Graphen und Algorithmen II

Graphen und Algorithmen II
Sommersemester 2008
Mitschrift von
Yves Radunz
1
2
Inhaltsverzeichnis
0 Einführung
7
1 Zufällige Graphen
1.1 Allgemeines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 G(n, 12 )-Modell, Erwartungswert, Markoff . . . . . . . . . . . .
1.3 1. Moment-Methode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Varianz, Chebyshev (bzw. Tschebyscheff oder Čebyšev), Anzahl
1.5 Schwellenwertfunktion, G(n, p) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 2. Moment Methode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Chromatische Zahl von G(n, 12 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8 Chernoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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der Kanten
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9
9
10
11
12
13
14
18
20
2 Extremale Graphentheorie
2.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Burr-Erdős-Vermutung . . . . . . . . . .
2.3 Algorithmisches Regularitätslemma . . .
2.4 Generalisierungen des Removal Lemmas
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23
23
34
36
47
3 Letzte Woche - letzte Vorlesung
3.1 Monty-Hall-Problem . . . . . .
3.2 Geburtstagsparadoxon . . . . .
3.3 Aktienwetten . . . . . . . . . .
3.4 Ein Spiel . . . . . . . . . . . . .
3.5 Noch mal Gefängnis . . . . . .
3.6 Ein letztes Problemchen . . . .
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51
51
51
52
52
52
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Index
53
3
4
Vorlesung am 17.04.2008
5
6
Kapitel 0
Einführung
In Graphen und Algorithmen II werden wir uns mit den folgenden Themen beschäftigen:
1. zufällige Graphen
(a) Eigenschaften
(b) Algorithmen, Average-Case-Analysis
Wir betrachten die zufälligen Graphen G(n, p) = (Gn , 2Gn , P), wobei G die Menge aller markierten Graphen mit Knotenmenge [n], 2Gn die Potenzmenge von Gn und P eine Verteilung
P : Gn → [0, 1] ist. (Im Allgemeinen ist P eigentlich eine Funktion P : 2Gn → [0, 1], in unserem
Fall (endliches Gn , wegen
P n < ∞) können wir uns jedoch auf eine Abbildung P : Gn → [0, 1]
beziehen.) Für P gilt G∈Gn P(G(n, p) = G) = 1.
In diesem Modell erzeugen wir einen zufälligen Graphen, indem wir für jedes Knotenpaar mit
Wahrscheinlichkeit p eine Kante zwischen diesen Knoten hinzufügen.
n
Dann gilt P(G(n, p) = G) = pe(G) (1 − p)( 2 )−e(G) , e(G) = |E(G)|.
Frage: Sei Hn ⊆ Gn die Menge aller hamiltonischen Graphen. Wie hoch ist P(G(n, p) ∈ Hn )?
Wir bestimmen diese Wahrscheinlichkeit in Abhängigkeit von p.
Wenn die Eigenschaft Pn ⊆ Gn monoton ist, d.h. sie wird durch Hinzunahme von Kanten
nicht zerstört, dann gibt es einen Schwellenwert, d.h. es existiert p̂ = p̂(n) sodass
0 p p̂
limn→∞ P(G(n, p) ∈ Pn ) =
1 p p̂
Weitere Frage: Wie groß ist der Bereich um den Schwellenwert, in welchem das Zutreffen der
Eigenschaft und das Nicht-Zutreffen ungefähr gleich wahrscheinlich ist?
Erste Anwendungen:
• P(G(n, p) ∈ Pk,l ) > 0, Pk,l = {G ∈ Gn |χ(G) ≥ k, girth(G) ≥ l}
Wir haben damit in G&A I gezeigt, dass Graphen mit χ(G) ≥ k, girth(G) ≥ l für alle
k, l existieren.
• P(G(n, p) ∈ Rk ) > 0, Rk = {G ∈ Gn |α(G) ≤ k, ω(G) ≤ k}
Wir hatten dies in Graphen und Algorithmen I für k = 2 log n und p =
2. extremale Graphentheorie
(a) Turı́n, Erdős, Erdős-Simonovits, Ramseytheorie
(b) Szemerédis Regularitätslemma
(c) Testen von Grapheneigenschaften
7
1
2
betrachtet.
Betrachten wir einmal G(n, p) und eine Teilmenge U ⊆ [n]. Dann ist der Erwartungswert der
Anzahl der Kanten X in G(n, p)[U ] gerade P |U2 | . Laut Chernoff haben wir X ∼ Bi(m, p).
0
P(|X − pm| ≥ εpm) ≤ 2e−ε (ε)pm
Regularitätlemma
2
2...
22
∀ε > 0∀t∃T0 = T0 (ε, t0 ) ≈ t0 · 2
)
1
ε5 ∀G
˙ 1 ∪...
˙ ∪V
˙ t:
= (V, E)∃V = V0 ∪V
• t0 ≤ t ≤ T0
• |V0 | ≤ εn, n = |V |
• |V1 | = ... = |Vt |
2
• |{{i, j} ∈ [t]
2 |(Vi , Vj ) ist nicht ε-regulär}| ≤ εt
(Vi , Vj ) ist (ε, d)-reguär, falls für alle Ui ⊆ Vi : |Ui | ≥ ε|Vi | und für alle Uj ⊆ Vj : |Uj | ≥ ε|Vj |
die Ungleichung |dG (Ui , Uj ) − d| ≤ ε gilt.
(Vi , Vj ) ist ε-regulär, falls es (ε, d)-regulär für ein d ∈ [0, 1] ist.
Vorlesung am 19.04.2008
8
Kapitel 1
Zufällige Graphen
1.1
Allgemeines
Definition (Diskreter Wahrscheinlichkeitsraum)
Ein diskreter Wahrscheinlichkeitsraum ist inP
unserem Fall ein Paar (Ω, p), wobei Ω eine endliche
Menge und p : Ω → [0, 1] eine Abbildung P
mit ω∈Ω p(ω) = 1 ist. Eine Teilmenge A ⊆ Ω bezeichnen
wir als ein Ereignis in Ω. Es gilt p(A) = ω∈A p(ω).
Beispiel (6-seitiger Würfel)
Wir haben Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} und p(ω) = 16 für alle ω ∈ Ω. Das Ereignis Wir würfeln eine gerade
”
Zahl“ ist A = {2, 4, 6} und hat die Wahrscheinlichkeit p(A) = 21 .
Definition (Gn )
Wir setzen Gn = {G|G ist ein Graph mit V (G) = [n]} und erhalten p(G) =
1
|Gn |
=
1
n
2( 2 )
.
Definition (fast sicher)
Wir betrachten Wahrscheinlichkeitsräume (Ωi )i∈N und Ereignisse Ai ⊆ Ωi .
Falls limi→∞ p(Ai ) = 1, dann hat (Ωi ) fast sicher (die Eigenschaft) (Ai ).
Bemerkung (fast sicher ↔ asymptotisch fast sicher)
In der Stochastik bezeichnet man mit fast sicher“ Ereignisse, deren Wahrscheinlichkeit 1 ist. Die
”
Eigenschaft, dass die Wahrscheinlichkeit gegen 1 konvergiert, wird als asymptotisch fast sicher“
”
bezeichnet. Um uns die Schreibarbeit zu sparen, werden wir jedoch das asymptotisch“ weglassen
”
und nur fast sicher“ schreiben.
”
BeispielS
∞
Sei G = i=0 Gi die Menge aller endlichen Graphen.
Es sei A ⊆ G eine bestimmte Teilmenge, die zum Beispiel durch eine Eigenschaft (bipartit, zusammenhängend, gerade Anzahl an Knoten etc.) gegeben ist. Weiterhin seien Ai = A ∩ Gi und
pi = p(Ai ).
i→∞
Gi hat die Eigenschaft Ai fast sicher, falls pi −→ 1 gilt.
Interpretation von fast sicher“
”
Falls Gi eine Eigenschaft Ai fast sicher hat, dann bedeutet dies, dass für genügend große i der
zufällige Graph Gi die Eigenschaft Ai mit einer Wahrscheinlichkeit beliebig dicht an 1 hat:
∀ε∃n0 ∀Gn , n ≥ n0 : P(An ) ≥ 1 − ε
Proposition 1.1. (Seltenheit isolierter Knoten) Fast kein Graph hat einen isolierten Knoten.
9
Beweis:
Wir haben |{G|G ∈ Gn , δ(G) = 0}| ≤ n|Gn−1 |.
2
((n−1)
)
(n−1)(n−2)
2
n→∞
− n 2−n
2
⇒ p({G ∈ Gn |δ(G) = 0}) ≤ n·2 n
=n·2
= 2log2 n+1−n −→ 0
2( 2 )
Proposition 1.2. (Zusammenhang) Fast alle Graphen sind zusammenhängend.
Beweis:
Wenn ein Graph G nicht zusammenhängend ist, existiert eine Komponente mit höchstens b n2 c
Knoten.
Pb n2 c n ( i ) (n−i)
2 · 2
2
⇒ Die Anzahl der nicht zusammenhängenden Graphen ist höchstens i=1
.
i 2
i
n−i
i
n−i
n
+( 2 )
+i(i−n)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
Wir haben 2 · 2
=2
=2
Pb.n2 c n (n)+i(i−n) Pb n2 c n i(i−n)
2
⇒ p({G ist nicht zusammenhängend}) ≤ 1n
= i=1 i 2
i=1 i 2
(
2)
2
b
(Bemerkung: Für a > b gilt ( ab )b ≤ ab ≤ ( ea
b ) .
n
i
Wir verwenden jedoch zunächst i ≤ n und 2i(i−n) = (2−(n−i) )i .)
Pb n2 c n i(i−n) Pb n2 c n i
⇒ p({G ist nicht zusammenhängend}) ≤ i=1
≤ i=1 2n−i
i 2
P n2 n i P n2 n
≤ i=1 n2
≤ i=1 n2
2
2
n
(Die dritte Ungleichung gilt wegen ∀i ≤ n2 : 2n−i ≥ 2 2 und die letzte Ungleichung folgt aus der
n
Ungleichung ∀n 6= 3 : n ≤ 2 2 , d.h. nn2 ≤ 1.)
2
P n2 n
Pn n
2 n→∞
⇒ p({G ist nicht zusammenhängend}) ≤ i=1
= nn2 −→ 0
n <
i=1 n
2
2
2
1.2
2
2
G(n, 12 )-Modell, Erwartungswert, Markoff
Definition (G(n, p)-Modell)
Mit G(n, p) bezeichnen wir den Wahrscheinlichkeitsraum mit Ω = Gn und der Wahrscheinlichkeitsn
verteilung P(G(n, p) = G) = p|E(G)| (1 − p)( 2 )−|E(G)| .
Bemerkung (G(n, 12 ))
Wir werden zunächst nur den Fall p =
1
2
betrachten.
Beispiel (Fragen)
Mit dem Durchmesser diam(G) eines Graphen G bezeichnen wir die maximale Distanz zwischen
zwei Knoten des Graphen, d.h. diam(G) = maxu,v∈V distG (u, v).
Was ist nun diam(Gn )?
Besser beantworten lässt sich die Frage nach pn,k = P({G ∈ Gn | diam(G) = k}).
Bzw.: Was ist limn→∞ pn,k ?
Beobachtung
Für alle x < y ∈ [n] gilt p({G ∈ Gn |{x, y} ∈ E(G)}) = 12 .
Definition (Erwartungswert, Zufallsvariable)
Sei (Ω, p) einP
diskreter Wahrscheinlichkeitsraum. X : Ω → R heißt Zufallsvariable.
Mit E[X] = ω∈Ω X(ω)p(ω) bezeichnen wir den Erwartungswert.
Spezialfall: P
X : Ω → 2 = {0, 1}
⇒ E[X] = ω∈Ω∩X −1 (1) p(ω) = P(X = 1)
Proposition 1.3. (Linearität des Erwartungswerts) Seien X, Y Zufallsvariablen, λ ∈ R und
Z = λX + Y .
Dann gilt E[Z] = λE[X] + E[Y ].
10
Beweis:
P
P
P
λE[X] + E[Y ] = λ ω∈Ω X(ω)p(ω) + ω∈Ω Y (ω)p(ω) = ω∈Ω λX(ω)p(ω) + Y (ω)p(ω) = E[Z]
Satz 1.1. (Markoff / Markoff ’sche Ungleichung) Sei X : Ω → R≥0 eine (nicht negative!)
Zufallsvariable.
Dann gilt ∀t ∈ R>0 : P(X ≥ t) ≤ E[X]
t .
Beweis:P
P
E[X] = ω∈Ω X(ω)p(ω) ≥ t ω∈Ω,X(ω)≥t p(ω) = tP(X ≥ t)
Vorlesung am 23.04.2008
Bemerkung
Eine äquivalente Ungleichung ist P (X ≥ αE[X]) ≤
1.3
1
α
mit t = αE[X].
1. Moment-Methode
Korollar 1.1. Seien (Xi )i∈N Zufallsvariablen mit Xi : Ωi → N und limn→∞ E[X] → 0.
Dann gilt limn→∞ P(Xn > 0) = 0.
Beweis:
limn→∞ P(Xn > 0) = limn→∞ P(Xn ≥ 1) ≤ limn→∞
E[Xn ]
1
=0
Satz 1.2. Es gilt P(diam(G(n, 21 )) = 2) = 1 − o(1).
Beweis:
n
P(diam(G(n, 21 )) = 1) = P(G(n, 12 ) = Kn ) ≤ ( 12 )( 2 ) = o(1)
diam(G) > 2 ⇔ ∃u, v ∈ V (G) : u 6= v, ({u} ∪ N (u)) ∩ N (v) = ∅
[n]
Wir definieren die
Zufallsvariablen Y = Yn : Gn → N, Yn (G) = |{{u, v} ∈ 2 |NG (u)∩NG (v) = ∅}|
1 NG (u) ∩ NG (v) = ∅
.
und Ynu,v (G) =
0 sonst
P
n→∞
Dann gilt Yn = {u,v}∈([n]) Ynu,v . Zu zeigen ist P(Yn > 0) −→ 0.
2
Für beliebigesh{u, v} ∈ [n]
giltiP(Ynu,v > 0) = P(Ynu,v = 1) = ( 43 )n−2 .
2
P
P
⇒ E[Yn ] = E
Ynu,v = {u,v}∈([n]) E[Ynu,v ]
{u,v}∈([n]
2 )
2
P
n→∞
= {u,v}∈([n]) P(Ynu,v = 1) = n2 ( 34 )n−2 −→ 0
2
n→∞
⇒ P(diam(G(n, 12 )) 6= 2) ≤ o(1) + P(diam(G(n 21 )) > 2) = o(1) + P(Yn > 0) −→ 0
Definition (k-erweiterbar)
Ein Graph G = (V, E), k ∈ N ist k-erweiterbar , falls für alle k-elementigen Teilmengen S ∈
und für alle T ⊆ S ein x ∈ V \ S mit N (x) ∩ S = T existiert.
Satz 1.3. Für alle k ∈ N gilt P(G(n, 21 ) ist k-erweiterbar) = 1 − o(1).
Beweis:
Für beliebiges n ≥ k betrachten wir die Zufallsvariable
0 ∀T ⊆ S : ∃x ∈ V \ S : N (x) ∩ S = T
YS =
.
1 sonst
P
Weiterhin sei Y die Anzahl der nicht erweiterbaren Mengen in Vk , d.h. Y = S∈(V ) YS .
k

