Az Erd s-faber-lovász sejtés speciális gráfrendszereken. Szakdolgozat. Rácz Dániel. Matematika BSc Alkalmazott matematikus szakirány.

Átírás

1 Az Erd s-faber-lovász sejtés speciális gráfrendszereken Szakdolgozat Rácz Dániel Matematika BSc Alkalmazott matematikus szakirány Témavezet : Kiss Attila Számítógéptudományi tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem, Természettudományi Kar Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar 2016

2 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném megköszönni témavezet mnek, Kiss Attilának a téma felvetését, a segítséget, konzultációkat és a szakdolgozatom alapos átnézését. Köszönöm továbbá szobatársaimnak a rengeteg motivációt, amivel hozzájárultak dolgozatom létrejöttéhez.

3 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 4 2. Felhasznált deníciók 5 3. Eddigi eredmények Néhány ekvivalens megfogalmazás Egy algebrai vonatkozás Egy gyengébb korlát Aszimptotikus megoldás Speciális esetek S r és ritka hipergráfok Teljesen unimoduláris hipergráfok G teljes gráf J síkbarajzolható Speciális G esete Egy bizonyítási kísérlet 30 Irodalomjegyzék 34 3

4 1. Bevezetés Az Erd s-faber-lovász sejtés egy ez idáig megoldatlan gráfelméleti probléma, mely több, mint 40 éve foglalkoztatja a gráfszínezéssel foglalkozó matematikusokat. Az említett sejtést 1972-ben fogalmazta meg Erd s Pál, Vance Faber és Lovász László egy teadélutánon az Egyesült Államokban, Colorado államban [4]. Fabernek Boulder városában volt lakása, itt gy ltek össze, hogy a pár héttel korábbi, Ohio államban megrendezett hipergráfokról szóló konferencián hallottakat megvitassák. Számos olyan sejtésr l szó esett, amelyek valamilyen módon a Vizing-tétel lineáris hipergráfokra történ kiterjesztésének tekinthet k. Általánosságban legkisebb fels korlátot találni nehéznek bizonyult, így megfogalmaztak egy elemi sejtést, amir l úgy hitték, könny bizonyítani. Ezt n-sets problem-nek, vagyis n-halmaz problémának nevezték: legyen adva n halmaz úgy, hogy minden halmaz elemszáma n, valamint bármely két halmaznak legfeljebb 1 közös elem van, a feladat kiszínezni a halmazok elemeit n színnel úgy, hogy minden halmaz tartalmazza mind az n színt. Erd sék megállapodtak abban, hogy másnap is találkoznak, s leírják a megoldást. 44 évvel kés bb még senkinek sem sikerült maradéktalanul megoldani a problémát. Erd s eredetileg 50 amerikai dollárt ajánlott fel a sejtés bizonyításáért vagy cáfolatáért. Egy 1981-ben publikált cikkében 500 dollárra emeli a felajánlott jutalmat, majd hozzáteszi:...nem az ináció az oka, hanem mert úgy gondolom, hogy a problémát nagyon nehéz megoldani. Lehet, hogy tévedek.[12] A dolgozatban el ször bevezetjük a szükséges deníciókat, majd felírjuk a probléma néhány ekvivalens megfogalmazását, néhol a matematika más részterületén használatos fogalmakkal élve. Megismerhetjük az eddigi legfontosabb eredményeket, melyek a sejtés általános esetére vonatkoznak, illetve megnézünk néhány olyan speciális esetet, amikre sikerült igazolni az állítást. Végül megvizsgálunk egy nagyjából fél éves, sajnálatos módon hibás bizonyítást, amely a problémát általános esetben hivatott megoldani. 4

5 2. Felhasznált deníciók Az alábbi deníciók szükségesek dolgozatom alapos megértéséhez Deníció. Egy G = (V ; E) gráf jó színezésén a csúcsok egy olyan színezését értjük, ahol a szomszédos csúcsok színe különböz. Ez tulajdonképpen egy olyan f : V (G) N függvényt jelent, melyre f(v i ) f(v j ), ha v i v j E(G). Ekkor G kromatikus számát χ(g) jelöli, és χ(g) = k, ha G-nek létezik szabályos k-színezése, de (k 1)-színezése már nem Deníció. Egy G = (V ; E) gráf jó élszínezésén az élek egy olyan színezését értjük, ahol az egy csúcsban találkozó élek színe különböz. Ez tulajdonképpen egy olyan g : E(G) N függvényt jelent, melyre g(e i ) g(e j ), ha léteznek v l, v m, v n csúcsok úgy, hogy e i = v k v m és e j = v k v n. Ekkor G élkromatikus számát vagy kromatikus indexét χ (G) jelöli és χ (G) = k, ha G-nek létezik szabályos k-élszínezése, de (k 1)-élszínezése már nem Jelölés. Egy G gráf maximális (illetve minimális) fokszámát (G) (illetve δ(g)) jelöli Megjegyzés. A kromatikus index deníciójából következik, hogy tetsz leges G gráfra (G) χ (G). Fels korlátot Vizing tétele biztosít Tétel. (Vizing) Legyen G egyszer gráf. Ekkor (G) χ (G) (G) + 1. Bizonyítás. [1] Kezdjük el a gráfot kiszínezni (G) + 1 színnel, valamint minden v csúcshoz rendeljük azt a c(v) színt, ami nem szerepel a v-b l kiinduló élek közül egyiken sem. Tegyük fel, hogy az e xy1 él még nincs kiszínezve. Ha c(x) = c(y 1 ), akkor ezt az élet színezhetem ezzel a színnel. Tegyük tehát fel, hogy c(x) c(y 1 ). Feltehet, hogy x-nek létezik y 2 szomszédja úgy, hogy az e xy2 él színe c y1, hiszen ellenkez esetben színezhetném e xy1 -t c y1 szín re. Szintén feltehet, hogy x-nek létezik olyan y 3 szomszédja, amelyre e xy3 színe c(y 2 ), hiszen ellenkez esetben e xy2 színét c(y 2 )-re cserélve e xy1 már színezhet c(y 1 ) szín re. Ezt a gondolatmenetet folytatva kapjuk az y 4,... pontokat. Egy esetben van baj, mégpedig akkor, ha van olyan h, hogy az e x,yh él színe c(y h 1 ), illetve létezik olyan 1 j < h index úgy, hogy c(y h ) = c(y j ). Ekkor vegyük G-nek azt a H részgráfját, melyet a c(x) és c(y h ) szín élek feszítenek ki. Ekkor, mivel csak két színünk van, minden csúcs foka legfeljebb kett, ráadásul a c(v) színek deníciója miatt x, y h és y j fokszáma legfeljebb 1. Vagyis H körök, utak és izolált pontok diszjunkt 5

