, E) hipergráf páros gráfjának nevezzük a GH = (U, V ; E) páros12

gráfot, ahol az U osztály megfelel az E-nek, és minden e ∈ U és v ∈ V esetén ev ∈ E akkorés sak akkor, ha v ∈ e. Tehát az er®s Hall-feltétel teljesülése a H hipergráfra megfelel azer®s Hall-feltételnek az U nem-üres részhalmazain való teljesülésének a GH páros gráfban.Könnyen látható, hogy H = (V, E) pontosan akkor független a hipergrakus matroidban, ha[1, 1]-ritka, azaz M1,1(H) a hipergrakus matroid.Az M1,1(H) tehát gráf esetén a grakus matroidot, hipergráf esetén a hipergrakusmatroidot adja. Ez utóbbiakról lesz még szó a 9. fejezetben, ott láthatunk egy Lovásztólszármazó ekvivalens dení iót (a 9.10. Tétel).Kiemeljük még az Mk,k(G) matroidot abban az esetben, ha G gráf. Ez Nash-Williamsés Tutte feszít®fákkal való fedésre valamint feszít®fák pakolására vonatkozó tételeivel kap- solatos.1.4. Tétel (Nash-Williams). Egy G = (V, E) gráf pontosan akkor fedhet® le k erd®vel, ha[k, k]-ritka.Ha G = (V, E) egy gráf és F a V sú shalmaz egy partí iója, akkor e(F) jelöli azon élekszámát, amelyek végpontjai F különböz® elemeiben vannak, azaz e(F) = |E|−∑X∈F γ(X).1.5. Tétel (Tutte). Egy G = (V, E) gráfban pontosan akkor van k éldiszjunkt feszít®fa, hae(F) ≥ k(|F| − 1) minden F partí iójára a V -nek.Nash-Williams tételéb®l következik az alábbi.1.6. Tétel. Ha adott G = (V, E) gráf, akkor Mk,k(G) a G gráf körmatroidjának a k-szorosa(az önmagával vett k-szoros összege).Tehát az 1.2. Állítás szerint az E rangja az Mk,k(G) matroidban:

r(E) = minF partí iójaV -nek k(|V | − |F|) + e(F).Végül említjük a központi jelent®ség¶ M2,3(G) matroidot, amely a G gráf merevségimatroidja. Err®l részletesebben a következ® pontban lesz szó, és az egész értekezés soránfontos szerepe van.Fontos tény, hogy ezek a matroidok lineárisak, azaz lineárisan reprezentálhatóak [30.Általában nem ismert polinomiális algoritmus, amely tetsz®leges G = (V, E) gráfhoz meg-adná az Mk,l(G) matroid egy lineáris reprezentá ióját. Viszont gyakran nem nehéz adniegy úgynevezett változós mátrixos reprezentá iót. Változós mátrixnak nevezünk egy olyanmátrixot, amelynek az elemei többváltozós ra ionális együtthatós polinomok (vagy általáno-sabban ra ionális törtfüggvények). Egy négyzetes változós mátrixot regulárisnak nevezünk,13

ha a determinánsa mint többváltozós polinom nem azonosan nulla. Egy változós mátrixrangjának a benne található legnagyobb reguláris négyzetes részmátrix méretét nevezzük.Egy ezzel ekvivalens dení ió az, hogy egy változós mátrix rangja az összes lehetséges behe-lyettesítéssel kapott rang maximuma akár az összes lehetséges valós számokkal való behe-lyettesítést, akár sak a ra ionális vagy egész számokkal való behelyettesítéseket tekintjük,ugyanazt az értéket kapjuk maximumnak.Megjegyezzük, hogy mivel az általunk vizsgált változós mátrixokban ra ionális együttha-tós polinomok szerepelnek, ezért a változókat tekinthetjük olyan valós számoknak, amelyekalgebrailag függetlenek a ra ionális test felett. Érdemes a szemünk el®tt tartani mindkétperspektívát (változók és algebrailag független számok), ugyanis különböz® esetekben más-más szemszög hasznos. Például ha azt akarjuk látni, hogy a változós mátrixok rangjára, asorok függetlenségére ugyanolyan tulajdonságok igazak, mint valós mátrixok esetén, akkorérdemes arra gondolni, hogy a változókat tekinthetjük algebrailag független valós számok-nak. Viszont sokszor hasznos változóknak tekinteni az elemeket, például, ha igazolni akarjuk,hogy egy változós mátrix rangja nagy, elég mutatni egy behelyettesítést, melyre a rang nagy.Könnyen igazolható, hogy egy gráf körmatroidját, M1,1(G)-t reprezentálja a gráf egytetsz®leges megirányításának irányított pont-él in iden ia-mátrixa. A körmatroid lineárisreprezentá iója tehát kiszámítható.Leírjuk itt a legegyszer¶bb nemtriviális változós mátrix esetét: a transzverzális matroidotreprezentáló mátrixot. Könnyebben elmondható ez, ha a hipergráf páros gráfos reprezentá- ióján dolgozunk. Legyen tehát G = (A, B; E) egy páros gráf. A transzverzális matroidunkalaphalmaza A, tehát A azon részhalmazai függetlenek, amelyek fedhet®ek párosítással. Ve-zessünk be minden uv = e ∈ E élre egy xuv változót. Legyen M egy |A|×|B| méret¶ mátrix,melynek sorai az A elemeivel, oszlopai a B elemeivel vannak indexelve. Ha u ∈ A, v ∈ B ésuv = e ∈ E, akkor álljon az u-nak megfelel® sor és a v-nek megfelel® oszlop metszéspontjábanxuv, és a mátrix többi eleme legyen nulla. Nem nehéz belátni, hogy ekkor egy X ⊆ A eseténaz X-nek megfelel® sorok pontosan akkor függetlenek, ha X fedhet® párosítással: ha ugyanisP egy olyan párosítás, amelynek A-beli végpontjainak halmaza X és B-beli végpontjainakhalmaza Y ⊆ B, akkor az X×Y indexek által meghatározott négyzetes részmátrix reguláris,hiszen a determinánsának a kifejtésében a P párosításnak megfelel® kifejtési tag nem nulla(és nem is eshet ki). Fordítva, ha az X-nek megfelel® sorok függetlenek, akkor kell legyenegy megfelel® X×Y reguláris részmátrix, amelynek determinánsában egy nem-nulla kifejtésitag szükségszer¶en egy X-et fed® párosítást határoz meg.A hipergrakus matroidok egy generikus reprezentá ióját láthatjuk majd a 9.4. szakasz-ban.Érdemes még megemlítenünk az Mk,k(G) matroid egy lehetséges generikus reprezentá-14

ióját. Ez az úgynevezett test-és- sukló struktúrák merevségénél játszik szerepet [48, 55.Legyen G egy gráf, ahol feltesszük, hogy nin snek hurokélek, de párhuzamos éleket megen-gedünk (a hurkok kizárása nem szükségszer¶, sak egyszer¶síti a tárgyalást, de valójában ahurkok az Mk,k(G) matroidban is hurkok). Vegyünk fel minden e ∈ E esetén egy xe generi-kus k dimenziós vektort, azaz x1e, . . . , x

ke változókat. Tekintsük azt az |E| × k|V | méret¶ Mmátrixot, amelynek az e = uv ∈ E élnek megfelel® sorának az u sú shoz tartozó k darabpozí ióban xe áll, a v sú shoz tartozó k darab pozí ióban−xe áll, a többi helyen pedig nulla.Ezt a mátrixot nevezzük az absztrakt k-rúdszerkezet merevségi mátrixának. Zavaró lehet,hogy ebben a dení ióban nem világos, hogy egy él két vége közül melyik sú snál vannaka pozitív és melyiknél a negatív el®jel¶ változók, de a mi szempontunkból ez mindegy, mertegy vektorhalmaz függetlensége szempontjából nem játszik szerepet az, ha az egyik vek-tort ki seréljük az ellentettjére, ezért is voltunk bátrak az el®bbi pongyola megfogalmazásthasználni. Amennyiben ez zavaró, gondoljunk arra, hogy rögzítünk egy v1, . . . , vn sorrendeta sú sokon, és egy e = vivj ∈ E, i < j esetén a vi-nél van xe és a vj-nél −xe. Ekkorigazolható, hogy az M sorai az Mk,k(G) matroidot reprezentálják. Itt nem részletezzük abizonyítást, sak megjegyezzük, hogy a Lapla e-féle kifejtési tétel segítségével látható, hogy

X × Y alakú négyzetes részmátrix pontosan akkor reguláris, ha X felbomlik k darab erd®re[58.Az M2,3(G) matroid generikus reprezentá ióját megismerjük a következ® szakaszban,ahol kiderül, hogy ez a merevségi matroid, tehát ezt lineárisan reprezentálja a G gráf me-revségi mátrixának nevezett változós mátrix.A lineáris reprezentálhatóság a matroid párosítás feladatnál játszhat fontos szerepet.Lovász ugyanis belátta, hogy a lineáris matroid párosítás feladat polinomiálisan megoldhatóabban az esetben, ha adott a matroid egy lineáris reprezentá iója.Másrészt azért fontos a változós mátrixok fogalma, mert a merevség témakörének köz-ponti kérdése gyakran az, hogy egy adott változós mátrix által meghatározott lineáris mat-roidot kombinatorikusan karakterizáljunk.A következ® szakaszban bevezetjük a merevség fogalmát, és bemutatjuk a kétdimenziósesetben ismert kombinatorikus karakterizá ióját a merevségi matroidnak.1.3. Gráfok és rúdszerkezetek merevségeEgy (G, p) párt d-dimenziós rúdszerkezetnek nevezünk, ha G = (V, E) egy gráf, és p :

V → Rd egy leképezés. A v ∈ V sú s p-nél vett képét p(v) vagy pv jelöli. A p leképezésta G gráf egy d dimenziós realizá iójának vagy beágyazásának nevezzük. Nemdegenerált egyrúdszerkezet, ha p injektív, és degenerált, ha léteznek u 6= v ∈ V , melyekre p(u) = p(v).15

Egy m : V → Rd leképezést a (G, p) rúdszerkezet innitezimális mozgásának neve-zünk, ha(pv − pu)

T(mv − mu) = 0 (1.2)teljesül minden e = uv ∈ E esetén.Ez az egyenl®ség intuitíve azt fejezi ki, hogy ha a rúdszerkezet sú sait az m által megha-tározott vektorok szerint mozgatnánk, akkor a rúdhosszok nem változnának, azaz m lehetneegy rúdhosszokat megtartó deformá ió kezd®vektora (és abban az esetben, ha a rúdszerkezetgenerikus, ez valóban igaz is).Egy m : Rd → Rd leképezést a d dimenziós euklideszi tér innitezimális izometri-ájának nevezünk, ha tetsz®leges p, q ∈ Rd esetén (p − q)T(m(p) − m(q)) = 0. Egy (G, p)rúdszerkezet innitezimális izometriájának nevezzük az m : V → Rd függvényt, ham p−1 megszorítása a d dimenziós tér egy innitezimális izometriájának, azaz ha létezikegy m′ : Rd → Rd innitezimális izometriája a térnek, melyre m p−1 = m′|p(V ) (dege-nerált p esetén megköveteljük, hogy p(u) = p(v) esetén m(u) = m(v) legyen). Egy (G, p)rúdszerkezetet innitezimálisan merevnek nevezünk, ha minden innitezimális mozgásainnitezimális izometria.Amennyiben a sú sok p által meghatározott pozí iói általános helyzet¶ek, úgy belátható,hogy m : V → Rd pontosan akkor innitezimális izometria, ha (1.2) teljesül minden u, v ∈ V -re. Azaz m : V → Rd pontosan akkor innitezimális izometria, ha (KV , p)-nek innitezimálismozgása. Belátható, hogy egy d dimenziós tér innitezimális izometriái egy (d+1

2

) dimenziósalteret alkotnak, és ennek következményeként egy legalább d sú sú általános helyzet¶ (G, p)rúdszerkezet innitezimális izometriái is egy (d+12

) dimenziós alterét alkotják Rd|V |-nek. Hapedig |V | < d, akkor igazolható, hogy az innitezimális izometriák dimenziója |V |d −(

|V |2

)

.Az (1.2) egyenletek (adott p esetén) lineáris egyenletek m-ben. Azaz az innitezimálismozgások egy homogén lineáris egyenletrendszer megoldáshalmaza. Praktikus ezért egyfajtamátrixos terminológiát használni az innitezimális merevség vizsgálatánál.Deniáljuk tehát a (G, p) rúdszerkezet merevségi mátrixát: M(G, p) egy |E| × d|V |méret¶ mátrix, ahol minden e = uv ∈ E élhez tartozik egy sor, amelyben a v-hez tartozód koordinátán (p(v) − p(u)) áll, az u-hoz tartozó d koordinátán (p(u) − p(v)) áll, és a többielem nulla. A (G, p) rúdszerkezet merevségi matroidja az E alaphalmazon az M(G, p) soraiáltal meghatározott lineáris matroid.Deniáljuk a következ® függvényt:

S(n, d) =

nd −(

d+12

) ha n ≥ d + 2,(

n2

) ha n ≤ d + 1.Ezt a jelölést és az innitezimális merevség dení ióját használva a következ® karakteri-zá iót kaphatjuk egy (G, p) rúdszerkezet merevségére (ami már tetsz®leges, tehát nem sak16

általános helyzet¶ p-re is igaz).1.7. Állítás. Egy n sú sú (G, p) rúdszerkezet pontosan akkor innitezimálisan merev ddimenzióban, ha r(M(G, p)) = S(n, d).A dolgozat folyamán ezt az állítást gyakorlatilag mint az innitezimális merevség dení- ióját használjuk majd.Egy p realizá iót generikusnak nevezünk, ha a p(v), v ∈ V vektorok koordinátáinakhalmaza, azaz az x : x a p(v) vektor i-dik koordinátája valamely v ∈ V, 1 ≤ i ≤ d eseténhalmaz algebrailag független a ra ionálisak felett.Azt mondjuk, hogy egy gráf generikusan innitezimálisan merev (ezentúl: merev),ha G valamely p realizá iója esetén a (G, p) rúdszerkezet innitezimálisan merev. Könnyenbelátható, hogy ez ekvivalens azzal, hogy minden generikus p realizá ió esetén a (G, p)rúdszerkezet innitezimálisan merev. Általában igaz az, hogy ha p és p′ generikusak, akkor(G, p)-nek és (G, p′)-nek ugyanaz amerevségi matroidja. Ezt jelöljük Rd(G)-vel, és ebbena dolgozatban a R(G) alatt az R2(G)-t értjük.Tehát adott dimenzióbanminden gráfhoz tartozik egy az élhalmazán deniált matroid.Kérdés, hogy hogyan lehet kombinatorikusan karakterizálni ezt a matroidot. Egy matroidkombinatorikus karakterizá iója alatt azt értjük, hogy kombinatorikusan karakterizáljuk afüggetlen halmazokat, a generátorokat, a bázisokat és a rangot. Célunk, hogy jó karakte-rizá iót, azaz NP∩ o-NP jellemzést adjunk ezekre a fogalmakra, ami a rang esetében egyminimax-formulát jelent. A karakterizá ión túl érdekes számunkra polinomiális algoritmuslétezése is. Megjegyezzük, hogy általában a függetlenek, generátorok, bázisok vagy a rangkarakterizá iója közül bármelyik ismerete megadja a többit is. A tapasztalat azt mutatja,hogy a függetlenséget illetve a bázisokat könnyebb el®ször karakterizálni, és ezekb®l levezetnia rangot és a generátorok jellemzését.Egy (G, p) rúdszerkezetet függetlennek nevezünk, ha a merevségi mátrixának a soraifüggetlenek. Egy rúdszerkezetet minimálisan innitezimálisan merevnek, más szó-val izosztatikusnak nevezünk, ha élelhagyásra nézve minimálisan innitezimálisan merev.Könnyen látható, hogy ez ekvivalens azzal, hogy független, de bármely élet hozzávéve márnem az, vagy azzal, hogy független és merev, azaz (KV , p) merevségi matroidjában E egybázis. Egy matroidban a bázisok a maximális függetlenek, a minimális generátorok és azegyszerre független és generáló halmazok.Egy gráfot (generikusan) függetlennek nevezünk, ha valamely realizá iója független,ami ekvivalens azzal, hogy minden generikus realizá iója független. Hasonlóan egy gráf(generikusan) izosztatikus, ha valamely realizá iója izosztatikus, ami ekvivalens azzal, hogyminden generikus realizá iója izosztatikus. 17

Megjegyezzük, hogy egy dimenzióban könnyen meghatározhatjuk a merevségi matroidot,ugyanis R1(G) megegyezik a gráf körmatroidjával. A dolgozat további részében a kétdimen-ziós merevséggel foglalkozunk, ahol nem, ott külön említjük.A dení iók egyszer¶ következménye az alábbi lemma:1.8. Lemma. Ha (G, p) egy független rúdszerkezet, akkor γ(X) ≤ 2|X| − 3 minden X ⊆V, |X| ≥ 2 esetén.Bizonyítás. Tekintsünk egy tetsz®leges X ⊆ V, |X| ≥ 2 halmazt. Legyen F ⊆ E az X általfeszített élek halmaza, és legyen H = (X, F ), valamint p′ = p|X . Mivel a (G, p) rúdszer-kezet független, ezért a (H, p′) is független, mert annak merevségi mátrixa úgy kapható a(G, p) merevségi mátrixából, hogy néhány sorát elhagyjuk és utána töröljük néhány supa-nulla oszlopát. Meggyeltük már, hogy egy legalább két sú sú rúdszerkezet innitezimálisizometriáinak dimenziója 3, tehát r(M(H, p′)) ≤ 2|X| − 3, másrészt a függetlenség miattr(M(H, p′)) = |F | = γ(X). Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy ha (G, p) egy független rúdszerkezet, akkor a G gráf[2, 3]-ritka, azaz R2(G) ⊆ M2,3(G).Laman tétele karakterizálja egy gráf kétdimenziós merevségi matroidját [27. A bázisok,azaz az izosztatikus gráfok karakterizá iója a következ®:1.9. Tétel. [27 Egy legalább két sú sú G = (V, E) gráf pontosan akkor minimálisan merev,ha |E| = 2|V | − 3 és

γ(X) ≤ 2|X| − 3 minden X ⊆ V |X| ≥ 2 esetén. (1.3)Ez gyakorlatilag azt jelenti, hogy R2(G) és M2,3(G) bázisai ugyanazok, tehát ebb®lkövetkezik, hogy R2(G) = M2,3(G). Ennek nyomán Laman-gráfnak nevezzük a legalábbkét sú sú izosztatikus gráfokat a síkon. Tehát egy G = (V, E) gráf Laman-gráf, ha [2, 3]-gráf. Azaz, ha |V | ≥ 2, |E| = 2|V | − 3 és γ(X) ≤ 2|X| − 3 teljesül minden X ⊆ V, |X| ≥ 2esetén.Ha tudjuk, hogyR2(G) = M2,3(G), akkor az 1.2. Lemmamiatt ismerjük a rangfüggvényt,és ezáltal ismerjük a merevség karakterizá ióját. Ezeket Lovász és Yemini mondták ki azalábbi formában [33. Azt mondjuk, hogy egy X halmazrendszer a G = (V, E) gráf fedése,ha X elemei V -nek legalább kételem¶ részhalmazai úgy, hogy minden e = uv ∈ E élhezlétezik egy X ∈ X , melyre u, v ∈ X.1.10. Tétel (Lovász-Yemini). Legyen G = (V, E) egy gráf, |V | ≥ 2. Egy F ⊆ E élhalmazrangja a kétdimenziós merevségi matroidban:min

∑

X∈X

(2|X| − 3), (1.4)18

ahol a minimumot a G-t fed® X halmazrendszereken vesszük.A merevség karakterizá iója ezek alapján a következ®:1.11. Tétel (Lovász-Yemini). Egy G = (V, E) gráf pontosan akkor merev a síkban, ha∑

X∈X

(2|X| − 3) ≥ 2|V | − 3 (1.5)a G-nek minden X fedése esetén.S®t az utóbbi két tételben a minimumot olyan X halmazrendszerekre is vehetnénk,amelyeknek az elemei lefeljebb 1 sú sban metszik egymást, spe iálisan éldiszjunktak (lásdaz 1.2. Állítás utáni megjegyzést).A kétdimenziós merevségi matroid köreit röviden M-köröknek nevezzük, pontosabban egyG = (V, E) gráfot M-körnek nevezünk, ha feszíti V -t, és köre az M2,3-nak. A Laman-tételsegítségével könnyen ellen®rizhet®, hogy G pontosan akkor M-kör, ha |E| = 2|V | − 2 ésminden X ( V, |X| ≥ 2 esetén γ(X) ≤ 2|X| − 3.Megjegyezzük, hogy az 1.9. Tétel egy hatékony algoritmushoz is vezet, amely a merevsé-get teszteli, és kiszámítja a G rangját. Lásd például [2-t, ahol további referen iák is vannak.A merevség nagy nyitott kérdése az R3(G) karakterizá iója, illetve polinomiális algorit-mus keresése annak eldöntésére, hogy egy gráf merev-e 3 dimenzióban.A kombinatorikus merevség elméletének további részleteihez ajánljuk a következ®ket [19,41, 59, 58, 60, 25.1.4. El®állítási tételekEbben a fejezetben áttekintünk egy módszert az el®állítási tételek használatát , amelyigen gyümöl söz®nek bizonyul a merevség kombinatorikus vizsgálatában, és ezen értekezésegyik élja ezen módszer vizsgálata.Henneberg [22 adott egy konstruktív karakterizá iót a generikusan merev gráfokra. Eza konstruk ió két m¶veletet használ. El®ször gráfra, majd rúdszerkezetre is deniáljuk a 0-kitejesztés illetve az 1-kiterjesztés m¶veletét és ezek inverzm¶veletét, a 2-fokú sú s törlésétilletve az 1-leemelést.Ha adott egy G = (V, E) gráf, akkor az a 6= b ∈ V sú sokon történ® 0-kiterjesztésalatt azt értjük, hogy felveszünk egy új v sú sot, és behúzzuk az av, bv éleket. Ha adottegy (G, p) rúdszerkezet, akkor 0-kiterjesztés alatt azt értjük, hogy a gráfon végrehajtunk egy0-kiterjesztést, és az új v sú snak meghatározzuk a pozí ióját, azaz deniálunk egy p(v)19

a

v

ba a

b bc

ab

c

v

1.1. ábra. A 0-kiterjesztés és az 1-kiterjesztésértéket, és a régi sú sok p-értékét meghagyjuk. Az inverz operá ió pedig értelemszer¶enegy 2 fokú sú s törlése. Lásd 1.1. ábra.Ha adott egy G = (V, E) gráf, akkor az ab ∈ E élen és a c ∈ V − a, b sú son történ®1-kiterjesztés alatt azt értjük, hogy felveszünk egy új v sú sot, behúzzuk az av, bv, cvéleket, és töröljük az ab élet (azaz a v sú sal felosztjuk a régi ab élet, és a v-t összekötjükc-vel). Ha adott egy (G, p) rúdszerkezet, akkor 1-kiterjesztés alatt azt értjük, hogy a gráfonvégrehajtunk egy 1-kiterjesztést, és az új v sú snak meghatározzuk a pozí ióját, azaz de-niálunk egy p(v) értéket, és a régi sú sok p-értékét meghagyjuk. Az inverz operá ió pedigaz 1-leemelés, ami alatt azt értjük, hogy törlünk egy harmadfokú sú sot, és két különböz®,nem összekötött szomszédja közé behúzunk egy élet. Tehát egy adott 3-adfokú sú snál az1-leemelés legfeljebb 3-féleképpen hajtható végre. Lásd 1.1. ábra.Ezek után kimondhatjuk a Henneberg-féle el®állítási tételt.1.12. Tétel (Henneberg). Egy gráfnak pontosan akkor van izosztatikus realizá iója a sík-ban, ha el®áll egy (nem-hurok) élb®l 0- és 1-kiterjesztések segítségével.1.13. Lemma. [59, Lemma 2.1.3 Legyen (G, p) egy innitezimálisan merev rúdszerkezetés G′ = (V + v, E + av + bv) a G egy 0-kiterjesztése. Ha a p(v)-t úgy választjuk, hogyp(a), p(b), p(v) pontok nem kollineárisak, akkor (G′, p) is innitezimálisan merev.Bizonyítás. Jelölje (G′, p) a (G, p)-b®l egy 0-kiterjesztéssel kapott rúdszerkezetet. Látható,hogy az új M ′ merevségi mátrix (M 0

∗ C

) alakú, ahol M a régi merevségi mátrix, és C egyolyan 2× 2-es mátrix, melynek két sorában a p(v)− p(a), p(v)− p(b) ∈ R2 vektorok vannak,melyek a feltevés szerint nem párhuzamosak. Ebb®l következik, hogy M ′ rangja kett®velnagyobb, mint M rangja. 1.14. Lemma. [59, Theorem 2.2.2 Legyen (G, p) egy innitezimálisan merev rúdszerkezet,ab ∈ E(G), c ∈ V (G)−a, b, és G′ = (V + v, E +av + bv + cv−ab) a G egy 1-kiterjesztése,valamint tegyük fel, hogy a p(a), p(b), p(c) pontok nem kollineárisak. Ha a p(v)-t a p(a), p(b)20

pontoktól különböz® pontnak választjuk a p(a), p(b) egyenesén, akkor (G′, p) is innitezimáli-san merev.Bizonyítás. Jelölje (G′, p) a (G, p)-b®l egy 0-kiterjesztéssel kapott rúdszerkezetet. Tekintsükel®ször a H = (V +v, E+bv+cb) gráfot. Az 1.13 Lemma szerint (H, p) merev. Most vegyükhozzá a gráfhoz az av élet. Meggondolható, hogy a merevségi mátrixnak az av, bv élekheztartozó sorainak összege pont a mátrix ab éléhez tartozó sor, valamint hogy ezek egyike semnulla. Ebb®l következik, hogy az ab él kihagyása és av hozzávétele nem változtat a merevségimátrix rangján. Ebb®l következik, hogy M ′ rangja kett®vel nagyobb, mint M rangja. Megjegyezzük, hogy az 1.13 és az 1.14. Lemmákban a p(v) választható egy (G, p) általmár esetlegesen fedett sú snak is.1.15. Lemma. Ha G = (V, E) egy legalább három sú sú [2, 3]-gráf, akkor van legalábbhárom darab olyan sú s, melyek foka 2 vagy 3.Bizonyítás. Egy [2, 3]-ritka gráfban minden v sú s legalább másodfokú, ugyanis d(v) =

|E| − γ(V − v) ≥ 2|V | − 3 − (2|V − v| − 3) = 2 (itt használtuk, hogy |V − v| ≥ 2).Tegyük fel indirekt, hogy két sú s kivételével minden sú s legalább negyedfokú. Ekkor∑

v∈V d(v) ≥ 2 + 2 + 4(|V | − 2) = 4|V | − 4, ami ellentmond ∑v∈V d(v) = 2|E| = 4|V | − 6-nak. Fent deniáltuk az 1-kiterjesztés inverzm¶veletét, az 1-leemelést. Egy 1-leemelést meg-engedettnek nevezünk, ha a kapott gráf minimálisan merev lesz. Ezek után a Hennebergtétel másik irányát az 1.15. Lemma és következ® 1.16. Lemma adja.1.16. Lemma. [25, 27, 53, 59 Legyen G = (V, E) egy izosztatikus gráf és v ∈ V .(a) Ha d(v) = 2, akkor a G − v gráf is izosztatikus.(b) Ha d(v) = 3, akkor létezik v-nél egy megengedett 1-leemelés.Az 1.12 és az 1.9. Tételek következménye az alábbi.1.17. Tétel. Egy gráf pontosan akkor [2, 3]-gráf, ha el®áll egy (nem-hurok) élb®l 0- és 1-kiterjesztések segítségével.Azért jelent®s számunkra ez a tétel, mert ez egy pusztán kombinatorikus állítás, tisztánkombinatorikus úton bizonyítható is. Ezt az 1.6. szakaszban részletesebben illusztráljuk.21

1.5. További segédeszközökA következ® egyenl®ség az 1.3. Lemma egyfajta három-halmazos alakja. Bizonyítása egy-szer¶.1.18. Lemma. Legyen G = (V, E) egy gráf, és X, Y, Z ⊆ V sú shalmazok. Ekkor ha|X∩Y | = |X∩Z| = |Y ∩Z| = 1 és X∩Y ∩Z = ∅, akkor γ(X∪Y ∪Z)−(2|X∪Y ∪Z|−3) ≤γ(X) − (2|X| − 3) + γ(Y ) − (2|Y | − 3) + γ(Z) − (2|Z| − 3).Könnyen látható, hogy a Laman-gráfok egyszer¶ek, ugyanis γ(u, v) ≤ 2|u, v|−3 = 1.Ezt a tényt hivatkozás nélkül haszálni fogjuk.1.19. Állítás. Egy legalább 3 pontú Laman-gráf 2-pontösszefügg®.Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy v egy elvágó sú s. Ekkor legyen X, Y a G − v kétolyan nem-üres sú shalmaza, melyek között nem fut él, ekkor dG(X + v, Y + v) = 0, tehátaz 1.3. Lemma 1. pontja szerint 2|V | − 3 = |E| = γ(X ∪ Y + v) = γ(X + v) + γ(Y + v) ≤2(|X| + 1) − 3 + 2(|Y | + 1) − 3 = 2(|X| + |Y | + 1) − 4 = 2|V | − 4, ami ellentmondás. Matroid párosítás feladatnak nevezzük a következ®t: adott egy M matroid egy pároselemszámú S alaphalmazon, valamint adott az S elemeinek egy párbaállítása: P = s1, s

′1,

s2, s′2, . . . , sm, s′m, és a feladat az, hogy találjunk egy maximális elemszámú párokbólálló független részhalmazt, azaz egy maximális P ′ ⊆ P párhalmazt, melyre ∪P ′ az S-nekfüggetlen részhalmaza az M matroid szerint.Lovász belátta [32, hogy a matroid párosítási feladat polinomiálisan megoldható, ha amatroid lineáris, és ismert is egy lineáris reprezentá iója.Megjegyezzük, hogy ha sak orákulummal van megadva a matroid, és nem is feltétlenüllineáris, akkor bizonyíthatóan exponen iális id®re van szükség a feladat megoldásához; abbanaz esetben, ha tudjuk, hogy lineáris a matroid, de nin s reprezentálva ( sak mondjuk egyorákulummal van adva), akkor nyitott a matroid-párosítás feladat bonyolultsága.A S hwartz-lemma biztosítja azt, hogy egy változós mátrix rangja randomizált algorit-mussal hatékonyan számolható.1.20. Lemma (S hwartz [43). Legyen f(x1, . . . , xk) egy nem azonosan nulla, d fokú több-változós polinom (egy polinom foka a maximális fokú monomjának a foka, egy monom fokaa kitev®k összege). Legyenek X1, . . . , Xk független egyenletes eloszlású valószín¶ségi változókaz 1, 2, . . . , N halmazon, ekkor

Prob (f (X1, . . . , Xk) = 0) ≤ d

N.22

Illusztrá ióként gondoljuk meg, hogy hogyan használható a S hwartz-lemma a rang ran-domizált kiszámítására. A merevségi mátrix egy |E| × 2|V | méret¶ mátrix. Ennek van leg-feljebb 22|V |22|V | darab négyzetes részmátrixa. Ezek determinánsai legfeljebb 2|V |-ed fokútöbbváltozó polinomok. Legyenek a pu vektorok koordinátái független egyenletes eloszlásúvalószín¶ségi változók az 1, 2, . . . , N halmazon. Ekkor a S hwartz-lemma alapján annaka valószín¶sége, hogy behelyettesítés után a nem azonosan nulla polinomok közül legalábbaz egyik nulla lesz, legfeljebb 22|V |22|V |2|V |N

. Azaz ha N > 4 · 22|V |22|V ||V |, akkor több mint1/2 valószín¶séggel az összes nem azonosan nulla determináns a behelyettesítés után semlesz nulla. Tehát ha ezek után Gauss-eliminá ióval kiszámítjuk a mátrix rangját, akkoraz legalább 1/2 valószín¶séggel ugyanannyi, mint a generikus rang. Az N mérete pediglog2 N = 4|V | + log2 4|V |, azaz |V |-ben polinomiális.A gondolatmenet valójában azt mutatja, hogy a merevségi matroidot lehet nemdetermi-nisztikusan reprezentálni.1.6. Az értekezés felépítéseEbben a szakaszban körüljárjuk a dolgozatban szerepl® el®állítási tételek bizonyításának ésalkalmazásának módját Laman és Henneberg tételeinek bizonyításán keresztül.Els® megjegyzésünk arra vonatkozik, hogy az 1.12. Tétel, amely egy gráf merevsége ésegy kombinatorikus el®állítás közötti kap solatról szól, mégis alapvet®en egy lineáris algebraitétel. Önmagában ez a tétel nem ad jó karakterizá iót arra, hogy melyek az izosztatikusgráfok. Ez a tétel NP-karakterizá iót jelent, azaz ha egy gráf izosztatikus, akkor rá lehetezt bizonyítani azzal, hogy megmutatjuk egy el®állítását. Ez tehát egy kombinatorikus NP-karakterizá ió, ezzel szemben a S hwartz-lemma mint láttuk egy nem kombinatorikusjelleg¶ NP-karakterizá iót ad.Az 1.12. Tétel egyik irányát adják az 1.13 és az 1.14. Lemmák. Hiszen ezekb®l következik,hogy ha egy gráf el®áll a m¶veletekkel egy élb®l, akkor izosztatikus. A másik irányt ishamarosan meggondoljuk.A Henneberg-tétellel ellentétben az 1.17 Tétel egy kombinatorikus tétel. Ennek is azegyik iránya könnyebben adódik: nem nehéz látni, hogy egy [2, 3]-gráfra alkalmazott 0-illetve 1-kiterjesztések [2, 3]-gráfot eredményeznek. Általában ez lesz az el®állítási tételekkönny¶ iránya ebben a dolgozatban is.1.21. Tétel. Ha G = (V, E) egy [2, 3]-gráf, v egy harmadfokú sú sa, melynek három szom-szédja u1, u2, u3, akkor valamely 1 ≤ i < j ≤ 3 esetén G − v + uiuj [2, 3]-gráf.Bizonyítás. Elég belátni, hogy valamely 1 ≤ i < j ≤ 3 esetén G− v +uiuj [2, 3]-ritka. MivelG−v [2, 3]-ritka, így G−v+uiuj [2, 3]-ritkasága sak úgy sérülhet, ha létezik egy X ⊆ V −v23

halmaz, melyre |X| ≥ 2, γ(X) = 2|X| − 3 és ui és uj eleme X-nek. Azt mondjuk, hogy egyX halmaz pontos, ha γ(X) = 2|X| − 3. Indirekt tegyük fel, hogy az u1u2-höz létezik egyX12 ⊆ V − v pontos halmaz, az u1u3-hoz létezik egy X13 ⊆ V − v pontos halmaz, és az u2u3-hoz létezik egy X23 ⊆ V −v pontos halmaz. Azt állítjuk, hogy ekkor X12∪X13∪X23 is pontos.Ha az X, Y pontos halmazok metszete legalább két elem¶, akkor az 1.3. Lemma 2. pontjamiatt az uniójuk és metszetük is pontos, ugyanis 2|X| − 3 + 2|Y | − 3 = γ(X) + γ(Y ) ≤γ(X ∩ Y ) + γ(X ∪ Y ) ≤ 2|X ∩ Y | − 3 + 2|X ∪ Y | − 3 = 2|X| − 3 + 2|Y | − 3.Tegyük fel, hogy az X12, X13, X23 halmazok közül valamelyik kett® metszete legalább kételem¶. Legyen mondjuk |X12 ∩ X13| ≥ 2, ekkor X12 ∪ X13 pontos és legalább két sú sbanmetszi X23-at, tehát X12 ∪ X13 ∪ X23 is pontos.Ha az X12, X13, X23 halmazok közül bármely kett® metszete egy elem¶, akkor az 1.18. Lem-ma miatt az uniójuk is pontos.Ha viszont X12 ∪ X13 ∪ X23 pontos, akkor a Z = X12 ∪ X13 ∪ X23 + v halmazra γ(Z) >

2|Z| − 3, ez pedig ellentmond G [2, 3]-ritkaságának. Az 1.21. Tétel egy másik bizonyítása. Az M2,3 matroidban fogunk dolgozni, azt kell belát-nunk, hogy valamely 1 ≤ i < j ≤ 3 esetén E − vu1 − vu2 − vu3 + uiuj független. Indirekttegyük fel, hogy tesz®leges 1 ≤ i < j ≤ 3 esetén nem független. Tudjuk, hogy E független,ezért E−vu1−vu2−vu3 is az. Az indirekt feltevésünk tehát az, hogy az E−vu1−vu2−vu3független élhalmaz generálja az u1u2, u1u3, u2u3 éleket. Ebb®l következik, hogy E − vu1 isgenerálja az u1u2, u1u3, u2u3, vu2, vu3 éleket (utóbbi kett® benne is van). Könnyen ellen®-rizhet®, hogy u1u2, u1u3, u2u3, vu2, vu3 generálja vu1-et, ugyanis u1u2, u1u3, u2u3, vu2, vu3független, de F = u1u2, u1u3, u2u3, vu1, vu2, vu3 (azaz a K4) nem független, hiszen nem[2, 3]-ritka: γF (u1, u2, u3, v) = 6 > 2 · 4 − 3 = 5. Ebb®l viszont következik, hogy E − vu1generálja vu1-et, ez ellentmond E függetlenségének. Az alábbi állítás azonnali következménye a dení iónak.1.22. Állítás. Ha G = (V, E) egy [2, 3]-gráf, és v egy másodfokú sú sa, akkor G− v is egy[2, 3]-gráf.Az 1.16 Lemma (b) pontját ugyanúgy lehet igazolni, mint ahogyan az 1.21. Tételt má-sodjára beláttuk. Ugyanis abban a bizonyításban nem használtunk mást, sak azt a tényt,hogy az éleken adott egy matroid, és olyan élet keresünk, hogy G−v+uiuj független legyen,és a kul s az volt, hogy a K4 (élhalmaza) egy kör a merevségi matroidban. Ezek a gondola-tok pedig most is alkalmazhatóak, hiszen a Laman-tétel ismerete nélkül is tudjuk, hogy azéleken van egy matroidunk (a merevségi mátrix sorai által meghatározott lineáris matroid),és azt is könny¶ belátni, hogy K4 kör. Nem-független volta az 1.8. Lemmából következik,mely szerint egy 4 sú sú független nem feszíthet több, mint 2 · 4 − 3 = 5 élet. Az, hogy24

a K4 mínusz egy él már független, következik abból, hogy megkapható egy élb®l két darab0-kiterjesztéssel, és az 1.13. Lemmából.Ezek után vázlatosan gondoljuk meg, hogy az 1.17. Tétel bizonyítása mib®l áll: 1. annakigazolása, hogy azon gráfok, amelyek el®állnak a megfelel® m¶veletekkel, azok valóban ritkagráfok (ez most is, és általában is a dení ióból adódik), 2. kisfokú sú s létezésének igazolása(1.15. Lemma), 3. annak bizonyítása, hogy egy kisfokú sú son végre tudjuk hajtani azinverzm¶veletet (1.21. Tétel és az 1.22. Állítás).A merevség karakterizá ióját lényegében Laman tétele (az 1.9. Tétel) adja, hiszen Laman-tétele karakterizálja bázisokat, és a bázisok karakterizá iójából azonnal adódik a függetlenekkarakterizá iója. Ebb®l pedig az 1.2. Állítás megadja magát a matroidot is (bel®le azonnalkövetkezik a rang és a generátorok karakterizá iója). Ennek igazolásásnak lépései: 1. könny¶irány, azaz belátjuk, hogy a függetlenek teljesítik a ritkasági feltételt (1.8. Lemma), 2. el®-állítási tétel, azaz belátjuk a ritkasági feltételt teljesít® gráfok konstruktív karakterizá ióját(1.17. Tétel), 3. annak igazolása, hogy azon gráfok, amelyek el®állnak a megfelel® m¶ve-letekkel, valóban függetlenek (izosztatikusak), azaz belátjuk, hogy a m¶veletek meg®rzik afüggetlenséget (az 1.13 és az 1.14. Lemmák).Az értekezés fejezetei nem épülnek egymásra, a bevezetés ismeretében egymástól függet-lenül olvashatók.A 2. fejezetben a síkbarajzolható Laman-gráfokra adunk egy el®állítási tételt. Az el®ál-lítási tétel a sú s-széthúzás m¶veletét használja, és az inverz m¶velet egy háromszöglapegy élének összehúzása. Azt itt is könny¶ igazolni, hogy a m¶velet meg®rzi a Laman-tulajdonságot, és háromszöglap létezése is következik az Euler-formulából. Az 1.17. Tétellelellentétben itt nem igaz, hogy minden háromszöglapon végre lehet hajtani az inverz m¶ve-letet, tehát itt keresni kell egy olyan háromszöglapot, amelyen végre lehet hajtani az inverzm¶veletet (és az is jól jön, hogy az Euler-formula legalább két háromszögtartomány létezésétgarantálja). Magát az el®állítási tételt itt az motiválta, hogy hasznos induk iós eszközt szol-gáltat annak a geometriai jelleg¶ állításnak a bizonyítására, hogy minden síkbarajzolhatóLaman-gráfnak létezik egy spe iális síkbarajzolása. A 2. fejezet a Jordán Tiborral és WalterWhiteley-val közös [11 ikkre épül.A 3. fejezetben egy merevségi fogalmat karakterizálunk, méghozzá bizonyos kétdimenziósfelületeken deniált merevséget. Ezt a [2, d]-gráfokra (0 ≤ d ≤ 2) vonatkozó el®állítási tételsegítségével tesszük meg. Magának az el®állítási tételnek a bizonyítása azon alapul, hogy a[k, l]-gráfokra (0 ≤ d ≤ 2) ismert az a kombinatorikus karakterizá ió, mely szerint egy gráfpontosan akkor [2, d]-gráf, ha az élhalmaza 2− d darab feszít®fa és d darab feszít® pszeudo-erd® uniója. Egy kisfokú sú son pedig úgy hajtjuk majd végre az inverz-m¶veletet, hogymagukat a fákat és pszeudo-erd®ket is megkonstruáljuk, garantálva a kapott gráf ritkaságát.25

A merevség karakterizá iójához részletesen kidolgozzuk az 1.13 és az 1.14. Lemmák megfe-lel®it. Megjegyezzük, hogy mivel az el®állítási tétel sokfajta m¶veletet használ, így annakigazolása, hogy a m¶veletek meg®rzik a merevséget, te hnikailag fáradságosnak bizonyul.A 4. fejezetben azt a kérdést vizsgáljuk, hogy egy n sú sú merev gráfot milyen ki sirá sba lehet beágyazni merev módon. Belátjuk, hogy tetsz®leges n sú s merev gráf beá-gyazható egy k×k méret¶ rá sba, ahol k = ⌈√

n − 1⌉+9. Ehhez szintén egy el®állítási tételthasználunk. Pontosabban az 1.17 Tétel egy er®sítését használjuk, azon belül is az 1.15. Állí-tást er®sítjük, azaz keresünk egy spe iális kisfokú sú sot, és azon hajtjuk végre az megfelel®leemelést. Használjuk majd az 1.13 és az 1.14. Lemmákat is, de ügyesen kell elhelyezni azúj sú sokat, hiszen sak egy korlátozott méret¶ rá s áll rendelkezésünkre. Vizsgáljuk azt,hogy milyen algoritmus adható egy ilyen realizá ió megtalálására, valamint bizonyítunk egyalsó korlátot a minimálisan szükséges rá s méretére. A fejezet eredményei a Jordán Tiborralközös [9 ikken alapulnak.Az 5. fejezet élja, hogy karakterizáljuk, hogy egy gráfnak mikor van olyan merev realizá- iója a síkban, ahol két adott sú s pozí iója azonos. Ehhez is el®állítási tételt alkalmazunk.Ennek bizonyítása az 1.17. Tételre ismertetett második bizonyításnak felel meg. A bizonyí-tás lényeges pontja tehát, hogy deniálunk egy matroidot az élhalmazon, az 1.2. Állítássalanalóg módon belátjuk, hogy matroid, és meghatározzuk a rangfüggvényét. Valamint azel®állítási tétel bizonyításához most is igazolni kell egy megfelel® kisfokú sú s létezését, amiitt szintén egy leszámláláson múlik. Az érdekessége ennek az eredménynek, hogy miutánkarakterizáltuk a megfelel® merevségi matroid rangfüggvényét, könnyen levezethetjük a két sú s egybeesésekori generikus merevséget, amire egy egyszer¶ karakterizá ió adódik egynagyon logikusan adódó geometriai állítás, amelyhez mi egyfajta kombinatorikus kerül®ú-ton jutunk majd el.A 6. fejezetben a [k, l]-gráfokra (0 ≤ l ≤ k) adunk egy el®állítási tételt (tehát bizonyosszempontból általánosítjuk a 3. fejezetbeli eredményt). Itt egy másik módszert alkalmazunk.Adunk egy újabb gráfelméleti karakterizá iót a [k, l]-gráfokra: belátjuk, hogy egy gráf ponto-san akkor [k, l]-gráf, ha létezik egy spe iális irányítása. Majd Mader irányított leemelésekrevonatkozó tételének segítségével belátjuk, hogy egy kisfokú sú son végre lehet hatjani va-lamely inverzm¶veletet úgy, hogy a kapott gráfnak is megkapjuk a [k, l]-gráfságát garantálóspe iális irányítását. A fejezet alapja Szeg® Lászlóval közös eredményünk [12.A 7. fejezetben két kérdést vizsgálunk. 1. Adott egy G = (V, E) [k, l]-ritka gráf, és a sú shalmazon egy m : V → N fels® fokkorlátozás, döntsük el, hogy létezik-e F élhalmaz,melyre G + F [k, l]-ritka, és dF (v) ≤ m(v) minden v ∈ V esetén. 2. Adott egy G = (V, E)gráf, és a sú s halmazon egy m : V → N alsó fokkorlátozás, döntsük el, hogy létezik-e Félhalmaz, melyre G + F Mk,l-ben generátor, és dF (v) ≥ m(v) minden v ∈ V esetén. Az els®26

kérdést megválaszoljuk 0 ≤ l ≤ 32k esetén. Ezzel újra bebizonyítjuk (most már közvetlenül,a Mader-tételre vagy Whiteley karakterizá iójára nem támaszkodva) a 6. fejezetben a [k, l]-gráfokra (0 ≤ l ≤ k) igazolt el®állítási tételt. Valamint általánosítjuk Frank András ésSzeg® László [16 egy eredményét, amely bizonyos sú sok leemelhet®séget karakterizálja

[k, l]-gráfokban. A második kérdést a 0 ≤ l ≤ k estben válaszoljuk meg, általánosítva ezzelFrank András és Király Tamás [15 egy eredményét.A 8. fejezetben vizsgáljuk azt a kérdést, hogy minimálisan hány sú sát kell rögzíteniegy nem merev gráfnak ahhoz, hogy a kapott rúdszerkezet merev legyen a síkban. A másikvizsgált kérdés pedig az, hogy döntsük el, hogy minimálisan hány sú sot kell összehúzniegy gráfban, hogy az összehúzott gráfban legyen két éldiszjunkt feszít®fa. Kiderül, hogyez a két kérdés teljesen analóg módon megfogalmazható és vizsgálható. Belátjuk, hogylétezik polinomiális algoritmus az optimum meghatározására. Valamint adunk egy egyszer¶bizonyítást arra, hogy a térbeli leszögezési probléma, illetve a három feszít®fára vonatkozóösszehúzási probléma NP-nehéz. A fejezet a [7 ikkre épül.A 9. fejezetben azt vizsgáljuk, hogy hogyan lehet kevés sú s rögzítésével egy gráfotglobálisan merevvé tenni. Ezen kérdés f® motivá iója, hogy szoros kap solatban van szenzor-hálózatok lokalizá iós kérdéseivel. Megfogalmazzuk a feladat két relaxá ióját: 1. adjunkegy gráfhoz minimális klikket úgy, hogy a kapott gráf M-összefügg® legyen, 2. adjunk egy2-összefügg® gráfhoz minimális klikket úgy, hogy a kapott gráf 3-összefügg® legyen. Az1. feladatra adunk egy randomizált polinomiális algoritmust, míg a második optimumátmeg tudjuk találni egy polinomiális algoritmussal. Ezek kombiná iójával pedig az eredetikérdésre egy randomizált 2-approximá iós algoritmus adódik. Ez a fejezet Jordán Tiborralközös eredményeinken alapul [10.

