40 KiB
Bevezetés a számelméletbe 2 Spellbook
- Kombinatorikus leszámlálási alapfeladatok
- Gráfelméleti alapfogalmak
- Gráfok bejárása $\protect \footnote{ \cite{kv} alapján.}$
- Gráfok síkbarajzolhatósága $\protect \footnote{ \cite{kv} alapján.}$
- Euler- és Hamilton körök $\protect \footnote{ \cite{kv} alapján.}$
- Gráfok színezése $\protect \footnote{ \cite{hj} alapján.}$
- Független/Lefogó pont-/élhalmaz $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
- Párosítások $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
- Gráfok élszínezése $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
- A maximális folyam $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
Kombinatorikus leszámlálási alapfeladatok
Permutáció
Ismétlés nélküli permutáció
$k$ különbőző dolog sorrenjeinek száma, ismétlés nélkül. Kiszámítása: $k!$
Ismétléses permutáció
$k$ különbőző dolog sorrenjeinek száma, ismétléssel. Kiszámítása: $\frac{(k_1+k_2+..+k_r)!}{k_1!k_2!...k_R!}$
Variáció
Ismétlés nélküli variáció
$n$ különbőző dologból választunk $k$ különbözőt és számít a sorrend. Kiszámítása:$\frac{n!}{(n-k)!}$
Ismétléses variáció
$n$ különbőző dolog közül választunk $k$ darab, nem feltétlenül különböző dolgot és számít hogy milyen sorrendben. Kitszámítása: $n^k$
Kombináció
Ismétlés nélküli kombináció
$n$ különböző dolog közül kiválasztunk $k$ darab különbőző dolgot sorrendtől függetlenül. Kiszámítása:
\begin{equation*} \begin{pmatrix} n\\ k \end{pmatrix} =\frac{n!}{(n-k)!k!} \end{equation*}⊂subsection*{Megjegyzés} A $\bigl( \begin{smallmatrix} n\\k \end{smallmatrix}\bigl)$ számokat binominális együtthatónak nevezzük.
Ismétléses kombináció
$n$ kükönböző dologból kiválasztunk $k$ darab, nem feltétlen különböző dolgot és a sorrend nem számít. Kiszámítása:
\begin{equation*} \begin{pmatrix} (n-1)+k\\ k \end{pmatrix} \end{equation*}Fontos tudnivaló a binomiális együtthatókról
Pascal-háromszög
| $n=0$ | 1 | ||||||||||||||
| $n=1$ | 1 | 1 | |||||||||||||
| $n=2$ | 1 | 2 | 1 | ||||||||||||
| $n=3$ | 1 | 3 | 3 | 1 | |||||||||||
| $n=4$ | 1 | 4 | 6 | 4 | 1 | ||||||||||
| $n=5$ | 1 | 5 | 10 | 10 | 5 | 1 | |||||||||
| $n=6$ | 1 | 6 | 15 | 20 | 15 | 6 | 1 |
Pascal-háromszög elemei
Minden $n$ sor, $k$. eleme megegyezik $\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}$ -val.
Bizonyítás
Azt kell belátnunk,hogy $\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}n-1\\k\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n-1\\k-1\end{pmatrix}$ , hiszen ezzel a szabállyal készült a háromszög, és $\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n\\n\end{pmatrix}=1$(''legszélső elemek'').
Tegyük fel, hogy van $n$ darab emberünk,közülük egy a király. Ki a karunk választani közülük $k$ darabot, ez $\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}$ lenne. De a lehetséges kiválasztásokat úgy is számolhatjuk,hogy vesszük azokat,amiben kiválasztottuk a királyt (Ez $\begin{pmatrix}n-1\\k-1\end{pmatrix}$,hiszen ilyenkor a maradék $n-1\text{-ből}$ kell választani $k-1\text{-et}$) és amikor nem választottuk ki(Ez pedig $\begin{pmatrix}n-\\k\end{pmatrix}$,mivel a maradék $n-1\text{-ből}$ kell $k$ darabot). Ez pontosan az amit be akartunk látni.
Binomiális tétel
Bizonyítás
Mivel minden szorzatban az $(a+b)$ egy-egy elemet ki kell választani,így minden tagban lesz valamennyi $a$ és valamennyi $b$,de a kitevőjük összege mindig $n$ lesz. Ebből az következik,hogy minden $a^jb^{n-j}$ éppen annyiszor fordul elő, ahány féle képpen ki tudunk választani az $a\text{-ból}$ $j$ darabot: $\begin{pmatrix} n \\ j\end{pmatrix}$,ezzel beláttuk a tételt.
Tétel
A Pascal-háromszög minden $n$. sorának elemeinek összege $2^n$.
Bizonyítás
Korábban már láttuk(Lásd /Bazsalanszky/bsz2-org/src/commit/0626b632967a2bc6f9cb1a49d72b0aad727a2213/%2APascal-h%C3%A1romsz%C3%B6g%20elemei tétel),hogy $\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}$ pont az $n$. sor $k$. elem,így az állítás valóban igaz.
Gráfelméleti alapfogalmak
Gráf
Egy gráf egy rendezett pár, $G=(V,E)$,ahol $V$ nem-üres halmaz elemeit pontoknak vagy csűcsoknak, E elemeit pedig éleknek nevezzük.
Egyszerű gráfok
Olyan gráf,amely nem tartalmaz hurok- és párhuzamos éleket.
Részgráf
$G'(V',G')$ gráf részgráfja $G(V,E)$ -nek,ha $V'\leq V$,$E'\leq E$ és minedn $E'$ -beli él végpontja $V'$ elemei.
Feszített részgráf
$G'(V',E')$ feszített részgráfja $G(V,E)\text{-nek}$, ha $V'\leq V$ és $E'$ az összes $E\tex{-beli}$ él,ami a $V'\text{-beli}$ csúcsok között fut.
Állítás
A fokok összege az élek számának kétszerese.
Bizonyítás
Amikor a fokok számát öszegezzük,minden pontra megszámoljuk a hozzá illeszkedő éleket. Mivel minden élnek két végpontja van, így minden élet pontosan kétszer számolunk.
Teljes gráf
Bármely két különböző csúcs össze van kötve.
Komplementer gráf
Ugyanazon pontokból áll, teljes gráf $ -$ gráf élei
Izomorf gráf
Két gráfot akkor nevezünk izomorfnak, ha pontjaik és éleik kölcsönösen egyértelműen és illeszkedéstartóan megfeleltethetők egymásnak.