n−k, weil ∀x∈V \S

Es gilt P (YS = 1) ≤ |{z}
2k · 

∀T ⊆S
2k − 1
k
| 2{z }



P(N (x)∩S6=T )
.
11
V
k
⇒ E[Y ] =
P
⇒ P(G(n,
1
2)
S∈(Vk )
E[Ys ] =
n
1
n→∞
· 2k (1 − k )n−k −→ 0
S∈(Vk ) P(YS = 1) ≤
k
2
| {z } | {z }
P
=O(nk )
<1
ist nicht k-erweiterbar) = P(Y > 0) = o(1)
Korollar 1.2. Für alle Graphen F gilt P(F ≤ G(n, 21 )) = 1−o(1). (Mit ≤ bezeichnen wir induzierte
Teilgraphen.)
Genauer: ∀F, ε∃n0 ∀n ≥ n0 : P(F ≤ G(n, 12 )) ≥ 1 − ε
Beweis:
Wir führen eine Induktion über l = v(F ) = |V (F )| durch:
Der Induktionsanfang l = 1 ist klar.
Es bleibt der Induktionsschritt l → l + 1:
Wir haben bereits gezeigt: P(G(n, 21 ) ist l-erweiterbar) = 1 − o(1).
Laut Induktionsvoraussetzung haben wir P(F 0 ≤ G(n, 21 )) = 1 − o(1) für F 0 = F \ {v}, v ∈ V (F )
beliebig.
Wir zeigen, dass F -freie Graphen F 0 frei oder nicht l-erweiterbar sind: Wenn ein Graph G lerweiterbar ist, F 0 als induzierten Teilgraphen enthält und n ≥ l + 1 gilt, so folgt F ≤ G. (Wir
wählen S = V (F 0 ) ⊆ V (G) und T = {x ∈ S|x ist Nachbar von v in F }. Dann erhalten wir durch
die l-Erweiterbarkeit, dass ein y ∈ V (G) \ S existiert, welcher das gleiche Nachbarschaftsmuster
wie v erzeugt.)
⇒ G[S ∪ {y}] ∼
=F
⇒ P(F 6≤ G(n, 12 )) ≤ P(F 0 6≤ G(n, 12 ) oder G(n, 21 ) ist nicht l-erweiterbar) ≤ o(1) + o(1) = o(1)
Korollar 1.3.
1. ∀k ∈ N : P(χ(G(n, p)) ≥ k) ≥ 1 − o(1), weil Kk−1 ≤ G(n, 21 ).
2. P(G(n, 12 ) ist planar) = o(1)
3. P(G(n,
1
2)
”
Kuratovski“
ist perfekt) = o(1)
”
Berge“
Beweis:
Die Beweise werden hier nicht angegeben.
Vorlesung am 25.04.2008
1.4
Varianz, Chebyshev (bzw. Tschebyscheff oder Čebyšev),
Anzahl der Kanten
Wieviele Kanten hat G(n, 21 )?
Antwort: E[e(G(n, 12 ))] = n(n−1)
= 12 n2
4
Eine Begründung
/ Herleitung dieser Antwort:
0 {u, v} 6∈ G
Xu,v =
1 {u, v} ∈ G
⇒ E[Xu,v ] = 12
hP
i P
P
⇒ E[e(G(n, 12 ))] = E
X
= {u,v}∈([n]) E[Xu,v ] = {u,v}∈([n])
u,v
{u,v}∈([n]
2 )
2
2
1
2
=
1 n
2 2
Eine weitere Frage: Wie wahrscheinlich (bzw. wie weit) weicht e(G(n, 12 )) vom Erwartungswert ab?
Definition (Varianz)
Sei X eine Zufallsvariable. Dann ist Var[X] = E[(X − E[X])2 ] die Varianz .
Lemma 1.1. Es gilt Var[X] = E[X 2 ] − (E[X])2 .
Beweis:
Var[X] = E[(X − E[X])2 ] = E[X 2 − 2XE[X] + (E[X])2 ] = E[X 2 ] − 2E[X] · E[X] + E[(E[X])2 ]
= E[X 2 ] − 2(E[X])2 + (E[X])2 = E[X 2 ] − (E[X])2
12
Bemerkung
Für eine Zufallsvariable X : Ω → {0, 1} = 2 gilt X 2 : Ω → 2 und insbesondere X 2 = X.
Satz 1.4. (Tschebyscheff(-Ungleichung)) Sei X eine Zufallsvariable. Dann gilt für alle t > 0:
P(|X − E[X]| ≥ t) ≤ Var[X]
t2
Beweis:
Sei Y = |X − E[X]|.
⇒ P(|X − E[X]| ≥ t) = P(Y ≥ t) = P(Y 2 ≥ t2 )
2
2
2
]
]
]
≤ E[Y
= E[|X−E[X]|
= E[(X−E[X])
t2
t2
t2
= Var[X]
t2
Satz 1.5. (Abweichung der Kantenanzahl vom Erwartungswert) Sei Xn = e(G(n, 21 )) und
n→∞
ω(n) eine beliebige Funktion mit ω(n) −→ ∞.
n→∞
Dann gilt P(|Xn − 12 n2 | > nω(n)) −→ 0.
Beweis:
Var[Xn ]
Nach Tschebyscheff gilt P(|Xn − 21 n2 | > nω(n)) ≤ (ω(n)n)
2.
P
Wir zerlegen nun Xn wieder in einfache Zufallsvariablen Xu,v wie oben, d.h. X = {u,v}∈([n]) Xu,v .
2
Damit ergibt
sich:
2
i
hP
P
P
2
Xu,v
Xu,v Xx,y
E[X 2 ] = E
=E
[n]
[n] Xu,v +
{u,v}∈([n]
{u,v}∈
3{x,y}6
=
{u,v}
{u,v}∈
)
(
)
(
)
2
2
2
P
P
2
= {u,v}∈([n]) E[Xu,v
] + {u,v}∈([n])3{x,y}6={u,v} E[Xu,v Xx,y ]
2
2
P
P
= {u,v}∈([n]) E[Xu,v ] + {u,v}∈([n])3{x,y}6={u,v} P(Xu,v Xx,y = 1)
2
2
P
P
= {u,v}∈([n]) 12 + {u,v}∈([n])3{x,y}6={u,v} P[Xu,v = 1, Xx,y = 1]
2
P2
= 12 n2 + {u,v}∈([n])3{x,y}6={u,v} P[Xu,v = 1] · P[Xx,y = 1]
2
n n P
= 12 n2 + {u,v}∈([n])3{x,y}6={u,v} 12 · 12 = 21 n2 + 2 (22 ) · 14 = 12 n2 + 12 (22 )
2
n ⇒ Var[Xn ] = E[X 2 ] − E[X]2 = 12 n2 + 12 (22 ) − ( 21 n2 )2
2
2
2
= 14 (n2 − n) + 14 ( n 2−n )( n 2−n − 1) − 14 ( n 2−n )2
2
2
= 18 (n2 − n) + 14 ( n 2−n )2 − 14 ( n 2−n )2 = 18 (n2 − n)
⇒
Var[Xn ]
(ω(n)n)2
1.5
=
n→∞
n2 −n
8(ω(n)n)2 −→
0
Schwellenwertfunktion, G(n, p)
Definition (G(n, p)-Modell)
Wir definieren das G(n, p)-Modell analog zum G(n, 12 )-Modell, wobei die Wahrscheinlichkeit, dass
eine Kante existiert, genau p (statt bisher 21 ) ist.
Bemerkung
n
Es gilt P(G(n, p) = G) = pe(G) (1 − p)( 2 )−e(G) mit V (G) = [n].
Typischerweise betrachten wir 0 ≤ p = p(n) ≤ 1, d.h. p ist eine Funktion, die von n abhängt.
Definition (Schwellenwertfunktion)
Sei P ⊆ {G|G ist ein Graph} und Pn = {G ∈ P|v(G) = n}.
Wir sagen p̂ = p̂(n) : N → [0, 1] ist eine Schwellenwertfunktion von P, falls gilt:
0 falls p(n) p̂(n)
limn→∞ P(G(n, p) ∈ P) =
1 falls p(n) p̂(n)
13
Bemerkung
p̂(n) ist nicht eindeutig, da mit p̂ auch p̃(n) = cp̂(n) für alle 0 < c ≤ 1 eine Schwellenwertfunktion
für P ist.
Satz 1.6. Sei P = {G|δ(G) > 0} die Eigenschaft der Graphen ohne isolierte Knoten.
Es gilt limn→∞ P(G(n, p) ∈ P) → 1, falls p(n) lnnn .
Beweis:
0 deg(u) ≥ 1
Sei Y die Anzahl der isolierten Knoten und Yu =
.
1 deg(u) = 0
P
P
n
n−1
(1 − p)n
⇒ E[Y ] = u∈[n] E[Yu ] = u∈[n] P(u ist isoliert) = n · (1 − p)
= 1−p
Wir haben die Ungleichung ∀x ∈ [0, 1] : (1 − x) ≤ e−x (folgt direkt aus der Reihendarstellung von
ex ).
n
n
⇒ E[Y ] = 1−p
(1 − p)n ≤ 1−p
e−pn
Zu zeigen ist nun P(Y > 0) → 0, d.h. E[Y ] → 0.
n→∞
n
n
n
Wir haben E[Y ] ≤ 1−p
e−pn ≤ 1−p
e− ln nω(n) ≤ (1−p)n
ω(n) −→ 0.
(Die dritte Ungleichung gilt wegen p(n) = ω(n) lnnn .)
Bemerkung
Im obigen Beweis würde ω(n) = (1 + ε) ausreichen.
1.6
2. Moment Methode
n→∞
Frage: Wann gilt P(Xn = 0) −→ 0?
Satz 1.7. (2. Moment Methode)
Seien (Xn )n∈N Zufallsvariablen mit EXn → ∞ und
n→∞
Var[Xn ] n→∞
(E[Xn ])2 −→
0.
Dann gilt P(Xn = 0) −→ 0.
Beweis:
P(Xn = 0) ≤ P(|Xn − E[Xn ]| ≥ E[Xn ]) ≤
Var[Xn ] n→∞
(E[Xn ])2 −→
0
Bemerkung
Es reicht aus, wenn E[Xn ] > c für alle n ≥ n0 und eine Konstante c > 0 gilt.
Satz 1.8. Seien P und Pn wie im vorletzten Satz.
Falls p(n) lnnn , dann gilt limn→∞ P(G(n, p) ∈ Pn ) = 0.
Beweis:
Seien Y und Yn wie im vorletzten Satz definiert. Dann gilt E[Y ] = n(1 − p)n−1 .
Wir haben (1 − x) ≥ e−x(x+1) für x < 0.68 (Beweis durch Reihendarstellung der Exponentialfunktion).
ln n
ln n
⇒ E[Y ] = n(1 − p)n−1 ≥ ne−p(p+1)(n−1) ≥ ne− ω(n)n (1+ ω(n)n )n = nn
n→∞
n
n
≥
=
≥ n1−ε −→ ∞
1 +
n
1 +
1
n ω(n)
ω(n)2 n
1
ln n
− ω(n)
− ω(n)
2n
n ω(n) ω(n)2
Var[Xn ] n→∞
(E[Xn ])2 −→
Zu zeigen bleibt also noch
0, d.h. Var[Y ] (E[Y ])2 = n2−ε zu zeigen.
X
P
P
P
Y 2 = u∈[n] Yu2 + (u,v)∈[n]2 ,u6=v Yu Yv =
Yu + (u,v)∈[n]2 ,u6=v Yu Yv
u∈[n]
| {z }
=Y
⇒ E[Y 2 ] = E[Y ] + n(n − 1)(1 − p)2n−3 = n(1 − p)n−1 (1 + (n − 1)(1 − p)n−2 )
= E[Y ] · (1 + (n − 1)(1 − p)n−2 )
2
Var[y]
]−(E[Y ])2
E[Y 2 ]
1+(n−1)(1−p)n−2 E[Y ]
(n−1)(1−p)n−2
1
⇒ (E[Y ])2 = E[Y (E[Y
= (E[Y
· E[Y ] − 1 = E[Y
−1
])2
])2 − 1 =
E[Y ]
] +
n(1−p)n−1
n→∞
1
n−1
= E[Y
+
−
1
−→
0
+
1
−
1
=
0
]
n(1−p)
14
⇒ P(Y = 0) → 0
⇒ P(G(n, p) ∈ P) → 0
Vorlesung am 30.04.2008
Beispiel (Schwellenwert für K3 ⊆ G)
Sei X = |{K3 ⊆ G}| die Anzahl der Kopien von K3 in G.
⇒ EX = n3 p3
Wegen n3 ∼ n3 erhalten wir n3 p3 → ∞, wenn p n1 .
Wir versuchen also p̂(n) = n1 nachzuweisen.
Satz 1.9. (Schwellenwert von K3 ⊆ G) Der Schwellenwert von K3 ⊆ G ist
1
n.
Beweis:
1. Sei p(n) =
1
ω(n)n
mit ω(n) → ∞.
Zu zeigen ist P(G(n, p) ⊆ K3 ) → 0.
Sei X die Anzahl der Dreiecke in G. Dann gilt EX =
n
3
p3 ≤ n3 p3 ≤
1
ω(n)3
→ 0.
Mit Markoff folgt P(G(n, p) ⊆ K3 ) → 0.
2. Sei p(n) =
ω(n)
n
mit ω(n) → ∞.
Zu zeigen ist
(a) EX → ∞
(b)
Var(X)
(EX)2
→0
Zu den Beweisen für diese Behauptungen:
(a) EX =
n
3
p3 ≥ ( n3 )3 p3 =
2
ω(n)3
27
→∞
2
(b) Var X = EX − (EX)
P
0 T spannt nicht K3
Wir definieren XT =
. Dann gilt X = T ∈([n]) XT .
1 T spann K3
3
P
P
2
2
Wir haben also EX = T ∈([n]) XT + T 6=S∈([n]) XT XS .
3
3
P
⇒ EX 2 = EX + T 6=S E[XT XS ]
| {z }
=P(XT =1,XS =1)
 6
 p T ∩S =∅
p6 |T ∩ S| = 1
P(T und S sind K3 ) =
 5
p |T ∩ S| = 2
n n−3
Der erste Fall tritt 3
mal auf,
3
n n−3
der zweite 3 3
mal und
2
n
der dritte 3 3 (n − 3) = 12 n4 mal.
n n−3 6
n
6
5
⇒ EX 2 = EX + n3 n−3
3 p +3 3
2 p + 3 3 (n − 3)p
n
n−3
n
n−3
n
6
6
5
2
3( )(
3( )(n−3)p
( 3 )( 3 )p
)p
Var X
1
+ 3 n 22 6 + 3 n 2 6 − (EX)
2
n 2 6
(EX)2 = EX +
(EX)
(3) p
(3) p
(3) p
n−3
n−3
5
4
n→∞
( )
( )
1
≤ EX
+ n3 + ( nn )6 + ( nn)6 p − 1 −→ 0 + limn→∞ n3 + 0 + 0 − 1
(3)
(3)
3
3
=1−1=0
15
Implikationen in G(n, p)
Gilt in G(n, p) die Implikation δ(G) > 0 ⇒ G ist zusammenhängend?
Genauer: Haben δ(G) > 0“ und G zusammenhängend“ den selben Schwellenwert?
”
”
Satz 1.10. lnnn ist der (oder besser: ein) Schwellenwert für G ist zusammenhängend“.
”
Beweis:
1. p ln n
n
⇒ P(δ(G(n, p)) = 0) → 1 ⇒ P(G(n, p) ist zusammenhängend) → 0
2. Sei p(n) =
Knoten.
ω(n) ln n
n
und X die Anzahl der Zusammenhangskomponenten mit höchstens
Sei Xk die Anzahl der Zusammenhangskomponenten der Größe k, d.h. es gilt X =
P n2
k=1
n
2
Xk .
n→∞
Wir wollen zeigen, dass P(X > 0) −→ 0.
Idee: Wir verwenden die 1.M.M., indem wir zeigen, dass EX → 0.
P n2
n
Wegen EX =
k=1 EXk werden wir versuchen zu zeigen, dass für alle k = 1, ..., 2 die
1
Ungleichung EXk n gilt.
Sei K ⊆ [n]
k .
Dann gilt P(K ist Zusammenhangskomponente in G(n, p)) ≤ (1 − p)k(n−k) , weil keine Kante
die Zusammenhangskomponente verlassen darf.
ω(n)
ω(n) ln n n
k
⇒ EXk ≤ nk (1 − p)k(n−k) ≤ nk e−pk(n−k) ≤ nk e− n k 2 = nk n−ω(n) 2 = n−k( 2 −1)
1
−k
−1
≤n ≤n = n →0
Vorlesung am 07.05.2008
Satz 1.11.
n→∞
Es existiert ein l0 : N → N mit l0 ∼ 2 log n und P(l0 (n) − 1 ≤ ω(G(n, 21 )) ≤ l0 (n)) −→ 1.
Beweis:
Sei Xl die Anzahl der Kl in G.
Wir wollen zeigen:
n→∞
1. P(Xl0 (n)+1 = 0) −→ 1
n→∞
2. P(Xl0 (n)−1 = 0) −→ 0
3. l0 (n) ∼ 2 log n
Zu den Beweisen:
1. Idee: Setze l0 so, dass E(Xl0 ) ≥
Wegen n = EX1 EXl0 +1 < √1n .
√1
n
√1 .
n
n
und EXn = ( 12 )( 2 ) ⇒ P(Xl0 +1 > 0) ≤ EXl0 +1 <
n→∞
√1 −→
n
√1
n
existiert ein l0 mit EXl0 ≥
0 (Markoff)
Damit haben wir 1. bewiesen.
1 S induziert eine Clique
3. Sei l ∈ N und XS =
.
0 sonst
l
P
P
Wir haben EXl = E S∈([n]) XS = S EXS = nl ( 12 )(2) .
l
b
Wegen ( ab )b ≤ ab ≤ ( ea
)
gilt:
b
16
√1
n
und
b(log2 (a) − log2 (b)) ≤ log2 ab ≤ b(log2 (a) + log2 (e) − log2 (b))
⇒ log2 ab = b log2 (a) − b log2 (b) + O(b)
l2
l2
l
⇒ EXl = 2l log2 (n)−l log2 (l)+O(l)− 2 + 2 = 2l log2 (n)− 2 +o(l
c
Für l = c log n erhalten wir EXl = 2c(1− 2 )(log n)
2
2
+o((log n)2 )
(2+ε)(1−1− 2ε )(log n)2 +o((log n)2 )