27

2. fejezetSíkbarajzolható Laman-gráfok el®állításaEbben a fejezetben belátjuk, hogy minden síkbarajzolható Laman-gráf el®állítható egy él-b®l sú s-széthúzások sorozatával. [20, 45 ikkekben szerepl® eredmények szerint egy gráf-nak pontosan akkor van konkáv pszeudo-háromszögelése, ha a gráf egy síkbarajzolhatóLaman-gráf. Ezen kap solat fényében el®állítási tételünk hasznos eszköz lehet a pszeudo-háromszögelések vizsgálatában. A f® el®nye ennek a m¶veletnek a Henneberg féle el®állítássalszemben, hogy geometriailag lokálisabb.A síkbarajzolható Laman-gráfok duálisaira is adunk egy el®állítást, valamint azon merevsík-gráfokra, amelyek pontosan egy generikus kört tartalmaznak (Laman-plusz-egy gráfok).A bemutatott konstruk ió algoritmikusan is megtalálható O(n3) id®ben.2.1. Pszeudo-háromszögelések és Laman-gráfokAz utóbbi években a síkbarajzolható M-körök és izosztatikus gráfok karakterizá iójának je-lent®s szerepe volt [3, 4, 25, 53. A síkbarajzolható gráfokra spe iális konstruk iók adódtak[4, másrészt kiderült, hogy er®sen kap solódnak bizonyos geometriai kérdésekhez, mint pél-dául a pszeudo-háromszögeléshez [20, 38, 45, 46. A pszeudo-háromszögelések pedig fontosszerepet játszanak a poligonok kiegyenesítésében [45.Chavez, Moshe és Whiteley [4 meggyelték, hogy minden 3-összefügg® síkgráf el®állK4-b®l sú s-széthúzások segítségével olyan gráfok sorozatán keresztül, amelyek maguk issíkbarajzolható 3-összefügg® M-körök. Ez az eredmény a sík-dualitáson keresztül egyszer¶enkövetkezik a 3-összefügg® M-körök el®állítási tételéb®l [3. Két irányba terjesztjük ki ezt azeredményt. Belátjuk, hogy minden síkbarajzolható Laman-gráf el®áll K2-b®l sú sszéthúzá-sok sorozatával, és minden síkbarajzolható merev gráf, amely pontosan egy kört tartalmaz,el®áll a K4-b®l sú sszéthúzások sorozatával.A f® el®nye a sú s-széthúzás m¶veletének más m¶veletekkel (például a Henneberg-28

m¶veletekkel) szemben az, hogy a sú s-széthúzás geometriailag lokálisabb. Azaz ha egysíkgráfra végrehajtjuk ezt a m¶veletet, akkor az eredeti gráf sú sainak pozí ióit sak ki sitkell megváltoztatni, és könnyen megkaphatjuk az új gráf egy lehetséges síkbaágyazását. Eztkihasználva ennek az el®állítási tételnek a segítségével egy másik bizonyítás adható arra,hogy minden síkbarajzolható Laman-gráf realizálható, mint konkáv pszeudo-háromszögelés,és hogy minden síkgráf, amely pontosan egy M-kört tartalmaz, realizálható olyan pszeudo-háromszögelésként, amely sak egy nem-konkáv sú sot tartalmaz.Ebben a fejezetben egy gráf beágyazásásra azt mondjuk, hogy nem-keresztez®, haminden élet egyenes szakaszokkal realizálva síkgráfot kapunk. Egy beágyazás konkáv av ∈ V sú sban, ha a v-b®l kiinduló élek egy félsík belsejében helyezkednek el, azaz ha a v sú sban van konkáv szög.Pszeudo-háromszögnek olyan síkbeli (önmagát nem metsz®) sokszöget értünk, amely-nek pontosan 3 konvex sú sa van. Egy síkbeli ponthalmaz pszeudo-háromszögelése alattegy gráf olyan egyenes szakaszokkal való síkbarajzolását értjük, ahol a sú sok pozí ióitaz adott ponthalmaz határozza meg, és minden bels® tartomány pszeudo-háromszög. Egypszeudo-háromszögelés konkáv, ha a síkbarajzolásban a gráf minden pontja konkáv. Egypszeudo-háromszögelés majdnem-konkáv, ha a síkbarajzolásban a gráf egy sú sánakkivételével minden sú s konkáv.A következ® eredmény Streinu-tól származik, aki el®ször alkalmazta a pszeudo-háromszö-geléseket a poligonok kiegyenesítésére. Ennek nyomán kezd®dött a pszeudo-háromszögelésekkiterjedtebb vizsgálata.2.1. Tétel. [45 Legyen (G, p) egy rúdszerkezet. Ha (G, p) egy konkáv pszeudo-háromszöge-lés, akkor G egy síkbarajzolható Laman-gráf.Felemerül a kérdés, hogy igaz-e ennek a megfordítása. [20-ban belátták, hogy a válaszigenl®.2.2. Tétel. [20 Minden síkbarajzolható Laman-gráfnak létezik olyan síkbeli realizá iója,amely konkáv pszeudo-háromszögelés.Ennek bizonyítása a Henneberg-el®állításnak egy síkbeli változatán múlik, amely valójá-ban azonnali következménye az 1.12. Tételnek.A fejezet f® tétele egy a Henneberg-féle konstruk iótól eltér® el®állítási tétel a síkbaraj-zolható Laman-gráfokra. Ez szintén alkalmas arra, hogy levezessük bel®le a 2.2. Tételt, s®tlényegesen kevesebb fáradságot igényel, mert sok esetszétválasztás kerülhet® így el.A konstruk ióban alkalmazott m¶velet a síkbeli pontszéthúzás m¶velete. Ez a m¶ve-let kiválaszt egy x sú sot, egy rá illeszked® xy élet, és az x-b®l induló, xy-tól különböz®29

u3

x2

y

x1

u3u2

u1

yu2

u1

x

2.1. ábra. A síkbeli sú sszéthúzás m¶velete egy síkbarajzolható Laman-gráfra alkalmazva az xy élen azE1 = xu1, xu2, E2 = xu3 partí iónak megfelel®en.éleket két halmazra, E1, E2-re bontja, mégpedig úgy, hogy ezek egymást követ® éleket tartal-mazzanak (a síkbarajzolás szerint a sú s körül egy iklikus sorrendet tekintve). Ezután azx sú sot helyettesíti két új x1, x2 sú sal, az E1 éleit az x1-hez satlakoztatja, az E2 éleitaz x2-höz satlakoztatja, az xy élet helyettesíti az yx1, yx2 élekkel, és a gráfhoz hozzáadjaaz x1x2 élet (lásd a 2.1. ábrát). Könnyen látható, hogy a síkbeli sú sszéthúzás egy síkba-rajzolható Laman-gráfból szintén egy síkbarajzolható Laman-gráfot sinál. Megjegyezzük,hogy a hagyományos sú sszéthúzás (lásd a [57, 59 ikkekben a merevség elméletén belülialkalmazásait), ahol nin s megkötés az E1, E2-re, szintén meg®rzi a Laman-tulajdonságot,de el tudja rontani a síkbarajzolhatóságot.Belátjuk, hogy minden síkbarajzolható Laman-gráf el®áll síkbeli sú sszéthúzásokkal egyélb®l. Ehhez azt kell belátnunk, hogy minden legalább három sú sú síkbarajzolható Laman-gráfon végrehajtható a síkbeli sú sszéthúzás m¶veletének az inverze. Az inverzm¶velet egyháromszögtartomány egy élének az összehúzása.Legyen e = uv a G egy éle. Az e él összehúzása a következ® m¶veletet jelenti: azo-nosítjuk az u és v sú sokat, majd a keletkezett hurkot töröljük, és töröljük az esetlegesenkeletkezett többszörös éleket. A kapott gráfot G/e-vel jelöljük. Azt mondjuk, hogy az eél összehúzható egy G Laman-gráf esetén, ha G/e Laman-gráf. Megjegyezzük, hogy aze = xy él összehúzásával eggyel sökken a sú sok száma, és az élek száma |N(x)∩N(y)|+1-gyel sökken |N(x)∩N(y)| az e-re illeszked® háromszögek száma. Tehát egy Laman-gráfbanegy összehúzható élre pontosan egy háromszög illeszkedik.Egy Laman-gráf nem feltétlenül tartalmaz háromszöget, például a K3,3. A síkbarajzol-ható Laman-gráfok esetén viszont az Euler-formulát használva beláthatjuk a következ®t.2.3. Lemma. Minden síkbarajzolt, legalább négy sú sú G = (V, E) Laman-gráf tartalmazlegalább két háromszögtartományt (melyeknek különböz® a határuk).Könnyen látható, hogy az nem igaz, hogy egy síkbarajzolt Laman-gráf esetén egy há-romszögtartományt határoló él mindig összehúzható, s®t elképzelhet®, hogy van olyan há-30

romszögtartomány, amelynek egyik határolóéle sem összehúzható. (A 2.2 és a 2.3. ábránláthatunk példákat.) Ez az oka annak, hogy a sú sszéthúzásos el®állítási tétel bizonyításabonyolultabb, mint a Henneberg-el®állítás (1.12. Tétel) létezésének bizonyítása, ugyanis ottigaz, hogy minden másod- és harmadfokú sú son végrehajtató egy inverzm¶velet.b

d c

a

2.2. ábra. Egy G Laman-gráf és egy nem összehúzható ab éle az abc háromszögtartománynak. Az abösszehúzásával kapott gráf teljesíti (2.1)-et, de kevés él van összesen. Az abc háromszög egyik éle semösszehúzható, de az ad és cd élek összehúzhatóak.A 2.2. szakaszban belátunk néhány alapvet® állítást Laman-gráfokról. A 2.3. szakaszbanmár síkbarajzolt Laman-gráfokkal foglalkozunk, és belátjuk az el®állítási tételt. A 2.4. sza-kasz a pszeudo-háromszögelésekkel kap solatos következményeket tárgyalja, a 2.5. szakaszbanegy el®állítási tételt bizonyítunk a síkdualitáson keresztül. Végül az algoritmikus kérdéseketa 2.6. szakasz tárgyalja.2.2. Összehúzható élek Laman-gráfokbanEmlékeztetünk a Laman-gráf dení iójára: egy G = (V, E) gráf Laman-gráf, ha [2, 3]-gráf,azaz ha |V | ≥ 2, |E| = 2|V | − 3 ésγ(X) ≤ 2|X| − 3 (2.1)

u

w v2.3. ábra. Egy G Laman-gráf és egy nem összehúzható uv éle az uvw háromszögtartománynak. Az uvösszehúzásával kapott gráf eleinek száma megfelel®, de valamely sú shalmaz megsérti a (2.1) feltételt.31

teljesül minden X ⊆ V, |X| ≥ 2 esetén.Legyen G = (V, E) egy Laman-gráf. Azt mondjuk, hogy egy X ⊆ V halmaz G-ben kriti-kus, ha γ(X) = 2|X| − 3, azaz az X a (2.1)-et egyenl®séggel teljesíti. Ekvivalensen mondvaX kritikus, ha G[X] Laman-gráf. Maga a V halmaz mindig kritikus, és minden u, v halmazis kritikus, ha uv ∈ E. A következ® lemma az 1.3. Lemma egyszer¶ következménye.2.4. Lemma. Legyen G = (V, E) egy Laman-gráf, legyenek az X, Y ⊆ V halmazok G-benkritikusak, és legyen |X ∩ Y | ≥ 2. Ekkor X ∩ Y és X ∪ Y szintén kritikusak, és d(X, Y ) = 0is teljesül.2.5. Lemma. Legyen G = (V, E) egy Laman-gráf, és X ⊆ V egy kritikus halmaz. LegyenC a G − X néhány komponensének uniója. Ekkor X ∪ C kritikus.Bizonyítás. Jelöljük a G − X összefügg® komponenseit C1, C2, ..., Ck-val és legyen Xi =

X ∪ Ci, ahol 1 ≤ i ≤ k. Tudjuk, hogy Xi ∩ Xj = X és d(Xi, Xj) = 0 teljesül minden1 ≤ i < j ≤ k esetén, és hogy ∪k

i=1Xi = V . Mivel G Laman-gráf, és X kritikus, a következ®egyenl®ség igaz: 2|V | − 3 = |E| = γ(X1 ∪ X2 ∪ ... ∪ Xk) =∑k

1 γ(Xi) − (k − 1)γ(X) ≤∑k

1(2|Xi| − 3) − (k − 1)(2|X| − 3) = 2∑k

1 |Xi| + 2(k − 1)|X| − 3k + 3(k − 1) = 2|V | − 3.Tehát mindenütt egyenl®ség áll, és így mindegyik Xi kritikus.A 2.4. Lemmából és |X| ≥ 2-b®l következik, hogy ha C az G−X néhány komponensénekaz uniója, akkor X ∪ C kritikus. A következ® lemma karakterizálja egy Laman-gráf összehúzható éleit.2.6. Lemma. Legyen G = (V, E) egy Laman-gráf, és e = uv ∈ E egy éle. Ekkor e pontosanakkor összehúzható, ha létezik egy egyértelm¶ uvw háromszög G-ben, amely tartalmazza e-t,és nem létezik olyan G-ben kritikus X halmaz, melyre u, v ∈ X, w /∈ X és |X| ≥ 4 teljesül.Bizonyítás. Tegyük fel el®ször, hogy e összehúzható. Ekkor G/e Laman, és mint korábbanemlítettük, az e élt tartalmazza egy egyértelm¶ uvw háromszög. Indirekt tegyük fel, hogyX kritikus halmaz, melyre u, v ∈ X, w /∈ X és |X| ≥ 4. Ekkor az e a G[X] gráfnak is éle, denem tartalmazza a G[X] egyetlen háromszöge sem. Tehát az e G[X]-beli összehúzása eggyel sökkenti az élek számát. Ebb®l következik, hogy G[X]/e sú shalmaza megsérti a (2.1)feltételt a G/e gráfban. Ez ellentmondás.A másik irány bizonyításához tegyük fel, hogy létezik egy egyértelm¶ uvw háromszög G-ben, amely tartalmazza e-t, és hogy nem létezik olyan G-ben kritikusX halmaz, melyre u, v ∈X, w /∈ X és |X| ≥ 4 teljesül. Indirekt tegyük fel, hogy G′ = G/e nem Laman. Jelölje v′ a G′azon sú sát, amely az e összehúzásakor a két végpontjából keletkezett. Mivel G Laman, ésaz e él a G-nek pontosan egy háromszögében van benne, ezért |E(G′)| = 2|V (G′)|−3. Tehát32

ha G′ nem Laman, az azt jelenti, hogy létezik egy Y ( V (G′), amelyre |Y | ≥ 2 és γG′(Y ) ≥2|Y |−2. Mivel G′ egyszer¶, és uv a G-nek egyetlen háromszögében van benne, ezért a V (G′)halmaz, annak minden kételem¶ részhalmaza, minden v′-t és w-t tartalmazó részhalmaz ésminden v′-t nem tartalmazó részhalmaz kielégíti a (2.1) egyenl®tlenséget G-ben. Tehátszükségképpen |Y | ≥ 3, v′ ∈ Y és w /∈ Y . Ebb®l következik, hogy az X := (Y − v′) ∪ u, vhalmaz kritikus G-ben, és u, v ∈ X, w /∈ X, |X| ≥ 4 teljesül. Ez ellentmondás. Ezzeligazoltuk a lemmát. Tehát kétfajta részstruktúra bizonyíthatja egy olyan e = uv él összehúzhatatlanságát,amely az uvw háromszög része: egy uvw′ háromszög, melyre w′ 6= w, vagy egy X ⊆ Vkritikus halmaz, melyre u, v ∈ X, w /∈ X és |X| ≥ 4. Mivel egy háromszög sú sai kritikushalmazt alkotnak, így ezeket egyszerre kezelhetjük. Azt mondjuk, hogy egy X ⊆ V kritikushalmaz az e = uv él (uvw háromszög szerinti) blokkolója, ha u, v ∈ X, w /∈ X, és |X| ≥ 3.2.7. Lemma. Legyen uvw egy háromszög a G = (V, E) Laman-gráfban, és tegyük fel, hogye = uv nem összehúzható. Ekkor létezik egy egyértelm¶ maximális X blokkolója e-nek azuvw háromszög szerint. Továbbá G − X-nek pontosan egy összefügg®ségi komponense van.Bizonyítás. A 2.6. Lemma szerint létezik az e élnek uvw szerinti blokkolója. A 2.4. Lem-mából következik, hogy az e él uvw szerinti blokkoló halmazok uniója is az e él uvw szerintiblokkolója. Ezzel az állítás els® felét beláttuk, a második a 2.5. Lemmából következik: Le-gyen tehát X az e él uvw szerinti egyértelm¶ maximális blokkolója, és legyen C a G − Xazon komponenseinek uniója, amelyek nem tartalmazzák w-t. Mivel X ∪ C kritikus és nemtartalmazza w-t, ezért X ∪ C is az e él uvw szerinti blokkolója. X maximalitásából pedigkövetkezik, hogy C = ∅, tehát G − X-nek valóban egyetlen komponense van. Mivel egy blokkoló X halmaz egyben kritikus halmaz is G-ben, így G[X] egy Laman-gráf.2.8. Lemma. Legyen G = (V, E) egy Laman-gráf, uvw egy háromszög, és legyen f = uv egynem összehúzható él. Legyen X az egyértelm¶ maximális blokkolója f -nek az uvw háromszögszerint. Ha e 6= f egy összehúzható él G[X]-ben, akkor e összehúzható G-ben is.Bizonyítás. Legyen e = rz. Mivel e összehúzható G[X]-ben, így létezik egy egyértelm¶ rzyháromszög G[X]-ben, amely e-t tartalmazza. Indirekt tegyük fel, hogy e nem húzható összeG-ben. Ekkor a 2.6. Lemma szerint létezik egy Z ⊆ V halmaz, amely blokkolja e-t rzyszerint, azaz Z kritikus, r, z ∈ Z, y /∈ Z, és |Z| ≥ 3. A 2.4. Lemmából következik, hogyZ ∩X kritikus. Ha |Z ∩ X| ≥ 3, akkor Z ∩ X blokkolná e-t G[X]-ben, és ez ellentmondanae G[X]-beli összehúzhatóságának.Tehát Z∩X = r, z. Azt állítjuk, hogy w /∈ Z. Tegyük fel indirekt, hogy w ∈ Z. Ekkorw ∈ Z −X. Mivel e 6= f és |Z ∩X| = 2, ezért az u és v sú sok legalább egyike nin s Z-ben.De ekkor d(X, Z) ≥ 1, ami ellentmond a 2.4. Lemmának. Tehát valóban w /∈ Z.33

Nyilván Z − X 6= ∅. Mivel Z ∪ X a 2.4. Lemma szerint kritikus, így a Z ∪ X halmazblokkolója f -nek G-ben az uvw háromszög szerint. Ez pedig ellentmond X maximalitásának.Ezzel a lemmát beláttuk. 2.3. Síkbarajzolt Laman-gráfok2.9. Lemma. Legyen G = (V, E) egy síkbarajzolt Laman-gráf, legyen uvw egy háromszög-tartomány és f = uv egy nem összehúzható él. Legyen X az f él uvw szerinti maximálisblokkolója. Ekkor egy kivételével a G[X] minden tartománya a G-nek is tartománya.Bizonyítás. Tekintsük a G[X] tartományait és a G − X-nek a 2.7. Lemma szerinti egyetlenösszefügg®ségi komponensét, C-t. A C nyilván teljes egészében a G[X] valamely tartomá-nyában helyezkedik el. Tehát valóban G[X] minden tartománya ezen egy kivételével a G-nekis tartománya. A fenti kivételes tartományát G[X]-nek (amelyik nem tartománya G-nek) spe iális tar-tománynak fogjuk nevezni. Mivel a spe iális tartomány a belsejében tartalmazza a w sú sot (hiszen a teljes G−X-et tartalmazza), és uvw a G-nek háromszögtartománya, ezértaz uv él a spe iális tartomány egyik határoló éle. Ha a G[X] spe iális tartománya egyuvq háromszög, akkor ennek a harmadik q sú sát a G[X] spe iális sú sának nevezzük.Ha a G[X] spe iális tartománya nem háromszög, akkor azt mondjuk, hogy X egy szépblokkoló halmaz. Ha G egy síkbarajzolt Laman-gráf, akkor azt mondjuk, hogy egy e élsík-összehúzható, ha e összehúzható, és a 2.6. Lemma szerint egyértelm¶en létez® e-t tar-talmazó G-beli háromszög egy tartomány.Ezek után készen állunk arra, hogy belássuk ezen fejezet f® eredményét, ami azt mondjaki, hogy minden síkbarajzolt Laman-gráfban létezik sík-összehúzható él. Valójában egy ennélvalamivel er®sebb állítást igazolunk, ami hasznos lesz a kés®bbiekben.2.10. Tétel. Legyen G = (V, E) egy síkbarajzolt Laman-gráf, melyre |V | ≥ 4. Ekkor(i) ha uvw egy háromszögtartomány, f = uv nem összehúzható, és X az f uvw szerintimaximális blokkolója, akkor létezik egy él G[X]-ben, amely sík-összehúzható G-ben,(ii) minden r ∈ V esetén létezik legalább két sík-összehúzható él, amely nem illeszkedik r-re.Bizonyítás. Az állítást a |V |-re vonatkozó teljes induk ióval bizonyítjuk. Könny¶ ellen®rizni,hogy |V | = 4 esetén az állítás (az (i) és (ii) is) igaz, ekkor ugyanis sak egy ilyen G létezik,és annak lényegében egy síkbarajzolása van. Tegyük fel tehát, hogy |V | ≥ 5, és az állítás (az(i) és (ii) is) igaz minden olyan gráfra, amelynek kevesebb, mint |V | sú sa van. Be fogjuklátni, hogy ekkor az állítás (az (i) és (ii) is) igaz G-re is.34

El®ször (i)-et igazoljuk. Legyen uvw egy háromszögtartomány, melyre f = uv nem össze-húzható, legyen X az f -nek az uvw szerinti maximális blokkolója. Mivel X kritikus, így G[X]egy Laman-gráf. A G síkbarajzolását megszorítva a G[X]-re továbbra is egy síkbarajzolástkapunk, tehát a G[X] egy síkbarajzolt Laman-gráf. Mivel w /∈ X, így G[X]-nek kevesebb,mint |V | sú sa van.A G[X] egy e élét valódinak hívjuk, ha e 6= f , e sík-összehúzható G[X]-ben, és a G[X]-beli háromszögtartomány, amely tartalmazza e-t, G-nek is tartománya. A dení ióból ésa 2.8. Lemmából következik, hogy egy valódi e él sík-összehúzható G-ben is. Belátjuk, hogyG[X]-nek létezik valódi éle, és ezzel igazoljuk az (i) állítást.El®ször tegyük fel, hogy |X| = 3. Ekkor G[X] egy háromszög, és minden éle sík-összehúzható G[X]-ben. A 2.9. Lemma szerint a G[X] két háromszögtartománya közül azegyik G-nek is tartománya. Tehát ezen háromszög azon két éle, amely különbözik f -t®l,valódi.Most tegyük fel, hogy |X| ≥ 4. Az induk iós feltevés szerint a (ii) állítás igaz G[X]-re azr = u választással. Tehát létezik két sík-összehúzható éle a G[X]-nek, amelyek nem illesz-kednek u-ra (spe iálisan különböznek f -t®l), jelölje ezeket e′, e′′. Ha X egy szép blokkoló,akkor a G[X]-beli háromszögtartomány, amely tartalmazza e′-t (vagy akár e′′-t), G-nek isháromszögtartománya a 2.9. Lemma szerint. Tehát az e′ (és e′′ is) valódi él.Ha X nem egy szép blokkoló, akkor legyen a spe iális háromszögtartománya az uvq. Azuvq háromszög tehát nem tartománya a G-nek, de a G[X] minden más tartománya a G-nekis tartománya a 2.9. Lemma szerint. Mivel e′ és e′′ különböz® élek, amelyek nem illeszkedneku-ra, ezért legalább az egyikük, mondjuk e′, nem éle az uvq háromszögnek. Ezért az azegyértelm¶ G[X]-beli háromszögtartomány, amely e′-t tartalmazza, G-nek is tartománya.Tehát e′ valódi. Ezzel (i)-et beláttuk.A (ii) bizonyításához rögzítsünk egy r ∈ V sú sot. Két esetet különböztetünk meg.1. eset Létezik egy olyan uvw háromszögtartománya G-nek, amelyre r /∈ u, v, w.Ha legalább két éle az uvw háromszögnek sík-összehúzható, akkor készen vagyunk. Hanem, akkor létezik kett® vagy három blokkoló halmaz az uvw háromszög éleihez.Ha az uvw háromszög egyik éle sem összehúzható, akkor legyenek az X, Y, Z halmazok azvw, uw és uv élek maximális blokkolói (az uvw szerint) ebben a sorrendben. A 2.4. Lemmá-ból következik, hogy X ∩Y = w, X ∩Z = v és Y ∩Z = u (mivel az X, Y, Z halmazokkritikusak, és d(Y, Z), d(X, Y ), d(X, Z) ≥ 1 is teljesül az uvw háromszög élei miatt). Felte-vésünk szerint az r nem sú sa az uvw háromszögnek. Tehát r az X, Y, Z halmazok közüllegfeljebb az egyikben lehet benne. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogyr /∈ X ∪ Y . (i) szerint a G[X], G[Y ] gráfok mindegyike tartalmaz G-ben sík-összehúzhatóélet. Ezek az élek nem illeszkednek r-re. Tehát G-ben találtunk két sík-összehúzható élet.35

Tegyük fel most, hogy az uvw háromszög élei közül egy összehúzható és kett® nem.Mondjuk uv összehúzható és vw, uw nem az. Ekkor legyen X és Y maximális blokkolója azvw és uw élekenek az uvw szerint. Mint fent, itt is teljesül, hogy X ∩Y = w a 2.4. Lemmamiatt. Mivel r 6= w, feltehetjük az általánosság megszorítása nélkül, hogy r /∈ X. Ekkor(i)-b®l következik, hogy van egy f éle G[X]-nek, amely sík-összehúzható G-ben. Tehát ekkoris találtunk két sík-összehúzható élet (uv és f), amely nem illeszkedik r-re.2. eset A G minden háromszögtartománya tartalmazza r-et.Legyen ruv a G egy háromszögtartománya. Ekkor uv sík-összehúzható, különben (i)-b®lkövetkezne, hogy létezik G-nek egy sík-összehúzható éle G[X]-ben (ahol X egy maximá-lis blokkolója uv-nek az ruv szerint), spe iálisan lenne egy háromszögtartománya G-nek,amelynek nem sú sa r, ami ellentmondás. Mivel G-nek a 2.3. Lemma szerint legalábbkét háromszögtartománya is van, ezért létezik legalább 2 sík-összehúzható él G-ben, amelyelkerüli r-et. Ezzel a tételt beláttuk. A 2.10. Tételb®l következik, hogy egy legalább négy sú sú síkbarajzolt Laman-gráfnakvan sík-összehúzható éle. Egy három sú sú síkbarajzolt Laman-gráf háromszög, tehát min-den éle sík-összehúzható. Megjegyezzük, hogy egy sík-összehúzható él összehúzása utánkapott gráf síkbarajzolása megkapható egyszer¶ lokális módosításokkal.Mivel egy háromszögtartomány egy élének összehúzása a síkbeli sú s-széthúzás m¶vele-tének az inverze, ezért az eddigiekb®l azonnal következik az alábbi tétel.2.11. Tétel. Egy gráf akkor és sak akkor síkbarajzolt Laman-gráf, ha megkapható egy élb®lsíkbeli sú s-széthúzások alkalmazásával.A 2.10. Tételb®l következik, hogy ha G egy legalább négy sú sú síkbarajzolt Laman-gráf,akkor van benne olyan sík-összehúzható él is, amely elkerül egy adott háromszöget. Ezérta 2.11. Tételben az el®állítás kiindulásának választhatunk egy tetsz®leges háromszögtarto-mányt.Azt mondjuk, hogy G = (V, E) egy Laman-plusz-egy-gráf, ha G − e Laman valamelye ∈ E esetén. Ez azzal ekvivalens, hogy pontosan egy M-kört tartalmaz. Spe iálisan azM-körök maguk is Laman-plusz-egy-gráfok.Az eddigiekhez hasonló te hnikákkal igazolhatjuk a következ®t.2.12. Tétel. Egy gráf pontosan akkor síkbarajzolt Laman-plusz-egy-gráf, ha megkapható aK4-b®l síkbeli sú s-széthúzásokkal.Megjegyzés: Természetes kérdés, hogy vajon egy 3-összefügg® síkbarajzolt Laman-gráfnakvan-e olyan sík-összehúzható éle, amelynek összehúzása a 3-összefügg®séget is meg®rzi (hív-juk az ilyet er®sen sík-összehúzhatónak). A válasz az, hogy nem: legyen G egy 3-összefügg® síkbarajzolt Laman-gráf, és legyen G′ az a gráf, melyet úgy kapunk G-b®l,36

hogy G minden abc háromszögtartományában felveszünk három sú sot, a′, b′, c′-t, és be-húzzuk az aa′, bb′, cc′ és az a′b′, b′c′, c′a′ éleket (nevezzük ezt a m¶veletet háromszög-beszúrásnak). Ekkor G′ olyan 3-összefügg® síkbarajzolt Laman-gráf lesz, amelynek nin ser®sen sík-összehúzható éle. Nyitott az a kérdés, hogy vajon lehet-e olyan lokális reduk- iós lépéseket deniálni, amelyek egy olyan el®állításhoz vezetnek, ahol minden lépésben egy3-összefügg® síkbarajzolt Laman-gráfunk van.2.4. AlkalmazásA 2.11 és a 2.12. Tételeket arra használhatjuk, hogy levezessünk bel®le a pszeudo-három-szögelésekr®l bizonyos ismert eredményeket. Új bizonyítást adhatunk a 2.2. Tételre és akövetkez® hasonló eredményre (amelyet szintén beláttak a [20-ben): minden síkbarajzoltLaman-plusz-egy gráfnak van majdnem-konkáv pszeudo-háromszögeléses realizá iója. A[20-beli bizonyítások hasonlóak, de az ottani hosszas esetszétválasztás a sú s-széthúzásm¶veletének alkalmazásával lerövidül, annak köszönhet®en, hogy ez a m¶velet geometriailaglokálisabb.A 2.11 és a 2.12. Tételekb®l a [20-nek a síkbarajzolt Laman- illetve Laman-plusz-egy-gráfok úgynevezett kombinatorikus pszeudo-háromszögelésekre vonatkozó eredményeiis levezethet®ek.2.5. Sík-dualitásLegyen G = (V, E) egy gráf. Azt mondjuk, hogy G ko-Laman, ha |E| = 2|V | − 1 ésγ(X) ≤ 2|X|−2 teljesül minden ∅ 6= X ( V esetén. Megjegyezzük, hogy egy ko-Laman gráftartalmazhat többszörös éleket. Jelölje M(G) a G gráf körmatroidját és M∗(G) a körmatroidduálisát.2.13. Tétel. Legyenek G és H olyan síkgráfok, melyekre M(G) ∼= M∗(H). Ekkor G ponto-san akkor Laman-gráf, ha H ko-Laman-gráf.Bizonyítás. (Vázlat) A Nash-Williams tétel miatt G pontosan akkor Laman, ha M(G/e) kétbázis diszjunkt uniója minden e ∈ E(G) esetén. Ezzel ekvivalens M(G) ∼= M∗(H) miatt az,hogy M(H) − e két bázis diszjunkt uniója minden e ∈ E(H) esetén, ami viszont ekvivalensazzal, hogy H ko-Laman. Felidézzük, hogy a második Henneberg-m¶velet, az 1-kiterjesztés egy új sú sot és háromúj élet vesz fel. Ha megengedjük, hogy a harmadik él a felosztott él valamely végpontjához37

illeszkedjék (azaz párhuzamos legyen az els® két új él közül valamelyikkel), akkor gyenge 1-kiterjesztésr®l beszélünk. A síkbeli gyenge 1-kiterjesztés a topologikus verziója ennek am¶veletnek. Könnyen látható, hogy a síkbeli sú sszéthúzás m¶veletének sík-duálisa a síkbeligyenge 1-kiterjesztés m¶velete. Következésképpen a 2.11 és a 2.13. Tételekb®l a síkdualitásthasználva levezethet® az alábbi.2.14. Tétel. A gráf pontosan akkor síkbarajzolt ko-Laman-gráf, ha megkapható egy hurokbólsíkbeli gyenge 1-kiterjesztések sorozatával.2.6. AlgoritmusEgy triviális algoritmus sík-összehúzható él keresésére megvizsgál minden élet (2n − 3 van),hogy összehúzásával Laman-gráf keletkezik-e. Egy gráfról eldönteni, hogy Laman-gráf O(n2)lépést vesz igénybe, tehát ezen egyszer¶ algoritmus futásideje O(n3).Ebben a szakaszban leírjuk a f® ötletét annak az algoritmusnak, amely talál egy össze-húzható élet egy n sú sú síkbarajzolt Laman-gráfban O(n2) id® alatt. Ez használ egyszubrutint, amely teszteli, hogy egy adott e = uv éle egy háromszöglapnak összehúzható-e(és talál egy maximális blokkolót, ha nem az). Ez a szubrutin az alábbi lemmán alapul. Egygráf maximális merev részgráfjaitmerevségi komponenseknek nevezzük (lásd [19, 25-bana részleteket).2.15. Lemma. Legyen G egy síkbarajzolt Laman-gráf, és legyen az e = uv él az uvw három-szöglap egy éle. Ekkor vagy e összehúzható, vagy a G − w gráf e-t tartalmazó C merevségikomponense legalább három sú sú. Ez utóbbi esetben a C sú shalmaza egy maximális blok-kolója az e élnek G-ben az uvw háromszög szerint.Léteznek O(n2) futásidej¶ algoritmusok egy gráf merevségi komponenseinek meghatáro-zására, lásd például [2, 17, 21.Az algoritmusunk el®ször meghatározza V részhalmazainak egy sökken® X0, X1, ..., Xtsorozatát, melyre V = X0, és az Xi+1 a G[Xi] (ahol 0 ≤ i ≤ t − 1) gráf valamely há-romszögének a blokkolója. Majd a G[Xt] egy összehúzható élét visszaadja, amely G-ben isösszehúzható. El®ször tekinti a G egy tetsz®leges uvw háromszöglapját, és teszteli, hogyélei összehúzhatóak-e (és kiszámitja a maximális blokkolókat, ha nem). Ha valamelyik össze-húzható, akkor készen vagyunk, ha nem, akkor vegyük a három blokkoló közül a legkisebb sú sszámút, legyen ez B, és tartozzon ez mondjuk az f = uv élhez. Legyen X1 := B. Eztfolytatva keressünk egy valódi élet G[X1]-ben. Ehhez vegyük a G[X1]-nek egy háromszöglap-ját (amely különbözzön a G[X1] spe iális tartományától abban az esetben, ha X1 nem szép),38

és teszteljük ennek az f -t®l különböz® éleit (és amelyek ezáltal nin snek rajta a G[X1] spe i-ális tartományán abban az esetben, ha X1 nem szép), hogy összehúzhatóak-e G[X1]-ben. Haigen, akkor kész. Ha nem, akkor megint legyen B′ a legkisebb sú sszámú olyan maximálisblokkolója az adott háromszögnek, amely nem tartalmazza az f élet (és amely nem tartal-maz élet a G[X1] spe iális tartományából, ha X1 nem szép blokkoló). Legyen X2 := B′,és iteráljuk ezt az eljárást. A következ® lemma amelyet a 2.4. Lemma segítségével lehetbizonyítani mutatja, hogy mindig lesz legalább két blokkoló, amelyek közül valászthatunk.2.16. Lemma. (i) Legyen f egy él és uvw egy háromszögtartomány, amelynek az élei nem-összehúzhatóak (kivéve f -et, ha az f rajta van). Ekkor legalább két olyan maximális blokkolójavan az uvw éleinek, amely nem tartalmazza az f élet.(ii) Legyen xyz és uvw két különböz® háromszögtartomány. Tegyük fel, hogy az uvw élei nemösszehúzhatóak. Ekkor az uvw éleinek legalább két maximális blokkolója nem tartalmaz életaz xyz háromszögb®l.A 2.8, a 2.9 és a 2.16. Lemmákból következik, hogy az algoritmus egyszer majd találegy valódi élet valamely G[Xt] részgráfban, és ez az él síkösszehúzható lesz G-ben is. Aza tény, hogy az algoritmus mindig két maximális blokkolóból a kisebbet választja (és hogya 2.4. Lemma miatt ezeknek pontosan egy közös pontjuk van), biztosítja azt, hogy az Xi mé-rete lényegében felez®dik minden iterá ióban. Ebb®l könnyen látható, hogy a teljes futásid®O(n2).2.17. Tétel. Egy n sú sú síkbarajzolt Laman-gráf egy sík-összehúzható éle megtalálhatóO(n2) id®ben.A 2.17. Tételb®l következik, hogy gráf egy sú s-széthúzással történ® felépítési sorozatamegtalálható O(n3) id®ben.

39

3. fejezetMerevség felületekenEbben a fejezetben a felületeken való merevség fogalmát és karakterizá ióját vizsgáljuk. Eztfogalmat Whiteley [56 vezette be és vizsgálta néhány konkrét felület esetén (sík tórusz, kúp,szabályos tetraéder). Belátunk egy el®állítási tételt a [2, d]-gráfokra, ahol (d = 0, 1, 2). Eztaz el®állítási tételt arra használjuk, hogy belássuk, hogy pontosan ezek a gráfok az izoszta-tikusak bizonyos 2-dimenziós felületeken. Ezzel igazoljuk néhány spe iális esetét Whiteleyegy sejtésének.3.1. Korábbi eredmények és fogalmakWhiteley bevezette a merevség fogalmát bizonyos felületeken [56. Mi el®ször megismételjükaz általa adott merevség-dení iót a sík n-dimenziós tóruszra. Rúdszerkezetnek nevezünka sík n-dimenziós tóruszon egy (G, α, x) hármast, ahol G = (V, E) egy gráf, x : V →[0, 1)n egy beágyazása a sú soknak az n-dimenziós tóruszba, és α : E → Zn egy függvény.α(e) reprezentálja az e ∈ E élhez használt rúdnak a tekeredési típusát a tóruszon, lásda 3.1. ábrát.Egy m : V → Rn függvényt a (G, α, x) rúdszerkezet innitezimális mozgásának nevezünk,

ehf

gf

h

f

gh

e

gg

3.1. ábra. α(e) = (0, 0), α(f) = (−1, 0), α(g) = (0, 2), α(h) = (−1, 1)40

3.2. ábra. Egy gráf és egy lehetséges reprezentá iója a tóruszon.ha(xv − xu + α(e))T(mu − mv) = 0 (3.1)teljesül minden e = uv ∈ E esetén. Informálisan ez azt jelenti, hogy az m által meghatározottirányokban innitezimálisan mozgatva a rudak hossza nem változik. Egy m : V → Rnfüggvényt innitezimális izometriának nevezünk, ha

(xv − xu + z)T(mu − mv) = 0 (3.2)teljesül minden u, v ∈ V és z ∈ Zn esetén. Könnyen ellen®rizhet®, hogy általános helyzet¶ sú sok esetén az innitezimális izometriák az eltolások, azaz a következ® alakú m-ek: mv :=

m0 ∈ Rn minden v ∈ V − re. Azt mondjuk, hogy egy rúdszerkezet innitezimálisan merev,ha minden innitezimális mozgás izometria.A (G, α, x) rúdszerkezet merevségi mátrixa egy |E|×n|V | méret¶ Mα,x mátrix, amelybenminden e = uv ∈ E élhez tartozó sorban az u sú shoz tartozó oszlopokban az (xu−xv+α(e))vektor, a v-hez tartozó oszlopokban az (xv − xu − α(e)) koordinátái vannak, és a mátrixtöbbi eleme 0. A innitezimális mozgások altere megfelel az Mα,x mátrix magterének. Azinnitezimális izometriák alterének dimenziója n. Tehát egy (G, α, x) rúdszerkezet pontosanakkor innitezimálisan merev, ha r(Mα,x) = n|V | − n.Azt mondjuk, hogy egy G gráf (generikusan innitezimálisan) merev a tóruszon, halétezik x és α úgy, hogy a (G, α, x) rúdszerkezet innitezimálisan merev. (Vagy ekvivalensen:létezik α úgy, hogy (G, α, x) merev egy generikus x esetén.) A minimálisan merev gráfokkarakterizá ióját Whiteley adta meg [56.3.1. Tétel. Egy G = (V, E) gráf esetén a következ®k ekvivalensek:(i) G minimálisan merev az n-dimenziós tóruszon,(ii) az E élhalmaz n éldiszjunkt feszít®fa uniója,(iii) |E| = n|V | − n, és γ(X) ≤ n|X| − n minden ∅ 6= X ⊆ V esetén.Hasonlóan deniálhatjuk a fenti merevségi fogalmakat (rúdszerkezet, innitezimális moz-gás, izometria, egy rúdszerkezet illetve gráf merevsége) a hengeren is.41

e

e

e

3.3. ábra. α(e) = (−2, 0)A 2-dimenziós hengeren rúdszerkezetnek nevezzük a (G, α, x) hármast, ha G = (V, E)egy gráf, x : V → [0, 1) × R függvény és α : E → Z × 0 függvény. α(e) reprezentálja,hogy az e ∈ E élhez tartozó rúd hányszor és milyen irányban tekeredik a hengeren, lásda 3.3. ábrát.Egy m : V → R2 függvény innitezimális mozgása a (G, α, x) rúdszerkezetnek, ha(xv − xu + α(e))T(mu − mv) = 0 (3.3)teljesül minden e = uv ∈ E esetén. Egy innitezimális izometria pedig egy m : V → R2függvény, amelyre

(xv − xu + z)T(mu − mv) = 0 (3.4)teljesül minden u, v ∈ V és z ∈ Z×0 esetén. Könnyen ellen®rizhet®, hogy az innitezimálisizometriák itt is az eltolások, azaz az olyan m-ek, amelyekre mv := m0 ∈ R2 minden v ∈ V -re. Egy (G, α, x) rúdszerkezetet merevnek nevezünk, ha minden innitezimális mozgásaizometria. Azt mondjuk, hogy G (generikusan innitezimálisan) merev, ha létezik x és αúgy, hogy (G, α, x) innitezimálisan merev. (Vagy ekvivalensen: létezik α úgy, hogy (G, α, x)merev egy generikus x esetén.) A hengeren is deniálhatnánk egy rúdszerkezet merevségimátrixát, és itt is megadhatnánk a rúdszerkezet merevségének karakterizá ióját a merevségimátrix rangjának segítségével.A hengeren egy gráf merevségének karakterizá iója a következ® [56.3.2. Tétel. Egy G = (V, E) gráf esetén az alábbiak ekvivalensek:(i) G minimálisan merev a 2-dimenziós hengeren,(ii) az E élhalmaz 2 éldiszjunkt feszít®fa uniója,(iii) |E| = 2|V | − 2, és γ(X) ≤ 2|X| − 2 minden ∅ 6= X ⊆ V esetén.Whiteley megadta a kúpon illetve a szabályos tetraéderen való merevség karakterizá iójátis [56. 42

3.4. ábra. Egy él, egy hurokél és egy lehetséges reprezentá iójuk a kúpon.A

B

C

D

A B

D

B C A

D B D

A C C

3.5. ábra. Két párhuzamos rúd és egy lehetséges reprezentá iójuk a szabályos tetraéderen.3.3. Tétel. Egy G = (V, E) gráf esetén a következ®k ekvivalensek:(i) G minimálisan merev a 2-dimenziós kúpon,(ii) |E| = 2|V | − 1, és γ(X) ≤ 2|X| − 1 minden ∅ 6= X ⊆ V esetén.3.4. Tétel. Egy G = (V, E) gráf esetén a következ®k ekvivalensek:(i) G minimálisan merev a szabályos tetraéderen,(ii) |E| = 2|V |, és γ(X) ≤ 2|X| minden ∅ 6= X ⊆ V esetén.Whiteley az alábbi sejtést fogalmazta meg a fenti eredmények általánosításaként.3.5. Sejtés. Minden n dimenzióba beágyazott 2-dimenziós felület esetén ha a globális sza-badsági fok d (0 ≤ d ≤ 2), akkor egy G = (V, E) hurokmentes gráf esetén a következ®kekvivalensek:(i) Egy generikus rúdszerkezet a felületen izosztatikus,(ii) |E| = 2|V | − d, és γ(X) ≤ 2|X| − d minden ∅ 6= X ⊆ V esetén.3.6. Sejtés. Egy n dimenziós felület esetén, amelynek a szabadsági foka Rm-ben d (d ≤ n),és ha G = (V, E) egy hurokmentes gráf, akkor a következ®k ekvivalensek:(i) Egy generikus rúdszerkezet izosztatikus a felületen,(ii) |E| = n|V | − d, és γ(X) ≤ n|X| − d minden ∅ 6= X ⊆ V esetén.43

Ebben a fejezetben hasonló utat követünk, mint ahogyan a Laman-tételt láttuk be el®ál-lítási tétel segítségével. Adunk egy el®állítási tételt a 3.5. Sejtésben szerepl® gráfosztályra.Majd megvizsgáljuk, hogy ennek segítségével a 3.5. Sejtésnek mely spe iális esetei igazolha-tóak. Kiderül, hogy a 3.2, 3.3, 3.4. Tételek általánosíthatóak a 2 dimenziós felületek egyb®vebb osztályára.A következ® szakaszban deniáljuk, hogy pontosan milyen merevségi fogalmat használunkmajd. Valójában az olyan felületeken való merevséget deniáljuk, amelyeket szimplexekösszeragaszásával kaphatunk.A 3.3. szakaszban belátjuk az említett el®állítási tételt, majd a 3.4. szakaszban alkalmaz-zuk azt bizonyos felületeken való izosztatikus gráfok karakterizá iójára.3.2. Dení iók és egyszer¶ meggyelésekEbben a fejezetben a gráf irányítatlan gráfot jelent, amelyben megengedünk párhuzamoséleket és hurkokat.Tegyük fel, hogy adott egy véges V alaphalmaz. Gyakran használjuk majd a következ®jelölést: Rn|V | fogja jelölni a V → Rn függvények vektorterét. Ha V = v1, . . . , vk, akkorm ∈ Rn|V | azt jelenti, hogy m = (mv1

, . . . , mvk), ahol mvi

∈ Rn. Egy ∅ 6= X ⊆ V eseténlegyen Rn|V |(X) := f ∈ Rn|V | : fx = 0 ∀x ∈ V − X, amely egy n|X| dimenziós altereRn|V |-nek, és egy A ⊆ Rn|V | esetén jelölje A(X) az A mer®leges vetületét Rn|V |(X)-re,azaz A(X) := f ∈ Rn|V |(X) : ∃e ∈ A, e|X = f |X. Hasonlóan, ha m ∈ Rn|V |, akkorm(X) ∈ Rn|V | jelöli az m mer®leges vetületét Rn|V |(X)-re.Ha azt mondjuk, hogy M egy k × n|V | méret¶ mátrix, akkor az azt fogja jelenteni, hogyM-nek k sora van, amelyek Rn|V |-beli vektorok. Ha v ∈ V , akkor M(v) jelöli azt a k×|V |-esrészmátrixát M-nek, amely az M-nek a v sú shoz tartozó k oszlopából áll. Azaz M(v)-nekk darab R(v) alakú sora van, ahol R az M sora.Ha V egy alaphalmaz, akkor E-t egy n dimenziós rúd-rendszernek nevezzük (vagyröviden n-rúd-rendszernek) V -n, ha E = Euv : u, v ∈ V , ahol Euv = Evu egy megszám-lálható halmaza (minden u, v esetén) u és v közötti rudaknak (megengedjük az u = v-t is,az úgynevezett hurok-rudakat), ami a következ®t jelenti: ha u 6= v, akkor az Euv mindenf eleméhez adott T f

v és T fu , két egybevágósága Rn-nek úgy, hogy T f

u a T fv inverze. (A T f

ukongruen ia jelentése az, hogy ha a v sú s pozí iója xv a v saját koordinátarendszerében, ésaz u pozí iója xu az u koordinátarendszerében, akkor az u a v sú sot a T fu (xv) pozí ióbanlátja az u koordinátarendszerében, ha u az f rúd irányában néz v felé. Lásd a 3.6. ábrát.)Ha u = v, akkor az Euu minden f eleméhez adott egy T f

u kongruen iája az Rn-nek.Egy V -n adott E rúd-rendszernek az X ⊆ V részhalmazra való megszorítása alatt az44

xv

xu xu

f ∈ Euv

T fu (xv)