Élsorozat
Egy $(v_0,e_1,v_1,e_2,v_2,\dots,e_n,v_n)$ sorozatot élsorozatnak nevezzük,ha minden $e_i$ a $v_{i-1}$ és $v_i$ csúcsot összekötő él.
Út
Olyan élsorozat,amelyben minden csúcs különböző
Kör
Olyan út,amelynek kezdőpontja és végpontja megegyezik
Összefüggő gráfok
Két gráf akkor összefüggő ha bármely két csúcsa közt létezik élsorozat/út
Komponens
Összefüggő feszített részgráf,amelyből nem emgy ki él.Nem bővíthető tovább összefüggő pontal.
Állítás
Ha $G$ egy $n$ csúcsú összefüggő gráf, akkor minimum $n-1$ éle van.
Bizonyítás
Legyen kezdetben $n$ izolált pont($n$ komponens). Kössünk össze kettőt csúcsot egy éllel, ekkor $n-1$ komponensből fog állni. Folytatjuk a különböző komponensek összekötését addig,amíg 1 összefüggő gráfunk nem lesz. Ez az algoritmus $n-1$ lépés után megáll,tehát $n-1$ élt húzott be,ezzel bizonyítva az állítást.
Fa
Az összefüggő, körmentes gráfokat fának nevezzük.
Tétel
Minen legalább 2 pontú fában van legalább két első fokú pont.
Bizonyítás
Legyen a fában a leghoszabb út a $v_1,v_2,\dots,v_k$ csúcsokból álló. Belátjuk, hogy mindkét végpont elsőfokú.
Tegyük fel hogy $v_k$ nem elsőfokú ,azaz vezet belőle egy él a fa valamely pontjába. Az út többi pontjába nem vezethet,hiszen akkor kört alkotna. Ha pedig egy új $v_{k+1}$ pontba vezet az él, akkor az eredeti út nem a leghoszabb lenne, ez pedig ellentmondás.
Tétel
Minden $n$ csúcsú fának pont $n-1$ éle van.
Bizonyítás
Tudjuk hogy minden $n$ csúcsú összefüggő gráfnak minimum $n-1$ éle van,tehát azt kell belátnunk,hogy fák esetén ennél nem nagyobb.Ehhez egy lemmát vezetünk be.
Lemma
$G$ körmentes, $n$ csúcsú gráf. Ekkor legfeljebb $n-1$ éle van $G$ -nek.
Lemma bizonyítása
Legyen kezdetben $n$ darab izolált pontunk. Ha egy komponensen belül rajzolnánk be éleket,akkor kört alkotnának. Ha két különböző komponenst kötünk össze,akkor egyel kevesebb komponensünk lesz. Ezt az eljárást folytatva maximum $n-1$ lépés után megáll.
Állítás
Minden legalább $2$ csúcsú fának van levele.
Feszítőfa
$G$ -nek $F$ feszítőfája, ha $F$ fa és $F$ részgráfja G-nek,$F$ minden csúcsot tartalmaz.
Tétel
Minden összefüggő gráf tartalmaz feszítőfát.
Bizonyítás
Ha $G\text{-ben}$ van kör,akkor hagyjuk el a kör egy tetszőleges élét.Ha a maradék gráfban még mindig van kör,akkor ismét hagyjunk el egy élet belőle. Az eljárást folytassuk amíg van benne kör. Az eljárás végeztével, egy összefüggő (hiszen mindig egy kör egyik élét hagytuk el) körmentes gráfot kapunk,ami fa.
Gráfok bejárása $\protect \footnote{ \cite{kv} alapján.}$
Szélességi bejárás (BFS)
Az algoritmus
Tegyük fel,hogy az $a$ pontból kiindulva akarjuk ''bejárni'' a gráfot. Először járjuk be sorba $a$ összes szomszédját. Utána járjuk be $a$ első szomszédjának szomszédait,ahol még nem jártunk, majd $a$ második szomszédjának összes szomszédját, és így tovább. Ha már bejártuk $a$ összes szomszédjának összes szomszédját,akkor mehetünk abba a pontba,ahol legrégebben jártunk azok közül, amelyeknek még nem néztük végig a szomszédait. Ezt az eljárást folytatjuk, amíg tudjuk.
Állítás
A BFS-fában, az $i\text{-edik}$ szint csúcsai $i$ távolságra vannak a kezdőponttól.
Minimális összsúlyú feszítőfák(feszítőerdő)
Rendeljünk egy $G$ gráf éleihez súlyokat,nemnegatív valós számokat. Jelöljük $s(e)\text{-vel}$ az $e\text{-hez}$ rendelt súlyt. Ha $X\subseteq E(G)$, akkor $X$ súlya $\sum_{e\in X} s(e)$.
Ha $F$ feszítőfája $G\text{-nek}$, és $F$ súlya minimális,akkor $F$ minimális összsúlyú feszítőfa. Ha $G$ nem összefüggő,akkor feszítő erdői vannak.
Kruskal algoritmusa
Az algoritmus
Az éleket egyesével választjuk ki az éleket a következőek szerint. A legkisebb súlyú élekkel kezdjük. A további választásokkor azokat az élek választjuk,amelynek a legkisebb a súlya és nem alkot kört az eddig kiválasztott élekkel. Az eljárást addig folytatjuk,amíg találunk ilyen éleket, ha nincs akkor megállunk.
A Kruskal algoritmus egy ún. mohó algoritmus,mivel minden lépésében az éppen legjobbnak tűnő lehetőséget választja.
Tétel
A Kruskal algoritmus $G$ minimális súlyú feszítőerdőjét adja.
Bizonyítás
Nyilvánvaló hogy az algoritmus végén a kiválasztott élek egy $F$ feszítőerdőt alkotnak.
Tegyük fel indirekten,hogy $F_0$ minimális súlyú feszítőerdő, és $s(F_0)<s(F)$. Ha több ilyen ellenpélda van,akkor válasszuk ki azt,amelyiknek a legtöbb közös éle van $F\text{-el}$.
