双计数狭义上讲,对于一个集合运用两种不同的方式,得到精确表达式等式结果或者不等式的结果。
对于图G=(V,E),有,即所有点的度为边的二倍。
推论:图中奇度点数目为偶数。
可以用关联矩阵角度看握手定理(自己可以画一个简单的图,写出它的关联矩阵);对关联矩阵中“1”的个数进行计数,即对集合{(v,e)|v∈e},可以从行计数也可以从列计数。
1.
证明:
用集合的双计数进行证明。原式=
,此时可解释为从n个元素的集合中,挑出满足二元组的元素{(x,A)|x∈A,|A|=k},以不同元素开头的k元集合的数目,这时可从集合两个角度来看问题。1)可以先从n元集合中选出k元集合,再从k个元素中挑出开头元素,即
;2)还可以先选定开头元素,有n种选择,再从n-1个元素中选择k-1个元素。即
。两者是从不同角度进行计数,则等式成立。
从关联矩阵的角度解释,写出
的矩阵(x在A上记为1),分别对行和列计数:
,从行计数来看,例如包含1的
的数目有
,共有n个元素,则从行计数共有
个1;从列计数来看,
列的1一定是k个,共有
个列。则从列计数共有
个1。
证明:
证明:
从集合角度看,可以看作这样的二元集合计数{(A,B)||A|=l,|B|=k,且
}。先从n元集合中选出k元集合,再从k元集合中选出l元集合,即等式左边;从n元集合选出l元集合,但要保证l元集合在k元集合里,那么包含l元集合的k元集合剩余元素从n中选出填入,即等式右边。
这里也可以用关联矩阵进行证明。(以上述二元组计数原则写出关联矩阵)
对于集合(X,F),X为点集合,F为超边集合,上式是对这样的集合进行计数,{(x,A,B)|A,B∈F,x∈A,x∈B}。第一个式子x在全集X上,A,B集合均包含点x;第二个式子先选出在A的x,再使得x在B中;第三个式子先选出A和B集合,使得x在A和B上,那么就是在A和B的交集上。
图兰数T(n,k,l) (I<=k<=n)是n元集合X的l元子集的最小值,使得X的每个k元子集至少包含一个这样的l元集合。
设F为满足条件的l元集合,记F={A1,A2,...},此时可用关联矩阵
表示,Ai为满足条件的l元集合,Bi为
个k元集合,若Ai在Bi上,则为1,就可以得到一个0-1矩阵。行计数:对于某一个l元集合,有
个k元集合包含它,共有|F|个,行计数1的个数为
;列计数来看,每个Bi必包含一个Ai,则每一列至少有一个1,可以得到
,应用前面的3等式,可得
。
6.H-free图;
设H是一个固定的图形。如果一个图不包含H作为子图,那么它就是无H的。图论中的一个典型问题是:一个有n个顶点的无H图可以最多有多少条边?
定理:如果图G=(V,E)中不包含4个点的圈,那么有。
证明:
令点集V={1,2,...,n},用于双计数的集合为S={(u,{v,w})|u与v,w都邻接,且v≠w},固定u,那么v和w只能在度为d(u)的点中选取,即
,那么就有
;固定v和w,最多只有一个点可以和它们都关联,那么有
,那么,
,由柯西—施瓦茨不等式得,
,代入上式,
,运用握手定理得
,求解n可得上述结论。
柯西—施瓦茨不等式,
,上述得不等式中对应的分别是(
),(1,1,...1)。
7.假设我们有两个有限集R和C和一个子集SRxC。无论何时(p,g)∈s 那么认为p和q是关联的。设
表示p固定,与p关联的元素数目;
表示q固定,与q关联的元素数目。那么有
。
证明:
可以假设
的关联矩阵使用双计数进行证明,矩阵中若pi和qj相关联,aij则置为1,否则为0,那么|S|就是矩阵M中全部1的个数,等式的第一项可从行计数,最后一项可从列计数角度统计矩阵中1的个数。
设R=C={1,2,...,n},集合S={(i,j)|i可以整除j},t(j)表示j的因子的数目,如j=4,因子有1,2,4,那么t(4)=3。对于
有多大?
i\j 1 2 3 4 5 6 7 8 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 3 1 1 4 1 1 5 1 6 1 7 1 8 1
8.
证明:
对于一个完全图,共有
条边;将完全图划分为两部分,一部分有k个点,则另一部分有n-k个点,k个点之间有
条边,n-k个点之间有
条边,k个点与n-k条边之间有k(n-k)条边。双计数法。
9.Zarankiewicz's problem
对于一个nxn的0-1矩阵,如果不存在axb的全1子矩阵,那么这个nxn的矩阵最多有多少个1?
用二部图重新表述这个问题。一个部分大小为n的二部图是一个三重G=(V1,V2,E),其中V1,V2是顶点的不相交n元集合,是边的集合。
令Ka(n)为最小整数k边,使得任意大小为n且边数大于k的二部图至少包含一个axa clique。对于任意的自然数n和a,有
定义S={(x,A)|x∈V1,A∈V2,|A|=a,且x与A中的每个元素都有边相连}
固定x:那么从与x相连的元素中取A,假定x的neighbor为d(x),那么A有
种选法,且其等于|S|;
固定A:从n中选出a元集合,与之对应相连的x最多有(a-1)个,否则就会出现axa clique,即
;
jensen不等式:对于凸函数有,
;
令
,
(因为为二部图,则degree为一倍边数),且有|S|≤
,即
,经过放大缩小有
,
,两边同时开a次方即可解的。
Jensen不等式可以对求和项数r做数学归纳法证明‘
Ka(n)的下界可以用概率方法求得。
10.斯波纳引理(Sperner Lemma)
假设某个顶点为V1、V2、V3的“大”三角形被三角化了(也就是说,被分解成有限数量的“小”三角形,这些“小”三角形每条边都能拼接在一起)。假设三角化中的顶点从集合{1,2,3}中获取颜色,使得Vi接收颜色i(对于每个i),并且沿着Vi到Vi的边的顶点只用i和j的颜色,而内部顶点用1、2或3的颜色任意着色。那么在三角测量中一定有一个小的“三色”三角形。
证明:
假定大三角形外部有一点A,每一个小三角形中心都有一个顶点O,若小三角形含有1,2顶点,则从O经过1,2点构成的边形成一条边(即出度),如下图
根据握手定理可知,度之和必为偶数, 在V1和V2构成的边上,观察可得出度必为奇数,即边上(1,2).(2,1)的线段必有奇数个,那么在小三角形必存在奇数度的三角形,即必存在1度的三角形,得证。