Аксиоматизация матроида рангами — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Добавлен список литературы)
(Отступы и форматирование)
Строка 8: Строка 8:
 
|proof= Подмножество <tex>I \subseteq 2^X</tex> назовем <tex>r</tex>-независимым, если выполняется <tex>r(I) = |I|</tex>. Обозначим через <tex>\mathcal{I}</tex> множество всех <tex>r</tex>-независимых подмножеств из <tex>2^X</tex>. Докажем, что <tex>\mathcal{I}</tex> удовлетворяет аксиомам независимого множества 1, 2 и 3:<br>
 
|proof= Подмножество <tex>I \subseteq 2^X</tex> назовем <tex>r</tex>-независимым, если выполняется <tex>r(I) = |I|</tex>. Обозначим через <tex>\mathcal{I}</tex> множество всех <tex>r</tex>-независимых подмножеств из <tex>2^X</tex>. Докажем, что <tex>\mathcal{I}</tex> удовлетворяет аксиомам независимого множества 1, 2 и 3:<br>
  
'''1)''' В силу (r.1) выполняется <tex>r(\emptyset)=0</tex>, следовательно <tex> \emptyset \in \mathcal{I}</tex><br>
+
* 1) В силу (r.1) выполняется <tex>r(\emptyset)=0</tex>, следовательно <tex> \emptyset \in \mathcal{I}</tex><br>
  
'''2)''' Пусть <tex> I \in \mathcal{I}</tex> и <tex>J \subseteq I</tex>. Предположим от противного, что <tex>r(J) < |J|</tex>. Тогда, используя (r.1) и (r.3), получаем: <br>
+
 
<tex>|I| = r(I) = r(J \cup (I \setminus J)) \le r(J) + r(I \setminus J) - r(\emptyset) < |J| + |I \setminus J| = |I|</tex>, <br>
+
* 2) Пусть <tex> I \in \mathcal{I}</tex> и <tex>J \subseteq I</tex>. Предположим от противного, что <tex>r(J) < |J|</tex>. Тогда, используя (r.1) и (r.3), получаем: <br>
что невозможно. Следовательно, <tex>r(J) = |J|</tex>, т.е. <tex> J \in \mathcal{I} </tex> <br>
+
*:<tex>|I| = r(I) = r(J \cup (I \setminus J)) \le r(J) + r(I \setminus J) - r(\emptyset) < |J| + |I \setminus J| = |I|</tex>, <br>  
 +
*:что невозможно. Следовательно, <tex>r(J) = |J|</tex>, т.е. <tex> J \in \mathcal{I} </tex> <br>
  
  
 
{{Лемма
 
{{Лемма
 
|statement=Пусть <tex> B \subset A \subseteq 2^X</tex>, <tex>r(B) = |B|</tex>, и <tex> A \setminus B = \{p_1, ... p_t\}</tex>. Если <tex>r(B \cup p_i) = |B|</tex>  для любого <tex> i = 1,..., t</tex>, то <tex>r(A) = |B|</tex>
 
|statement=Пусть <tex> B \subset A \subseteq 2^X</tex>, <tex>r(B) = |B|</tex>, и <tex> A \setminus B = \{p_1, ... p_t\}</tex>. Если <tex>r(B \cup p_i) = |B|</tex>  для любого <tex> i = 1,..., t</tex>, то <tex>r(A) = |B|</tex>
|proof=По индукции: предположим, что <tex>r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j) = |B|</tex> для некоторого <tex>j = 1,...,t-1</tex>. Тогда, применяя (r.2) и (r.3), получаем: <br>
+
|proof=
<tex>|B| = r(B) \le r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j+1) \le r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j) + r(B \cup p_j+1) -r(B) = |B| + |B| - |B| = |B| </tex>. <br>
+
:По индукции: предположим, что <tex>r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j) = |B|</tex> для некоторого <tex>j = 1,...,t-1</tex>. Тогда, применяя (r.2) и (r.3), получаем: <br>
Следовательно, <tex>r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j+1) = |B|</tex>.  Переход доказан, а значит, <tex>r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_t) = |B|</tex>. <br>
+
:<tex>|B| = r(B) \le r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j+1) \le r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j) + r(B \cup p_j+1) -r(B) = |B| + |B| - |B| = |B| </tex>. <br>
 +
:Следовательно, <tex>r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j+1) = |B|</tex>.  Переход доказан, а значит, <tex>r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_t) = |B|</tex>. <br>
 
}}
 
}}
  
'''3)''' Пусть <tex>I, J \in \mathcal{I}</tex> и <tex>|I| < |J|</tex>. Положим <tex>J \setminus I = \{p_1,...,p_t\}</tex>. Пусть, от противного, <tex>I \cup p_i \notin \mathcal{I}</tex> для любого <tex>i = 1,...,t</tex>. Тогда для <tex>i = 1,...,t</tex> имеет место: <br>
+
* 3) Пусть <tex>I, J \in \mathcal{I}</tex> и <tex>|I| < |J|</tex>. Положим <tex>J \setminus I = \{p_1,...,p_t\}</tex>. Пусть, от противного, <tex>I \cup p_i \notin \mathcal{I}</tex> для любого <tex>i = 1,...,t</tex>. Тогда для <tex>i = 1,...,t</tex> имеет место: <br>
<tex> |I| = r(I) \le r(I \cup p_i) < |I \cup p_i| = |I| + 1</tex>, т.е. <tex> r(I \cup p_i) = |I|</tex>. Отсюда, в силу доказанной раннее леммы, получаем <tex> r(I \cup J) = |I|</tex>. С другой стороны, <tex>|I| < |J| = r(J) \le r(I \cup J)</tex>. Противоречие. <br>
+
*:<tex> |I| = r(I) \le r(I \cup p_i) < |I \cup p_i| = |I| + 1</tex>, т.е. <tex> r(I \cup p_i) = |I|</tex>. </br>
 +
*: Отсюда, в силу доказанной раннее леммы, получаем <tex> r(I \cup J) = |I|</tex>. С другой стороны, <tex>|I| < |J| = r(J) \le r(I \cup J)</tex>. Противоречие. <br>
  