Legyen $e_0\in E(F_0)$, de $e_0\notin E(F)$. Ha hozzávesszük $e_0\text{-t}$ $F\text{-hez}$,akkor egy $C$ kört kapunk. Ha valamely $e\in E(C)-e_0$ élre $s(e)>s(e_0)$,akkor az algoritmus $e$ helyett $e_0\text{-t}$ választotta volna. Így $s(e)\leq s(e_0)$,minden $e\in E(C)\text{-re}$. Mivel $F_0-e_0$ két komponensből áll, kell lennie egy $e_1\in E(C)-{e_0}\subseteq E(F)$ élnek,amely két végpontja $F_0-e_0$ két különböző komponenséhez tartozik. Nyilvánvaló,hogy $F_1=(F_0-e_0)\cup{e_1}$ is feszítő fa, és tudjuk,hogy $s(e_1)\leq(e_0)$. $s(e_1)<(e_0)$ azonban nem lehet,hiszen akkor $F_0$ nem lenne minimális,tehát csak $s(e_1)=(e_0)$ lehet igaz. Ekkor viszont $F_1$ egy olyan ellenpélda lenne,melynek egyel több közös éle van,mint $F\text{-el}$,mint $F_0\text{-nak}$. Ez pedig ellentmond a feltevésnek.
Gráfok síkbarajzolhatósága $\protect \footnote{ \cite{kv} alapján.}$
Definíció
Ha egy gráf lerajzolható a síkba úgy, hogy az élei ne messék egymást, akkor a gráf síkbarajzolható. A síkbarajzolt gráf a síkot tartományokra osztja. Hasonlóan definiáljuk a gömbre rajzolható gráfot.
Tétel
Egy $G$ gráf pontosan akkor síkbarajzolható, gömbre rajzolható.
Bizonyítás
Egy síkban levő gráf leképezhető egy gömbfelületre oly módon, hogy ezt a gömbfelületet valamelyik pontjával a síkra helyezzük, az érintkezési pon- tot tekintjük a gömbfelület déli pólusaként, és az északi pólusból, mint vetítési pont- ból oly egyenes vonalakat húzunk, amelyek a síkban levő gráf minden egyes pontját összekötik az északi pólussal. Ezeknek a vonalaknak egy-egy további metszéspontja van a gömbfelülettel, ezek szolgáltatják a kívánt vetítést. Ez az ún. sztereografikus projekció. Ez az eljárás megfordítható, ha az északi pólus nem pontja a gráfnak és nem halad át rajta él, így a gömbre rajzolt gráfok is leképezhetők a síkba.
Euler Tétel(Euler formula)
Ha egy összefüggő síkbeli gráfnak $n$ csúcsa, $e$ éle és $t$ tartománya van (beleértve a külső, nem korlátos tartományt is), akkor eleget tesz az Euler-formulának: $n-e+t = 2$.
Bizonyítás
Tekintsük a gráf egy $C$ körét és ennek egy $a$ élét. A $C$ kör síkot két tartományra bontja. Ezeket más élek további tartományokra bonthatják,de mindkét részben van egy-egy olyan tartomány,amely $a$ határa. Ha $a\text{-t}$ elhagyjuk a két tartomány egyesül,azaz a tartományok száma egyel csökken. Ezzel $n-e+t$ értéke nem változik ($n-(e-1)+(t-1)=n-e+1+t-1=n-e+t$). Ezt az eljárást addig folytatjuk amíg van a gráfban kör. Ezzel egy feszítőfát kapunk. Ezzel viszont az állítás triviális,hiszen $t=1 \text{ és } e=n-1 \implies n-(n-1)+1=2 \Rightarrow 2=2$.
Becslés az élek számára egyszerű gráfban
Ha $G$ egyszerű, síkbarajzolható gráf és pontjainak száma legalább 3, akkor az előbbi jelölésekkel $e\leq3n-6$.
Bizonyítás
Vegyük $G$ egy tetszőleges síkbarajzolását, és a tartományokat határoló élek számát jelöljük $c_1,c_2,c_3,\dotsc_t\text{-el}$. Mivel a gráf egyszerű így minden $c_i\text{-re}$ teljesül,hogy $c_i\geq 3$. Nyilvánvaló, hogy egy él legfeljebb két tartomání határához tartozik,tehát ha összegezzük a határoló élek számát akkor legfeljebb egy élet kétszer számolunk. Így az alábbi egyenletet írhatjuk fel:
\begin{align} 3t\leq c_1 + c_2 + c_3 + \dots c_t &\leq 2e \\ \text{Az Euler-formulát felhasználva} \\ 3(e-n+2)&\leq 2e \\ e\leq 3(n-2)&= 3n+6 \end{align}Becslés az élek számára háromszögmentes gráfban
Ha $G$ egyszerű, síkbarajzolható gráf, minden körének a hossza legalább 4 és pontjainak száma legalább 4, akkor az előbbi jelölésekkel $e\leq 2n-4$.
Bizonyítás
Az elző tételhez hasonlóan bizonyítható,de itt minden tartományt legalább 4 él határol. Így $4t\leq2e \implies e \leq 2n-4$
Definíció
A $G$ és $H$ gráfok topologikusan izomorfak, ha a következő transzformációk ismételt alkalmazásával izomorf gráfokba traszformálhatóak:
- Egy élet egy 2 fokú csúcs felvételével kettő részre bontunk
- Egy 2 fokú csúcsra illeszkedő éleket egybeolvasztunk
Kuatowski Tétel
Egy gráf akkor és csak akkor síkbarajzolható, ha nem tartalmaz olyan részgráfot, amely topologikusan izomorf $K_{3,3}\text{-mal}$ vagy $K_5\text{-tel}$.
Bizonyítás
Ezt a tételt csak egy irányban bizonyítjuk, bemutatjuk hogy a $K_{3,3}$ és a $K_5$ nem rajzolhatóak síkba,így ha egy gráf tartalmaz ilyet(vagyis tartalmaz egy velük topologikusan izomorf részgráfot),akkor az sem síkbarajzolható.
Ha a $K_5$ síkbarajzolható lenne,akkor teljesülne rá az [[*Becslés az élek számára egyszerű gráfban]] tétel.5 csúcsa és 10 éle van: $10>3\cdot5-6=9$,ami ellentmondás,így a $K_5$ nem rajzolható síkba.
A $K_{3,3}$ nem tartalmaz 3 hosszú utat, így alkalmazható a [[*Becslés az élek számára háromszögmentes gráfban]] tétel.A $K_{3,3}\text{-nak}$ 6 csúcsa és 9 éle van: $9>2\cdot6-4=8$,ez ellentmondás,azaz a $K_{3,3}$ sem rajzolható síkba.
Síkbabarjzolható gráfok dualitása
Euler- és Hamilton körök $\protect \footnote{ \cite{kv} alapján.}$
Definíció
A $G$ gráf Euler-körének nevezünk egy zárt élsorozatot, ha az élsorozat pontosan egyszer tartalmazza $G$ összes élét. Ha az élsorozat nem feltétlenül zárt\footnote{tehát nem ugyanaz a kezdő- és végpontja}, akkor Euler-utat kapunk.
