הוכחות למבחן בכלים מתמטיים

1. ‫הוכחות משפטים למבחן בכלים מתמטיים 2102‬
‫סמסטר א'‬
‫מבנים אלגבריים‬
‫= ‪ H‬תת-חבורה של ‪ G‬אם ורק אם לכל ‪ x, y ∈ B‬מתקיים:‬ ‫משפט 1: אם ∙ ,𝐴 = ‪ G‬חבורה ו- ‪ ,∅ ≠ B ⊆ A‬אזי ∙ ,𝐵‬
‫‪. 𝑥 ∙ 𝑦 −1 ∈ B‬‬
‫הוכחה: נניח ∙ ,𝐴 = ‪ G‬חבורה ו- ‪.∅ ≠ B ⊆ A‬‬
‫⟸ נניח ∙ ,𝐵 = ‪ H‬תת-חבורה של ‪ .G‬אז מתכונות החבורה (סגירות והופכי לכל איבר) נובע כי לכל ‪ x, y ∈ B‬אכן‬
‫מתקיים: ‪. 𝑥 ∙ 𝑦 −1 ∈ B‬‬
‫⟹ נניח כי לכל ‪ x, y ∈ B‬מתקיים: ‪ . 𝑥 ∙ 𝑦 −1 ∈ B‬נוכיח כי ∙ ,𝐵 = ‪ H‬חבורה.‬
‫אסוציאטיביות: הפעולה " ∙ " אסוציאטיביות מעל ‪ , A‬אז בוודאי שגם מעל ‪.B‬‬
‫קיום יחידה: נתון ‪ ,∅ ≠ B‬ולכן קיים ‪ .x0 ∈ B‬אם כך מההנחה: ‪. 𝑒 = 𝑥0 ∙ 𝑥0 −1 ∈ B‬‬
‫קיום הופכי: ניעזר ביחידה, ונקבל כי לכל ‪ x ∈ B‬מתקיים: ‪. 𝑥 −1 = 𝑒 ∙ 𝑥 −1 ∈ B‬‬
‫סגירות: ניעזר בקיום ההופכי, ונקבל כי לכל ‪ x, y ∈ B‬יש לנו ‪ ,y −1 ∈ B‬ולכן מתקיים:‬
‫‪. 𝑥 ∙ 𝑦 = 𝑥 ∙ 𝑦 −1 −1 ∈ B‬‬
‫כך ש-‪ H‬חבורה, והיות ש-‪ B ⊆ A‬אז היא תת-חבורה של ‪.G‬‬
‫= 1𝐺 ∶ 𝑓 הומומורפיזם של חבורות, אזי מתקיימים:‬ ‫משפט 3: אם ⊗ , 2𝐴 = 2‪𝐴1 , ∙ → G‬‬
‫א) 2𝐴 𝑒 = 1𝐴 𝑒 𝑓‬
‫ב) 1− 𝑥 𝑓 = 1−‬
‫𝑥 𝑓 , לכל 1‪. 𝑥 ∈ A‬‬
‫2𝐴 𝑒 1− 𝑓 = 2𝐴 𝑒 = 𝑥 𝑓 ∶ 1‪.ker 𝑓 = 𝑥 ∈ A‬‬ ‫∙ , 𝑓 ‪ H = ker‬תת-חבורה של ∙ , 1𝐴 , כאשר‬ ‫ג)‬
‫= 1𝐺 ∶ 𝑓 הומומורפיזם של חבורות.‬ ‫= 2‪𝐴1 , ∙ → G‬‬ ‫⊗ , 2𝐴‬ ‫הוכחה: נתון כי‬
‫2 𝐴 𝑒 יחידה‬ ‫1 𝐴 𝑒 יחידה‬ ‫𝑓 הומ‬
‫1𝐴 𝑒 𝑓 ⊗ 2𝐴 𝑒 . נצמצם‬ ‫=‬ ‫1𝐴 𝑒 𝑓‬ ‫=‬ ‫1𝐴 𝑒 ∙ 1𝐴 𝑒 𝑓‬ ‫1𝐴 𝑒 𝑓 ⊗ 1𝐴 𝑒 𝑓 =‬ ‫א) נבחין כי מתקיים:‬