3.6. ábra.Euv : u, v ∈ X rúd-rendszert értjük (ugyanazokkal a kongruen iákkal), ezt E|X jelöli. Akövetkez® jelölést fogjuk még használni: T f

v (x) = Afvx+ bf

v , ahol Afv egy n×n-es ortogonálismátrix (illetve az általa meghatározott transzformá ió), és bf

v ∈ Rn.Ha adott E , egy n-rúdrendszer a V alaphalmazon, akkor jelölje H ⊆ R azon egész szá-mok halmazát, amelyek el®fordulnak valamely Afv mátrix vagy bf

v vektor elemeként valamelyf ∈ Euv és u, v ∈ V esetén. H egy megszámlálható halmaza valós számoknak. Ha x1, . . . , xkvalós számok, akkor azt mondjuk, hogy generikusak (E-hez képest), ha algebrailag füg-getlenek az F := Q(H) test felett. A generikus elemekre gyakran mint változókra fogunktekinteni. Gyakran használjuk majd a következ® állítást: ha v1, . . . , vl az (F (x1, . . . , xk))

nvektorai, akkor ezek pontosan akkor lineárisan függetlenek generikus xi-k esetén, ha léteznekegyáltalán olyan xi értékek, amelyek esetén lineárisan függetlenek.Tegyük fel, hogy adott egy G = (V, E) gráf és egy E n-rúd-rendszer V -n. Egy α :

E → ∪Euv függvényt a G él-függvényének (él-realizá iójának) nevezünk, ha α(e) ∈ Euvteljesül minden e = uv ∈ E esetén. (Használni fogjuk esetenként az α(uv) = e pongyolajelölést, amely azt jelenti majd, hogy ∃f ∈ E : f = uv és α(f) = e.)Ha adott a V -n egy E rúd-rendszer, akkor egy E feletti n-dimenziós rúd-és- sukló rúdszer-kezetnek egy (G, α, x) hármast nevezünk, ahol G = (V, E) egy gráf, x : V → Rn a sú sokpozí ióinak egy realizá iója, és α a G egy él-realizá iója.A (G, α, x) (E feletti) rúdszerkezet innitezimális mozgásának nevezzük az m : V →Rn függvényt, ha

(

xv − T α(e)v (xu)

)T

mu +(

xu − T α(e)u (xv)

)T

mv = 0 (3.5)teljesül minden e = uv ∈ E esetén.Ha az u sú s az xu pozí ióban van, és u a v sú sot az x′v pozí ióban látja, mu a mozgás u-beli sebességvektora, és u a v-beli sebességvektort m′

v-nek látja, akkor azt, hogy a rúd hossza45

f

xu

mu

x′vm′

v

f

mu

x′vm′

v

xu

∼ (xu − x′v)

Tm′v

∼ (x′v − xu)

Tmu

3.7. ábra.innitezimálisan nem változik, a következ® egyenlet fejezi ki: (xu − x′v)

T(mu − m′v) = 0. De

x′v = T (xv) = Axv − b és m′

v = T (mv) − T (0) = Amv. Ezeket behelyettesítve kapjuk,hogy (xu − x′v)

T(mu−m′v) = (xu − T (xv))

Tmu− (xu − Axv − b)TAmv = (xu − T (xv))Tmu−

(ATxu−ATAxv−ATb)mv = (xu − T (xv))Tmu−(A−1xu−A−1b−xv)mv = (xu − T (xv))

Tmu+

(xv − T−1(xv)mv). Lásd a 3.7. ábrát.Egy m : V → R2 függvényt innitezimális izometriának nevezünk, ha(xv − T e

v (xu))Tmu + (xu − T e

u(xv))Tmv = 0 (3.6)teljesül minden u, v ∈ V és e ∈ Euv esetén.Egy (G, α, x) rúdszerkezetet innitezimálisan merevnek nevezünk, ha minden inni-tezimális mozgása innitezimális izometria. Az világos, hogy az innitezimális izometriákmindig innitezimális mozgások is. Ha adott G, akkor egy α él-realizá ióját merevnek ne-vezzük, ha (G, α, x) innitezimálisan merev generikus x esetén.Azt mondjuk, hogy egy G gráf (generikusan innitezimálisan) merev (az E felett),ha létezik x és α úgy, hogy a (G, α, x) merev. Vagy ezzel ekvivalensen: ha létezik merevél-realizá iója.Tegyük fel, hogy adott egy E n-rúd-rendszer V -n. Minden f ∈ Euv-hez (ahol u, v ∈ V )deniálunk egy Rf ∈ Rn|V | vektort a következ® módon. Rögzítsünk le egy x ∈ Rn|V |-et. Ha

u 6= v, akkor legyenRf (z) :=

xu − T fu (xv) ha z = u,

xv − T fv (xu) ha z = v,

0 ha z ∈ V − u, v.46

Ha u = v, akkor legyenRf (z) :=

2xu −(

T fu (xu) + (T f

u )−1(xu)) ha z = u,

0 ha z ∈ V − u.Azt mondjuk, hogy az f1, . . . fk ∈ Euv rudak függetlenek, ha az Rf1, . . . , Rfk

vektoroklineárisan függetlenek. Ha ∅ 6= X ⊆ V , akkor legyen RX := 〈Re : e ∈ Euv, ahol u, v ∈ X〉.Legyen R := RV ésd := n|V | − dimR.Általában sak Ruv-t írunk Ru,v helyett, és Ruu-t vagy Ru-t írunk Ru helyett.Jelölje M az R altér Rn|V |-beli mer®leges kiegészít®jét, és jelölje MX ⊆ Rn|V | az RXaltér Rn|V |(X)-beli mer®leges kiegészít®jét. A dení iók alapján könnyen láthatjuk, hogy az

M elemei az innitezimális izometriák. MX elemeit az X izometriáinak nevezzük.Tegyük fel, hogy adott egy G = (V, E) gráf és egy E n-rúd-rendszer V -n. A (G, α, x)rúdszerkezet merevségi mátrixának azt az Mα,x |E|×n|V |-es mátrixot nevezzük, amely-nek sorai az Rα(e) : e ∈ E vektorok. Az α él-realizá ió merevségi mátrixának azMα := Mα,x mátrixot nevezzük, ahol x ∈ Rn|V | a sú sok generikus realizá iója.Legyen Nα := ker Mα, azaz Nα az 〈Rα(e) : e ∈ E〉 altér mer®leges kiegészít®je Rn|V |-ben.Dení ió szerint az Nα elemei a (G, α, x) rúdszerkezet innitezimális mozgásai.Egy (G, α, x) rúdszerkezetet (az E felett) merevnek nevezünk, ha minden innitezimálismozgása innitezimális izometria, azaz Nα = M. Ez azzal ekvivalens, hogy dimNα =

dimM (hiszen M ⊆ Nα). Tehát (G, α, x) pontosan akkor merev, ha r(Mα,x) = n|V | − d.Azt mondjuk, hogy egy α él-realizá ió (illetve egy (G, α, x) rúdszerkezet) független azE felett, ha az Mα (illetve Mα,x) sorai függetlenek. Azt mondjuk, hogy egy él-realizá ió(illetve egy rúdszerkezet) izosztatikus (E felett), ha független és merev. A továbbiakban amerev, független és izosztatikus szavak innitezimálisan merevet, függetlent és izosztatikusatjelentenek.Könnyen belátható, hogy G = (V, E) pontosan akkor merev, ha létezik egy G′ = (V, E ′)izosztatikus feszít®-részgráfja. Ez azt jelenti, hogy az izosztatikus gráfok pontosan a mini-mális merev gráfok. Megjegyezzük, hogy ha G = (V, E) izosztatikus, akkor |E| = r(Mα)teljesül az Mα sorainak függetlensége miatt, és r(Mα) = n|V | − d a merevség miatt, tehát|E| = n|V | − d teljesül.Megjegyezzük, hogy könnyen belátható, hogy ha E , E ′ rúd-rendszerek, és Ruv = R′

uvminden u, v ∈ V esetén, akkor G = (V, E) pontosan akkor merev E felett, ha G merev E ′felett.Azt mondjuk, hogy az E rúd-rendszer teljesen d-reguláris n-rúd-rendszer V -n ha:1. d = n|V | − dimR (⇐⇒ dimM = d), 47

2. dimRuv = 2n − d (⇐⇒ dimMuv = d) minden u 6= v ∈ V esetén,3. dimRuu = n − d (⇐⇒ dimMu = d) minden u ∈ V esetén.Látni fogjuk (3.11. Lemma), hogy n = 2 esetben ezekb®l a feltételekb®l következik, hogydimMX = d minden ∅ 6= X ⊆ V esetén. Most mutatunk néhány példát rúd-rendszerekre.Ehhez legyen v1, . . . , v|V | a V egy felsorolása.

• Ha Euv (u 6= v esetén) egyetlen f -et tartalmaz, amelyre T fv az Rn identitása, és Euu =

∅, akkor visszakapjuk az Rn-beli szokásos rúd-és- sukló rúdszerkezetek merevségénekfogalmát.• n dimenziós sík tórusz: ha i < j, akkor legyen Evivj

:= Zn és T fvi

(x) := x + f (x ∈ Rn)minden f ∈ Evivj= Zn-re. Ez egy teljesen n-reguláris n-rúd-rendszer.

• 2 dimenziós henger: ha i < j, akkor legyen Evivj:= Z és T f

vi(x) := x + fe1 (x ∈ R2)minden f ∈ Evivj

= Z esetén, ahol e1 = (0, 1) ∈ R2. Ez egy teljesen 2-reguláris2-rúd-rendszer.

• 2 dimenziós kúp 0 < ϕ < π2szöggel: ha i < j, akkor legyen Evivj

:= a, b, c, és T aviazidentitás, T b

viaz R2-nek a ϕ szöggel történ® origó körüli elforgatása és T c

vi= (T b

vj)−1.Ez egy teljesen 1-reguláris 2-rúd-rendszer.

• Möbius-szalag: legyen T : R2 → R2 a következ® függvény: T (x1, x2) := (x1,−x2). Hai < j, akkor legyen Evivj

:= Z és T fvi

(x) := x + fe1 (x ∈ R2), ha f ∈ Evivjpáros, és

T fvi

(x) := T (x) + fe1 (x ∈ R2), ha f ∈ Evivjpáratlan (ahol e1 = (0, 1) ∈ R2). Ez egyteljesen 1-reguláris 2-rúd-rendszer.Egy G = (V, E) gráfot [n, d]-ritka gráfnak vagy röviden [n, d]-gráfnak nevezünk, ha

|E| = n|V | − d, és γ(X) ≤ n|X| − d teljesül minden ∅ 6= X ⊆ V esetén. (3.7)A következ®t sejtjük.3.7. Sejtés. Ha G = (V, E) egy hurokmentes gráf, E egy teljesen d-reguláris n-rúd-rendszerV -n, és 0 ≤ d ≤ n, akkor G pontosan akkor izosztatikus E felett, ha G egy [n, d]-gráf.Mint említettük, Whiteley [56 bebizonyította, hogy a 3.7. Sejtés igaz az n dimenziós síktórusz, a henger, a kúp és a szabályos tetraéder esetén (itt nem írjuk le pontosan, hogy miis a szabályos tetraéder rúd-rendszere, sak megemlítjük, hogy az egy teljesen 0-reguláris2-rúd-rendszer).A következ®t fogjuk belátni. Ez a tétel egy közös általánosítása a 3.2, 3.3 és a 3.4. Téte-leknek, de gyengébb mint a 3.5 vagy 3.6. Sejtés.48

3.8. Tétel. Legyen G = (V, E) egy gráf, E egy teljesen d-reguláris 2-rúdrendszer, ahol 0 ≤d ≤ 2, és T f

u irányítástartó egybevágóság minden f ∈ Euv (u, v ∈ V ) esetén (azaz Afu egyforgatás). Ekkor G pontosan akkor izosztatikus E felett, ha G egy [2, d]-gráf.Az a feltétel, hogy T f

u irányítástartó, egy te hnikai feltevés (és a 3.23. Lemmához kell).Megjegyezzük, hogy lényegében azt mondja ki ez a feltevés, hogy a felület irányítható.A 3.8. Tétel könny¶ irányát a 3.12. Lemma jelenti. A másik irány bizonyításához akövetkez® fogalmat vezetjük be. Ha adott egy G = (V, E) gráf és az E n-rúd-rendszer V -n,akkor azt mondjuk, hogy E d-reguláris n-rúd-rendszer V -n (a G gráfra nézve), ha akövetkez®k teljesülnek:1. d = n|V | − dimR,2. dimRuv = 2n − d minden u 6= v ∈ V esetén,3. γG(u) ≤ dimRuu ≤ n − d minden u ∈ V -re,4. T fu irányítástartó egybevágóság f ∈ Euv (u, v ∈ V ) esetén.A következ® tétel adja a 3.8. Tétel nehezebb irányát, s®t ez valamelyest er®sebb annál(ezért könnyebb ezt induk ióval belátni).3.9. Tétel. Legyen 0 ≤ d ≤ 2. Ha G = (V, E) egy [2, d]-gráf, akkor G izosztatikus minden

d-reguláris 2-rúd-rendszer felett.Gyakran használjuk majd azt a tényt, hogy az a, b, c ∈ Rn vektorok pontosan akkorlineárisan függetlenek, ha a, b, c, mint az Rn pontjai, kollineárisak.3.10. Állítás. Ha E egy 2-rúd-rendszer V -n, f1, f2 ∈ Euv, u 6= v ∈ V , és x ∈ R2|V | generikus,akkor a következ®k ekvivalensek:1. Rf1, Rf2

független vektorok,2. Rf1(u), Rf2

(u) független vektorok,3. T f1

u 6= T f2

u .Bizonyítás. Nyilvánvalóan 2-b®l következik 1, és 1-b®l következik 3. Tehát elég belátni, hogy3-ból következik 2. Azt kell bizonyítanunk, hogy ha T f1

u 6= T f2

u , akkor a xu − T f1

u (xv), xu −T f2

u (xv) vektorok függetlenek. Ez utóbbi azzal ekvivalens, hogy az xu, Tf1

u (xv), Tf2

u (xv) pontoknem kollineárisak. Tudjuk, hogy a T f1

u , T f2

u kongruen iák nem azonosak, tehát létezik egyxv ∈ R2, melyre T f1

u (xv) 6= T f2

u (xv). Ehhez az xv választáshoz válasszunk egy xu pontot úgy,hogy ne legyen rajta az T f1

u (xv), Tf2

u (xv) egyenesén. Az iménti xv, xu érték bizonyítja, hogyxu, T

f1

u (xv), Tf2

u (xv) vektorok nem kollineárisak az xv, xu generikus választása esetén sem. 49

3.11. Lemma. Legyen E egy olyan 2-rúd-rendszer, amelyre dimRuv = 4 − d minden u 6=v ∈ V esetén (ahol d := 2|V | − dimR és 0 ≤ d ≤ 2). Legyen az x ∈ R2|V | beágyazásgenerikus. Ekkor a következ®k teljesülnek.1. Minden u ∈ V esetén az M → M(u) mer®leges vetítés injektív. Tehát az M → M(X)is injektív minden ∅ 6= X ⊆ V esetén.2. Ha X ⊆ V , |X| ≥ 2, akkor MX = M(X) és dimM(X) = dimMX = d.3. dimRu ≤ 2 − d minden u ∈ V -re.4. Ha X ⊆ V , |X| ≥ 2 és m ∈ MX, akkor létezik egy egyértelm¶ m′ ∈ M, amelyre

m = m′(X).5. Ha X ⊆ V , |X| ≥ 2 és E egy (teljesen) d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n, akkor E|X egy(teljesen) d-reguláris 2-rúd-rendszer X-en (a G[X] gráfra nézve).Bizonyítás. 1. Elég belátni, hogy ha m 6= 0, akkor m(u) 6= 0 minden m ∈ M esetén.Belátjuk, hogy ha u 6= v ∈ V , akkor m(v) 6= 0-ból következik m(u) 6= 0. Legyenek Rf1, Rf2

∈Ruv független vektorok. Legyen M az ezekb®l, mint sorvektorokból álló mátrix. EkkorMm = 0 teljesül. Így Mm = M(u)m(u) + M(v)m(v) = 0. Az el®z® állításból tudjuk, hogyM(v) invertálható, tehát m(v) 6= 0-ból valóban következik, hogy m(u) 6= 0.2. M(X) ⊆ MX világos. dimM(X) = d az 1-b®l következik. Az |X|-re vonatkozóteljes induk ióval belátjuk, hogy dimMX ≤ d. Ha |X| = 2, akkor dimRuv = 4 − d miattigaz. Legyen |X| ≥ 3 és u, v ∈ X. Az induk iós feltevés miatt dimMX−v ≤ d, azazdimRX−v ≥ 2(|X| − 1) − d. Ha e, f ∈ Ruv független rudak, akkor a 3.10. Állítás szerintRe(v), Rf(v) független vektorok, tehát Re, Rf függetlenek RX−v-t®l. RX−v ∪ Ruv ⊆ RX ,amib®l következik, hogy dimRX ≥ 2(|X| − 1) − d + 2 = 2|X| − d, tehát dimMX ≤ d.3. M(u) ⊆ Mu világos. dimM(u) = d az 1 következménye. Tehát dimMu ≥ d.4. és 5. a 2. közvetlen következménye. 3.12. Lemma. Legyen E egy 2-rúd-rendszer, amelyre dimRuv = 4 − d teljesül minden u 6=v ∈ V esetén (ahol d := 2|V | − dimR és 0 ≤ d ≤ 2). Ha a G = (V, E) gráf izosztatikus azE felett, akkor G egy [2, d]-gráf.Bizonyítás. |E| = 2|V | − d triviális. Ha X ⊆ V, |X| ≥ 2, akkor G[X] független az E|Xfelett, tehát γ(X) ≤ 2|X| − d. Ha X = v, v ∈ V , akkor γ(X) = γ(v) ≤ dimRv ≤ 2 − da 3.11. Lemma szerint. Megemlítjük, hogy a 3.10. Állításban az 1 és 2 ekvivalen iája igaz n = 3-ra is, teháta 3.11 és a 3.12. Lemmák 3 dimenziós analogonjai igazak. Ezek a kérdések nyitottak n ≥ 4esetén. 50

3.3. Az [n, d]-gráfok el®állítási tételeEbben a szakaszban azt az el®állítási tételt látjuk be, amelynek segítségével a 3.9. Tételtigazoljuk majd. Most tehát tisztán kombinatorikus eredmények következnek.Használni fogjuk a körmatroid és a bikör matroid fogalmát (a dení iókat lásd az 1.2. sza-kaszban). A rövidség kedvéért jelölje a körmatroid bázisainak halmazát B0 = B0(V ). F ∈ B0pontosan akkor, ha F a V egy feszít®fája. A bikör matroid bázisainak halmazát pedig jelöljeB1 = B1(V ) (F ∈ B1 pontosan akkor, ha (V, F ) minden komponense pontosan egy körttartalmaz). Megjegyezzük, hogy egy hurkot egy él¶ körnek, és két párhuzamos élet pedigkett® él¶ körnek tekintünk.Whiteley [56 gyelte meg, hogy a matroid partí iós tételb®l következik az alábbi.3.13. Tétel. Ha G = (V, E) egy gráf és 0 ≤ d ≤ n, G pontosan akkor [n, d]-gráf, ha E akörmatroid d darab bázisának és a bikör matroid (n − d) darab bázisának diszjunkt uniója.A következ® m¶veleteket fogjuk használni ezen gráfok egy Henneberg-el®állításához.Ha adott egy G gráf, és k1 + k2 ≤ n (n, k1, k2 ≥ 0), akkor jelölje K(n, k1, k2) a következ®m¶veletet: kiválasztjuk a G-nek k1 élét, felosztjuk ezeket az éleket egy-egy sú sal, majdazonosítjuk ezeket a sú sokat, rakunk rá k2 darab hurkot, és összekötjük n− k1 − k2 darabéllel régi sú sokkal. (Ezzel a m¶velettel az élek száma n-nel n®, és egy (n + k1 + k2) fokú sú s keletkezik.)Azt a gráfot, amelynek egy sú sa van és rajta d darab hurok, Pd-vel jelöljük. Az [n, d]-gráfokra a következ® el®állítási tételt látjuk majd be a 6. fejezetben .3.14. Tétel. Legyen G = (V, E) egy gráf és 1 ≤ d ≤ n. G pontosan akkor [n, d]-gráf, ha Gel®áll a Pn−d-b®l a K(n, k1, k2) m¶veletekkel, ahol k1 + k2 ≤ n − 1, k2 ≤ n − d.Legyen G = (V, E) egy gráf. G pontosan akkor [n, 0]-gráf, ha G el®áll a Pn-b®l aK(n, k1, k2) m¶veletekkel, ahol k1 + k2 ≤ n, k2 ≤ n.A d = n eset jól ismert, el®ször Nash-Williams [37 bizonyította be, majd Tay [50 alkal-mazta a rúd-és-test szerkezetek merevségének karakterizá iójára, és hasonló de bonyolul-tabb el®állítási tételeket alkalmazott [51, 49 egyéb struktúrák esetében. Frank és Szeg®[16 bebizonyított egy hasonló el®állítási tételt, amely az 1.12. Tétel direkt általánosítása.Ebben a fejezetben ezt a tételt n = 2-re és d = 0, 1, 2 esetén használjuk majd. Ezekre azértékekre a 3.14. Tétel a következ®képpen spe ializálódik.3.15. Tétel. 1. Egy gráf pontosan akkor [2, 2]-gráf, ha el®áll P0-ból a K(2, 0, 0), K(2, 1, 0)m¶veletekkel. 51

K(2, 0, 0) K(2, 1, 0) K(2, 0, 1)

K(2, 2, 0) K(2, 1, 1) K(2, 0, 2)

3.8. ábra. A [2, d]-gráfokat el®állító m¶veletek.2. Egy gráf pontosan akkor [2, 1]-gráf, ha el®áll P1-b®l a K(2, 0, 0), K(2, 1, 0), K(2, 0, 1)m¶veletekkel.3. Egy gráf pontosan akkor [2, 0]-gráf, ha el®áll P2-b®l a K(2, 0, 0), K(2, 1, 0), K(2, 0, 1),K(2, 2, 0), K(2, 1, 1), K(2, 0, 2) m¶veletekkel.Adunk egy bizonyítást a 3.15. Tételre, ami illusztrálja, hogyan használható a 3.13. Tételel®állítási tétel bizonyítására. A következ® lemmára lesz szükségünk.3.16. Lemma. 1. Ha F ∈ B1, a v ∈ V sú sra illeszkedik egy e ∈ F él, a v-re illeszkedikegy f /∈ F él, és e benne van az F egy körében, akkor F − e + f ∈ B1.2. Ha F ∈ B1, és az f /∈ F él illeszkedik a v ∈ V sú sra, akkor létezik egy olyan v-reilleszked® e ∈ F él, amelyre F − e + f ∈ B1.3. Ha F1, F2 ∈ B1, az f ∈ F1 − F2 él benne van F1 egy körében, és f illeszkedik a v ∈ V sú sra, akkor létezik egy olyan v-re illeszked® e ∈ F2 −F1 él, amelyre F1 − f + e, F2 −e + f ∈ B1.Bizonyítás. Az 1 és 2 bizonyítása egyszer¶, és következik bel®lük 3. A 3.15. Tétel bizonyítása. Azt az irányt, hogy ha egy gráf el®áll a megadott m¶veletekkel,akkor [n, d]-gráf, könny¶ belátni dení ió szerint. A másik irány igazolásához elég azt be-látnunk, hogy ha G = (V, E) egy [2, d]-gráf és |V | ≥ 2, akkor G el®áll egy G′ [2, d]-gráfbólvalamely K(2, k1, k2) m¶velettel, azaz hogy létezik egy sú s, ahol az inverzoperá ió végre-hajtható úgy, hogy a kapott gráf [2, d]-gráf. Tudjuk, hogy |E| = 2|V | − d. Ha d = 1 vagy

d = 2, akkor létezik egy v sú s, melyre d(v) ≤ 3. Ha d = 0, akkor létezik egy v sú s, melyred(v) ≤ 4. Válasszunk egy ilyen sú sot. Tudjuk a 3.13. Tételb®l, hogy az E felbomlik F1, F2élhalmazok diszjunkt uniójára úgy, hogy ha d = 2, akkor F1, F2 ∈ B0, ha d = 1, akkorF1 ∈ B0, F2 ∈ B1, és ha d = 0, akkor F1, F2 ∈ B1.52

3.9. ábra. A bikör matroid körei.Azt állítjuk, hogy létezik az E-nek olyan F1, F2-re való felbontása is, melyre 1 ≤ dFj(v) ≤

2 teljesül j = 1, 2 esetén. Ha d(v) ≤ 3, akkor ez igaz minden felbontásra (mert 1 ≤ dFj(v)mindig igaz). Ha d(v) = 4 és d = 0, akkor tegyük fel, hogy dF1

(v) = 1 és dF2(v) = 3. Legyen

e a v-re illeszked® egyetlen F1-beli él. Az F2 + e-ben létezik egy egyértelm¶ C matroid-kör(a bikör matroidban).Könnyen ellen®rizhet®, hogy C vagy három bels®leg pontdiszjunkt út két sú s között,vagy C két pontdiszjunkt körb®l és egy ®ket összeköt® útból áll, vagy C két olyan körb®l áll,melyeknek pontosan egy közös sú sa van (lásd a 3.9. ábrát).1. eset: dC(v) ≤ 3. Ekkor dF2+e(v) = 4-b®l következik, hogy létezik egy v-re illeszked®F2 \ C-beli f él. A bázis-ki serélési axióma miatt létezik egy g ∈ F1 él, amelyre F1 − g + fés F2 − f + g B1-beli. Ekkor g 6= e, mert F2 − f + e tartalmazza C-t, és ezért F2 − f + e nemfüggetlen. Tehát dF1−g+f(v) = 2 és dF2−f+g(v) = 2.2. eset: dC(v) = 4. Ez azt jelenti, hogy C két darab,s egy közös sú sal rendelkez®körb®l áll, ahol a közös sú s a v. Ebben az esetben az F2-nek pontosan egy köre megyát v-n, jelölje C0 ezt a kört. Legyen w a v-nek egy olyan szomszédja, melyre f = vwbenne van a C0 körben. Legyen e = uv ∈ F1. Ekkor u 6= w teljesül, mert u = w-b®lkövetkezne, hogy C = C0∪e, ami ellentmondana dC(v) = 4-nek. A 3.16. Lemma harmadikállítását alkalmazva a w sú snál kapjuk, hogy létezik egy g ∈ F1 él, amely illeszkedik w-reés F2 − f + g, F1 − g + f ∈ B1. De w 6= u-ból következik, hogy g 6= e. Tehát dF1−g+f(v) = 2és dF2−f+g(v) = 2.Mindkét esetben beláttuk, hogy az E-nek létezik egy partí iója az F1 és F2 élhalmazokraúgy, hogy 1 ≤ dFj

(v) ≤ 2 teljesül j = 1, 2 esetén. Ha dFj(v) = 1, akkor legyen F ′

j := Fj − vu,ahol uv ∈ E. Ha v-re illeszkedik egy hurok Fj-ben, akkor legyen F ′j := Fj − vv. Ha

dFj(v) = 2, és v-n nin s hurok Fj-ben, akkor ha uv, wv a két Fj-beli V -re illeszked® él, akkorlegyen F ′

j := Fj − uv − wv + uw. Könnyen ellen®rizhet®, hogy ha Fj ∈ Bγ(V ), akkor afent deniált F ′j-re F ′

j ∈ Bγ(V − v). Ezek alapján pedig látható, hogy G egy K(2, k1, k2)m¶velettel kapható G′ = (V − v, F ′1 ∪ F ′

2)-b®l, amely a 3.13. Tétel alapján egy [2, d]-gráf,ahol k1 + k2 ≤ 1, k2 ≤ 2 − d, ha d = 1, 2 illetve k1 + k2 ≤ 2, k2 ≤ 2, ha d = 0. Az n = 2, d = 0 esetben szükségünk van egy valamivel er®sebb tételre ahhoz, hogybelássuk a merevségi eredményünket, mert ebben az esetben azok a sú sok, amelyeken53

dupla-hurok (két hurok él) van, bajokat okoznak.3.17. Tétel. Ha G = (V, E) egy összefügg® [2, 0]-gráf, és |V | ≥ 3, akkor létezik egy G′ =

(V ′, E ′) gráf és egy v ∈ V , melyre V ′ = V − v, és1. v ∈ V ′ : γG(v) = 2 = v′ ∈ V ′ : γG′(v′) = 2,2. a G gráf el®áll a G′-b®l a K(2, 0, 0), K(2, 1, 0), K(2, 0, 1), K(2, 2, 0) és K(2, 1, 1) m¶-veletek valamelyikével,3. ha G a K(2, 1, 1) m¶velettel keletkezik a G′-b®l, akkor a két nem-hurok él, amely v-reilleszkedik, nem párhuzamos,4. ha G a K(2, 2, 0) m¶velettel keletkezik a G′-b®l, akkor a két G′-beli választott él nemkét hurok él.Bizonyítás. Ha létezik egy 2 fokú v sú s G-ben, akkor a G gráf a G − v-b®l kapható aK(2, 0, 0) m¶velettel, és az 1. állítás nyilvánvaló.Tegyük fel tehát, hogy minden fok legalább 3. Ezután tegyük fel el®ször, hogy létezik egyv ∈ V , melyre d(v) = 3. Ha létezik olyan harmadfokú v, amelyre γ(v) = 1, akkor G a G−v-b®l kapható K(2, 0, 1)-gyel. Feltehetjük, hogy ebben az esetben γ(v) = 0 teljesül mindenharmadfokú v-re. Az állítjuk, hogy ekkor vagy létezik egy olyan v, amelynek legalább kétszomszédja van, vagy egy olyan v, amelynek sak egy u szomszédja van, amelyre γ(u) = 0.Tegyük fel indirekt, hogy minden harmadfokú v sú snak sak egy v′ szomszédja van ésγ(v′) ≥ 1. Jelölje v1, . . . , vk a harmadfokú sú sokat, és legyen v′

i a vi egyetlen szomszédja.γ(vi, v

′i) ≤ 4-b®l következik, hogy γ(v′

i) = 1 minden i-re. Világos, hogy vi 6= v′j , mert

γ(vi) = 0 és γ(v′j) = 1. Valamint v′

i 6= v′j , ha i 6= j, mert v′

i = v′j-b®l következne, hogy

γ(vi, vj, v′i) = 7, ami ellentmond (3.7)-nek. Tehát v1, . . . , vk, v

′1, . . . , v

′k különböz® sú sok.Legyen V0 := v1, . . . , vk és V ′

0 := v′1, . . . , v

′k. Tekintsük a következ® egyenl®tlenségeket.

4|V | = 2|E| =∑

v∈V

deg(v) =∑

v∈V0

deg(v) +∑

v∈V ′0

deg(v) +∑

v∈V −V0−V ′0

deg(v) ≥

≥ 3k + 5k + 4(|V | − 2k) = 4|V |Tehát egyenl®ség van mindenütt, ezért deg(v′i) = 5. Ebb®l következik, hogy vi, v

′i egyösszefügg®ségi komponense a G gráfnak. Ez ellentmond annak a feltételnek, hogy G egyösszefügg®, legalább 3 sú sú gráf.Válasszunk egy olyan v harmadfokú sú sot, amelynek vagy legalább két szomszédjavan, vagy ha sak egy u szomszédja van, akkor γ(u) = 0. Tudjuk, hogy E partí ionálható54

F1, F2 ∈ B1 halmazokra. Tegyük fel, hogy dF1(v) = 2, dF2

(v) = 1, és jelölje az F1-beli v-reilleszked® két élet f1 = vu, f2 = vw, és jelölje az F2 v-re illeszked® élét e = vz. Ha u 6= wvagy u = w = z, akkor G′ := G − v + uw kielégíti a követelményeket. Ha u = w 6= z,akkor a 3.16. Lemma miatt F1 − f1 + e, F2 − e + f1 ∈ B1, tehát G′ := G − v + uz kielégíti akövetelményeket.Ha nem létezik G-ben harmadfokú sú s, akkor minden sú s foka 4. Ha minden sú sonvan hurok, akkor a hurkok törlése után egy összefügg®, legalább 3 sú sú 2-reguláris gráfotkapunk, ami sak egy legalább 3 sú sú kör lehet. Ebben az esetben ha v egy tesz®leges sú s, és u, w a szomszédjai, akkor G′ := G − v + uw kielégíti a követelményeket.Tehát feltehetjük, hogy minden sú s foka 4, és létezik egy v sú s, amelyre γ(v) = 0.A v sú snak van legalább két szomszédja, mert ha u lenne a v egyetlen szomszédja, akkord(u, v) = 4 és d(u) = d(v) = 4 miatt u, v egy összefügg®ségi komponense lenne G-nek,ami nem lehet. Legyenek a v-re illeszked® élek e = uv, f = wv, g = zv, h = tv. Aminta 3.15. Tétel bizonyításában történt, partí ionálhatjuk most is az E-t az F1, F2-re úgy, hogyF1, F2 ∈ B1 és dFi

(v) = 2.Ha u, w, t, z sú sok 4 különböz® sú s, akkor legyen mondjuk e, f ∈ F1 és g, h ∈ F2.Ekkor G − v + vw + zt kielégíti a követelményeket.Ha |u, w, t, z| = 3, akkor legyen mondjuk u = w és u, t, z 3 különböz® sú s. A 3.16. Lem-ma miatt feltehetjük, hogy e, g ∈ F1 és f, h ∈ F2, tehát G′ := G − v + ut + uz kielégíti akövetelményeket.Ha |u, w, t, z| = 2, akkor két eset van. Az els® esetben mondjuk u = w 6= z = t, akkora 3.16. Lemma szerint feltehet®, hogy e, g ∈ F1 és f, h ∈ F2, ekkor G′ := G − v + uz + uzkielégíti a követelményeket. A második esetben mondjuk u = w = z 6= t. Ekkor γ(u) = 0,mert d(u) = 4. Ekkor G′ := G − v + uu + ut kielégíti a követelményeket. 3.4. Az izosztatikus gráfok karakterizá iójaEbben a szakaszban belátjuk a 3.9. Tételt. Használni fogjuk a 3.15 és a 3.17. Tételeket.A 3.26. Lemma azt mondja majd ki, hogy a tétel igaz ki si gráfokra. Be kell látnunk, hogy aK(2, 0, 0), K(2, 1, 0), K(2, 0, 1), K(2, 2, 0), K(2, 1, 1) m¶veletek meg®rzik a merevséget, ésa d = 2 esetben meg kell gyelnünk, hogy izosztatikus gráfok diszjunkt uniója is izosztatikus.Ez a tartalma a 3.22, 3.25, 3.27, 3.29, 3.31 és a 3.32. Lemmáknak.Ha a 6= b ∈ R2, akkor az a és b pontokon keresztül men® egyenest jelölje line(a, b). Ha Megy k × 2|V | méret¶ mátrix, és R ∈ R2|V |, akkor M ∪ R jelölje azt a (k + 1) × 2|V | méret¶mátrixot amelyet úgy kapunk M-b®l, hogy hozzáadjuk R-et, mint sort. Analóg módon, haM egy k × 2|V | méret¶ mátrix, és R ∈ R2|V | az M egyik sora, akkor M \ R jelöli azt a55

(k−1)×2|V | méret¶ mátrixot, amelyet az M-b®l az R sor törlésével kapunk. Legyen u ∈ Vés V ′ = V −u. Ha M egy k×2|V ′| méret¶ mátrix, akkor [M, 0]-val jelöljük azt a k×2|V |méret¶ mátrixot, amelyet M-b®l kapunk két az u-hoz tartozó nulla-oszlop hozzáadásával.Használni fogjuk a következ® egyszer¶ tényeket. Ha T egy egybevágóság, akkor T (λx +

(1−λ)y) = λT (x)+(1−λ)T (y). Valamint ha T (x) = Ax+b, akkor T (x)−T (y) = A(x−y).Legyen E egy d-reguláris 2-rúd-rendszer és x : V → R2 egy sú s-realizá ió. Legyeneku, v, w ∈ V különböz® sú sok és legyen e ∈ Euv, f ∈ Euw. Deniáljuk a következ® Ref ∈ R2|V |vektort:

Ref(z) :=

xv − T ev T f

u (xw) ha z = v,

xw − T fwT e

u(xv) ha z = w,

0 ha z ∈ V − v, w.Ha u 6= v = w, akkor legyenRef(z) :=

2xv −(

T ev T f

u (xv) + T fv T e

u(xv)) ha z = v,

0 ha z ∈ V − v.3.18. Lemma. Legyen E egy d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n és x : V → R2 egy sú s-realizá ió. Legyenek u, v, w ∈ V különböz® sú sok, és legyen e ∈ Euv, f ∈ Euw.1. Ha xu = λT eu(xv) + (1 − λ)T f

u (xw), akkor Re(u) = (1 − λ)(

T fu (xw) − T e

u(xv)), és

Rf(u) = λ(

T eu(xv) − T f

u (xw)).2. Ha λ ∈ R − 0, 1 és xu = λT e

u(xv) + (1 − λ)T fu (xw), akkor Ref = 1

1−λRe + 1

λRf .3. Ha e ∈ Euv, f1, . . . , fk ∈ Euw, valamint az Rf1

, . . . , Rfkvektorok függetlenek, akkor az

Ref1, . . . , Refk

vektorok függetlenek generikus x esetén.4. Ref ∈ Rvw (⊆ R)Bizonyítás. 1: Re(u) = xu−T ev (xv) = λT e

u(xv)+(1−λ)T fu (xw)−T e

u(xv) = (1−λ)T fu (xw)−(1−

λ)T eu(xv). Rf (u) = xu −T f

w(xw) = λT eu(xv)+ (1−λ)T f

u (xw)− T fu (xw) = λT e

u(xv)− λT fu (xw).2: 1

1−λRe(v) + 1

λRf (v) = 1

1−λ(xv − T e

v (xu)) = 11−λ

(xv − T ev (λT e

u(xv) + (1 − λ)T fu (xw))) =

11−λ

(xv −λT ev (T e

u(xv))− (1−λ)T ev (T f

u (xw))) = 11−λ

(xv −λxv − (1−λ)T ev T f

u (xw)). 11−λ

Re(w)+1λRf (w) = 1

λ(xw −T f

w(xu)) = 1λ(xw −T f

w(λT eu(xv)+ (1−λ)T f

u (xw))) = 1λ(xw −λT f

w(T eu(xv))−

(1 − λ)T fw(T f

u (xw))) = 1λ(xw − λT f

wT eu(xv) − (1 − λ)xw). 1

1−λRe(z) + 1

λRf (z) = 0 világos, ha

z ∈ V − v, w, u. 1-b®l pedig következik 11−λ

Re(u) + 1λRf(u) = 0.3: Indirekt tegyük fel, hogy az Ref1

, . . . , Refkvektorok nem lineárisan függetlenek gene-rikus x esetén. Ez azt jelenti, hogy az (xv − T e

v T fiu (xw), xw − T fi

w T eu(xv)) ∈ R4 (i = 1, . . . , k)56

vektorok összefügg®ek generikus xv, xw esetén. Ebb®l következik, hogy ezek a vektorok össze-függ®ek minden xv, xw választás esetén. Az xv = T ev (y) helyettesítés után azt kapjuk, hogy a

(T ev (y)−T e

v T fiu (xw), xw−T fi

w (y)) (i = 1, . . . , k) vektorok összefügg®ek minden xw és y választásesetén. Ha T ev (x) = Ax+ b, ahol A egy ortogonális transzformá ió, akkor ezt behelyettesítvekapjuk, hogy (T e

v (y)−T ev T fi

u (xw), xw−T fiw (y)) = (A(y−T fi

u (xw)), xw−T fiw (y)). Alkalmazva a

(

A−1 0

0 I

)

: R4 → R4 lineáris transzformá iót kapjuk, hogy az (y−T fiu (xw), xw−T fi

w (y)) (i =

1, . . . , k) vektorok összefügg®ek az xw, y minden választása esetén, de ez azt jelenti, hogy azRf1

, . . . , Rfkösszefügg®ek generikus x esetén. Ez ellentmondás.4. Legyen m′

1, . . . , m′d az Mvw altér egy bázisa. A 3.11. Lemma szerint léteznek m1,. . . ,md ∈ M vektorok, amelyekre m′

i = mi(v, w). Világos, hogy m1, . . . , md egy bázisaM-nek. Tudjuk, hogy mi mer®leges az Re, Rf -re generikus x ∈ R2|V | esetén, tehát mer®legesrájuk minden x esetén. Válasszuk xu-t a következ®képpen: xu := λT e

u(xv) + (1 − λ)T fu (xw),ahol xv, xw és λ generikusak. Ezekkel a választásokkal még mindig tudjuk, hogy mi mer®leges

Re, Rf -re, és ezért Ref -re is (itt 2-t használtuk). De mi(v, w) = m′i, tehát m′

i mer®legesRef -re generikus xv és xw esetén, ezért Ref ∈ Rvw. 3.19. Lemma. Legyen E egy d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n és x : V → R2 egy sú s-realizá ió. Legyen u 6= v ∈ V és e, f ∈ Euv.1. Ha xu = λT e

u(xv)+(1−λ)T fu (xv), akkor Re(u) = (1−λ)

(

T fu (xv) − T e

u(xv)) és Rf (u) =

λ(

T eu(xv) − T f

u (xv)).2. Ha λ 6= 0, λ 6= 1, és xu = λT e

u(xv) + (1 − λ)T fu (xv), akkor Ref = 1

1−λRe + 1

λRf .3. Ha e, f, g ∈ Euv, és az Re, Rf , Rg vektorok függetlenek, akkor generikus x esetén az

Ref , Reg vektorok legalább egyike nem nulla.4. Ref ∈ R (ha |V | ≥ 3)Bizonyítás. 1: Re(u) = xu − T ev (xv) = λT e

u(xv) + (1− λ)T fu (xw)− T e

v (xv) = (1− λ)T fu (xw)−

(1−λ)T eu(xv). Rf (u) = xu−T f

v (xv) = λT eu(xv)+(1−λ)T f

u (xw)−T fu (xv) = λT e

u(xv)−λT fu (xv).2: 1

1−λRe(v) = 1

1−λ(xv − T e

v (xu)) = 11−λ

(xv − T ev (λT e

u(xv) + (1 − λ)T fu (xv))) = 1

1−λ(xv −

λT ev (T e

u(xv)) − (1 − λ)T ev (T f

u (xv))) = 11−λ

(xv − λxv − (1 − λ)T ev T f

u (xv)) = xv − T ev T f

u (xv).1λRf (v) = 1

λ(xv − T f

v (xu)) = 1λ(xv − T f

v (λT eu(xv) + (1 − λ)T f

u (xv))) = 1λ(xv − λT f

v (T eu(xv)) −

(1 − λ)T fv (T f

u (xv))) = 1λ(xv − λT f

v T eu(xv) − (1 − λ)xv) = xv − T f

v T eu(xv). Ebb®l következik,hogy 1

1−λRe(v) + 1

λRf (v) = 2xv − (T e

v T fu (xv) + T f

v T eu(xv)). 1

1−λRe(z) + 1

λRf (z) = 0 világos,ha z ∈ V − v, u. 1-b®l pedig következik 1

1−λRe(u) + 1

λRf (u) = 0.3: Belátjuk, hogy ha Ref = Reg = 0, akkor az Re, Rf , Rg vektorok összefügg®ek generikus

x esetén. Ref = 0 azt jelenti, hogy 2I = T ev T f

u + T fv T e

u . Legyen T := T ev T f

u . Tudjuk, hogy57

2I = T + T−1, ahol T (x) = Ax + b egy egybevágósága R2-nek. Ekkor 2I = A + A−1, aholA ortogonális. Azt állítjuk, hogy ebb®l következik, hogy A = I. Válasszunk egy x ∈ R2vektort, melyre ‖x‖ = 1, erre 2 = ‖2x‖ = ‖Ax+A−1x‖ ≤ ‖Ax‖+‖A−1x‖ = 1+1 = 2. Mivela háromszög-egyenl®tlenségben egyenl®ség áll, így Ax és A−1x párhuzamos egységvektorok.De Ax + A−1x = 2x 6= 0. Ebb®l következik, hogy Ax = A−1x tesz®leges x ∈ R2, ‖x‖ = 1esetén, tehát A = A−1. Ezért 2I = A + A−1 = 2A-ból következik, hogy A = I.Azt kaptuk, hogy Ae

vAfu = I, ami azt jelenti, hogy Ae

v = Afv . Hasonlóan Reg = 0-bólkövetkezik Ae

v = Agv. Tehát Ae

v = Afv = Ag

v. Ha y ∈ R2, akkor deniáljuk az my ∈ R2|V |-t a következ®képpen: my(u) := y és my(v) := (Aev)

−1y. Könnyen ellen®rizhet®, hogy mymer®leges Re, Rf , Rg-re minden y ∈ R2 esetén. Ebb®l következik, hogy az 〈Re, Rf , Rg〉-nek az R2|V |(u, v)-beli ortogonális kiegészít®je legalább két dimenziós, tehát Re, Rf , Rgösszefügg®, mert dim(

R2|V |(u, v))

= 4.4. Legyen w ∈ V −v, u, és legyen m′1, . . . , m

′d egy bázisa az Mvw-nek. A 3.11. Lemmamiatt léteznek m1, . . . , md ∈ M vektorok, melyekre m′

i = mi(v, w). Világos, hogym1, . . . , md az M egy bázisát alkotják. Tudjuk, hogy mi mer®leges Re, Rf -re generikusx ∈ R2|V | esetén, tehát mer®leges minden x esetén. Válasszuk xu-t a következ® módon:xu := λT e

u(xv)+(1−λ)T fu (xv), ahol xv és λ generikusak. Ezzel a választással is tudjuk, hogy

mi mer®leges Re, Rf -re, és ezért Ref -re is (itt 2-t használtuk). De mi(v, w) = m′i, és így

m′i mer®leges Ref -re generikus xv és xw esetén, tehát Ref ∈ Rvw ⊆ R. Láthatjuk, hogy a 3.19. Lemma harmadik állítása gyengébb, mint a 3.18. lemmabelianalóg állítás. Ez az oka annak, hogy szükségünk van a 3.17. Tételre, az er®sebb el®állításitételre a d = 0 esetben. A következ® két egyszer¶ lineáris algebrai tényt fogjuk még használni.3.20. Állítás. Ha a v0, v1, . . . , vk vektorok lineárisan függetlenek, és v0 ∈ 〈u1, . . . , ul〉, akkorlétezik i ∈ 1, . . . , l, amelyre az ui, v1, . . . , vk vektorok függetlenek.3.21. Lemma. Legyen V ′ = V − u. Legyen M egy k × 2|V |′ méret¶ mátrix, amelynek asorai függetlenek, és R1, R2 ∈ R2|V | az M olyan sorai, amelyekre R1(u), R2(u) függetlenek.Ekkor az M ′ := [M, 0] ∪ R1 ∪ R2 mátrix sorai is függetlenek.Bizonyítás. Az M ′ mátrix a következ® alakú: (M 0

A C

), ahol C egy olyan 2 × 2-es mátrix,amelynek a sorai R1(u), R2(u), tehát r(C) = 2. Ezért az r(M ′) ≥ r(M) + r(C) = k + 2egyenl®tlenségb®l következik az állítás. 3.22. Lemma. Legyenek G = (V, E) és G′ = (V ′, E ′) [2, d]-gráfok (0 ≤ d ≤ 2) úgy, hogyV ′ = V − u és E = E ′ + uv + uw. Ha G′ izosztatikus minden d-reguláris 2-rúd-rendszerfelett, akkor G is izosztatikus minden d-reguláris 2-rúd-rendszer felett. (Lásd a 3.10. ábrát.)58

3.10. ábra. K(2, 0, 0)Bizonyítás. Tegyük fel, hogy adott egy E d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n, és legyen E ′ := E|V ′ .A 3.11. Lemma szerint E ′ d-reguláris 2-rúd-rendszer V ′-n, tehát létezik G′-nek egy α′ él-realizá iója, amelyre az Mα′ merevségi mátrix sorai függetlenek generikus x ∈ R2|V ′| esetén.Legyen e ∈ Euv, és legyenek f1, f2 ∈ Euw független rudak. Ekkor a 3.10. Lemma szerintRf1