Tétel
Egy összefüggő $G$ gráfban akkor és csak akkor van Euler-kör, ha $G$ minden pontjának fokszáma páros.
Bizonyítás
Először belátjuk,hogy ha egy gráfban van Euler-kör,akkor minden pont foka páros. Induljunk ki először egy tetszőleges csúcsból és járjuk be az Euler-köre mentén. Vegyük észre,hogy minden csúcsba, annyiszor ''megyünk be'', ahányszor kimegyünk belőle,így a ''kilépések'' és a ''belépések'' számának összege éppen a csúcs fokszáma. Ez így pedig biztosan páros.
A másik irányt(ha minden csúcs foka páros,akkor van Euler-kör) indukcióval bizonyítjuk. Tegyük fel,hogy minden $k<n\text{-re}$ teljesül az állítás,és $G$ legyen egy $n$ csúcsú gráf. Induljunk ki egy tetszőleges pontból, és haladjuk az éleken úgy, hogy minden élen csak egyszer mehetünk át. Ha egy pontba érünk,amiből nem vezet ki ilyen él,akkor ez csak kiinduló pont lehet,mivel minden pont foka páros. Így tehát egy zárt élsorozatot kapunk. Legyen a $H$ egy olyan zárt élsorozata $G\text{-nek}$,amelyben az előforduló élek száma maximális. Indirekt módon tegyük fel,hogy $H$ nem egy Euler-köre $G\text{-nek}$. Vizsgáljuk meg a $G'$ gráfot,amit úgy kapunk,hogy $G\text{-ből}$ elhagyjuk a $H$ kört. $G'$ nem feltétlenül összefüggő,viszont összesen $n\text{-nél}$ kevesebb pontja,van hiszen a kiinduló pont nincs benne. Az indukciós feltétel alapján, $G'$ minden komponensében van Euler-kör. Mivel $G$ összefüggő , $G'$ valamelyik komponensének van olyan pontja,amelyik $H\text{-ban}$ szerepel. Nevezzük az ebben a komponensben található Euler-kört $H'\text{-nek}$. Tehát ha elindulunk az előbb talált közös pontból, és bejárjuk $H\text{-t}$,majd $H'\text{-t}$,akkor egy $H$ élszámánál nagyobb számú zárt élsorozatot találtunk,ami ellentmond a feltevésnek. Vagyis $H$ Euler-kör.
Tétel
Egy összefüggő $G$ gráfban akkor és csak akkor van Euler-út, ha $G$ -ben a páratlan fokú pontok száma $0$ vagy $2$.
Bizonyítás
Az előző tételhez hasonlóan belátható,hogy ha $G\text{-ben}$ van Euler-út,akkor az Euler út két végpontja kivételével minden pont foka páros.
A másik irány bizonyításához is felhasználhatjuk az előző tételt. Ha nincs páratlan fokú csúcs,akkor készen vagyunk. Ha 2 darab páratlan fokú csúcs van, akkor kössük össze ezeket egy új $e$ éllel. A keletkező $G'$ gráfban minden pont foka páros lesz,így van benne Euler-kör,ami tartalmazza az $e$ élt is. Hagyjuk el ezt az élet az Euler-körből,így egy Euler-utat kapunk $G$ gráfban.
Definíció
Egy $G$ gráfban Hamilton-körnek nevezünk egy $H$ kört, ha $G$ minden pontját (pontosan egyszer) tartalmazza. Egy utat pedig Hamilton-útnak nevezünk, ha $G$ minden pontját pontosan egyszer tartalmazza.
Tétel
Ha a G gráfban létezik $k$ olyan pont, amelyeket elhagyva a gráf több mint $k$ komponensre esik, akkor nem létezik a gráfban Hamilton-kör. Ha létezik $k$ olyan pont, amelyeket elhagyva a gráf több mint $k + 1$ komponensre esik, akkor nem létezik a gráfban Hamilton-út.
Bizonyítás
Indirekten tegyük fel,hogy van a gráfban Hamilton-kör, legyen ez $(v_1,v_2,\dots,v_n)$ és legyen $v_{i_1},v_{i_2},\dots,v_{i_k}$ az a $k$ pont,amelyet elhagyva a gráf több mint $k$ komponensre esik. Vegyük észre,hogy az elhagyott pontok között összefüggő komponensek maradnak,hiszen két szomszédos pontjai között az eredeti Hamilton-kör élei vannak.
Ugyanígy beláthatjuk a Hamulton-útra vonatkozó feltevést is. Ha egy Hamilton-útból elhagyunk $k$ pontot, legfeljebb $k+1$ összefüggő marad.
Tétel(Ore)
Ha az $n$ pontú $G$ gráfban minden olyan $x, y \in V (G)$ pontpárra, amelyre ${x, y}\in E(G)$ \footnote{Tehát szomszédosak} teljesül az is, hogy $d(x) + d(y) \geq n$, akkor a gráfban van Hamilton-kör.
Bizonyítás
Indirekten tegyük fel,hogy a gráf kielégíti a feltételt,de nincs benne Hamilton-kör. Vegyünk hozzá a gráfhoz éleket,úgy hogy továbbra se legyen benne Hamilton-kör. Ezt egészen addig csináljuk,amíg már nem tudunk több ilyen élet hozzávenni. Az így kapott $G'$ gráfra továbbra is teljesül a kezdeti feltétel. Biztosan van benne két olyan pont,hogy ${x,y}\notin E(G')$. Ekkor $G'+{x,y}$ gráfban már van egy Hamilton-kör, és Hamilton-út is. Legyen ez $P=(z_1,z_2,\dots,z_n)$,ahol $z_1=x$ és $z_n=y$.
Ha $x$ szomszédos a $P$ út valamely $z_k$ csúcsával,akkor $y$ nem lehet összekötve $z_{k-1}$ csúccsal,hiszen akkor $(z_1,\dots,z_{k-1,z_n,z_{n-1},\dots,z_k,z_1}$ egy Hamilton-kört alkotna. Így tehát $y$ nem lehet szomszédos legalább $d(x)$ darab csúccsal, ezért
\begin{align} d(y)&\leq n-1-d(x) \end{align}ami viszont ellentmondás,mert ${x,y}\notin E(G)$.
Tétel(Dirac)
Ha egy n pontú G gráfban minden pont foka legalább $n/2$, akkor a gráfban létezik Hamilton–kör.