Für c = 2 + ε gilt EXl = 2
2
ε
Für c = 2 − ε gilt EXl = 2(2−ε)(1−1+ 2 )(log n)
Da EXl0 +1 <
2.
EXl+1
EXl
√1
n
l
+o((log n)2 )
.
= 2−(ε+
= 2(ε−
ε2
2
ε2
2
)(log n)2 +o((log n)2 )
)(log n)2 +o((log n)2 )
1
n.
n.
≤ EXl0 gilt l0 ∼ 2 log n.
l+1
n
(l+1
)( 12 )( 2 )
=
l
(n)( 1 )(2)
=
)
l+1
l
n!l!(n−l)!
1 ( 2 )−(2)
(l+1)!(n−l−1)!n! ( 2 )
=
n−l 1 l
l+1 ( 2 )
< n2−l
2
l ∼ 2 log n ∧ l ≥ 2 log n ⇒ l = (2 + o(1)) log n
⇒
EXl+1
EXl
< n2−(2+o(1)) log n =
⇒ EXl0 −1 ≥ EXl0 n1+o(1) ≥
1
n1+o(1)
1
√1 n1+o(1)
n
= n 2 +o(1)
⇒ EXl0 −1 → ∞
Es ist zu zeigen, dass Var(Xl0 −1 ) (EXl0 −1 )2 gilt, da dann 2. aus Tschebyscheff folgt.
Wir setzen r = l0 − 1.
P
P
⇒ EXr2 = E( R∈([n]) XR )2 = EXr + R,R0 ∈([n]),R6=R0 EXR XR0
r
r
P
= EXr + R,R0 ∈([n]),R6=R0 P(R, R0 induzieren Cliquen)
r Pr
n
r
n − r 1 2(r2)−(k2)
= EXr + k=0
( )
r
k
r−k 2
| {z } | {z } | {z }
R∩R0
R
⇒
Var Xr
(EXr )2
=
1
EXr
=
1
EXr
R0 \R
k
(2)
(kr )(n−r
r−k )2
−1
(nr)
r
Pr−1 r n−r (k
2)
0
k=1 (k)( r−k )2
+
+
(nr)
|
Pr−1
+
k=0
n−r
r
n
r
20
−1
{z
n→∞
}
−→ 0
Pr−1
k=1
Nun ist
(k2)
(kr )(n−r
r−k )2
→ 0 zu zeigen.
n
(r )
(k2)
P r2
P
(kr )(n−r
r−k )2
Wir setzen g(k) =
. Gesucht ist k=1
g(k) + k=1 2r g(r − k).
n
(r )
k
a!
r−k r! ( 2 )
Für 1 ≤ k ≤ 2r haben wir g(k) = kr (n−r)
. Damit folgt:
mit (a)b = (a−b)!
(r−k)!(n)r 2
r−k
(n2 ) ≤
g(k) ≤ rk (n)
(n)r (r)k 2
Wegen k ≤
2
k
22
r
n−r
⇒
≤
P r2
(Für
2
r
n−r
k=1
r
2
r
24
r
2
k
r 2k 2( 2 )
(n−r)k
k
2
22 k
≤ ( rn−r
)
und r = l0 − 1 = (2 + o(1)) log n gilt:
≤
g(k) ≤
8(log n)2
1
n 2 −o(1)
P r2
k=1 (
≤
1
1
n4
1
1
n4
)k ≤
P∞
≤ k ≤ r gilt g(r − k) ≤ (
k=1 (
1
1
n4
1
1
n4
)k ⇒
)k =
P r2
k=1
1
1
n 4 −1
n→∞
−→ 0
n→∞
g(r − k) −→ 0)
Bemerkung: Es gilt l0 (n) = b2 log2 (n) − 2 log2 log2 (n) + 2 log2 (e) −
17
3
2
+ o(1)c.
Bemerkung
n→∞
Eigentlich hätten wir P(Xl0 (n) = 0) −→ 0 zeigen müssen.
n→∞
(Bisher wurde nur P (ω(G(n, 21 )) ∈ {l0 (n), l0 (n) ± 1}) −→ 1 gezeigt.)
Vorlesung am 09.05.2008
1.7
Chromatische Zahl von G(n, 21 )
Bemerkung
Für jeden Graphen gilt ω(G(n, 12 )) ≤ χ(G(n, 21 )) und (was besser ist)
n
α(G(n, 12 ))
≤ χ(G(n, 12 )).
Back-Tracking-Algorithmus
Dieser Algorithmus probiert rekursiv alle möglichen k-Färbungen aus.
Beispiel
•
qqq
q
q
qqq
qqq
f (a) = 1
r
r
r
r
r
r
r
rrr
f (b) = 2
f (b) = 3
r
r
r
r
rrr
r
r
r
f (c) = 1
f (c) = 3
a•
c•
}}
}}
}
}
}}
b• B
BB
BB
BB
B
•d
f (d) = 3
f (d) = 1
Satz 1.12. (Wilt) Für alle k ∈ N ist die erwartete Laufzeit des Back-Tracking-Algorithmus
konstant.
Beweis:
n P
Sei β(G) die Anzahl der Schritte des BTA. Dann gilt E[Laufzeit des BTA] = 2−( 2 ) G∈Gn β(G).
Zunächst einmal: Wie viele k-färbbare Graphen mit n Knoten gibt es?
˙ ∪V
˙ k
Idee: Die Anzahl der k-partiten Graphen ist höchstens die Anzahl der k-Partitionen V1 ∪...
mal die Anzahl der Untergraphen des vollständigen K(V1 , ..., Vk ). Die Anzahl der Kanten in
K(V1 , ..., Vk ) ist
P
Pk
Pk
2
2
e(K(V1 , ..., Vk )) = 1≤i<j≤k |Vi ||Vj | = 12 ( i=1 |Vi |)2 − 12 i=1 |Vi |2 ≤ n2 − k2 ( nk )2 = n2 (1 − k1 )
n2
1
Damit ist die Anzahl der k-färbbaren Graphen in Gn höchstens k n · 2 2 (1− k ) ≤ 2
n P
P
P
n P
−(n
2 ) β(G) ≤ 2−( 2 )
G∈Gn 2
i=1
H∈Gi
G∈Gn ,G[{1,...,i}]=H #(k-Färb.(H))
n
Pn
1
i2
−(n
i
)−(2i )
)
≤2 2
k
· 2| 2 (1−{zk +o(1))} · 2| ( 2{z
i=1
}
|{z}
n2
2
#k−färbb. pro Graph #k−färbb. Graphen G[{1,...,i}]=H
i2
1
− i
i
2 (1− k +o(1)) · 2 (2)
i=1 k · 2
i
Pn
i2
1
= i=1 k i · 2 2 (1− k +o(1))−(2)
Pn
2
i2
i2
i2
i
= i=1 k i · 2 2 − 2k +o(i ))− 2 + 2
Pn
2
i2
i
= i=1 k i · 2− 2k +o(i ))+ 2
i
Pn
i
1
= i=1 k · 2− 2k +o(i))+ 2
√ i
Pn i
= i=1 k · 2− 2k +o(i)) · 2
18
=
Pn
1
(1− k
+o(1))
.
∀k∃ik : ∀i > ik :
√
k 2
i
1
2− 2k +o(1))
<1
i
√ 1
Pik √ − 1 +o(1) i P∞
⇒ E[Laufzeit des BTA f ür k] ≤ i=1
k 2 2 2k
+ i=ik +1 k 2 2− 2k +o(1)
= O(1) + O(1)
Für k = 3 und i = 19 gilt
√
k 2
i
1
2− 2k +o(1))
< 12 . Die erwartete Laufzeit ist kleiner als 479 für k = 3
und 34881 für k = 4.
Vorlesung am 14.05.2008
Eχ(G(n, 12 ))
Was ist Eχ(G(n, 12 ))?
Wir wissen, dass α(G(n, 12 )) = (2 + o(1)) log n bzw. ω(G(n, 12 )) = (2 + o(1)) log n gilt.
Damit erhalten wir auch χ(G(n, 12 )) ≥ (2 + o(1)) log n.
n
Wegen χ(G) · α(G) ≥ n erhalten wir χ(G(n, 21 )) ≥ (2+o(1))
log n .
1
n
n
≤
χ(G(n,
))
≤
Satz 1.13. Es gilt limn→∞ P (2+o(1))
log n
2
(1−o(1)) log n = 1.
Beweis:
Wegen der vorherigen Bemerkung reicht der Beweis der oberen Schranke.
Als Idee für diesen Teil des Beweises verwenden wir die Johnson-Heuristik, d.h. wir suchen große
stabile Mengen als Farbklassen und entfernen diese aus dem Graphen.
Färbung Johnson“-Greedy-Coloring(G = (V, E)){
”
k = 0; n = |V |; G0 = G;
while(|V (G0 )| ≥ (lognn)2 ){
S = ∅;
H = G0 ;
while(H 6= ∅){
x = select({V (H)|d(x) minimal});
S = S ∪ {x};
H = H \ {x} ∪ N (x);
}
G0 = G0 \ S;
k++;
color(S)= k;
}
color(G0 )=jeder Knoten anders;
return color;
}
Wir zeigen nun, dass fast sicher in jedem Durchlauf der inneren while-Schleife eine stabile Menge
mindestens der Größe (1 − o(1)) log n gefunden wird (d.h. nicht nur in jedem Durchlauf fast sicher,
sondern fast sicher in allen Durchläufen). Dann gilt nämlich fast sicher:
n−
n
2
(log n)
n
n
n
n
n
χ(G(n, 12 )) ≤ (1−o(1))
log n + (log n)2 ≤ (1−o(1)) log n − (log n)3 + (log n)2 = (1−o(1)) log n
Zeigen wir also die obige Behauptung:
Wir betrachten einen beliebigen Durchlauf der inneren while-Schleife. Sei v(G0 ) = r ≥ (lognn)2 . Für
ein beliebiges ε > 0 und ein S (nach Abschluss eines while-Schleifendurchlaufs) bestimmen wir
P(|S| ≤ (1 − ε) log n). S ist maximal in G0 , d.h. ∀v ∈ V (G0 ) \ S : N (v) ∩ S 6= ∅.
Sei v ∈ V (G0 ) \ S beliebig. Dann gilt P(v erweitert S nicht) = 1 − 2−|S| .
Sei S eine stabile Menge. Dann gilt |V (G0 ) \ S| = r − |S|.
19
⇒ P(S ist maximal in G0 ) = (1 − 2−|S| )r−|S| .
⇒ p = P(Algorithmus
findet maximales
stabiles S mit |S| ≤ (1 − ε) log n)
r
r
≤ |S|
P(S ist maximal) ≤ |S|
(1 − 2−|S| )r−|S|
Sei |S| = s = (1 − ε) log n.
⇒ p ≤ rs (1 − 2(ε−1) log n )r−(1−ε) log n mit r − (1 − ε) log n ≥ 2r
r
⇒ p ≤ rs (1 − 2(ε−1) log n ) 2 wegen (1 − 2(ε−1) log n ) < 1
ε−1 r
r
r
⇒ p ≤ rs (1 − nε−1 ) 2 ≤ rs (1 − rε−1 ) 2 ≤ rlog r e−r · 2
rε
⇒ p ≤ eln r·log r− 2
Es gilt rε ln r log r für alle ε > 0. Wegen n ≥ r ≥
n
(log n)2
gilt log r = (1 ± o(1)) log n.
⇒ P(∃ Schleifendurchlauf mit |S| < (1 − ε) log n) ≤ neln r·log r−
≤e
rε
2
= eln n+ln r log r−
nε
rε
2
ln n+ln n log n− 2(log n)2ε n→∞
−→ 0
Korollar 1.4. Es existiert ein polynomieller Algorithmus, welcher die chromatische Zahl mit hoher
Wahrscheinlichkeit (d.h. für fast alle Graphen) bis auf den Faktor 2 genau approximiert.
Beweis:
Hmm ... naja ... trivial?
Schließlich haben wir ja oben einen Algorithmus im Beweis verwendet.
Vorlesung am 16.05.2008
1.8
Chernoff
Definition (Unabhängigkeit zweier Ereignisse)
Zwei Ereignisse A und B sind unabhängig, falls P (A ∩ B) = P (A) · P (B) gilt.
Beispiel
Wir würfeln zwei mal. Die Ereignisse Erster Wurf ist 3“ und Summe ist 8“ sind abhängig. Die
”
”
Ereignisse Erster Wurf ist 6“ und Summe ist 7“ sind unabhängig.
”
”
Bemerkung
Die Unabhängigkeit von Ereignissen haben wir bereits im G(n, p)-Modell ausgenutzt, wo die Existenz von verschiedenen Kanten unabhängig ist.
Definition (Unabhängigkeit von Zufallsvariablen)
Zufallsvariablen X1 , ..., Xn heißen unabhängig, falls für alle x1 , ..., xn gilt:
Qn
P (X1 = x1 , ..., Xn = xn ) = i=1 P (Xi = xi ).
Bemerkung (Aus paarweiser Unabhängigkeit folgt nicht Unabhängigkeit)
Wenn X1 und X2 , X1 und X3 sowie X2 und X3 unabhängig sind, so sind X1 , X2 und X3 nicht
notwendigerweise insgesamt unabhängig.
Beispiel (Aus paarweiser Unabhängigkeit folgt nicht Unabhängigkeit)
Wir betrachten die Ereignisse Erster Wurf ist 1“, Zweiter Wurf ist 1“ und Summe ist 7“.
”
”
20 ”
Definition (unabhängigkeit mehrerer Ereignisse, k-fache Unabhängigkeit)
T
Q
Ereignisse A1 , ..., An sind unabhängig, falls für alle I ⊆ [n] die Gleichung P ( i∈I Ai ) = i∈I P (Ai )
gilt.
Die Ereignisse sind k-fach unabhängig, falls wir nur Indexmengen mit |I| = k betrachten.
Qn
Qn
Lemma 1.2. Seien X1 , ..., Xn unabhängige Zufallsvariablen. Dann gilt E( i=1 Xi ) = i=1 E(Xi ).
Beweis:
Wir zeigen die Aussage nur für n = 2. Für n > 2 erfolgt der Beweis analog.
Seien X und
P YPunabhängig. Dann gilt: P P
E(XY ) = x y P (X = x, Y = y)xy = x y P (X = x)P (Y = y)xy
P
P
= x P (X = x)x y P (Y = y)y = EXEY
Lemma 1.3. Wenn X und Y zwei unabhängige Zufallsvariablen sind, so gilt Cov(X, Y ) = 0.
Weiterhin gilt Var(X + Y ) = Var(X) + Var(Y ).
Beweis:
Rechnerei.
Bemerkung
X
Bisher haben wir die Abschätzung P(|X − EX| ≥ t) ≤ Var
t2 . Diese Schranke ist gut, wenn
√
t > Var X gilt.
Wir wollen nun eine Schranke der Form P(|X −EX| ≥ εEX) ≤ e−Ω(ε)EX finden. Dies ist allgemein
nicht möglich, da die Tschebyscheff-Ungleichung scharf ist. Wir suchen diese Schranke daher nur
für spezielle X.
Beschränkung der Abweichung vom Erwartungswert
Wie gleichmäßig sind die Kanten in G(n, p) verteilt?
Mit welcher Wahrscheinlichkeit gilt e(U ) ≈ p U2 für alle (nicht zu kleinen!) U ?
Sei XU die Anzahl der Kanten in U . Wir wissen, dass EXU = p |U2 | gilt.
Die obige Frage ist also äquivalent zu der Frage nach der Wahrscheinlichkeit, dass ein U mit
|XU − EXU | > εEXU existiert.
Wir wissen, dass P(∃U : |XU − EXU | > εEXU ) ≤ 2n max P(|XU − EXU | > εEXU ) gilt.
Hoffnung: P(|XU − EXU | > εEXU ) 2−n für geeignet große U .
tX
P(X ≥ λ) = P(etX ≥ etλ ) ≤ Ee
etλ
−tX
Analog gilt P(X ≤ −λ) = P(−tX ≥ tλ) = P(e−tX ≥ etλ ) ≤ Eeetλ .
n
P∞ n
]
Beobachtung: E[etX ] = n=0 t E[X
.
n!
Lemma 1.4. Sei X eine Zufallsvariable mit |X| ≤ 1 und EX = 0.
2
Dann gilt E[etX ] ≤ et Var X für alle t ∈ [−1, 1].
Beweis:
P∞ 1
Es gilt |tX| ≤ 1, d.h. etX ≤ 1 + tX + t2 X 2 , wegen n=3 n!
≤ 21 .
tX
2
2
2
⇒ E[e ] ≤ 1 + tEX + t E[X ] = 1 + t Var X wegen EX = 0
2
⇒ E[etX ] ≤ 1 + t2 Var X ≤ et Var X
Satz 1.14. (Chernoff
√ Xn unabhängige Zufallsvariablen mit |Xi − EXi | ≤ 1 für alle
Pn ) Seien X1 , ...,
i = 1, ..., n, X = i=1 Xi und σ = Var X.
Für alle λ > 0 gilt P(|X − EX| ≥ λσ) ≤ 2 max{e−
λ2
4
, e−
λσ
2
}.
Beweis:
O.B.d.A. sei EXi = 0.
Dann gilt P(|X| ≥ λσ) = P(X ≥ λσ) + P(X ≤ −λσ).
tλσ
λ
Zu zeigen ist P(X ≥ λσ) ≤ e− 2 mit t = min{ 2σ
, 1}. Der andere Fall wird analog gezeigt.