‫משמאל ונקבל 1𝐴 𝑒 𝑓 = 2𝐴 𝑒 כנדרש.‬
‫ג) מההגדרה 1𝐴 ⊆ 𝑓 ‪ ,ker‬וכמו כן 1𝐴 𝑒 𝑓 = 2𝐴 𝑒 , כך ש - ∅ ≠ 𝑓 ‪ . 𝑒 𝐴1 ∈ ker‬לכן כדי ש- ∙ , 𝑓 ‪H = ker‬‬
‫תהיה תת-חבורה של ∙ , 1𝐴 מספיק להראות כי לכל 𝑓 ‪ x, y ∈ ker‬מתקיים:‬
‫𝑓 ‪ . 𝑥 ∙ 𝑦 −1 ∈ ker‬יהיו 𝑓 ‪ x, y ∈ ker‬אז מתקיים:‬
‫𝑓 הומ‬ ‫תכונות של הומ‬ ‫𝑓 ‪𝑥,𝑦 ∈ker‬‬
‫∙𝑥 𝑓‬ ‫1− 𝑦‬ ‫𝑓 ⊗ 𝑥 𝑓 =‬ ‫1− 𝑦‬ ‫=‬ ‫𝑦 𝑓 ⊗ 𝑥 𝑓‬ ‫1−‬ ‫=‬ ‫2𝐴 𝑒 = 2𝐴 𝑒 ⊗ 2𝐴 𝑒 = 1− 𝑒 ⊗ 2𝐴 𝑒‬
‫2𝐴‬
‫לכן לפי ההגדרה 𝑓 ‪ 𝑥 ∙ 𝑦 −1 ∈ ker‬כנדרש.‬

2. ‫משפט 6: נתונה ∙ ,𝐴 = ‪ G‬חבורה.‬
‫𝑚‬
‫= ‪ 𝑎 = H‬תת-חבורה של ‪.G‬‬ ‫𝑎‬ ‫א) אם ‪ a ∈ A‬איבר בעל 𝑎 ‪ , 𝑘 = O‬אזי ∙ , 𝑘 ≤ 𝑚 ≤ 0 ∶‬
‫ב) אם ‪ ,∞ > 𝑛 = O G‬אזי:‬
‫‪ O 𝑎 | O G‬לכל ‪.a ∈ A‬‬ ‫‪.I‬‬
‫𝑒 = 𝑛 𝑎 לכל ‪.a ∈ A‬‬ ‫‪.II‬‬
‫אם 𝑛 ראשוני אז ‪ G‬ציקלית.‬ ‫‪.III‬‬
‫הוכחה: תהי ∙ ,𝐴 = ‪ G‬חבורה.‬
‫ב) נתון ‪.∞ > 𝑛 = O G‬‬
‫אם כך ממשפט לגאנז' נובע ‪ ,O H | O G‬לכל תת-חבורה ‪ H‬של ‪ ,G‬ובפרט זה נכון עבור 𝑎 לכל‬ ‫‪.I‬‬
‫‪ .a ∈ A‬אך מתקיים 𝑎 ‪ ,O 𝑎 = O‬ולכן ‪ O 𝑎 | O G‬לכל ‪.a ∈ A‬‬
‫לכל ‪ a ∈ A‬נסמן 𝑎 ‪ . 𝑘 = O‬מהחלק הראשון נובע 𝑛 = 𝑞𝑘 , עבור ∗‪ 𝑞 ∈ ℕ‬כלשהו, ולכן מתקיים :‬ ‫‪.II‬‬
‫𝑞‬
‫= 𝑞𝑘 𝑎 = 𝑛 𝑎‬ ‫𝑘𝑎‬ ‫𝑒 = 𝑞𝑒 =‬
‫= ‪ K‬הוא תחום שלמות, אזי ‪ char K‬מספר ראשוני או 0.‬ ‫משפט 41: אם ∙ ,+ , 𝐴‬
‫הוכחה: יהי ∙ ,+ , 𝐴 = ‪ K‬תחום שלמות. נניח כי 0 ≠ ‪ .char K‬עלינו להראות כי ‪ char K‬בהכרח ראשוני.‬