Bizonyítás
Az /Bazsalanszky/bsz2-org/src/commit/0626b632967a2bc6f9cb1a49d72b0aad727a2213/%2AT%C3%A9tel%28Ore%29 tételből következik,hiszen ha minden csúcs foka legalább $\frac{n}{2}$, akkor teljesül az Ore tétel feltétele,mivel bármely $x,y$ pontpárra $d(x)+d(y)\geq n$
Gráfok színezése $\protect \footnote{ \cite{hj} alapján.}$
Definíció
Legyen $G$ egy gráf és $k\geq1$ egész szám. A $G$ gráf $k$ színnel színezhető, ha a $G$ minden csúcsa kiszínezhető $k$ adott (tetszőleges) színnel úgy, hogy $G$ bármely két szomszédos csúcsának a színe különböző. A $G$ kromatikus száma $k$, ha $G$ $k$ színnel színezhető, de $(k - 1)$ -gyel már nem. $G$ kromatikus számának a jele: $\chi(G)$.
Definíció
A $G$ gráf klikkszáma $k$, ha $G$ -ben található $k$ darab csúcs úgy, hogy ezek közül bármely kettő szomszédos, de $k + 1$ ilyen csúcs már nem található. $G$ klikkszámának a jele: $\omega(G)$.
Állítás
Minden (hurokélmentes) $G$ gráfra $\omega(G) \leq \chi(G)$ teljesül.
Bizonyítás
$G$ gráfban található $\omega(G)$ darab csúcs,amelyek közül bármelyik kettő szomszédos. Ezeket a csúcsokat tehát $G$ tetszőleges színezésében csupa különböző színt kell kapnia.Így legalább $\omega(G)$ színt használ,tehát az állítás valóban igaz.
Tétel(Zykov konstrukciója)
Minden $k\geq2$ esetén létezik olyan $G_k$ gráf, amire $\omega(G_k ) = 2$ és $\chi(G_k ) = k$.
Bizonyítás
NEM, KÖSZÖNÖM MÁR JÓLLAKTAM!
Állítás
Legyen $G$ (hurokélmentes) gráf és jelölje $\Delta(G)$ a $G$ -beli maximális fokszámot (vagyis a $G$ -beli csúcsok fokszámai közül a legnagyobbat). Ekkor a mohó színezést a csúcsok tetszőleges sorrendjében végrehajtva az legföljebb $\Delta(G) + 1$ színt használ.
Bizonyítás
Tegyük fel, hogy a mohó színezés, már elérte a $C=\Delta(G)+1$ értéket és a soron következő csúcs a $v_i$. Mivel $d(v_i)\leq\Delta(G)$, így legfeljebb $\Delta(G)$ olyan szín létezhet, amelyet a $v_i$ csúcs nem kaphat meg. Mivel tehát $C>\Delta(G)$, ezért kell létezzen egy olyan $t\in{1,\dots,C}$ szín,amit a mohó eljárás $v_i\text{-nek}$ adhat.
Következmény
Minden (hurokélmentes) $G$ gráfra $\chi(G)\leq\Delta(G) + 1$.
Következmény bizonyítása
Mivel a mohó eljárás $\Delta(G)+1$ színnel kiszínezi $G\text{-t}$,ezért $\chi(G)$ értéke nem lehet nagyobb ennél.
Definíció
A $G$ egyszerű gráfot akkor nevezzük intervallumgráfnak, ha léteznek a számegyenesen olyan $I_1 , I_2 ,\dots, I_n \subseteq \mathbb{R}$ (korlátos és zárt) intervallumok, hogy $G$ ezekből megkapható a következő módon: $G$ csúcsai megfelelnek az intervallumoknak és két különböző csúcs pontosan akkor szomszédos $G$ -ben, ha a két megfelelő intervallumnak van közös pontja. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az ${I_1,I_2 ,\dots, I_n }$
Tétel
Legyen $G$ intervallumgráf és tegyük fel, hogy $G$ -t az ${I_1 , I_2 ,\dots, I_n }$ intervallumrendszer reprezentálja. Ekkor ha az ${I_1 ,I_2,\dots, I_n }$ intervallumokat a baloldali végpontjuk szerinti növekvő sorrendbe rendezzük és $G$ csúcsainak erre a sorrendjére hajtjuk végre a mohó színezést, akkor az eljárás $G$ -t optimális számú, $\chi(G)$ színnel színezi meg.
Bizonyítás
Jelölje a mohó színezés által használt színek számát $k$. Ekkor a következő igaz lesz rá:
\begin{align} k\leq\omega(G)\leq&\underbrace{\chi(G)\leq k}_\text{$k$ szín elég volt} \end{align}Megmutatjuk hogy a legnagyobb klikk($\omega(G)$) ilyenkor pontosan $k$. Nézzük az első olyan $I_j$ intervallumot,amely a $k.$ színt kapta az eljárásban. Ekkor bal végpontja benne van a korábbi $I_t,I_{t+1},\dots, I_{t+k-1}$ intervallumokban. Ezek az $I_j$ intervallummal egy $k$ csúcsú klikket alkotnak,azaz $\omega(G)=k=\chi(G)$.
Következmény
Ha $G$ intervallumgráf, akkor rá $\omega(G) = \chi(G)$ teljesül.
Következmény bizonyítása
Minden intervallumgráfhoz tartozik $k$ darab szín,amivel már kiszínezhető. Az előző tételből pedig láttuk,hogy $k=\omega(G)$. Így adódik a következő:
\begin{align} k\leq\omega(G)\leq&\chi(G)\leq k \end{align}Definíció
A $G$ gráfot páros gráfnak nevezzük, ha a $V(G)$ csúcshalmaza felbontható az $A$ és $B$ diszjunkt halmazok egyesítésére úgy, hogy a $G$ minden éle egy $A$ -beli csúcsot köt össze egy $B$ -belivel. Ilyenkor a szokásos $G = (V ; E)$ jelölés helyett a $G = (A, B; E)$ jelölést is használjuk.
Tétel
A $G$ gráf akkor és csak akkor páros gráf, ha nem tartalmaz páratlan hosszú kört.
Bizonyítás
Ha $G$ páros gráf, és $C$ egy kör $G\text{-ben}$,akkor $C$ pontjai felváltva vannak $A\text{-ban}$ és $B\text{-ben}$,így $V(C)$ nyilván páros. Ha $G$ minden köre páros,akkor megadhatunk egy $A$ és $B$ halmazt. Választunk egy tetszőleges pontot. Ez lesz az $A$ halmaz első pontja. A szomszédjait $B$ halmazba tesszük. A $B$ halmazbeliek szomszédait $A$ halmazba tesszük,és ezeket a lépéseket addig ismételjük, amíg az össze pont bekerült az egyik halmazba. Ez biztosan jó elosztás lesz,hiszen ha például $A$ halmazban lenne két szomszédos,akkor lenne benne páratlan kör,így ellentmondásra jutnánk.
