== Условие теоремы ==
{{Теорема
|about=
|proof=
Докажем неравенство Неравенство <tex>\max\limits_{I \in I_1 \cap I_2 } |I| \le \min\limits_{A \subseteq X} r_1(A) + r_2(X \setminus A)</tex> доказывается [[Теорема Эдмондса - Лоулера, формулировка, док-во в простую сторону|здесь]]. Конструктивно построим <brtex>Выберем произвольные \forall M_1, M_2</tex> такие <tex>I \in I_1 \cap I_2</tex>, и <tex>A \subseteq X</tex> <br>, что <tex>|I| = |I \cap r_1(A| ) + |I \cap r_2(X \setminus A)|</tex> . Этого будет достаточно для доказательства теоремы. Обозначим <tex>S = \left\{x|I \cup \{x\} \in I_1\right\}<br/tex>, <tex>T = \left\{x|I \cap Acup \{x\} \in I_2\right\}</tex> и . Если <tex>I S \cap (X T \ne \setminus varnothing</tex>, добавим их пересечение в <tex>I</tex>. {{Лемма|about=1|statement = <tex>A)</tex> - независимые — независимое множество в обоих матроидах (как подмножества независимового матроиде <tex>M=\langle X, I\rangle</tex>. <tex>B \subset X</tex>), значит<tex>|IB| = r_1(I \cap |A|</tex> и в подграфе графа замен <tex>G_M</tex>, индуцированном <tex>A) + r_2(I \cap (X \setminus A))oplus B</tex>, существует единственное полное паросочетание. Тогда <tex>B</tex> — независимое в матроиде <brtex>M</tex>.Но |proof= [[Файл:El_lemma2.png|thumb|right|Граф <tex>r_1G</tex>]]Обозначим граф (I \cap неориентированный), индуцированный <tex>A) \le r_1(A)oplus B</tex> за <tex>G</tex> и . Обозначим вершины из <tex>r_2(I \cap (X A \setminus A)) \le r_2(X B</tex> за <tex>y_i</tex>, из <tex>B \setminus A)</tex>за <tex>z_i</tex>. Перенумеруем вершины так, значит чтобы рёбра из паросочетания соединяли вершины с одинаковыми индексами, и <tex>|I| \le r_1forall i,j: i < j</tex> не существовало бы ребра между вершинами <tex>y_i</tex> и <tex>z_j</tex> (A) + r_2(X \setminus Aвозможность первого следует из существования полного паросочетания, второго — из его единственности). Пусть </tex> B<br/tex>В силу произвольности — не независимо, значит, <tex>I\exists</tex> и цикл <tex>AC \subset B</tex> получаем . Обозначим <brtex>i = \min k: z_k \in C</tex>. <tex>\maxforall j > i \quad y_iz_j \notin G(A) \Rightarrow A \limits_{I setminus y_i \in I_1 cup z_j \cap I_2 } |notin I| \le Rightarrow C \setminus z_i \minsubseteq \limits_{langle A \setminus y_i \rangle</tex>. Так как <tex>C</tex> — цикл, то <tex>C \subseteq X} r_1(\langle C \setminus z_i \rangle \subseteq \langle A) + r_2(X \setminus y_i \rangle</tex>. Это означает, что <tex>z_i \in \langle A)\setminus y_i \rangle</tex>, и, следовательно, <tex> A \setminus y_i \cup z_i \notin I</tex>, что приводит к противоречию с существованием ребра <tex>y_i z_i</tex>.
}}
Построим [[Граф замен для двух матроидов|граф замен]] <tex>G_I</tex>. Добавим вершину <tex>z</tex>, не влияющую на независимость в первом матроиде — из неё будут вести рёбра во все вершины множества <tex>S</tex>. Пусть <tex>p</tex> — кратчайший путь из <tex>S</tex> в <tex>T</tex>, <tex>p_1</tex> — путь <tex>p</tex> с добавленным в начало ребром из <tex>z</tex>. По лемме 1 и [[Лемма о единственном паросочетании в подграфе замен, индуцированном кратчайшим путем|лемме о единственном паросочетании]] <tex>I \oplus p_1 \in I_2</tex>. Теперь добавим вершину <tex>u</tex>, не влияющую на независимость во втором матроиде — в неё будут вести рёбра из всех вершин множества <tex>T</tex>. Тогда <tex>p_2</tex> (путь <tex>p</tex> с добавленным ребром в <tex>u</tex>) — кратчайший путь из <tex>S</tex> в <tex>u</tex>. Аналогично, <tex>I \oplus p_2 \in I_1</tex>. Отсюда следует, что <tex>I \oplus p \in I_1 \cap I_2</tex>, причём <tex>|I \oplus p| = |I| + 1</tex>.
Будем таким образом увеличивать <tex>I</tex>, пока существует путь <tex>p</tex>. Рассмотрим момент, когда такого пути не нашлось.
Введём обозначение: <tex>A = \{u|u \rightsquigarrow T\}</tex>. Докажем, что <tex>r_1(A) = |I \cap A|</tex> от противного.
Пусть <tex>r_1(A) > |I \cap A|</tex>, тогда существует <tex>z \in A \setminus (I \cap A)</tex>, такое, что <tex>(I \cap A) \cup \{z\} \in I_1</tex>. Если <tex>I \cup \{z\} \in I_1</tex>, то <tex>z \in S</tex> и из <tex>S</tex> есть путь в <tex>A</tex>. Значит, <tex>I \cup \{z\} \notin I_1</tex>. Отсюда следует, что существует <tex>y \in I \setminus A</tex>, такое что <tex>I \setminus \{y\} \cup \{z\} \in I_1</tex>. Но тогда ребро <tex>yz</tex> имеется в графе, что противоречит отсутствию пути из <tex>S</tex> в <tex>T</tex>.
Следовательно, <tex>r_1(A) = |I \cap A|</tex>. Аналогично, <tex>r_2(\overline A) = |I \cap \overline A|</tex>. Отсюда <tex>r_1(A) + r_2(\overline A) = |I|</tex>, то есть при найденных <tex>I</tex> и <tex>A</tex> достигается равенство.
Конструктивно построим <tex>\forall M_1Построен пример равенства, M_2</tex> такие <tex>I \in I_1 \cap I_2</tex> и <tex>A \subseteq X</tex>значит, что <tex>|I| = r_1(A) + r_2(X \setminus A)</tex>теорема доказана.
}}