6 uniója. Az x csúcs foka biztosan 1 H-ban, így x egy út végpontja, ez azt jelenti, hogy y j és y h közül az egyik biztosan más komponensben van, mint x. Legyen ez a csúcs y r. Nincs más dolgunk, mint y r komponensében az élek színét felcserélni, hiszen ez azt eredményezi, hogy c(y r ) = c(x), vagyis ki fogom tudni színezni e xy1 -t. Most térjünk rá a hipergráfokkal kapcsolatos ismeretekre Deníció. A H hipergráfon egy H = (X, E) párt értünk, ahol X a csúcsok halmaza, valamint E P(X)\{ }. Ekkor E elemeit hiperéleknek hívjuk. A hipergráf fogalma tekinthet a gráf fogalmának általánosításaként, a lényeges különbség, hogy hipergráfok esetében a hiperél kett nél több csúcsot is tartalmazhat Deníció. A H hipergráf lineáris, ha bármely két hiperélének legfeljebb egy közös csúcsa van. Ennek egy ekvivalens megfogalmazása: bármely két csúcsot legfeljebb egy hiperél tartalmaz Deníció. Egy hipergráf k-uniform, ha minden hiperéle k elem Deníció. A H hipergráf teljesen unimoduláris (TU), ha az incidencia mátrixa teljesen unimoduláris (TU) Megjegyzés. A Ghouila-Houri tétel alapján H pontosan akkor TU, ha az incidencia mátrixára teljesül, hogy oszlopainak bármely részhalmaza egyenletesen 2- színezhet, azaz az oszlopok bármely részhalmazát ki tudom színezni 2 színnel úgy, hogy minden sorban az azonos szín elemek összege legfeljebb eggyel tér el Deníció. Legyen H hipergráf. Ekkor egy v csúcs fokszáma d(v), a v-t tartalmazó hiperélek száma. A maximális (ill. minimális) fokszámot H-ban (H) és δ(h) jelöli Deníció. Egy hipergráf k-reguláris, ha minden csúcsának foka k Deníció. A H hipergráf s r, ha δ(h) > E(H) Deníció. Egy hipergráf egyszer, ha lineáris és nincs legfeljebb egy elem hiperéle Deníció. Legyen H = (X, E) hipergráf, X(H) = n, E(H) = m. Ekkor H duálisa az a H hipergráf, melynek m csúcsa és n hiperéle van, valamint az y i csúcs eleme a B j hiperélnek H -ban pontosan akkor, ha az x j csúcs eleme az A i hiperélnek H-ban. 6

7 2.16. Állítás. Lineáris hipergráf duálisa lineáris. Bizonyítás. Legyen a H lineáris hipergráf duálisa H és tegyük fel indirekt, hogy H nem lineáris. Ez azt jelenti, hogy léteznek x k, x l különböz hiperélek, valamint e i, e j különböz csúcsok H -ban úgy, hogy e i, e j x k x l. A duális hipergráf deníciója miatt azonban következik, hogy ekkor x k, x l e i e j teljesül H-ban, ami ellentmond H linearitásának Deníció. A H hipergráf er sen k-színezhet, ha kiszínezhet ek a csúcsai k színnel úgy, hogy az egy hiperélbe tartozó csúcsok különböz színt kapnak Deníció. A H hipergráf kromatikus indexe χ (H) az a természetes szám, melyre H hiperélei kiszínezhet ek χ (H) színnel szabályosan (a metsz hiperélek színe eltér), de χ (H) 1 színnel már nem. 7

8 3. Eddigi eredmények 3.1. Néhány ekvivalens megfogalmazás Az Erd s-faber-lovász sejtést eredetileg halmazrendszerekre, hipergráfokra fogalmazták meg 1972-ben[12]: 3.1. Sejtés. (EFL, halmazelméleti alak) Legyenek A 1,..., A n halmazok úgy, hogy A k = n, ha 1 k n, valamint A i A j 1 minden 1 i < j n esetén. Ekkor n A k elemei kiszínezhet ek n színnel úgy, hogy minden 1 k n esetén A k minden k=1 színb l tartalmazzon elemet. Hipergráfok nyelvén így hangzik: 3.2. Sejtés. (EFL, hipergráfos alak) Legyen H olyan lineáris hipergráf, melynek n hiperéle van, s ezek mindegyike n csúcsot tartalmaz. Ekkor H er sen n-színezhet, azaz ki lehet színezni H csúcsait n színnel úgy, hogy semelyik hiperél se tartalmazzon két egyforma szín csúcsot. Gondoljuk meg a következ t! A sejtés hipergráfos alakjában a hiperéleket helyettesíthetjük n pontú teljes gráfokkal. A linearitás ebben a megfogalmazásban azt jelenti, hogy két K n -nek legfeljebb egy közös csúcsa lehet. A problémát ebben a formában Erd s Pál, Frankl Péter és Michel Deza fogalmazta meg 1978-ban[3] Sejtés. (EFL, gráfos alak) Legyen G = n A i, ahol A 1,..., A n n csúcsú teljes gráfok úgy, hogy bármely kett nek legfeljebb 1 közös csúcsa van. Ekkor χ(g) = n, vagyis G n-színezhet. Az egyszer ség kedvéért bevezetjük az alábbi deníciót: 3.4. Deníció. Legyen G = n A i, ahol A 1,..., A n n csúcsú teljes gráfok úgy, hogy i=1 bármely kett nek legfeljebb 1 közös csúcsa van, valamint legyen v V (G). Ekkor v klikkfokát d K (v) jelöli és d K (v) = {A i : v V (A i ), 1 i n} Megjegyzés. Vegyük észre, hogy azon csúcsok, melyek klikkfoka 1, nem relevánsak a színezés szempontjából, elegend a legalább 2 klikkfokú csúcsokat kiszínezni. Az el bbi megjegyzés szerint a gráfból nyugodtan elhagyhatjuk az 1 klikkfokú csúcsokat. A hipergráfos megfogalmazással élve ez azon csúcsokat jelenti, melyek csak egy hiperélhez tartoznak. Ekkor viszont a sejtésbeli hipergráf duálisában nem lehet legfeljebb 1 elem hiperél, hiszen ez csak olyan csúcsból keletkezhetne, mely az eredeti i=1 8

9 1. ábra. A sejtés n = 4 esetben hipergráfban csak egy hiperélhez tartozik. Ebb l és a 2.16 állításból következik, hogy a duális hipergráf egyszer. Viszont így a duális hipergráf hiperéleinek jó n-színezése megfeleltethet az eredeti hipergráf egy er s n-színezésének, tehát igaz az alábbi állítás Állítás. Az Erd s-faber-lovász sejtés igaz, ha bármely n csúcsú egyszer hipergráf hiperélei n-színezhet k. Ez motiválja az alábbi sejtés vizsgálatát, melyhez szükségünk lesz a lineáris metszetszám fogalmára Sejtés. [11] Minden véges, egyszer hipergráf hiperélei szabályosan kiszínezhet k legfeljebb csúcsszámnyi színnel Deníció. [11] Legyen H = (X, F ) egyszer hipergráf. Ekkor H metszetgráfja az a G H = (V, E) gráf, melyre V = F és E = {{f, g} : f, g F, f g }, vagyis két csúcs pontosan akkor van összekötve, ha a nekik megfelel hiperélek metszete nem üres. Legyen most G tetsz leges gráf. Jelölje ν(g) azt a ν legkisebb természetes számot, melyre létezik H, ν csúcsú egyszer hipergráf úgy, hogy G H izomorf G-vel. Ekkor ν(g) a G gráf lineáris metszetszáma. 9

