bsz2-org/bsz2.org

#+TITLE: Bevezetés a számelméletbe 2 Spellbook
#+AUTHOR: Toldi Balázs Ádám 
#+LaTeX_HEADER: \include{template}
* 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*}
\subsubsection*{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
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
 n\\
 k
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
 n\\
 n-k
\end{pmatrix}
\end{equation*}
** 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
 \begin{align}
 (a+b)^n=\sum_{i=0}^{n}a^i\cdot
 b^{n-i}\cdot \begin{pmatrix}n \\ i \end{pmatrix}
 \end{align}
**** Bizonyítás
 \begin{align}
 (a+b)^n&=(a+b)\cdot(a+b)\cdot\ldots\cdot(a+b)
 \end{align}
 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
 \begin{align}
 (1+1)^n=2^n=\sum_{i=0}^{n}1^i\cdot 1^{n-i}\cdot \begin{pmatrix} n \\ i\end{pmatrix} =\sum_{i=0}^{n} \begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}
 \end{align}
 Korábban már láttuk(Lásd [[*Pascal-háromszög elemei]] 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 [[*Becslés az élek számára egyszerű gráfban][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 [[*Tétel(Ore)]] 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}