‫נניח בשלילה כי ‪ 𝑛 = char K‬אינו ראשוני. אז קיימים 𝑛 < 𝑡 ,𝑠 < 1 כאלו ש- 𝑛 = 𝑡𝑠 . ניתן לראות כי לכל‬
‫∗‪ 𝑛 > 𝑘 ∈ ℕ‬מתקיים 0 ≠ 𝑒𝑘 , שכן אחרת לכל ‪ a ∈ A‬היה מתקיים:‬
‫𝑘×‬ ‫𝑘×‬ ‫𝑘×‬
‫0 = 0 ∙ 𝑎 = )𝑒𝑘( ∙ 𝑎 = 𝑒 + ⋯ + 𝑒 𝑎 = 𝑒𝑎 + ⋯ + 𝑒𝑎 = 𝑎 + ⋯ + 𝑎 = 𝑎𝑘‬
‫ואז היינו מקבלים ‪ - 𝑛 > 𝑘 ≥ char K‬סתירה. אם כך בפרט קיבלנו 0 ≠ 𝑒𝑠 , ו -0 ≠ 𝑒𝑡 . נתון כי ‪ K‬תחום שלמות‬
‫ולכן אין בו מחלקי אפס, כלומר 0 ≠ 𝑒𝑠 ∙ 𝑒𝑡 . נחשב:‬
‫𝑡×‬ ‫𝑠×‬ ‫𝑡𝑠×‬ ‫𝑡𝑠×‬
‫𝑒 + ⋯ + 𝑒 = 𝑒𝑠 ∙ 𝑒𝑡‬ ‫= 𝑒 +⋯ + 𝑒‬ ‫2𝑒‬ ‫+⋯ +‬ ‫2𝑒‬ ‫0 = 𝑒𝑛 = 𝑒 𝑡𝑠 = 𝑒 + ⋯ + 𝑒 =‬
‫הגענו לסתירה. מכאן שבהכרח 𝑛 ראשוני.‬
‫משפט 91: נתון ∙ ,+ , 𝐴 = ‪ K‬שדה קומוטטיבי, ו- ‪ . 𝑓 ∈ K x‬אם 3,2 ∈ 𝑓 ‪ ,deg‬אזי:‬
‫𝑓 אי-פריק ⟺ 0 ≠ 𝑎 𝑓 לכל ‪.a ∈ A‬‬
‫הוכחה: יהי ∙ ,+ , 𝐴 = ‪ K‬שדה קומוטטיבי, ו- ‪ , 𝑓 ∈ K x‬כך ש- 3,2 ∈ 𝑓 ‪.deg‬‬
‫⟸ יהי נתון כי 𝑓 אי-פריק. נניח בשלילה כי קיים 𝑎 עבורו 0 = 𝑎 𝑓 . אז נקבל )𝑎 − 𝑥(𝑔 = 𝑓 - סתירה.‬
‫לכן 0 ≠ 𝑎 𝑓 לכל ‪.a ∈ A‬‬
‫⟹ יהי נתון כי 0 ≠ 𝑎 𝑓 לכל ‪ .a ∈ A‬נניח בשלילה כי 𝑓 פריק. אז קיימים ‪ 𝑔, 𝑕 ∈ K x‬בעלי‬
‫𝑕 ‪ 1 ≤ deg 𝑔 , deg‬כך ש- 𝑕𝑔 = 𝑓 . לכן 𝑓 ‪ ,deg 𝑔 + deg 𝑕 = deg‬ואם נוסיף לכך את הנתון 3,2 ∈ 𝑓 ‪deg‬‬
‫נראה כי בהכרח 1 = 𝑔 ‪ deg‬או 1 = 𝑕 ‪ .deg‬כלומר לפחות אחד הפולינומים הוא מהצורה 𝑏 + 𝑥𝑎 , ולכן‬
‫0 = 𝑏− 1−𝑎 𝑕 ∙ 𝑏− 1−𝑎 𝑔 = 𝑏− 1−𝑎 𝑓 - סתירה. מכאן ש-𝑓 אי-פריק.‬

3. ‫גרפים‬
‫= 𝐺 בלתי מכוון יש כמות זוגית של צמתים בעלי דרגה אי-זוגית.‬ ‫משפט 2: בכל גרף 𝐸 ,𝑉‬