10 3.9. Megjegyzés. A lineáris metszetszám fogalma nem tévesztend össze a metszési szám fogalmával, mely egy gráf összes síkbarajzolása közül az élek metszéspontjainak minimális száma. A ν(g) jelölés szintén ne tévesszen meg senkit, általában a gráfelmélettel foglalkozó szakirodalmakban ν(g) a G gráf egy maximális független élhalmazának elemszámát jelöli Állítás. Tetsz leges G véges gráfnak létezik lineáris metszetszáma. Bizonyítás. Legyen G = (V, E) véges gráf. Elég megmutatni, hogy azon hipergráfok halmaza, melyeknek a metszetgráfja G, nem üres. Ehhez legyen minden v V (G) esetén E v = {e E(G) : v e}, vagyis a v-ben végz d élek halmaza. Ekkor a G = (E, {E v : v V (G)}) duális hipergráfra teljesül, hogy G G = G. Ugyan G nem feltétlenül egyszer, ám könnyen azzá tehet, ugyanis minden olyan v csúcsra, melyre d(v ) = 1, adjunk hozzá egy pontot E v -höz, illetve minden olyan v csúcsra, melyre d(v ) = 0, adjunk hozzá két pontot E v -höz. Az így kapott hipergráf már egyszer és a metszetgráfja G Lemma. A 3.7 sejtés akkor és csak akkor igaz, ha minden G gráfra χ(g) ν(g). Bizonyítás. Tegyük fel, hogy igaz a sejtés és legyen G gráf. Ekkor minden H = (X, F ) egyszer hipergráfra ha G H = G, akkor X χ (H) = χ(g H ) = χ(h), amib l ν(g) χ(g) következik. Visszafelé, ha G-re χ(g) ν(g) igaz, akkor ha H = (X, F ) egyszer hipergráf és G H = G, akkor X ν(g) χ(g) = χ (H). Mivel minden egyszer hipergráf metszetgráfjára igaz a feltevés, kész vagyunk Tétel. [11] Jelölje G a G = (V, E) gráf komplementerét. Ekkor χ(g) + χ(g) ν(g) + ν(g). Bizonyítás. El ször megmutatjuk, hogy V ν(g) + ν(g). Legyen H = (X, F ) és H = (X, F ) két egyszer hipergráf úgy, hogy G H = G, X = ν(g) és G H = G, X = ν(g). Feltehet, hogy X és X diszjunktak. Legyenek továbbá p : V (G H ) V és p : V (G H ) V izomorzmusok. Deniáljuk a következ hipergráfot: H := (X X, F + F := {p 1 (x) p 1 (x) : x V }). Vegyük észre, hogy H -ben V db hiperél található. További fontos észrevétel, hogy ha x és y különböz V -beli csúcsok: X, ha {x, y} E (p 1 (x) p 1 (x)) (p 1 (y) p 1 (y)) X, ha {x, y} / E 10

11 Ez azért van, mert ha x és y össze van kötve G-ben, akkor p 1 (x) p 1 (y), ráadásul ez a pont a leképezések deníciója folytán P -ben van. Hasonlóan, nincsenek összekötve G-ben, akkor a komplementerben igen és így a metszetük P -beli. Viszont p 1 (x) tetsz leges x-re H-beli hiperélnek felel meg, H pedig egyszer hipergráf deníció szerint, s ugyanez igaz H-ra is, így H -ben bármely két hiperél metszete pontosan egy elem. Itt még P és P halmazok diszjunktságát is kihasználjuk. Alkalmazva a Fischeregyenl tlenséget H -re: V = F + F P P = P + P = ν(g) + ν(g). A bizonyítás folytatásához szükség lesz az alábbi állításra: Állítás. Tetsz leges G gráfra χ(g) + χ(g) V + 1. Bizonyítás. Bizonyítsunk teljes indukcióval. n = 2 esetben nyilvánvaló az állítás. Tegyük fel, hogy n = k 1-ig igaz. Vegyünk egy k pontú G gráfot és hagyjuk el egy tetsz leges v csúcsát. Legyen az így kapott gráf G. Mivel G már csak k 1 elem, igaz rá az indukciós feltevés: χ(g ) + χ(g ) k. Vegyünk egy optimális színezését G -nek és G -nek is, majd rakjuk vissza a gráfba v-t. Feltehet, hogy d G (v) χ(g ), hiszen ellenkez esetben lenne szabad szín v-nek és kész lennénk. Ekkor viszont az indukciós feltevés miatt d G (v) = k 1 d G (v) k 1 χ(g ) χ(g ) 1 < χ(g ), tehát a komplementerben biztosan nem kell új színt használni. Ez azt jelenti, hogy χ(g) + χ(g) χ(g ) + χ(g ) + 1 k + 1. Láthatjuk hát, hogy azon gráfokkal van probléma, amelyek egyenl séggel teljesítik az el bbi állítást. Egy korábbi eredmény szerint csupán a gráfok két speciális részhalmaza ilyen (b vebben lásd [11]-t). A szerz k jelöléseit követve az F 1 (n, p) halmaz álljon azon gráfokból, melyek csúcsszáma n úgy, hogy p db egymástól független pont és egy K n p+1 uniója, a két halmaz metszetében pontosan egy csúcs van, egyébként élek szabadon mehetnek a két halmaz között (természetesen p n. A másik típust jelölje F 2 (n, p) és álljon azon n csúcsú gráfokból, melyek egy 5 hosszú kör, p db egymástól izolált pont (p n 5) és egy K n p 5 diszjunkt uniója és teljesülnek az alábbi feltételek: 1. K n p 5 és C 5 csúcsai az összes lehetséges módon össze vannak kötve egymással 2. az izolált pontok függetlenek C 5 -t l 3. az izolált pontok és a klikk között lehetnek élek Például: 11

12 2. ábra. F 1 (13, 9)-beli gráf [11] 3. ábra. F 2 (13, 6)-beli gráf [11] Legyen el ször G F 1 (n, p)-beli. A bizonyítás els felében használt gondolatmenetet hasonlóan alkalmazva K n p+1 G miatt ν(g) n p + 1, valamint K p G miatt ν(g) p, így az összegre ν(g) + ν(g) n p p = n + 1 adódik. Legyen most G F 2 (n, p)-ben, n 5. Miután G-ben van legalább p db független pont, G-ben pedig legalább n p 5, valamint kihasználva, hogy a megfelel hipergráf egyszer, így minden hiperél legalább két pontot tartalmaz, ν(g) 2p és ν(g) 2(n p 5). Becsülve az összeget tagonként, ν(g) + ν(g) 2n 10 adódik, ami azt jelenti, hogy n 9 esetén kész vagyunk. Tudjuk, hogy ha n 3, akkor ν(c n ) = n (lásd [10]), s mivel G-ben és komplementerében is van C 5, szintén kész vagyunk. A 3.12 tétel következménye, hogy a 3.11 lemma teljesül tetsz leges G gráf esetén G és G közül legalább az egyikre. Tegyük fel ugyanis, hogy χ(g) > ν(g). Ekkor viszont χ(g) + χ(g) ν(g) + ν(g) < χ(g) + ν(g), tehát χ(g) ν(g), tehát igaz az alábbi következmény Következmény. Tetsz leges G esetén G vagy G biztosan teljesíti 3.11 lemmát, s ezáltal a 3.7 sejtést. 12