21
tX
P(X ≥ λσ) ≤ P(etX ≥ etλ )P≤ Ee
.
etλ Qn
n
Wir haben EetX = E et i=1 Xi = E i=1 etXi . Weil mit X1 , ..., Xn auch etX1 , ..., etXn unabhängigQsind, gilt:
Qn
2
2 Pn
2
2
n
EetX = i=1 E[etXi ] ≤ i=1 et Var Xi = et i=1 Var Xi = et Var X = e(tσ)
2 2
⇒ P(X ≥ λσ) ≤ et σ −tλσ
λ
− tλσ
2
⇒ t2 σ 2 ≤ tλσ
t ≤ 2σ
2 ⇒ P(X ≥ λσ) ≤ e
Korollar 1.5.
Seien X1 , ..., Xn unabhängige
Zufallsvariablen mit P(Xi = 1) = pi und P(xi = 0) = (1 − pi ).
Pn
Weiterhin sei X = i=1 Xi .
Dann gilt P(|X − EX| ≥ εEX) ≤ 2e− min{
Beweis:
Wir setzen λ =
Ungleichung.
εEX
σ
und σ =
pPn
i=1
ε2
4
, 2ε }EX
.
Var Xi . Wegen Var Xi ≤ EXi und σ ≤
√
EX folgt die
Vorlesung am 21.05.2008
22
Kapitel 2
Extremale Graphentheorie
2.1
Einführung
Keine gute Frage
Was ist das?
Gegeben ist eine Graphenklasse G, z.B. die Menge aller dreiecksfreien Graphen, und ein Graphenparameter τ , z.B. die Anzahl der Kanten, oder die Anzahl bestimmter Untergraphen, etc....
Gesucht ist das Minimum und/oder Maximum von τ (G), sodass G ∈ G, |V (G)| = n.
Beispiel (kein gutes Beispiel)
Sei Gham die Klasse der hamiltonischen Graphen und τ (G) = δ(G).
Dann gilt max δ(G) = n − 1.
Bessere Frage
Welche Bedingung an τ impliziert G ∈ G (bzw. G 6∈ G)?
Beispiel (besseres Beispiel)
Es gilt δ(G) ≥ n2 ⇒ G ∈ Gham .
Definition (F orb)
Für einen Graphen F sei F orb(F ) = {G|F 6⊆ G}.
Weiterhin sei F orbn (F ) = {G ∈ F orb(F )|v(G) = n}.
Definition
Sei n ∈ N und F ein Graph mit e(F ) ≥ 1.
Wir definieren ex(n, F ) = max{e(G)|G ∈ F orb(F ), v(G) = n}.
Beispiel
1. F = K2 ⇒ ex(n, F ) = 0
2. F = K3 ⇒ ex(n, F ) ≥ ( n2 )2
3. F = K4 ⇒ ex(n, F ) ≥ 3( n3 )2
4. F = Kk ⇒ ex(n, F ) ≥
k−1
2
2
n 2
1
( k−1
) = (1 − k−1
) n2
23
Definition (Turán-Graph)
Zu n, k ∈ N definieren wir Tn,k als den vollständigen k-partiten Graphen mit Knotenklassen der
Größe b nk c oder d nk e.
Satz 2.1. (Turán (1943)) Es gilt ∀k, n ∈ N : ex(n, Kk ) = e(Tn,k−1 ). Der Turán-Graph ist der
einzige extremale Graph, d.h. e(H) < e(Tn,k ) für alle H ∈ F orbn (Kk ) \ {Tn,k−1 }.
Beweis:
Sei G = (V, E) ∈ F orbn (Kk ) mit maximaler Kantenzahl und H = {x1 , ..., xk−1 } spanne einen
vollständigen Graphen Kk−1 . (Weil G mit maximaler Kantenzahl gewählt wurde, muss G einen
und
Kk−1 enthalten.) Es gilt e(G) ≤ A + B + C mit A = e(G \ H), B = e(G[H]) = k−1
2
C = e(H, V \ H) ≤ (n − k + 1)(k − 2) (jeder Knoten aus G \ H hat höchstens k − 2 Nachbarn in
H).
⇒ e(G) ≤ e(Tn−k+1,k−1 ) + k−1
+ (n − k + 1)(k − 2) = e(Tn,k−1 )
2
Beweis der Eindeutigkeit: Übungsaufgabe.
Frage
Was ist ex(n, F ) für F 6= Kk ?
ex(n, F ) ≥ e(Tn,k ), k = χ(F ) − 1
Antwort
ex(n, F ) = (1 − χ(F1)−1 + o(1)) n2 = (1 + o(1))e(Tn,k ), k = χ(F ) − 1 löst das Problem für Graphen
F mit χ(F ) ≥ 3.
Für χ(F ) = 2 haben wir das folgende Lemma:
Lemma 2.1. (Kövari, Turán, Sós) χ(F ) = 2 ⇒ ex(n, F ) = o(n2 )
Beweis:
Wir zeigen ∀t ∈ N, c > 0 : ∃n0 : Falls e(G) ≥ cn2 , |V (G)| = n, dann T2t,2 = Kt,t ⊆ G.
1. Schritt: ∀c, t : ∃c0 , n0 : #{K1,t ⊆ G} ≥ c0 nt+1
Beweis:
P
#{K1,t ≤ G} =
d(v)
P
v∈V (G)
2e(G)
t
=n
t
≥n
v∈V (G)
≥n
cn2
t
d(v)
!
(Jensen)
n
t
≥ nc0 nt = c0 nt+1
2. Schritt: ∀c0 , t : ∃c00 , n0 : #{K1,t ⊆ G} ≥ c0 nt+1 ⇒ #{Kt,t ⊆ G} ≥ c00 n2t
Beweis:
#{Kt,t ⊆ G} =
deg(T )
t
P
T ∈(V (G)
t )
, wobei deg(T ) = {x ∈ V (G) \ T |(x, T ) ist K1,t in G mit
Zentrum x}.
P
Nach Jensen folgt #{Kt,t ⊆ G} ≥
0
n
t
·
deg(T )
n
t
( )
t
!
mit
P
deg(T )
(nt)
= #{K1,t ⊆ G} ≥ c0 nt+1 .
t+1
⇒ #{Kt,t ⊆ G} ≥ c0 nt c2 ( ccn1 nt )t ≥ c00 n2t
Vorlesung am 23.05.2008
Lemma 2.2. Für alle Graphen H existiert der Grenzwert limn→∞
24
ex(n,H)
(n2 )
.
Beweis:
Wir zeigen, dass die Folge an =
Es gilt offensichtlich
ex(n,H)
ex(n,H)
monoton (fallend) und (nach unten) beschränkt ist.
(n2 )
≥ 0, womit eine untere Schranke gefunden ist.
(n2 )
Sei G ∈ F orbn (H) extremal (d.h. mit ex(n, H) = e(G)).
Wir betrachten G1 , ..., Gn , wobei Gi = G \ {vi } und V (G)
Pn= {v1 , ..., vn }. Weil jede Kante in den
Graphen G1 , ..., Gn genau zweimal nicht vorkommt, gilt i=1 e(Gi ) = (n − 2)ex(n, H). Weiterhin
enthält kein Gi ⊆ GP
den Graphen H, d.h. ex(n − 1, H) ≥ e(Gi ).
n
⇒ ex(n − 1, H)n ≥ i=1 e(Gi ) = ex(n, H)(n − 2)
⇒ ex(n,H)
≤ ex(n−1,H)
n
n−2
⇒
ex(n,H)
(n2 )
=
ex(n,H)
n(n−1)
2
≤
ex(n−1,H)
(n−2)(n−1)
2
=
ex(n−1,H)
(n−1
2 )
Definition
Für alle Graphen F definieren wir π(F ) = limn→∞
ex(n,F )
(n2 )
. (Mit dem vorhergehenden Lemma
existiert dieser Grenzwert.)
Was ist π(F )?
Wir wissen bereits π(Kk ) = limn→∞
e(Tn,k−1 )
k−2
1
= k−1
= 1 − k−1
(Turán).
(n2 )
Weiterhin wissen wir π(F ) = 0, wenn F bipartit ist (Kövar, Turán, Sós).
Offensichtlich gilt π(F ) ≥ 1 − χ(F1)−1 , da F 6⊆ Tn,χ(F )−1 (Tn,χ(F )−1 und alle seine Untergraphen
sind χ(F ) − 1-färbbar, F selbst jedoch nicht).
Wir zeigen nun, dass an dieser Stelle sogar die Gleichheit gilt, d.h. π(F ) = 1 − χ(F1)−1 . Dies ist der
folgende Satz von Erdős-Stone.
Lemma 2.3. (Erdős, Stone (1947)) Für alle ε > 0 und k, t ∈ N existiert ein n0 ∈ N sodass:
1
Falls G ein Graph auf n ≥ n0 Knoten mit δ(G) ≥ (1 − k−1
+ ε)n ist, dann enthält G eine Kopie
von Kk (t) = Ttk,k , d.h. dem vollständigen k-partiten Graphen mit Knotenklassengröße t.
Beweis:
Wir führen eine Induktion über k durch.
1. Induktionsanfang k = 2:
2
Dies folgt aus dem Satz von Kövari, Turán und Sós, da δ(G) ≥ εn ⇒ e(G) ≥ ε n2 ≥ ε
n
2
.
2. Induktionsschritt k → k + 1, k ≥ 2:
1
+ ε)n.
Wir setzen s = d εt e. Für genügend großes n gilt Kk−1 (s) ⊆ G, falls δ(G) ≥ (1 − k−2
1
1
Sei also G ein Graph mit n Knoten und δ(G) ≥ (1 − k−1 + ε)n > (1 − k−2 + ε)n.
⇒ Es existieren disjunkte Teilmengen U1 , ..., Uk−1 ⊆ V (G), welche einen Kk−2 (s) aufspannen
(Induktionsvoraussetzung).
Sk−1
Wir setzen W = i=1 Ui , W = V (G)\W und X = {w ∈ W ∀i = 1, ..., k−1 : |N (w)∩Ui | ≥ t}.
Zwischen W und W fehlen mindestens |W \ X|(s − t) Kanten, da für alle Knoten w ∈ W \ X
ein i existiert, sodass |N (w) ∩ Ui | < t.
⇒ |W \ X|(s − t) ≥ |W \ X|(1 − ε)s = (n − (k − 1)s − |X|)(1 − ε)s
Andererseits fehlen jedem Knoten in G auf Grund der Minimalgradeigenschaft höchstens
1
( k−1
− ε)n Kanten.
Wegen |W | = (k − 1)s, erhalten wir als Anzahl der fehlenden Kanten zwischen den Knoten1
mengen W und W höchstens ( k−1
− ε)n(k − 1)s = (1 − ε(k − 1))sn.
⇒ (n − (k − 1)s − |X|)(1 − ε)s ≤ eG (W, W ) ≤ (1 − ε(k − 1))sn
⇒ n − (k − 1)s − |X| − εn + (k − 1)sε + |X|ε ≤ n − ε(k − 1)n
25
⇒ −(k − 1)s − |X| − εn + (k − 1)sε + |X|ε ≤ −ε(k − 1)n
⇒ −εn + (k − 1)s(ε − 1) + |X|(ε − 1) ≤ −ε(k − 1)n
⇒ (k − 1)s(ε − 1) + |X|(ε − 1) ≤ −ε(k − 1)n + εn = (2 − k)εn
⇒ |X|(ε − 1) ≤ (2 − k)εn − (k − 1)s(ε − 1)
⇒ |X| ≥
(2−k)εn
ε−1
⇒ |X| ≥
(k−2)ε
1−ε n
− (k − 1)s
− (k − 1)s
k−1
⇒ |X| ≥ (t − 1) st
+ 1 für ausreichend großes n
⇒ ∃x1 , ..., xt : ∀i1 , i2 , j ∈ {1, ..., t} : ∀j ∈ {1, ..., k − 1} : N (xi1 ) ∩ Uj = N (xi2 ) ∩ Uj
⇒ Es gibt t Knoten in X, welche das gleiche Nachbarschaftsmuster in U1 , ..., Uk−1 haben.
⇒ U1 ∩ N (x1 ), ..., Uk−1 ∩ N (x1 ), Uk = {x1 , ..., xt } spannen Kk (t) auf.
Satz 2.2. ∀k > 2, t ≥ 1 : π(Kk (t)) = 1 −
1
k−1
Beweis:
Es seien ε > 0 beliebig (aber klein), n ausreichend groß und G ein Graph mit n Knoten und
2
1
1
e(G) ≤ (1 − k−1
+ ε) n2 . Wir entfernen iterativ alle Knoten aus G, die weniger als (1 − k−1
+ 2ε )n
1
ε
Nachbarn haben. Damit erhalten wir den Graphen H mit δ(H) ≥ (1 − k−1 + 2 )v(H).
Falls V (H) groß ist, dann gilt mit dem Lemma Kk−1 (t) ⊆ H ⊆ G.
Es stellt sich also die Frage, wie viele Kanten bei der Konstruktion von H entfernt werden, bzw.
wie groß e(G) − e(H) ist.
Mit v(H) = N erhalten wir
Pn
N +1
1
1
−
e(G) − e(H) ≤ i=N +1 i(1 − k−1
+ 2ε ) = n+1
(1 − k−1
+ 2ε )
2
2
n
n
1
ε
= 2 + n −
k−1 + 2 )
2 − N1 (1 −
n
n
ε
≤ 2 − 2 (1 − k−1 + 2 ) + n − N
1
1
⇒ (1 − k−1
+ ε) n2 ≤ e(G) ≤ (1 − k−1
+ 2ε ) n2 − n2 + n − N + n2
1
⇒ 2ε n2 ≤ ( k−1
− 2ε ) n2 + n − N
1
− 2ε ) n2 − N
⇒ 2ε n2 − n ≤ ( k−1
n→∞
⇒ N −→ ∞
⇒ N kann beliebig große Werte annehmen.
Korollar 2.1. Für alle Graphen F gilt π(F ) = 1 −
1
χ(F )−1 .
Beweis:
Wir setzen im obigen Satz k = χ(F ).
Vorlesung am 28.05.2008
Definition ((ε, d)-Regularität, ε-Regularität)
Seien G = (V, E), X, Y ⊆ V, X ∩ Y = ∅, d ≥ 0 und ε > 0.
(X, Y ) heißt (ε, d)-regulär , falls ∀X 0 ⊆ X, Y 0 ⊆ Y mit |X 0 | ≥ ε|X|, |Y 0 | ≥ ε|Y | gilt:
0
,Y 0 )
|d(X 0 , Y 0 ) − d| ≤ ε, wobei d(X 0 , Y 0 ) = e(X
|X 0 ||Y 0 | .
(X, Y ) ist ε-regulär , falls es ein d ≥ 0 gibt, sodass (X, Y ) (ε, d)-regulär ist.
Lemma 2.4. (Counting Lemma) Für alle F, γ > 0 und d0 > 0 existieren ε > 0 und m0 sodass
gilt:
Falls G = (V1 , ..., Vl , E) ein l-partiter Graph ist, V (F ) = {1, ..., l}, für alle {i, j} ∈ E(F ) ist (Vi , Vj )
(ε, dij ) regulär mit di,j ≥ d0 und ∀i ∈ [l] : |Vi0 | = m ≥ m0 dann gilt:
Y
|{f : V (F ) → V (G)|∀i ∈ [l] : f (i) ∈ Vi , ∀{i, j} ∈ E(F ) : {f (i), f (j)} ∈ E}| = (1±γ)ml
di,j
{i,j}∈E(F )
26
Beweis:
Beweis durch Induktion über e(F ):
1. e(F ) = 0 ⇒ |{F ⊆P G}| =
Ql
i=1
Vi = ml =
Q
{i,j}∈E(F )
di,j ml = ml
2. Gegeben seien F, γ und d0 .
Setze γ 0 = γ2 .
Seien ε0 , m00 gegeben durch das Counting Lemma für F − , γ 0 und d0 .
e(F )
Setze ε = min{ε0 , γ 0 d0
} und m0 = m00 .
Sei F − = F \ {f }, wobei f ∈ E(F ) beliebig.
P
⇒ |{F ⊆P G}| = F 0 ∈{F − ⊆P G} 1E(G) (η(F 0 )) mit η(F 0 ) = {v1 , v2 }, v1 ∈ V1 ∩ V (F ) und
v2 ∈ V2 ∩ V (F )
0, wennη(F 0 ) 6∈ E(G)
0
1E(G) (η(F )) =
1, wennη(F 0 ) ∈ E(G)
P
⇒ |{F ⊆P G}| = F 0 ∈{F − ⊆P G} (d1,2 + 1E(G) (η(F 0 )) − d1,2 )
X
X
⇒ |{F ⊆P G}| =
d1,2 +
(1E(G) (η(F 0 )) − d1,2 )
F 0 ∈{F − ⊆P G}
|
{z
=A
I.V.
F 0 ∈{F − ⊆P G}
}
{z
|
A = d1,2 |{F − ⊆P G}| = d1,2 (1 ± γ 0 )
=B
Q
{i,j}∈E(F − )
}
di,j ml = d1,2 (1 ± γ 0 )
Q
{i,j}∈E(F − )
di,j ml
Mit F ∗ = F − {1, 2}P(Die Knoten werdenP
entfernt, nicht nur die Kanten zwischen ihnen.) erhalten wir B= F 00 ∈{F ∗ ⊆P G\{V1 ∪V2 }} (v1 ,v2 )∈(V1 ×V2 ∩EXT (F 00 ) 1E(G) ({v1 , v2 })−d1,2 ,
T
T
EXT (F 00 ) = {(v1 , v2 ) ∈ V1 × V2 |v1 ∈ {1,i}∈E(F − ) N (Vi ) ∩ V1 , v2 ∈ {2,i}∈E(F − ) N (Vi ) ∩ V2
und V (F 00 ) = {v3 , ..., vl }, vi ∈ Vi }.
Beispiel:
F = K4
F−
1•
•
2•
•
3•
•
F∗
•
•
•
X
P
|B| ≤ F 00 ∈{...} 1E(G) ({v1 , v2 }) − d1,2 :
(v1 ,v2 )∈EXT (F 00 )
|
{z
}
4•
≤εm2
P
(v1 ,v2 )∈EXT (F 00 ) 1E(G) ({v1 , v2 }) − d1,2 27