‫= 𝐺 גרף בלתי מכוון. נסמן ב-𝐴 את קבוצת הצמתים בעלי הדרגה האי-זוגית. אז מתקיים:‬ ‫הוכחה: יהי 𝐸 ,𝑉‬
‫= 𝐸 2‬ ‫= 𝑣 ‪deg‬‬ ‫𝑣 ‪deg‬‬ ‫+‬ ‫+ 𝑘2 = 𝑣 ‪deg‬‬ ‫𝑣 ‪deg‬‬
‫𝑉∈𝑣‬ ‫𝐴−𝑉∈𝑣‬ ‫𝐴∈𝑣‬ ‫𝐴∈𝑣‬
‫כל הערכים זוגיים‬
‫| 2. אך היות וכל האיברים בסכום אי-זוגיים אז בהכרח ‪ 2 | A‬כנדרש.‬ ‫‪𝑣∈𝐴 deg‬‬ ‫לכן 𝑣‬
‫משפט 3: יהי נתון 𝐸 ,𝑉 = 𝑇 בלתי מכוון בעל 𝑉 = 𝑛 ≤ 2. אז הטענות הבאות שקולות:‬
‫(א) 𝑇 קשיר ללא מעגלים (כלומר 𝑇 עץ).‬
‫(ב) 𝑇 קשיר ו- 1 − 𝑛 = 𝐸 .‬
‫הוכחה: (א) ⟸ (ב)‬
‫יהי 𝑇 קשיר ללא מעגלים. עלינו להראות כי מתקיים השיוויון 1 − 𝑛 = 𝐸 . נוכיח זאת על ידי אינדוקציה על 𝑛 :‬
‫ולכן 1 = 𝐸 כנדרש.‬ ‫‪s‬‬ ‫בסיס 2 = 𝑛 : במקרה זה הגרף הוא בהכרח מהצורה:‬
‫הנחה 𝑘 = 𝑛 : נניח שאם 𝑇 בעל 𝑉 = 𝑘 אז הוא מקיים 1 − 𝑘 = 𝐸 .‬
‫צעד 1 + 𝑘 = 𝑛 : יהי 𝑇 בעל 𝑉 = 1 + 𝑘 . מתכונות של עצים ידוע כי ל-𝑇 יש לפחות 2 עלים (צמתים בעלי‬
‫דרגה 1). נבחר עלה 𝑣 , ונתבונן בגרף 𝑣 − ‪ .G‬הורדנו צומת יחיד וצלע יחידה. גרף זה קשיר (𝑣‬
‫אינו צומת הפרדה), וללא מעגלים, ולכן מהנחת האינדוקציה מתקיים השיויון:‬
‫1 − 𝑘 = 1 − 𝑣 − 𝐺 𝑉 = 𝑣 − 𝐺 𝐸 = 1 − 𝐸 , ומכאן 𝑘 = 𝐸 כנדרש.‬
‫(ב) ⟸ (א)‬
‫יהי 𝑇 קשיר בעל 1 − 𝑛 = 𝐸 . כל צלע ששייכת למעגל בהכרח אינה גשר, ולכן ניתן להוריד אותה מהגרף כך‬
‫שיוותר קשיר. נוריד בשלבים צלעות מהגרף השייכות למעגלים עד שלא ישארו מעגלים בגרף. הגרף שנותרנו איתו הוא‬
‫גרף קשיר ללא מעגלים, ולכן לפי החלק הראשון הוא מקיים 1 − 𝑛 = 𝐸 , אך מכאן שכלל לא הורדנו צלעות, והגרף‬
‫מלכתחילה היה ללא מעגלים.‬