13 3.2. Egy algebrai vonatkozás A probléma népszer, gyakorlati alkalmazását fogalmazta meg Lucien Haddad és Claude Tardif 2004-ben [17], amely a következ képpen hangzik. Tegyük fel, hogy van n bizottságunk, mindegyikben n ember és bármely két bizottságra teljesül, hogy legfeljebb egy ember van, aki tagja mindkett nek. A bizottságok ugyanabban a bizottsági teremben üléseznek, ebben a teremben n db szék található. Lehetséges-e, hogy minden személy el re kiválaszt magának egy széket úgy, hogy mindig a kiválasztott székben ül, bármely olyan bizottság is ülésezzen, amelynek tagja? Az EFL sejtés igazsága esetén a válasz igenl, hiszen jelen példában az egyes bizottságok megfelelnek a klikkeknek, a székek pedig a színeknek. Ugyanebben a cikkben [17] található egy érdekes karakterizációs tétel, ám ennek megértéséhez egy kis kitekintést kell tennünk az univerzális algebra világába Deníció. Egy n-áris relációs struktúra alatt egy (V, R) párt értünk, ahol V halmaz, valamint R V n. Egy ilyen reláció areexív, ha minden (x 1,..., x n ) R esetén x 1,.., x n páronként különböz ek, továbbá teljesen szimmetrikus, ha minden π S n esetén (x π(1),..., x π(n) ) R, ahol S n jelöli az n elem szimmetrikus csoportot. Egy homomorzmus a (V, R) és (V, R ) n-áris relációs struktúrák között egy olyan Φ : V V leképezés, melyre teljesül, hogy minden (x 1,..., x n ) R esetén (Φ(x 1 ),..., Φ(x n )) R. Egy Φ : dom Φ V leképezést parciális homomorzmusnak hívok, ha dom Φ V és minden x 1,..., x n dom Φ esetén ha (x 1,..., x n ) R, akkor (Φ(x 1 ),..., Φ(x n )) R Deníció. Egy H hipergráfot, amely kielégíti az EFL sejtés feltételét, a sejtés egy példányának hívjuk. Deniáljunk egy (V H, R H ) relációs sturktúrát, melynek alaphalmaza megegyezik H alaphalmazával, R H elemei pedig olyan (x 1,..., x n ) rendezett n-esek, melyekre {x 1,..., x n } hiperél H-ban. Ekkor ha H-nak n hiperéle van, R H n n! rendezett n-est tartalmaz. Az így deniált struktúra areexív és teljesen szimmetrikus. Legyenek most H és H az EFL sejtés két példánya, az általuk deniált relációs struktúrák (V H, R H ) és (V H, R H ), valamint a hipergráfoknak megfelel gráfok (gondoljunk a sejtés gráfos alakjára) G és G. Mivel R H és R H elemei megfelelnek a G- és G - beli klikkeknek, egy, a struktúrák közötti homomorzmus természetes módon indukál egy homomorzmust G és G között (gondoljunk itt most G-re és G -re bináris relációs struktúraként). Visszafelé azonban nem feltétlenül igaz, vagyis egy G G homomorzmus nem feltétlenül indukál homomorzmust (V H, R H ) és (V H, R H ) között. El rfordulhat például, hogy G n-színezhet és G tartalmaz egy C klikket, amely nem 13

14 feleltethet meg semelyik H -beli hiperélnek. Ha C elemeit azonosítjuk a G-beli színekkel, egy G G homomorzmust kapunk, amely sehogy sem feleltethet meg egy (V H, R H ) (V H, R H ) homomorzmusnak. A (V H, R H ) (V H, R H ) parciális homomorzmusok esetében még az sem igaz feltétlenül, hogy G G parciális homomorzmust indukálnának. Legyen például X azon H-beli csúcsok halmaza, melyek csak egy hiperélben vannak benne. Ekkor X nem tartalmaz hiperélet, így tetsz leges X V H leképezés parciális homomorzmus (V H, R H ) és (V H, R H ) között, viszont egy G G parciális homomorzmus, melynek értelmezési tartománya X, megtartja az X által feszített részgráf éleit. A fenti példákból azt állapíthatjuk meg, hogy a sejtés példái által generált relációs struktúrák nem feltétlenül viselkednek úgy, mint a nekik megfelel gráfok, legalább is parciális homomorzmusok szempontjából Deníció. Legyen m egész szám, ekkor egy n-áris relációs struktúra m-edik hatványa (V, R) m egy olyan (V m, R ) n-áris relációs struktúra, melyben R = {(X 1,..., X n ) (V m ) n : (pr i (X 1 ),..., pr i (X n )) R, i = 1,..., m} ahol pr i a szokásos i-edik projekció, vagyis pr i (a 1,..., a n ) = a i. Egy V m V parciális függvényt parciális m veletnek hívunk V -n. Jelölje pp ol(v, R) az olyan V -n értelmezett parciális m veletek halmazát, melyek valamilyen m-re (V, R) m (V, R) parciális homomorzmusok is. Vegyük észre, hogy pp ol(v, R) tartalmazza az összes projekciót, valamint zárt a következ képpen értelmezett kompozícióra: Legyenek Φ 1,..., Φ k : (V, R) m (V, R) parciális homomorzmusok és ψ : (V, R) k (V, R) parciális homomorzmus. Ekkor (ψ(φ 1,..., Φ k ))(X 1,..., X m ) := ψ(φ 1 (X 1,..., X m ),..., Φ k (X 1,..., X m )), azon (X 1,..., X m ) rendezett m-eseken, melyeken a fenti kifejezés értelmes Deníció. Parciális m veletek olyan halmazát, mely tartalmaz minden projekciót és zárt a fent deniált kompozícióra, parciális klónnak nevezzük. Egy parciális klón maximális a V halmazon, ha semmilyen másik parciális klón nem tartalmazza (kivéve a V -n értelmezett parciális m veletek halmazát). Ez azt jelenti, hogy egy C parciális klón maximális a V halmazon, ha bárhogy választok f és g parciális m veleteket, melyek nincsenek C-ben, g megkapható f és C-beli elemek kompozíciójaként. Ekkor igaz az alábbi tétel: 14