Állítás
Minden $k \geq 1$ egész esetén létezik olyan ($2k$ csúcsú) $G$ gráf és a $G$ csúcsainak egy olyan sorrendje, hogy $\chi(G) = 2$, de a mohó színezést a $G$ -re a csúcsoknak ebben a sorrendjében futtatva az eljárás $k$ színt használ.
Független/Lefogó pont-/élhalmaz $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
Definíció
A $G$ gráfban az $M\subseteq E(G)$ élhalmazt párosításnak vagy független élhalmaznak nevezzük, ha ($M$ nem tartalmaz hurokélt és) $M$ semelyik két élének nincs közös végpontja. Az $M$ maximális párosítás, ha $G$ -nek nincs $|M|$ -nél nagyobb méretű párosítása; a $G$ -beli maximális párosítások méretét $\nu(G)$ jelöli. Az M független élhalmaz teljes párosítás, ha $G$ minden csúcsára illeszkedik $M$ -beli él.
Definíció
A $G$ gráf csúcsainak egy $X\subseteq V(G)$ halmazát lefogó ponthalmaznak nevezzük, ha $G$ minden élének legalább az egyik végpontja $X$ -beli. Az $X$ minimális lefogó ponthalmaz, ha $G$ -ben nincs $|X|$ -nél kisebb lefogó ponthalmaz. A $G$ -beli minimális lefogó ponthalmazok méretét $\tau(G)$ jelöli.
Állítás
Minden $G$ gráfra $\nu(G)\leq\tau(G)$ teljesül.
Bizonyítás
Legyen $|M|=\nu(G)$ és $|X|=\tau(G)$.$X$ minden élnek legalább az egyik végpontját tartalmazza,így nyilván $M$ éleire is teljesül. Azonban ugyanaz az $X\text{-beli}$ csúcs nem illeszkedhet két $M-\text{-beli}$ élre is,mert $M$ párosítás. Tehát, minden $M\text{-beli}$ élre $X\text{-beli}$ csúcsnak kell illeszkedni,így $|M|\leq |X|$
Definíció
A $G$ gráf csúcsainak egy $Y\subseteq V(G)$ halmazát független ponthalmaznak nevezzük, ha $Y$ -nak semelyik két tagja nem szomszédos $G$ -ben (és $Y$ -beli csúcsra hurokél sem illeszkedik). A $G$ -beli független ponthalmazok közül a maximálisaknak a méretét $\alpha(G)$ jelöli.
Definíció
Az izolált pontot nem tartalmazó $G$ gráf éleinek egy $Z\subseteq E(G)$ halmazát lefogó élhalmaznak nevezzük, ha a $G$ -nek minden csúcsára illeszkedik legalább egy $Z$ -beli él. A $G$ -beli lefogó élhalmazok közül a minimálisaknak a méretét $\rho(G)$ jelöli.
Állítás
Minden (izolált pontot nem tartalmazó) $G$ gráfra $\alpha(G)\leq\rho(G)$ teljesül.
Bizonyítás
Legyen $Y$ egy maximális független ponthalmaz és $Z$ egy minimális lefogó élhalmaz. Mivel $Z$ lefogó élhalmaz,minden csúcsra illeszkedik $Z\text{-beli}$ él,de két $Y\text{-beli}$ csúcsot nem köthet össze egy $Z-\text{-beli}$. Így $|Y|\leq |Z|$ és így tehát $\alpha(G)\leq\rho(G)$
Állítás
Legyen $G$ tetszőleges gráf, $X\subseteq V(G)$ csúcshalmaz és $Y = V (G) \ X$ az $X$ komplementere. Ekkor az $X$ pontosan akkor minimális lefogó ponthalmaz $G$ -ben, ha $Y$ maximális független ponthalmaz $G$ -ben.
Bizonyítás
Legyen $H\subseteq V(G)\text{ és } \overline{H}=V(G)/H$ csúcshalmazok. Megmutatjuk hogy $H$ pontosan akkor lefogó ponthalmaz,ha $\overline{H}$ független ponthalmaz. Az,hogy $H$ lefogó ponthalmaz, az azt jelenti,hogy $G$ gráfnak minden ${u,v}$ élére $u\in H$ és/vagy $v\in H$ teljesül. Tehát, nincs olyan ${u,v}$ él,hogy $u\in \overline{H}$ és $v\in \overline{H}$. Ez pedig pontosan azt jelenti,hogy $\overline{H}$ független ponthalmaz.
Tegyük fel,hogy $X$ minimális lefogó ponthalmaz,ebből következik hogy $Y=\overline{X}$ független ponthalmaz. Ha nem volna az,akkor létezne egy másik,maximális független $Y_1$ ponthalmaz(tehát $|Y_1|>|Y|$). Ekkor viszont létezne $X\text{-nél}$ kisebb lefogó ponthalmaz,ami ellentmond a feltevésnek.
Hasonlóan belátható a másik irányba is.
Lemma
Legyen $G$ egy $n$ csúcsú, izolált pontot nem tartalmazó gráf, $k$ pedig tetszőleges nemnegatív egész. Ekkor:
- ha $G$ -ben van $k$ élű párosítás, akkor $G$ -ben van legföljebb $n-k$ élű lefogó élhalmaz;
- ha $G$ -ben van $k$ élű lefogó élhalmaz, akkor $G$ -ben van legalább $n-k$ élű párosítás.
Bizonyítás
Legyen $M$ egy $k$ élű párosítás. Minden olyan $v$ csúcsot esetén,amit $M$ nem fed le, válasszunk egy tetszőleges $v\text{-re}$ illeszkedő élt és egészítsük ki $M\text{-et}$; a kapott élhalmazt jelölje $Z$. Mivel $M$ összesen $2k$ végpontja van, így $n-2k$ élt nem fed le. Így $|Z|\leq k+(n-2k)=n-k$
Legyen $Z$ egy $k$ élű lefogó halmaz $G\text{-ben}$ és $H=(V(G),Z)$ gráf. Ha van $H$ gráfban izolált pont, akkor azokhoz rendeljünk egy hurokélt. Jelölje $c$ a $H$ legalább két csúcsból álló komponenseinek számát. Mivel a komponensek nyilván összefüggő,így legalább $n_i-1$ éle van. Ezért a legalább két csúcsú komponensek együttes élszáma legalább $n-c$. Ezekből $l\geq n-c\implies c\geq n-k$
Most vegyük $H$ minden legalább két csúcsú komponenséből egy-egy tetszőleges élt(amin nem hurokél). A kapott élhalmazt jelölje $M$. Ekkor $|M|=c\geq n-k$,valamint $M$ nyilván párosítás,hiszen különböző komponensekből vett éleknek nem lehet közös végpontja.
