|
Неравенство [math]\max\limits_{I \in I_1 \cap I_2 } |I| \le \min\limits_{A \subseteq X} r_1(A) + r_2(X \setminus A)[/math] доказывается здесь.
Конструктивно построим [math]\forall M_1, M_2[/math] такие [math]I \in I_1 \cap I_2[/math] и [math]A \subseteq X[/math], что [math]|I| = r_1(A) + r_2(X \setminus A)[/math]. Этого будет достаточно для доказательства теоремы.
Обозначим [math]S = \left\{x|I \cup \{x\} \in I_1\right\}[/math], [math]T = \left\{x|I \cup \{x\} \in I_2\right\}[/math]. Если [math]S \cap T \ne \varnothing[/math], добавим их пересечение в [math]I[/math].
| Лемма (1): |
[math]A[/math] — независимое множество. [math]B \subset A[/math], в [math]B[/math] существует единственное полное паросочетание. Тогда [math]A \oplus B[/math] — независимое. |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] | |
Добавим вершину [math]u[/math], не влияющую на независимость в матроиде — в неё будут вести рёбра из всех вершин множества [math]T[/math], из неё рёбер не будет. Ориентируем рёбра паросочетания налево, рёбра не из паросочетания направо. Из единственности паросочетания полученный граф будет ациклическим.
Пусть [math]B[/math] — не независимо, значит, [math]\exists[/math] цикл [math]C \subset B[/math]. Обозначим [math]i = \min k: z_k \in C[/math].
[math]\forall j \gt i \quad y_iz_j \notin G_M(A) \Rightarrow A \setminus y_i \cup z_j \notin I \Rightarrow C \setminus z_i \subset \langle A \setminus y_i \rangle[/math].
[math]z_i \in \langle C \setminus z_i \rangle \subset \langle A \setminus y_i \rangle \Rightarrow A \setminus y_i \cup z_i \notin I[/math], что приводит к противоречию. | | [math]\triangleleft[/math] |
Построим граф замен [math]G_I[/math]. Добавим вершину [math]z[/math], не влияющую на независимость в первом матроиде — из неё будут вести рёбра во все вершины множества [math]S[/math]. Пусть [math]p[/math] — кратчайший путь из [math]S[/math] в [math]T[/math], [math]p_1[/math] — путь [math]p[/math] с добавленным в начало ребром из [math]z[/math]. По лемме 1 и лемме о единственном паросочетании [math]I \oplus p_1 \in I_2[/math]. Теперь добавим вершину [math]u[/math], не влияющую на независимость во втором матроиде — в неё будут вести рёбра из всех вершин множества [math]T[/math]. Тогда [math]p_2[/math] (путь [math]p[/math] с добавленным ребром в [math]u[/math]) — кратчайший путь из [math]S[/math] в [math]u[/math]. Аналогично, [math]I \oplus p_2 \in I_1[/math]. Отсюда следует, что [math]I \oplus p \in I_1 \cap I_2[/math], причём [math]|I \oplus p| = |I| + 1[/math].
Будем таким образом увеличивать [math]I[/math], пока существует путь [math]p[/math]. Рассмотрим момент, когда такого пути не нашлось.
Введём обозначение: [math]A = \{u|u \rightsquigarrow T\}[/math]. Докажем, что [math]r_1(A) = |I \cap A|[/math] от противного.
Пусть [math]r_1(A) \gt |I \cap A|[/math]. Обозначим [math](I \cap A) \cup \{u\}[/math] как [math]A'[/math]. Заметим, что [math]A' \in I_1[/math].
Возможны 2 случая:
- [math]A' \cap I = \varnothing[/math], тогда [math]u \in S[/math], что приводит к противоречию.
- Можно добавлять из [math]I \setminus A'[/math] в [math]A'[/math], пока [math]|I| \gt |A'|[/math] (по аксиоме замены в [math]M_1[/math]). Теперь [math]A' = I \setminus \{z\}[/math]. [math]I \setminus \{z\} \cup \{u\} \in I_1[/math], следовательно, ребро [math]zu \in G_I[/math], что приводит к противоречию.
Следовательно, [math]r_1(A) = |I \cap A|[/math]. Аналогично, [math]r_2(\overline A) = |I \cap \overline A|[/math]. Отсюда [math]r_1(A) + r_2(\overline A) = |I|[/math], то есть при найденных [math]I[/math] и [math]A[/math] достигается равенство.
Построен пример равенства, значит, теорема доказана. |