15 3.19. Tétel. [17] Legyen (V, R) n-áris areexív, teljesen szimmetrikus relációs struktúra. Ekkor pp ol(v, R) pontosan akkor maximális klón, ha (V, R) er sen n-színezhet. Itt (V, R) er s n-színezése azt jelenti, hogy az a hipergráf er sen n-színezhet, melynek {x 1,..., x n } hiperéle, ha (x 1,..., x n ) R Következmény. Legyen H az EFL sejtés egy példánya. Ekkor a H er sen n- színezhet akkor és csak akkor, ha pp ol(v H, R H ) egy maximális parciális klón. Vagyis igaz a következ tétel: Tétel. [17] Az Erd s-faber-lovász sejtés akkor és csak akkor igaz, ha a sejtés minden H példányára a (V H, R H ) relációs struktúra egy maximális parciális klónt határoz meg Egy gyengébb korlát Lawler és Chang 1986-ban közzétett bizonyítását mutatjuk be a következ tételre Tétel. [9] Az Erd s-faber-lovász sejtés feltételét kielégít gráfok 3 n 2 színnel 2 biztosan színezhet ek. Bizonyítás. Használva a 3.6 állítást, azt fogjuk megmutatni, hogy tetsz leges egyszer hipergráf hiperélei színezhet ek csúcsszámnyi színnel. Legyen tehát H egyszer hipergráf n csúcson. Kezdjük el a hiperéleket méretük szerint monoton csökken sorrendben kiszínezni, s tegyük fel, hogy eljutottunk a k méret A hiperélhez. Els esetben k 3. Ekkor a már színes hiperélek legalább k méret ek (ráadásul legfeljebb n k lehet bel lük), s mivel H lineáris, bármely x A esetén az x- ben találkozó színes hiperélek száma legfeljebb n k. Viszont ekkor k 3 miatt k 1 k n k = (k 1+1)(n k) 3n 9 < 3 n 2, tehát e számára van még színem. k 1 k Második esetben k 2, s legyen e = (x, y). Feltehet, hogy eddig minden felhasznált szín megjelenik x-nél vagy y-nál (különben van szabad színem, amivel e színezhet ) Lemma. Ekkor létezik z csúcs úgy, hogy (x, z) és (y, z) már színezett hiperélek, valamint (x, z) színe nem szerepel y csúcsnál és vice versa. Bizonyítás. Deniáljuk a következ halmazokat: B := {b b E(H), b 3, x b vagy y b} C 1 := {c w : (x, w) E(H) úgy, hogy ezen él színe c, de c semmilyen legalább 3 méret hiperélnek nem színe, mely tartalmazza y-t} C 2 := {c w : (y, w) E(H) úgy, hogy ezen él színe c, de c semmilyen legalább 3 méret hiperélnek nem színe, mely tartalmazza x-t} 15

16 Nyilván sem C 1, sem C 2 nem üres. Ekkor az olyan színek, melyek nincsenek C 1 C 2 -ben, de x-nél és y-nál megtalálhatóak, biztosan B-beli hiperélhez tartoznak. Azon B-beli hiperélek, melyek csak x-szel szomszédosak, legfeljebb n 2 C 1 2 -en lehetnek, hiszen n- b l le kell vonni legalább annyit, ahány 2 elemú hiperél csatlakozik x-hez és még egyet x miatt, illetve leosztani 2-vel a linearitás miatt. Hasonlóan azon B-beli hiperélek, melyek csak y-al szomszédosak, legfeljebb n 2 C 2 2 -en lehetnek. Mivel minden szín használatban van x-nél vagy y-nál: 3 n 5 3n 2 C C 2 + n 2 C 1 + n 2 C Felbontva a zárójeleket és 2-vel szorozva: n 1 C 1 C 2 C 1 + C 1 C 2 C 2 = C 2 \ C 1 + C 1 \ C 2 Viszont ez azt jeleni, hogy azon kétél hiperélek közül, melyek már színezve vannak és a színük nem használatos x-nél vagy y-nál, legalább (n 1)-en vannak, viszont n 2 x-t l és y-tól különböz csúcs van H-ban, így a skatulya-elv miatt létezik a keresett z. A lemmából már következik a tétel, ugyanis x-nél és y-nál is legalább n szín szabad, 2 ugyanakkor ez a két színhalmaz diszjunkt, ráadásul z-nél csak n 1 szín szerepelhet ezek közül. Ebb l viszont következik, hogy van olyan szín, legyen ez c, amely z-nél és pl. x-nél is szabad. Ekkor (x, z) színe lehet c és így (x, z) eredeti színét megkaphatja (x, y) Aszimptotikus megoldás Az eddigi legjobb fels korlát viszonylag régr l, 1992-b l származik és Jery Kahn amerikai matematikus nevéhez f z dik. Ebben a részben a sejtés 1981-ben Hindman által leírt alakját [7] vesszük alapul, miszerint legyen adva n ponton egy halmazrendszer (hipergráf) úgy, hogy bármely két halmaz (hiperél) metszete legfeljebb 1 elem, ekkor pedig a halmazok színezhet k n színnel úgy, hogy a metsz halmazok színe eltér. Másképpen szólva tetsz leges n csúcsú lineáris hipergráf hiperélei színezhet ek n színnel. A Kahn által bizonyított tétel szerint ha n szín nem is feltétlenül elég, de n és egy kicsi már igen, vagyis n minél nagyobb, a szükséges színek száma annál közelebb van n-hez. Természetesen kell en nagy n-re jobb fels korlátot kapunk az el z alfejezetben látottnál. Precízen: Tétel. [8] Legyen H lineáris hipergráf n csúcson, ekkor χ(h) (1 + o(1))n. A tétel igazsága egy viszonylag er s tételen múlik, amelyet ugyan kimondunk, de nem bizonyítunk. Megjegyezzük viszont, hogy lényegében Pippenger és Spencer munkája 16

17 ez a tétel, Kahn viszonylag kis fokú általánosítását látta be, s úgy használta fel a bizonyításához Tétel. [8] Minden k 2 egészhez, v > 0 és 0 η < 1 valós számokhoz, melyekre igaz a v > η(k log 1 η + k + 1) összefüggés (ahol η = 0 esetben a jobb oldal legyen 0), létezik β > 0 valós szám úgy, hogy igaz a következ állítás. Legyen H = (X, E) olyan hipergráf, melynek minden hiperéle legfeljebb k elem és d(x) D ahol d(x, y) = {A E(H) : x, y A}. x X d(x, y) < βd x y X, Legyen még C olyan színhalmaz, melyre C (1 + v)d és minden A E(H) esetén legyen C(A) C : C(A) ηd. Az állítás az, hogy ekkor van olyan C -színezése H hiperéleinek, hogy egyik szín sincs C(A)-ban. Bizonyítás. (3.24 Tétel, vázlat)[8] Azt kell belátni, hogy tetsz legesen kicsi ε > 0 esetén χ(h) (1 + ε)n, ha n elég nagy. Kahn jelöléseit követve legyen a = 3, ε b = 5a2 log 1 ε és H = 3 H ε i, ahol i=1 H 1 = {A H : A > b}, H 2 = {A H : b A > a}, H 3 = {A H : A a}. Legyenek C 1, C 2 diszjunkt színhalmazok úgy, hogy C 1 = (1 + ε 2 )n és C 2 = nε 2. Állítjuk, hogy H 1 H 3 színezhet C 1, H 2 pedig C 2 -beli színekkel. Vizsgáljuk el ször H 1 -t, s alkalmazzuk a 3.22 tétel bizonyításában is szerepl gondolatmenetet: rendezzük monoton csökken sorrendbe a H 1 -beli hiperéleket, s legyen a sorban az i-edik A i, illetve A i = k(> b H 1 deníciója miatt). Ekkor {j < i : A j A i, A j E(H)} k(n k) < C k 1 1, vagyis van szabad színem A i számára. H 2 esetében vegyük észre, hogy mivel minden hiperél több, mint a elem, a H 2 -ben lév hiperélekben lév csúcsok fokszáma legfeljebb n 1 =: D. A 3.25 tétel ad nekünk a D, k = b, v = 1, η = 0 számokhoz egy β-t (d(x, y) 1 minden csúcsra, C = C 2 2). Legyen n annyira nagy, hogy D > 1 β. Ekkor szintén az említett tétel miatt χ(h 2) (1 + v)d C 2. 17