\
\





N (vi ) ∩ V1 ,
N (vi ) ∩ V2  − d1,2 |X||Y |
= e ∈ G



{1,i}∈E(F − )

{2,i}∈E(F − )




|
{z
} |
{z
} 

=X
=Y
= |e(X, Y ) − d1,2 |X||Y ||
(a) 1. Fall: |X|, |Y | ≥ εm
)
Aus der (ε, d1,2 )-regularität von (V1 , V2 ) folgt | e(X,Y
|X||Y | −
⇒ |e(X, Y ) − d1,2 |X||Y || ≤ ε|X||Y | ≤ εm
d1,2 |X||Y |
|X||Y | |
≤ε
2
(b) 2. Fall: Sei |X| ≤ εm.
⇒ |X||Y | ≤ εm2
⇒ |e(X, Y ) − d1,2 |X||Y || ≤ |X||Y | ≤ εm2
(Die erste Ungleichung gilt für alle Graphen!)
|{F ∗ ⊆P G \ {v1 , v2 }}| ≤ ml−2
⇒ |{F ⊆P G} = A ± B = (1 ± γ 0 )
di,j ml ± εml
Q
Q
e(F )
Falls ε ≤ γ 0 d0 , dann |{F ⊆P G}| = (1±2γ 0 ) {i,j}∈E(F ) di,j ml = (1±γ) {i,j}∈E(F ) di,j ml .
Q
{i,j}∈E(F )
Lemma 2.5. ∀γ > 0, d > 0∃ε, m0 :
Falls G = (X, Y, Z, E) ein tripartiter Graph ist, sodass (X, Y ) (ε, dXY )-regulär ist, (X, Z) ist
(ε, dXZ )-regulär, (Y, Z) ist (ε, dY Z )-regulär und dXY , dXZ , dY Z ≥ d.
⇒ #{K3 ⊆ G}(1 ± γ)dXY dXZ dY Z |X||Y ||Z|
Beweis:
Kein Beweis.
Lemma 2.6. (Regularitätslemma (Szenerédi: 1978))
˙ ∪V
˙ t=V :
∀ε > 0, t0 ∈ N : ∃T0 , n0 : ∀G = (V, E), |V | ≥ n0 : ∃V0 ∪...
1. t0 ≤ t ≤ T0
2. |V0 | ≤ εn, |V1 | = ... = |Vt |
3. |{{i, j}|1 ≤ i < j ≤ t, (Vi , Vj ) ist nicht ε-regulär}| ≤ εt2
Beweis:
Später: 2.1.
Satz 2.3. (Removal Lemma) Für alle Graphen F und η > 0 existieren δ > 0 und n0 sodass für
alle Graphen G = (V, E) mit |V | = n ≥ n0 gilt: Falls G höchstens δnv(F ) Kopien von F enthält,
dann existert E 0 ⊆ E sodass G0 = (V, E 0 ) F -frei ist und |E \ E 0 | ≤ ηn2 gilt.
Beweis:
Beweisidee
1. meditiere über Konstanten
2. Sei G mit o(nl ) Kopien von F gegeben.
3. regularisiere G
4. lösche Kanten innerhalb der V1 , ..., Vl
(wir brauchen also t0 η1 )
28
5. lösche Kanten e mit e ∩ V0 6= ∅
(brauchen also ε η)
6. lösche Kanten von nicht-regulären Paaren
(wieder wird ε η benötigt)
7. lösche Kanten von Paaren mit Dichte < d0
(es muss also d0 η gelten)
8. Stelle sicher, dass nur ηn2 Kanten gelöscht wurden
9. Zu zeigen: G ist nach dem Löschen der Kanten F -frei.
10. Annahme: Es existiert noch eine Kopie von F .
Diese kann nur noch Kanten aus dichten und regulären Paaren haben.
l
e(F ) (1−ε)n
11. Mit Hilfe des Counting-Lemmas erhalten wir die Existenz von vielen, d.h. 12 d0
,
tl
Kopien von F im ursprünglichen Graphen G.
l
e(F ) 1−ε
12. Mit δ 21 d0
ist dies ein Widerspruch zu der Annahme, dass G nur δnl Kopien
T0 l
von F enthält.
Beweis
1. Seien F , η > 0 und l = v(F ) gegeben.
Wir setzen d0 = η4 , εCL als das ε vom Counting Lemma angewandt mit F, γ =
4
Weiterhin fixieren wir ε = min{ η4 , εCL
l } und η .
1
2
und d0 .
Sei T0 die Konstante des Regularitäts Lemmas angewandt auf ε und t0 .
l
e(F ) d
1−ε
0 lm0
und n0 = max{n0,RL , T1−ε
}, wobei n0,RL das n0 des RegulaWir wählen δ = 04
lT0
ritätslemmas angewandt mit ε und t0 und m0 das m0 des Counting Lemmas angewandt mit
F, γ = 21 und d0 sind.
2. Sei G = (V, E) mit |V | = n ≥ n0 und höchstens δnl Kopien von F gegeben.
Wir müssen nun alle Kopien von F zerstören und dürfen dafür höchstens ηn2 Kanten löschen.
˙ ∪V
˙ t die Partition, welche das Regularitätslemma angewandt mit ε und t0 garantiert.
3. Sei V0 ∪...
4. Lösche alle Kanten innerhalb der V1 , ..., V1 .
n
2
2
Wir löschen also höchstens t 2t ≤ n2t < nt0 =
Kanten.
η 2
4n
(durch die Wahl von t0 und t ≥ t0 )
5. Lösche alle Kanten e mit ∩V0 6= ∅.
Wir löschen höchstens εn2 ≤ η4 n2 Kanten.
6. Lösche alle Kanten von nicht-regulären Paaren.
Wir löschen höchstens εt2 ( nt )2 ≤ εn2 ≤ η4 n2 .
7. Lösche alle Kanten von Paaren mit Dichte < d0 .
Wir löschen höchstens 2t d0 ( nt )2 ≤ d20 n2 < d0 n2 ≤ η4 n2 .
8. Sei G0 = (V, E 0 ) der durch das Löschen entstehende Graph. Dann gilt |E \E 0 | ≤ 4· η4 n2 = ηn2 .
9. Behauptung: G0 ist F -frei.
29
10. Annahme: Es existiert noch eine Kopie von F in G0 , d.h. eine Menge W {v1 , ..., vl } ⊆ V
spannt eine Kopie von F in G0 auf, d.h. {vi , vj } ∈ E 0 , falls {i, j} ∈ F .
Falls |Vj ∩ W | ≤ 1 für alle j ∈ [t] kann o.B.d.A. vi ∈ Vi angenommen werden. (Wir nummerieren einfach die Klassen Vi neu durch.) Weiterhin wissen wir, dass (Vi , Vj ) (ε, di,j )-regulär
mit di,j ≥ d0 für alle {i, j} ∈ E(F ) ist. (Dies gilt, weil {vi , vj } ∈ E 0 ist und jede Kante aus
E 0 in einem regulären Paar mit Dichte ≥ d0 liegt - alle anderen Kanten wurden ja gelöscht.)
⇒ G[V1 , ..., Vl ] erfüllt die Voraussetzung des Counting Lemmas.
l
Q
Ql
e(F ) (1−ε)n
> δnl
⇒ G[V1 , ..., Vl ] enthält mindestens (1 − γ) {i,j}∈E(F ) di,j i=1 |Vi | ≥ 21 d0
t
Kopien von F , was einen Widerspruch zur vorgegebenen Eigenschaft von G, wenige Kopien
von F zu enthalten, steht.
Anderenfalls:
Seien o.B.d.A. {V1 , ..., Vk } die Partitionsklassen, die {v1 , ..., vk } enthalten und k < l.
Wir zerlegen Vi , i = 1, ..., k in l gleichgroße Klassen Vi,1 , ...Vi,k . (Ggf. muss die Klassengröße
abgerundet werden.)
Behauptung: (Vi , Vj ) ist (ε, di,j )-regulär ⇒ (Vi,x , Vj,y ) ist (lε, di,j )-regulär für alle x, y ∈ [l].
Beweis:
Seien X ⊆ Vi,x und Y ⊆ Vj,y mit |X| ≥ lε|Vi,x | ≥ |Vi | (Ungleichung ggf. korrigieren! ) und
|Y | ≥ lε|Vj,y | ≥ ε|Vj |.
⇒ |d(X, Y ) − di,j | ≤ ε < lε
Da ein Homomorphismus von F nach
({V1 , ..., Vk }, {{Vi , Vj }|(Vi , Vj ) ist (ε, di,j )−regulär mit di,j ≥ d0 })
existiert und |V (F )| = l gilt, enthält der Graph
({Vi,x |i = 1 ∈ [t], x ∈ [l]}, {{Vi,x , Vj,y }|(Vi , Vj ) ist (ε, di,j −regulär mit di,j ≥ d0 , x, y ∈ [l]})
eine Kopie von F .
Seien W1 , ..., Wl die Klassen in {Vi,x |i = 1, ..., k, x = 1, ..., l}, welche die Kopie von F aufspannen.
⇒ Die Voraussetzungen des Counting Lemmas sind erfüllt.
l
e(F ) (1−ε)n
⇒ (1 − γ)d0
Kopien von F sind in G0 ⊆ G enthalten. Dies ist ebenfalls ein
T0 l
Widerspruch zu der vorausgesetzten maximalen Anzahl an Kopien von F in G.
Bemerkung (Kurzform des Removal Lemmas)
Wenige (o(nv(F ) )) Kopien von F können einfach (o(n2 ) Kanten) zerstört werden.
Korollar 2.2.
Falls jede Kante von G = (V, E) in genau einem K3 enthalten ist, dann gilt |E| = o(|V |2 ).
Beweis:
Es sei n = |V |.
2
3
v(K3 )
Es gilt #(K3 ⊆ G) = |E|
für alle δ > 0 und für ausreichend großes n.
3 ≤ n = o(n ) ≤ δn
Mit Hilfe des Removal Lemmas erhalten wir ∃E 0 ⊆ E : G0 = (V, E 0 ) K3 -frei, |E \ E 0 | = o(n2 ).
Jede Kante in E \ E 0 zerstört höchstens einen K3 .
0
2
⇒ |E|
3 = #{K3 ⊆ G} ≤ |E \ E | = o(n )
2
⇒ |E| = o(n )
Satz 2.4. (Satz von Roth) ∀ε > 0∃n0 : ∀n ≥ n0 ∀A ⊆ [n], |A| ≥ εn : A enthält AP3 , wobei AP3
eine arithmetische Progression der Länge 3, d.h. a, b, c ∈ A : a+c
2 = b.
30
Beweis:
Übergang von den AP3 s zu Graphen: Sei A ⊆ [n] eine AP3 -freie Menge.
Wir definieren
S
S einen tripartiten Graphen G = (X, Y, Z, E) durch X = [n], Y = [2n], Z = [3n] und
E = x∈X a∈A {{x, x + a}, {x, x + 2a}, {x + a, x + 2a}}:
x + 2a•
Z
s
s
s
ss
sss
s
s
s
x + a•
Y
w
w
w
ww
ww
w
w
x•
X
Es gilt |V (GA )| = 6n und |E| = 3n|A|.
Falls |E| = o(n2 ), dann |A| = o(n), d.h. r3 (n) = o(n).
Wir wissen, dass jede Kante aus E in einem Dreieck enthalten ist, da E die Vereinigung von
Dreiecken ist. Weiterhin beobachten wir, dass sogar jede Kante in genau einem Dreieck enthalten
ist:
Beweis dieser Beobachtung:
1. Fall
w1 • 2D
•w2
22DDD
zz
z
22 DDD
zz 22 DD zzzz 22
22 •u 22
22 •x
Z
Y
X
∃a, b ∈ A : u = x + a = x + b, w1 = x + 2a, w2 = x + 2b ⇒ a = b ⇒ w1 = w2
2. Fall
x + 2c • y +
•x + 2a
NN2b
tt
NNN
tt
t
NNN
tt
NNN
tt
tt
•x + c
y + b• KK
o
KK
o
o
KK
oo
o
KK
o
o
KK
o
K
ooo
o
y•
x•
Z
Y
X
y + 2b = x + 2c
x+a=y+b
⇒
y−x
2
= c − b, y − x = a − b
⇒ b, c = b +
darstellt.
y−x
2 ,a
= b + 2 y−x
ist AP3 , was einen Widerspruch zur AP3 -freiheit von A
2
⇒ Jede Kante ist in genau einem K3 . Nun verwenden wir das Removal Lemma und erhalten, dass
der Graph höchstens o(|V |2 ) Kanten hat.
⇒ |A| = o(n)
Bemerkung (Geschichte des obigen Satzes)
• Es war einmal im Jahre 1936, wo Erdős und Turán vermuteten, dass
∀k, ε > 0 : ∃n0 : ∀n ≥ n0 , A ⊆ [n] mit |A| ≥ εn : A enthält APk .
˙ ∪C
˙ r = [n]∃i : Ci
• Motivation: Satz (van der Waerden): ∀k ≥ 3, r ≥ 2 : ∃n0 : ∀n ≥ n0 ∀C1 ∪...
enthält APk .
31
• Viele, viele Jahre später (im Jahre 1947) zeigte Behrend: ∃A ⊆ [n] : A ist AP3 -frei und
|A| ≥ eC √nlog n , d.h. für alle ε > 0, C > 0, k > 0 gilt asymptotisch nnε eC √nlog n lognk n .
• Wir definieren rk (n) = max{|A|A ⊆ [n], A ist APk -frei}.
Die ET-Vermutung ist nun rk (n) = o(n).
• Behrend: rk (n) = Ω( eC √nlog n ) für ein C > 0
n
• Roth: rs (n) = o(n), genauer: r3 (n) ≤ O( log log
n)
n log log n
• Der aktuelle Rekord liegt bei r3 (n) ≤ O
, C > 0 (Bourgain (2007)).
2
(log n) 3
• Strenge Alien- ähhm ... ET(Erdős-Turán)-Vermutung:
P
ai = ∞ ⇒ {ai |i ∈ N} enthält APk .
Für (ai )i∈N ⊆ N gilt:
• Szemeréd (1969): r4 (n) = o(n)
Szemeréd (1975): rk (n) = o(n) für alle k ≥ 3
• Fürstenberg (1977): Alternativer Beweis mit ergodischer Theorie
• Gowers (2000): Beweis mit Fourier-Analysis
• Gseen-Tao: P enthält APk für alle k
Vorlesung am 30.05.2008
Vorlesung am 04.06.2008
Vorlesung am 06.06.2008
Vorlesung am 11.06.2008
Lemma 2.7. (1)
1. ∀C, D ⊆ V, C ∩ D = ∅, C Partition von C und D Partition von D : ind(C, D) ≤ ind(C, D)
2. ∀P 0 ≺ P : ind(P) ≤ ind(P 0 )
Lemma 2.8. (2) Für alle ε > 0 und C, D ⊆ V mit C ∩ D = ∅ gilt:
Falls (C, D) nicht ε-regulär ist, dann existieren Partitionen C = {C1 , C2 } und D = {D1 , D2 } von
4
.
C bzw. D sodass ind(C, D) ≥ ind(C, D) + ε |C||D|
n2
Lemma 2.9. (3)
Sei P = {C0 , ..., Ck } eine Partition von V mit |C0 | ≤ εn und |C1 | = ... = |Ck | = c. Falls P
nicht ε-regulär ist, d.h. |{{i, j} ∈ k2 |(Ci , Cj ) ¬ε-regulär}| > εk 2 , dann existiert eine Partition
5
P 0 = {c00 , ..., c0l } mit k ≤ l ≤ k4k , |C00 | ≤ |C0 | + 2nk , |C10 | = ... = |Cl0 | und ind(P 0 ) ≥ ind(P) + ε2 .
Beweis:
Für alle 1 ≤ i < j ≤ k definieren wir eine Partition Ci,j von Ci und eine Partition Cj,i von Cj wie
folgt:
• Falls (Ci , Cj ) ε-regulär ist, dann setzten wir Ci,j = {Ci } und Cj,i = {Cj }.
32
• Falls (Ci , Cj ) nicht ε-regulär ist, dann sind Ci,j und Cj,i die entsprechenden Partitionen aus
dem Lemma 2.
Es gilt dann ind(Ci , Cj ) ≥ ind(Ci , Cj ) +
ε4 |Ci ||Cj |
n2
= ind(Ci , Cj ) +
ε4 c2
n2 .
Für jedes i = 1, ..., k sei Ci die minimale Partition, die alle Partitionen Ci,j mit i 6= j verfeinert.
⇒ |Ci | ≤ 2n−1
Sk
Wir definieren Q = {C0 } ∪ i=1 Ci . Dann gilt k ≤ |Q| ≤ 1 + 2k k−1 ≤ k2k .
Sei C0 = {{v}|v ∈ C0 }.
P
P
Pk
⇒ ind(Q) = 1≤i<j≤k ind(Ci , Cj ) + 1≤i≤k ind(C0 , Ci ) + i=0 ind(Ci )
P
Pk
≥ 1≤i<j≤k ind(Ci,j , Cj,i ) + i=1 ind(C0 , {Ci })
Pk
P
4 2
≥ 1≤i<j≤k ind(Ci , Cj ) + εk 2 · εnc2 + i=1 ind(C0 , {Ci }) + ind(C0 )
5 2 2
5
= ind(P) + ε nk 2 c > ind(P) + ε2
k 2 c2
9
1
n
0|
Die letzte Ungleichung gilt wegen c = n−|C
≥ 3n
k
4k ⇒ n2 ≥ 16 ≥ 2 und c0 ≤ εn ≤ 4 .
Jetzt verfeinern wir Q, um eine Partition mit gleichgroßen Klassen C10 , ..., Cl0 zu erhalten. Sei
d = b 4ck c und C10 , ..., Cl0 die maximale Familie von disjunkten Mengen der Größe d, sodass für alle
Sl
i ∈ l eine Partitionsklasse in Q existiert, die Ci0 enthält. Sei C00 = V \ i=1 Ci0 .
k
⇒ |C00 | ≤ |C0 | + |Q|d ≤ |C0 | + k24k c ≤ |C0 | + 2nk (wegen c ≤ nk )
Weiterhin kann Ci höchstens 4k Klassen der Größe b 4ck c enthalten.
Sk
Sei P 0 = {C00 , ..., Cl0 }. Dann ist P̃ 0 eine Verfeinerung von Q̃0 = C0 ∪ k=1 Ci .
5
⇒ ind(P 0 ) = ind(P̃ 0 ) ≥ ind(Q̃) = ind(Q) ≥ ind(P) + ε2
Beweis des Regularitätslemmas
Seien ε und t0 gegeben.
1
Wir wählen T0 = (x 7→ x4x ) ε5 (t0 ) und n0 = 2 tε0 .
Sei nun G = (V, E) mit |V | = n ≥ n0 gegeben.
Wir wählen nun eine beliebige Partition P1 = {C01 , ..., Ct10 } mit |C00 | ≤ 21 εn und |C11 | = ... = |Ct10 |.
Solange Pi nicht ε-regulär ist, wenden wir das vorherige Lemma auf Pi an und setzen Pi+1 = Pi0 .
Da ind(P) ≤ 21 , terminiert der Algorithmus nach höchstens
1
2
ε5
2
=
1
ε5
Iterationen.
Sei P = {C0 , ..., Ck } die P
letzte dieser Partitionen.
t
Dann gilt |C0 | ≤ |C01 | + k=t0 2nk ≤ εn für ausreichend großes t0 (t0 ≥ 1ε ).
1
Weiterhin gilt t0 ≤ t ≤ T0 = (x 7→ x4x ) ε5 (t0 ).
Vorlesung am 13.06.2008
Lemma 2.10. (Einbettungslemma) Für alle d, ∆ > 0 und Graphen F existieren ε, c > 0 und
m0 ∈ N sodass:
˙ ∪V
˙ l , E) ein l-partiter Graph mit |V1 | = ... = |Vl | = m ≥ m0 .
Seien V (F ) = {1, ..., l} und G = (V1 ∪...
Weiterhin für alle {i, j} ∈ E(F ) das Paar(Vi , Vj ) (ε, d)-regulär.
˙ ∪W
˙ l , EH ) sei ein l-partiter Graph mit |Wi | ≤ cm für alle i = 1, ..., l mit ∆(H) ≤ ∆.
H = (W1 ∪...
Für alle wi ∈ Wi , i = 1, ..., l sei ϕi : V (H) → V (F ), ϕ(wi ) = i ein Graphenhomomorphismus.
Dann gilt H ⊆ G.
Beweis:
Beweisidee: Wir betten iterativ die Knoten von H in G ein und bestimmen nach jeder Einbettung
(t)
(des Knotens t) für jeden noch nicht eingebetteten Knoten i eine Kandidatenmenge Ci von
Knoten, die diesem Knoten entsprechen könnten.
Nun zum Beweis:
33
Seien d > 0, F und ∆ gegeben. und [l] = V (F ).
∆−1
1 d
1
d ∆−1
Wir bestimmen nun ε = εi d2
, 2 }, c = 2∆
, ε̃ = d2 , εi = min{ ∆
und m0 = 1.
2
Seien nun G und H gegeben. O.B.d.A. sei V (H) = [M ]. Sei ϕ : F (H) → F (F ) ein Homomorphismus. Wir werden die folgende Aussagen (Si ) per Induktioin beweisen:
i
i
(Si ): Es existieren eine partielle Einbettung ψi [i] → V (G), [i] ⊆ V (H) und Ci+1
, ..., CM
mit:
T
1. ∀j = i + 1, ..., M : Cji ⊆ Vϕ(j) ∩ w∈NH (j)∩{1,...,i} NG (ψi (w))
2. ∀j = i + 1, ..., M : |Cji | ≥ (d − ε̃)|NH (S)∩{1,...,i}| · m
Weiterhin folgt aus (SM ) das Einbettungslemma.
Induktionsanfang:
1. ψ0 ist trivial.
2. Cj0 = Vϕ(j)
Induktionsschritt: (Si ) → (Si+1 )
i
Sei k ∈ NH (i + 1) ∩ {i + 2, ..., M }. Dann ist (Ci+1
, Cki ) (εi , d)-regulär mit εi ≥ (d−ε̃)ε ∆−1 (wegen 2.
von (Si )). −
−
i i
⇒ Bi+1,k
= v ∈ Ci+1
|NG (v) ∩ Cki | < (d − εi )|Cki | , |Bi+1,k
| ≤ ε|Ci+1
|
S
−
−
−
i
Aus B = k∈NH (i+1)∩{i+2,...,M } Bi+1,k folgt |B | ≤ (∆ − 1)εi Ci+1 .
i
Wir setzen nun C̃i+1 = Ci+1
\ (B − ∪ ψi ({1, ..., i})). Die Knoten ψ( {1, ..., i}) müssen wir ebenfalls
entfernen, weil schon verwendete Knoten nicht mehr in der Kandidatenmenge enthalten sein dürfen.
Als Größenabschätung erhalten wir:
i
i
|C̃i+1 | ≥ |Ci+1
| − (∆ − 1)εi |Ci+1
|−
cm
≥ ((1 − (∆ − 1)εi )(d − ε̃)∆−1 − c)m
|{z}
folgt aus |Wi |≤cm
Es reicht also, wenn wir die Konstanten so wählen, dass der erste Faktor des letzten Terms positiv
ist, weilin diesem Fall ein v ∈ C̃i+1 existiert. Wir definieren dann:
ψi (x) x ≤ i
ψi+1 =
v
x=i+1
und
i
Cj
j 6∈ NH (i + 1)
Cji+1 =
mit j = i + 2, ..., M .
NG (v) ∩ Cji j ∈ NH (i + 1)
Zeigen wir zunächst, dass ψi+1 und Cji+1 die geforderten Eigenschaften haben:
i
ψi+1 ist eine Einbettung von H[[i+1]], da ψi eine Einbettung von H[[i]] ist und v in Ci+1
eingebettet
wird. Damit ist auch die Nachbarschaft von ψi+1 (i + 1) korrekt.
2.1 folgt aus der Definition von Cji+1 und von 1. aus (Si ).
S
−
i
2.2. folgt aus v ∈ Ci+1
\ k∈NH (i+1),k≥i+2 Bi+1,k
und εi ≤ ε̃.
Nun noch zu den Konstanten:
ε̃ ≤ d2
2∆−1 ε
d∆−1 ≤ εi ≤ ε̃
⇒ (1 − (∆ − 1)εi )( d2 )∆−1 − c > 0
Vorlesung am 18.06.2008
2.2
Burr-Erdős-Vermutung
Definition (R(H1 , H2 ))
Mit R(H1 , H2 ) bezeichnen wir die kleinste natürliche Zahl n ∈ N, sodass jede 2-Färbung der
Kanten des Kn eine mit 0 gefärbte Kopie von H1 oder eine mit 1 gefärbte Kopie von H2 enthält.
34
Beispiel (R(K3 , K3 ))
Es gilt R(K3 , K3 ) = 6, denn:
Für n = 5 gibt es eine dreicksfreie 2-Färbung:
•O
ooo OOOOO
o
o
OOO
ooo
OOO
ooo
OO
o
o
o
•@
•
@@