  

Версия 13:34, 19 мая 2015

Теорема (об аксиоматизации матроида рангами):
Пусть некоторая функция [math]r: 2^X \to \{0\} \cup \mathbb{N}[/math], где [math]2^X[/math] - конечное непустое множество, удовлетворяет условиям:

(r.1) [math] 0 \le r(A) \le |A| [/math]
(r.2) [math] A \in B \to r(A) \le r(B) [/math]
(r.3) [math]\forall A, B \subset X,[/math] [math]r(A \cup B) + r(A \cap B) \le r(A) + r(B)[/math]

Тогда [math]r[/math] является ранговой функцией однозначно определенного матроида на [math]X[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Подмножество [math]I \subseteq 2^X[/math] назовем [math]r[/math]-независимым, если выполняется [math]r(I) = |I|[/math]. Обозначим через [math]\mathcal{I}[/math] множество всех [math]r[/math]-независимых подмножеств из [math]2^X[/math]. Докажем, что [math]\mathcal{I}[/math] удовлетворяет аксиомам независимого множества 1, 2 и 3:

  • 1) В силу (r.1) выполняется [math]r(\emptyset)=0[/math], следовательно [math] \emptyset \in \mathcal{I}[/math]


  • 2) Пусть [math] I \in \mathcal{I}[/math] и [math]J \subseteq I[/math]. Предположим от противного, что [math]r(J) \lt |J|[/math]. Тогда, используя (r.1) и (r.3), получаем:
    [math]|I| = r(I) = r(J \cup (I \setminus J)) \le r(J) + r(I \setminus J) - r(\emptyset) \lt |J| + |I \setminus J| = |I|[/math],
    что невозможно. Следовательно, [math]r(J) = |J|[/math], т.е. [math] J \in \mathcal{I} [/math]


Лемма:
Пусть [math] B \subset A \subseteq 2^X[/math], [math]r(B) = |B|[/math], и [math] A \setminus B = \{p_1, ... p_t\}[/math]. Если [math]r(B \cup p_i) = |B|[/math] для любого [math] i = 1,..., t[/math], то [math]r(A) = |B|[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
По индукции: предположим, что [math]r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j) = |B|[/math] для некоторого [math]j = 1,...,t-1[/math]. Тогда, применяя (r.2) и (r.3), получаем:
[math]|B| = r(B) \le r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j+1) \le r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j) + r(B \cup p_j+1) -r(B) = |B| + |B| - |B| = |B| [/math].
Следовательно, [math]r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_j+1) = |B|[/math]. Переход доказан, а значит, [math]r(B \cup p_1 \cup ... \cup p_t) = |B|[/math].
[math]\triangleleft[/math]
  • 3) Пусть [math]I, J \in \mathcal{I}[/math] и [math]|I| \lt |J|[/math]. Положим [math]J \setminus I = \{p_1,...,p_t\}[/math]. Пусть, от противного, [math]I \cup p_i \notin \mathcal{I}[/math] для любого [math]i = 1,...,t[/math]. Тогда для [math]i = 1,...,t[/math] имеет место:
    [math] |I| = r(I) \le r(I \cup p_i) \lt |I \cup p_i| = |I| + 1[/math], т.е. [math] r(I \cup p_i) = |I|[/math]. </br>
    Отсюда, в силу доказанной раннее леммы, получаем [math] r(I \cup J) = |I|[/math]. С другой стороны, [math]|I| \lt |J| = r(J) \le r(I \cup J)[/math]. Противоречие.


Все три аксиомы выполняются на [math]\mathcal{I}[/math], соответственно, семейство [math]\mathcal{I}[/math] является семейством независимых множеств некоторого матроида [math] M = \langle X, \mathcal{I} \rangle[/math]. Осталось проверить, что исходная функция [math]r[/math] совпадает с ранговой функцией матроида [math]M[/math]. Для этого надо доказать, что для любой базы [math]B[/math] произвольного множества [math]A \subseteq 2^X[/math] выполняется [math] r(A) = |B|. Пусть \lt tex\gt B[/math] - база множества [math]A \subseteq 2^X[/math]. По определению [math]\mathcal{I} [/math] имеем [math] r(B) = |B|[/math] и [math]B[/math] - максимальное [math]r[/math]-независимое подмножество из [math]A[/math]. Если [math]A=B[/math], то, очевидно, [math]r(A)=r(B)[/math]. Поэтому пусть [math]B \in A[/math]. Пусть [math] A \setminus B = \{p_1, ... ,p_t\}[/math]. В силу максимальности [math]B[/math] для любого [math]i = 1,...,t[/math] множество [math]B \cup p_i[/math] не является [math]r[/math]-независимым, т.е. [math]r(B \cup p_i) \lt |B \cup p_i|[/math]. Тогда имеем:
[math] |B| = r(B) \le r(B \cup p_i) \lt |B \cup p_i| = |B| + 1 [/math],
т.е. [math] r(B \cup p_i) = |B| [/math]. В силу доказанного утверждения получаем [math]r(A) = |B|[/math].

Теорема доказана.
[math]\triangleleft[/math]

Литература

Асанов М. О., Баранский В. А., Расин В. В. - Дискретная математика: Графы, матроиды, алгоритмы. ISBN 978-5-8114-1068-2