18 Legyen most D = n, k = a, v = nε 2, η = a. Megmutatható, hogy a 3.25 tétel v, k, η n b változókra vonatkozó feltétele teljesül ebben az esetben. Legyen C(A) = {c C 1 : B H 1 úgy, hogy B A és f 1 (B) = c, ahol f 1 a H 1 színezése}, A H 3. Ekkor viszont C(A) {B H 1 : B A } a(n a) b biztosítja nekünk H 3 jó színezését. < ηd, így n > 1 β esetén a 3.25 tétel 18

19 4. Speciális esetek Bár az EFL sejtés általános esetének a megoldása még várat magára, az évek során számtalan speciális alakú gráfrendszerr l sikerült megmutatni, hogy igaz rájuk az n- színezhet ség. Ebben a fejezetben az ilyen speciális esetek közül vizsgálunk néhányat, a fejezet végén pedig ismertetünk egy saját bizonyítást egy er s megkötésekkel bíró esetre S r és ritka hipergráfok 4.1. Tétel. (Sánchez-Arroyo) [13] Legyen H lineáris hipergráf olyan, hogy n 4 hiperéle van, melyek mindegyike legfeljebb n csúcsot tartalmaz. Ha H s r, akkor χ(h) n. Bizonyítás. Ismét azt a gondolatmenetet fogjuk alkalmazni, melyet az el z fejezet végén lév bizonyításokban már használtunk. Vegyük a csúcsok fokszám szerinti monoton csökken sorrendjét és kezdjünk el mohón színezni (korábban hiperéleket színeztünk, méret szerinti csökken sorrendben). Tegyük fel, hogy egy k fokú v csúcsot színezünk éppen, s a k fokúaknál nagyobbakat már mind kiszíneztem. Legyen A olyan hiperél, ami tartalmazza v-t. Ekkor ha A-ban van színes csúcs, ahhoz legalább k hiperél kapcsolódik, így A-ban legfeljebb n k k 1 itt is kihasználjuk a linearitást). Így legfeljebb k n k k 1 színes csúcs van (a korábbi bizonyításokhoz hasonlóan olyan színes csúcs van, melyek mindegyikére igaz, hogy van olyan hiperél, ami tartalmazza a színes csúcsot és v-t is. Könnyen látszik viszont, hogy k > n esetén ez a mennyiség szigorúan kisebb, mint n. Mint már korábban rámutattunk, az egy fokú pontok színezése nem okoz problémát, így az olyan hipergráfokra, melyek ezen pontok elhagyásával s r ek, igaz a sejtés. Most azt a speciális esetet fogjuk megvizsgálni, amikor a hipergráf uniform, reguláris és viszonylag ritka Jelölés. (Faber) [4] Egy H lineáris hipergráfról azt mondjuk, hogy (n,d,r) lineáris halmazrendszer, ha n csúcsa van, d-uniform és minden csúcsot r hiperél tartalmaz Megjegyzés. Gondoljuk meg, hogy egy (n, d, r) rendszer duálisát véve olyan lineáris hipergráfot kapok, melyben n db hiperél van, melyek mindegyike megfelel az eredeti rendszerben egy csúcsnak, minden hiperél r elemet tartalmaz és minden csúcs pontosan d hiperélben van benne. Korábban már láttuk, hogy a linearitás megmarad. Ha még n r izolált pontot beledobálunk az egyes hiperélekbe, valóban az n-halmaz 19

20 probléma egy speciális, d-reguláris esetét kapom. A duálisbeli csúcsszínezés pedig megfelel az eredeti rendszerben a hiperélek színezésének Tétel. (Faber) [4] Legyen D (n, d, r) lineáris rendszer. Ekkor 1. ha r d + 1, akkor D hiperélei n-színezhet ek, 2. létezik C > 0 d-t l és n-t l független konstans úgy, hogy minden d C-re ha n Cd 2, akkor D hiperélei n-színezhet ek. A bizonyításhoz használni fogjuk Alon, Krivelevich és Sudakov tételét Tétel. (AKS) [16] Legyen G tetsz leges gráf és f > 0. Ha igaz, hogy tetsz leges v csúcsra a v szomszédai által feszített részgráfban található élek száma legfeljebb (G)2 f, akkor χ(g) c (G) f Megjegyzés. Faber tételének a bizonyítása el tt állapodjunk meg abban, hogy D duálisát H-val jelöljük, valamint deniáljuk H klikkgráfjának a fogalmát, melyet kés bb még használni fogunk, s a bizonyításban G-vel jelöljük. G csúcsai legyenek H csúcsai és két csúcs pontosan akkor legyen szomszédos, ha H-ban létezik olyan hiperél, amely tartalmazza ket. Ekkor G r méret klikkek uniója és egy csúcs pontosan d klikkben van benne. Azt is vegyük észre, hogy G jó színezése megfelel H csúcsain egy jó színezésnek. Bizonyítás. (4.4 tételé) Az 1. állításhoz tegyük fel, hogy r d+1, valamint indirekt azt, hogy D nem színezhet jól n színnel. Az el bbi megjegyzést gyelembe véve megállapíthatjuk, hogy G-ben minden csúcs foka (G) = d(r 1). Brooks tétele értelmében elég azt az esetet vizsgálni, mikor n > (G), vagyis n (G) 1 = d(r 1) 1. (1) A következ észrevételek általában is igazak egy lineáris (n, d, r) rendszerre: n 1 r(d 1) (2) Ennek belátásához vegyük a duális H hipergráf egy tetsz leges A hiperélét, s számoljuk meg az A-ba belemetsz hiperéleket. Mivel A-nak H-ban r csúcsa van és mindegyik csúcs d 1 A-tól különböz hiperélben lehet benne, a linearitás miatt pedig egy hiperélet csak egyszer számolok, így r(d 1) ezen hiperélek száma, s mivel n hiperél van H-ban, így ezek legfeljebb n 1-en lehetnek. nr = X(H) d = V (G) d (3) 20