•
•
Es bleibt also noch zu zeigen, dass dies für n = 6 nicht mehr möglich ist: Wir wählen einen beliebigen
Knoten v des K6 und betrachten die Kanten zu dessen Nachbarschaft. Nach dem Schubfachprinzip
gibt es eine Farbe (o.B.d.A. sei dies die Farbe 0), welche mindestens 3 mal auftritt. Wenn die
Knoten, zu denen diese Kanten führen, durch eine Kante der Farbe 0 verbunden sind, so erhalten
wir ein mit 0 gefärbtes Dreieck, welches diese Kante und den Knoten v enthält. Anderenfalls sind
alle Kanten in diesem Teil der Nachbarschaft von v mit 1 gefärbt. Damit erhalten wir jedoch ein
Dreieck der Farbe 1.
Burr-Erdős-Vermutung
1. ∀∆ : ∃C∆ : ∀H, ∆(H) ≤ ∆ : R(H, H) ≤ C∆ |V (H)|
2. ∀k : ∃Dk : ∀H, δ̂(H) ≤ k : R(H, H) ≤ Dk v(H)
Satz 2.5. (Chvátal, Rödl, Szenerédi, Trotter (1983))
∀∆ : ∃C∆ : ∀H, ∆(H) ≤ ∆ : R(H, H) ≤ C∆ v(H)
Beweis:
Beweisidee: Wir regularisieren den roten (oder blauen) Teilgraphen.
Beweis:
Seien ∆ ≥ 1 und r = R(K∆+1,∆+1 ).
1
Mit Turán erhalten wir e(R) ≥ (1 − r−1
+ o(1)) v(R)
⇒ Kr ⊆ R.
2
Wir setzen nun d0 = 21 . Weiterhin erhalten wir aus ∆ und F durch das Einbettungslemma ε0 und
C. Nun verwenden wir ε ≤ min{1 3(r−1)
ε0 }.
,
Aus ε und t0 = r erhalten wir mit Hilfe des Regularitätslemmas T0 und n0 . Jetzt setzen wir
˙ B = Kn mit N = C∆ n eine
C∆ = 2Tc 0 . Sei H ein Graph mit n Knoten und ∆(H) ≤ ∆. Sei GR ∪G
2-Färbung von E(Kn ) mit den Farben rot und blau. Durch das Regularitätslemma erhalten wir
˙ ∪V
˙ t = V = V (GR ) = V (GB ) = V (Kn ) mit:
eine Partition V0 cot ∪V1 ∪...
1. |V0 | ≤ εN, |V1 | = ... = |Vt | = m ≥
(1−ε)N
T0
2. Höchstens εt2 Paare (Vi , Vj ) sind irregulär.
Sei R = ([t], ER ) definiert vermöge {i, j} ∈ ER ⇔ (Vi , Vj ) ist ε-regulär in GR .
Aus der 2. Aussage des Regularitätslemmas folgt |ER | ≥ 2t − εt2 > ex(t, Kr ). Da t ≥ r folgt mit
Turán Kr ⊆ R.
Seien I ⊆ [t] die Knoten
R. Wir definieren eine 2-Färbung der Kanten von
der Kopie von Kr in
rot
dGR (Vi , Vj ) ≥ 21
R[I] durch γ(i, j) =
. Wegen |I| = r = R(K∆+1 , K∆+1 ) existiert nach
blau sonst
Ramsey eine monochrome Clique der Größe ∆ + 1 in R[I]. Sei J ⊆ I die Knotenmenge dieser
Clique.
Wir wissen, dass für ein (ε, d)-reguläres
Paar (Vi , Vj ) in GR das selbe Paar (ε, 1 − d)-regulär in GB
ist. Demnach gilt für alle {i, j} ∈ J2 : (Vi , Vj ) ist (ε, d)-regulär für GR mit di,j ≥ 21 oder alle Paare
sind (ε, d)-regulär für GB mit di,j ≥ 12 . O.B.d.A. gelte diese Aussage für GB .
35
GB
R
H
m
•o
ϕ
m
•o
ϕ
m
•o
ϕ
m
•o
ϕ
m
•o
ϕ
← (ε, d)-regulär, d ≥
≤ v(H)
≤ v(H)
≤ v(H)
1
2
≤ v(H)
≤ v(H)
Die Knotenmengen aus H, welche durch einen Homomorphismus ϕ auf Knoten von R abgebildet
werden, sind stabile Mengen. Wegen ∆(H) ≤ ∆ folgt weiterhin χ(H) ≤ ∆ + 1.
Durch das Einbettungslemma erhalten wir H ⊆ GB , falls v(H) ≤ cm.
cN
≥ 2T
= CN∆ = n = v(H) ist diese Ungleichung erfüllt.
Wegen cm ≥ c (1−ε)N
T0
0
Vorlesung am 20.06.2008
2.3
Algorithmisches Regularitätslemma
Satz 2.6. Das folgende Entscheidungsproblem ist co-NP-vollständig:
˙ ∪V
˙
Gegeben sind ein Graph G, t ≥ 1 und ε > 0 mit V (G) = V0 ∪...
t.
Gefragt ist, ob die Partition ε-regulär ist, d.h. ob höchstens ε 2t Paare nicht ε-regulär sind.
Bemerkung
Wir werden sogar zeigen, dass das Problem bereits bei t = 2 und ε =
1
2
co-NP-vollständig ist.
Satz 2.7. Das folgende Problem ist co-NP-vollständig.
˙
Gegeben sind ε > 0 und G = (A∪B)
mit |A| = |B| = n.
Gefragt ist, ob (A, B) ε-regulär ist.
Beweis:
˙ E) eine Instanz des speziellen BiClique-Problems aus dem Lemma 2.14, d.h. mit
Sei G = (A∪B,
2
|A| = |B| = n, |E| = n2 − 1.
⇒ d(A, B) = 12 − n12
Zu zeigen ist nun: ∃A0 ⊆ A, B 0 ⊆ B, |A0 | ≥ n2 , |B 0 | ≥ n2 , |d(A0 , B 0 ) − d(A, B)| > 21 ⇔ K n2 , n2 ⊆ G
1. “⇒”
|d(A0 , B 0 ) −
1
2
+
1
n2 |
>
Wegen |0 −
1
2
+
1
n2 |
< 12 , muss d >
0
1
2
1
2
−
1
n2
+
1
2
=1−
1
n2
=
0
⇒ d(A , B ) = 1
⇒ (A0 , B 0 ) spannt einen vollständigen bipartiten Graphen.
⇒ K n2 , n2 ⊆ G
36
n2 −1
n2
gelten.
2. “⇐”
Wenn K n2 , n2 ⊆ G, dann existieren A0 ⊆ A, B 0 ⊆ B mit |A0 | ≥
⇒ |d(A0 , B 0 ) − d(A, B)| >
n
0
2 , |B |
≥
n
2
und d(A0 , B 0 ) = 1.
1
2
Definition (Clique)
Gegeben sind ein Graph G und k ∈ N.
Gefragt ist, ob ω(G) ≥ k gilt.
Definition (BiClique)
˙ E), |A| = |B| = n, k ∈ N.
Gegeben ist ein bipartiter Graph G = (A∪B,
Gefragt ist, ob Kk,k ⊆ G gilt.
Lemma 2.11. Das folgende Problem ist NP-vollständig:
Gegeben ist ein Graph G mit n ∈ 2N + 1 Knoten.
Gefragt ist, ob K n+1 ⊆ G gilt.
2
Beweis:
Sei (G, k) eine Instanz von Clique.
1. Fall: k ≤
v(G)+1
2
Sei G∗ der Graph, welcher G, v(G) + 1 − 2k zusätzliche Knoten und alle Kanten innerhalb
dieser neuen Knoten und zwischen den neuen Knoten und den Knoten aus G enthält.
⇒ ω(G∗ ) ≥
2. Fall: k >
v(G)+1
2
⇔ Kk ⊆ G
v(G)+1
2
∗
˙
Sei nun G = G∪(2k
− v(G) − 1)K1 . Dann gilt Kk ⊆ G ⇔ K v(G∗ )+1 ⊆ G∗ .
2
Lemma 2.12. BiClique ist NP-vollständig.
Beweis:
Sei G eine Instanz des Problems des letzten Lemmas.
˙ F ) mit: A = {αi,j |1 ≤ i, j ≤ n}
Wir definieren H = (A∪B,
B = {βi,j |1 ≤ i, j ≤ n}
F = {(αi,j , βk,l |i = k ∨ ({i, k} ∈ E ∧ l 6= i ∧ j 6= k)}
Behauptung: ω(G) ≥
n+1
2 , v(G)
= n ⇔ K( n+1 )2 ,( n+1 )2 ⊆ H
2
2
Beweis dieser Behauptung:
1. Wir definieren A0 = {αi,j |i ∈ W, j 6∈ W } ∪ {αi,j |j ∈ W }
und B 0 = {βi,j |i ∈ W, j 6∈ W } ∪ {βi,j |i ∈ W }
n−1
Es gilt |A0 | · |B 0 | = ( n+1
2 )( 2 ) +
n+1
2
2
= ( n+1
2 ) .
Sei (αi,j , βk,l ) ∈ A0 × B 0 .
(a) Fall i = k:
Hier gilt (αi,j , βk,l ) ∈ F .
(b) Fall i 6= k, i 6= j, k 6= l:
⇒ {i, k} ∈ E(G), weil i, k ∈ W
Weiterhin gilt i 6= l, wegen i ∈ W und l 6∈ W und analog j 6= k, wegen j 6∈ W und
k ∈ W.
⇒ (αi,j , βk,l ) ∈ F
37
(c) Fall i 6= k, i = j, k 6= l:
{i, k} ∈ E(G) und i 6= l erhalten wir wie im Fall (b).
Wegen j = i 6= k folgt nun auch (αi,j , βk,l ) ∈ F .
(d) Fall i 6= k, i 6= j, k = l:
Dieser Fall kann analog zum Fall (c) behandelt werden.
(e) Fall i 6= k, i = j, k = l:
Auch hier gilt (wie in (b)) {i, k} ∈ E(G).
Weiterhin haben wir i 6= k = l und j = i 6= k und damit (αi,j , βk,l ) ∈ F .
Damit ist die Hinrichtung erledigt.
2. “⇐”
˙ 0 , F 0 ) ein größter (bezüglich der Anzahl der Kanten) vollständiger bipartiter
Sei H 0 = (A0 ∪B
2
Untergraph ivon H. O.B.d.A. sei |A0 | ≥ |B 0 | ≥ ( n+1
2 ) .
Weiterhin seien s(i) = |{j ∈ [n]|αi,j ∈ A0 }|, t(k) = |{l ∈ [n]|βk,l ∈ B 0 }|, A∗ = {i|s(i) > 0}
und analog B ∗ = {k|t(k) > 0}.
Fakt:
(a) s(i) = n − |B ∗ | für i ∈ A∗ \ C ∗
(b) s(i) = n − |B ∗ | + 1 für i ∈ C ∗
Analog gilt dies für t(k).
Beweis dieses Fakts:
(a) Falls i ∈ A∗ \ C ∗ , dann gilt ∀k ∈ B ∗ : αi,k 6∈ A0 , denn sonst hätten wir:
Es gilt: i ∈ A∗ \ C ∗ ⇒ ∃j : αi,j ∈ A0 ∧ ¬∃k : βi,k ∈ B 0
mit der Annahme αi,k ∈ A0 und k ∈ B ∗ erhalten wir ∃j : βk,j ∈ B 0 . Damit
ergibt sich (αi,k , βk,j ) ∈ F .
Wegen k ∈ B ∗ und i ∈ A∗ \ C ∗ , d.h. i 6∈ B ∗ gilt i 6= k. Dies ist jedoch ein
Widerspruch zur der Definition von F , da der zweite Index von α und der erste
Index von β gleich sind.
(b) Falls i ∈ A∗ \ C ∗ , dann gilt: ∀k ∈ B ∗ : αi,k ∈ A0 :
Wegen i ∈ A∗ existiert ein k 0 mit αi,k0 ∈ A0 . Sei βj,k ∈ B 0 . Dann erhalten wir
(αi,k0 , βj,l ) ∈ F 0 ⊆ F .
⇒ {i, j} ∈ E(G), l 6= i, j 6= k 0 , i 6= j, da i 6∈ C ∗ und j ∈ B ∗
Genauso ergibt sich j 6= k ∓ (αi,k , βj,l ) ∈ F ⇒ αi,k ∈ A0 , da sonst H 0 um αi,k erweitert
werden könnte, was einen Widerspruch zur maximalen Wahl von H 0 darstellte.
(c) Falls i ∈ C ∗ erhalten wir ∀k ∈ B ∗ \ {i} : αi,k 6∈ A0 (analog zu (a)).
(d) Falls i ∈ C ∗ erhalten wir weiterhin ∀k 6∈ B ∗ ∨ k = i : αi,k ∈ A0 (analog zu (b)).
Mit (a) ergibt sich s(i) ≤ n − |B ∗ | und mit (b) die umgekehrte Ungleichung s(i) ≥ n − |B ∗ |,
d.h. es gilt s(i) = n − |B ∗ |.
Mit (c) ergibt sich s(i) ≤ n − |B ∗ | + 1 und mit (d) s(i) ≥ n − |B ∗ | + 1, d.h. s(i) = n − |B ∗ | + 1.
Damit sind die Bahuptungen des Fakts bewiesen.
Setzen wir nun x = |A∗ |, y = |B ∗ | und z = |C ∗ |.
P
P
Damit erhalten wir |A0 | = i∈A∗ s(i) = x(n − y) + z und |B 0 | = i∈B ∗ t(i) = y(n − x) + z.
2
2
Wegen |A0 | ≥ |B 0 | ≥ n+1
erhalten wir x(n − y) + z ≥ y(n − x) + z ≥ n+1
, n ≥ x ≥ z,
2
2
n ≥ y ≥ z ≥ 0.
38
2
gelten (wir ersetzen z durch
Um diese Ungleichungen zu erfüllen muss y(n − x) + y ≥ n+1
2
y ≥ z). Analog können wir eine ähnliche Ungleichung auch durch die Ersetzung mit x ≥ z
erhalten. Die erste dieser beiden Ungleichungen gilt für y ≥ x. Die zweite für x ≥ x. Wir
erhalten also x = y = n+1
2 .
2
n+1 n−1
⇒ 2 · 2 + z = x(n − y) + z ≥ n+1
2
⇒z≥
n+1
2
Wegen y ≥ z folgt nun z =
n+1
2 .
∗
Also haben wir A∗ = B ∗ = C , d.h. C ∗ spant einen K n+1 in G auf: Für i 6= j in C ∗ gilt
2
{i, j} ∈ E(G).
Damit ist die Rückrichtung ebenfalls erledigt.
Es folgt also die Behauptung.
Damit folgt auch sofort, dass die angegebene Konstruktion eine polynomielle Reduktion ist, d.h.
BiClique ist NP-vollständig.
Lemma 2.13. (Übung (C4 -Zählung))
∀γ, d > 0 : ∃n, n0 : (X, Y ) ε-regulär ⇒ |{C4 ⊆ G}| ≤ (1 + γ)d4 n4
Beweis:
Seien ε γ, d und (X, Y ) ε-regulär.
⇒ ∃X 0 ⊆ X, |X 0 | < 2εn : ∀x ∈ X \ X 0 : |N (x) ∩ Y | ∈ [(d − ε)n, (d + ε)n]
⇒ ∀x : ∃Xx : |Xx | < 2εn ∧ ∀x̃ ∈ X \ Xx : |N (x) ∩ N (x̃) ∩ Y | ∈ [(d − ε)2 n, (d + ε)2 n]
⇒ |{Z4 ⊆ G}| ≤
n
· |{z}
n ·
((d + ε)2 n)2
+|X 0 |n3 + n · maxx∈X\X 0 {|Xx |}n2
|{z}
{z
}
|
Knoten in X
4 4
x̃
gemeinsame N achbarn
≤ (d + ε) n + 2εn4 + 2εn4 = ((d + ε)4 + 4ε)n4 ≤ (1 + γ)d4 n4
4
Wir müssen lediglich 4ε ≤ γ2 d4 und 1 + dε ≤ 1 + γ2 haben.
Vorlesung am 25.06.2008
Lemma 2.14. (Spezielles BiClique-Problem) Das folgende Problem ist NP-vollständig:
2
˙ E) mit |A| = |B| = n und |E| = n2 − 1.
Gegeben ist ein bipartiter Graph G = (A∪B,
Gefragt ist, ob K n2 , n2 ⊆ G gilt.
Beweis:
Wir reduzieren BiClique auf das Problem dieses Lemmas.
˙ E), k) eine Instanz von BiClique.
Sei (G = (A∪B,
1. Fall: k =
n
2
Hier sind wir so weit erst einmal fertig.
2. Fall: k ≥
n
2
Wir fügen jeweils 2k − n isolierte Knoten zu A und B hinzu.
⇒k=
n+(2k−n)
2
3. Fall: k <
=
n0
2
n
2
Wir fügen jeweils n − 2k Knoten zu A und B hinzu und verbinden diese Knoten mit allen
Knoten der jeweils anderen Klasse, womit wir den Graphen G0 erhalten.
⇒ k + (n − 2k) = n − k =
2n−2k
2
0
=
n+(n−2k)
2
=
n0
2
⇒ Kk,k ∈ G ⇔ Kn−k,n−k ⊆ G
Demnach können wir annehmen, dass n ∈ 2N und k =
39
n
2
gilt.
1. Fall: |E| <
n2
2
−1
• Falls |E| <
n2
4 ,
dann gilt K n2 , n2 6⊆ G, weil zu wenig Kanten vorhanden sind.
• Sonst fügen wir zu A und B jeweils zwei Knotenklassen A1 und A2 bzw. B1 und B2 der
Größe n2 hinzu.
A1
A
A2
B1
B
B2
=
G
Zwischen (A1 , B1 ), (A2 , B2 ), (A1 , B), (B1 , A) fügen wir vollständige bipartite Graphen
ein.
A
GGGGGGGG
wwwwww w
GGGGGG
w
wwwww GGGGGG
GGGGGG wwwwwwwwww GGGGGGwwwwww
wwwwGwwGGwGGGGGG
w
w
w
G
w
G
GGGGGGG wwwwwwww
w
G
G
w
G
w
G
w
G
www
GGGGGGG wwwwwwww
G
A2
B
B2
A1
G∗
=
B1
∗
∗
∗
∗
˙ , E ) der modifizierte Graph.
Sei G = (A ∪B
2
2
2
∗ 2
2
⇒ |E ∗ | = |E| + 2( n2 )2 + 2 · n · n2 ≤ n2 − 1 + n2 + 2n2 = (2n)