(u), Rf2(u) függetlenek, tehát Re(u), Rfi

(u) függetlenek (az Re(u) 6= 0 világos) valamelyi ∈ 1, 2 esetén (a 3.20. Állítás szerint).Ebb®l következik, hogy az M := [Mα′ , 0] ∪ Re ∪ Rfi

sorai függetlenek a 3.21. Lemmamiatt. De M = Mα, ahol α|E′ := α′, és α(uv) = e, α(uw) = fi. Tehát G izosztatikus. 3.23. Állítás. Legyen E egy d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n és u ∈ V . Ha Re, Rf , Rg ∈ Ruvfüggetlenek, akkor a T ev (xu), T

fv (xu), T

gv (xu) ∈ R2 pontok nem kollineárisak generikus xuesetén.Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy T ev (xu), T

fv (xu), T

gv (xu) kollineárisak. Legyen T e

v (x) =

Aex+ be, Tfv (x) = Afx+ bf és T g

v (x) = Agx+ bg . Ekkor tehát az Aex+ be, Afx+ bf , Agx+ bgpontok kollineárisak minden x esetén. Legyen K ∈ R − 0 és y ∈ R2, ‖y‖ = 1, ekkoraz x = Ky helyettesítés után azt kapjuk, hogy Aey + be

K, Afy +

bf

K, Agy + bg

Kkollineárisak.Ha K → +∞, akkor kapjuk, hogy Aey, Afy, Agy kollineáris minden y ∈ R2 esetén. De

Aey, Afy, Agy az R2 egységkörén vannak, azaz Aey, Afy, Agy ∈ z ∈ R2 : ‖z‖ = 1. Ekkor|Aey, Afy, Agy| ≤ 2 minden y-ra, tehát valamelyik két transzformá ió az Ae, Af , Ag közülvégtelen sok ponton megegyezik, és így azonos is. Tegyük fel mondjuk, hogy Ae = Af .Ebben az esetben T e

v 6= T fv -b®l következik, hogy be 6= bf . Az Aex + be, A

ex + bf , Agx +

bg kollinearitásából következik, hogy 0, bf − be, (Ag − Ae)x + bg − be kollineáris. Ez aztjelenti, hogy az Ag − Ae = Ae(Ag(Ae)−1 − I) transzformá ió nem invertálható, tehát az

Ag(Ae)−1-nek az 1 sajátértéke. Ag(Ae)−1 forgatás, tehát Ag(Ae)−1 = I. Ae = Af = Ag-b®l pedig következik (ugyanúgy, mint a 3.19. Lemma harmadik állításának bizonyításában),hogy Re, Rf , Rg összefügg®ek. 3.24. Állítás. Legyen E egy d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n és x : V → R2 egy sú s-realizá ió. Legyenek u, v1, v2, v3 ∈ V olyanok, hogy u /∈ v1, v2, v3, fi ∈ Euvi, és tegyükfel, hogy párhuzamos élekhez független fi-k tartoznak, azaz

fi : i ∈ I független, ha |vi : i ∈ I| = 1 minden ∅ 6= I ⊆ 1, 2, 3 esetén.59

3.11. ábra. K(2, 1, 0)Ekkor T f1

u (xv1), T f2

u (xv2), T f3

u (xv3) nem kollineárisak generikus xv1

, xv2, xv3

-k esetén.Bizonyítás. Ha v1 = v2 = v3, akkor az állítás pont a 3.23. Lemma állítása. Tegyük felmost, hogy v1 /∈ v2, v3. Ha v2 = v3, akkor f2, f3 függetlenek, ezért T f2

2 6= T f3

3 , te-hát T f2

2 (xv2) 6= T f3

3 (xv3). Ha v2 6= v3, akkor T f2

2 (xv2) 6= T f3

3 (xv3) triviálisan következik az

xv2, xv3

generikusságából. Tehát mindkét esetben választhatunk egy olyan xv1-et, amelyre

T f1

1 (xv1) /∈ line(T f2

2 (xv2), T f3

3 (xv3)). Tehát a T f1

1 (xv1), T f2

2 (xv2), T f3

3 (xv3) sú sok nem kolline-árisak generikus xv1

, xv2, xv3

esetén. 3.25. Lemma. Legyenek G = (V, E) és G′ = (V ′, E ′) [2, d]-gráfok (0 ≤ d ≤ 2), amelyekreV ′ = V −u, E = E ′−vw+uv +uw+uz és v ∈ V ′ : γG(v) = 2 = v ∈ V ′ : γG′(v) = 2.Ha G′ izosztatikus minden d-reguláris 2-rúd-rendszer felett, akkor G is izosztatikus mindend-reguláris 2-rúd-rendszer felett. (Lásd a 3.11. ábrát.)Bizonyítás. Tegyük fel, hogy adott egy E d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n. Ha v 6= w, akkorlegyen E ′ := E|V ′ . Ha v = w, akkor γG′(v) = 1. Ebben az esetben deniáljuk az E ′-t akövetkez® módon. A 3.19. Lemma szerint létezik e, f ∈ Euv úgy, hogy Ref 6= 0. LegyenE ′

vv := κ, ahol T κv := T e

v T fu . Ezzel a választással Rκ = Ref (a 3.19. Lemma szerint).Legyen E ′

ab := Eab minden a, b 6= v, a, b ∈ V ′ esetén.Az E ′ egy d-reguláris 2-rúd-rendszer G′-re, tehát létezik a G′-nek egy α′ él-realizá iója,amelyre az Mα′ merevségi mátrix sorai lineárisan függetlenek. Legyen a egy vw élhez rendeltrúd, azaz α′(vw) = a ∈ Evw.Ha v 6= w, akkor legyen e ∈ Euv, valamint legyenek f1, . . . , f4−d ∈ Euw olyanok, hogyRf1

, . . . , Rf4−degy bázisa Ruw-nek. Ebben az esetben Ref1

, . . . , Ref4−degy bázisa Rvw-neka 3.18. Lemma miatt. Ezek a vektorok generálják az Ra ∈ Rvw vektort, tehát a 3.20. Állításmiatt létezik 1 ≤ i ≤ 4 − d, melyre az M1 := Mα′ ∪ Refi

|V ′ \ Ra sorai függetlenek. Legyenf := fi.Tehát a v = w és a v 6= w esetben is: ∃ e ∈ Euv, f ∈ Euw, és létezik egy α′ él-realizá ió ésegy a rúd úgy, hogy α′(vw) = a, és az M1 := Mα′ ∪ Ref |V ′ \ Ra mátrix sorai függetlenek (av = w esetben a = κ és M1 = M).Legyen x ∈ R2|V ′| egy generikus sú s-realizá ió, és legyen xu = xu(λ) := λT e

u(xv) + (1−λ)T f

u (xw), ahol λ generikus (ezen választás mellett xu már nem generikus).60

z

uw

v

fh1

h2

exu

T eu(xv)

T fu (xw)

T h2

u (xz)T h2

u (xz)

3.12. ábra.Legyenek h1, h2 ∈ Euz olyanok, hogy Rh1, Rh2

függetlenek. Azt állítjuk, hogy Rh1(u),

Rh2(u) ∈ R2 függetlenek a fenti xu választás mellett. Belátjuk, hogy az xu(λ) − T h1

u (xz),xu(λ) − T h2

u (xz) vektorok függetlenek a λ valamely választása mellett. Elég azt igazolni,hogy a T eu(xv), T

fu (xw), T h1

u (xz), Th2

u (xz) pontok nem kollineárisak. (Lásd a 3.12. ábrát.)Ha |v, w, z| ≥ 2, akkor ez következik a generikusságból és a következ® tényekb®l (lásda 3.24. Állítást): ha v = w, akkor T eu 6= T f

u , ha v = z, akkor T eu 6= T hi

u valamely i-re, és haw = z, akkor T f

u 6= T hiu valamely i-re.Ha v = w = z, akkor válasszuk a h1, h2 rudakat úgy, hogy Re, Rh1

, Rh2függetleneklegyenek, és ebben az esetben a 3.23. Állítás miatt a fenti pontok nem kollineárisak.Abból, hogy az Rh1

(u), Rh2(u) függetlenek, következik, hogy az Rf(u), Rhi

(u) függetlenekvalamely i = 1, 2 esetén. Legyen h := hi.Ekkor az M2 := [M1, 0] ∪ Rf ∪ Rh mátrix sorai függetlenek a 3.21. Lemma miatt. AzRef = 1

1−λRe+

1λRf egyenl®ség (amely a 3.18 vagy 3.19. Lemma miatt igaz) mutatja, hogy az

M3 := M2 ∪Re \Ref mátrix sorai is függetlenek. De M3 = Mα az xu egy spe iális választásamellett, ahol α|E′−vw := α′ és α(uv) := e, α(uw) := f , α(uz) := h, tehát G izosztatikus. 3.26. Lemma. Legyen G = (V, E) egy [n, d]-gráf, 0 ≤ d ≤ n és |V | ≤ 2. Ekkor G izosztati-kus minden d-reguláris n-rúd-rendszer felett.Bizonyítás. Ha V = u, akkor válasszunk az u-n lev® hurkoknak független realizá iókat.Ez megtehet®, mivel dim Euu ≥ γ(u).Ha V = u, v, ahol u 6= v, akkor válasszunk az u-n lev® hurkoknak független realizá ió-kat, majd a v-n lev® hurkoknak válasszunk független realizá iókat. Ezek a rudak együttesenis függetlenek, mivel az u hurok-rúdjainak vektorainak tartója diszjunkt a v-n lev® hurok-rudak vektorainak tartójától. Ezek után válasszunk (2n − d) − γ(u) − γ(v) darab vektortaz Euv-b®l úgy, hogy a 2n − d vektor együtt is független legyen. Ez azért tehet® meg, mertdimRuv = 2n − d. Ezzel az eljárással egy izosztatikus realizá iót kaptunk. A 3.9. Tétel bizonyítása a d = 2 esetben. A bizonyítás a |V |-re vonatkozó teljes induk ióvaltörténik. Ha |V | ≤ 2, akkor G izosztatikus a 3.26. Lemma szerint. Ha |V | ≥ 3, akkora 3.15. Tétel szerint G el®áll egy G′ [2, 2]-gráfból a K(2, 0, 0) vagy a K(2, 1, 0) m¶velet61

3.13. ábra. K(2, 0, 1)segítségével. Az induk iós feltevés szerint G′ izosztatikus minden 2-reguláris 2-rúd-rendszerfelett, és a 3.22 és 3.25. Lemmákból következik, hogy G is izosztatikus minden 2-reguláris2-rúd-rendszer felett. 3.27. Lemma. Legyenek G = (V, E) és G′ = (V ′, E ′) [2, d]-gráfok (0 ≤ d ≤ 1) úgy, hogyV ′ = V − u és E = E ′ + uv + uu. Ha G′ izosztatikus minden d-reguláris 2-rúd-rendszerfelett, akkor G is izosztatikus minden d-reguláris 2-rúd-rendszer felett. (Lásd a 3.13. ábrát.)Bizonyítás. Tegyük fel, hogy adott egy E d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n. E|V ′ egy d-reguláris2-rúd-rendszer G′-höz, tehát a G′-nek létezik egy α′ él-realizá iója, amelyre az Mα′ merevségimátrix sorai függetlenek. Legyen α|E′ := α′, és legyen α(uu) egy teszt®leges nem nulla feleme Euu-nak, és legyen α(uv) egy olyan g eleme Euv-nek, amelyre Rf (u), Rg(u) függetlenek(ilyen g létezik a 3.10. Lemma miatt). Ezzel a választással az Mα = [Mα′ , 0] ∪ Rf ∪ Rgmerevségi mátrix sorai függetlenek lesznek a 3.21. Lemma miatt, tehát G izosztatikus az Efelett. A 3.9. Tétel bizonyítása a d = 1 esetben. A bizonyítás a |V |-re vonatkozó teljes induk ióvaltörténik. Ha |V | ≤ 2, akkor G izosztatikus a 3.26. Lemma szerint. Ha |V | ≥ 3, akkora 3.15. Tétel szerint G el®áll egy G′ [2, 1]-gráfból a K(2, 0, 0), a K(2, 1, 0) vagy a K(2, 0, 1)m¶velet segítségével. Az induk iós feltevés szerint G′ izosztatikus minden 1-reguláris 2-rúd-rendszer felett, és a 3.22, 3.25 és 3.27. Lemmákból következik, hogy G is izosztatikus minden1-reguláris 2-rúd-rendszer felett. A [2, 0] esetben több m¶veletre van szükségünk a [2, 0]-gráfok el®állításához, és többte hnikai nehézséggel kell szembenéznünk.3.28. Lemma. Legyenek G = (V, E) és G′ = (V ′, E ′) [2, 0]-gráfok, amelyekre V ′ = V −ués E = E ′ − vw − zt + uv + uw + uz + ut. Legyen E egy 0-reguláris 2-rúd-rendszer G-hez,és legyen α′ egy izosztatikus él-realizá iója G′-nek az E|V ′ 0-reguláris 2-rúd-rendszer felett.Legyen e ∈ Euv, f ∈ Euw, g ∈ Euz és h ∈ Eut úgy, hogy az alábbiak teljesülnek.1. Léteznek a, b rudak, amelyekre α′(vw) = a, α′(zt) = b, és az M1 := Mα′ ∪ Ref |V ′ ∪

Rgh|V ′ \ Ra \ Rb mátrix sorai függetlenek.2. A (T eu(xv) − T f

u (xw)), (T gu (xz) − T h

u (xt)) vektorok lineárisan függetlenek generikus x ∈R2|V | esetén. 62

w

v

u

z

t

T fu (xw)

T gu (xz)

T eu(xv) T h

u (xt)

g f

e hxu

3.14. ábra.3. Ha F ⊆ e, f, g, h párhuzamos rudakat tartalmaz u és u′ között, ahol u′ ∈ v, w, z, t(azaz F ⊆ Euu′), akkor F független.Ekkor a G gráf izosztatikus E felett.Bizonyítás. Deniálunk egy α él-realizá iót: legyen α|E′−vw−zt := α′|E′−vw−zt, és legyenα(uv) := e, α(uw) := f , α(uz) := g és α(ut) := h. Belátjuk, hogy az α él-realizá ióizosztatikus.Legyen az x ∈ R2|V ′| sú s-realizá ió generikus. Válasszunk olyan λ, µ ∈ R-et, amelyekkielégítik a következ® egyenl®séget:

λT eu(xv) + (1 − λ)T f

u (xw) = µT gu (xz) + (1 − µ)T h

u (xt).Ilyen λ, µ azért létezik, mert a (T eu(xv)−T f

u (xw)), (T gu (xz)−T h

u (xt)) vektorok függetlenek. Le-gyen xu := λT eu(xv)+(1−λ)T f

u (xw). xu tehát a line(T eu(xv), T

fu (xw)) és a line(T g

u (xz), Thu (xt))egyenesek metszéspontja. Ezzel a választással a λ, µ és az xu nem lesznek generikusak.Azt állítjuk, hogy az Re(u) = xu − T e

u(xv) és Rg(u) = xu − T gu (xz) vektorok lineárisanfüggetlenek, ami azt jelenti, hogy xu, T

eu(xv), T

gu (xz) nem kollineáris, és azt állítjuk, hogy

λ, µ /∈ 0, 1. Ezek következnek azokból, hogy a T eu(xv), T

gu (xz), T

hu (xt) pontok nem kolline-árisak, a T e

u(xv), Tgu (xz), T

fu (xw) pontok nem kollineárisak, a T h

u (xt), Tfu (xw), T e

u(xv) pontoknem kollineárisak, és a T hu (xt), T f

u (xw), T gu (xz) pontok nem kollineárisak. (Lásd a 3.14. áb-rát.) Ezek pedig a 3.24. Állítás és a 3-as feltétel miatt igazak.A 3.21. Lemmából tudjuk, hogy az M2 := [M1, 0] ∪ Re ∪ Rg sorai függetlenek. Az

Ref = 11−λ

Re + 1λRf és az Rgh = 1

1−µRg + 1

µRh egyenl®tlenségekb®l (amelyek a 3.18 ésa 3.19. Lemma miatt igazak) következik, hogy az M3 := M2 ∪ Rf ∪ Rh \ Ref \ Rgh mátrixsorai függetlenek. De M3 = Mα az xu egy spe iális választása mellett. 3.29. Lemma. Legyenek G = (V, E) és G′ = (V ′, E ′) [2, 0]-gráfok, amelyekre V ′ = V −u,

E = E ′ − vw − zt + uv + uw + uz + ut, v ∈ V ′ : γG(v) = 2 = v ∈ V ′ : γG′(v) = 2teljesül és z /∈ v, w, t. Ha G′ izosztatikus minden 0-reguláris 2-rúd-rendszer felett, akkorG is izosztatikus minden 0-reguláris 2-rúd-rendszer felett. (Lásd a 3.15. ábrát.)63

3.15. ábra. K(2, 2, 0)Bizonyítás. Tegyük fel, hogy adott egy E 0-reguláris 2-rúd-rendszer G-hez. Ha v 6= w, akkorlegyen E ′ := E|V ′.Ha v = w, akkor γG′(v) = 1. Deniáljuk az E ′-t a következ®képpen. A 3.19. Lemmaszerint léteznek e, f ∈ Euv, amelyekre Ref 6= 0. Legyen E ′vv := κ, ahol T κ

v := T ev T f

u .Ezzel a választással Rκ = Ref (a 3.19. Lemma szerint). Legyen E ′ab := Eab minden a, b 6=

v, a, b ∈ V ′ esetén.Az E ′ egy 0-reguláris 2-rúd-rendszer G′-höz, tehát létezik G′-nek egy olyan α′ él-realizá- iója, melyre az Mα′ merevségi mátrix sorai függetlenek. Válasszunk a, b rudakat úgy, hogyα(vw) = a és α(zt) = b.Ha v 6= w, akkor legyen e ∈ Euv, és legyenek f1, . . . , f4 ∈ Euw olyanok, hogy Rf1

, . . . , Rf4az Ruw egy bázisát alkotják. Ekkor Ref1, . . . , Ref4

is az Ruw bázisa a 3.18. Lemma szerint.Ezek a vektorok tehát generálják Ra ∈ Rvw-t, tehát a 3.20. Állítás miatt létezik 1 ≤ i ≤ 4,melyre az M1 := Mα′ ∪ Refi|V ′ \ Ra sorai függetlenek. Legyen f := fi.Hasonlóan legyen h ∈ Eut olyan, hogy Rh független Re, Rf-t®l. Legyenek g1, g2, g3, g4 ∈

Euz független rudak. Mint fent, most is létezik 1 ≤ i ≤ 4, amelyre az M2 := M1∪Rgih|V ′ \Rbsorai függetlenek. Legyen g := gi.Az e, f, g, h rudak nyilván teljesítik a 3.28. Lemma els® és harmadik feltételét. Azt állít-juk, hogy a (T eu(xv)−T f

u (xw)), (T gu (xz)−T h

u (xt)) vektorok függetlenek. Miután lerögzítettükaz xv, xw, xt értékeket úgy, hogy az els® vektor nem nulla (ez megtehet®, mert ha v = w,akkor e, f független), akkor választhatunk egy olyan xz értéket, hogy a második vektor nelegyen párhuzamos az els®vel (a T gu az R2 egy bijek iója). Ha tehát x generikus, akkor a

(T eu(xv) − T f

u (xw)), (T gu (xz) − T h

u (xt)) vektorok függetlenek. 3.30. Állítás. Legyen E egy d-reguláris 2-rúd-rendszer V -n, 0 ≤ d ≤ 2, x ∈ R2|V | egygenerikus sú s-realizá ió és legyen u, v, w három különböz® sú s. Ha e, h ∈ Euv, f, g ∈ Euw,és a (T eu(xv) − T f

u (xw)), (T g

u (xw) − T hu (xv)

) vektorok lineárisan összefügg®ek, akkor Ref =

Rgh.Bizonyítás. Legyen x := T eu(xv), y := T f

u (xw), és legyen T1 := T hu (T e

u)−1 és T2 := T gu (T f

u )−1.Tudjuk, hogy az x − y, T1(x) − T2(y) vektorok összefügg®ek minden x, y ∈ R2 esetén. Azazx − y, A1x − A2y + b1 − b2 összefügg®ek (ahol Ti(z) = Aiz + bi). Ha K ∈ R − 0, akkor azx = Kx′, y = Ky′ helyettesítéssel azt kapjuk, hogy az x′ − y′, A1x

′ − A2y′ + b1−b2

Kvektorok64

3.16. ábra. K(2, 2, 0)összefügg®ek. Ha K → +∞, akkor azt kapjuk, hogy az x− y, A1x−A2y összefügg® mindenx, y ∈ R2 esetén (a determináns egy folytonos függvény). Spe iálisan az x, A1x összefügg®ek,de ez azt jelenti, hogy A1 = λ1I, ahol λ1 +1 vagy −1. Hasonlóan A2 = λ2I, ahol |λ2| = 1.Tehát x − y, λ1x − λ2y összefügg®ek minden x, y ∈ R2 esetén, tehát x − y, (λ1 − λ2)yösszefügg®ek minden x, y ∈ R2 esetén. Ebb®l következik, hogy λ1 = λ2. Az x − y, A1x −A2y + b1 − b2 összefügg®sége tehát azt jelenti, hogy x − y, λ1(x − y) + b1 − b2 összefügg®ekminden x, y ∈ R2-re, tehát b1 = b2. Tehát T1(x) = T2(x) = λ1x + b1. Ez azt jelenti, hogy(T g

u )−1(T hu ) = (T f

u )−1(T eu), ezért Ref = Rgh. 3.31. Lemma. Legyenek G = (V, E) és G′ = (V ′, E ′) [2, 0]-gráfok, amelyekre V ′ = V −u,

E = E ′ − vw − vw + uv + uv + uw + uw és v 6= w. Ha G′ izosztatikus minden 0-reguláris2-rúd-rendszer felett, akkor G is izosztatikus minden 0-reguláris 2-rúd-rendszer felett. (Lásda 3.16. ábrát.)Bizonyítás. Tegyük fel, hogy adott egy E 0-reguláris 2-rúd-rendszer G-hez. Ekkor létezika G′-nek egy α′ él-realizá iója, amelyre az Mα′ merevségi mátrix sorai függetlenek az E|V ′

0-reguláris 2-rúd-rendszer felett.Legyen a, b két független rúd, amely két vw-élhez van hozzárendelve, azaz α(vw) = a ésα(vw) = b. Legyen S ⊆ R2|V ′| az Mα′ többi 2|V ′| − 2 sora által generált altér. Belátjuk,hogy létezik e, h ∈ Euv és f, g ∈ Euw úgy, hogy e, h függetlenek, f, g függetlenek, és azM1 := Mα′ ∪ Ref |V ′ ∪ Rgh|V ′ \ Ra \ Rb mátrix sorai is függetlenek, azaz S + Ref + Rghgenerálja R2|V ′|-t.Legyenek e1, e2, e3, e4 ∈ Euv független rudak, valamint legyen f1, f2, f3, f4 ∈ Euw is négyfüggetlen rúd.Ekkor a 3.18. Lemma szerint az Re1f1

, Re1f2, Re1f3

, Re1f4∈ Rvw négy független vektor.Tehát Rvw = 〈Re1f1

, Re1f2, Re1f3

, Re1f4〉, ezért 〈S + Re1f1

, Re1f2, Re1f3

, Re1f4〉 = R2|V ′|, de

dim S = 2|V ′| − 2-b®l következik, hogy ∃i 6= j ∈ 1, 2, 3, 4 úgy, hogy 〈S + Re1fi, Re1fj

〉= R2|V ′|. Legyen mondjuk i = 1, j = 2.Legyen A := Re2f3

, Re2f4, Re3f3

, Re3f4, Re4f3

, Re4f4. Ha ∃i, j : Reifj

∈ A − 〈S + Re1f1〉,akkor e = e1, f = f1, g = fj, h = ei egy megfelel® választás, és ekkor készen vagyunk. Tehátfeltehetjük, hogy A ⊆ 〈S + Re1f1

〉. Hasonlóan feltehetjük, hogy A ⊆ 〈S + Re1f2〉, tehát

A ⊆ 〈S + Re1f1〉 ∩ 〈S + Re1f2

〉 = S. 65

3.17. ábra. K(2, 1, 1)Legyen i ∈ 2, 3, 4 tetsz®leges. Ekkor Reif3, Reif4

∈ S-b®l következik, hogy 〈S +

Reif1, Reif2

〉 = R2|V ′| (mert 〈S + Reif1, Reif2

, Reif3, Reif4

〉 = R2|V ′| és dim S = 2|V ′| − 2).Ez azt jelenti, hogyReif1

/∈ S és Reif2/∈ 〈S + Reif1

〉 i = 2, 3, 4 esetén. (3.8)Ha Reif1/∈ 〈S + Re1f2

〉, akkor e = ei, f = f1, g = f2, h = e1 megfelel® választás. Ha Reif1∈

〈S + Re1f2〉, akkor Reif1

/∈ S-b®l következik, hogy 〈S + Reif1〉 = 〈S + Re1f2

〉 (i = 2, 3, 4-re),tehát 〈S+Re2f1〉 = 〈S+Re3f1

〉, és (3.8) szerint Re3f2/∈ 〈S+Re3f1

〉, tehát Re3f2/∈ 〈S+Re2f1

〉.Ezért e = e2, f = f1, g = f2, h = e3 megfelel® választás.Ez az e, f, g, h nyilvánvalóan kielégíti az els® és a harmadik feltételét a 3.28. Lemmá-nak (z = w és t = v választással), és ebben az esetben ezekb®l következik a (T eu(xv) −

T fu (xw)), (T g

u (xz) − T hu (xt)) vektorok függetlensége a 3.30. Állítás miatt (mert Ref = Rghellentmondana az els® feltételnek). 3.32. Lemma. Legyenek G = (V, E) és G′ = (V ′, E ′) [2, 0]-gráfok, amelyekre V ′ = V −ués E = E ′−vw+uv+uw+uu és v 6= w. Ha G′ izosztatikus minden 0-reguláris 2-rúd-rendszerfelett, akkor G is izosztatikus minden 0-reguláris 2-rúd-rendszer felett. (Lásd a 3.17. ábrát.)Bizonyítás. Tegyük fel, hogy adott egy E 0-reguláris 2-rúd-rendszer G-hez. Ekkor létezik

G′-nek egy α′ él-realizá iója, amelyre az Mα′ merevségi mátrix sorai függetlenek a E|V ′

0-reguláris 2-rúd-rendszer felett. Válasszunk egy a rudat úgy, hogy α(vw) = a. Legyene ∈ Euv, és legyenek f1, f2, f3, f4 ∈ Euw független rudak. Most Ref1

, Ref2, Ref3

, Ref4∈ Rvwnégy független vektor a 3.18. Lemma szerint. Ezek a vektorok generálják az Ra ∈ Rvwvektort, tehát a 3.20. Állítás miatt létezik 1 ≤ i ≤ 4, amelyre az M1 := Mα′ ∪ Refi|V ′ \ Ramátrix sorai függetlenek. Legyen f := fi.Legyen az x ∈ R2|V ′| sú s-realizá ió generikus. Legyen xu = xu(λ) := λT e

u(xv) + (1 −λ)T f

u (xw), ahol λ generikus (ezzel a választássa xu nem generikus). Legyen h ∈ Euu olyan,hogy Rh 6= 0. Azt állítjuk, hogy Re(u), Rh(u) függetlenek.Azt kell belátnunk, hogy az xu − T eu(xv), 2xu − (T h

u (xu) + (T hu )−1(xu)) vektorok füg-getlenek. Legyen A := 1

2(T h

u + (T hu )−1) (A egy an transzformá ió, amely nem feltétlenülegybevágóság). Most azt kell belátnunk, hogy xu − T e

u(xv) és xu − A(xu) lineárisan függet-lenek valamely λ esetén. Indirekt tegyük fel, hogy minden λ esetén összefügg®ek, ami azzalekvivalens, hogy az xu, Teu(xv), A(xu) pontok minden λ esetén kollineárisak.66

Ez azt jelenti, hogy A(xu) ∈ line(T eu(xv), xu) = line(T e

u(xv), Tfu (xw)) minden λ ∈ R \

1 esetén. Tehát A(

line(T eu(xv), T

fu (xw))

)

⊆ line(T eu(xv), T

fu (xw)) generikus xv, xw-re, azazminden xv, xw esetén is. Ebb®l következik, hogy A(l) ⊆ l az R2 minden l egyenese esetén,tehát A = I (mert ha u ∈ R2 és u = l1∩l2, ahol l1, l2 egyenesek, akkor A(u) ∈ l1∩l2 = u).De A = I ellentmond Rh 6= 0-nak.Az M2 := [M1, 0]∪Re∪Rh sorai függetlenek a 3.21. Lemma miatt. Az Ref = 1

1−λRe+

1λRfegyenl®ség miatt (amely a 3.18. Lemma miatt igaz) az M3 := M2∪Rf \Ref sorai függetlenek.De M3 = Mα az xu spe iális választása mellett, ahol α|E′−vw := α′ és α(uv) := e, α(uw) := f ,

α(uu) := h. A 3.9. Tétel bizonyítása a d = 0 esetben. A bizonyítás a |V |-re vonatkozó induk ióvaltörténik. Ha |V | ≤ 2, akkor G izosztatikus a 3.26. Lemma szerint. Tegyük fel, hogy |V | ≥ 3.Ha G nem összefügg®, akkor legyen X ⊆ V egy összefügg®ségi komponense G-nek. Ha adottegy E 0-reguláris 2-rúd-rendszer G-hez, akkor az induk iós feltevés szerint létezik G[X]-nekegy α′ izosztatikus él-realizá iója E|X felett, és létezik a G[V − X]-nek egy α′′ izosztatikusél-realizá iója E|V −X felett. Ekkor az α′∪α′′ él-realizá iója G-nek izosztatikus E felett, merta merevségi mátrix Mα′∪α′′ =

(

Mα′ 0

0 Mα′′

), ahol Mα′ , Mα′′ a G[X], G[V − X] merevségimátrixai, amelyek invertálható négyzetes mátrixok.Ha G összefügg®, akkor G el®áll egy G′ [2, 0]-gráfból a 3.15. Tétel szerinti m¶veletekkel.Az induk iós feltevés szerint tudjuk, hogy G′ izosztatikus minden 0-reguláris 2-rúd-rendszerfelett, és a 3.22, 3.25, 3.27, 3.29, 3.31 és 3.32. Lemmákból következik, hogy G is izosztatikusminden 0-reguláris 2-rúd-rendszer felett.

67

4. fejezetBeágyazás kis rá sba4.1. A S hwartz-lemma és a mozgatási-lemmaEbben a fejezetben azzal a kérdéssel foglalkozunk, hogy generikusan merev gráfoknak ta-láljunk olyan merev realizá ióját (s®t nem-degenerált realizá iót), amely kis koordinátákathasznál, azaz a p(v), v ∈ V (G) vektorok koordinátái 1 és k közötti egészek legyenek, ahol klegyen minél kisebb.Ilyen realizá ió létezése következik a S hwartz-lemmából [43. Ennek használatával egyolyan esetlegesen degenerált realizá ió létezése biztosított, ahol k = O(dn). Ebb®l azonnalkövetkezik, hogy egy gráf merevségének kérdése NP -beli probléma, valamint egy hatékonyrandomizált algoritmust is kapunk a merevség tesztelésére tetsz®leges d dimenzióban. Ezaz eredmény szintén megkapható a hamarosan következ® mozgatási lemmából, amely aS hwartz-lemma egy determinisztikus változatának is tekinthet® a merevségi mátrix rész-determinánsaiból származó polinomok esetére. Ezt a lemmát használjuk majd a fejezet f®eredményének a bizonyítására. Belátjuk, hogy d = 2 esetén egy k = O(n

1

2 ) méret¶ rá s ele-gend® még akkor is, ha a sú sok pozí ióitól elvárjuk, hogy páronként különböz®ek legyenek.Igazoljuk továbbá, hogy egy ilyen realizá iót megtalálhatunk O(n3) id®ben.Legyen (G, p) egy d dimenziós rúdszerkezet. Tegyük fel, hogy készítünk egy másik (G, p′)rúdszerkezetet úgy, hogy az u sú s pozí iójának l-edik koordinátáját valamely z valós szám-mal helyettesítjük, és minden mást változatlanul hagyunk. Ekkor azt mondjuk, hogy a (G, p′)a (G, p)-b®l keletkezett az u sú snak az l tengelyen a z-be történ® mozgatásával.4.1. Lemma. Legyen G = (V, E) egy gráf, és (G, p) egy d dimenziós innitezimálisan merevrealizá iója. Legyen v ∈ V egy kijelölt sú s, l egy egész, melyre 1 ≤ l ≤ d, és legyenekz1, z2, ..., zr különböz® valós számok, ahol r ≥ dG(v) + 1. Ekkor létezik egy m egész, melyre1 ≤ m ≤ r, és a (G, p)-b®l az u sú snak az l tengelyen a zm-be történ® mozgatásával kapottrúdszerkezet innitezimálisan merev. 68

Bizonyítás. Mivel (G, p) innitezimálisan merev, így r(R(G, p)) = S(n, d). Tehát R(G, p)-nek van egy T nem-sziguláris S(n, d)méret¶ négyzetes részmátrixa. Az R(G, p) dení iójábólkövetkezik, hogy a p(v)l (a p(v) l-edik koordinátája) a T -nek legfeljebb dG(v) sorában szere-pel. Tehát ha a p(v)l-et mindenütt egy x változóval helyettesítjük, akkor a T determinánsaegy x-ben legfeljebb dG(v)-ed fokú polinom lesz, jelöljük ezt T (x)-szel. Mivel T (p(v)l) 6= 0és r ≥ dG(v) + 1, létezik egy m egész, amelyre 1 ≤ m ≤ r és T (zm) 6= 0. Tehát a merevségimátrix rangja nem változik, ha a v-t az l tengely mentén zm-be mozgatjuk. Jelölje Zdk ⊂ Rd a következ® rá spontok halmazát: (x1, x2, ..., xd) : xi ∈ Z, 1 ≤ xi ≤

k minden 1 ≤ i ≤ d esetén. Azt mondjuk, hogy az x ∈ Rd pontot fedi a (H, q) rúdszerke-zet, ha létezik olyan v ∈ V (H), melyre q(v) = x. Ha ilyen nin s, akkor azt mondjuk, hogyx fedetlen. Ha adott egy (G, p) innitezimálisan merev rúdszerkezet, akkor a 4.1. Lemmaszerint bármely v ∈ V sú sát mozgathatjuk az l tengely mentén valamely 1 és 2|V (G)| − 1közötti (G, p) által fedetlen pontba úgy, hogy a rúdszerkezet innitezimálisan merev marad-jon. Ezek alapján:4.2. Következmény. Legyen G = (V, E) egy merev gráf Rd-ben. Ekkor létezik egy inni-tezimálisan merev nem-degenerált (G, p) rúdszerkezet, melyre p(v) ∈ Zd

2|V |−1 minden v ∈ Vesetén.4.2. A leemelés m¶veletének er®sítéseA fejezet hátralev® részében tegyük fel, hogy d = 2. A Henneberg-m¶veleteket fogjukalkalmazni. Azonban nekünk nem lesz jó tetsz®leges harmadfokú sú s, hanem egy olyankell, amelynek van kisfokú szomszédja.Jelölje δ(G) a minimális fokszámot a G gráfban. Az 1.15. Lemma szerint egy G = (V, E)minimálisan merev gráfra, ha |V | ≥ 3, akkor δ(G) ∈ 2, 3.4.3. Lemma. Legyen G = (V, E) egy minimálisan merev gráf, melyre δ(G) = 3. Ekkorlétezik egy uv ∈ E éle, melyre d(v) = 3 és d(u) ≤ 8.Bizonyítás. Legyen A = w ∈ V : d(w) = 3 és B = V − A. Mivel δ(G) = 3, így A 6= ∅.Ha létezik él az A valamely két sú sa között, akkor készen vagyunk. Tehát feltehetjük,hogy γ(A) = 0. Mivel G minimálisan merev, γ(A) = 0, és minden A-beli sú s foka 3, ezért|E| = 2|V | − 3 = 2|A|+ 2|B| − 3 és d(A) = 3|A|. Tehát γ(B) = |E| − d(A) = 2|B| − |A| − 3.Legyen D = x ∈ B : dG[B](x) ≤ 3. Nyilván minden x ∈ D sú sból megy legalább egyél A-ba. A

4|B − D| ≤∑

x∈B−D

dG[B](x) ≤ 2γ(B) = 4|B − D| + 4|D| − 2|A| − 6 (4.1)69

egyenl®tlenségb®l következik, hogy |D| ≥ |A|/2 + 1. d(A) = 3|A| miatt létezik egy u ∈ D sú s, amelyb®l legfeljebb 5 él megy A-ba. Mivel dG[B](u) ≤ 3, ezért dG(u) ≤ 8. Tehátminden uv él, amelyre v ∈ A, kielégíti a lemma követelményeit. 4.3. Merev realizá iók kis rá sban4.4. Tétel. Legyen a G = (V, E) egy n sú sú merev gráf. Ekkor létezik egy innitezimálisanmerev nem-degenerált (G, p) rúdszerkezet, amelyre p(v) ∈ Z2k minden v ∈ V esetén, ahol

k =⌈√

n − 1⌉

+ 9.Bizonyítás. A bizonyítás n-re vonatkozó teljes induk ióval történik. n = 2 esetén nyilván-valóan igaz, tehát feltehetjük, hogy n ≥ 3, és hogy minden legfeljebb n − 1 sú s merevgráfnak létezik megfelel® realizá iója. Azt is feltehetjük, hogy G minimálisan merev, és ígyδ(G) ∈ 2, 3.Tegyük fel el®ször, hogy δ(G) = 2, ekkor legyen a v ∈ V a G gráf egy másodfokú sú sa.Az 1.16. Lemma szerint a H = G − v gráf minimálisan merev. Az induk iós feltevés szerinttehát van egy innitezimálisan merev nem-degenerált (H, q), amelyre q(z) ∈ Z2

k mindenz ∈ V (H) esetén. Legyen NG(v) = u, w ⊆ V (H), és legyen L ⊂ R2 a q(u), q(w) pontokonátmen® egyenes. Azt állítjuk, hogy létezik egy (x, y) ∈ Z2

k pont, amely nin s rajta L-len,és nem fedi (H, q). Ehhez gyeljük meg, hogy legfeljebb k rá spont van L-en és legfeljebb|V (H)| − 2 = n − 3 nem L-beli pontot fed a (H, q). A

|Z2k| = k2 ≥ (

√n − 1 + 9)2 = n − 1 + 18

√n − 1 + 81

= n + 18√

n − 1 + 80 >√

n − 1 + 10 + n − 3 ≥ k + n − 3 (4.2)egyenl®tlenség miatt tehát valóban létezik ilyen pont. Legyen p(v) = (x, y), és p(z) = q(z)minden z ∈ V −v esetén. Az 1.13. Lemma és az (x, y) választása miatt a (G, p) egy megfelel®innitezimálisan merev rúdszerkezet.Most tegyük fel, hogy δ(G) = 3. A 4.3. Lemma szerint létezik egy uv él, amelyredG(v) = 3 és dG(u) ≤ 8. Legyen NG(v) = u, w, t. Az 1.16. Lemma szerint be lehet húznia G gráfba egy olyan e élet az NG(v) két különböz® sú sa közé, hogy a H = G − v + egráf minimálisan merev legyen. Az induk iós feltevés szerint tehát van egy innitezimálisanmerev nem-degenerált (H, q), amelyre q(z) ∈ Z2

k minden z ∈ V (H) esetén.4.5. Állítás. Létezik egy innitezimálisan merev (H, q′) rúdszerkezet, amelyre q′(z) ∈ Z2kminden z ∈ V (H) esetén úgy, hogy q′(u), q′(w), q′(t) nem kollineárisak.70

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy q(u), q(w), q(t) kollineárisak. Szimmetriai okok miatt feltehet-jük, hogy a q(u), q(w), q(t) pontokra illeszked® egyenes nem függ®leges. Tegyük fel indirekt,hogy azon Z2k-beli oszlopok száma, amelyekb®l legalább k−9 rá spontot fed (H, q), legalább

k − 8. Ekkorn − 1 = |V (H)| ≥ (k − 8)(k − 9)

> (k − 9)2 ≥ (√

n − 1 + 9 − 9)2 = n − 1. (4.3)Ez pedig ellentmondás. Tehát van legalább 9 oszlop, amelyben legalább 10 (H, q) általfedetlen pont van. Ez a tény, a 4.1. Lemma, valamint az, hogy dH(u) ≤ dG(u) ≤ 8, mutatja,hogy mozgathatjuk u-t vízszintesen egy olyan (x, y) pontba, amely a Z2k rá s egy olyan

C oszlopára illeszkedik, amelyben van legalább 10 (H, q) által fedetlen pont, és a kapottrúdszerkezet még mindig innitezimálisan merev. Megjegyezzük, hogy u-nak ez az ideiglenespozí iója esetleg lehet (H, q) által fedett pont.Mivel a C oszlopban van legalább 10 fedetlen rá spont, így van legalább 9 olyan fedetlenrá spont, (x, y1), (x, y2), . . . , (x, y9), amelyre q(t), q(w), (x, yi) nem kollineáris minden 1 ≤i ≤ 9 esetén. Újból alkalmazva a 4.1. Lemmát azt kapjuk, hogy mozgathatjuk az u sú sotfügg®legesen egy q′(u) = (x, yi) (1 ≤ i ≤ 9) pozí ióba úgy, hogy a kapott (H, q′) rúdszerkezet(ahol tehát q′(z) = q(z) minden z ∈ V (H) − u esetén) innitezimálisan merev marad, ésq′(u), q′(w), q′(t) nem kollineáris. A 4.5. Állítás miatt feltehetjük, hogy q(u), q(w), q(t) nem kollineárisak. Tegyük mégfel, hogy e = uw, azaz a v-nél történ® leemelés az uw élet adja a gráfhoz (többször márnem fogjuk használni, hogy dG(u) ki si). El®ször készítsünk egy innitezimálisan merev(G, p′) rúdszerkezetet (H, q)-ból egy 1-kiterjesztés alkalmazásával úgy, hogy a p′(v) pozí ióa q(u), q(w)-re illeszked® egyenes és a rá s egy oszlopának a metszéspontja legyen (megintfeltehetjük szimmetriai okok miatt, hogy a q(u), q(w)-re illeszked® egyenes nem függ®leges).Ezt megtehetjük az 1.14. Lemma miatt, mivel a q(u), q(w), q(t) nem kollineáris és k ≥ 3. Av sú s most meghatározott ideiglenes pozí iója nem feltétlenül rá spont és nem feltétlenül(H, q) által fedetlen.Azt állítjuk, hogy a Z2

k rá s azon sorainak száma, amelyek legalább 4 (G, p′) által fedetlenrá spontot tartalmaznak, legalább 4. Indirekt tegyük fel, hogy legalább k − 3 sor tartalmazlegalább k − 3 (G, p′) által fedett rá spontot. Ekkorn = |V (G)| ≥ (k − 3)2 ≥ (

√n − 1 + 9 − 3)2

= (√

n − 1 + 6)2 = n − 1 + 12√

n − 1 + 36 > n, (4.4)és ez ellentmondás. Tehát a 4.1. Lemmát a harmadfokú v sú sra alkalmazva azt kapjuk,hogy mozgathatjuk függ®legesen a v sú sot úgy, hogy egy olyan sorba kerüljön, ahol van71

legalább 4 fedetlen rá spont, és a rúdszerkezet innitezimálisan merev maradjon. Ez is mégideiglenes pozí ió, és esetleg (H, q) által fedett. Végül mivel dG(v) = 3, a 4.1. Lemma szerintmozgathatjuk vízszintesen a v-t úgy, hogy egy fedetlen pontba kerüljön, és a rúdszerkezetinnitezimálisan merev maradjon. Ezzel elértük, hogy a kapott (G, p) innitezimálisan me-rev rúdszerkezet minden sú sának pozí iója különböz® rá spontja Z2k-nak. Ezzel a tételtbeláttuk. 4.4. AlgoritmusA 4.4. Tétel bizonyítása algoritmikus. Ha adott egy n sú sú G′ merev gráf, akkor annakegy G minimálisan merev feszít®részgráfja és annak egy Henneberg-el®állítása megtalálható

O(n3) id®ben (lásd például [2-t és a benne található hivatkozásokat). Ezt használva aG egy innitezimálisan merev realizá ióját megkaphatjuk a kiterjesztés m¶veletekkel és amozgatásokkal, amelyeket a 4.4. Tétel bizonyítása során végeztünk. Belátható, hogy azehhez használt aritmetikai m¶veletek száma szintén O(n3).Els® ránézésre O(n4) az, ami nyilvánvaló, mert amikor egyesével vesszük hozzá a sú- sokat, akkor minden új sú s elhelyezésénél konstans sok Gauss-eliminá ióval ellen®rizzük,hogy az adott pozí ióban független-e a rúdszerkezet, tehát O(n)-szer végrehajtunk egy O(n3)futásidej¶ Gauss-eliminá iót. Valójában azonban nem kell mindig újraszámolni a Gauss-eliminá iókat, hiszen nagyon hasonló mátrixokra kell végrehajtani, és ezt könnyen kihasz-nálhatjuk.Lényegében azt állítjuk, hogy ha egy mátrixon végrehajtottuk a Gauss-eliminá iót, ezu-tán ha ennek a mátrixnak egy sorát megváltoztatjuk, vagy egy új sort hozzáveszünk, akkorennek a Gauss-elimináltja O(n2) id®ben számolható. Ez a tartalma a következ® bekezdések-nek.4.6. Állítás. 1. Tegyük fel, hogy A invertálható n × n-es mátrix, és u, v ∈ Rn vektorok.Ekkor A + uvT pontosan akkor invertálható, ha (1 + vTA−1u) 6= 0, és ez esetben azinverze:

(A + uvT)−1 = A−1 − A−1uvTA−1

1 + vTA−1u2. Tegyük fel, hogy A invertálható n×n-es mátrix, b, c ∈ Rn vektorok, és d ∈ R egy szám,ekkor a (A b

cT d

) mátrix pontosan akkor invertálható, ha cTA−1b − d 6= 0, és ekkor azinverze:(

A−1 − A−1bcTA−1

cTA−1b−dA−1b

cTA−1b−dcTA−1

cTA−1b−d−1

cTA−1b−d

)

72

Bizonyítás. (1) Ha (1 + vTA−1u) = 0, akkor egyrészt u 6= 0, tehát A−1u 6= 0, és könnyenellen®rizhet®, hogy A−1u benne van (A + uvT) magterében, tehát ekkor nem invertálható.Ha (1 + vTA−1u) 6= 0, akkor könnyen ellen®rizhet®, hogy a megadott mátrix tényleg inverze(A + uvT)-nak.(2) cTA−1b−d = 0, akkor (A−1b

−1

) egy olyan nemnulla vektor, amely benne van (A b

cT d

)magterében. Ha cTA−1b − d 6= 0, akkor könnyen ellen®rizhet®, hogy a megadott mátrixvalóban az inverz. A 4.6. Állításból következik, hogy ha ismert A−1, u, v, akkor (A + uvT)−1 kiszámolhatóO(n2) aritmetikai m¶velettel, hiszen az A−1u, vTA−1 vektorok O(n2) m¶velettel számolha-tóak, és ezekb®l az 1 + vTA−1u érték O(n) id®ben, valamint az A−1uvTA−1 mátrix O(n2)m¶velettel kapható, tehát a végeredmény összesen is O(n2) m¶velet. Hasonlóan látható, hogyA−1, b, c, d ismeretében az (A b

cT d

) mátrix inverze O(n2) id®ben számolható. Az (A + uvT)inverzének kiszámítását (A+ envT)-re fogjuk sak használni, ahol en az n-edik egységvektor.Azaz az A utolsó sorának megváltoztatásával az inverz O(n2) m¶velettel újraszámolható.Ennek következménye az is, hogy ha A invertálható, O(n2) m¶velettel meg tudjuk ta-lálni az els® n − 1 sorának egy (n − 1) × (n − 1)-es invertálható részmátrixát és annak azinverzét. Ugyanis ha az A utolsó sorát ki seréljük ei

T-ra, akkor valamely i = 1, . . . , n ese-tén a kapott mátrix invertálható kell, hogy legyen, mert nem generálhatja ki az els® n − 1sor az összes egységvektort. Jelölje aT az A utolsó sorát, ekkor az, hogy A + en(ei − a)Tinvertálható-e, azon múlik, hogy (1 + (ei − a)TA−1en) = 0 teljesül-e. Egy megfelel® i-t teháttalálhatunk O(n2) m¶velettel, kiszámoljuk az A−1en vektort (O(n2) m¶velet), majd ezzelkell sak egyenként összeszorozni az ei − a vektorokat, ami egyesével O(n) m¶velet, tehátO(n2) m¶velettel tényleg találhatunk egy jó i-t. Ekkor azt állítjuk, hogy az els® n−1 sornakaz az (n− 1)× (n− 1)-es részmátrixa invertálható, amelyet úgy kapunk, hogy kihagyjuk azi-edik oszlopot, s®t az inverz az éppen ugyanazon helyen lev® (n−1)×(n−1)-es részmátrixaaz A + en(ei − a)T inverzének. Ez abból látható, hogy ha M ∈ R(n−1)×(n−1) és v ∈ Rn−1,akkor egy (M v

0 1

) alakú mátrix inverze (M−1 −M−1v

0 1

) (ez például a 4.6. Állítás követ-kezménye).4.7. Állítás. Legyenek v1, v2, . . . , vk ∈ Rn sorvektorok, ahol k ≤ n. Legyen A a bel®lükalkotott k×n-es mátrix. Tegyük fel, hogy B az A-nak egy k× k-as invertálható részmátrixa.1. Tegyük fel, hogy vk+1 ∈ Rn, és legyen az A′ a v1, v2, . . . , vk, vk+1 vektorokból, mintsorokból alkotott mátrix. Ekkor a B és B−1 ismeretében O(n2) id®ben eldönthet®, hogy73

vk+1 függ-e lineárisan v1, v2, . . . , vk-tól, és ha nem, akkor kiszámolható az A′ mátrixnakis egy invertálható (k + 1) × (k + 1)-es részmátrixa.2. Tegyük fel, hogy v′k ∈ Rn, és legyen az A′ a v1, v2, . . . , vk−1, v

′k vektorokból, mint sorokbólalkotott mátrix. Ekkor a B és B−1 ismeretében O(n2) id®ben eldönthet®, hogy v′

k függ-e lineárisan v1, v2, . . . , vk−1-t®l, és ha nem, akkor kiszámolható az A′ mátrixnak egyinvertálható k × k-as részmátrixa.Bizonyítás. (1) Jelölje az A mátrix oszlopait a1, . . . , an ∈ Rk, és a vk+1 vektor koordinátáilegyenek w1, . . . , wn ∈ R. Jelölje I ⊆ 1, 2, . . . n azt a k elem¶ indexhalmazt, amely aB részmátrix oszlopainak az indexét adja meg, valamint jelölje z ∈ Rk azt a sorvektort,amelynek koordinátái wj : j ∈ I, azaz z az A′-ben a B alatti sor megfelel® része. Amitkeresünk, az egy i ∈ 1, 2, . . . n \ I index, amelyre (B ai

zT wi

) invertálható. A 4.6. Állítás(2)-es része szerint ez azt jelenti, hogy zBai − wi 6= 0. zB-t O(nk) m¶velettel kiszámoljuk,majd egy adott i-re O(k) m¶velettel eldöntjük, hogy zBai − wi 6= 0 teljesül-e, összesen ezO(k) m¶velet. Ha találtunk egy megfelel® i-t, akkor a 4.6. Lemma szerint O(k2) m¶velettelmeghatározható az inverz is.(2) Hagyjuk ki az A utolsó sorát, és határozzuk meg a B-nek az els® k − 1 sorának egyolyan (k − 1) × (k − 1)-es részmátrixát, amely invertálható. Mint meggondoltuk, ez O(k2)m¶velettel megtehet®. Ezek után jelen állítás (1)-es pontját alkalmazhatjuk. Tehát egy merev gráf innitezimálisan merev realizá iója a Z2

k rá son megtalálható O(n3)id®ben (amennyiben a futási id®be egy aritmetikai m¶velet egyet számít bele), ahol k =

⌈√

n − 1⌉ + 9.4.5. További kérdésekMivel mi nem-degenerált rúdszerkezeteket tekintettünk, így a k-ra kapott korlát lényegébena lehet® legjobb. Kérdés, hogy esetleg lehetséges-e megadni egy n + c pontú S részhalmazátaz R2-nek valamely c konstansra úgy, hogy minden n sú sú merev gráfnak legyen nem-degenerált innitezimálisan merev realizá iója S-en.Ha megengedünk degenerált rúdszerkezeteket is, akkor az alábbi alsó korlátunk van.Legyen H egy minimálisan merev gráf egy legalább k ≥ 2 elem¶ K sú shalmazon, és legyenG az a gráf, amelyet úgy kapunk H-ból, hogy felveszünk (k

2

) új sú sot úgy, hogy minden K-beli sú spárhoz felveszünk egyet-egyet, és mindegyiket összekötjük a hozzá tartozó sú spármindkét elemével. Ekkor G-nek n =(

k+12

) sú sa lesz, és tetsz®leges innitezimális realizá iómellett a K sú sok pozí iói különböz®ek kell, hogy legyenek. Tehát ebb®l adódik egy Ω(n1

4 )-es alsó korlát a szükséges rá sméretre. 74

Érdekes tény, hogy az egydimenziós esetben minden merev gráfnak (ami itt összefügg®tjelent) van innitezimálisan merev (és ha a gráf legalább három sú sú, akkor degenerált)realizá iója egy két sú sú rá son. Ez azon múlik, hogy az egy dimenzióban minimálisanmerev gráfok, a fák, és a fák páros gráfok. Könnyen bizonyítható, hogy ha egy fának, mintpáros gráfnak, a két osztályát az egyenes egy-egy pontjára képezve a fa egy innitezimálisanmerev realizá ióját kapjuk.Ez motiválja azt a kérdést, hogy talán nem is a sú sok számával, hanem esetleg a gráfkromatikus számával korlátozhatnánk a szükséges különböz® pozí iók számát. Ez azonbannem igaz, amit szintén a fenti példa segítségével láthatunk. Tekintsük ehhez az el®bb deniáltG gráf egy tesz®leges minimálisanmerev feszít® G′ részgráfját. Az nyilvánvaló, hogy G′ merevrealizá iójához is legalább annyi különböz® pozí ióra van szükségünk, mintG realizá iójához,azaz kell legalább √

n pozí ió. Viszont egy Laman-gráf mindig kiszínezhet® 4 színnel, amita Henneberg-féle el®állításából (1.12. Tétel) könnyen láthatunk, ugyanis minden új sú sotfelvételekor legfeljebb három régivel kötünk össze, tehát az el®állítás során minden sú snaktudunk megfelel® színt választani. Tehát G′ egy olyan n sú sú 4-színezhet® gráf, amelymerev realizá iójához szükségünk van legalább √n pozí ióra.