‫משפט 6:אם הגרף 𝐸 ,𝑉 = 𝐺 בלתי מכוון, מישורי וקשיר אז הוא מקיים 2 = 𝑓 + 𝑚 − 𝑛 , כאשר ל-𝐺 יש 𝑛 צמתים, 𝑚‬
‫צלעות, ו-𝑓 פאות.‬
‫הוכחה: נוכיח באינדוקציה על 𝑚 :‬
‫בסיס 0 = 𝑚 : מהנתון 𝐺 קשיר, ולכן לא ייתכן שיש לו יותר מצומת יחיד. כלומר 1 = 𝑓 = 𝑛 , ולכן מתקיים‬
‫2 = 𝑓 + 𝑚 − 𝑛 כנדרש.‬
‫הנחה 𝑘 = 𝑚 : נניח שאם 𝑘 = 𝑚 אז 𝐺 מקיים את המשוואה 2 = 𝑓 + 𝑚 − 𝑛 .‬
‫צעד 1 + 𝑘 = 𝑚 : נבדיל בין 2 מקרים:‬
‫(א) 𝐺 עץ: במקרה זה 1 = 𝑓 , ו- 1 − 𝑛 = 𝑚 , ולכן 2 = 𝑓 + 𝑚 − 𝑛 .‬
‫(ב) ב-𝐺 יש מעגל אחד לפחות: תהי 𝑒 צלע השייכת למעגל. אז בגרף 𝑒 − 𝐺 אנו מאחדים 2 פאות‬
‫לאחת. כמו כן 𝑒 − 𝐺 נותר קשיר ומישורי עם 𝑘 צלעות, ולכן מהנחת האינדוקציה:‬
‫2 = 1 − 𝑓 + 𝑒 − 𝐸 − 𝑛 , ומכאן 2 = 𝑓 + 𝑚 − 𝑛 כנדרש.‬

4. ‫= 𝐺 מכוון. אז 𝐺 ניתן למיון טופולוגי אם ורק אם ב-𝐺 אין מעגלים מכוונים.‬ ‫משפט 01: יהי נתון 𝐸 ,𝑉‬
‫הוכחה: נתון 𝐸 ,𝑉 = 𝐺 מכוון.‬
‫⟸ יהי נתון כי 𝐺 ניתן למיון טופולוגי, ונסמן ב- 𝑆 פונקציית מיון. נניח בשלילה כי ב- 𝐺 קיים לפחות מעגל מכוון אחד‬
‫1𝑣 , 𝑘 𝑣 ∪ 𝑘 < 𝑖 ≤ 1 : 1+𝑖 𝑣 , 𝑖 𝑣 , 𝑘 𝑣 , … , 1𝑣 = 𝐶 . אז מתקיים:‬
‫1𝑣 𝑆 < 𝑘 𝑣 𝑆 < ⋯ < 2𝑣 𝑆 < 1𝑣 𝑆 - סתירה. לכן לא קיימים ב-𝐺 מעגלים מכוונים.‬
‫⟹ יהי נתון כי ב-𝐺 אין מעגלים מכוונים. נפעיל על 𝐺 את אלגוריתם ‪ .DFS‬נמיין את הצמתים לפי ערך 𝑓 שהם קיבלו:‬
‫𝑛 𝑖 𝑣 𝑓 > ⋯ > 2 𝑖 𝑣 𝑓 > 1𝑖 𝑣 𝑓 , ונגדיר פונקציה: ∗‪ 𝑆 ∶ 𝑉 → ℕ‬על ידי 𝑗 = 𝑗 𝑖 𝑣 𝑠 . נותר להראות כי זהו אכן‬