− 1 = (n2 ) − 1, wobei
2
n∗ = |A∗ | = |B ∗ |.
˙ 2 , B1 ∪B
˙ 2 ] ⊇ Kn,n . Falls andererseits G∗ ⊇ Kn,n , dann
Falls K n2 , n2 ⊆ G ⇒ G∗ [A1 ∪A
enthält dieser Kn,n keinen Knoten aus A2 ∪ B2 ⇒ G ⊇ K n2 , n2 .
∗ 2
∗ 2
Wir haben jetzt bereits |E ∗ | ≤ (n2 ) − 1. Um auch |E ∗ | = (n2 ) − 1 zu erreichen, fügen
wir nun Kanten zwischen A2 und B und B2 und A ein, sodass keinem Knoten aus
A2 ∪ B2 mehr als n2 − 1 neue Nachbarn hinzugefügt werden.
A
t JJJJJJJJJ
tttttttt JJJJJJ
t
t
tt
JJJJJJ
JJJJJJ ttttttttttt
JJJtJJttJttt
tttJttJJtJJJJJ
t
t
ttttttt JJJJJJJJJ
t
t
t
JJJJJJJ tttttt
JJJJJ ttttttttt
J
A1
B1
A2
B2
B
2
2
∗ 2
⇒ |E| + 2( n2 )2 + n2 + n( n2 − 1) ≥ 47 n2 + n2 − n ≥ (2n)
− 1 = (n2 ) − 1
2
Dies gilt für alle n ∈ N, d.h. wir können unter der angegebenen Nebenbedingung einen
˙ ∗ , E ∗∗ ) konstruieren, für den gilt:
Graphen G∗∗ = (A∗ ∪B
∗ 2
– |E ∗∗ | = (n2 ) − 1
– ∀a ∈ A2 : deg(a) ≤ n − 1
– ∀b ∈ B2 : deg(b) ≤ n − 1
Durch die letzten beiden Eigenschaften erhalten wir G∗∗ ⊇ K n2 , n2 ⇔ G∗∗ ⊇ Kn,n (Beweis
wie oben).
2. Fall: |E| =
n2
2
−1
Hier sind wir fertig.
40
3. Fall: |E| >
n2
2
−1
G
A1
A
A2
B1
B
B2
=
∗
∗
∗
∗
˙ , E ) mit Knotenklassen A1 , A2 , B1 , B2 der Größe n und
Erweitere G zu G = (A ∪B
vollständigen bipartiten Graphen zwischen (A1 , B1 ), (A1 , B) und (A, B1 ).
A
www GGGGGGGG
w
w
w
GGGGGG
w
wwwwww GGGGGG
GGGGGG wwwwwwwwww GGGGGGwwwwww
wGwGwG
w
wwwwwwGGGGGGGGGGG
w
w
w
w
wwwww
GGGGGGG w
w
w
G
GGGGG wwww
GGGG
wwwwwwww
A1
G∗
=
B1
⇒ |E ∗ | = |E| + 3n2 <
(3n)2
2
A2
B2
B
− 1 (wie im ersten Fall)
3n ⇔ G ⊇ K n , n
G∗ ⊇ K 3n
2 2
2 , 2
Damit können wir nun wie im Fall 1 fortfahren. (Wir verwenden G∗ statt G.)
Vorlesung am 27.06.2008
Idee des algorithmischen Regularitäts-Lemmas - Alon, Duke, Lefmann, Rödl, Yuster
(1992)
Für gegebene G und ε > 0 berechne 0 ≤ ε0 < ε, sodass:
1. Falls G nicht ε-regulär ist, dann wird der Algorithmus dies erkennen und ein Beweisstück
ausgeben, welches zeigt, dass G nicht ε0 -regulär ist.
2. Falls G ε0 -regulär ist, dann erkennt der Algorithmus, dass G ε-regulär ist.
Wenn G ε-regulär, aber nicht ε0 -regulär ist, dann kann die Ausgabe des Algorithmus nicht vorhergesagt werden.
Definition
˙ E) und y 6= y 0 ∈ Y sei σ(y, y 0 ) = |N (y)∩N (y 0 )|−d2 |X|.
Für einen bipartiten Graphen G = (X ∪Y,
Für Y 0 ⊆ Y sei σ(Y 0 ) =
P
(y,y 0 )∈Y 02 ,y6=y 0
|Y 0 |2
σ(y,y 0 )
.
|E|
˙ E) bipartit, |A| = |B| = n, |A||B|
Lemma 2.15. Seien H = (A∪B,
= d und 0 < ε <
Falls ein Y ⊆ B mit |Y | ≥ εn und σ(Y ) ≥
Aussagen:
ε3 n
2
1
16 .
existiert, dann gilt mindestens eine der folgenden
1. d < ε3
2. ∃B 0 ⊆ B, |B 0 | ≥
ε4
8 n
und ∀b ∈ B 0 : |N (b)| − dn ≥ ε4 n
3. ∃A0 ⊆ A, B 0 ⊆ B, |A0 | ≥
ε4
4 n
≤ |B 0 |, |d(A0 , B 0 ) − d| ≥ ε4
Darüber hinaus existiert ein Algorithmus, der für gegebenes H und Y (wie oben) genau eines der
folgenden ausgibt:
41
1.
2.
”
”
Die erste Aussage ist wahr.“
Die zweite Aussage ist wahr.“ (Wobei B 0 mit angegeben wird.)
Die dritte Aussage ist wahr.“ (Wobei A0 und B 0 ebenfalls angegeben werden.)
”
Dieser Algorithmus hat eine Laufzeit von O(M (n)), wobei M (n) = O(n2,376 ) die Laufzeit für das
Multiplizieren zweier Matrizen aus {0, 1}n×n ist.
3.
Beweis:
Angenommen, 1. und 2. gelten nicht. Wir zeigen, dass dann 3. gilt. Sei Y 0 = y ∈ Y ||N (y)| − dn| ≤ ε4 n . Weil 2. nicht gilt, haben wir
Y 0 6= ∅.
P
P
P
P
4
3
⇒ y0 ∈Y 0 y∈Y \{y0 } σ(y 0 , y) = σ(Y )|Y |2 − y0 ∈Y \Y 0 y∈Y \{y0 } σ(y 0 , y) ≥ ε 2n |Y |2 − ε 8n |Y |n
Wegen |Y 0 | ≤ |Y | existiert ein y0 ∈ Y 0 mit:
|Y |≥εn
2
P
ε3 n |Y |
ε4 n |Y |
ε3 n
ε4 n2
≥ 38 ε3 n|Y |
(*)
y∈Y \{y0 } σ(y0 , y) ≥ 2 |Y 0 | − 8 |Y 0 | n ≥ 2 |Y | − 8
4
Sei Y0 = {y ∈ Y \ {y0 }|σ(y0 , y) ≥ 2ε n}.
4
Behauptung: |Y0 | ≥ ε4 n
4
Beweis: Falls |Y0 | < ε4 n, gilt:
|Y |≥εn 3
2ε< 18
P
ε4 2
+
|Y | · 2ε4 n
n
≤ ε4 |Y |n + 2ε4 |Y |n < 38 ε3 n|Y |
y∈Y σ(y0 , y) ≤
| {z }
|4{z }
P
≥
P
y∈Y0
σ(y0 ,y)
≥
y∈Y \Y0
σ(y0 ,y)
Dies ist ein Widerspruch zu
(*).
⇒ B 0 = Y0 und ∀b ∈ B 0 : |N (b) ∩ N (y0 )| − d2 n > 2ε4 n
ε4
0
4
3
4
Setze A0 = N (y0 ). Wegen yP
0 ∈ Y gilt |N (y0 )| ≥ dn − ε n > ε n − ε n > 4 n, weil 1. nicht gilt.
Weiterhin gilt e(A0 , B 0 ) = b∈B 0 |N (y0 ) ∩ N (b)|.
(∗ )
⇒ e(A0 , B 00 ) −Pd|A0 ||B 00 | ≥ 83 ε3 |Y | n2 mit B 00 ⊆ B 0 , |B 00 | ≥ 21 |B 0 | und ohne Beschränkung der
Allgemeinheit b∈B 00 |N (y0 ) ∩ N (b)| − d2 n ≥ 83 ε3 |Y | n2
(Wir haben als Summe der Beträge 38 ε3 n|Y |. Damit ist die Summe der positiven Werte mindestens
1
3 3
ist mindestens 21 · 38 ε3 n|Y |: Es gilt entweder
2 · 8 ε n|Y | oder die Summe der negativen Werte
P
P
3 3
n
3 3
n
2
2
b∈B 00 |N (y0 ) ∩ N (b)| − d n ≥ 8 ε |Y | 2 oder
b∈B 0 \B 00 |N (y0 ) ∩ N (b)| − d n ≤ − 8 ε |Y | 2 .)
3 3 n
4
0
00
⇒ |d(A , B ) − d| ≥ 16 ε |B 00 | ≥ ε
(B 00 ist zwar kleiner als B 0 , aber wir haben immer noch |B 00 | ≥
ε4
8 n.)
Algorithmus:
1. Alle Kanten zählen. ⇒ O(n2 )
2. Alle Nachbarschaften prüfen. ⇒ O(n2 )
Dabei kann dann auch gleich B 0 erzeugt werden.
3. Wir betrachten gemeinsame Nachbarschaften, welche den Wegen der Länge 2 entsprechen.
Die Anzahl dieser Wege kann von der quadrierten Adjazenzmatrix abgelesen werden.
Weil Matrixmultiplikationen mit der gewünschten Laufzeit möglich sind, hat der Gesamtaufwand des Algorithmus die geforderte Komplexität.
Vorlesung am 02.07.2008
˙ E) mit |A| = |B| = n und dn2 = |E| ein bipartiter Graph und
Lemma 2.16. Sei H = (A∪B,
d
− 14
˙ ||N (x)| − dn| > ε4 n < 81 ε4 n, dann existiert Y ⊆ B mit
2n
< ε < 16 . Falls x ∈ A∪B
P
3
σ(y,y 0 )
|Y | ≥ εn und σ(Y ) ≥ ε 2n , falls H nicht ε-regulär ist. Dabei ist σ(Y ) =
und
y,y 0 ∈Y |Y |2
σ(y, y 0 ) = |N (y) ∩ N (y 0 )| − d2 n.
42
Beweis:
3
Angenommen: ∀Y ⊆ B, |Y | ≥ εn : σ(Y ) < ε 2n .
Wir zeigen: H ist ε-regulär.
Dann reicht es aus |d(A, B) − d(X, Y )| ≤ ε für alle Y ⊆ B, x ⊆ A mit |X| = |Y | = dεne zu zeigen.
(*)
(Angenomen, es gäbe zunächst nur ein größeres Mengenpaar, welches eine zu große oder zu kleine
Dichte hat. Dann können wir einfach die Teilmengen der gewünschten Größe betrachten. Mindestens eine dieser Teilmengen muss dann weit genug von dem Sollwert abweichen.)
Behauptung:
Für alle X ⊆ A, Y ⊆ B, |X| = |Y | = dεne gilt
X
x∈X
2
(|N (x) ∩ Y | − d|Y |)2 ≤ e(A, Y ) + |Y |2 σ(Y ) + ε5 n3 .
5
Beweis der Behauptung:
Sei M = (mi,j ) die (bipartite) Adjazenzmatrix von H der größe n × n:
A
B
M
Dann
gilt:
P
P
P
P
2
(x)| − d|Y |)2 = x∈A (( y∈Y mx,y ) − d|Y |)2
x∈X (|Ny (x)| − d|Y |) ≤ Px∈A (|N
Py
P
P
= x∈A (( y∈Y m2x,y ) + d2 |Y |2 + y6=y0 ∈Y mx,y mx,y0 −2 y∈Y mx,y d|Y |
P
= e(A, Y ) + nd2 |Y |2 + y6=y0 |N (y) ∩ N (y 0 )| − 2e(A, Y )d|Y |
P
= e(A, Y ) + nd2 |Y |2 + y6=y0 (σ(y, y 0 ) + d2 n) − 2e(A, Y )d|Y |
≤ e(A, Y ) + σ(Y )|Y |2 + 2nd2 |Y |2 − 2e(A, Y )d|Y |
5
3
Es reicht also zu zeigen, dass nd2 |Y |2 − e(A, Y )d|Y | ≤ ε 5n gilt.
e(A, Y )
ε 5 n2
≤ 5d|Y
Diese Ungleichung ist äquivalent zu d −
|2 bzw. d(A, Y ) ≥ d −
n|Y |
| {z }
Es gilt d(A, Y ) =
ε 5 n2
5d|Y | .
=d(A,Y )
4
((d−ε4 )n)(|Y |− 81 ε4 n)
n
ε8 n
ε3
4
≥
= d − ε4 − dε
n|Y |
|Y | + 8|Y | ≥ d − ε − 8 .
ε 5 n2
ε 5 n2
ε5
1 3
4
und 1 < ε4 n, gilt 5d|Y
|2 ≥ 5d(1+εn)2 ≥ 5(ε4 +ε)2 ≥ ε + 8 ε .
e(A,Y )
n|Y |
Da |Y | ≤ εn + 1, d < 1
Damit ist die Behauptung beweisen.
Weiterhin gilt (wahlweise nach Jensen oder CS):
X
x∈X
(|Ny (x)| − d|Y |)2 ≥
X
1
((
|Ny (x)|) − d|X||Y |)2 .
|X|
x∈X
Mit
P der Behauptung folgt außerdem:
(( x∈X |Ny (x)|) − d|X||Y |)2 ≤ |X|(e(A, Y ) + |Y |2 σ|Y | + 52 ε5 n3 )
1
2 5 3
2
⇔ (d(X, Y ) − d)2 ≤ |X||Y
(Division durch |X|2 |Y |2 )
|2 (e(A, Y ) + |Y | σ|Y | + 5 ε n )
Es reicht nun, zu zeigen dass die rechte Seite kleiner oder gleich ε2 ist:
1 4 2
2 5 3
1
1 4 2
ε3 n
2 5 3
1+ε4 n
ε3 n
4
2
8ε n
5ε n
|X||Y |2 ((d + ε n)|Y | + 8 ε n + 2 |Y | + 5 ε n ) ≤ ε2 n2 + ε3 n3 + 2εn + ε3 n3
≤ ε21n2 +
Die vorletzte Ungleichung gilt für ausreichend großes n.
Damit folgt nun das Lemma.
43
ε2
n
+
ε
8n
+
ε2
2
+
2ε2
5
≤ε
1
d
˙ E) bipartit, |A| = |B| = n, 2n− 4 < ε < 16
Lemma 2.17. Sei H = (A∪B,
und dn2 = |E|.
Dann existiert ein O(M (n)) Algorithmus, der entweder verifiziert, dass H ε-regulär ist oder Mengen
ε4
A0 ⊆ A und B 0 ⊆ B mit |A0 |, |B 0 | ≥ 16
n ausgibt, sodass |d(A0 , B 0 ) − d| ≥ ε4 .
Beweis:
Die vorhergehenden Lemmas.
Bemerkung
Durch diesen Algorithmus kann nun der Beweis des Regularitätslemmas realisiert werden, d.h. für
alle ε > 0 existiert ein Algorithmus mit Laufzeit O(M (n)), der eine ε-reguläre Partition eines
Eingabegraphen G = (V, E) findet.
Anwendung
Betrachten wir das folgende Problem: Gegeben ist ein Graph G = (V, E) und gesucht ist V 0 ⊆ V
sodass e(V 0 , V \ V 0 ) maximal ist.
Dieses Problem ist NP-vollständig und nicht beliebig genau approximierbar.
Aber:
Für alle ε > 0 existiert ein Approximationsalgorithmus, der einen Cut der Größe M C(G) − εn2
findet, wobei M C(G) die Lösung von MaxCut bezeichnet. Diese Näherung ist also besonders für
dichte Graphen sinnvoll.
Vorlesung am 04.07.2008
Problem
Gegeben sind F mit l Knoten, µ > 0 und ein Graph G mit n Knoten. Gesucht ist die Anzahl der
Kopien von F in G.
Dieses Problem ist für festes l in polynomieller Zeit trivial lösbar. Selbst wenn l kein Teil der
Eingabe ist, ist die Laufzeit des trivialen Algorithmus für große l jedoch sehr hoch. Daher werden
wir die Anzahl der Vorkommen von F nur mit einer Genauigkeit von µnl approximieren.
Satz 2.8. Für alle µ > 0, F, V (F ) = l existiert ein O(n2,3... )-Algorithmus, der für gegebenen
Graphen G = (V, E) mit |V | = n die Anzahl |{F ⊆ G}| bis auf einen Fehler von µnl approximiert.
Beweis:
Idee:
1. Wir regularisieren G und bilden den reduzierten Graphen R, dessen Größe von n unabhängig
und damit konstant ist. Der Graph R hat für jede Knotenklasse des regularisierten Graphen
G einen Knoten und die Kanten, welche reguläre Paare von G repräsentieren, haben als
Gewicht die Dichte der Kanten zwischen den entsprechenden Knotenklassen in G.
P
Q
2. Dann berechnen wir F 0 ∼
{i,j}∈E(F 0 ) w(i, j) = #gew {F ⊆ R}.
=F,F 0 ⊆R
3. Behauptung: |{F ⊆ G}| ≈ #gew {F ⊆ R}( nt )l
Ausführlicher:
Seien µ > 0, F und l gegeben. Wir wählen d0 und ε, sodass min{ 1l , µ} d0 ε > 0.
˙ 1 ∪...
˙ ∪F
˙ t
Nun regularisieren wir den Graphen G mit t0 min{ 1l , µ} und erhalten V (G) = V = V0 ∪V
mit t0 ≤ t ≤ T0 = T0 (ε, t0 ).
Wir betrachten den reduzierten Graphen R = R(d0 , ε, G) mit V (R) = {1, ..., t} und:
e(V ,V )
E(R) = {{i, j} ∈ V (R)
|(Vi , Vj ) ist ε-regulär, d(Vi , Vj ) = |Vi i||Vjj| ≥ d0 }.
2
Jetzt zählen wir die Anzahl der markierten F in G. (Wir können anschließend einfach durch die
Anzahl der Automorphismen von F dividieren, wenn wir die Anzahl der unmarkierten Kopien
44
bestimmen wollen.) Sei #gew {F ⊆ R} die Summe
aller gewichteten (markierten) Kopien von F
Q
P
R
in R, d.h. F 0 ∈(R) {i,j}∈E(F 0 ) w(i, j), wobei F die Menge aller Kopien von F im vollständigen
F