75

5. fejezetMerev realizá ió 2 azonos pozí ióvalAzt vizsgáljuk ebben a fejezetben, hogy mikor létezik egy gráfnak olyan innitezimálisanmerev realizá iója a síkban, ahol két kijelölt sú s egybeesik. Ezt a kérdést Jordán Tibornakés Bill Ja ksonnak a [26-beli eredménye motiválta, ahol karakterizálták, hogy mikor lehetúgy merev módon realizálni egy gráfot, hogy adott három sú sa egy egyenesre essék.5.1. Dení iókA élunk az, hogy a függetlenség fogalmát, az izosztatikus gráfokat, a rangot illetve a merevgráfokat karakterizáljuk két adott sú s pozí iójának egybeesése esetén. Azaz szeretnénka Laman-tétel és a Lovász-Yemini-tétel megfelel®it megtalálni arra az esetre, ha meg vankövetelve két adott sú s egybeesése. Röviden szólva az itt keletkez® matroidot akarjuk ka-rakterizálni. Ezt egy Henneberg-típusú el®állítási tétel segítségével tesszük. Az izosztatikusgráfokra adunk egy el®állítási tételt, amib®l következni fog az izosztatikus gráfok karakteri-zá iója is.Legyen G = (V, E) egy gráf és u 6= v ∈ V két kijelölt sú s. Egy x : V → R2 realizá iótu = v-generikusnak nevezünk, ha xu = xv, és az xz : z ∈ V − u koordinátáinak halmazagenerikus. Jelölje Mu=v egy u = v-generikus realizá ió merevségi mátrixát, és jelölje azMu=v az Mu=v mátrix sorai által deniált matroidot, azaz egy u = v-generikus realizá iómerevségi matroidját. Nyilván ugyanazt a matroidot kapjuk, bármelyik u = v-generikusrealizá iót választjuk is. Azt mondjuk, hogy egy gráf u = v-merev, ha a rangja Mu=v-ben 2|V | − 3, azaz ha egy u = v-generikus realizá iója innitezimálisan merev. Könnyenlátható, hogy egy gráf pontosan akkor u = v-merev, ha létezik olyan innitezimálisan merevx realizá iója, amelyre xu = xv. Azt mondjuk, hogy egy F ⊆ E élhalmaz u = v-független,ha F független Mu=v-ben. Egy G gráfot u = v-izosztatikusnak nevezünk, ha u = v-merev,és (az élhalmaza) u = v-független. Célunk a most bevezetett fogalmak, azaz az Mu=v76

matroid (a függetlenek, bázisok, generátorok és a rang) kombinatorikus karakterizá iója.5.2. Szükséges feltételLegyen G = (V, E) egy gráf és u 6= v ∈ V két kijelölt sú s. Legyen V ′ := V −u, v+zuv,ahol a zuv jelöljön egy a többit®l különböz®, új elemet. A G/u, v jelölje az összehúzottgráfot a hurkok és többszörös élek törlése után, és tekintsük ennek a gráfnak a sú shalmazátV ′-nek, ahol az u, v halmaznak a zuv sú s feleljen meg.Egy tetsz®leges x : V ′ → R2 vektor esetén jelölje x : V → R2 a következ® vektort:xw := xw, ha w ∈ V − u, v, xu := xzuv

és xv := xzuv. A dení iók alapján könnyenbelátható az alábbi lemma.5.1. Lemma. Legyen G = (V, E) egy gráf, u 6= v ∈ V , és legyen x : V ′ → R2 generikus. Ha

m : V ′ → R2 egy innitezimális izometriája (G/u, v, x)-nek, akkor m egy innitezimálisizometriája (G, x)-nek.Ennek segítségével levezetjük az u = v-függetlenség egy szükséges feltételét.5.2. Lemma. Legyen G = (V, E) egy gráf, u 6= v ∈ V , és legyen x egy u = v-generikusrealizá iója. Ha F ⊆ E u = v-független, akkor uv /∈ E, és γ(X) ≤ 2|X| − 3 teljesül mindenX ⊆ V, |X| ≥ 2 esetén, valamint | ∪X∈X F (X)| ≤∑X∈X (2|X| − 3) − 2(|X | − 1) teljesül, haX minden X elemére u, v ( X ⊆ V .Bizonyítás. Az γ(X) ≤ 2|X| − 3 egyenl®tlenségnek nyilván teljesülnie kell minden X ⊆V, |X| ≥ 2 esetén (ugyanúgy, mint a hagyományos esetben). Az is nyilvánvaló, hogy uv /∈ E,mert uv ∈ E esetén ez az él egy azonosan nulla sort jelentene a merevségi mátrixban.Legyen X olyan halmazrendszer, amelynek minden X elemére u, v ( X ⊆ V . Ekkor le-gyen G1 := ( ∪

X∈XX, ∪

X∈XF (X)). A G1 gráf merevségi matroidbeli rangjára: r(G1/u, v) ≤

∑

X∈X (2(|X| − 1) − 3), tehát G1/u, v-nek van legalább 2(| ∪X∈X

X| − 1) −∑X∈X (2|X| −5) lineárisan független innitezimális izometriája. Ezek pedig az 5.1. Lemma szerint ki-terjednek a G1 lineárisan független u = v-izometriáivá. Tehát ru=v(G1) ≤ 2| ∪

X∈XX| −

(

2(| ∪X∈X

X| − 1) −∑X∈X (2|X| − 5)

)

=∑

X∈X (2|X| − 3) − 2k + 2. A feltétel szerint G1független, tehát ru=v(G1) = | ∪X∈X F (X)|. Bevezetünk két m¶veletet az u = v-izosztatikus gráfok el®állításához. Ezek a szokásosHenneberg-m¶veletek módosításai. Legyen G = (V, E) egy gráf. A 0-uv-kiterjesztés m¶ve-lete felvesz egy új sú sot, összeköti az a, b ∈ V sú sokkal úgy, hogy a 6= b és a, b 6= u, v.Az 1-uv-kiterjesztés m¶velete kiválaszt három különböz® a, b, c ∈ V sú sot, amelyekre77

ab ∈ E és |a, b, c ∩ u, v| ≤ 1, törli az ab élet, felvesz egy új sú sot, és összeköti aza, b, c sú sokkal.Használni fogjuk a hagyományos Henneberg-m¶veletekr®l szóló lemmákat: az 1.13 ésaz 1.14. Lemma. Megjegyezzük, hogy az 1.13 és az 1.14. Lemmákban a p(v) pont választhatóegy már a (G, p) által esetlegesen fedett pontnak. Az 1.13 és az 1.14. Lemmák azonnalikövetkezménye a következ®.5.3. Lemma. Ha G′ a G = (V, E)-b®l kapható egy 0-uv-kiterjesztés vagy egy 1-uv-kiterjesz-tés segítségével, és G u = v-független, akkor G′ is u = v-független.5.3. A matroid dení iója és a leemelési tételDeniáljuk halmazrendszereknek két saládját: legyen F1 := X : X ⊆ V, |X| ≥ 2,valamint legyen F2 := H : |X| ≥ 3, u, v ∈ X ⊆ V minden X ∈ H esetén, és |H| ≥ 2.Ezek uniója legyen F := F1 ∪ F2.Ha H ∈ F , akkor legyen:

val(H) :=

2|X| − 3 ha H = X ∈ F1,∑

X∈H(2|X| − 3) − 2(|H| − 1) ha H ∈ F2.Ha H ∈ F , akkor legyen E(H) := ∪X∈EE(X), valamint legyen γF (H) := |F (H)|. Aztmondjuk, hogyH ⊆ F egy fedése az F élhalmaznak a V sú shalmazon, ha F ⊆ ∪H∈HE(H).Egy fedés értéke a következ®:val(H) :=

∑

H∈H

val(H).Deniálunk egy matroidot. Legyen G = (V, E) egy gráf és u 6= v ∈ V . Jelölje I azonF ⊆ E − uv élhalmazokból álló halmazrendszert, amelyre γF (H) ≤ val(H) teljesül mindenH ∈ F esetén.Tehát az uv él dení ió szerint hurok lesz, hiszen úgy deniáltuk a függetleneket, hogyazok mind részei E − uv-nek. Ezt úgy is meg lehetett volna oldani, hogy az u, v ∈ F1halmazon a val értéket nullának deniáljuk, és akkor nem kell az F ⊆ E − uv megszorítás,hanem egyszer¶en F ⊆ E-t írhatunk.5.4. Tétel. Az I halmazrendszer egy matroid függetlenjeit határozza meg az E alaphalma-zon. Egy F ⊆ E élhalmaz rangja a következ®:

minH

val(H), (5.1)ahol a minimumot az F − uv fedései felett vesszük.78

Bizonyítás. Legyen F ⊆ E − uv tetsz®leges, és F ′ legyen egy tartalmazásra nézve maxi-mális olyan élhalmaz, amely benne van I-ben és részhalmaza F -nek. Belátjuk, hogy |F ′| =

minH val(H), ahol H az F −uv = F fedésein fut, és ez igazolja a tételt. |F ′| ≤ minH val(H)teljesül mindenH fedésére F -nek. Tehát elég belátni, hogy létezik egy olyanH fedése F -nek,amelyre |F ′| = val(H). Minden e = xy ∈ F esetén létezik egy H ∈ F úgy, hogy H fedi e-t ésγF ′(H) = val(H). Ugyanis ha e ∈ F −F ′, akkor F ′ + e /∈ I-b®l következik, ha pedig e ∈ F ′,akkor H := x, y egy ilyen halmaz. Minden e ∈ F -hez válasszunk egy olyan H-t, amelyreH fedi e-t, γF ′(H) = val(H), és ezek közül is olyat, melyre az alábbi vektor lexikograkusanmaximális: (| ∪ H|,−|H|). Jelölje H ezen halmazok halmazrendszerét. Azt állítjuk, hogyezek a pontos halmazok F -éldiszjunktak.Indirekt tegyük fel, hogy F (H1) ∩ F (H2) 6= ∅. Három eset van.(1) H1 ∈ F1, H2 ∈ F1. Legyen H1 = X1 és H2 = X2. Ekkor val(H1) + val(H2) =

γF ′(X1) + γF ′(X2) ≤ γF ′(X1 ∩ X2) + γF ′(X1 ∪ X2) ≤ val(X1 ∩ X2) + val(X1 ∪ X2) =

val(H1) + val(H2), tehát mindenütt egyenl®ség áll, és így X1 ∪ X2 ellentmond a H1 vagyH2 maximalitásának.(2) H1 ∈ F1, H2 ∈ F2. Legyen H1 = X, és legyen Y ∈ H2 egy olyan halmaz,amelyre |X ∩ Y | ≥ 2. Legyen H3 := H2 − Y + X ∪ Y . Ekkor val(H1) + val(H2) =

γF ′(H1) + γF ′(H2) ≤ γF ′(X ∩ Y ) + γF ′(H3) ≤ val(X ∩ Y ) + val(H3) = val(H1) + val(H2),tehát mindenütt egyenl®ség áll, és így H3 ellentmond H1 vagy H2 maximalitásának.(3) H1 ∈ F2, H2 ∈ F2. Tudjuk tehát, hogy E(H1)∩E(H2) 6= ∅, ekkor létezik A ∈ H1, B ∈H2, melyekre |A ∩ B| ≥ 3. Legyen H := H1 ∪ H2. Alkalmazzuk a következ® kikeresztezésieljárást H-ra: ha X, Y ∈ H olyan, hogy |X ∩ Y | ≥ 3, X − Y 6= ∅ és Y − X 6= ∅ akkor seréljük ki X, Y -t X∪Y, X∩Y -ra. Ezen eljárás során a∑X∈H |X|2 mennyiség szigorúan n®,másrészt ez a mennyiség nyilvánvalóan legfeljebb |H||V |2 lehet, következésképpen az eljárásvéges. Az eljárás során megengedjük, hogy a halmazrendszerünkbe egy halmaz többszörösenis belekerüljön. Ezt gyelembevéve az eljárás során a halmazrendszer elemszáma valamint aV sú sainak H-ra vett fedési száma nem változikA kikeresztezési eljárás végén kapunk egy olyan H ′ halmazrendszert, amelyre az L :=

X −u, v : H ∈ H ′ lamináris, val(H ′) = val(H), és E(H) ⊆ E(H ′). Legyen H3 := X ∈H ′ : X − u, v tartalmazásra maximális L-ben, és legyen H4 := H ′ − H3. H4 nem üres,mert létezik egy e ∈ F él, amelyet H legalább kétszeresen fed, és ez az él H ′-ben is legalábbkétszeresen fedve van. Ekkor val(H3) + val(H4) = val(H ′) − 2 = val(H) − 2 = val(H1) +

val(H2). Ezért val(H1) + val(H2) = γF ′(H1) + γF ′(H2) ≤ γF ′(H1 ∩ H2) + γF ′(H1 ∪ H2) ≤val(H3) + val(H4) = val(H1) + val(H2).Figyeljük meg, hogy a kikeresztezés folyamán megmarad az, hogy minden pontot ugyan-annyiszor fed az aktuális halmazrendszer, valamint fennmarad az a tulajdonság is, hogy79

minden eredeti halmaz része az aktuális halmazrendszer valamelyik elemének. Emiatt per-sze minden eredeti halmaz része a H3 valamelyik elemének.Ha | ∪ H3| nagyobb, mint | ∪ H1| vagy | ∪ H2|, akkor ez ellentmondana a H1 vagy H2maximalitásának. Ha viszont | ∪ H3| nem nagyobb ezeknél, az sak úgy lehet, hogy ∪H3 =

∪H1 = ∪H2, mert (∪H1)∪(∪H2) ⊆ ∪H3. De ∪H3 = ∪H1 = ∪H2-b®l következik, hogy mivelH1 és H2 minden eleme is része H3 valamely elemének, és H1, H2-nek van legalább három sú sban metsz® eleme, így |H3| kisebb, mint |H1| és |H2| (itt használjuk az X − u, v :

X ∈ H3 halmazrendszer laminaritását), ami ellentmond ezek minimalitásának.Ezzel beláttuk, hogy H elemei F -éldiszjunktak. Ekkor pedig |F ′| =∑

H∈H γF ′(H) =∑

H∈H val(H). JelöljeM′u=v azt a matroidot, melynek független halmazai az I elemi. Azt fogjuk belátni,hogy Mu=v = M′

u=v. A következ® lemma az I dení iója alapján könnyen ellen®rizhet®.5.5. Lemma. Ha G′ a G = (V, E)-b®l kapható egy 0-uv-kiterjesztés vagy egy 1-uv-kiterjesz-tés segítségével, és G független M′u=v-ben, akkor G′ is független M′

u=v-ben.5.6. Lemma. Legyen G = (V, E) egy gráf és u 6= v ∈ V . Ha minden sú s foka legalább 3 és|E| = 2|V |−3, akkor létezik egy z ∈ V −u, v sú s, amelyre d(z) = 3 és |N(z)∩u, v| ≤ 1.Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy minden harmadfokú sú s benne van az (N(v) ∩ N(u))∪u, v halmazban. Legyen m := |t ∈ N(u) ∩ N(v) : d(t) = 3|. Három esetet különbözte-tünk meg.(1) d(u) = d(v) = 3. Ebben az esetben 4|V | − 6 =

∑

t∈V d(t) ≥ 6 + 3m + 4(|V | −m− 2),ebb®l következik, hogy m ≥ 4, ami ellentmond annak, hogy |N(v)| = 3.(2) d(u) ≥ 4, d(v) ≥ 4. Ebben az esetben m a G-beli harmadfokú sú sok száma,tehát m ≥ 6, mivel 3m + 4(|V | − m) ≤∑ d(t) = 4|V | − 6. Ekkor 4|V | − 6 =∑

t∈V d(t) ≥d(u)+d(v)+3m+4(|V |−m−2), ebb®l következik, hogy 2 ≥ (d(u)−m)+(d(v)−m)+m ≥ m,ami ellentmond m ≥ 6-nak.(3) d(u) = 3, d(v) ≥ 4. 4|V | − 6 =

∑

t∈V d(t) ≥ d(u) + 3 + 3m + 4(|V | − m − 2), ebb®lkövetkezik, hogy −1 ≥ d(u) − m ≥ 0, ami ellentmondás. Megjegyezzük, hogy az 5.5. Lemmából könnyen következik, hogy ha adott egy V és benneu és v, akkor a K4 négy sú sú teljes gráf, amelynek tehát a ponthalmaza a V része, egy köraz M′

u=v matroidban, feltéve, ha u, v nin s teljesen benne a K4 sú shalmazában.5.7. Lemma. Legyen G = (V, E) egy gráf és u 6= v ∈ V . Legyen G független az M′u=vmatroidban. Ha z ∈ V −u, v olyan, hogy d(z) = 3, N(z) = t1, t2, t3 és |N(z)∩u, v| ≤ 1,akkor létezik 1 ≤ i < j ≤ 3 úgy, hogy G − z + titj független M′

u=v-ben.80

Bizonyítás. Jelölje E ′ a G− z élhalmazát. Indirekt tegyük fel, hogy E ′ + titj nem függetlenegyik 1 ≤ i < j ≤ 3 esetén sem. Tehát t1t2, t1t3, t2t3 ∈ span(E ′). Ekkor zt1 ∈ span(E ′ +

t1t2 + t1t3 + t2t3 + zt2 + zt3) = span(E ′ + zt2 + zt3), mert t1t2, t1t3, t2t3, zt1, zt2, zt3 egyK4, és minden K4 = (V ′, E ′) egy kör az M(uv) matroidban, ha |V (K4) ∩ u, v| ≤ 1. Dezt1 ∈ span(E ′ + zt2 + zt3) ellentmond az E élhalmaz függetlenségének. 5.4. A karakterizá ió5.8. Tétel. Legyen G = (V, E) egy gráf és u 6= v ∈ V . Ekkor G pontosan akkor u = v-izosztatikus, ha |E| = 2|V | − 3, és E független az M′

u=v matroidban.Bizonyítás. Az világos az 5.2. Lemma alapján, hogy ha G u = v-izosztatikus, akkor |E| =

2|V |−3, és E független az M′u=v matroidban. A másik irány bizonyítása a sú sok számáravonatkozó teljes induk ióval történik. Könnyen látszik, hogy az állítás igaz, ha |V | ≤ 3.Valójában ha |V | ≤ 3, akkor nem létezik u = v-izosztatikus gráf V -n, és nin s olyan függetlenhalmaz M′

u=v-ben, amelyre |E| = 2|V | − 3. Tegyük fel tehát, hogy a G = (V, E) gráfra|V | ≥ 4, |E| = 2|V | − 3, és E független az M′

u=v matroidban, valamint tegyük fel, hogy azállítás igaz a |V |-nél kevesebb sú sszámú gráfokra.El®ször tegyük fel, hogy G-nek van egy w másodfokú sú sa. Legyen a és b a w kétszomszédja (világos, hogy a 6= b, mert a γ(X) ≤ 2|X| − 3 feltételb®l is következik, hogya gráf egyszer¶). Azt állítjuk, hogy a, b 6= u, v. Indirekt tegyük fel, hogy ez nemigaz. Legyen H := u, v, w, V − w. Ekkor 2|V | − 3 = |E| = γE(H) ≤ val(H) =

2 · 3 − 3 + 2(|V | − 1) − 3 − 2 = 2|V | − 4. Ez ellentmondás.Ha w ∈ u, v, akkor G − w egy izosztatikus gráf (a hagyományos értelemben), tehátG u = v-izosztatikus. Ha w ∈ V − u, v, akkor G1 := G − w független M′

u=v-ben, és|E1| = 2|V1| − 3. Az induk iós feltevés szerint G1 u = v-izosztatikus. Tehát G is u = v-izosztatikus.Ha minden sú s legalább harmadfokú, akkor az 5.6. Lemma szerint létezik egy z ∈V − u, v sú s, amelyre d(z) = 3 és |N(z) ∩ u, v| ≤ 1. Az 5.7. Lemma szerint, haN(z) = t1, t2, t3, akkor léteznek 1 ≤ i < j ≤ 3 úgy, hogy G1 := G − z + titj függetlenaz M′

u=v-ben. Az induk iós feltevés szerint ekkor G1 u = v-izosztatikus. Ezért G is u = v-izosztatikus. 5.9. Következmény. Mu=v = M′u=v.Bizonyítás. Ha |V | ≥ 4, akkor az 5.8. Tételb®l következik, hogy a két matroid bázisaimegegyeznek. Ha |V | ≤ 3, akkor pedig könnyen ellen®rizhetjük az állítást. 81

Ezzel sikerült kombinatorikusan karakterizálni az Mu=v matroidot. Tehát a Laman-tételanalogonja itt azt mondja ki, hogy két sú s pozí ióinak egybeesése esetén az M′u=v matroiddení iójában szerepl® ritkasági feltétel karakterizálja a függetleneket.A Lovász-Yemini megfelel®je itt az 5.4. Tétel rangformulája. A matroid generátorainak,azaz a merev gráfoknak a karakterizá iója is adódik ebb®l, de érdemes megemlíteni az u = v-merevség alábbi jellemzését.5.10. Következmény. G pontosan akkor u = v-merev, ha G − uv és G/u, v merevek.Bizonyítás. Az 5.1. Lemma mutatja, hogy ha G u = v-merev, akkor G − uv és G/u, vtényleg merevek. Tegyük fel most, hogy G − uv és G/u, v merevek. Belátjuk, hogy

G ekkor u = v-merev. Tegyük fel indirekt, hogy létezik egy fedése E − uv-nek, amelyreval(H) ≤ 2|V |−4. Ha H ⊆ F1 lenne, akkor G−uv nem lenne merev . Ha H∩F2 6= ∅, akkorhúzzuk össze H-ban u, v-t, legyen H′ := ∪H/u, v, ami azt jelenti, hogy H′ elemeiaz X/u, v alakú halmazok, ahol X valamely H-beli H halmazrendszer egy eleme. Ekkor∑

X∈H′ 2|X| − 3 ≤ val(H) − 2 ≤ 2|V | − 4− 2 ≤ 2(|V | − 1)− 4. Tehát G/u, v nem merev.Ez ellentmondás. Ezt nem sak a szépsége miatt érdemes említeni, hanem azért is, mert mutatja, hogyhogyan lehet algoritmikusan eldönteni G u = v-merevségét. Hasonlóan lehet a következ®állításnak köszönhet®en az u = v-rangot is algoritmikusan tesztelni.5.11. Állítás.ru=v(G) = min (r(G), r(G/u, v) + 2)Bizonyítás. Lássuk be el®ször, hogy ru=v(G) ≤ min (r(G), r(G/u, v) + 2). Az világos,hogy ru=v(G) ≤ r(G). Az 5.1. Lemma miatt G innitezimális mozgásainak dimenziója(egy u = v-generikus realizá ió esetén) legalább G/u, v mozgásainak dimenziója, azaz

2|V | − ru=v(G) ≥ 2(|V | − 1) − r(G/u, v). Ebb®l következik ru=v(G) ≤ r(G/u, v) + 2 is.A másik irány igazolásához tekintsünk egy H-t, amelyen az 5.4. Tételben a minimumfelvétetik. Ha H ⊆ F1, akkor H megfelel G egy hagyományos értelemben vett fedésének,tehát ebben az esetben min (r(G), r(G/u, v) + 2) ≤ r(G) ≤ val(H) = ru=v(G) miattkészen vagyunk.Ha H-nak van F2-beli eleme, akkor legyen H′ := H/u, v (ugyanúgy, mint az 5.10. Kö-vetkezmény bizonyításában). Ellen®rizhet®, hogy∑X∈H′ 2|X|−3 ≤ val(H)−2 = ru=v(G)−2, ebb®l következik, hogy min (r(G), r(G/u, v) + 2) ≤ r(G/u, v) + 2 ≤ ru=v(G). Tehátekkor is készen vagyunk. Látjuk, hogy ennek segítségével a függetlenség is algoritmikusan eldönthet®. Tehát miu-tán sikerült jó karakterizá iót adnunk az Mu=v matroid függetlenjeire, bázisaira, generáto-raira és a rangjára, igazoltuk, hogy ezek a fogalmak polinomiális algoritmussal tesztelhet®ek.82

Azt állítottuk a fejezet elején, hogy egy el®állítási tétel segítségével bizonyítjuk az ittenieredményeket, és ennek ellenére a fejezetben nem hangzott el el®állítási tétel. Ezt a hiánytmost pótoljuk, ugyanis az eredmények hátterében valóban egy el®állítási tétel van, amelyetexpli iten nem mondtunk ki, de valójában az 5.5, 5.6 és 5.7. Lemmák és az 5.8. Tétel bizo-nyítása tartalmazza ezt az el®állítási tételt. Tehát az alábbi (önmagában azonban kevésséérdekes) el®állítási tételt láthatjuk be ezek alapján.5.12. Tétel. Legyen G = (V, E) gráf két különböz® sú sa u és v. Ekkor G-re pontosanakkor teljesül, hogy |E| = 2|V | − 3, és E független az M′u=v matroidban, ha G el®áll né-hány (esetleg nulla) 0-uv-kiterjesztés és 1-uv-kiterjesztés alkalmazásával egy olyan G′ Laman-gráfból, melynek u és v is sú sa, legalább egyikük másodfokú G′-ben, és uv nem éle G′-nek.További kérdés lehet az, hogy nem sak két kijelölt sú sot azonosítunk, hanem adott a

G = (V, E) gráf egy X ⊆ V sú shalmaza, és olyan merev realizá iót keresünk, melyre azX sú sainak pozí iója ugyanaz. Még általánosabban vizsgálhatjuk azt is, hogy ha adott aV alaphalmaz egy P részpartí iója, akkor kérdés, hogy létezik-e olyan p : V → R2 merevrealizá ió, melyre a P minden osztálya egy-egy pozí ióra képz®dik le, azaz ha u, v ∈ Xvalamely X ∈ P esetén, akkor p(u) = p(v).

83

6. fejezetA [k, l]-gráfok konstruktívkarakterizá iójaA felületeken való merevség vizsgálatánál el®került a [k, l]-gráfok konstruktív karakterizá iójaa 0 ≤ l ≤ k esetben, amelyet ott a k = 2 spe iális esetben bizonyítottunk és alkalmaztunk, ésígéretet tettünk arra, hogy tetsz®leges 0 ≤ l ≤ k esetén bizonyításra kerül egy analóg tétel.Ennek ebben a fejezetben érkezett el az ideje. Bizonyos ritkasági gráfosztályokra vonatkozóismert el®állítási tételek áttekintése után bebizonyítjuk a Henneberg-típusú konstruktív ka-rakterizá iót a [k, l]-ritka gráfokra a 0 ≤ l ≤ k esetben.6.1. Korábbi eredményekA [k, k]-gráfokra az alábbi ismert el®állítási tétel vonatkozik. Ezt lényegében Nash-Williams[37 bizonyította be el®ször és használta Tutte fák pakolására vonatkozó tételének (1.5. Té-tel) bizonyítására, de ebben a ikkben nem kerül külön kimondásra ez a tétel, hanem egybizonyítás belsejében foglal helyet. Tay [50 expli it megfogalmazza ezt a tételt, melynekbizonyítását az eredeti Nash-Williams ikkb®l átveszi, és az el®állítási tételt használja is atöbbdimenziós test-és-rúd struktúrák merevségének karakterizá iójára.6.1. Tétel. Egy irányítatlan gráf pontosan akkor [k, k]-gráf, ha G felépíthet® egy sú sból akövetkez® m¶veletekkel:1. egy új z sú s és k rá illeszked® él hozzáadása,2. i darab (1 ≤ i ≤ k − 1) él össze sípése egy új z sú sba és k − i új él behúzása z-b®lmár létez® sú sokba. 84

Frank András és Szeg® László a k-fa-összefügg®ség fogalmának a következ® módosítottváltozatát vizsgálták és adtak rá el®állítási tételt. Egy hurokmentes (legalább két sú sú) Ggráfot majdnem k-fa-összefügg®nek nevezünk, ha G nem k-fa-összefügg®, de bármely újél hozzáadása után k-fa-összefügg® lesz. Könnyen belátható, hogy egy gráf pontosan akkormajdnem k-fa-összefügg®, ha [k, k + 1]-gráf.Jelölje Kk−12 azt a kétpontú gráfot, amely k − 1 párhuzamos élet tartalmaz. A FrankAndrás és Szeg® László által adott karakterizá ió k = 2-re visszaadja az 1.17. Tételt.6.2. Tétel (Frank és Szeg®). Egy irányítatlan G = (V, E) pontosan akkor [k, k + 1]-gráf,ha G el®áll Kk−1

2 -b®l a következ® m¶veletek alkalmazásával:1. vegyünk fel egy z új sú sot, és k darab z-b®l induló élet úgy, hogy ne keletkezzenk-szoros él a kapott gráfban,2. válasszunk ki egy i (1 ≤ i ≤ k − 1) elem¶ F élhalmazt, sípjük össze egy új z sú sba,és vegyünk fel k − i darab z-b®l induló új élet úgy, hogy ne keletkezzen k-szoros él akapott gráfban.[51-ban Tay bizonyos szerkezetek merevségének karakterizá iójához belátta, hogy egy

[k, k + 1]-gráfban egy legfeljebb 2k − 1 fokú sú sot vagy le lehet emelni, vagy más módonlehet egy reduk iós lépést végrehajtani ennél a sú snál úgy, hogy a kapott gráf [k, k + 1]-gráf legyen. A 6.2. Tétel azt mondja, hogy mindig létezik egy olyan sú s, amelyr®l le lehetemelni. Az nem igaz, hogy minden kisfokú sú sról le lehet emelni.Az el®állítási tétel bizonyításához használni fogjuk és ezért idézzük a [k, l]-gráfokra,vonatkozó Whiteley-tól [56 származó karakterizá iót.6.3. Tétel (Whiteley). Legyen G = (V, E) egy gráf és 0 ≤ l ≤ k. G pontosan akkor[k, l]-gráf, ha E a körmatroid l darab bázisának és a bikör matroid (k − l) darab bázisánakdiszjunkt uniója.A [k, l]-ritka gráfokra (0 ≤ l ≤ k) vonatkozó Henneberg-típusú el®állítási tételben akövetkez® m¶veleteket fogjuk használni.6.4. Dení ió. Legyen 0 ≤ i + j ≤ k, i, j, k ≥ 0 . Jelölje K(k, i, j) a következ® m¶veletet.Válasszunk ki j élet, osszuk fel mindegyiket egy-egy új sú sal, majd azonosítsuk ezeket a sú sokat, jelöljük ezt z-vel. Rakjunk i hurkot a z sú sra, és húzzunk be k − i − j új életz, amelynek egyik vége z, és a másik egy régi sú s. Ezen m¶velet után kapott gráfnak k-valtöbb éle van, és az egyetlen új z sú s (k + i + j)-ed fokú lesz. (Lásd a 6.1. ábrát.)85

G′

i hurokz

k − i − j élj él 2j él

G

=⇒

6.1. ábra. A G′-t a G-b®l kaptuk a K(k, i, j) m¶velettel.6.2. ábra. Egy hurokmentes [2, 0]-gráf, amely nem áll el® hurokmentes [2, 0]-gráfok sorozatánkeresztül.Jelöljük Pi-vel az egy sú sú, i darab hurokélet tartalmazó gráfot. A fejezet f® tétele akövetkez®.6.5. Tétel. Legyen G = (V, E) egy gráf és 1 ≤ l ≤ k. Ekkor G pontosan akkor [k, l]-gráf, haG megkapható Pk−l-b®l azon K(k, i, j) m¶veletekkel, amelyekre i + j ≤ k − 1, i, j ≥ 0, i ≤k − l.Legyen G = (V, E) egy gráf és l = 0. Ekkor G pontosan akkor [k, 0]-gráf, ha G megkaphatóPk-ból azon K(k, i, j) m¶veletekkel, amelyekre 0 ≤ i + j ≤ k, i, j ≥ 0, i ≤ k.Vegyük észre, hogy a K(k, i, j), i + j = k m¶veletekre szükség van az l = 0 esetben,de a többi esetben az el®állítás m¶ködik nélkülük is. Megjegyezzük, hogy a hurokmentes[k, l]-gráfok nem feltétlenül állíthatók el® hurokmentes [k, l]-gráfok sorozatán keresztül. (Egyellenpéldát mutat a 6.2. ábra.)A 6.5. Tételt Szeg® Lászlóval közösen láttuk be [12. Most egy egyszer¶bb bizonyítást mu-tatunk, amely Mader irányított leemelési tételét (6.10. Tétel) és Whiteley karakterizá ióját(6.3. Tétel) használja. A [12-ben adott közvetlen bizonyítás jelen dolgozatban a 7. fejezetbenjelenik meg egy valamelyest általánosabb formában (7.4. Tétel).6.2. Az el®állítási tétel bizonyításaA 6.5. Tétel könny¶ iránya a következ®, ez a dení iók egyszer¶ következménye.86

6.6. Lemma. Legyen 0 ≤ l ≤ k. Ha a G gráf a Pk−l-b®l el®áll a K(k, i, j) m¶veletekkel,ahol 0 ≤ i + j ≤ k, i, j ≥ 0, i ≤ k − l, akkor G egy [k, l]-gráf.Használni fogjuk az alábbi egyszer¶ állítást, amely a ∑v∈V d(v) = 2|E| = 2(k|V | − l)egyenl®ségb®l és a d(v) = |E|−γ(V −v)+γ(v) ≥ k|V |−l−(k|V −v|−l) = k egyenl®tlenségb®lkövetkezik.6.7. Állítás. Legyen G = (V, E) egy [k, l]-gráf.1. Ha 1 ≤ l ≤ k és |V | ≥ 2, akkor ∃v ∈ V úgy, hogy k ≤ d(v) ≤ 2k − 1.2. Ha l = 0, k ≥ 0 és |V | ≥ 2, akkor ∃v ∈ V úgy, hogy k ≤ d(v) ≤ 2k.Legyen e = vs, f = sw ∈ E, v 6= s, w 6= s. Az e és f élpár leemelése alatt a következ®tértjük: töröljük az e és f éleket, és hozzáadunk a gráfhoz egy új g = vw élet, azaz az e, félek leemelése által kapott gráf a következ®: Gef = (V, E − e − f + g). Azt mondjuk, hogyaz új g él egy leemelt él. Használni fogjuk a leemelés m¶veletét irányított gráfra is, ott adení ió formálisan ugyanígy néz ki.A következ® tétel mutatja a 6.5. Tétel nehezebb irányát.6.8. Tétel. Legyen 0 ≤ l ≤ k. Legyen G = (V +s, E) egy [k, l]-gráf és d(s) = k+i+j, γ(s) =

i, ahol 0 ≤ i + j ≤ k, i, j ≥ 0, i ≤ k − l. Ekkor le lehet emelni j darab s-re illeszked® élpártúgy, hogy az s törlése után keletkez® gráf [k, l]-gráf legyen.A 6.5. Tétel bizonyítása. A 6.6. Lemma mutatja, hogy ha egy gráf el®áll a m¶veletek-kel, akkor [k, l]-gráf. A másik irány bizonyítása a sú sszámra vonatkozó teljes induk ióvaltörténik. El®ször is gyeljük meg, hogy az egyetlen egy sú sú [k, l]-gráf a Pk−l. Legyen Gegy tetsz®leges, legalább két sú sú [k, l]-gráf, és tegyük fel, hogy az ennél kevesebb sú súgráfokra igaz az állítás. A 6.7. Lemma szerint létezik egy legfeljebb 2k − 1 fokú s sú s, hal > 0, és egy legfeljebb 2k fokú sú s, ha l = 0. Legyen i := γ(s), és legyen j := d(s)− k− i.A d(s) = d(s, V −s)+2γ(s) = |E|−γ(s)−γ(V −s)+2γ(s) ≥ k|V |−l−k(|V |−1)+l+γ(s) =

k + γ(s) egyenl®tlenség alapján láthatjuk, hogy j ≥ 0.Tehát ezekkel az i, j paraméterekkel a 6.8. Tétel azt mondja ki, hogy a G gráf megkaphatóegy G′ [k, l]-gráfból valamely megengedett K(k, i, j) m¶velettel. Az induk iós feltevés szerinttudjuk, hogy G′ el®áll Pk−l-b®l megengedett m¶veletekkel, tehát ezek szerint G is el®áll. Megadjuk a 6.8. Tétel egy lehetséges bizonyítását, amely Mader irányított leemelési té-telén alapul. Ez a bizonyítás valójában a Frank András [14 által a [k, k]-gráfok el®állításitételére adott egy bizonyításának az adaptá iója a [k, l] esetre (0 ≤ l ≤ k). Ehhez el®szörbelátjuk a [k, l]-gráfok egy irányításokkal kap solatos jellemzését.87

6.9. Tétel. Legyen 0 ≤ l ≤ k. Egy gráf pontosan akkor [k, l]-gráf, ha valamely v sú sáhozlétezik olyan irányítása, hogy minden u ∈ V −v sú s befoka k, v befoka k−l, és v-b®l mindenmás sú s elérhet® l éldiszjunkt úton. S®t, ekkor minden v sú shoz van ilyen irányítás.Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van egy v ∈ V sú shoz megfelel® irányítás, el®ször belátjuk,hogy ekkor tetsz®leges másik sú shoz is van irányítás. Legyen tehát v′ egy tetsz®leges v-t®lkülönböz® sú s. Válasszunk ki v-b®l v′-be men® l darab éldiszjunkt utat, és fordítsuk megezek irányítását. Ekkor könnyen látható, hogy ez egy v′-nek megfelel® irányítás.Tegyük fel, hogy v-hez létezik egy jó irányítás, ekkor a gráf élszáma |E| =∑

u∈V (u) =

k|V | − l. Tekintsünk egy tetsz®leges ∅ 6= X ⊆ V halmazt, belátjuk, hogy γ(X) ≤ k|X| − l.Feltehetjük, hogy v ∈ X, mert tetsz®leges v-hez tudunk megfelel® irányítást találni a máremlített átirányítási gondolat miatt. Ekkor γ(X) ≤ ∑

u∈X (u) = k|X| − l. Tehát a gráf[k, l]-gráf.Ha pedig egy gráf [k, l]-gráf, akkor a 6.3. Tétel szerinti létez® l darab feszít®fát és k − ldarab feszít® pszeudo-erd®t irányítsuk meg a következ®képpen: az l-feszít®fát irányítsuk egy-egy v-gyöker¶ feszít®feny®vé, a k− l feszít® pszeudo-erd®t pedig olyan gráfokká, amelyeknekminden befokuk 1. Ez egy megfelel® irányítást ad. Haszálni fogjuk Mader irányított leemelési tételét.6.10. Tétel (Mader). [34 G = (V + s, E) irányított gráf, amelyben δ(s) = (s). Tegyükfel, hogy

λ(x, y; G) ≥ l ∀x, y ∈ V, (6.1)ahol l ≥ 1 egész. Ekkor minden e = st élhez létezik olyan f = us él, amelyreλ(x, y; Gef) ≥ l ∀x, y ∈ V.A 6.8. Tétel bizonyítása. Legyen t egy tetsz®leges, s-t®l különböz® sú s. Irányítsuk meg agráfot a 6.9. Tétel szerint úgy, hogy minden t-t®l különböz® sú s befoka k, t befoka l legyen,és t-b®l minden más sú sba menjen l éldiszjunkt irányított út.Vegyünk fel most új éleket: minden u ∈ V − s− t sú sból t-be l darab párhuzamos élet.Nevezzük ezeket az éleket segédéleknek. Ekkor teljesül, hogy λ(x, y; G) ≥ l ∀x, y ∈ V − s.Az s befoka k és kifoka i + j (hiszen irányítatlanul a foka k + i + j volt), és ebb®l j darabnem-hurok él lép ki s-b®l (mert γ(s) = i).Tehát a 6.10. Tételt j-szer alkalmazva kapjuk, hogy leemelhetünk j darab élpárt úgy, hogya kapott gráf V − s-en belül irányítottan l élösszefügg® marad. (Az, hogy Mader tételébenhurokmentes irányított gráfokról van szó, ne zavarjon, az élösszefügg®ség tekintetében ahurkoknak nin s jelent®sége, tehát alkalmazzuk a tételt a hurkok elhagyása után, majdvisszarakjuk a hurkokat.) Ha az s törlése után kapott gráfból kitöröljük a segédéleket, akkor88

is igaz marad, hogy t-b®l minden más sú s elérhet® l éldiszjunkt úton (mert sak t-belép® éleket töröltünk). Ekkor s törlése után a maradék befokok nem változnak (mert s-b®lmár nem vezet él máshová, hiszen azokat mind leemeltük), tehát a 6.9. Tétel szerint egy[k, l]-gráfot kaptunk.