‫כך ש - 𝑘 𝑖 𝑣 𝑠 > 𝑗 𝑖 𝑣 𝑠 , ולכן‬ ‫𝑘 𝑖𝑣 , 𝑗 𝑖𝑣‬ ‫מיון טופולוגי. נניח בשלילה שזהו אינו מיון טופולוגי. אז קיימת צלע‬
‫מהגדרת 𝑆 נובע 𝑗 < 𝑘 , ומהגדרת המיון 𝑗 𝑖 𝑣 𝑓 > 𝑘 𝑖 𝑣 𝑓 . נבדוק את מצב האלגוריתם כאשר הגיע לצומת 𝑗 𝑖 𝑣 .‬
‫כאשר האלגוריתם בחן את שכני 𝑗 𝑖 𝑣 ייתכנו 3 אפשרויות:‬
‫)‪ 𝑣 𝑖 𝑘 )I‬היה בצבע שחור. במקרה זה ערך 𝑓 של 𝑘 𝑖 𝑣 נקבע לפני שנקבע ערך 𝑓 של 𝑗 𝑖 𝑣 , כך ש- 𝑗 𝑖 𝑣 𝑓 < 𝑘 𝑖 𝑣 𝑓 .‬
‫)‪ 𝑣 𝑖 𝑘 (II‬היה בצבע אדום. אך במקרה זה המסלול (המכוון) שהאלגוריתם יוצר (הצמתים המסומנים באדום תמיד מהווים‬
‫מסלול) נפגש עם עצמו, ולכן קיים ב-𝐺 מעגל מכוון.‬
‫)‪ 𝑣 𝑖 𝑘 (III‬היה בצבע לבן. גם במקרה זה ערך 𝑓 של 𝑘 𝑖 𝑣 נקבע לפני שנקבע ערך 𝑓 של 𝑗 𝑖 𝑣 , כך ש- 𝑗 𝑖 𝑣 𝑓 < 𝑘 𝑖 𝑣 𝑓 .‬
‫כך ש - 𝑘 𝑖 𝑣 𝑠 > 𝑗 𝑖 𝑣 𝑠 , וזהו אכן מיון‬ ‫𝑘 𝑖𝑣 , 𝑗 𝑖𝑣‬ ‫בכל מקרה מתקבלת סתירה כך שלא ייתכן כי קיימת צלע‬
‫טופולוגי.‬
‫משפט 31: בגרף 𝐺 יש מסלול 𝑅𝐸𝐿𝑈𝐸 אם ורק אם 𝐺 קשיר ויש לו בדיוק 2 צמתים בעלי דרגה אי-זוגית.‬
‫= 𝐺 . נסמן ב-𝑥 צומת חדש שאינו שייך ל-𝑉 . אז נקבל:‬ ‫𝐸 ,𝑉‬ ‫הוכחה: נתון גרף‬
‫𝑥 מחבר קצוות של מסלול אוילר.‬
‫= 𝐺 יש מסלול 𝑅𝐸𝐿𝑈𝐸 ונסמנו 𝑏,𝑎 𝑃 .‬ ‫בגרף 𝐸 ,𝑉‬
‫תכונות של גרף אוילר‬
‫= 𝐻 הנו בעל מעגל אוילר.‬ ‫∪𝐸 , 𝑥 ∪𝑉‬ ‫𝑏 ,𝑥 , 𝑥 ,𝑎‬ ‫הגרף‬
‫𝑥 בעצמו בעל דרגה זוגית‬
‫ומוסיף 1 לדרגות של ‪ a‬ו−𝑏.‬
‫= 𝐻 כל הצמתים בעלי דרגה זוגית‬ ‫∪𝐸 , 𝑥 ∪𝑉‬ ‫𝑏 ,𝑥 , 𝑥 ,𝑎‬ ‫בגרף הקשיר‬
‫גרף ‪ G = V, E‬קשיר ויש לו בדיוק 2 צמתים בעלי דרגה אי-זוגית, ‪ a‬ו-‪. b‬‬

5. ‫משפט 61:נתון ‪ G = V, E‬בלתי מכוון, בעל ‪ .n = V‬אז מתקיימים:‬