Gallai tétele
Minden $n$ csúcsú $G$ gráfra fennállnak az alábbiak:
- $\alpha(G)+\tau(G) =n$
- $\nu(G)+\rho(G)=n$,ha G-nek nincs izolált pontja.
Bizonyítás
Ha $X$ egy minimális lefogó ponthalmaz, akkor $Y=V(G)/X$ maximális független ponthalmaz. Mivel $|X|=\tau(G)$ és $|Y|=\alpha(G)$, valamint $|X|+|Y|=n$,így (i) állítás tényleg igaz.
Legyen $M$ egy maximális, $\nu(G)$ élű párosítás. Ekkor az előző tétel alapján:
\begin{align} \rho(G)&\leq n-\nu(G)\\ \rho(G)+\nu(G)&\leq n \end{align}Most legyen $Z$ egy minimális,$\rho(G)$ élű párosítás. Ekkor az előző tétel alapján:
\begin{align} \nu(G)&\geq n-\rho(G) \\ \nu(G)+\rho(G)&\geq n \end{align}A kettőt összevetve pont a (ii) állítást kapjuk.
Összefoglaló táblázat
| Maximális független | Minimális lefogó | Összeg | |
| pont | $\alpha$ | $\tau$ | $n$ |
| él | $\nu$ | $\rho$ | $n$ |
Tutte tétele
A $G$ gráfban akkor és csak akkor létezik teljes párosítás, ha a csúcsok minden $X\subseteq V(G)$ részhalmazára $c_p (G - X) \leq |X|$ teljesül.
Más szóval: pontosan akkor létezik teljes párosítás $G$ gráfban,ha $G\text{-ből}$ bárhogyan $k$ darab csúcsot elhagyva a kapott gráfban páratlan sok csúcsú komponenseinek száma legfeljebb $k$.
TODO Bizonyítás
Párosítások $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
Definíció
Legyen $G = (A, B; E)$ páros gráf és $M$ egy párosítás $G$ -ben. Ekkor egy $G$ -beli $P$ út javítóút $M$ -re nézve, ha rá az alábbiak teljesülnek:
(1) $P$ egy $M$ által nem fedett $A$ -beli csúcsból indul;
(2) $P$ egy $M$ által nem fedett $B$ -beli csúcsban ér véget;
(3) $P$ -nek minden páros sorszámú éle (tehát a második, negyedik stb.) $M$ -beli.
Definíció\label{def1}
Legyen $G = (A, B; E)$ páros gráf és $M$ egy párosítás $G$ -ben. A $G$ -beli $P$ utat alternáló útnak hívjuk, ha rá a \ref{def1}. Definíció (1) és (3) követelményei teljesülnek (de a (2) nem feltétlenül). Más szóval: alternáló útnak az olyan utakat nevezzük, amelyek párosítás által nem fedett $A$ -beli csúcsból indulnak és minden második élük $M$ -beli.
Lemma
Tegyük fel, hogy a $G = (A, B; E)$ páros gráf $M$ párosítására nézve nincs javítóút $G$ -ben. Vezessük be az alábbi jelöléseket:
(1) jelölje $A_1$ , illetve $B_1$ az $M$ által nem fedett $A$, illetve $B$ -beli csúcsok halmazát;
(2) jelölje $A_2$ azoknak az ($M$ által fedett) $A$ -beli csúcsoknak a halmazát, amelyekbe vezet alternáló út;
(3) jelölje $A_3$ a maradék $A$ -beli csúcsoknak a halmazát (amelyek tehát $M$ által lefedettek, de nem vezet hozzájuk alternáló út).
(4) Jelölje $B_2$ , illetve $B_3$ az $A_2$, illetve $A_3$ csúcsainak $M$ szerinti párjaiból álló $B$ -beli csúcsok halmazait.
Ekkor $G$ -nek nincs olyan éle, amely $A_1 \cup A_2$ és $B_1 \cup B_3$ között vezet.
Tétel
Ha a $G = (A, B; E)$ páros gráf $M$ párosítására nézve nincs javítóút, akkor $M$ maximális párosítás $G$ -ben.
Következmény (Kőnig tétele)
Minden $G$ páros gráfra $\nu(G) = \tau(G)$ teljesül.
Következmény
Ha a $G$ páros gráf nem tartalmaz izolált pontot, akkor rá $\alpha(G) = \rho(G)$ teljesül.
Definíció
Legyen $G = (A, B; E)$ páros gráf és $X\subseteq A$ egy tetszőleges részhalmaza $A$ -nak. Ekkor az $X$ szomszédságának nevezzük és $N(X)$ -szel jelöljük a $B$ -nek azt a részhalmazát, amely azokból a $B$ -beli csúcsokból áll, amelyeknek van (legalább egy) szomszédja $X$ -ben. Képletben: $$N(X) = \{b\in B : \exists a \in X, {a, b} \in E(G) \}$$
Tétel
A $G = (A, B; E)$ páros gráfban akkor és csak akkor létezik $A$ -t lefedő párosítás, ha minden $X\subseteq A$ részhalmazra $|N(X)| \geq |X|$ teljesül.
Következmény (Frobenius tétele)
A $G = (A, B; E)$ páros gráfban akkor és csak akkor létezik teljes párosítás, ha $|A| = |B|$ és minden $X \subseteq A$ részhalmazra $|N(X)| \geq |X|$ teljesül.
Következmény
Ha a $G = (A, B; E)$ páros gráf d-reguláris, ahol $d \geq 1$ tetszőleges egész, akkor $G$ -ben van teljes párosítás.
Gráfok élszínezése $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
Definíció
Legyen $G$ egy gráf és $k \geq 1$ egész szám. A $G$ gráf $k$ színnel élszínezhető, ha a $G$ minden éle kiszínezhető $k$ adott (tetszőleges) színnel úgy, hogy $G$ bármely két szomszédos (vagyis közös csúcsra illeszkedő) élének a színe különböző. A $G$ élkromatikus száma $k$, ha $G$ $k$ színnel élszínezhető, de $(k - 1)$ -gyel már nem. G élkromatikus számának a jele: $\chi_e(G)$.