89

7. fejezetFokel®írásos növelés7.1. Két kérdés matroidokonAz élösszefügg®ség-növelés feladata az, hogy adjunk egy gráfhoz minimális számú élet úgy,hogy a kapott gráf k-élösszefügg® legyen. Megfogalmazunk most két kombinatorikus optima-lizálási feladatot, amelyek ennek egyfajta matroidos megfelel®i azzal az eltéréssel, hogy ittolyan optimális növelési feladatokkal foglalkozunk, ahol a növel® élhalmazra fokel®írások isvonatkoznak. A fokel®írások nélküli probléma matroid esetén triviálisnak bizonyul, ellentét-ben az élösszefügg®ség-növelés feladatával, ahol a fokel®írt kérdés megválaszolása könnyebb,mint fokel®írások nélkül. Tehát fokel®írt módon akarunk éleket hozzáadni a gráfhoz úgy,hogy valamilyen értelemben megengedett gráfot kapjunk. Adott V sú shalmaz esetén kikell jelölnünk, hogy mely gráfokat tekintjük megengedettnek. Ha minimális számú éllelakarjuk megengedetté tenni, akkor természetes követelmény, hogy a megengedett struktú-rák felszálló rendszert alkossanak. Természetes lehet®ség tehát egy matroid generátoraittekinteni megengedettnek.Tegyük fel, hogy adott a V sú shalmazú KV végtelen teljes gráf élhalmazán egy M(véges rangú) matroid. A feladat a következ®:Adott m : V → N alsó fokkorlát a sú sokon, és j egy egész. Létezik-e egy jelem¶ F élhalmaz úgy, hogy F teljes rangú és F kielégíti a fokkorlátokat?Feltehetjük úgy is a kérdést, hogy mekkora a minimális j, hogy legyen ilyen F . Vizsgál-hatjuk a kérdés azon változatát is, hogy m nem fokkorlát, hanem pontos fokel®írás. Világos,hogy fokel®írások nélkül a feladat triviális, hiszen a válasz sak attól függ, hogy j kisebb-e,mint a rang. Viszont látni fogjuk, hogy fokel®írásokkal nem-triviális feladathoz jutunk. Itttehát, az élösszefügg®ség növelésének feladatával ellentében, a fokel®írt probléma nehezebb.90

Ebben a matroidos fogalomrendszerben természetes megkérdezni azt a másik irányú kér-dést is, hogy adjunk minél több élet egy független élhalmazhoz, hogy a kapott élhalmaz mégmindig független legyen.Adott m : V → N fels® fokkorlát minden sú son, és egy j egész szám. Létezik-eegy j elem¶ független F élhalmaz úgy, hogy F kielégíti a fokkorlátokat?Úgy is fel lehet tenni a kérdést, hogy mekkora a maximális j, hogy legyen ilyen F .Valamint vizsgálhatjuk azt a változatát a kérdésnek, hogy m nem fokkorlát, hanem pontosfokel®írás. Itt megint láthatjuk, hogy fokkorlátok nélkül egyszer¶ a válasz.Az említett általános kérdéseket a következ® spe iális esetekben vizsgáljuk: tegyük fel,hogy adott a V sú shalmazon egy G = (V, E) gráf, ekkor az M := Mk,l/E választás eseténa fent bevezetett kérdéseink a következ®kre spe ializálódnak. (Itt Mk,l/E az Mk,l-b®l az Eösszehúzásával kapott matroidot jelöli.)1. Feladat: Adott egy E Mk,l-független élhalmaz, egy m : V → N fels® fokkorlátminden sú son és egy j egész szám. Létezik-e egy j elem¶ F élhalmaz úgy, hogyE + F is független, és F kielégíti a fokkorlátokat?2. Feladat: Adott egy E élhalmaz, egy m : V → N alsó fokkorlát a sú sokon ésegy j egész. Létezik-e egy j elem¶ F élhalmaz úgy, hogy E + F rangja (az Mk,lmatroidban) k|V | − l (azaz E + F teljes rangú), és F kielégíti a fokkorlátokat?Az utóbbi feladat motivá iójául szolgál az, hogy általánosabb a [k, l]-gráfokra bizonyítottleemelési eredménynél. Az el®z® fejezetben bizonyított el®állítási tétel (6.5. Tétel) mintsok társa egy leemelési eredményen (6.8. Tétel) alapul. Az egy sú sról való teljes leemeléspedig tekinthet® úgy, hogy töröljük az adott sú sra illeszked® éleket, és a kapott gráfhozakarunk éleket hozzáadni úgy, hogy minden sú sra adott számú él illeszkedjen, és a kapottgráf [k, l]-ritka legyen.Megjegyezzük, hogy ha a matroidunk a merevségi matroid, akkor az imént megfogalma-zott 2. Feladat az, hogy tegyünk merevvé egy gráfot élek hozzáadásával úgy, hogy minden sú son van egy fokel®írásunk, esetleg fokkorlátozásunk. Ha a matroidot az Mk,k-nak vá-lasztjuk, akkor a következ® kérdést kapjuk: adjunk éleket úgy egy gráfhoz, hogy kielégítsünkbizonyos fokel®írásokat, és a kapott gráfban legyen k-élidegen feszít®fa.Természetesen mindkét feladat esetén vizsgálhatjuk a pontos fokel®írások, alsó fokkor-látok és fels® fokkorlátok kérdését is. Megjegyezzük, hogy az 1. Feladat esetében a fels®fokkorlát általánosabb a pontos fokel®írásnál, hiszen ha 2j = m(V ), akkor a fels® fok-korlát valójában pontos fokel®írás. Hasonlóan a 2. Feladat esetében az alsó fokkorlátáltalánosabb a pontos fokel®írásnál. Ezen feladat esetében viszont az is igaz, hogy a fels®91

fokkorlát-os feladatnál általánosabb a pontos fokel®írás. Hiszen ha E + F kielégíti a fels®fokkorlátokat, akkor létezik F ′, melyre E + F ′ is teljes rangú, és vagy kielégíti az m-et, mintpontos fokel®írást (ha m(V ) páros), vagy egy ponton tér el 1-gyel (ha m(V ) páratlan), ezértha meg tudnánk oldani a pontos fokel®írásos feladatot, akkor a fels® fokkorlátosat is megtudnánk oldani.Felsorolásszer¶en megemlítjük most azon ismert eredményeket, amelyek beleillenek azimént felvázolt modellünkbe. Frank András és Király Tamás [15 oldotta meg az 1. kérdéstfokel®írásokkal a k = l esetben:7.1. Tétel. Legyen G = (V, E) egy gráf, m : V → Z+ fokel®írás, k ≥ 1, és E függetlenMk,k-ban. Pontosan akkor létezik egy F élhalmaz V -n, amely kielégíti a fokel®írásokat, ésE + F független Mk,k-ban, ha

m(X) − m(V )

2≤ k(|X| − 1) − γE(X) ∀ ∅ 6= X ⊆ V.Szintén Frank Andrástól és Király Tamástól [15 származik a 2. kérdés megválaszolása

k = l és pontos fokel®írások esetén:7.2. Tétel ([15). Legyen G = (V, E) egy gráf, m : V → Z+ fokel®írás és k ≥ 1. Pontosanakkor létezik egy F élhalmaz V -n, amely kielégíti a fokel®írásokat és E + F teljes rangúMk,k-ban, ha minden F = X1, . . . , Xt partí ió esetén:

m(V )

2≥ (t − 1)k − e(F),

mini

m(V − Xi) ≥ (t − 1)k − e(F).[15-ben megjegyzik azt, hogy ennek egyszer¶ következménye, hogy egy m1, . . .mn fok-sorozat pontosan akkor realizálható olyan gráal, amelyben van k éldiszjunkt feszít®fa, ha∑

i mi páros, és mi ≥ k minden i esetén. Ez Edmonds egy eredménye [5 (ami tehát pont a2. Feladat az E = ∅ esetben).Frank András és Szeg® László [16 a 6.2. Tételre adott bizonyításhoz karakterizálták ateljesen leemelhet® sú sokat a [k, k + 1]-gráfokban. Kés®bb Szeg® László [47 ezt az ered-ményt kiterjesztette [k, l]-gráfokra k+1 ≤ l ≤ 32k esetén. (Ez spe iális esete az 1. Feladatnakfels® fokkorlátokkal.) Az alábbi eredményt igazolta. Nevezzünk egy P halmazrendszert t-virágnak, ha elemei legalább kételem¶ halmazok úgy, hogy X ∩ Y = t minden X, Y ∈ P,

X 6= Y esetén. 92

7.3. Tétel ([47, 3.5 Tétel). Legyen G = (V, E) egy [k, l]-gráf, és s ∈ V sú sa, melyred(s) ≤ 2k−1 k ≥ 2, k+1 ≤ l ≤ 3

2k. Ekkor s pontosan akkor emelhet® le teljesen, ha minden

P t-virág eseténj ≤

∑

X∈P

(k|X| − l − γ(X)) + d(s, V − ∪P) + k − d(s, t).Hasonlóképpen spe iális esete az 1. Feladatnak az el®z® fejezetben a [k, l]-gráfokra igazolt(6.8. Tétel) leemelési eredmény a 0 ≤ l ≤ k esetben.Megjegyezzük, hogy a feladatok absztrakt matroidos alakja tartalmaz NP-nehéz prob-lémákat. Például, ha adott egy G gráf, akkor deniáljuk az MG-t a következ®képpen: azE(G)-ben nem szerepl® élek legyenek mind hurkok, és az E(G) éleire megszorítva legyen MGa G körmatroidja. Ekkor tekintsük bármelyik feladatot pontos fokel®írással és j = |V (G)|−1-gyel úgy, hogy a pontos fokel®írás mindenütt 2, kivéve az u, v sú sokon 1. Ekkor egy Félhalmaz pontosan akkor megengedett, ha G-beli Hamilton-út u, v között. Ez tehát aztjelenti, hogy az absztrakt feladatokkal nem érdemes teljes általanosságban foglalkozni, deérdekes mégis a kérdés, hogy mely matroidosztályokon megoldhatóak.A következ® két szakaszban megoldjuk a felvetett feladatok egy részét abban az értel-meben, hogy NP∩ o-NP karakterizá iót adunk rájuk. Bár megjegyezzük, hogy a közöltbizonyítások lényegében algoritmikusak vagy azzá tehet®k.7.2. A 0 ≤ l ≤ k esetEbben a szakaszban megválaszoljuk az 1. és a 2. kérdést 0 ≤ l ≤ k esetén. Használni fogjuka bE(X) := k|X| − l − γE(X) jelölést, ahol X ⊆ V .7.4. Tétel. Legyen G = (V, E) gráf, m : V → Z+ fels® fokkorlátok, 0 ≤ l ≤ k, és Efüggetlen az Mk,l-ben. Ekkor pontosan akkor létezik egy j elem¶ F élhalmaz V -n, amelyreE +F független Mk,l-ben, és dF (v) ≤ m(v) minden v ∈ V esetén, ha teljesülnek az alábbiak:

2j ≤ m(V ), (7.1)j ≤ bE(X) + m(V − X) minden ∅ 6= X ⊆ V esetén. (7.2)Bizonyítás. (7.1) nyilván szükséges. A (7.2) szükségességéhez legyen ∅ 6= X ⊆ V , ekkorha F teljesíti a feltételeket, akkor γF (X) ≤ k|X| − l − γE(X) = bE(X), és eF (V − X) =

∑

v∈V −X dF (v) − γF (V − X) ≤ ∑

v∈V −X dF (v) ≤ ∑

v∈V −X m(v) = m(V − X). Tehát j =

|F | = γF (X) + eF (V − X) ≤ bE(X) + m(V − X).Azt mondjuk, hogy j élesen teljesíti valamelyik feltételt, ha j + 1 nem teljesíti az illet®feltételt. A tétel bizonyításának másik irányához elég azt belátni, hogy a maximális j, melyre93

létezik megfelel® F , élesen teljesíti valamelyik feltételt, azaz vagy m(V )−1 ≤ 2j, vagy (7.2)egyenl®séggel teljesül valamely X-re. Legyen tehát j maximális, és F egy j elem¶ megfelel®halmaz. Nevezzünk egy ∅ 6= X ⊆ V halmazt pontos halmaznak, ha γE+F (X) = k|X| − l.γE+F (X) ≤ k|X| − l mindig teljesül, ezért ha pontos halmazok metszik egymást, akkormetszetük és uniójuk is pontos. Nevezzünk egy v pontot telítettnek, ha dF (v) = m(v). Egypont hiánya az m(v) − dF (v) ≥ 0 mennyiség.Ha m(V )−1 ≤ 2j teljesül, akkor készen vagyunk. Tegyük tehát fel, hogy 2j ≤ m(V )−2.Ez azt jelenti, hogy vagy van legalább két telítetlen pont, vagy van olyan pont, amelynek ahiánya legalább kett®.Ha u 6= v ∈ V telítetlen, akkor a maximalitás miatt létezik egy pontos halmaz, amelymindkett®jüket tartalmazza. Valamint ha egy pont hiánya legalább kett®, akkor létezikpontos halmaz, amely tartalmazza azt a pontot.Ezekb®l és abból a tényb®l, hogy metsz® pontosak uniója is pontos, következik, hogylétezik egy olyan pontos halmaz, amely az összes telítetlen pontot tartalmazza. Ezért létezikegy egyértelm¶ ilyen maximális pontos halmaz, jelöljük X-szel.7.5. Állítás. Nem létezik V − X-ben F -beli él (azaz γF (V − X) = 0).Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy e = uv ∈ F és u, v ∈ V − X. Legyen a, b ∈ V kéttelítetlen pont X-ben, vagy ha ilyen nin s, akkor a = b ∈ X egy legalább kett® hiányú pont.Ekkor könny¶ leellen®rizni, hogy F−e+ua+vb egy megfelel® élhalmaz lenne (a fokkorlátokatnyilván kielégíti, és E+F ′ is független az X maximalitása miatt), ami ellentmondana j = |F |maximalitásának. Ekkor viszont eF (V − X) = m(V − X) (az el®z® állítás miatt és amiatt, hogy mindenV −X-beli pont telített). γE+F (X) = k|X|− l az X pontossága miatt van. Ezek pedig pontazt jelentik, hogy (7.2)-ben egyenl®ség teljesül az X halmazzal. Könnyen meggondolható, hogy ez a tétel általánosítja a 7.1 és a 6.5. Tételeket.A 7.1. Tétel azonnal következik a j = m(V )

2-b®l és a (7.2) feltétel átrendezéséb®l. A 6.8. Té-tel esetén pedig a j ≤ (k|X| − l − γE(X)) + m(V − X) feltétel teljesülése következik abból,hogy m(V ) = k + j, és a G gráf [k, l]-ritka.Ezek után pedig megoldjuk a 2. Feladatot 0 ≤ l ≤ k-ra. Ehhez el®ször felidézzük annakszükséges és elégséges feltételét, hogy egy E élhalmaz teljes rangúMk,l-ben 0 ≤ l ≤ k esetén.7.6. Állítás. Legyen G = (V, E) egy gráf és 0 ≤ l ≤ k. Ekkor r(E) = k|V | − l pontosanakkor teljesül, ha

e(F) ≥ (t − 1)l + k(|V | − ∪F)teljesül a V minden F = X1, . . . , Xt részpartí iója esetén, ahol e(F) a G azon éleinekszámát jelöli, melyek nem egy Xi ∈ F halmazon belül futnak, azaz e(F) = |E| −∑i γ(Xi).94

Bizonyítás. Az 1.2. Állítás feltételében l ≤ k esetén feltehet®, hogy X részpartí ió, ugyaniskét metsz® halmazt az uniójukra serélve a jobboldal értékét nem növeljük. Részpartí ióesetén a feltétel a következ® formát kapja:∑

X∈X

(k|X| − l) + |E − E(X )| ≥ k|V | − l.Ez pedig éppen a jelen állításban szerepl® feltétel, hiszen |E − E(X )| = e(X ). Ezek után kimondjuk a 2. Feladat megoldását 0 ≤ l ≤ k-ra és alsó fokkorlátok esetén.Az következ® tétel tehát általánosítása a 7.2. Tételnek.7.7. Tétel. Legyen G = (V, E) gráf, m : V → Z+ alsó fokkorlát és 0 ≤ l ≤ k. Pontosanakkor létezik egy F élhalmaz V -n, amelyre E + F teljes rangú Mk,l-ben, és dF (v) ≥ m(v)minden v ∈ V esetén, ha V minden F = X1, . . . , Xt részpartí iója esetén:2j ≥ m(V ), (7.3)

j ≥ (t − 1)l + k(|V | − ∪F) − e(F), (7.4)2j ≥ (t − 1)l + k(|V | − ∪F) − e(F) + max

im(Xi). (7.5)A szükségesség meggondolható a következ®képpen. A (7.3) feltétel nyilvánvalóan szüksé-ges. A (7.4) feltétel is szükséges, mert ha van egy hiányos részpartí ió, akkor a fokkorlátoktóleltekintve is legalább annyi él kell, mint a részpartí ió hiánya. A (7.5) szükségességének iga-zolásához legyen F egy részpartí iója V -nek és X ∈ F . Ekkor:1. eF (F) ≥ (t − 1)l + k(|V | − ∪F) − e(F),2. γF (X) + j ≥ m(X), mert m(X) ≤∑v∈X dF (v) = eF (X) + γF (X) ≤ j + γF (X).Ezekb®l pedig: 2j = |F |+ j ≥ eF (F) + γF (X) + j ≥ (t− 1)l + k(|V | −∪F)− e(F) + m(X).Használni fogjuk azt a tényt, hogy a 2. Feladatnál felteh®, hogy E független (mert ha

E ′ egy bázisa E-nek, akkor r(E + F ) = r(E ′ + F ) minden F -re). Ezért elég belátnunk azalsó-fokkorlátos feladatra a következ® tételt, ugyanis könnyen ellen®rizhet®, hogy függetlenesetben a (7.4), (7.5) feltételek a (7.7), (7.8) feltételekké egyszer¶södnek ki.7.8. Tétel. Legyen G = (V, E) gráf, m : V → Z+ alsó fokkorlátok, 0 ≤ l ≤ k, és Efüggetlen az Mk,l-ben. Pontosan akkor létezik egy F élhalmaz V -n, amelyre E + F teljesrangú Mk,l-ben, és dF (v) ≤ m(v) minden v ∈ V esetén, ha:2j ≥ m(V ), (7.6)j ≥ b(V ), (7.7)

2j − m(X) ≥ b(V ) − b(X) ∅ 6= X ⊆ V esetén. (7.8)95

A (7.6) és (7.7) szükségessége világos. (7.8) pedig (7.5) spe ializá iója arra az esetre, haa részpartí ió egy darab X halmazból áll, ekkor ugyanis 2j ≥ (1−1)k+k(|V |−∪F)−e(F)+

max m(Xi) ≥ k(|V −X|)−e(F)+m(X) = k|V −X|−e(V −X)+m(X) = b(V )−b(X)+m(X).A pontos fokel®írásra a tétel a következ®képpen spe ializálódik.7.9. Tétel. Legyen G = (V, E) gráf, m : V → Z+ fokel®írások, 0 ≤ l ≤ k, és E független azMk,l-ben. Pontosan akkor létezik egy F élhalmaz V -n, amelyre E +F teljes rangú Mk,l-ben,és dF (v) = m(v) minden v ∈ V esetén, ha:

2j = m(V ), (7.9)j ≥ b(V ), (7.10)

m(V − X) + b(X) ≥ b(V ) ∅ 6= X ⊆ V esetén. (7.11)A 7.8. Tétel levezetése a 7.9-b®l. Egy ∅ 6= X ⊆ V halmazt pontosnak nevezünk, ha2j − m(X) = b(V ) − b(X). Az m-et megpróbáljuk emelni addig, amíg 2j = m(V ) lesz.Tegyük fel, hogy m(V ) < 2j. Kell tehát egy darab sú s, amelyen az m-et megemelveigazak maradnak a feltételek. Az egyetlen baj, ha a kiszemelt pont benne van egy pontoshalmazban. Legyen X pontos, ekkor 2j−m(X) = b(V )−b(X), ahonnan 2j−m(X) ≤ b(V ),tehát m(X) ≥ 2j− b(V ) ≥ j > m(V )

2. Emiatt nem létezik két diszjunkt pontos halmaz, ezértlétezik egy egyértelm¶ maximális pontos. m(V ) < 2j miatt ez nem lehet az egész V , tehátválaszthatunk rajta kívül egy pontot. Azt láttuk, hogy a fels® fokkorlátos esetnél általánosabb a pontos fokel®írt eset, ezérta fels® fokkorlátos feladattal külön nem foglalkozunk. A fenti levezetés után már sak azmaradt hátra, hogy a pontosan fokel®írt esetre belássuk a 7.9. Tételt.A 7.9. Tétel bizonyítása a 7.4-b®l. Ha b(V ) = j, akkor szó szerint visszakaptuk a 7.4. Tételt.Ha j = k|V | − l − r(E) és E független, akkor az 1. és a 2. Feladat megegyezik, mert ekkormindkét esetben bázissá kell kiegészíteni E-t.Tegyük fel, hogy j > b(V ). Ekkor próbáljuk meg sökkenteni j-t 1-gyel és m-et kétponton 1-1-gyel vagy egy ponton 2-vel úgy, hogy igaz maradjon a feltétel. Nevezzünk egy

∅ 6= X ⊆ V halmazt pontos halmaznak, ha m(V − X) + b(X) = b(V ), és 1-pontosnak,ha m(V − X) + b(X) = b(V ) + 1. Ha a sökkentést az u, v pontokon végezzük, akkor akövetkez®kre kell gyelni: u, v-nek benne kell lennie az összes pontos halmazban, másrésztminden 1-pontos halmaznak tartalmaznia kell legalább az egyiküket.Legyen X pontos, ekkor b(X)+m(V −X) = b(V ), ahonnan m(V −X) ≤ b(V ) < j = m(V )2

,azaz m(X) > m(V )2

. Tehát bármely két pontos metszi egymást, ezért van egy egyértelm¶minimális pontos P .A fentiekhez hasonlóan, ha X 1-pontos, akkor m(X) ≥ m(V )2

. Ebb®l következik, hogyminden 1-pontos X metszi P -t. Ha a metszetük nem P , akkor P minimalitása miatt pontos96

nem lehet, tehát 1-pontos kell, hogy legyen, mert 2b(V ) + 1 = b(X) + m(V − X) + b(P ) +

m(V − P ) ≥ b(X ∩ P ) + m(V − X ∩ P ) + b(X ∪ P ) + m(V − X ∪ P ) ≥ 2b(V ). Ahhoztehát, hogy u, v lefogja az összes 1-pontos halmazt, elegend®, ha lefogja az összes P általtartalmazott 1-pontosat.1. eset: bármely két P -beli 1-pontos halmaz metszi egymást. Ekkor létezik egy egyér-telm¶ minimális P -beli 1-pontos, ekkor persze a keresett élet úgy választjuk, hogy az egyikvége legyen a minimális pontosban, a másik pedig P -ben bárhol.2. eset: X, Y két diszjunkt P -beli 1-pontos. Ekkor a fentiek miatt m(X) = m(Y ) =m(V )

2. Legyen X, Y tartalmazásra nézve minimális. Ekkor minden Z 1-pontos halmaz

m(Z) ≥ m(V )2

> 0 miatt kénytelen belemetszeni X-be vagy Y -ba, de akkor a minimali-tás miatt tartalmazza is azt. Tehát egy olyan él, amelynek az egyik vége X-beli, a másikpedig Y -beli, jó is lesz. 7.3. A k + 1 ≤ l ≤ 32k esetEbben a szakaszben az 1. Feladat megoldását adjuk meg a fels® fokkorlátos változatra.7.10. Tétel. Legyen G = (V, E) gráf, m : V → Z+ fels® fokkorlát, k + 1 ≤ l ≤ 3

2k, k ≥ 2,és E független Mk,l-ben. Ekkor pontosan akkor létezik egy j elem¶ F élhalmaz V -n, amelyre

E +F független Mk,l-ben, és dF (v) ≤ m(v) minden v ∈ V esetén, ha teljesülnek az alábbiak:2j ≤ m(V ), (7.12)

j ≤ bE(X) + m(V − X) minden X ⊆ V, |X| ≥ 2 esetén, (7.13)j ≤ m(V − x) minden x ∈ V esetén, (7.14)

2j ≤∑

X∈P

b(X) + m(V − ∪P) + m(V − t), (7.15)ahol ez utóbbi feltételt az olyan P halmaz saládokra követeljük meg, melyekre van olyan t ∈ V ,hogy X ∩ Y = t ∀X 6= Y ∈ P. (Az ilyeneket nevezzük a rövidség kedvéért t-virágoknak.)Megjegyezzük, hogy ebb®l a tételb®l következik a 6.2. Tétel. A (7.12), (7.13) felté-telek szükségességét már az el®bb meggondoltuk. A (7.14) szükséges, mert j = |F | ≤∑

v∈V −x dF (v) ≤ m(V − x).A (7.15) szükségessége a következ®kön alapul. Legyen F egy fokkorlátokat kielégít®élhalmaz, amelyre E + F független. Ekkor:1. dF (t, V −∪P) ≤∑v∈V −∪P dF (v) ≤ m(V − ∪P),2. dF (t,∪P) ≤∑X∈P γF (X) ≤∑X∈P b(X),97

3. γF (V − t) + j =∑

v∈V −t dF (v) ≤ m(V − t) (azt használtuk, hogy ∑v∈V −t dF (v) =

2γF (V − t) + dF (V − t) = eF (V − t) + γF (V − t) = |F |+ γF (V − t) = j + γF (V − t)).Ezeket összeadva 2j = |F | + j ≤∑X∈P b(X) + m(V −∪P) + m(V − t).F -pontosnak vagy röviden pontosnak nevezünk egy legalább kételem¶ X ⊆ V halmazt,ha bE+F (X) = 0. Nevezzünk i-pontosnak egy X ⊆ V, |X| ≥ 2 halmazt, ha bE+F (X) = i.Használjuk majd a következ® összefüggéseket:7.11. Állítás. Legyen X, Y ⊆ V .1. Ha |X ∩ Y | ≥ 2, akkor b(X) + b(Y ) = b(X ∩ Y ) + b(X ∪ Y ) + d(X, Y ). Ezért, hapontosak legalább két elem¶ halmazban metszik egymást, akkor az uniójuk is pontos, és

d(X, Y ) = 0. Más szavakkal: ha pontos halmazokra d(X, Y ) 6= 0, akkor a metszetüklegfeljebb egy elem¶.2. Ha |X ∩ Y | = 1, akkor b(X) + b(Y ) = b(X ∪ Y ) + k − l + d(X, Y ).3. Ha X1, X2, X3 ⊆ V , |X1 ∩ X2| = |X1 ∩ X3| = |X2 ∩ X3| = 1 és X1 ∩ X2 ∩ X3 = ∅,akkor b(X1 ∪X2 ∪X3) ≤ b(X1) + b(X2) + b(X3)− 3k + 2l ≤ b(X1) + b(X2) + b(X3), ésegyenl®ség sak akkor állhat, ha γ(X1 ∪ X2 ∪ X3) = γ(X1) + γ(X2) + γ(X3).Bizonyítás. 1. Következik a γ(X) + γ(Y ) = γ(X ∩ Y ) + γ(X ∪ Y ) + d(X, Y ) egyenl®ségb®l.2. b(X)+ b(Y ) = k|X|− l−γ(X)−k|Y |− l−γ(Y ) = k(|X|+ |Y |−1)+k−2l− (γ(X)+

γ(Y )) = k|X ∪ Y | + k − 2l − (γ(X ∩ Y ) − d(X, Y )) = b(X ∪ Y ) + k − l + d(X, Y ).3. b(∪3i=1Xi) = k| ∪3

i=1 Xi| − l − γ(∪3i=1Xi) ≤ k(

∑3i=1 |Xi| − 3) − l −∑3

i=1 γ(Xi) =∑3

i=3(k|Xi| − l − γ(Xi)) − 3k + 2l =∑3

i=3 b(Xi) − 3k + 2l. A rövidség kedvéért azt mondjuk, hogy egy e él v-diszjunkt (ahol v egy sú s), ha az eegyik végpontja sem v. Azt mondjuk hogy egy e él X-diszjunkt (ahol X egy sú shalmaz),ha e egyik végpontja sem X-beli. Valamint azt mondjuk, hogy e egy F -él (ahol F egyélhalmaz), ha e ∈ F .A 7.10. Tétel bizonyítása. A feltételek szükségességét láttuk. Belátjuk, hogy elégségesekis. Ehhez azt elég belátni, hogy ha F egy maximális jó halmaz, akkor valamelyik feltételtélesen teljesíti (ami alatt azt értjük, hogy j + 1 már nem teljesíti azt a feltételt).Tegyük fel, hogy a (7.12), (7.13) és (7.14) feltételek egyike sem teljesül élesen. Ekkor bekell látnunk, hogy van olyan t-virág, amelyre (7.15) éles.Megjegyezzük, hogy egy P t-virág akkor teljesíti egyenl®séggel (7.15)-öt, ha: 1. mindene = uv ∈ F él esetén, ha u ∈ V − ∪P, akkor v = t, 2. P ∈ P-ben nin s t-diszjunkt F -él, ésP elemei pontosak, 3. minden x ∈ V − t sú s telített.98

Amennyiben 1. és 2. teljesül, és V − t-ben legfeljebb egy s ∈ ∪P sú s kivételével minden sú s telített, valamint s hiánya 1, akkor P-re (7.15) éles.A (7.12) nem-élessége azt jelenti, hogy vagy van legalább 2 darab hiányos pont, vagy vanegy darab legalább kett® hiányú pont. A (7.13) nem-élessége azt jelenti, hogy tetsz®legesX pontos halmazhoz, amely minden telített pontot tartalmaz, létezik X-diszjunkt F -él.A (7.14) nem-élességéb®l következik, hogy ha t kivételével minden pont telített, akkor vant-diszjunkt F -él.A bizonyítás során gyakran használjuk majd azt a gondolatot, hogy megadunk egy F ′ :=

F − e1 − · · · − ei + f1 + · · · + fj élhalmazt, és belátjuk róla, hogy F ′ is megengedett, azazhogy E +F ′ kielégíti a fokel®írásokat ez mindig könnyen látszik majd , és E + F ′ is [k, l]-ritka. Ez utóbbit pedig úgy ellen®rizzük le, hogy sorravesszük 1, . . . j összes nemüres Irészhalmazát, és megvizsgáljuk, hogy lehetséges-e, hogy F ′′ = F −e1 −· · ·−ei +∪ν∈Ifν nem[k, l]-ritka, de bármely sz¶kebb I választása esetén [k, l]-ritka. Azaz azt vizsgáljuk, hogy milehet egy tartalmazásra nézve minimális I, melyre az F ′′ élhalmaz nem [k, l]-ritka. Egy I sakúgy lehet ilyen, ha van egy olyan X halmaz, melyre γF ′′(X) = k|X| − l + 1, és tartalmazzaaz fν : ν ∈ I éleket, valamint tartalmaz mondjuk µ darabot az e1, . . . , ei élekb®l úgy, hogyµ < |I|, és X az E +F -re nézve (|I|−µ−1)-pontos (ez általában a konkrét esetekben pontoshalmazt illetve néhányszor 1-pontosat jelent majd). Tehát ahhoz, hogy belássuk, hogy F ′megengedett, azt kell végigellen®rizni, hogy tetsz®leges I esetén nem létezik az fν : ν ∈ Iéleket tartalmazó, az e1, . . . , ei élekb®l µ darabot tartalmazó (|I| − µ − 1)-pontos halmaz.Az ilyen X halmazt az fν : ν ∈ I élekhez tartozó akadálynak nevezzük.Legyen H a telítetlen pontok halmaza.7.12. Állítás. Ha |H| ≥ 2, akkor létezik egy egyértelm¶ maximális pontos Pmax, amelytartalmazza H-t.Bizonyítás. F maximalitása miatt bármely két különböz® u, v ∈ H-hoz létezik egy u, v-ttartalmazó X pontos halmaz, különben F + uv ellentmondana F maximalitásának. Mivel alegalább két pontban metsz® pontosak uniója is pontos, ezért bármely két különböz® u, v ∈H-hoz van egy u, v-t tartalmazó egyértelm¶ maximális Xuv pontos halmaz. Ha |H| = 2,akkor az állítást ezzel beláttuk.Ha |H| ≥ 3, akkor elég belátni a következ®t: ha u, v, w három H-beli sú s, akkorXuv = Xvw. Indirekt tegyük fel, hogy Xuv 6= Xvw. Ebb®l következik, hogy nem léteziku, v, w-t tartalmazó pontos halmaz, hiszen az ellentmondana Xuv maximalitásának. Ebb®lviszont következik, hogy |Xuv ∩ Xvw| = 1, |Xuv ∩ Xuw| = 1 és |Xvw ∩ Xuw| = 1. MivelXuv ∩ Xvw ∩ Xuw = ∅, így a 7.11. Állítás 3. pontja szerint Xuv ∪ Xvw ∪ Xuw pontos, amiellentmond az Xuv maximalitásának. 99

Mostantól legyen F olyan maximális elemszámú megengedett élhalmaz, amelyre |H| ma-ximális, és ha |H| = 2, akkor ezen belül olyan, melyre Pmax maximális.Mint említettük a (7.13) nem-élességéb®l következik az alábbi.7.13. Állítás. Ha |H| ≥ 2, akkor létezik Pmax-diszjunkt F -beli él.7.14. Állítás. Ha |H| ≥ 2, akkor |H| = 2, valamint valamelyik H-beli hiánya 1.Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van legalább három hiányos sú s: a1, a2, a3. A Pmax ezeketmind tartalmazza. Tudjuk, hogy létezik egy cd F -él Pmax-on kívül. Ekkor F − cd + aicmegengedett élhalmaz kell, hogy legyen i = 1 vagy i = 2-re. Tegyük fel, hogy nem az, ez aztjelenti, hogy létezik egy a1, c-t tartalmazó X pontos halmaz, és létezik egy a2, c-t tartalmazóY pontos halmaz, ekkor viszont X, Y, Pmax ellentmond a 7.11. Állítás 3. pontjának. Legyenmondjuk F ′ = F−cd+a1c egy megengedett élhalmaz, ez F -fel megegyez® méret¶, viszont aztállítjuk, hogy az F ′-höz, tartozó hiányosakat tartalmazó maximális pontos halmaz nagyobbPmax-nál, ami pedig ellentmondás. Az F ′-höz tartozó, a hiányosakat tartalmazó maximálisP ′

max pontos nyilván tartalmazza az a2, a3 és d sú sokat, és az is világos, hogy Pmax pontosmarad E + F ′-re is, ekkor viszont Pmax ∩ P ′max legalább két elem¶ (a2, a3 benne van), tehátaz uniójuk is E + F ′-pontos, ami viszont P ′max maximalitása miatt azt jelenti, hogy P ′

maxtartalmazza Pmax-ot, és a d sú s miatt szigorúan b®vebb nála. Ezzel beláttuk, hogy |H| = 2.Legyen H két eleme a1, a2. Tegyük fel most indirekt, hogy mindkét H-beli hiánya lega-lább kett®. Ekkor ugyanúgy, mint fent, láthatjuk, hogy F − cd + aic megengedett élhalmazkell, hogy legyen i = 1 vagy i = 2-re. Mondjuk azt, hogy F ′ = F − cd + a1c megengedett.Viszont F ′-re most hiányos sú s marad a1 is, tehát a1, a2, d hiányos sú sok lesznek, éshasonlóan, mint fent, beláthatjuk, hogy az F ′-höz tartozó, a hiányosakat tartalmazó maxi-mális P ′max pontos nyilván tartalmazza az a1, a2 és d sú sokat, és szigorúan b®vebb Pmax-nál,ellentmondásban F választásával. A továbbiakban azt mondjuk, hogy a cd él v-kritikus, ha léteznek U cd

c , U cdd pontos hal-mazok, melyekre v, c ∈ U cd

c , d /∈ U cdc , v, d ∈ U cd

d , c /∈ U cdd . Megjegyezzük, hogy ezekb®l

U cdc ∩ U cd

d = v már következik a 7.11. Állítás 1. pontja miatt. Hasznos lesz a következ®lemma.7.15. Lemma. Legyenek P1, P2 pontos halmazok, melyekre P1 ∩ P2 = t, a ∈ P1 − t,b ∈ P2 − t, és ab él. Ekkor nem létezik olyan Q pontos, amely metszi (P1 − t)-t és (P2 − t)-tis, és nem tartalmazza ab-t.Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy van ilyen Q. Tegyük fel, hogy mondjuk a /∈ Q.Azt állítjuk, hogy |P1∩Q| = 1. Indirekt tegyük fel, hogy |P1∩Q| ≥ 2, ekkor P1∪Q pontos(7.11. Állítás, 1. pont). Ha b ∈ Q, akkor ab a P1 −Q, Q−P1 között futna, ami ellentmondás100

(7.11. Állítás, 1. pont). Ha b /∈ Q, akkor az ab él a (P2 − (P1 ∪ Q)), ((P1 ∪ Q) − P2) közöttfutna, de (P1 ∪ Q) ∩ P2 legalább két elem¶ (t benne van, és Q ∩ P2 − t a része), ez pedigellentmondana a 7.11. Állítás 1. pontjának.Ugyanígy kapjuk, hogy |P2∩Q| = 1. A P1, P2, Q halmazok metszete üres, mert |P1∩Q| =

1 és (P1 − t) ∩ Q = ∅ miatt t /∈ Q és P1 ∩ P2 = t. Uniójukban viszont az ab miatt több élfeszül, ez pedig ellentmond a 7.11. Állítás 3. pontjának. Tudjuk, hogy H egy vagy két elem¶. A továbbiakban ezt a két esetet külön kezeljük.1. eset |H| = 1. Legyen H = t. Ekkor t hiánya legalább kett®, valamint létezik t-diszjunktF -él.7.16. Állítás. Ha cd egy t-diszjunkt F -él, akkor cd t-kritikus.Bizonyítás. Ha nem létezne t-t és c-t tartalmazó és d-t nem tartalmazó pontos, akkor F ′ :=

F − cd + tc egy F -fel megegyez® méret¶ megengedett halmaz lenne, de |H| n®ne. A c ésd szerepét fel sérélve kapjuk, hogy léteznie kell t-t és d-t tartalmazó és c-t nem tartalmazópontos halmaznak is. Ha c egy olyan sú s, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él, akkor legyen Pc az egyértelm¶minimális t, c-t tartalmazó pontos. Ha cd egy t-diszjunkt F -él, akkor Pc nem tartalmazzad-t az el®z® állítás miatt, ugyanis Pc a minimalitása miatt része U cd

c -nek.7.17. Állítás. Legyen c olyan él, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él, ekkor Pc nem tartal-maz t-diszjunkt F -élet.Bizonyítás. Tegyül fel indirekt, hogy ef egy Pc-beli t-diszjunkt F -él. A 7.16. Állítás és Pcminimalitása miatt Pc-ben nin s c-re illeszked® t-diszjunkt F -él. Ezért d /∈ Pc és e, f 6= c.Ekkor azt állítjuk, hogy F ′ := F −cd−ef + tc+de egy F -fel megegyez® méret¶ megengedetthalmaz. Megengedett, mert egy tc-hez tartozó akadály sak egy tc-t tartalmazó és ef -etnem tartalmazó pontos halmaz lehetne, de a Pc minimalitása miatt ef benne van minden tc-pontosban. A de akadálya egy de-t tartalmazó valamint c-t és f -et nem tartalmazó X pontoshalmaz lenne, de ilyen nin s a 7.15. Lemma miatt (a P1 = Pc, P2 = U cdd , Q = X és ab = cdválasztással). A tc, de-nek nin s akadálya, mert ha tc, de benne van egy halmazban, akkor

ef, cd is benne van. Tehát F ′ egy olyan megengedett élhalmaz, melyre |H| nagyobb. Ha c egy olyan sú s, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él, akkor legyen P ′c olyan c, t-ttartalmazó pontos, amely nem tartalmaz t-diszjunkt élet (ilyen van, mint láttuk, mert a Pcilyen), és ezek között egy tartalmazásra nézve maximális.7.18. Állítás. A P ′

c-k a t-ben metszik egymást (ahol c egy olyan sú s, amelyre illeszkedikt-diszjunkt F -él). 101

Bizonyítás. Legyenek c1, c2 olyan sú sok, melyekre illeszkednek t-diszjunkt F -élek, és P ′c1 6=

P ′c2. Ha |P ′

c1 ∩ P ′c2| ≥ 2 lenne, akkor P ′

cipontossága miatt d(P ′

c1, P′c2) = 0 teljesülne, és így

P ′c1∪ P ′

c2nem tartalmazna t-diszjunkt F -élet, és ez ellentmondana maximalitásuknak. Ezzel beláttuk, hogy a P ′

c-k éles t-virágot alkotnak. Az 1. esetben kész a bizonyítás. Mintmajd látni fogjuk, ugyanezt a három állítást bizonyítjuk majd be a 2.esetben is, sak ottaz els® kett® nehezebb lesz, mert külön kell valásztani bizonyos eseteket attól függ®en, hogyélek és pontok miképpen helyezkednek el Pmax-hoz képest.2. eset |H| = 2. Legyen H = s, t.Legyen tehát Pmax az s-et és t-t tartalmazó egyértelm¶ maximális pontos (7.12. Állítás).Pmax maximalitásából következik az alábbi két egyszer¶ meggyelés.7.19. Állítás. 1. Ha X egy pontos halmaz, amely nem részhalmaza Pmax-nak, akkor Pmax∩X legfeljebb egy elem¶.2. Ha X, Y olyan pontos halmazok, hogy az X, Y, Pmax halmazok közül bármely kett®metszi egymást, és X nem része Pmax-nak, akkor X ∩ Y ∩ Pmax egy elem¶.Bizonyítás. Az 1. következik a 7.11. Állítás 1. pontjából és Pmax maximalitásából. A 2.bizonyítása: látjuk, hogy a hármas metszet nem lehet legalább két elem¶, akkor ugyanisX ∪ Y ∪ Pmax egy Pmax-nál b®vebb pontos halmaz lenne. Tehát X ∩ Y ∩ Pmax üres. Az1. pont miatt X ∩ Pmax és Y ∩ Pmax egy elem¶ek. Az X ∩ Y is egy elem¶ kell, hogy legyen,különben X∪Y egy Pmax-ot két elemben metsz® pontos lenne, ellentmondásban az 1. ponttal.Tehát az X, Y, Pmax halmazok a 7.11. Állítás 3. pontjának megfelel® kongurá ióban vannak,tehát uniójuk pontos, ami ellentmond Pmax maximalitásának. 7.20. Állítás. Ha cd egy Pmax-on kívüli F -él, akkor cd v-kritikus, ahol a v vagy s, vagy t.Bizonyítás. A cd helyett megpróbáljuk cs, dt-t vagy ds, ct-t berakni F -be, és látni fogjuk,hogy sak cd s- vagy t-kritikussága lehet az akadály. F maximalitása miatt F − cd + cs + dtnem lehet megengedett, tehát vagy létezik egy s, c-t tartalmazó, d-t nem tartalmazó Xpontos halmaz, vagy létezik egy d, t-t tartalmazó és c-t nem tartalmazó Y pontos halmaz.A cs, dt élek akadálya egy s, t, d, c-t tartalmazó pontos Z halmaz lehetne, de ilyen nin sa 7.19. Állítás 1. pontja miatt.Tegyük fel mondjuk, hogy van egy fenti X akadály. Ekkor viszont tekintsük a F − cd +

ds + ct élhalmazt. F maximalitása miatt ez nem megengedett, mivel a ct, ds párnak azakadálya egy Pmax-ot legalább két sú sban metsz® pontos lenne, ezért akadály sak egy s, d-t tartalmazó és c-t nem tartalmazó X ′ pontos halmaz vagy egy c, t-t tartalmazó, d-t nemtartalmazó Y ′ pontos halmaz lehet. Ez utóbbi valójában nem fordulhat el®, mert Pmax, X, Y ′ellentmond a 7.19. Állítás 2. pontjának.Ez viszont azt jelenti, hogy X, X ′ mutatja, hogy cd s-kritikus. 102

7.21. Állítás. Ha cd egy Pmax-on kívüli F -él, akkor az s és t közül pontosan az egyikrekritikus.Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy a cd él s- és t-kritikus is, ekkor viszont létezik egy s-etés c-t tartalmazó X pontos halmaz, és létezik egy Y pontos halmaz, amely tartalmazza t-tés c-t. Viszont az X, Y, Pmax hármas ellentmond a 7.19. Állítás 2. pontjának. 7.22. Állítás. Ha cd egy Pmax-on kívüli t-kritikus F -él, akkor h(s) = 1, ha pedig s-kritikus,akkor h(t) = 1.Bizonyítás. Nyilván szimmetrikus, tehát tegyük fel, hogy cd t-kritikus. (A 7.14. Lemmamiatt vagy h(s) = 1, vagy h(t) = 1.) Tegyük fel tehát indirekt, hogy h(s) ≥ 2. EkkorF ′ := F − cd + cs egy F -fel megegyez® méret¶ megengedett élhalmaz, de |H| nagyobb. Ebb®l következik, hogy ha h(s) + h(t) ≥ 3, akkor minden Pmax-on kívüli él ugyanarra a sú sra kritikus. Nekünk szükségünk van az alábbi általánosabb állításra.7.23. Állítás. Ha cd és ef különböz® Pmax-on kívüli F -élek, akkor ugyanarra a sú srakritikusak.Bizonyítás. Tegyük fel, hogy a cd él t-kritikus, az ef él pedig s-kritikus.1. eset: cd és ef párhuzamosak. Ez éppen a 7.21. Állítás.2. eset: d = e, c 6= f . Indirekt tegyük fel, hogy cd s-kritikus, és ef t-kritikus. Ekkora cd él kritikussága miatt létezik egy X pontos halmaz, amely tartalmazza s, d-t, és a dfél kritikussága miatt létezik egy Y pontos halmaz, amely tartalmazza t, e-t. Az X, Y, Pmaxhalmazok viszont ellentmondanak a 7.19. Állítás 2. pontjának.3. eset: c, d, e, f különböz® pontok. Indirekt tegyük fel, hogy cd s-kritikus, és ef t-kritikus. El®ször lássuk be, hogy a ce, de, cf, df párok közül valamelyik párra igaz, hogy nemlétezik olyan pontos halmaz, amely azt tartalmazza, de nem tartalmazza a cd és az ef élekegyikét sem teljes egészében. Indirekt tegyük fel, hogy bármely ilyen xy párra van egy Qxypontos. Lássuk be az alábbi állításokat, amelyek arról szólnak, hogy a Qxy halmazok hogyanhelyezkednek el a Pmax, U

cdc , U cd

d , Uefe , Uef

f halmazokhoz képest.1. Qxy ∩ Pmax = ∅,2. Qxy ∩ U cdx = x és Qxy ∩ Uef

y = y,3. Qxy ∩ U cdc,d−x = ∅ és Qxy ∩ Uef

e,f−y = ∅ a 7.15. Lemma miatt.A szimmetria miatt elég az xy = de esettel foglalkoznunk. 1: Ha Qde metszené Pmax-ot,akkor a Qde, Pmax, Ucdd ellentmondana a 7.19. Állítás 2. pontjának. 2: a szimmetria miatt elég103

belátni, hogy Qde ∩U cdd = d. Indirekt tegyük fel, hogy Qde ∩U cd

d legalább két elem¶, ekkorQde∪U cd

d pontos, és így a Qde∪U cdd , Pmax, U

efe hármas ellentmond a 7.19. Állítás 2. pontjának.3: a szimmetria miatt elég belátni, hogy Qde ∩U cd

c = ∅. Tegyük fel indirekt, hogy Qde ∩U cdcnem üres. Ha legalább két elem¶, akkor Qde ∪U cd

c pontos, amely legalább két sú sban (az sés d) metszi U cdd -t, ezért Qde∪U cd

c ∪U cdd pontos. Ha Qde∩U cd

c egy elem¶, akkor Qde∪U cdc ∪U cd

dpontos a 7.11. Állítás 3. pontja miatt. Tehát mindkét esetben Qde ∪U cdc ∪U cd

d , ekkor viszonta Qde ∪ U cdc ∪ U cd

d , Pmax, Uefe halmazok ellentmondanak a 7.19. Állítás 2. pontjának.A következ® állítások arról szólnak, hogy a Qxy halmazok hogyan helyezkednek el egy-máshoz képest.1. Ha x ∈ c, d, akkor Qxe ∩ Qxf = x, és ha y ∈ e, f, akkor Qcy ∩ Qdy = y.2. Qde ∩ Qcf = ∅ és Qdf ∩ Qce = ∅.1: a szimmetria miatt elég belátni, hogy Qce ∩ Qcf = c. Tegyük fel indirekt, hogy Qce ∩