‫א) 𝑛 ≥ 𝐺 𝜒 ∙ 𝐺 ‪.α‬‬
‫ב) 1 + 𝑛 ≤ 𝐺 𝜒 + 𝐺 ‪.α‬‬
‫הוכחה: נתון ‪ G = V, E‬בלתי מכוון, בעל ‪.n = V‬‬
‫א) נסמן 𝑟 = 𝐺 𝜒 . צביעה מינימלית של ‪ G‬יוצרת חלוקה 𝑟 𝑆 , … , 1𝑆 של ‪ ,V‬כך שכל 𝑖 𝑆 היא קבוצה בלתי תלויה.‬
‫𝑟×‬
‫אז: 𝐺 𝜒 𝐺 ‪𝑛 = 𝑉 = 𝑆1 ∪ … ∪ 𝑆 𝑟 = 𝑆1 + ⋯ + 𝑆 𝑟 ≤ α 𝐺 + ⋯ + α 𝐺 = 𝑟 ∙ 𝜒 𝐺 = α‬‬
‫כנדרש.‬
‫ב) נסמן ב-𝑆 תת-קבוצה בלתי תלויה של ‪ V‬בגודל מקסימלי. נבצע צביעה של ‪ V‬כדלהלן: נצבע את כל הצלעות ב-𝑆‬
‫בצבע "1", וכל צלע ב-‪ V − S‬נצבע בצבע שונה. בסה"כ השתמשנו ב- 1 + 𝐺 ‪ V − S + 1 = 𝑛 − α‬צבעים.‬
‫לכן 1 + 𝐺 ‪ , 𝜒 𝐺 ≤ 𝑛 − α‬ומכאן 1 + 𝑛 ≤ 𝐺 𝜒 + 𝐺 ‪ ,α‬כנדרש.‬
‫משפט 81: נתון ‪ G = A, B, E‬בלתי מכוון, דו-צדדי. אז ב-‪ G‬יש זיווג מושלם אם ורק אם ‪ A = B‬וגם ‪X ≤ N X‬‬
‫לכל ‪.X ⊆ A‬‬
‫הוכחה: נתון ‪ G = A, B, E‬בלתי מכוון, דו-צדדי.‬
‫⟸ יהי נתון כי ב-‪ G‬יש זיווג מושלם ‪ . M‬אז ‪ M‬מכסה את ‪ ,A‬ולכן מתקיים תנאי 𝐸𝐺𝑅𝐸𝐵 , כלומר ‪X ≤ N X‬‬
‫לכל ‪ .X ⊆ A‬כמו כן מכך ש-‪ M‬מכסה את ‪ A‬ואת ‪ B‬מתקיים ‪( A , 𝐵 ≤ M‬צלע אחת לפחות לכל צומת). אך ידוע‬
‫כי בגרף דו-צדדי מתקיים 𝐵 , 𝐴 ‪ , M ≤ min‬ולכן: 𝑀 ≤ 𝐵 , 𝐴 ‪ . M ≤ min 𝐴 , 𝐵 ≤ max‬מכאן‬
‫ש- 𝐵 , 𝐴 ‪ ,min 𝐴 , 𝐵 = max‬כלומר ‪. A = B‬‬
‫⟹ יהי נתון כי ‪ A = B‬וגם ‪ X ≤ N X‬לכל ‪ .X ⊆ A‬תנאי 𝐸𝐺𝑅𝐸𝐵 מתקיים ולכן קיים זיווג המכסה את ‪.A‬‬
‫אותו זיווג מכסה גם אותה כמות צמתים ב-‪ ,B‬ולכן מהנתון ‪ A = B‬נובע כי הוא מכסה גם את ‪ ,B‬כלומר זהו זיווג‬
‫מושלם.‬