(Vi , Vj ) nicht ε − regulär
 0
0
d(Vi , Vj ) < d0
Graphen mit Knotenmenge {1, ..., t}. Dabei sei w(i, j) =
,

d(Vi , Vj ) sonst
d.h. w(i, j) ist genau dann 0, wenn {i, j} 6∈ E(R).
Behauptung: #gew {F ⊆ R}ml = #{F ⊆ G} ± µnl , wobei m = |V1 | = ... = |Vt |.
Offensichtlich folgt der Satz direkt aus dieser Behauptung, da in O(n2.3... ) die Partitionen bestimmt
werden kann. Anschließend kann in O(n2.3 ) R berechnet werden. Zuletzt ist es in konstanter Zeit
möglich, #gew {F ⊆ R} zu berechnen und mit ml zu multiplizieren.
Beweisen wir nun die Behauptung:
S
Betrachte G0 ⊆ G, definiert durch V (G0 ) = V (G) \ V0 und E(G0 ) = {i,j}∈E(R) E(Vi , Vj ).
n
|Aut(F )| ≥ #{F ⊆ G} − l2 |E(G) \ E(G0 )|nl−2
⇒ #{F ⊆ G0 } ≥ #{F ⊆ G} − |E(G) \ E(G0 )| l−2
(wegen |Aut(F )| ≤ l!)
Es gilt |E(G) \ E(G0 )| ≤ 2lµ2 n2 , da:
n
2
t
n 2
2 n
0
|E(G) \ E(G )| ≤
|V0 |n
+ εt
+
t t
+ d0
| {z }
2
t
t
2
| {z }
|
{z
}
| {z }
Kante ber ührt V0
irregulär
|
{z
}
zu dünn
innerhalb von Vi
| {z } Kante
|
{z
}
µ
|
{z
}
2
≤εn
ε≤ 8l2
≤
d0
2
n2
≤εn2
d0 ≤ 4lµ2
2
≤ nt
2
t≥t0 ≥ 8lµ
µ l
2n
⇒ #{F ⊆ G0 } ≥ #{F ⊆ G} −
Weiterhin gilt #{F ⊆ G0 } = (1 ± γ(ε)) · #gew (F ⊆ R) · ml ± µ4 nl wobei γ(ε) → 0 mit ε → 0 für
festes d0 . (**)
Sei F 0 eine Kopie von F in G0 .
1. Fall: ∃i : |V (F 0 ) ∩ Vi | ≥ 2
Die Anzahl solcher Kopien ist höchstens t
n
t
2
·
n
l−2
|Aut(F )| ≤
l 2 nl
2t
≤
µ l
4n
mit t ≥ t0 ≥
2l2
µ .
2. Fall: ∀i : |V (F 0 ) ∩ Vi | ≤ 1
Weil ∀{x, y} ∈ E(F 0 ) : (Vi , Vj ) ε-regulär ist und d(Vi , Vj ) ≥ d0 mit {x, y} ∈ E(Vi , Vj ) gilt,
folgt:
Seien Vi1 , ..., Vi,l die Knotenklassen, die V (F 0 ) schneiden. Dann erfüllt G[Vi1 , ..., Vil ] die Voraussetzungen des Zähllemmas.
Q
⇒ |{F ⊆ G[Vi1 , ..., Vil ]}| = (1 ± γ(ε)) 1≤j<k≤l,E(F 0 )∩E(Vi,j ,Vi,k )6=∅ d(Vij , Vik )ml
Daher liegt die Anzahl der Kopien F 0 von F in G, die diesen Fall erfüllen, im Bereich
X
Y
(1 ± γ(ε))
w(i, j) · ml .
R
{i,j}∈E(F̃ )
F̃ ⊆(F
)
{z
}
|
=#gew {F ⊆R}
Damit folgt (**).
Aus (*) und (**) folgt #{F ⊆ G} = #gew {F ⊆ R} ±
3µ l
4 n
+ γ(ε)#gew {F ⊆ R}ml . Wir wählen
|
{z
}
≤γ(ε)tl ml ≤γ(ε)nl
µ
4.
also γ(ε) ≤
Sei ε > 0 klein genug, sodass γ(ε) ≤ µ4.
Konstanten:
Für l und µ > 0 setzen wir d0 =
µ
4l2 .
45
ε > 0 sei die Konstante, welches das Countinglemma für d0 , F und γ = µ4 garantiert.
2
Jetzt wählen wir ε = min{ε0 , 8lµ2 } und setzen n00 groß genug sowie t0 = 8lµ . Mit dem durch das
Regularitätslemma (angewandt auf t0 und ε) gegebene T0 bestimmen wir nun n0 ≥ 2T0 n00 .
Vorlesung am 09.07.2008
Problem: MaxCut
Seien G = (V, E) und U ⊆ V . Dann heißt (U, U = V \ U ) Cut bzw. Schnitt von G.
e(U, U ) = {{x, y} ∈ E|x ∈ U, y ∈ U } heißt Wert des Schnittes.
MaxCut: mc(G) = maxU ⊆V e(U, U )
MinCut: minU ⊆V e(U, U )
MaxFlow-MinCut, MinCut ∈ P
Bemerkung
MaxCut is NP-vollständig.
Es existiert kein polynomieller Approximationsalgorithmus, der eine
hat, falls P6=NP.
16
− ε-Approximationsalgorithmus.
Aber: Es existiert ein 17
16
17
+ ε Approximationsgüte
Satz 2.9. (Frieze-Kannen (1996)) Für alle γ > 0 existiert ein polynomieller Algorithmus, der
für einen gegebenen Graphen G = (V, E) mit |V | = n einen Cut (U, U ) mit e(U, U ) ≥ mc(G) − γn2
berechnet.
Beweis:
Idee: Zunächst wird der Graph regularisiert. Dann betrachten wir wieder den reduzierten Graphen
R mit w(i, j) = d(Vi , Vj ) und lösen für diesen Graphen das folgende Optimierungsproblem:
Gegeben ist R = ([t], Er , w : ER → [0,P
1]). P
t
t
Gesucht ist (α1 , ..., αt ) ∈ [0, 1]t sodass i=1 j=1 αi (1−αj )w(i, j) maximal ist.Dabei sei w(i, i) = 0
für i = 1, ..., t.
Dieses Problem diskretisieren wir und lösen es in
O(1). (Ja, das ist ein gaaaaanz großes O.)
Behauptung: mc(R) · m2 ≥ mc(G) − γn2 mit m = |V1 | = ... = |Vt |.
Beweis: Für gegebenes γ > 0 wählen wir 0 < ε γ. Durch das Regularitätslemma mit t0 γ1
erhalten wir T0 = T0 (ε, t0 ) und n0 = n0 (ε, t0 ).
Sei G = (V, E) gegeben. Falls e(G) ≤ γn2 geben wir irgendeine Knotenmenge aus.
˙ ∪V
˙ t mit t0 ≤ t ≤ T0 , |V0 | ≤ εn
Sei also e(G) > γn2 . Mit dem Regularitätslemma erhalten wir V0 ∪...
und |V1 | = ... = |Vt | = m ≥ (1−ε)n
.
(
Aufwand
von
O(M
(n)))
Sei
R = ([t], ER , w : RR → [0, 1])
t
der gewichtete reduzierte Graph, wobei:
{i, j} ∈ ER ⇔ (Vi , Vj ) ist ε-regulär, w(i, j) = d(Vi , Vj ) für alle {i, j} ∈ ER und w(i, j) = 0 für
{i, j} 6∈ ER . ( Aufwand von O(n2 ))
t
Jetzt suchen wir eine maximierende Zuordnung (α∗ , ..., αt∗ ) ∈ { 0, ε, 2ε, ..., 1 . (
|
{z
}
1
ε +1
O(1))
Elemente
Für α∗ = (α1∗ , ..., αt∗ ) definieren wir einen cut Uα∗ in G wie folgt:
Für i = 1, ..., t sei Uα∗ ,i ⊆ Vi von der Größe bαi∗ mc (wir werden jedoch in der folgenden Rechnung
St
der Einfachheit halber nicht mehr
abrunden)
und
Uα∗ i=1 Uα∗ ,i .
P
⇒ e(Uα∗ ,1 , U α∗ ) ≥ {i,j}∈ER Uα∗ ,i Vj \ Uα∗ ,j (d(Vi , Vj ) − ε) + Vi \ Uα∗ ,i Uα∗ ,j (d(Vi , Vj ) − ε)
P
≥ m2 {i,j}∈ER (αi∗ (1 − αj∗ ) + (1 − αi∗ )αj )(w(i, j) − ε)
{z
}
|
≤1
≥ cut(R, α∗ )m2 − εn2
46
(
Aufwand von O(n))
Zu zeigen ist nun: cut(R, α∗ )m2 ≥ mc(G) − γ2 n2
Idee:
V0
V1
Vt
HH
@
H
@
Cut
Sei U ⊆ U sodass e(U, U ) = mc(G).
Seien Ui = U ∩ Vi für i = 1, ..., t, βi = |Umi | und ki ∈ N : ki ε ≤ βi < ki ε + ε mit ki ∈ {0, ..., 1ε } sowie
βi∗ = ki ε. Zuletzt definieren wir β ∗ = {βi∗ , ..., βt∗ }.
1. cut(R, β ∗ ) ≤ cut(R, α∗ ), da β ∗ ∈ {0, ε, ..., 1}t
2. cut(R, β ∗ ) ≥ cut(R, β) − 2εt2 mit β = (β1 , ..., βt ), weil:
βi∗ (1 − βj∗ ) ≥ (βi − ε)(1 − βj − ε) ≥ βi (1 − βj ) − ε (1 − βj ) +ε2 − ε βi ≥ βi (1 − βj ) − 2ε
|{z}
| {z }
≤1
≤1
3. cut(R, β) · m2 ≥ e(U, U ) − (5ε +
1 2
t0 n
e(U, U ) ≤ |{{x, y} ∈ E|x ∈ V0 }| +
|
{z
}
≤εn2
X
|
X
+
}
|
{z
≤εn2
2
1≤i<j≤t βi (1 − βj )m (d(Vi , Vj )
βi ≥ε
1−βi ≥ε
βj ≥ε
1−βj ≥ε
2
4εn2 + nt0 + cut(R, β) + εn2
5ε + t10 n2 + cut(R, β)
+
≤
≤
{z
≤εn2
P
}
X
ε|Vi |n +
e(Vi )
i=1,...,t
i=1,...,t,1−βi <ε
i=1,...,t,βi <ε
|
{z
≤εn2
X
ε|Vi |n +
e(Vi , Vj )
1≤i<j≤t,(Vi ,Vj )nicht ε−regulär
}
|
{z
2
≤n
t
}
0
+ ε) + (1 − βi )βj m2 (d(Vi , V j) + ε)
⇒ m2 cut(R, α∗ ) ≥ m2 cut(R, β ∗ ) ≥ m2 cut(R, β) − 2εt2 m2 ≥ e(U, U ) − 7εn2 −
γ
wobei die letzte Ungleichung für ε ≤ 28
und t0 ≥ γ4 gilt.
⇒ e(Uα∗ U α∗ ) ≥ mc(G) − γn2
n2
t0
≥ e(U, U ) − γ2 n2 ,
Bemerkung
Es existiert sogar ein randomisierter Algorithmus, der den Wert des Schnittes in konstanter Zeit
bestimmt. Um den Schnitt selbst ausgeben zu können, ist jedoch ein linearer Zeitaufwand nötig.
Vorlesung am 11.07.2008
2.4
Generalisierungen des Removal Lemmas
Erinnerung: Removal Lemma
∀F, η > 0 : ∃c > 0, n0 ∈ N : ∀G = (V, E), |V | = n ≥ n0 :
|{F ⊆ G}| ≤ cnv(F ) ⇒ ∃E 0 ⊆ E, |E 0 | ≤ ηn2 , G0 = (V, E \ E 0 ) ist F -frei.
47
Definition
P sei eine Grapheneigenschaft, d.h. eine unter Isomorphie abgeschlossene Familie von Graphen.
Weiterhin definieren wir Pn = {H ∈ P|v(H) = n}. Für η > 0 ist G = (V, E) mit |V | = n η-weit
von P falls alle Graphen G0 = (V, E 0 ) mit |E 0 M E| ≤ ηn2 nicht in Pn liegen.
Bemerkung
Mit dieser Definition lässt sich das Removal Lemma wie folgt darstellen:
Wenn G η-weit von F -frei ist, dann gilt |{F ⊆ G}| > cnv(F ) .
Ein Korollar hiervon ist: ∃k = k(c) : P(G[U ] ⊇ F ) ≥ 0.99 für U ∈ [n]
k (zufällig und gleichverteilt)
Es existiert also ein randomisierter Algorithmus mit konstanter Laufzeit und den folgenden Eigenschaften:
1. Falls G F -frei ist, dann gibt der Algotithmus dies mit Wahrscheinlichkeit 1 aus.
2. Falls G η-weit von F -frei ist, dann gibt der Algorithmus G ist nicht F -frei“ mit Wahrschein”
lichkeit 0.99 aus.
3. In allen übrigen Fällen gibt es keine Garantie für die Ausgabe des Algorithmus.
Definition
Algorithmen mit den Eigenschaften 1. bis 3. heißen einseitige Tester oder auch Tester mit einseitigem Fehler .
(Graphen)Eigenschaften, für die es Tester (mit einseitigem Fehler) für jedes η > 0 gibt, heißen
testbar (mit einseitigem Fehler ).
Frage
Welche (entscheidbaren) Grapheneigenschaften sind testbar?
• |E| gerade“ ist nicht testbar.
”
• P = F orb(F )“ ist testbar.
”
Definition (monotone Eigenschaften)
Grapheneigenschaften, die abgeschlossen unter Untergraphen sind, d.h. G ∈ P ⇒ G0 ∈ P∀G0 ⊆ G,
nennt man monoton.
Beispiel
• Für alle F ist G ∈ F orb(F )“ monoton.
”
• {G|χ(G) ≤ k}“ ist ebenfalls monoton.
”
• |E| gerade“ ist nicht monoton.
”
Bemerkung
Für alle monotonen Eigenschaften P existiert eine Familie F = FP sodass P = F orb(F). (Wie
wählen einfach F = G \ P.) Sei Fmin die inklusionsminimale Teilfamilie von F, d.h.
1. ∀F, F 0 ∈ Fmin gilt F 6⊂ F 0
2. ∀F ∈ F : ∃F 0 ∈ Fmin : F 0 ⊆ F
⇒ P = F orb(F) = F orb(Fmin )
Im Allgemeinen gilt jedoch nicht |Fmin | < ∞.
Beispiel: P = {G ∈ G|χ(G) ≤ 2}, F = {H ∈ G|χ(H) ≥ 3}, Fmin = {C2k+1 |0 6= k ∈ N}
48
Lemma 2.18. (Removal Lemma für monotone Eigenschaften (Alon, Shapira (2006)))
Für alle F (möglicherweise unendlich) und η > 0 existieren c > 0, L, n0 ∈ N sodass für alle
G = (V, E) mit |V | = n ≥ n0 gilt:
Wenn G η-weit von F orb(F) ist, dann existiert ein F ∈ F, v(F ) ≤ L : |{F ⊆ G}| > cnv(F ) .
Korollar 2.3. Entscheidbare, monotone Grapheneigenschaften sind (mit einseitigem Fehler) testbar.
Erinnerung: Beweis des Removal Lemmas
Wir regularisieren den gegebenen Graphen G und löschen alle Kanten, die innerhalb der Klassen
liegen, die zu irregulären Paaren gehören, die zu zu dünnen regulären Paaren gehören und die in
V0 beginnen.
Wenn G η-weit von F orb(F ) entfernt ist, dann existiert ein F ∈ F orb(F ) : F ⊆ G0 .
⇒ ∃F 0 , ϕ : F → F 0 (Homomorphismus): F 0 ⊆ R(d0 , ε)
⇒ cnv(F ) Kopien von F sind in G0 ⊆ G enthalten (Counting Lemma).
Lemma 2.19. (Iteriertes Reg. Lemma) Für alle t0 , ε : N →]0, 1], δ > 0 existieren T0 und n0
˙ ˙
sodassSfür alle
Ss G = (V, E) mit |V | = n ≥ n0 eine Partition V = V0 ∪...∪Vt und eine Verfeinerung
t
W0 ∪˙ k=1 i=1 Wk,i mit folgenden Eigenschaften:
1. ts ≤ T0
2. ∀i ∈ [t], j ∈ [s] : |V1 | = ... = |Vt |, |Wi,j | =
|Vi |
s
3. Alle bis auf höchstens δt2 Paare (Vi , Vj ) erfüllen:
(a) (Vi , Vj ) ist δ-regulär.
(b) Alle bis auf höchstens δs2 Unterpaare (Wi,k , Wj,l ) erfüllen:
|d(Vi , Vj ) − d(Wi,k , Wi,l )| ≤ δ
4. Alle bis auf ε(t)d2 s2 Paare (Wi,k , Wj,l ), i, j ∈ [t], k, l ∈ [s] sind ε(t)-regulär.
Beweis:
Idee: Dies erreicht man, indem man zunächst mit δ und anschließend mit ε(t) regularisiert. Wenn
die Eigenschaft 3b erfüllt ist, ist man fertig, sonst iteriert man dieses Vorgehen.
Beweisskizze des Removal Lemmas für monotone Eigenschaften
Der obige Beweis des Removal Lemmas funktioniert analog für endliche Mengen F statt F . Lediglich im letzten Schritt müssen wir bei der Verwendung des Counting Lemmas zur Regularisierung
das kleinste der zu den Graphen aus F durch das Counting√Lemma bestimmten ε auswählen.
Zu einem verbotenen Graphen F (der durchaus log n oder n Knoten haben kann) bilden wir die
Projektion in dem reduzierten Graphen der Regularisierung von G. Anschließend suchen wir nach
dem kleinsten verbotenen Graphen, der diese Projektion als homomorphes Bild haben kann und
betten diesen durch das Counting Lemma ein.
• d0 , t10 , δ η
• Ft = {F ∈ F|v(F ) ≤ t}
• Für F 0 ⊆ Kt sei F(F 0 ) = {F ∈ F|∃ Hom. ϕ : F → F 0 }
• pt = maxF 0 ⊆Kt minF ∈F (F 0 ) |V (F )|
• ε(t) ε(CountingLemma(γ = 12 , d0 , pt ))
• L = maxt=1,...,T0 pt , wobei T0 aus dem iterierten Regularitätslemma stammt.
49
(L2 )
• c=
d0
4T0L
Wir wählen Ui ∈ {Wi,1 , ..., Wi,s
n} zufällig. o
Durch die Eigenschaft 3d gilt {i, j} ∈ [t]
2 |d(Ui , Uj ) − d(Vi , Vj )| ≥ δ ≤ 4δ
[t]
2
mit einer Wahr-
1
2.
scheinlichkeit von >
Durch die 4. Eigenschaft des iterierten Regularitätslemmas und ε(t) t14 sind alle Paare (Ui , Uj )
mit Wahrscheinlichkeit > 21 ε(t)-regulär. (E(|{irreguläre Paare in Ui , ..., Ut }|) ≈ ε(t)t4 1)
Nun fixieren wir U1 , ..., Ut mit diesen Eigenschaften und löschen:
• alle Kanten, die mindestens ein Ende in V0 haben
• (Vi , Vj ), falls d(Ui , Uj ) < d0
• alle Kanten innerhalb der Vi



Wir haben also höchstens δn2 + 


t
n 2
4δ
2
t
|
{z
}
|d(Ui ,Uj )−d(Vi ,Vj )|>δ

t
n 2  n2
+ (d0 + δ)
Kanten gelöscht.
+
2
t  t0
|
{z
}
d(Vi ,Vj )≤d(Ui ,Uj )|+δ
⇒ ∃F̃ ∈ F : F̃ ⊆ G0 ⊆ G
Der reduzierte Graph ist R = ([t], ER ) mit {i, j} ∈ ER ⇔ d(Ui , Uj ) ≥ d0 .
⇒ ∃ Hom ϕ : F̃ → R
⇒ ∃F ∈ F : F → R mit v(F ) ≤ pt ≤ L
Wegen ε(t) p1t folgt:
v(F )
e(F ) (1−δ)n
|{F ⊆ G0 [U1 , ..., Ut ]} ≥ 21 d0
≥ cnv(F )
ts
Bemerkung
Es existieren Familien F, sodass pt nicht berechenbar ist.
Definition (hereditär)
Eine Grapheneigenschaft heißt hereditär , wenn sie abgeschlossen unter induzierten Untergraphen
ist.
Lemma 2.20. (Removal Lemma für hereditäre Eigenschaften (Alon, Shapira - 2008))
Für alle F (möglicherweise unendlich) und η > 0 existieren c > 0, L, n0 ∈ N sodass für alle
G = (V, E) mit |V | = n ≥ n0 gilt:
Wenn G η-weit von F orbinduziert (F) ist, dann existiert ein F ∈ F, v(F ) ≤ L : |{F ≤ G}| > cnv(F ) .
Dabei steht F ≤ G für G[V (F )] = F .
Vorlesung am 16.07.2008
50
Kapitel 3
Letzte Woche - letzte Vorlesung
3.1
Monty-Hall-Problem
Das Problem
Es gibt drei Tore. Hinter einem liegt ein Gewinn und die beiden anderen Tore sind leer.
Der Spieler wählt nun ein Tor aus. Dann ist noch mindestens eines der nicht ausgewählten Tore
leer und wird geöffnet.
Die Frage ist nun, ob sich der Spieler umentscheiden oder bei seiner Wahl bleiben sollte.
Lösung
Bei einer Umentscheidung gewinnt er mit Wahrscheinlichkeit von 23 (nämlich genau dann, wenn er
sich zunächst falsch entschieden hatte), sonst nur mit einer Wahrscheinlichkeit von 13 .
3.2
Geburtstagsparadoxon
Das Problem
Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass unter n ∈ N Personen zwei am gleichen Tag des Jahres
Geburtstag haben?
Lösung
Bei n ≥ 23 ist diese Wahrscheinlichkeit größer als 21 .
3.3
Aktienwetten
Das Problem
Eine Firma X habe heute einen Aktienwert von 100 e, welcher innerhalb eines Jahres mit einer Wahrscheinlichkeit von 80% auf 120 e ansteigt und mit einer Wahrscheinlichkeit von 20%
auf 80 e abfällt. Die Bank verspricht nun einem Kunden, am Ende dieses Jahres den Betrag
max{0,Aktienwert−100 e} auszuzahlen. Wie viel kann dieses Angebot einem Kunden wert sein,
wenn dieser zuvor für dieses Versprechen bezahlen muss?
Der Erwartungswert ist E(Gewinn) = 16 e − P reis.
Sind wir also glücklich, solange der Preis geringer als 16 e ist?
Wie wir sehen werden, gewinnt die Bank bei einem Angebot von 14 e auf jeden Fall 4 e.
Verhalten der Bank
•
Kaufe
1
2
Aktie von X.
51
•
1. Fall: Aktienkurs ist nach einem Jahr 120 e
⇒ 10 e Gewinn der halben Aktie, 14 e durch den Verkauf des Angebots und −20 e für
die Auszahlung an den Kunden.
⇒ 4 e Gewinn.
2. Fall: Aktienkurs ist nach einem Jahr 80 e
⇒ −10 e Verlust durch die halbe Aktie und +14 e durch den Verkauf des Angebots.
⇒ 4 e Gewinn.
3.4
Ein Spiel
100 Gefangene dürfen sich erst eine Strategie zu dem folgenden Spiel überlegen und müssen anschließend ohne Kommunikation spielen: Sie werden einzeln in einen Raum kommen wo sie das
Licht an- bzw. ausschalten können. Die Reihenfolge ist nicht bekannt. Es ist jedoch bekannt, dass
jeder noch beliebig oft in diesem Raum geführt wird. Irgendwann darf einer Stop“ sagen. Wenn
”
zu diesem Zeitpunkt alle in dem Raum waren, haben sie gewonnen. Zu Beginn ist das Licht aus.
Lösung
Ein Spieler zählt, wie oft das Licht an war, als er in den Raum gekommen ist, schaltet es aus und
sagt stop, wenn er das Licht 99 mal eingeschaltet wurde. Jeder andere schaltet das Licht ein, wenn
es aus ist und er es noch nicht eingeschaltet hatte.
3.5
Noch mal Gefängnis
Gegeben sind n Gefangene, deren Nummern 1 bis n permutiert in n Töpfen versteckt sind. Sie
dürfen einzeln in n2 Töpfe sehen. Wenn jeder Gefangene dabei seine Nummer entdeckt hat, dann
haben sie gewonnen.
Frage
Wie groß kann P(∀x : x findet sich) mit der besten Strategie sein?
Antwort: Man erreicht sogar eine Wahrscheinlichkeit von mindestens 1 − ln 2.
Strategie
Setze t = M eine N ummer = s und prüfe den Topf at . Falls at = s, dann wurde die Nummer
gefunden, sonst setze t = at und mache weiter, bis n2 Töpfe geprüft wurden.
x findet sich genau dann, wenn die Nummer von x in einem Zykel der Länge ≤ n2 der Permutation
(a1 , ..., an ) enthalten ist.
N
⇒ P(∀x finden sich) = 1 − n!
wobei N die Anzahl der Permutationen mit einem Zykel der Länge
n
≥ 2 ist.
Als Abschätzung
für N erhalten wir: Pn
Pn
Pk 1
n
N ≤ i= n +1 ni · i!( i − 1)! · (n − i)! = i= n +1 n!
i=1 k ≈ ln k
i ≤ n!(Hn − H 2 ) mit Hk =
2
2
⇒ N ≈ n!(ln n − ln( n2 )) = n! ln 2
⇒ Die Erfolgswahrscheinlichkeit ist mindestens 1 − ln 2.
3.6
Ein letztes Problemchen
Wir wählen 0 < n ∈ N mit Wahrscheinlichkeit 21k .
In zwei Umschläge legen wir 10k und 10k+1 Euro. Nach dem Öffnen eines Umschlags gibt es die
Möglichkeit noch einmal zu tauschen.
(Der Erwartungswert sagt: Tauschen.)
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Index
(ε, d)-regulär, 26
ε-regulär, 26
η-weit, 48
G(n, p)-Modell, 13
k-fach unabhangig, 21
1. Moment Methode, 11
2. Moment Methode, 14
Algorithmus
Back-Tracking, 18
Back-Tracking-Algorithmus, 18
diskreter Wahrscheinlichkeitsraum, 9
Erwartungswert, 10
erweiterbar, 11
fast sicher, 9
Grapheneigenschaft, 48
einseitig testbar, 48
hereditär, 50
monoton, 48
testbar, 48
einseitig, 48
hereditär
Grapheneigenschaft, 50
Schwellenwertfunktion, 13
testbar, 48
einseitig, 48
Tester
einseitig, 48
einseitiger Fehler, 48
Turán-Graph, 24
unabhängig, 20, 21
k-fach, 21
Zufallsvariable, 20
Varianz, 12
Zufallsvariable, 10
unabhängig, 20
53