Qcf legalább két elem¶, ez viszont ellentmond annak, hogy d(Qce, Qcf) ≥ 1 az ef él miatt(7.11. Állítás 1.pontja). 2: a szimmetria miatt elég belátni, hogy Qde ∩ Qcf = ∅. Tegyükfel indirekt, hogy Qde ∩ Qcf nem üres. Legalább két elem¶ nem lehet d(Qde, Qcf) ≥ 2 (acd, ef élek miatt) és a 7.11. Állítás 1. pontja miatt. Tehát |Qde ∩ Qcf | = 1, de tudjuk, hogyQde ∩ Qce = e és Qcf ∩ Qce = c, ez a kongurá ió viszont nem lehetséges a 7.11. Állítás3. pontja miatt, mert Qde ∪Qcf ∪Qce több élet feszít, mint egyesével ez a három halmaz (acd, ef élek miatt).Ekkor tehát a Pmax, U

cdc , U cd

d , Uefe , Uef

f , Qce, Qcf , Qde, Qdf olyan pontos halmazok, melyekközül bármely kett® legfeljebb egy pontban metszi egymást, a t, s, c, d, e, f pontok mindegyikepontosan 3 halmazban szerepel, és V minden más pontja vagy egyben vagy egyben sem.Belátjuk, hogy ilyen kongurá ió nem lehetséges. Legyen Z a fenti 9 halmaz uniója. Azalábbiakban a γ(X) jelölés γE+F (X)-et jelenti. A fenti 9 halmazt pedig röviden X1, . . . , X9-nek nevezzük. b(Z) = k|Z| − l − γ(Z) =∑

k|Xi| − 6 · 2k − l − γ(Z) =∑

(k|Xi| − l) + 9l −12k − l− γ(Z) <

∑

(k|Xi| − l) + 8l− 12k −∑ γ(Xi) =∑

b(Xi) + 8l − 12k ≤ 0 (b(Xi) = 0 apontosság miatt, l ≤ 128k = 3

2k, valamint γ(Z) nagyobb, mint ∑ γ(Xi) a cd, ef élek miatt).Tegyük fel mondjuk, hogy nem létezik olyan pontos halmaz, amely d, e-t tartalmazza, denem tartalmazza a cd és az ef élek egyikét sem teljes egészében. Legyen F ′ := F −cd−ef +

ct+fs+de. Belátjuk, hogy ez egy F -nél nagyobb méret¶ megengedett élhalmaz. Az sf élneknin s akadálya az ef t-kritikus volta miatt (és a 7.19. Állítás 2. pontja miatt), hasonlóan act élnek nin s akadálya a cd t-kritikus volta miatt. A de élnek nin s akadálya amiatt, hogyfeltettük, hogy nin s olyan pontos halmaz, amely d, e-t tartalmazza, de nem tartalmazzaa cd és az ef élek egyikét sem. Az sf, de akadálya egy s, f, d, e-t tartalmazó pontos Xhalmaz lenne, de ilyen nin s, mert akkor az X, Pmax, U

efe hármas ellentmond a 7.19. Állítás104

2. pontjának. Ugyanígy: a tc, de akadálya egy t, c, d, e-t tartalmazó pontos halmaz lenne,de ilyen sin s. A ct, fs, de akadálya egy s, t, c, d, e, f sú sokat tartalmazó pontos lenne,de ilyen nin s (a 7.19. Állítás 1. pontja szerint).Tehát F ′ megengedettségének akadálya sak az sf, tc pár akadálya lehet. Az sf, tcpár akadálya vagy egy s, f, t, c-t tartalmazó pontos X halmaz, vagy egy s, f, t, c-t tartalmazóés d, e-t nem tartalmazó 1-pontos X halmaz lehet. Az s, f, t, c sú sokat tartalmazó pontoshalmaz nin s (a 7.19. Állítás 1. pontja), tehát X egy s, f, t, c-t tartalmazó és d, e-t nemtartalmazó 1-pontos halmaz. Ekkor legyen F ′′ := F−cd−ef+ct+de. F ′′ egy F -fel megegyez®méret¶ megengedett élhalmaz, amelyre Pmax pontos marad, és az X pontossá válik, és mivel|X ∩ Pmax| ≥ 2, X ∪ Pmax pontos, így az F ′′-höz tartozó, az F ′′-hiányosakat tartalmazómaximális pontos halmaz b®vebb Pmax-nál, ami ellentmond Pmax maximalitásának. Tehátnem létezik az F ′-höz akadály, azaz F ′ valóban egy F -nél nagyobb méret¶ megengedett. Ezellentmondás. Innent®l tegyük fel, hogy a Pmax-on kívüli F -élek mind t-kritikusak.7.24. Állítás. Legyen cd olyan t-diszjunkt F -beli él, amelyre c ∈ Pmax és d /∈ Pmax. Ekkorcd is t-kritikus.Bizonyítás. Megjegyezzük, hogy c 6= t, de c = s lehetséges. Legyen ef egy Pmax-on kívüliF -él. Az világos, hogy a Pmax egy c-t tartalmazó és d-t nem tartalmazó pontos, azt kell sak belátni, hogy létezik olyan pontos halmaz, amely d, t-t tartalmazza és c-t nem. Indirekttegyük fel hogy, nem létezik olyan pontos halmaz, amely d, t-t tartalmazza és c-t nem. Emiattaz ef diszjunkt cd-t®l (hiszen az ef él t-kritikus). Legyen F ′ = F − cd − ef + se + fc + dt.F ′ nagyobb méret¶ F -nél, tehát F maximalitása miatt F ′ nem lehet megengedett. Az seélnek nin s akadálya az ef t-kritikus volta miatt (és a 7.19. Állítás 2. pontja miatt), fc élnekszintén nin s akadálya az ef t-kritikus volta miatt, a dt élnek nin s akadálya az indirektfeltevés miatt. Az se, fc párnak nin s akadálya, mert az egy s, e, f, c-t tartalmazó pontoshalmaz lenne, de ilyen a 7.19. Állítás 1. pontja miatt nin s, ugyanígy az se, fc, dt-neksin s akadálya. Tehát ha F ′ nem megengedett, az azt jelenti, hogy se, dt-nek van egy Xakadálya. Ez azX nem lehet egy s, t, d, e-t tartalmazó pontos, mert ilyen nin s (a 7.19. Állítás1. pontja), tehát X egy s, t, d, e-t tartalmazó és c, f -et nem tartalmazó 1-pontos. Ekkorviszont F ′′ := F − cd + td az F -fel azonos méret¶ megengedett élhalmaz, amelyre nézvePmax pontos marad, és X pontossá válik, és mivel Pmax ∩X legalább két elem¶, a Pmax ∪Xhalmaz egy Pmax-nál nagyobb pontos, ez pedig ellentmond Pmax maximalitásának. Tehátnem létezhet se, dt-nek akadálya, ami azt jelenti, hogy F ′ megengedett, ami ellentmondF maximalitásának. Ha c egy olyan sú s, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él, akkor jelölje Pc a c, t sú sokattartalmazó minimális pontos halmazt. A 7.19. Állítás azonnali következménye az alábbi.105

7.25. Lemma. Ha c /∈ Pmax, akkor nem létezik olyan Q pontos halmaz, amely belemetsz(Pmax − t)-be és (Pc − t)-be is.7.26. Állítás. Legyen cd egy Pmax-on belüli t-diszjunkt F -él. Ekkor cd t-kritikus.Bizonyítás. Megjegyezzük, hogy d = s vagy c = s lehetséges. Legyen ef egy Pmax-on kívüliF -él. A szimmetria miatt elég belátni, hogy létezik d-t és t-t tartalmazó és c-t nem tartalmazópontos él. Indirekt tegyük fel, hogy nem létezik olyan pontos halmaz, amely d, t-t tartalmazzaés c-t nem. Legyen F ′ = F − cd− ef + se + fc + dt, belátjuk, hogy F ′ megengedett. Az seélnek a 7.25. Lemma miatt nin s akadálya, hasonlóképpen az fc élnek sin s, és a dt élnek azindirekt feltevés miatt nin s akadálya. Az se, fc párnak az akadálya egy s, c, e, f sú sokattartalmazó pontos halmaz lehetne, de ilyen a 7.19. Állítás 1. pontja miatt nin s, hasonlóana td, fc párnak az akadálya egy t, d, e, f sú sokat tartalmazó pontos halmaz lehetne, deilyen nin s. Az se, fc, dt akadálya pedig szintén sak egy s, t, c, d, e, f -et tartalmazó pontoshalmaz lehetne, ami nin s. Az se, td halmaz akadálya nem lehet egy s, e, t, d-t tartalmazópontos (mert ilyen nin s), tehát sak egy s, e, t, d-t tartalmazó és c, f -et nem tartalmazó X1-pontos halmaz lehet. Ha X ilyen, akkor legyen F ′′ := F − cd − ef + fc + dt. Így F ′′egy F -fel megegyez® méret¶ megengedett élhalmaz, amelyre nézve Pmax pontos marad, és Xpontossá válik, és mivel X ∩Pmax legalább két elem¶, X ∪Pmax egy Pmax-nál b®vebb pontos,amely tartalmazza az F ′′-re hiányos sú sokat. Ez pedig ellentmond Pmax maximalitásának.Tehát azt kaptuk, hogy F ′-nek nem lehet akadálya, azaz F ′ egy F -nél nagyobb megengedettélhalmaz, ez pedig ellentmond F maximalitásának. Ha cd egy t-diszjunkt F -él, akkor legyen Pc az egyértelm¶ minimális t, c-t tartalmazópontos. Ez tehát nem tartalmazza d-t.7.27. Lemma. Ha cd egy t-diszjunkt F -él, és e ∈ Pc, akkor nem létezik olyan pontos halmaz,amely tartalmazza e-t és d-t és nem tartalmazza c-t.Bizonyítás. Ez a 7.15. Lemma spe iális esete P1 = Pc, P2 = Pd, a = c, b = d-vel. 7.28. Állítás. Legyen c olyan él, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él, ekkor Pc nem tartal-maz t-diszjunkt F -élet.Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy ef egy Pc-beli t-diszjunkt F -él. Könnyen látszik, hogyPc nem tartalmazhat c-re illeszked® t-diszjunkt F -élet, mert tegyük fel, hogy mondjuk e = c,de ekkor Uef

e ∩ Pc sz¶kebb lenne Pc-nél (nin s benne f).Figyeljük meg, hogy ha c ∈ Pmax, akkor Pc ⊆ Pmax, valamint hogy ha c /∈ Pmax, akkorPc ∩ Pmax = t. 106

1. eset: c /∈ Pmax, ekkor persze ef Pmax-on kívül fut (mert t-diszjunkt). Ekkor t, e, f, c, dkülönböz® pontok (a d azért különböz®, mert nin s benne Pc-ben), d = s esetleg el®fordulhat,más egybeesés nem. Legyen F ′ := F −cd−ef + tc+de+fs egy F -nél nagyobb megengedettélhalmaz. A tc él akadálya egy ®t tartalmazó és ef -et nem tartalmazó pontos halmaz lehetne,de ilyen a Pc minimalitása miatt nin s. Az ed élnek nin s akadálya a 7.27. Lemma miatt, azfs élnek nin s akadálya a 7.25. Lemma miatt. A tc, de akadálya egy t, c, d, e-t tartalmazóés f -et nem tartalmazó pontos lehetne, de ilyen nin s, mert Pc minimalitása miatt ha egypontos tartalmazza t-t és c-t, akkor tartalmazza f -et is. A de, fs akadálya egy d, e, f, s-t tartalmazó pontos halmaz lehetne, de ilyen nin s a 7.25. Lemma miatt. A tc, de, fsakadálya pedig egy s, t, d, e, f, c-t tartalmazó pontos lenne, és ilyen nin s a 7.19. Állítás1. pontja miatt.Tehát az F ′ megengedettségének egyetlen akadálya sak az sf, tc akadálya lehet. Eznem lehet egy s, f, t, c-t tartalmazó pontos, mert olyan nin s, tehát sf, tc akadálya egys, f, t, c-t tartalmazó és e, d-t nem tartalmazó 1-pontos X halmaz lehet. Ekkor legyen F ′′ :=

F − cd − ef + de + fs egy F -fel megegyez® méret¶ megengedett élhalmaz. F ′′-re Pmaxés X is pontos, és ekkor X ∪ Pmax egy Pmax-nál b®vebb, minden F ′′-hiányost tartalmazópontos halmaz, ami ellentmond Pmax maximalitásának. Tehát F ′ valóban megengedett,ellentmondásban F maximalitásával.2. eset: c ∈ Pmax, ekkor ef is Pmax-beli. Legyen gh egy Pmax-on kívüli F -él. Az e, fközül legalább az egyik nem s, legyen tehát mondjuk e 6= s. (f = s, c = s, d = s lehetségesek,de t, c, e, f, g, h különböz®ek.) Legyen F ′ := F − cd− ef − gh + tc + de + fg + hs. Belátjuk,hogy ez egy F -nél nagyobb megengedett élhalmaz.A tc-nek nin s akadálya a Pc minimalitása miatt, az ed élnek nin s akadálya a 7.27. Lem-ma miatt, az fg-nek nin s akadálya a 7.25. Lemma miatt, valamint a hs élnek nin s akadályaa 7.25. Lemma miatt.A tc, de pár akadálya sak egy t, c, d, e-t tartalmazó és f -et nem tartalmazó pontoslehetne, de ilyen nin s, mert Pc minimalitása miatt egy t, c-t tartalmazó pontosban f isbenne van.A tc, fg akadálya egy t, c, f, g-tartalmazó és e, d-t nem tartalmazó 1-pontos X halmazlehet (mert t, c, f, g-tartalmazó pontos halmaz nin s). A 7.11. Állítás 1. pontja miatt X ∩Pcés X ∪ Pc közül legalább az egyik pontos, de X ∩ Pc pontossága Pc minimalitásának mondellent, X ∪ Pc pontossága pedig a 7.19. állítás 1. pontjának.A tc, hs akadálya egy t, c, h, s-et tartalmazó és d, g-t nem tartalmazó 1-pontosX halmazlehet (mert t, c, h, s-et tartalmazó pontos nin s), s®t X nem tartalmazhatja e, f -et együtt.A 7.11. Állítás 1. pontja miatt X ∩Pc és X ∪Pc közül legalább az egyik pontos. X ∪Pc nemlehet pontos a 7.19. állítás 1. pontja szerint, tehát X ∩ Pc pontos. Viszont Pc minimalitása107

miatt ez sak úgy lehet, ha Pc ⊆ X, de ekkor e, f benne van X-ben, ami ellentmondás.Az fg, hs akadálya egy f, g, h, s-et tartalmazó pontos halmaz lehetne, de ilyen nin s. Ade, fg akadálya egy d, e, f, g-t tartalmazó pontos halmaz lehetne, de ilyen sin s. A de, hsakadályát kés®bb vizsgáljuk.A tc, de, fg akadálya egy t, c, d, e, f, g-t tartalmazó pontos halmaz lehetne, de ilyennin s. A de, fg, hs akadálya egy d, e, f, g, h, s-et tartalmazó pontos halmaz lehetne, de ilyennin s. A tc, de, hs akadálya sak egy t, c, d, e, h, s-et tartalmazó és f, g-t nem tartalmazó1-pontos X halmaz lehet (mert t, c, d, e, h, s-t tartalmazó pontos nin s). A 7.11. Állítás1. pontja miatt X ∩ Pc és X ∪ Pc közül legalább az egyik pontos, de X ∩ Pc pontosságaPc minimalitásának mond ellent, X ∪ Pc pontossága pedig a 7.19. állítás 1. pontjának. Atc, fg, hs akadálya sak egy t, c, f, g, h, s-et tartalmazó és d, e-t nem tartalmazó 1-pontos Xhalmaz lehet (mert t, c, f, g, h, s-t tartalmazó pontos nin s). A 7.11. Állítás 1. pontja miattX ∩ Pc és X ∪ Pc közül legalább az egyik pontos, de X ∩ Pc pontossága Pc minimalitásánakmond ellent, X ∪ Pc pontossága pedig a 7.19. Állítás 1. pontjának.Végül a tc, de, fg, hs-nek sin s akadálya, mert az sak egy t, c, d, e, f, g, h, s-et tartal-mazó pontos halmaz lehetne, olyan pedig nin s.Tehát ha F ′ nem megengedett, az azt jelenti, hogy van a de, hs párnak akadálya. Ezegy d, e, h, s-et tartalmazó és f, g-t nem tartalmazó 1-pontos X halmaz lehet (mert d, e, h, s-et tartalmazó pontos halmaz nin s). Ekkor F ′′ := F − cd− ef − gh + tc + de + fg egy F -felmegegyez® méret¶ megengedett élhalmaz, melyre X pontos lesz, és Pmax is pontos maradt(ugyanis ha d ∈ Pmax, akkor kivettük bel®le dc, ef -et és beraktuk de, tc-t, ha pedig d /∈ Pmax,akkor kivettük bel®le ef -et és beraktuk tc-t). Ekkor tehát X ∪ Pmax egy Pmax-nál b®vebb,minden F ′′-hiányost tartalmazó pontos halmaz, ami ellentmond Pmax maximalitásának. Te-hát F ′ valóban megengedett, ellentmondásban F maximalitásával. Ha c egy olyan sú s, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él, akkor legyen P ′

c olyan c-t ést-t tartalmazó pontos, amely nem tartalmaz t-diszjunkt élet (ilyen van, például Pc), és ezekközött egy tartalmazásra nézve maximális.7.29. Állítás. Legyen c olyan sú s, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él. Ekkor a P ′

c-k t-benmetszik egymást.Bizonyítás. Ugyanúgy, mint az els® esetben: legyenek c1, c2 olyan sú sok, melyekre illesz-kednek t-diszjunkt F -élek és P ′c16= P ′

c2. Ha |P ′

c1∩P ′

c2| ≥ 2 lenne, akkor P ′

cipontossága miatt

d(P ′c1, P

′c2) = 0 lenne, így az uniójuk sem tartalmazhat t-diszjunkt élet, és ellentmondanamaximalitásuknak. Ezzel beláttuk, hogy a P ′

c-k éles t-virágot alkotnak: nem tartalmaznak t-diszjunkt F -éleket, de fednek minden olyan sú sot, amelyre illeszkedik t-diszjunkt F -él, és V − t-ben sak egy darab nem telített sú s van, az s sú s, és s hiánya egy. 108

8. fejezetMerevítés sú sok rögzítésével és egyforrás-elhelyezési problémaEbben a fejezetben két problémát fogunk vizsgálni: (i) Adott egy nem merev gráf. Szö-gezzük le minimális számú sú sát, hogy a kapott gráf merev legyen a síkban. (ii) Adottegy gráf. Húzzunk össze egy minimális méret¶ sú shalmazt úgy, hogy a kapott gráfbanlegyen két éldiszjunkt feszít®fa. Látni fogjuk, hogy ezek a feladatok közösen kezelhet®ek éspolinomiálisan megoldhatóak.8.1. A leszögezési problémaEl®ször lássuk az (i)-es feladat pre íz megfogalmazását. Tegyük fel, hogy adott egy (G, p)rúdszerkezet, ahol G = (V, E), és legyen Z ⊆ V egy sú shalmaz. Azt mondjuk, hogy egym : V → R innitezimális mozgás xen hagyja Z-t, ha m(v) = 0 minden v ∈ Z esetén.Azt mondjuk, hogy a (G, p) rúdszerkezet Z-t rögzítve (innitezimálisan) merev, haa nullvektor az egyetlen, Z-t xen hagyó innitezimális mozgás. Azt mondjuk, hogy a Ggráf az Z sú shalmazt rögzítve merev, ha egy generikus p esetén a (G, p) rúdszerkezetZ-t rögzítve merev.Azt, hogy adott (G, p) rúdszerkezet és Z sú shalmaz esetén a (G, p) rúdszerkezet Z-trögzítve merev-e, könnyen leolvashatjuk a merevségi mátrixról. Ez ugyanis azzal ekvivalens,hogy a merevségi mátrix V − Z-hez tartozó 2|V − Z| darab oszlopa független.A következ® állítás tartalma annak a kombinatorikus karakterizá iója, hogy a G gráf azZ-t leszögezve merev.8.1. Állítás. Legyen G = (V, E) egy nem merev gráf, Z ⊆ V és |Z| ≥ 2. A G gráf az Z-tleszögezve merev akkor és sak akkor, ha G+KZ merev, ahol KZ a Z sú shalmazon a teljesgráfot jelöli. 109

A merevségi mátrixos átfogalmazásból láthatjuk, hogy a megoldandó feladat a következ®:keressünk egy minimális Z sú shalmazt úgy, hogy a merevségi mátrix V − Z-hez tartozóoszlopai függetlenek. Azaz másképpen fogalmazva, rendezzük |V | darab párba természetesmódon a merevségi mátrix 2|V | oszlopát (egy sú shoz tartozó két oszlop alkot egy párt),és válasszunk ki maximálisan sok vektorpárt úgy, hogy az uniójuk lineárisan független. Eztehát egy lineáris matroid-párosítás feladat.Tehát azt kaptuk, hogy abban az esetben, ha p egy adott ra ionális vektor, akkor a (G, p)rúdszerkezethez meg tudjuk határozni, hogy mi a minimálisan rögzítend® sú sok száma. Eztmár Lovász [31 is meggyelte.Viszont abban az esetben, ha generikus p-r®l van szó, akkor Lovász algoritmusa és mi-nimax tétele nem ad polinomiális algoritmust sem jó karakterizá iót. Következik viszontbel®le (a S hwartz-lemma használatával), hogy randomizált polinomiális algoritmust létezika feladatra. Továbbiakat a leszögezésr®l lásd a [41, Se tion 8.2 és 18.2-ben.A fentiek fényében izgalmas kérdés egy polinomiális algoritmus illetve egy minimax tételmegadása. Viszont rossz jel, hogy a háromdimenziós változat matroid-trinity feladatravezet, tehát nem meglep®, hogy a háromdimenziós leszögezési feladat NP-nehéz. Erre ismutatunk majd egy rövid bizonyítást a fejezet végén.8.2. Forrás-elhelyezési feladat éldiszjunkt feszít®fákkalFelidézünk most egy rokon problémakört, az úgynevezet forrás-elhelyezési (sour e lo ation)feladatokat. Ezek általában arról szólnak, hogy egy G gráfban keressünk egy minimális elem-számú (vagy súlyú) X sú shalmazt úgy, hogy bizonyos összefügg®ségi feltételek teljesüljenekvalamilyen értelemben az X és a V −X halmazok között. Deniáljuk a k-LOC feladatot akövetkez®képpen: Adott egy G = (V, E) irányítatlan gráf. Határozzunk meg egy olyan Z ⊆ Vminimális méret¶ sú shalmazt, amelyre tetsz®leges v ∈ V − Z sú sba létezik k élidegen úta Z halmazból. Ez egy viszonylag egyszer¶ feladat (lásd például [24). A megoldása azonmúlik, hogy a maximális hiányos halmazok részpartí iót alkotnak. Nehezebbnek bizonyulta feladat következ® irányított verziója, nevezzük ezt k-DIR-LOC feladatnak. Adott egyG = (V, E) irányított gráf. Határozzunk meg egy olyan Z ⊆ V minimális méret¶ sú shal-mazt, amelyre tetsz®leges v ∈ V − Z sú sba létezik k élidegen irányított út a Z halmazból.Erre a kérdésre is született jó karakterizá ió és polinomiális algoritmus (lásd [1, [54 és [23).Most tekintsük ezen kérdés következ® változatát. k-TREE-LOC: Adott egy G = (V, E)irányítatlan gráf. Határozzunk meg egy olyan Z ⊆ V minimális méret¶ sú shalmazt, amelyreaz élhalmaz felbomlik az F1, . . . , Fk élhalmazok diszjunkt uniójára úgy, hogy tetsz®leges v ∈V − Z sú sba létezik Fi-beli út a Z halmazból minden i = 1, . . . , k esetén.110

A k-TREE-LOC kérdés annyiban különbözik a k-LOC problémától, hogy a k-LOC fela-datban egy Z sú shalmazt akkor tekintünk megengedettnek, ha minden v ∈ V − Z sú sesetén az élhalmaz felbontható F1, . . . , Fk élhalmazok diszjunkt uniójára úgy, hogy v-be lé-tezik Fi-beli út a Z halmazból minden i = 1, . . . , k esetén, míg a k-TREE-LOC kérdésbenminden v-re ugyanaz a felbontás kell, hogy teljesítse ezt a feltételt. Tehát ha a k-LOC kérdésinformá ió eljuttatását modellezi Z-b®l G többi sú sába, akkor a k-TREE-LOC feladat azinformá ió egyidej¶ eljuttatását modellezi.Az irányított esetben megfogalmazható analogonja a k-TREE-LOC feladatnak ekvivalensa k-DIR-LOC kérdéssel Edmonds feszít®fák pakolására vonatkozó tétele miatt.Itt megjegyezzük, hogy a forráselhelyezéses feladatok is megfogalmazhatóak összehúzás-sal és klikkhozzáadással: azaz keressünk minimális olyan Z sú shalmazt, melyre G/Z k-élösszefügg®, vagy keressünk minimális olyan Z sú shalmazt, melyre G+KZ k-élösszefügg®(ahol KZ egy olyan teljes gráf a Z-n, ahol minden él k-szoros illetve irányított esetbenmindkét irányba k-szoros). Érdemes meggondolni a k-TREE-LOC feladatnak a következ®ekvivalens átfogalmazásait: adott egy G = (V, E) gráf, határozzunk meg egy olyan Z ⊆ V mi-nimális méret¶ sú shalmazt, amelyre G + KZ-ben van k éldiszjunkt feszít®fa. Illetve: adottegy G = (V, E) gráf, határozzunk meg egy olyan Z ⊆ V minimális méret¶ sú shalmazt,amelyre G/Z tartalmaz k éldiszjunkt feszít®fát.Látni fogjuk, hogy a 2-TREE-LOC feladat polinomiálisan megoldható, míg a 3-TREE-LOC NP-nehéz.Azt állítjuk, hogy 2-TREE-LOC feladat esetében is található egyváltozós mátrix, amely-nek az oszlopain ez egy matroid-párosítás feladat. Tekintsük ugyanis a gráfhoz tartozó abszt-rakt 2-rúdszerkezet merevségi mátrixát, azaz azt az |E| × 2|V |-es mátrixot, amelynek soraiaz élekkel vannak indexelve, és minden sú shoz tartozik két oszlop. Legyenek xe, ye változókminden e ∈ E él esetén. A sú soknak tekintjük egy tetsz®leges sorrendjét, v1, . . . , vn, és aze = vivj él sorának vi sú shoz tartozó két koordináta helyén xe, ye és a vj sú shoz tartozókét helyen −xe,−ye áll, ha i < j. Belátható, hogy ez a mátrix analóg szerepet játszik, minta merevségi mátrix az (i) feladatban. Azaz akkor és sak akkor 2|V | − 2 a rangja, ha léte-zik a gráfban két éldiszjunkt feszít®fa, valamint akkor és sak akkor független, ha lefedhet®az élhalmaz két erd®vel, azaz ez a mátrix pontosan a körmatroid kétszeresét reprezentálja.Valamint G + KZ pontosan akkor tartalmaz két éldiszjunkt feszít®fát, ha V − Z oszlopaifüggetlenek. Tehát ez a feladat is egy matroid-párosítás feladat egy változós mátrixon, azaztudjuk róla, hogy megoldható randomizált polinomidej¶ algoritmussal.A 8.3. szakaszban megadjuk a két feladat egy közös megfogalmazását, majd a 8.4. szaksz-ban belátjuk, hogy a feladat polinomiálisan megoldható, és bizonyítunk egy minimax formu-lát is. 111

8.3. Közös megfogalmazásEl®ször is öntsük közös formába az M2,2 és az M2,3 matroidok rangfüggvényét meghatározóformulát. Legyen ebben a fejezetben l = 2 vagy l = 3. Tekintsük az M2,l matroidot, ésjelöljük a rangfüggvényét rl-lel.8.2. Állítás. Egy F ⊆ E élhalmaz rangja a következ®:minX

∑

X∈X

(2|X| − l) + |F − F (X )|,ahol a minimumot az X = X1, . . . , Xt halmazrendszerek felett vesszük, ahol Xi ⊆ V, |Xi| ≥2 és F (X ) := ∪X∈XF (X).Tudjuk, hogy ha l = 2, akkor ez az X halmazrendszer választható a V egy részpartí iójának(ez könnyen következik abból, hogy a metsz® halmazokat helyettesíthetjük az uniójukkal),és ha l = 3, akkor feltehet®, hogy F = F (X ) (1.10. Tétel).Ha Z ⊆ V , akkor KZ jelöljön egy (4 − l)-szeres teljes gráfot (pontosabban annak azélhalmazát) a Z sú shalmazon, azaz egy olyan gráfot, amelyben Z bármely két sú saközött 4 − l darab párhuzamos él fut. Természetesen sak az a fontos, hogy elég sok éllegyen, nem lényeges, hogy éppen 4− l, mindenesetre ennyi elég. A következ® kérdést fogjukvizsgálni.Adott egy G = (V, E) gráf, és a feladatunk az, hogy találjunk egy minimáliselemszámú Z ⊆ V sú shalmazt úgy, hogy az E + KZ rangja 2|V | − l legyen.Ha l = 2, akkor rl(E) = 2|V | − 2 pontosan akkor teljesül, ha létezik 2 éldiszjunkt feszít®faG-ben (1.4. Tétel). Tehát ebben az esetben a következ® a feladat.Adott egy G = (V, E) gráf. Találjunk egy minimális elemszámú Z ⊆ V sú shal-mazt úgy, hogy G + KZ tartalmazzon két éldiszjunkt feszít®fát vagy, ami ezzelekvivalens: G/Z tartalmazzon két éldiszjunkt feszít®fát.Ha l = 3, akkor rl(E) = 2|V | − 3 pontosan akkor teljesül, ha G generikusan merev asíkban (1.9. Tétel). Tehát ekkor a probléma a következ®.Adjunk egy minimális méret¶ klikket egy gráfhoz úgy, hogy a síkban generikusanmerevé tegyük.Mint láttuk ez ekvivalens azzal, hogy szögezzünk le egy minimális méret¶ halmazt úgy, hogya kapott rúdszerkezet generikusan innitezimálisan merev legyen.Ezen fejezet f® eredménye az, hogy belátjuk, hogy ezek a feladatok polinomid®ben meg-oldhatóak (8.4. Tétel). Tulajdonképpen egy ki sit általánosabb feladatról is kiderül, hogymegoldható, nevezetesen arról, hogy el®írhatunk egy T sú shalmazt, amelyet Z-nek tartal-maznia kell. 112

8.4. A két feladat közös megoldásaA 8.3. Lemma tartalma az, hogy abban az esetben, ha E független az M2,l matroidban,akkor az E+KZ rangja szebben karakterizálható, és így a feladatnak egy kezelhet®bb alakjátkapjuk, amelyet már vissza tudunk vezetni egy párosítás-feladatra.8.3. Lemma. Legyen E független az M2,l matroidban, |E| < 2|V | − l, és legyen Z ⊆ V .(i) Ha |V − Z| ≥ 2, akkorrl(E + KV −Z) = min

X⊆Z2|V − X| − l + e(X).(ii) rl(E +KV −Z) = 2|V |− l akkor és sak akkor, ha e(X) ≥ 2|X| teljesül minden X ⊆ Zesetén.Bizonyítás. (i) Legyen E ′ := E + KV −Z . Egy X = X1, . . . , Xt, Xi ⊆ V, |Xi| ≥ 2halmazrendszer esetén jelölje v(X ) a következ® mennyiséget v(X ) :=

∑

X∈X (2|X|−l)+ |E ′−E ′(X )|. A 8.2. Állítás szerint rl(E

′) = minX v(X ). Elég azt belátnunk, hogy a minimumfelvétetik egyelem¶ X = X halmazrendszeren is, ahol Z −V ⊆ X ⊆ V , ugyanis v(X) =

2|X| − l + e(V − X), tehát az X komplementálásával megkapjuk az (i) állítását.Válasszuk úgy a X halmazrendszert, hogy lexikograkusan minimalizálja a következ®vektort (v(X ), |E ′ − E ′(X )|, |X |). Ekkor a következ®k teljesülnek.|X ∩ Y | ≤ 1, ha X 6= Y ∈ X , (8.1)

∄X, Y, Z ∈ X : |X ∩ Y | = |X ∩ Z| = |Y ∩ Z| = 1 és X ∩ Y ∩ Z = ∅, (8.2)minden u 6= v ∈ V − Z esetén létezik egy egyértelm¶ Xuv ∈ X : u, v ∈ Xuv. (8.3)A (8.1) azért igaz, mert 2|X|−l+2|Y |−l = 2|X∪Y |−l+2|X∩Y |−l > 2|X∪Y |−l teljesül,ha |X∩Y | ≥ 2, és ezért X−X−Y +X∪Y ellentmondana a v(X ) minimalitásának. A (8.2)-tindirekt látjuk be. Tegyük fel, hogy létezik ilyen kongurá ió, ekkor 2|X| − l + 2|Y | − l +

2|Z|−l = 2(|X∪Y ∪Z|+3)−3l ≥ 2|X∪Y ∪Z|−l. Ha most az X, Y, Z halmazokat ki seréljükaz X ∪ Y ∪ Z halmazra, akkor lexikograkusan sökkentenénk a (v(X ), |E ′ − E ′(X )|, |X |)vektort. Ez ellentmondás. A (8.3) igazolásához tegyük fel, hogy u 6= v ∈ V − Z, és nemlétezik u-t és v-t tartalmazó X. Ekkor az u, v halmaz hozzávétele X -hez lexikograkusan sökkenti (v(X ), |E ′ − E ′(X )|, |X |)-et. Az ilyen halmaz egyértelm¶sége pedig következik(8.1)-b®l.Belátjuk, hogy ha u, v, w ∈ V − Z, akkor Xuv = Xvw. Indirekt tegyük fel, hogy ez nemteljesül. Ekkor a (8.1) miattXuv∩Xvw = v, de ekkor Xuv∩Xuw = u és Xvw∩Xuw = w.Ez pedig ellentmond (8.2)-nek. 113

Ebb®l következik, hogy Xuv = Xu′v′ teljesül minden u, v, u′, v′ ∈ V −Z esetén, azaz létezikegy egyértelm¶ X ∈ X , amely tartalmazza V −Z-t, és |X∩Y | ≤ 1 teljesül minden Y ∈ X−Xesetén. Könnyen látható, hogy v(X ) ≥ v(X), mert γE′(X ′) = γE(X ′) ≤ 2|X ′| − l mindenX ′ ∈ X −X esetén. Tehát az X egyelem¶ halmazrendszer teljesíti, hogy rl(E

′) = v(X).(ii) Ha |V −Z| ≥ 2, akkor (i)-b®l következik (ii). Ha |V −Z| ≤ 1, akkor rl(E +KV −Z) =

rl(E) = |E| < 2|V | − l, és e(Z) = |E| < 2|V | − l ≤ 2|Z|. Egy Z ⊆ V halmazt jó halmaznak nevezünk, ha e(X) ≥ 2|X| teljesül minden X ⊆ Zesetén. A 8.3. Lemma (ii)-es pontja miatt ha E független az M2,l-ben, akkor a minimálisméret¶ olyan Y halmaz keresése, amelyre rl(E+KY ) = 2|V |−l, ekvivalens maximális méret¶jó halmaz keresésével.8.4. Tétel. Adott egy G = (V, E) gráf és egy T ⊆ V . Ekkor létezik egy O(

(|E| + |V |)3/2)futásidej¶ algoritmus egy maximális elemszámú, T -t®l diszjunkt jó halmaz keresésére, éslétezik egy O(|V |2) futásidej¶ algoritmus egy minimális elemszámú olyan Z keresésére, amelytartalmazza T -t, és rl(E + KZ) = 2|V | − l.Bizonyítás. El®ször azt állítjuk, hogy a második feladat esetén feltehet®, hogy E függetlenaz M2,l-ben. Ez azért van, mert ha E ′ egy bázisa az E-nek az M2,l matroidban, akkor

rl(E + KZ) = rl(E′ + KZ) teljesül minden Z ⊆ V esetén. Egy élhalmaz M2,l-beli bázisánakmegkeresése O(|V |2) id®ben megtalálható (ha l = 2, akkor lásd például [42, Se tion 51.5a-t,és ha l = 3, akkor lásd például [17 vagy [2-t további referen iákért).A 8.3. Lemma (ii) része szerint a két optimalizálási feladat ekvivalens (ha E független).Belátjuk, hogy a maximális jó halmaz keresése visszavezethet® egy maximális párosítás fel-adatra. Deniáljuk a következ® B páros gráfot. Jelölje V azt a halmazt, amely minden

v ∈ V − T sú shoz tartalmaz két sú sot: v′, v′′. Egy tetsz®leges X ⊆ V − T esetén je-lölje X a v′ : v ∈ X ∪ v′′ : v ∈ X halmazt. A B két színosztálya legyen a V és azE. A B élhalmaza pedig legyen F := ev′ : az e él egyik végpontja v ∈ V − T ∪ ev′′ :az e él egyik végpontja v ∈ V − T. A dení ióból következik, hogy Z ⊆ V − T jó halmazakkor és sak akkor, ha |Γ(X)| ≥ |X| teljesül minden X ⊆ Z esetén, ez pedig könnyenláthatóan ekvivalens azzal, hogy |Γ(X)| ≥ |X| minden X ⊆ Z esetén. A Hall-tétel szerintZ akkor és sak akkor jó, ha létezik egy M ⊆ F párosítás, amely fedi Z-t.Készítsünk egy G′ = (V ′, E ′) gráfot, ahol V ′ := V ∪ E és E ′ := F ∪ v′v′′ : v ∈ V − T.Legyen M egy maximális párosítás G′-ben és Z egy maximális jó halmaz G-ben. Azt állítjuk,hogy |M | = |V − T | + |Z|. Ha Z ′ jó halmaz, és MZ′ ⊆ F egy Z ′-t fed® párosítás, akkorMZ′ ∪ v′v′′ : v ∈ V − T − Z ′ egy 2|Z ′| + |V − T | − |Z ′| = |V − T | + |Z ′| elemszámúpárosítás G′-ben. Ha pedig M ′ egy maximális párosítás G′-ben, akkor Z := v ∈ V − T :

M ′ ∩ F fedi a v′ és v′′ sú sokat egy |M ′| − |V − T | számosságú jó halmaz.114

Alkalmazhatunk tehát egy maximális párosítást keres® algoritmust G′-ben arra, hogy G-ben találjuk egy maximális jó halmazt. Egy maximális párosítás megtalálható O(√

|V ′||E ′|)id®ben (az irodalmat lásd például [42, Se tion 24.4a-ben). A G′ gráf dení iója szerint |V ′| ≤2|V | + |E| és |E ′| ≤ 4|E| + |V |, tehát O(

√

|V ′||E ′|) = O(

(|E| + |V |)3/2). Mivel |E| ≤ 2|V |teljesül, ha E független M2,l-ben, ezért független E-re O(|V |3/2) futásid®t kapunk. Tehát

O(|V |2) a teljes futásideje minimális olyan T -t tartalmazó Z halmaz keresésének, melyrerl(E + KZ) = 2|X| − l. A fenti visszavezetés és a Berge-Tutte formula segítségével levezethetünk egy minimaxtételt a maximális jó halmaz méretére.8.5. Tétel. Ha adott egy G = (V, E) gráf és egy T ⊆ V halmaz, akkor a következ® egyenl®ségáll fenn:

maxZ jó és Z∩T=∅

|Z| = minY :T⊆Y ⊆V

∑

C∈C(G−Y )

⌊

e(C)

2

⌋

+ |Y − T |. (8.4)Bizonyítás. max ≤ min: Ha Z ⊆ V − T jó halmaz és T ⊆ Y ⊆ V , akkor |Z| ≤∑

C∈C(G−Y ) |Z ∩ C| + |Y − T | ≤∑C∈C(G−Y )

⌊

e(C)2

⌋

+ |Y − T |.max ≥ min: Az el®z® bizonyítás jelöléseit, segédgráfjait és állításait használva elég aztbelátnunk, hogy G′-ben egy maximális párosítás mérete legalább

minY :T⊆Y ⊆V

∑

C∈C(G−Y )

⌊

e(C)

2

⌋

+ |Y |

+ |V | − 2|T |.Használjuk a következ® jelölést: w(X) :=∑

C∈C(G′−X)

⌊

|C|2

⌋

+ |X| (X ⊆ V ′). A Berge-Tutte formulából következik, hogy a maximális párosítás mérete egyenl® minX⊆V ′ w(X)-szelTegyük fel, hogy v′ ∈ C ∈ C(G′ − X) és v′′ ∈ X, ahol v ∈ V − T . Ha |C| páros, akkorw(X + v′) ≤ w(X). Ha C páratlan, akkor w(X − v′′) ≤ w(X). Tehát feltehetjük, hogy azX ∩ V halmaz v′, v′′ párok uniójából áll. Ha egy e élre e ∈ X ∩E, akkor w(X − e) ≤ w(X).Tehát létezik egy olyan optimális X, amelyre X = U valamely U ⊆ V − T -re. Így aw(X) =

∑

C∈C(G′−X)

⌊

|C|2

⌋

+ |X| = |V − T − U | +∑C∈C(G−U∪T )

⌊

e(C)2

⌋

+ 2|U | egyenl®ségb®lkövetkezik, hogy (8.4)-ben egyenl®ség áll az Y = U ∪ T halmazra. Említtettük már, hogy a minimális olyan Z halmaz keresése, melyre rl(E +KZ) = 2|V |−l teljesül, ekvivalens egy lineáris matroid párosítás feladattal, méghozzá l = 3 esetén amerevségi mátrix oszlopain, és l = 2 esetén az absztrakt 2-rúdszerkezet merevségi mátrixánakoszlopain. Legyen r0(Z) := rl(E + KV −Z) − rl(KV −Z) (Z ⊆ V ). Belátható, hogy r0(Z)a Z sú sokhoz tartozó 2|Z| darab oszlop rangja, tehát r0 egy 2-polimatroid függvény aV alaphalmazon. Tehát a minimális olyan Z keresése, amelyre rl(E + KZ) = 2|V | − l115

teljesül, ekvivalens a maximális olyan W keresésével, amelyre r0(W ) = 2|W |. Most belátjuk,hogy erre a matroid párosítás feladatra egy egyszer¶ minimax formula teljesül a 8.5. Tételkövetkezményeképpen.8.6. Tétel. Ha adott egy G = (V, E) gráf, akkormax

W⊆V −T :r0(W )=2|W ||W | = min

F egy partí iója V −T -nek ∑X∈F

⌊

ro(X)

2

⌋

.Bizonyítás. A min ≥ max irány minden 2-polimatroidfüggvény esetén igaz. A min ≤ maxirány igazolásához gyeljük meg, hogy elég a formulát akkor belátni, ha E független az M2,lmatroidban (választhatunk egy bázist, ugyanis könnyen látható, hogy r0 értékét ez nemváltoztatja meg). Mutatunk egy partí iót, amelyre a baloldal nagyobb vagy egyenl® minta jobb. Legyen Y egy optimális halmaz a (8.4) formulában. Legyen F ′ a V − T -nek azonrészpartí iója, amely G − Y komponenseib®l áll, azaz F ′ := C(G − Y ). Valamint legyenF := F ′ ∪ y : y ∈ Y − T. Erre az F partí ióra pedig:

∑

X∈F

⌊

ro(X)

2

⌋

≤∑

X∈F ′

⌊

e(X)

2

⌋

+ |Y − T | = maxZ jó, Z∩T=∅

|Z| =

= maxW⊆V −T :r0(W )=2|W |

|W |.Ezzel a tételt beláttuk. Merevség esetén (l = 3) a fenti formulából egy érdekes geometriai jelentés is kiolvasható.A merevségi vizsgálatoknál fontos szerepet játszik a szabadsági fok fogalma. Egy Z ⊆ V sú shalmaz esetén legyen szf(Z) = 2|Z| − r0(Z). Az el®z®ekb®l következik, hogy szf(Z)a G gráf V − Z-t xen hagyó mozgásai által meghatározott altér dimenziója, azaz valami-lyen értelemben szf(Z) tényleg nevezhet® Z szabadsági fokának. Valamint a 8.6. Tételb®legyszer¶ átrendezéssel adódik a következ® minimax formula:min

G a Z-t rögzítve merev |Z| = maxF a V részpartí iója ∑

X∈F

⌈

szf(X)

2

⌉

+ |V − ∪F|Ezen minimax tétel könny¶ irányának a geometriai jelentése az, hogy ha F egy részpartí ió,akkor egy G-t rögzít® sú shalmaz az F minden X elemébe legalább ⌈ szf(X)2

⌉-t metsz bele,mert minden egyes X-beli sú s rögzítése az X-nek legfeljebb 2 szabadsági fokát tüntethetiel.Mutatunk egy rövid bizonyítást a 3 éldiszjunkt feszít®fás forrás-elhelyezési feladat és aháromdimenziós leszögezési feladat NP-nehézségére. (Az utóbbi, azaz (ii) már ismert volt[36.) 116

8.7. Tétel. Legyen G = (V, E) egy gráf.(i) A minimális olyan Z ⊆ V halmaz keresése, amelyre G/Z-ben van 3 éldiszjunkt feszí-t®fa, NP-teljes.(ii) A minimális olyan Z ⊆ V halmaz keresése, amelyre G + KZ 3 dimenzióban merev,NP-teljes.Bizonyítás. (i) Világos, hogy a feladat NP-beli. A maximális stabil halmaz keresése egy3-reguláris gráfban NP-teljes, lásd például [18. Könnyen látható, hogy ha G 3-reguláris,akkor G/Z-ben pontosan akkor van 3 éldiszjunkt feszít®fa, ha V − Z stabil.(ii) Ez a feladat azért NP-beli, mert a 3 dimenziós merevség NP-beli (a S hwartz-lemmamiatt). Az (i)-hez hasonlóan itt is igaz, hogy ha G 3-reguláris, akkor G+KZ pontosan akkormerev 3 dimenzióban, ha V − Z stabil.