21 Nyilván X(H) = V (G). Számoljuk meg H-ban a csúcsokat: egy hiperélben r db csúcs van, n db hiperélem van, ez eddig nr, azonban minden csúcsot annyiszor számoltam, ahány hiperélben benne van, ez pedig pont d, vagyis nr csúcsom van. d Viszont most ellentmondásba ütköztünk, hiszen (1) és (2) miatt r(d 1) + 1 d(r 1) 1, ami átalakítva és felhasználva, hogy r d + 1, d + 2 d + 1 adódik. Ezzel beláttuk 1.-t. Következzen most 2. bizonyítása. Deniáljuk N v -t úgy, mint egy v V (G) csúcs szomszédai által feszített részgráfban az élek számát. Ezek kétféleképpen állhatnak el. Els esetben olyan élekr l van szól, melyek olyan klikkhez tartoznak, amelyben v is benne van. Egy ilyen klikkben r 1 másik pont van, s d klikkben van benne v, amiknek nem lehet közös pontjuk, így az ilyen élek száma d ( ) r 1 2. Másik esetben olyan élek, melyek H-ban azon hiperélekb l keletkeztek, melyek nem tartalmazzák v-t. Ezen élek a G-ben az x-hez tartozó klikkel között mehetnek. Mivel legfeljebb n d olyan hiperél van H-ban, mely nem tartalmazza v-t, s G-ben v d klikkben van benne, ezért ezen élek száma legfeljebb (n d) ( d 2). Így tehát ( ) ( ) r 1 d N x d + (n d). (4) 2 2 Felhasználva, hogy (G) = d(r 1), valamint az (1), (2) és (3) egyenl tlenségeket, (4) a következ képpen alakítható tovább: N x (G) ( (G) ) ( ) d 1 + (G) 2 d 2 Legyen ekkor 2 (G) 2d 1 f = 1 2d + d (d 1), 2 (G) 1 (d 1)2 + 2d 2(n d) 1 f 1 2d d(d 1) +. 2n + d (G) (d 1). 2 Ekkor teljesül az AKS tétel feltétele, így χ(g) c (G) c d(n d). Azt kell már csak logf (d 1)logf megmutatnunk, hogy a jobb oldal legfeljebb n. Tegyük fel ezt az egyenl tlenséget és rendezzük át logf-re. d 2 szintén feltehet, így az, amit be kellene látni, illetve logf c 1 d n 1 1 d 1 d n 1 1 d d 2 teljesül. Tehát elég lenne megmutatni, hogy f e 2c egyenl tlenségbe beírva elég megoldani az alábbit 1 d(d 1) + 2d 2n 1 C. =: C > 1. Ezt egy korábbi 21

22 Ha d C, akkor 2 C 1, ami azt jelenti, hogy elég megoldani az d egyenl tlenséget, viszont d(d 1) n C 2 C d Cd 2 Cd(d 1) C tehát ha n Cd 2, akkor valóban n-színezhet D. d(d 1), 2 C d Gondoljuk meg, hogy ha d rögzített, akkor ha n túl nagy, teljesülni a hipergráfom elég ritka lesz ahhoz, hogy az el bbi tétel teljesüljön, ha viszont túl kicsi, akkor a s r eset áll fenn, amelyre szintén igaz a sejtés. A kett között csak véges sok halmazrendszer gyártható le, vagyis igaz az alábbi következmény Következmény. [4] Rögzített d esetén az Erd s-faber-lovász sejtésre a reguláris, d-uniform esetben csak véges sok ellenpélda adható Teljesen unimoduláris hipergráfok A 2. fejezetben már deniáltuk a TU hipergráf fogalmát. Ebben a részben egy 2007-ben elfogadott eredményt ismertetünk, mely Jackson és Whitehead brit, illetve Sethuraman indiai matematikusok érdeme [18], s az Erd s-faber-lovász sejtés egy speciális esetét tárgyalja. Amint azt látni fogjuk, a sejtés igaz, ha a vizsgált H hipergráf bizonyos tulajdonsággal rendelkez hiperélei által meghatározott részleges hipergráf elég kevés színnel színezhet, majd ezt felhasználva megvizsgáljuk azt az esetet, mikor az említett részhipergráf TU. A hipergráfok vizsgálata során elengedhetetlen deniálni a részhipergráf fogalmát. A probléma ezzel, hogy nem egyértelm, hogyan kellene ezt megtenni Deníció. A H = (X, E) hipergráf részhipergráfja (subhypergraph) alatt egy Y X ponthalmaz által meghatározott hipergráfot értünk úgy, hogy a ponthalmaz Y, a hiperélek pedig azon hiperélek Y -ba es részei, melyek belemetszenek Y -ba. A H hipergráf részleges hipergráfján (partial hypergraph) egy olyan hipergráfot értünk, mely úgy keletkezik, hogy H-nak csak meghatározott hiperéleit hagyjuk meg, a többit kidobjuk Jelölés. Ebben az alfejezetben a következ jelölések érvényesek (Jacksonék jelöléseihez h en). H = (X, E) egyszer hipergráfot jelöl, H azon részleges hipergráfját, melyet a legalább 3 elem hiperélek határoznak meg, jelölje S. Legyen G = H E(S), ekkor G nyilván egyszer gráf. T jelöli G-nek a X(H) \ X(S) által feszített részgráfját, G pedig a G-beli maximális fokszámú csúcsok által feszített részgráfot. 22

23 A célunk belátni a sejtést abban az esetben, mikor H olyan, hogy χ (S) = (S) és (S) 3. Ehhez segítségünkre Fournier tétele Tétel. (Fournier) [5] Ha G egyszer gráf és G aciklikus, akkor χ (G) = (G) Lemma. Legyen H egyszer hipergráf és X(H) = n. Amennyiben (S) = 1, akkor χ (H) (H) + 1. Bizonyítás. (Berge, Hilton)[6] A feltétel miatt S hiperélei függetlenek, így kaphatják ugyanazt a c színt. Legyen továbbá P H X(S)-ben egy maximális párosítás, ekkor P elemei is kaphatják a c színt. Legyen G = H (E(S) P ) egyszer gráf, melyben a legnagyobb fokszám vagy (H) 1, ami akkor fordulhat el, ha P valamelyik végpontja (H) fokú volt az élek elhagyása el tt, vagy pedig (H) fokú, viszont ekkor az ilyen fokú pontok függetlenek. Ez azért van, mert ebben az esetben (H) fokú pont nem lehet P -beli él végpontja (hiszen visszatéve a P -beli éleket (H) + 1 fokú pontot kapnék), viszont ha két ilyen között futna él, azt bevehetném P -be. Els esetben Vizing, második esetben Fournier tétele biztosítja G (H) színnel való színezését, ehhez még legfeljebb hozzá kell vennünk c-t, vagyis H hiperélei (H) + 1 színnel biztosan színezhet ek Következmény. Ha H egyszer, akkor (H) n 1, így (S) = 1 esetén igaz az EFL sejtés. A továbbiakban (S) 2 esetén feltesszük H-ról, hogy χ (H) = (H), valamint azt, hogy bármely két különböz csúcshoz létezik olyan hiperél, amely ket tartalmazza. Ez a kromatikus indexet legfeljebb növelheti, így az általánosságot nem veszélyezteti a feltevésünk, ellenben igazak az alábbi nagyon egyszer állítások, ahol v V (T ) és x, y X(S): a) T = vagy T olyan klikk, melynek minden csúcsa egy 2 méret hiperélen keresztül csatlakozik S-be. Ekkor d G (v) = n 1. b) x és y pontosan akkor szomszédos G-ben, ha nincs olyan E(S)-beli hiperél, mely tartalmazza mindkét említett csúcsot. c) d G (x) n 3 és pontosan akkor van egyenl ség, ha x-et egy darab 3 méret hiperél tartalmazza S-ben. d) d S (x) = 2 esetén d G (x) n 5. e) d S (x) = 3 esetén d G (x) n 7. 23