Állítás
Minden (hurokélmentes) $G$ gráfra $\Delta(G) \leq\chi_e(G)$ teljesül.
Vizing tétele
Minden G egyszerű gráfra $\chi_e(G) \leq \Delta(G) + 1$ teljesül.
Kőnig élszínezési tétele
Minden $G = (A, B; E)$ páros gráfra $\chi_e(G) = \Delta(G)$ teljesül.
A maximális folyam $\protect\footnote{\cite{hj} alapján.}$
Definíció
Legyen adott a $G = (V, E)$ irányított gráf, annak az $s,t\in V(G)$ egymástól különböző csúcsai és a $c : E \rightarrow \mathbb{R}^+$ kapacitás függvény (ami tehát minden $e\in E$ élhez egy nemnegatív $c(e)$ kapacitás értéket rendel). Ekkor a $(G, s,t, c)$ négyest hálózatnak nevezzük.
Definíció
Egy adott $(G, s,t, c)$ hálózat esetén folyamnak nevezzük az $f : E \rightarrow \mathbb{R}^+$ függvényt, ha rá az alábbi feltételek teljesülnek:
(1) $0 \leq f (e) \leq c(e)$ minden $e \in E(G)$ él esetén;
(2)
\begin{equation} \sum_{e:v\rightarrow}^{} f(e)=\sum_{e:v\leftarrow}^{} f(e) \text{ minden } v\in V,v\ne s,t \text{ csúcs esetén} \end{equation}Definíció
A $(G, s,t, c)$ hálózatban adott $f$ folyam $m_f$ -fel jelölt értéke:
\begin{equation} m_f=\sum_{e: s\rightarrow}^{} f(e)=\sum_{e:s\leftarrow}^{} f(e) \end{equation}Definíció
Legyen $f$ folyam a $(G, s,t, c)$ hálózatban. Ekkor az $f$ -hez tartozó $H_f$ segédgráfot a következő képpen definiáljuk. $H_f$ irányított gráf, amelyre $V (H_f ) = V (G)$, vagyis $H_f$ csúcsainak halmaza azonos $G$ csúcshalmazával. Továbbá $H_f$ élhalmazába kétféle típusú él kerül:
- Ha $e = (u, v)$ olyan éle $G$ -nek, amelyre $f (e) < c(e)$, akkor $e = (u, v)$ a $H_f$ élhalmazába is bekerül; az ilyen élek neve előreél.
- Ha $e = (u, v)$ olyan éle $G$ -nek, amelyre $f (e) > 0$, akkor $e$ megfordítása, az $e0 = (v, u)$ él kerül be $H_f$ élhalmazába; az ilyen élek neve pedig visszaél.
h
Definíció
Legyen $f$ folyam a $(G, s,t, c)$ hálózatban. Ekkor a $H_f$ -beli, $s$ -ből $t$ -be vezető irányított utakat javítóútnak nevezzük $f$ -re nézve.
Állítás
Ha $f$ folyam, akkor a javítóutas algoritmus $8$. sorában végrehajtott változtatások után is az marad és $m_f$ értéke $\delta$ -val nő.
Definíció
A $(G, s,t, c)$ hálózatban $st$ -vágásnak nevezzük az $X\subseteq V(G)$ csúcshalmazt, ha rá $s\in X$ és $t\notin X$ teljesül. Ha a szövegkörnyezetből $s$ és $t$ szerepe egyértelmű, akkor $st$ -vágás helyett $X$ -et röviden vágásnak is hívjuk.
Állítás
Ha $f$ tetszőleges folyam, $X$ pedig tetszőleges vágás a $(G, s,t, c)$ hálózatban, akkor $$m_f=\sum \{f(e)\text{: kilép } X\text{-ből}\}-\sum \{f(e)\text{: belép } X\text{-be}\} $$
Definíció
A $(G, s,t, c)$ hálózatban az $X$ $st$ -vágás $c(X)$ -szel jelölt kapacitása a $$c(X)=\sum \{f(e)\text{: kilép } X\text{-ből}\}$$ összeg (ahol a fentieknek megfelelően $e = (u, v)$ az $X$ -ből kilépő él, ha $u\in X$ és $v\notin X$). A vágás kapacitását a vágás értékének is szokták nevezni.
Állítás
Ha $f$ tetszőleges folyam, $X$ pedig tetszőleges vágás a $(G, s,t, c)$ hálózatban, akkor $m_f \leq c(X)$.
Tétel
Ha a $(G, s,t, c)$ hálózatban az $f$ folyamra nézve nincs javítóút, akkor $f$ maximális folyam (vagyis nincs $m_f$ -nél nagyobb értékű folyam).
Tétel
Ha a $G$ gráf $n$ csúcsú és $m$ élű és a $(G, s,t, c)$ hálózatban a maximális folyam keresésére szolgáló javítóutas algoritmus futása során $H_f$ -ben mindig az egyik legrövidebb (vagyis legkevesebb élű) $s$ -ből $t$ -be vezető irányított utat választjuk javítóútnak, akkor az eljárás legföljebb $n\cdot m$ javító lépés után megáll.
Ford-Fulkerson Tétel
Bármely $(G,s,t,c)$ hálózatra $$\text{max}\{m_f:f\text{ folyam}\} = \text{min} \{ c(X):X\text{ }st\text{ vágás}$$, vagyis a hálózatbeli maximális folyam értéke megegyezik az $st$ -vágások kapacításának minimumával.
Egészértékűségi lemma
Tegyük fel, hogy a $(G, s,t, c)$ hálózatban minden $e\in E(G)$ élre $c(e)\in\mathbb{Z}$. Ekkor
(i) létezik olyan $f$ maximális folyam a hálózatban, amelyre $f (e)\in\mathbb{Z}$ minden $e\in E(G)$ élre és
(ii) ilyen egészértékű maximális folyam a javítóutas algoritmussal található.
\clearpage \begin{thebibliography}{99}
\bibitem[1]{kv} \bibentry{Katona Gyula – Recski András – Szabó Csaba, }{(2002)}{A számítástudomány alapjai, }{Budapest, }{Typotex Kiadó}{}{}
\bibitem[2]{hj} \bibentry{Szeszlér Dávid, }{(2019)}{Bevezetés a Számításelméletbe 2 - Ideiglenes egyetemi jegyzet a koronavírus járvány idején zajló távoktatáshoz, }{Budapest, }{\url{http://cs.bme.hu/bsz2/bsz2_jegyzet.pdf}}{}{}
\end{thebibliography}