matroidy transwersalne
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11415
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
matroidy transwersalne
Udowodnić, że liczba matroidów transwersalnych na zbiorze \(\displaystyle{ n}\)-elementowym nie przekracza \(\displaystyle{ 2^{n^2}.}\)
Ostatnio zmieniony 15 lis 2022, o 23:00 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.
Powód: Interpunkcja.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: matroidy transwersalne
Wydaje mi się, że szacowanie to jest mocno zawyżone bo np. dla n=2
Wypisując bazy zbiorów niezależnych otrzymamy:
1.\(\displaystyle{ \left\{ 1\right\} }\)
2. \(\displaystyle{ \left\{ 2\right\} }\)
3. \(\displaystyle{ \left\{ 3\right\} }\)
4.\(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} }\)
5. \(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} \left\{ 1,2\right\} }\)
6.\(\displaystyle{ \left\{ 1\right\} \left\{ 2\right\} }\)
I ewentualnie:
\(\displaystyle{ \emptyset}\)
Co daje 7 rodzin tego typu to jeszcze daleko do:
\(\displaystyle{ 2^{2^2}=16}\)
Chyba, że coś przeoczyłem...
Tranwersalne rodziny kojarzą się z problemem par małżeńskich i grafami dwudzielnymi...
Żeby rodzina: \(\displaystyle{ A_{1}, A_{2},...,A_{n} }\) była tranwersalna to moc zbioru powstałego w wyniku sumy dowolnych \(\displaystyle{ k}\) elementów z tej rodziny musi być większy lub równy \(\displaystyle{ k}\)...
Można do tego podejść w ten sposób, żeby zadać sobie pytanie na ile sposobów:
\(\displaystyle{ A_{1} \cup A_{2} \cup ... \cup A_{s}=S=\left\{ 1,2,3,...,n\right\} }\)
Warunek na zbiory \(\displaystyle{ A_{i}}\) są takie, że są one zbiorami należącymi do rodziny \(\displaystyle{ P(S)}\), mogą być parami równe, ale żaden z nich nie może zawierać się całkiem w jakimś innym...
s takich zbiorów dzieli cały obszar na \(\displaystyle{ 2^s-1}\) rozłącznych obszarów i dość grubym przybliżeniem na rodzinę matroidów o dokładnie k elementach jest ilość funkcji ze zbioru S na zbiór obszarów czyli:
\(\displaystyle{ (2^s-1)^k}\)
Oczywiście rodzina matroidów może mieć od 1 do n elementów zawartych w tych podzbiorach jeżeli jest ich mniej niż n to mogą być wybierane na:
\(\displaystyle{ {n \choose k} }\) - sposobów
wliczając w to zbiór pusty otrzymamy grube szacowanie:
\(\displaystyle{ 1+ \sum_{i=1}^{n} {n \choose i} (2^i-1)^i}\)
Które i tak jest mniejsze od:
\(\displaystyle{ 2^{n^2}}\)...
Wypisując bazy zbiorów niezależnych otrzymamy:
1.\(\displaystyle{ \left\{ 1\right\} }\)
2. \(\displaystyle{ \left\{ 2\right\} }\)
3. \(\displaystyle{ \left\{ 3\right\} }\)
4.\(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} }\)
5. \(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} \left\{ 1,2\right\} }\)
6.\(\displaystyle{ \left\{ 1\right\} \left\{ 2\right\} }\)
I ewentualnie:
\(\displaystyle{ \emptyset}\)
Co daje 7 rodzin tego typu to jeszcze daleko do:
\(\displaystyle{ 2^{2^2}=16}\)
Chyba, że coś przeoczyłem...
Tranwersalne rodziny kojarzą się z problemem par małżeńskich i grafami dwudzielnymi...
Żeby rodzina: \(\displaystyle{ A_{1}, A_{2},...,A_{n} }\) była tranwersalna to moc zbioru powstałego w wyniku sumy dowolnych \(\displaystyle{ k}\) elementów z tej rodziny musi być większy lub równy \(\displaystyle{ k}\)...
Można do tego podejść w ten sposób, żeby zadać sobie pytanie na ile sposobów:
\(\displaystyle{ A_{1} \cup A_{2} \cup ... \cup A_{s}=S=\left\{ 1,2,3,...,n\right\} }\)
Warunek na zbiory \(\displaystyle{ A_{i}}\) są takie, że są one zbiorami należącymi do rodziny \(\displaystyle{ P(S)}\), mogą być parami równe, ale żaden z nich nie może zawierać się całkiem w jakimś innym...
s takich zbiorów dzieli cały obszar na \(\displaystyle{ 2^s-1}\) rozłącznych obszarów i dość grubym przybliżeniem na rodzinę matroidów o dokładnie k elementach jest ilość funkcji ze zbioru S na zbiór obszarów czyli:
\(\displaystyle{ (2^s-1)^k}\)
Oczywiście rodzina matroidów może mieć od 1 do n elementów zawartych w tych podzbiorach jeżeli jest ich mniej niż n to mogą być wybierane na:
\(\displaystyle{ {n \choose k} }\) - sposobów
wliczając w to zbiór pusty otrzymamy grube szacowanie:
\(\displaystyle{ 1+ \sum_{i=1}^{n} {n \choose i} (2^i-1)^i}\)
Które i tak jest mniejsze od:
\(\displaystyle{ 2^{n^2}}\)...