117

9. fejezetGlobális merevség elérése sú sokrögzítésévelSzenzor-hálózatok lokalizá iós problémái által motivált forrás-elhelyezési kérdéseket fogunkebben a fejezetben vizsgálni. Egy szenzor-hálózatban alapvet® kérdés az, hogy határozzukmeg a szenzorok pozí ióit bizonyos párok távolságának ismeretében. Ehhez nyilván szük-séges bizonyos szenzorok pontos pozí ióit ismerni, nevezzük ezeket horgonynak. A kérdés,amelyet vizsgálunk, az, hogy határozzuk meg a minimális számú horgonyt ahhoz, hogy apozí ióik és az adott párok távolságának ismerete meghatározzák az összes pozí iót, feltéve,hogy a koordináták generikusak. Polinomiális algoritmust adunk ezen kérdés két relaxált-jára, és ezek kombiná iójából egy 2-approximá iós algoritmus adódik a horgonyok számánakminimalizálására.9.1. Szenzor-hálózatok és globális merevségEbben a fejezetben szenzor-hálózatnak nevezünk egy (G, p, Z) hármast, ahol G = (V, E)gráf, p : V → R2 egy realizá ió és Z ⊆ V egy sú shalmaz. A (G, p1, Z) és (G, p2, Z)szenzorhálózatokat ekvivalensnek nevezzük, ha tetsz®leges e = uv ∈ E esetén ‖p1(u) −p1(v)‖ = ‖p2(u) − p2(v)‖ teljesül, és p1(v) = p2(v) teljesül minden v ∈ Z esetén. Aztmondjuk, hogy egy (G, p, Z) szenzor hálózat egyértelm¶en lokalizálható, ha tetsz®legesvele ekvivalens (G, p′, Z) esetén p = p′. Ez azt jelenti, hogy egy szenzor hálózat egyértelm¶enlokalizálható, ha a G gráf, ‖pu−pv‖ (uv ∈ E) távolságok és a pv (v ∈ Z) pozí ióik ismeretébena pv (v ∈ V ) pozí iók egyértelm¶en meghatározhatók.Egy szenzor hálózat V sú shalmazát szenzoroknak nevezzük, az ismert pozí iójú sú- sokat, a Z elemeit pedig horgonyoknak. A két-dimenziós szenzor-hálózatok lokalizá iósproblémája a következ®: adott a gráf, adottak duv távolságok az e = uv ∈ E élek esetén, és118

adottak a qv, v ∈ Z pozí iók. Határozzunk meg egy p realizá iót, melyre ‖p(u)−p(v)‖ = duvminden e = uv ∈ E esetén és p(v) = qv minden v ∈ Z-re. Ez egy alapvet® algoritmikuskérdés a drótnélküli szenzor-hálózatok elméletében, az utóbbi id®ben több ikk is születetterr®l a feladatról, lásd például [6, 44. Ehhez szorosan kap solódó kérdés az egyértelm¶ lo-kalizálhatóság kérdése: adott egy megengedett megoldás a lokalizá iós problémára, kérdés,hogy egyértelm¶-e.Az világos, hogy legalább három horgonyra szükség van az egyértelm¶ lokalizálható-sághoz. Bizonyos hálózatokra nem várhatunk egyértelm¶ megoldást akkor sem, ha van 3horgonyunk. Például ha a gráfban van egy szeparáló u, v sú spár, amelyre egy, az u, vtörlésével kapott C komponensben nin s horgony. Ekkor ugyanis az egész C komponensttükrözhetjük a p(u), p(v) egyenesére, és így egy ekvivalens, de nem azonos szenzor-hálózatotkapunk. Egy másik szükséges feltétel a merevség. Gondoljunk egy szenzor-hálózatra, mintegy rúd-és- sukló rúdszerkezetre, ahol a horgonyok le vannak rögzítve a síkhoz. Ha enneka szerkezetnek van folytonos deformá iója, azaz nem merev, akkor a lokalizá iós feladatnaksem lehet egyértelm¶ megoldása. Két természetes kérdés merül fel: Mely szenzor-hálózatokegyértelm¶en lokalizálhatók? Hogyan találhatunk egy adott hálózatban minimális számúhorgonyt, amellyel a hálózat egyértelm¶en lokalizálható lesz? Az els® kérdésre generikushálózatok esetén ismert a válasz. A második kérdés megválaszolásával, azaz a horgonyokszámának minimalizálásával foglalkozunk ebben a fejezetben. Ezt a kérdést már [44-ben isfelvetették.Az egyértelm¶ lokalizálhatóság kérdése szoros összefüggésben van egy gráf globális me-revségének fogalmával. Azt mondjuk, hogy a (G, p1), (G, p2) rúdszerkezetek ekvivalensek,ha bármely e = uv él esetén ‖p1(u) − p1(v)‖ = ‖p2(u) − p2(v)‖. Azt mondjuk, hogy a(G, p1), (G, p2) rúdszerkezetek egybevágóak, ha bármely u, v pontpár esetén ‖p1(u)−p1(v)‖ =

‖p2(u)−p2(v)‖. Egy (G, p) rúdszerkezetet globálisan merevnek nevezünk, ha bármely veleekvivalens rúdszerkezet egybevágó is vele. Korántsem triviális tény, hogy ha p1 és p2 generi-kus, akkor (G, p1) pontosan akkor globálisan merev, ha (G, p2) globálisan merev [25. Tehátegy G gráfot globálisan merevnek nevezünk, ha (G, p) globálisan merev egy generikus pesetén. Ezek után lássuk, mi a kap solat a lokalizálhatóság kérdésével.A globális merevség és az egyértelm¶ lokalizálhatóság kap solatát a következ® egyszer¶enbizonyítható állítás mutatja. Ezt már a [6, 44 ikkekben is meggyelték.9.1. Tétel. Legyen (G, p, Z) egy szenzor-hálózat, p egy generikus beágyazás, |V | ≥ 4, |Z| ≥3. Ekkor a (G, p, Z) szenzor-hálózat pontosan akkor egyértelm¶en lokalizálható, ha G + KZglobálisan merev.A globálisan merev gráfok kombinatorikus karakterizá ióját [25-ben adta meg Bill Ja k-son és Jordán Tibor, bebizonyítva ezzel Hendri kson sejtését. Szükségünk lesz a redundáns119

merevség fogalmára. Egy G gráfot redundánsan merevnek nevezünk, ha G − e merevminden e ∈ E estén. A globális merevség karakterizá iója a következ®.9.2. Tétel. Legyen p a legalább négy sú sú G gráf generikus realizá iója. A (G, p) rúdszer-kezet pontosan akkor globálisan merev, ha G 3-összefügg® és redundánsan merev.Ebb®l a tételb®l következik, hogy generikus esetben a globális merevség kérdése nem függp-t®l. Ezzel tehát van egy kombinatorikus karakterizá iónk az egyértelm¶ lokalizálhatóságra.9.3. Tétel. [25, 6, 44 Egy (G, p, Z) szenzor-hálózat (legalább négy sú sal és legalább há-rom horgonnyal) pontosan akkor egyértelm¶en lokalizálható, ha G + KZ 3-összefügg® és re-dundánsan merev.A 9.3. Tétel fényében a horgony minimalizálás kérdése generikus p esetén a következ®-képpen fogalmazható meg: adott egy G = (V, E) gráf, keressünk egy minimális elemszámúP ⊆ V halmazt, melyre |P | ≥ 3, G + KP 3-összefügg® és redundánsan merev.Ezen minimalizálási kérdés bonyolultsága nem ismert. A fejezet élja, hogy megmutas-suk, hogy ha a G+KP 3-összefügg® és redundánsan merev feltételt a gyengébb feltételekre seréljük, akkor kezelhet® feladatokat kapunk, ami egy randomizált 2-approximá iós algo-ritmust szolgáltat a horgony minimalizálási problémára. Egy gráf M-összefügg®, ha amerevségi matroidja összefügg®. Lásd még a 9.2. szakaszt további részletekért.A következ® két relaxált feladatot tekintjük: (i) adott egy G gráf, és keressünk egyminimális méret¶ P sú shalmazt, melyre G+KP M-összefügg®, (ii) adott egy 2-összefügg®G gráf, és keressünk egy minimális méret¶ P sú shalmazt, melyre G+KP 3-összefügg®. Az(i) feladatra adunk egy randomizált polinomidej¶ algoritmust, a (ii) feladatot pedig könnyenmegoldhatjuk egy (determinisztikus) polinomiális algoritmussal.Mivel az M-összefügg® gráfok 2-összefügg®ek (hiszen merevek, ami következik a 9.6. Lem-mából), ezekb®l kaphatunk egy randomizált 2-approximá iós algoritmust a horgony mini-malizálási problémára: oldjuk meg el®ször (i)-et a G input-gráfra, majd oldjuk meg (ii)-t aG + KP gráfra, ahol a P az (i) outputjaként kapott halmaz.9.2. M-összefügg®ségAdott egy M = (E, I) matroid, deniáljuk a következ® relá iót E-en: e, f ∈ E relá ióbanáll, ha e = f , vagy ha létezik egy C köre M-nek, melyre e, f ∈ C. Ismeretes, hogy ezegy ekvivalen iarelá ió. Az ekvivalen iaosztályokat az M matroid komponenseinek ne-vezzük. Ha M legalább kételem¶, de sak egy komponense van, akkor M-et összefügg®neknevezzük.A következ® lemma két egyszer¶ matroidelméleti állítást mond ki.120

9.4. Lemma. Legyenek az M matroid komponensei az E1, E2, . . . , Et. Ekkor(i) r(M) =∑t

1 r(Ei), és(ii) ha r(M) =∑q

1 r(Fi) teljesül az E valamely F1, F2, . . . , Fq partí iójára, akkor mindenEi, 1 ≤ i ≤ t komponenshez létezik egy Fj halmaz, melyre Ei ⊆ Fj.Azt mondjuk, hogy egy G = (V, E) gráf M-összefügg®, ha M2,3 összefügg®. Könnyenellen®rizhet®, hogy az M-összefügg® gráfok merevek (s®t redundánsan merevek), következés-képp 2-összefügg®ek is [25. Például K3,m M-összefügg® minden m ≥ 4 esetén. Egy G gráfM-összefügg® komponenseinek nevezzük azM2,3 komponensei által feszített részgráfokat.Könnyen látható, hogy egy gráf M-összefügg® komponensei páronként éldiszjunkt feszítettrészgráfok. A globális merevség vizsgálatában központi szerepet játszanak az M-összefügg®gráfok.9.5. Tétel. [25 Legyen G egy 3-összefügg® gráf. Ekkor G pontosan akkor redundánsanmerev, ha M-összefügg®.A 9.4. Lemma egyszer¶ következménye az alábbi.9.6. Lemma. Egy G = (V, E) gráf pontosan akkor M-összefügg®, ha val(X ) ≥ 2|V | − 2 aG minden nem-triviális X fedésére.Legyen G = (V, E) egy gráf, és jelölje H = H1, H2, . . . , Ht az M-összefügg® komponen-seinek halmazát.9.7. Lemma. Legyen G = (V, E) egy gráf, és P ⊆ V , amelyre |P | ≥ 4. Ekkor G + KPpontosan akkor M-összefügg®, ha

2|V | − 2 ≤ 2|Z| − 3 +∑

Hi∈H:V (Hi)∩(V −Z)6=∅

(2|V (Hi)| − 3) (9.1)teljesül minden Z ( V , P ⊆ Z esetén.Bizonyítás. Tegyük fel el®ször, hogy G+KP M-összefügg®. Mivel H fedése G-nek és P ⊆ Z,ezért Z ∪ Hi ∈ H : V (Hi)∩ (V −Z) 6= ∅ egy fedése G + KP -nek. Ez a fedés nem triviális,mivel Z 6= V . Tehát a (9.1) következik a 9.6. Lemmából.A másik irány bizonyításához indirekt tegyük fel, hogy (9.1) teljesül, de G′ = G + KPnem M-összefügg®. Jelölje H′ = H ′1, H

′2, . . . , H

′q a G + KP M-összefügg® komponenseit.Mivel |P | ≥ 4, így G′[P ] M-összefügg®, tehát létezik egy M-összefügg® komponens, mondjuk

H ′1, amelyre P ⊆ V (H ′

1). 121

9.8. Állítás.

H ′j ∈ H′ : 2 ≤ j ≤ q

= Hi ∈ H : V (Hi) ∩ (V − V (H ′1)) 6= ∅Bizonyítás. Tekintsünk egy H ′

j ∈ H′, j ≥ 2 M-összefügg® komponenset. Mivel az M-összefügg® komponensek éldiszjunktak ezért V (H ′j) ∩ (V − V (H ′

1)) 6= ∅ teljesül. MivelEG′(H ′

1) ∩ EG′(H ′j) = ∅, ezért G[V (H ′

j)] = H ′j M-összefügg®. Tehát mivel G′ szupergráfja

G-nek és H ′j egy feszített részgráf, ezért H ′

j = Hi valamely Hi ∈ H-ra.. Legyen most Hi ∈ Húgy, hogy V (Hi) ∩ (V − V (H ′1)) 6= ∅. Mivel H ′

1 M-összefügg® G′-ben, és az M-összefügg®komponensek éldiszjunktat, így V (Hi) egy maximális M-összefügg® részgráfot feszít G′-ben. A 9.4. Lemma (i) részét, a 9.8. Állítást és a (9.1)-et alkalmazva Z = V (H ′

1)-vel kapjuk,hogy 2|V | − 3 ≥ r(G′) = 2|V (H ′1)| − 3 +

∑

Hi∈H:V (Hi)∩(V −V (H′1))6=∅(2|V (Hi)| − 3) ≥ 2|V | − 2,ez pedig ellentmondás. Legyen H = (V, E) egy hipergráf, amelyet úgy kapunk a H halmazrendszerb®l, hogyminden Hi (1 ≤ i ≤ t) esetén a V (Hi) halmaz 2|V (Hi)| − 3 darab másolatát belevesszük.A 9.4. Lemma (i) része miatt |E| ≤ 2|V | − 3. Valamely X ⊆ V esetén jelölje eH(X) az olyan

e ∈ E hiperélek számát, melyekre e ∩ X 6= ∅. A 9.7. lemmabeli P komplementerét véve és afenti dení iót használva kapjuk a következ®t.9.9. Következmény. Legyen G = (V, E) egy gráf, és legyen T ⊆ V , amelyre |V − T | ≥ 4.Ekkor G + KV −T pontosan akkor M-összefügg®, haeH(S) ≥ 2|S| + 1 (9.2)teljesül minden olyan S ⊆ V esetén, melyre ∅ 6= S ⊆ T .Tehát egy legkisebb olyan P halmaz keresése, amelyre |P | ≥ 4 és G + KP M-összefügg®,ekvivalens egy legnagyobb olyan T keresésével, amelyre (9.2) teljesül. Megjegyezzük, hogya 9.9. Következmény a |V − T | ≥ 4 felétel nélkül nem igaz. Tekintsük a 9.1. ábrán láthatógráfot: a legynagyobb T , melyre a (9.2) teljesül minden S ⊆ V, ∅ 6= S ⊆ T esetén, az

u3, u4, u6 halmaz, de ezzel a T -vel G + KV −T nem M-összefügg®. Tehát a 9.9. Következ-ményt a következ® módon használhatjuk egy minimális olyan P keresésére, melyre G + KPM-összefügg®. Keresünk egy maximális T -t, melyre a (9.2) teljesül minden S ⊆ V, ∅ 6= S ⊆ Tesetén. Ha a talált T -re |V −T | ≥ 4 teljesül, akkor P := V −T egy minimális olyan halmaz,melyre G+KP M-összefügg®. Ha pedig |V −T | ≤ 3, akkor legyen P egy tetsz®leges 4 elem¶,V −T -nél b®vebb halmaz, ezzel a választással P egy minimális olyan halmaz, melyre G+KPM-összefügg®. 122

u5

u1

u3 u6

u2 u4

9.1. ábra.Ezek után belátjuk, hogy egy maximális olyan T keresése, melyre a (9.2) teljesül mindenS ⊆ V, ∅ 6= S ⊆ T esetén, ekvivalens egy matroid párosítás feladattal.Tekintsük a G∗ páros gráfot, amelyet úgy kapunk a H hipergráf GH páros gráfjából, hogyminden v ∈ V sú sot ki serélünk két v1, v2 sú sra (amelyeket a v GH-beli szomszédjaivalkötünk össze). Legyen most L az a hipergráf, amelynek a GL páros gráfja a színosztályokfel serélésével kapható a G∗-ból. Tekintsük a v1, v2, v ∈ V párok által deniált párbaállításátaz L hiperéleinek. Könnyen látható, hogy a legnagyobb, (9.2)-t teljesít® T halmaz kereséseekvivalens az ML hipergrakus matroidban egy legnagyobb méret¶, párokból álló függetlenhalmaz keresésével.A hipergrakus matroidbeli matroid párosítás feladatra Makai Márton [35 adott jó ka-rakterizá iót, de az továbbra is nyitott, hogy polinomiálisan megoldható-e. Ezen eredmény,és az a tény, hogy |E| ≤ 2|V | − 3, valamint az, hogy az M-összefügg® komponensek megta-lálhatóak polinomid®ben [2, mutatja, hogy az (i) feladatra van NP∩ o-NP karakterizá ió.Most adunk egy egyszer¶ véletlen algoritmust a következ® szakaszban, amely azon alapul,hogy a hipergrakus matroidok lineárisak.9.3. A hipergrakus matroid generikus reprezentá iójaLovász belátta [32, hogy a matroid párosítási feladat polinomiálisan megoldható, amennyi-ben a matroid lineáris, és ismert is egy lineáris reprezentá iója. A hipergrakus matroidokróltudjuk, hogy lineárisak, de nem ismert determinisztikus polinomiális algoritmus egy megfe-lel® reprezentá ió keresésére. Ha megengedünk véletlent használó algoritmusokat, akkor eza nehézség elt¶nik. Ebben a szakaszban adunk egy generikus reprezentá iót (olyan repre-zentáló mátrixot, amely változókat tartalmaz) a hipergrakus matroidokra, és ez mutatja,hogy randomizáltan hogyan lehet reprezentálni ®ket.Legyen H = (V, E) egy hipergráf, és legyen MH a hipergrakus matroidja.123

9.10. Tétel. [29 F ⊆ E pontosan akkor független az MH matroidban, ha létezik egy f :

F →(

V2

) függvény, melyre f(e) ⊆ e minden e ∈ E esetén, és f(e) : e ∈ F egy erd®.Minden e ∈ E élhez bevezetünk |e|−1 változót, legyenek ezek xe1, . . . , x

e|e|−1, és deniáljukaz Re ∈ R|V | vektort a következ®képpen. Rögzítsük a V elemeinek egy V = v1, . . . , v|V |felsorolását. Ha e = vi1 , . . . , vik, ahol e ∈ E és 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ik ≤ |V |, akkor legyen

Re(v) :=

xej ha v = vij és 1 ≤ j ≤ k − 1,

−∑k−1j=1 xe

j ha v = vik ,

0 egyébként.Megjegyezzük, hogy ha |e| = 1, akkor Re = 0 ∈ R|V |. Jelölje av ∈ R|V | a v koordinátáhoztartozó egységvektort (av(v) = 1 és av(u) = 0, ha u ∈ V − v), és legyen a ∈ R|V | a supa-egyvektor (a(u) = 1 minden u ∈ V esetén). Figyeljük meg, hogy ∑v∈V Re(v) = 0, azaz Remer®leges a-ra.9.11. Állítás. Legyen F ⊆ E . Az F halmaz pontosan akkor független az MH matroidban,ha az Re, e ∈ F vektorok lineárisan függetlenek.Bizonyítás. Tegyük fel, hogy az Re, e ∈ F vektorok lineárisan függetlenek. Legyen ∅ 6=X ⊆ V . Az av, v ∈ V −X vektorok és az a vektor mer®leges az Re, e ∈ F vektorokra, tehátdim(Re ∈ R|V | : e ∈ F , e ⊆ X) ≤ |X| − 1. Az Re vektorok függetlensége miatt pedigγF(X) = |e ∈ F : e ⊆ X| = dim(Re ∈ R|V | : e ∈ F , e ⊆ X). Ezekb®l következik, hogyγF(X) ≤ |X| − 1.Tegyük fel, hogy az F ⊆ E független az MH hipergrakus matroidban. A 9.10. Tételszerint létezik egy f : F →

(

V2

) függvény, melyre f(e) ⊆ e minden e ∈ E esetén, és f(e) :

e ∈ F egy erd®. Könnyen látható, hogy ha f(e) = u, v teljesül, akkor hozzárendelhetünkolyan értékeket az xej változókhoz, melyekre Re(u) = 1, Re(v) = −1 és Re(w) = 0 teljesülminden más w ∈ V − u, v esetén. Jelölje M azt a mátrixot, amelynek sorai az Re, e ∈ Fvektorok a fenti értékek behelyettesítésével. Ez az M mátrix pedig éppen az irányítottin iden ia-mátrixa az f(e) : e ∈ F erd®nek. Ebb®l következik, hogy az M sorai lineárisanfüggetlenek. 9.12. Következmény. Az Re, e ∈ E vektorok reprezentálják az MH hipergrakus matroi-dot.A S hwartz-lemma [43 segítségével le lehet ellen®rizni, hogy létezik egy N = 2O(|V |) egészúgy, hogy ha a [0, N ] intervallumból véletlen számokat választunk egyenletes eloszlással, és124

ezeket adjuk a fenti változók értékének, akkor egy olyan mátrixot kapunk, amelynek a mat-roidja több, mint 1/2 valószín¶séggel izomorf MH-val. Ezzel és Lovász matroid-párosításialgoritmusával [29 egy randomizált polinomiális algoritmust kapunk az (i)-es problémára.Itt használjuk a 9.8. Állítás utáni megjegyzésünket, miszerint |E| ≤ 2|V | − 3.9.4. Algoritmus a horgonyok számának minimalizálásáraMegmutatjuk, hogyan oldható meg a (ii)-es feladat. Legyen H = (V, E) egy gráf, valamelyX ⊆ V esetén jelölje N(X) az X szomszédainak halmazát, és legyen S(X) := X ∪ N(X).Azt mondjuk, hogy az X ⊆ V halmaz szoros, ha |N(X)| = 2 és S(X) 6= V .9.13. Lemma. Legyen H = (V, E) egy 2-összefügg® gráf, és legyenek X, Y ⊆ V különböz®minimális szoros halmazok G-ben. Ekkor X ∩ Y = ∅. Továbbá ha N(X) ∩ Y 6= ∅, akkor|X| = |Y | = 1.9.14. Lemma. Legyen H = (V, E) egy 2-összefügg® gráf, és legyen P ⊆ V . Ekkor H + KPpontosan akkor 3-összefügg®, ha P ∩ X 6= ∅ a H minden X szoros halmaza esetén.A 9.13 és a 9.14. Lemmákból következik, hogy minden tartalmazásra nézve minimális P ,amelyre H + KP 3-összefügg®, egy optimális megoldás a (ii)-es feladatra. Ez a meggyelésegy egyszer¶ polinomiális algoritmust ad a (ii)-re.Végül vázoljuk a randomizált 2-approximá iós polinomiális algoritmust a horgony-mini-malizálási feladatra. El®ször ellen®rizzük le, hogy létezik-e olyan P ⊆ V halmaz a G =

(V, E) input-gráf esetén, amelyre |P | = 3 és G + KP M-összefügg®. Ha ilyen nin s, akkoralkalmazzuk a matroid-párosításon alapuló randomizált algoritmust arra, hogy találjunk egylegkisebb P -t, amelyre G + KP M-összefügg®. Megjegyezzük, hogy a H = G + KP már 2-összefügg® lesz. Ezután keressünk egy minimális P ′ halmazt, amelyre H +KP ′ 3-összefügg®.Könnyen látható, hogy P∪P ′ egy olyan megengedett megoldás, amelynek a mérete legfeljebbaz optimum kétszerese.

125

10. fejezetÖsszefogalalásAlkalmazásokA dolgozatban láthattunk példákat arra, hogy kombinatorikus eredmények hogyan alkalmaz-hatók geometriai és merevségi eredmények bizonyítására. A 2. fejezetben bizonyítottuk asíkbarajzolható Laman-gráfok egy el®állítási tételét, amelynek segítségével belátható, hogyezen gráfoknak van konkáv pszeudo-háromszögelésük.A 4. fejezetben szintén egy el®állítási eredményt alkalmazva sikerült belátnunk, hogyminden merev gráfnak létezik merev realizá iója ki si egész koordinátákkal.Az el®állítási tételek gyakori alkalmazása a merevség kombinatorikus elméletén belülaz, hogy egy bizonyos merevségi fogalom kombinatorikus karakterizá ióját vezetjük le egyel®állítási tétel segítségével, mint ahogyan az 1.6. szakaszban illusztráltuk a Laman-tételbizonyítása esetén.Dolgozatunkban erre példa az 5. fejezet, ahol deniáljuk az u = v-merevség fogalmát,és kombinatorikusan karakterizáljuk azt. Másik példa erre a 3. fejezet, ahol deniáljuk kétdimenziós felületeken a merevség fogalmát, és el®állítási tételek segítségével adunk kombi-natorikus jellemzéseket.Változós mátrixok, karakterizá ió és reprezentá ióA merevség elméletén belül gyakori, hogy egy változós mátrix által deniált struktúra merev-ségét kell karakterizálni. Sokszor ez egy változós mátrix rangjának meghatározását jelenti.Dolgozatunkban ilyen feladat az 5. fejezet feladata. Hasonló jelleg¶ a 3. fejezet feladata,azzal az eltéréssel, hogy ott az a kérdés, hogy megválaszthatjuk-e egy változós mátrix soraitúgy, hogy a kapott mátrix rangja nagy legyen. Ez tehát egy változós mátrix által megha-tározott matroid homomorf képének a meghatározása. További érdekes kérdés, hogy meg126

lehet-e határozni bizonyos esetekben az eredeti matroidot.A 4. fejezet f® eredménye az, hogy egy a Laman-tétel által karakterizált matroid eseténa változós mátrix változóinak adunk olyan értéket, melyek behelyettesítésével kapott mátrixrangja megegyezik a változós mátrix rangjával. Ez azt jelenti, hogy polinomid®ben meg tud-juk határozni egy természetes NP-bizonyítékát annak, hogy egy gráf merev két dimenzióban.Nagy továbblépés lenne, ha tetsz®leges gráfra tudnánk olyan behelyettesítést adni, amelyesetén nem sak a teljes merevség mátrix rangja egyezik meg a generikus ranggal, hanemtetsz®leges részmátrixra is ez áll. Ennek következménye lenne ugyanis, hogy a matroidpárosítás feladat megoldható Lovász algoritmusával a merevségi mátrix sorain és oszlopain.A sorokon tekintett matroid párosításról tudjuk, hogy NP∩ o-NP-beli [35, de jelenleg nemismert rá polinomiális algoritmus, míg az oszlopokon tekintett matroid párosítás feladatróla 8. fejezetben beláttuk, hogy P-beli. Viszont a 9. fejezetben vizsgált M-összefügg®vé tevésproblémáról azt sikerült belátnunk, hogy ekvivalens egy matroid párosítás feladattal egyhipergrakus matroidon, ennek P-belisége még nem ismert, itt is sak azt tudjuk, hogy afeladat NP∩ o-NP-beli [35.El®állítási tételek és bizonyításukEl®állítási tétel bizonyítására több példát láthatunk az értekezésben. Egyfajta közvetlenmódszernek tekinthetjük azt, amikor keresünk egy olyan kisfokú sú sot, amelyen az in-verzm¶velet végrehajtható, és ezt dení ió szerint bizonyítjuk. Erre példa a 7. fejezetbenbemutatott 7.4. Tétel bizonyítása, amely a 6.8. Tétel egy közvetlen bizonyításának tekint-het®. Megjegyezzük, hogy ezen leemelési tétel igazolásánal egy érdekes jelenség, hogy nemlehet mohó módon bizonyítani, mint például Lovász vagy Mader leemelési tételét (6.10. Té-tel). Itt nem igaz, hogy ha van egy rész-leemelésünk, melyre a gráf [k, l]-ritka, akkor ezmindig befejezhet® itt szükség lehet visszaemelésekre is. Ez a 7.4. Tétel bizonyításánál úgyjelenik meg, hogy olyan leemelést választunk, amelyre egy akadályozó halmaz maximális, ésazt igazoljuk, hogy ha ez nem teljes leemelés, akkor visszaemelve és másként leemelve olyanleemelést kapnánk, ahol az akadály nagyobb lenne.Az el®állítási tétel igazolásának közvetlen módszerére egy másik példa dolgozatunk-ban a 2. fejezet f® el®állítási tétele, itt a nehézség az, hogy nem igaz, hogy háromszög-tartománynak van összehúzható éle.A 4. fejeztben egy leszámlálás garantálta a szükséges sú sot, amelynél a klasszikus lee-melési tételt alkalmaztuk.A közvetlen módszerrel szemben a [k, l]-gráfok el®állítási tételére láttunk egy elegáns bizo-nyítási módot a 6. fejezetben. Itt ugyanis adtunk egy karakterizá iót irányítások segítségével127

a [k, l]-gráfokra, majd ezen karakterizá ió és Mader irányított leemelési tétele segítségévelgyors bizonyítást adtunk a 6.8. Tételre. A 3. fejezetben pedig Whiteley jellemzését (3.13. Té-tel) használva láttuk be a szükséges el®állítási tételt egyfajta ki serélési te hnikával dolgozva.Megemlítjük, hogy a fákkal való jellemzések nem sak el®állítási tételek bizonyításánál bi-zonyulnak hasznosnak, hanem merev struktúrák karakterizá iójára is érdekes bizonyításokatadhatnak. Lásd például [40, 52.A fentiekt®l különböz® módszert alkalmaztunk az 5. fejezetben, ahol el®ször beláttuk,hogy matroidot alkot egy bizonyos gráfosztály, majd ennek a ténynek a segítségével adtunkegyszer¶ bizonyítást a szükséges leemelési tételre.Ezen matroidos megközelítés tanulmányozása érdekes lenne más problémák esetében is,például további vizsgálat tárgya lehet, hogy a 7. fejezetben szerepl® tételeket meg lehet-efogalmazni a matroidhoz jobban köt®d® terminológiában (például a rangfüggvényt használvaa b halmazfüggvény helyett), és lehet-e a bizonyításban jobban kihasználni azt a tényt, hogymatroidokkal dolgozunk.Matroidok alkalmazásaMint az imént említettük, az 5. fejezetben lényegében egy el®állítási tétel igazolásához hasz-náltuk a matroidságot. Ezen túl számos helyen nagyon fontos eszköznek bizonyultak a mat-roidelmélet fogalmai. Alapvet® szerepet játszik az, hogy amikor egy matroidot szeretnénkkarakterizálni, érdemes el®ször a függetleneket, vagy méginkább a bázisokat karakterizálni.Nagyon izgalmas példa erre az 5. fejezet, ahol az 5.10. Következmény karakterizálja azu = v-merev gráfokat. Ebben a karakterizá ióban nin s szó matroidokról, ez önmagábanegy geometriai állítás. Az út, amely hozzá vezet, viszont azon matroid karakterizálása volt,amelynek generátorai az u = v-merev gráfok. Ezen matroid esetén is a bázisok karakterizá i-ója volt könnyen kivitelezhet®. Ebb®l következett magának a matroidnak a karakterizá iójais, hiszen ha két matroid bázisai ugyanazok, akkor a két matroid megegyezik.Az, hogy a bázisokat élszer¶bb vizsgálni, mint a függetleneket, talán abból látszik, hogyha egy Henneberg-féle el®állítási tételt szeretnénk belátni a független gráfokra, akkor arratöbb m¶veletet kellene használni, például a kétdimenziós merevség esetén az els®fokú sú s ésaz izolált pont hozzávétele lenne szükséges. Ez tehát egy apró te hnikai különbség. Bár, minta 3. fejezetben láttuk, az, hogy sok m¶velet van, jelent®sen meghosszabbíthatja a bizonyítást.A bázisokkal praktikusabb dolgozni, hiszen x elemszámúak, és kevesebb van bel®lük.Az el®állítási tételeken illetve a merevség karakterizá ióján túl az általunk vizsgált kom-binatorikus optimalizálási feladatoknál is nagy segítséget jelentettek a matroidok. A 7. feje-zetben a 7.7. Tétel bizonyítása nagy mértékben azon a meggyelésen múlott, hogy a feladatot128

elég függetlenekre megoldani.Ugyanez történt a 8. fejezetben is, ahol szintén az a feladat, hogy valamilyen struktúra(ott klikk) hozzáadásával tegyük teljes rangúvá az élhalmazt. Itt is fontos, hogy elegend®független élhalmazok növelésésvel foglalkoznunk.Végül pedig a 9. fejezetben központi szerepet kapott az M-összefügg®ség illetve a gráfM-komponenseinek fogalma.Halmazrendszeres feltételekb®l halmaz-feltételMint említettük, egy matroidot érdemes a függetlenjeinél vagy bázisainál fogva megragadni.A generátorokkal dolgozni ugyanis lényegesen nehezebb, mint akár a bázisokkal vagy füg-getlenekkel. Ez talán azon múlik, hogy a generátorok, azaz a merevség általában vala-milyen halmazrendszeres feltétellel karakterizálható. Tekintsük például az Mk,l matroidrangfüggvényformuláját (1.2. Állítás) vagy spe iálisan a Lovász-Yemini féle karakterizá iót(1.11. Tétel) a merevségre. A függetlenek ezzel ellentétben halmazokon vett ritkasági feltétel-lel karakterizálhatóak. Próbáljuk sak meg a Lovász-Yemini féle karakterizá iót (1.11. Tétel)használva belátni azt az állítást, hogy a síkban egy merev gráf harmadfokú sú sánál végrelehet hajtatni egy 1-leemelést úgy, hogy a kapott gráf merev legyen. Már ez is sok te hni-kai nehézséget jelent. Abban az esetben pedig, ha az egyszer¶ halmazfeltétel valamilyenoknál fogva ki sit bonyolultabbá válik mint ahogy az 5. fejezetben egyfajta virágokon vettritkasági feltétellel egészült ki , a generátorokkal való dolgozás teljesen ellehetetlenül.A 7. fejezetben a 7.7. Tétel helyett a 7.8. Tételt bizonyítani könnyebb, mert sak hal-mazfeltétel van benne. Ugyanígy a 8. fejezetben felvetett leszögezési feladat és két feszít®fátmegkövetel® forráselhelyezési feladat is azért vált kezelhet®vé, mert az adjunk a gráfhozegy klikket úgy, hogy egy halmazrendszeres feltétel teljesüljön feladatot visszavezettük egyadjunk a gráfhoz egy klikket úgy, hogy egy halmazfeltétel teljesüljön feladatra. Az pe-dig külön szeren se, hogy jelen esetben a két feladatot ugyanarra a feladatra, maximális jóhalmaz keresésére sikerült visszavezetnünk.Egy Z halmazt jó halmaznak nevezünk, ha minden X ⊆ Z, X 6= ∅ esetén e(X) ≥ 2|X|.Tehát egy maximális ilyen tulajdonságú halmaz keresésére vezet a 8. fejezetbeli leszögezésiprobléma. A 9. fejezetben azt látjuk, hogy az a feladat, hogy adjunk egy minimális klikketa gráfhoz úgy, hogy M-összefügg® legyen, a következ® feladatra vezet: egy H hipergráfbankeressünk egy maximális méret¶ T sú shalmazt, melyre eH(S) ≥ 2|S| + 1 teljesül mindenS ⊆ T, S 6= ∅ esetén.Tehát mindkét esetben a halmazrendszeres feltétel egy halmazfeltételre redukálható, demíg az els® esetben ez egy párosítás feladat segítségével kezelhet®, addig a második esetben129

egy hipergrakus matroidbeli matroid párosítás feladatra vezet. Valamint érdekes megje-gyezni, hogy míg a leszögezési feladat esetében az a meggyelés vezet a halmazrendszeres fel-tétel kiegyszer¶södéséhez, hogy elég független gráfokkal foglalkozni, addig az M-összefügg®vétevés esetében ez nyilvánvalóan nem igaz. Utóbbi esetben a visszavezetés azon múlik, hogyaz M-összefügg® komponensek által meghatározott hipergráfot vizsgáljuk. Érdemes megje-gyezni, hogy ez a megközelítés a leszögezési feladat esetében is egy járható út, sak ott amerevségi komponensek hipergráfját kell tekinteni.

130

Irodalomjegyzék[1 Mihály Bárász, Johanna Be ker, and András Frank. An algorithm for sour e lo ationin dire ted graphs. Oper. Res. Lett., 33(3):221230, 2005.[2 Alex R. Berg and Tibor Jordán. Algorithms for graph rigidity and s ene analysis. InAlgorithmsESA 2003, volume 2832 of Le ture Notes in Comput. S i., pages 7889.Springer, Berlin, 2003.[3 Alex R. Berg and Tibor Jordán. A proof of Connelly's onje ture on 3- onne ted ir uitsof the rigidity matroid. J. Combin. Theory Ser. B, 88(1):7797, 2003.[4 L. Chavez, L. Moshe, and W. Whiteley. Bases and ir uits for 2-rigidity: onstru tionsvia tree overings. preprint, Department of Mathemati s and Statisti s, York University,2003.[5 Ja k Edmonds. Existen e of k-edge onne ted ordinary graphs with pres ribed degrees.J. Res. Nat. Bur. Standards Se t. B, 68B:7374, 1964.[6 T. Eren, D.K. Goldenberg, W. Whiteley, Y.R. Yang, A.S. Morse, B.D.O. Anderson, andP.N. Belhumeur. Rigidity, omputation, and randomization in network lo alization. InPro eedings of the International Annual Joint Conferen e of the IEEE Computer andCommuni ations So ieties (INFOCOM), Mar h 2004.[7 Zsolt Fekete. Sour e lo ation with rigidity and tree pa king requirements. Oper. Res.Lett. in press, on-line available.[8 Zsolt Fekete. Sour e lo ation problems with rigidity and tree pa king requirements,2005. EGRES Te hni al Riport TR-2005-04, www. s.elte.hu/egres.[9 Zsolt Fekete and Tibor Jordán. Rigid realizations of graphs on small grids. Comput.Geom., 32(3):216222, 2005. 131

[10 Zsolt Fekete and Tibor Jordán. Uniquely lo alizable networks with few an hors. InPro eedings of the 4th Japanese-Hungarian Symposium on Dis rete Mathemati s andIts Appli ations, Budapest, June 2005.[11 Zsolt Fekete, Tibor Jordán, and Walter Whiteley. An indu tive onstru tion for planelaman graphs via vertex splitting. In Susanne Albers and Tomasz Radzik, editors, ESA,volume 3221 of Le ture Notes in Computer S ien e, pages 299310. Springer, 2004.[12 Zsolt Fekete and László Szeg®. A note on [k, l]-sparse graphs. In Pro eedings of GraphTheory 2004, a onferen e in memory of Claude Berge, Paris.[13 Zsolt Fekete and László Szeg®. A note on [k, l]-sparse graphs, 2005. EGRES Te hni alRiport TR-2005-05, www. s.elte.hu/egres.[14 András Frank. Conne tivity and network ows. In M. Gröts hel R. Graham and L. Lo-vász, editors, Handbook of ombinatori s, Vol. 1, 2, pages 111177. Elsevier, Amster-dam, 1995.[15 András Frank and Tamás Király. Combined onne tivity augmentation and orientationproblems. Dis rete Appl. Math., 131(2):401419, 2003. Submodularity.[16 András Frank and László Szeg®. Constru tive hara terizations for pa king and overingwith trees. Dis rete Appl. Math., 131(2):347371, 2003.[17 Harold N. Gabow and Herbert H. Westermann. Forests, frames, and games: algorithmsfor matroid sums and appli ations. Algorithmi a, 7(5-6):465497, 1992.[18 Mi hael R. Garey and David S. Johnson. Computers and intra tability. W. H. Freemanand Co., San Fran is o, Calif., 1979. A guide to the theory of NP- ompleteness, ASeries of Books in the Mathemati al S ien es.[19 Ja k Graver, Brigitte Servatius, and Herman Servatius. Combinatorial rigidity, volume 2of Graduate Studies in Mathemati s. Ameri an Mathemati al So iety, Providen e, RI,1993.[20 Ruth Haas, David Orden, Günter Rote, Fran is o Santos, Brigitte Servatius, Her-man Servatius, Diane Souvaine, Ileana Streinu, and Walter Whiteley. Planar mini-mally rigid graphs and pseudo-triangulations. Comput. Geom., 31(1-2):3161, 2005.http://www.arxiv.org/abs/math.CO/0307347.[21 Bru e Hendri kson. Conditions for unique graph realizations. SIAM J. Comput.,21(1):6584, 1992. 132

[22 L. Henneberg. Die graphis he Statik der starren Systeme. 1911. Leipzig.[23 Hiro Ito, Kazuhisa Makino, Kouji Arata, Shoji Honami, Yui hiro Itatsu, and SatoruFujishige. Sour e lo ation problem with ow requirements in dire ted networks. Optim.Methods Softw., 18(4):427435, 2003. The Se ond Japanese-Sino Optimization Meeting,Part II (Kyoto, 2002).[24 Hiro Ito and Mitsuo Yokoyama. Edge onne tivity between nodes and node-subsets.Networks, 31(3):157163, 1998.[25 Bill Ja kson and Tibor Jordán. Conne ted rigidity matroids and unique realizations ofgraphs. J. Combin. Theory Ser. B, 94:129, 2005.[26 Bill Ja kson and Tibor Jordán. Rigid two-dimensional frameworks with three ollinearpoints. Graphs Combin., 21:427444, 2005.[27 G. Laman. On graphs and rigidity of plane skeletal stru tures. J. Engrg. Math., 4:331340, 1970.[28 M. Loréa. Hypergraphes et matroïdes. Cahiers Centre Études Re her he Opér., 17(2-4):289291, 1975. Colloque sur la Théorie des Graphes (Paris, 1974).[29 L. Lovász. A generalization of König's theorem. A ta Math. A ad. S i. Hungar., 21:443446, 1970.[30 L. Lovász. Flats in matroids and geometri graphs. In Combinatorial surveys (Pro .Sixth British Combinatorial Conf., Royal Holloway Coll., Egham, 1977), pages 4586.A ademi Press, London, 1977.[31 L. Lovász. Matroid mat hing and some appli ations. J. Combin. Theory Ser. B,28(2):208236, 1980.[32 L. Lovász. The matroid mat hing problem. In Algebrai methods in graph theory, Vol.I, II (Szeged, 1978), volume 25 of Colloq. Math. So . János Bolyai, pages 495517.North-Holland, Amsterdam, 1981.[33 L. Lovász and Y. Yemini. On generi rigidity in the plane. SIAM J. Algebrai Dis reteMethods, 3(1):9198, 1982.[34 W. Mader. Konstruktion aller n-fa h kantenzusammenhängenden Digraphen. EuropeanJ. Combin., 3(1):6367, 1982. 133

[35 Márton Makai. Matroid mat hing with dilworth trun ation. In Pro eedings of EuroComb2005, Berlin.[36 Anthony Manseld. On the omputational omplexity of a rigidity problem. IMA J.Appl. Math., 27(4):423429, 1981.[37 C. St. J. A. Nash-Williams. Edge-disjoint spanning trees of nite graphs. J. LondonMath. So ., 36:445450, 1961.[38 D. Orden, F. Santos, Servatius B., and Servatius H. Combinatorial pseudo triangulati-ons. preprint, arXiv:math.CO/0307370v1, 2003.[39 James G. Oxley. Matroid theory. Oxford S ien e Publi ations. The Clarendon PressOxford University Press, New York, 1992.[40 András Re ski. A network theory approa h to the rigidity of skeletal stru tures. II.Laman's theorem and topologi al formulae. Dis rete Appl. Math., 8(1):6368, 1984.[41 András Re ski. Matroid theory and its appli ations in ele tri network theory and instati s, volume 6 of Algorithms and Combinatori s. Springer-Verlag, Berlin, 1989.[42 Alexander S hrijver. Combinatorial optimization. Polyhedra and e ien y., volume 24of Algorithms and Combinatori s. Springer-Verlag, Berlin, 2003.[43 J. T. S hwartz. Fast probabilisti algorithms for veri ation of polynomial identities.J. Asso . Comput. Ma h., 27(4):701717, 1980.[44 A. Man-Cho So and Yinyu Ye. Theory of semidenite programming for sensor networklo alization. In Pro eedings of the Sixteenth Annual ACM-SIAM Symposium on Dis reteAlgorithms (SODA), 2005.[45 Ileana Streinu. A ombinatorial approa h to planar non- olliding robot arm motionplanning. In 41st Annual Symposium on Foundations of Computer S ien e (RedondoBea h, CA, 2000), pages 443453. IEEE Comput. So . Press, Los Alamitos, CA, 2000.[46 Ileana Streinu. Combinatorial roadmaps in onguration spa es of simple planar poly-gons. In Algorithmi and quantitative real algebrai geometry (Pis ataway, NJ, 2001),volume 60 of DIMACS Ser. Dis rete Math. Theoret. Comput. S i., pages 181205. Amer.Math. So ., Providen e, RI, 2003.[47 László Szeg®. On onstru tive hara terizations of (k,l)-sparse graphs, 2003. EGRESTe hni al Riport TR-2003-10, www. s.elte.hu/egres.134

[48 Tiong-Seng Tay. Rigidity of multigraphs. I. Linking rigid bodies in n-spa e. J. Combin.Theory Ser. B, 36(1):95112, 1984.[49 Tiong-Seng Tay. Linking (n−2)-dimensional panels in n-spa e. II. (n−2, 2)-frameworksand body and hinge stru tures. Graphs Combin., 5(3):245273, 1989.[50 Tiong-Seng Tay. Henneberg's method for bar and body frameworks. Stru tural Topology,17:5358, 1991.[51 Tiong-Seng Tay. Linking (n−2)-dimensional panels in n-spa e. I. (k−1, k)-graphs and(k − 1, k)-frames. Graphs Combin., 7(3):289304, 1991.[52 Tiong-Seng Tay. A new proof of Laman's theorem. Graphs Combin., 9(4):365370,1993.[53 Tiong-Seng Tay and Walter Whiteley. Generating isostati frameworks. Stru turalTopology, 11:2169, 1985.[54 Jan van den Heuvel and Matthew Johnson. Transversals of subtree hypergraphs andthe sour e lo ation problem in digraphs, 2004. CDAM Resear h Report Series Centrefor Dis rete and Appli able Mathemati s, LSE 2004-10 (2004).[55 Neil White and Walter Whiteley. The algebrai geometry of motions of bar-and-bodyframeworks. SIAM J. Algebrai Dis rete Methods, 8(1):132, 1987.[56 Walter Whiteley. The union of matroids and the rigidity of frameworks. SIAM J.Dis rete Math., 1(2):237255, 1988.[57 Walter Whiteley. Vertex splitting in isostati frameworks. Stru tural Topology, (16):2330, 1990. Dual Fren h-English text.[58 Walter Whiteley. Matroids and rigid stru tures. In Matroid appli ations, volume 40 ofEn y lopedia Math. Appl., pages 153. Cambridge Univ. Press, Cambridge, 1992.[59 Walter Whiteley. Some matroids from dis rete applied geometry. In Matroid theory(Seattle, WA, 1995), volume 197 of Contemp. Math., pages 171311. Amer. Math. So .,Providen e, RI, 1996.[60 Walter Whiteley. Rigidity and s ene analysis. In J.E. Goodman and J. O'Rourke,editors, Handbook of dis rete and omputational geometry, 2nd edition, pages 13271354. 2004. 135

ÖsszefogalásAz értekezés a kombintorikus merevség két fontos területével foglalkozik: el®állítási té-telek bizonyítása és alkalmazása, valamint kombinatorikus optimalizálási problémák. Egygráfosztály el®állítási tételének nevezünk egy olyan állítást, amely azt mondja ki, hogy egygráf pontosan akkor tartozik bele az adott gráfosztályba, ha el®áll bizonyos egyszer¶ lépéseksorozatán keresztül elemi gráfokból. Az el®állítási tételek a merevség elméletének hasznossegédeszközei. Azt mondjuk, hogy egy gráf [k, l]-ritka, ha tetsz®leges X sú shalmaza ese-tén az X legfeljebb k|X| − l élet feszít. Egy G = (V, E) gráfot [k, l]-gráfnak nevezünk, ha[k, l]-ritka és |E| = k|V | − l. Laman tétele szerint a [2, 3]-gráfok a minimálisan merev gráfoka síkban.Az értekezésben igazoljuk a síkbarajzolt [2, 3]-gráfok egy el®állítási tételét, amelyet a sík-barajzolható [2, 3]-gráfok pszeudo-háromszögeléseinek megkonstruálására alkalmazhatunk.Bevezetjük a merevség fogalmát kétdimenziós felületeken. Adunk egy el®állítási tételt a[k, l]-gráfokra, amelynek segítségével karakterizáljuk a merev gráfokat bizonyos kétdimen-ziós felületeken, kiterjesztve ezzel Whiteley eredményeit. Szintén el®állítási tétel segítségévellátjuk be, hogy a síkban minden merev gráf realizálható merev módon egy O(

√n) méret¶rá sban. Valamint karakterizáljuk azon gráfokat, amelyeknek létezik olyan merev realizá iójaa síkban, melyre két kijelölt sú s pozí iója azonos.Az értekezés második részében [k, l]-gráfokkal kap solatos optimalizálási problémákkalfoglalkozunk. Adunk egy minimax formulát a következ® feladatra 0 ≤ l ≤ k esetén: hatá-rozzuk meg, hogy minimálisan mennyi élet kell egy gráfhoz hozzáadni, hogy a kapott gráfkielégítsen fokel®írásokat, és tartalmazzon [k, l]-gráfot feszít® részgráfként. Igazolunk egy mi-nimax formulát a következ® problémára 0 ≤ l ≤ 3

2k esetén: adjunk maximális számú élet egy

[k, l]-ritka gráfhoz, hogy a kapott gráf [k, l]-ritka maradjon és kielégítsen fokel®írásokat. Be-látjuk, hogy a következ® két optimalizálási feladat szoros rokonságban áll, és polinomiálisankezelhet®: (i) Rögzítsük minimális számú sú sát egy nem merev gráfnak úgy, hogy a kapottgráf merev legyen a síkban. (ii) Húzzuk össze egy gráf minimális elemszámú sú shalmazátúgy, hogy a kapott gráfban legyen két éldiszjunkt feszít®fa. Végül adunk egy randomizált2-approximá iós algoritmust a következ® feladatra: adjunk egy minimális méret¶ klikket egygráfhoz úgy, hogy a kapott gráf globálisan merev legyen a síkban.

SummaryThis thesis on entrates on two main elds of ombinatorial rigidity: proving and app-lying onstru tive hara terization theorems and ombinatorial optimization problems. Const-ru tive hara terization of a lass of graphs is a building pro edure onsisting of simple stepsso that the graphs obtained from a spe ied initial graph are pre isely the elements of the lass. Constru tive hara terization theorems an serve useful indu tive tools to prove the-orems in rigidity theory. We say that a graph is [k, l]-sparse, if the number of the indu ededges of a vertex set X is at most k|X| − l. A graph G = (V, E) is said to be a [k, l]-graph,if it is [k, l]-sparse and |E| = k|V | − l. By Laman's theorem the [2, 3]-graphs are exa tly theminimally rigid graphs in the plane.We prove a onstru tive hara terization theorem on planar [2, 3]-graphs. It an beapplied to onstru t a pseudo-triangulated realization of a planar [2, 3]-graph. We introdu ethe notion of rigidity on two dimensional surfa es. We give a onstru tive hara terizationtheorem for [k, l]-graphs and using it we hara terize the rigid graphs on ertain surfa esextending some results of Whiteley. We prove that every rigid graph in the plane an berealized in a grid of size O(√

n). This result also relies on a onstru tive hara terizationtheorem. We hara terize the graphs having rigid realizations with identi al positions of twospe ied nodes.In the se ond part of the thesis we onsider optimization problems on [k, l]-graphs. Wegive a minimax formula for the following problem in ase of 0 ≤ l ≤ k : Add minimumnumber of edges to a graph so the resulting graph satises degree spe i ations and ontainsa [k, l]-graph as a spanning subgraph. We prove a minimax formula for the following problemin ase of 0 ≤ l ≤ 32k : Add maximum number of edges to a [k, l]-sparse graph so theresulting graph is [k, l]-sparse and satises degree spe i ations. We prove that the followingtwo optimization problems are polynomially solvable: (i) We are given a non-rigid graph,pin down minimum number of verti es so that the stru ture be omes rigid in the plane. (ii)We are given a graph, ontra t a minimum size vertex set so that the resulting graph hastwo edge-disjoint spanning trees. At last we give a randomized 2-approximation algorithmfor the following problem: We are given a graph, add a minimum size lique to the graph sothat the resulting graph is globally rigid in the plane.