24 4.13. Lemma. Legyen H egyszer hipergráf, X(H) = n és (S) = χ (S) = 2. Ekkor χ (H) n. Bizonyítás. Feltesszük tehát, hogy bármely két csúcsot tartalmaz hiperél, valamint az el bb felsorolt állításokra a bet jelekkel hivatkozni fogunk. A bizonyítás során 4 esetünk lesz aszerint, hogy V (T ) hány elem. Kezdetben színezzük ki S-t a c 1 és c 2 színekkel. Azt kell belátni, hogy a G = H E(S) gráf (n 2)-élszínezhet. Els esetben legyen V (T ) üres. Ekkor minden pontot tartalmaz E(S)-beli hiperél, c) miatt (G) n 3, Vizing tétele miatt kész vagyunk. Második esetben legyen V (T ) = {u} Ha létezik w X(S), aminek S-beli foka 1, akkor legyen c 1 az a szín, ami nem a w-t tartalmazó hiperél színe. Legyen uw színe c 1 illetve G = H E(S) uw. Ekkor viszont V (G ) = {u} és (G ) = n 2, használva a)-t és c)-t, s így Fournier tételéb l következik az állítás. Ha nincs ilyen w, akkor minden szomszédja, ergo minden csúcs másodfokú S-ben és így d) miatt minden csúcs legfeljebb n 5 fokú G-ben. Ekkor egy tetsz leges c 2 szín, E(S)-beli hiperélt színezzünk egy új, c 3 szín re. Így keletkezett w 2 és w 3 két olyan csúcs, hogy c 2 hiányzik w 2 -nél, c 3 pedig w 3 -nál. Legyen uw j színe j = 2, 3 esetben c j és G = G uw 2 uw 3. Így elértük, hogy V (G ) = {u} és (G ) = n 3 (a) és d)), vagyis megint csak Fournier tétele miatt G (n 3) színezhet, ebben az esetben is kész vagyunk. Harmadik esetben V (T ) = {u 1, u 2 }. Legyen u 1 u 2 színe c 1, G = G u 1 u 2. a) és c) miatt V (G ) = {u 1, u 2 }, (G ) = n 2, ismét Fournier tételét használva adódik az (n 2)-színezés G -re. Negyedik és egyben utolsó esetünkben V (T ) = t 3. Ha t páros, E(T ) felbomlik P 1 és P 2 teljes párosítások diszjunkt uniójára. P i színe legyen c i és G = G P 1 P 2, ekkor a) és c) miatt (G ) = n 3, a Vizing-tétel biztosítja az állítás igazságát. Ha t páratlan, legyenek r 1, r 2 különböz csúcsok T -b l. Most P i legyen T {u i }-ban egy teljes párosítás, s megint csak P i színe legyen c i, G pedig ugyanaz, mint a páros esetben. Ismételten a) és c) miatt (G ) = n 2, Fournier tétele miatt most is teljesül az állítás Lemma. Legyen H egyszer hipergráf, X(H) = n és (S) = χ (S) = 3. Ekkor χ (H) n. Ennek bizonyítását itt most nem közöljük ([18] cikkben megtalálható), a bizonyítás nagyon hasonló az el z lemma bizonyításához. A különbség, hogy a nagyobb számú eset miatt ez jóval hosszabb és macerásabb, viszont semmivel sem nehezebb. 24

25 Foglaljuk össze egy tételben az el z két lemma eredményét, majd vizsgáljuk meg a következményeket Tétel. [18] Legyen H egyszer hipergráf n csúcson, S pedig a legalább 3 méret hiperélek által meghatározott részleges hipergráfja H-nak. Ha χ (S) = (S) és (S) 3, akkor χ (H) n. A tételben szerepl hipergráf duálisát véve adódik az alábbi alak Tétel. [18] Legyen H n csúcsú, n-uniform hipergráf, S pedig a legalább harmadfokú csúcsok által meghatározott részhipergráfja H-nak. Ha minden hiperél legfeljebb 3 elem, illetve χ(s) 3, akkor létezik H-nak er s n-színezése. Felhasználva, hogy a TU hipergráfokra igaz az χ = egyenl ség, igazak az alábbi következmények Következmény. [18] 1. Legyen H egyszer hipergráf n csúcson, S pedig a legalább 3 méret hiperélek által meghatározott részleges hipergráfja H-nak. Ha S TU és (S) 3, akkor χ (H) n. 2. Legyen H n csúcsú, n-uniform hipergráf, S pedig a legalább harmadfokú csúcsok által meghatározott részhipergráfja H-nak. Ha minden hiperél legfeljebb 3 elem és S TU, akkor létezik H-nak er s n-színezése G teljes gráf Vegyünk most alapul a sejtés gráfos alakját (3.3), az ottani jelöléseket használva. Természetesen az egyes klikkek elemszámára vonatkozó feltétel n-r l legfeljebb n-re cserélhet, azaz A i n. Azt már láttuk a 3.5 megjegyzésben, hogy az 1 klikkfokú pontok elhagyhatóak, s az is könnyen látszik, hogy minden klikkben van legalább egy 1 klikkfokú pont. Vagyis feltehetjük, hogy minden v V (G) esetén 2 d K (v) n 1. Ebb l következik, hogy minden klikk mérete 2 és n 1 között van. S t, alsó korlátként 3 is feltehet, hiszen egy 2 elem klikk elhagyása esetén a feladat n 1 db n 1 méret klikk színezése n 1 színnel. Feltehet továbbá, hogy bármely két klikknek van közös pontja. Ha nincs, akkor hozzáveszünk egy pontot a gráfhoz, ami ebben a két klikkben van. Végül tegyük még fel azt is, hogy van olyan pont, melynek klikkfoka legalább 3 (lásd 5.3 lemma bizonyítása). Deniáljuk a G gráfot a következ képpen: G csúcsai feleljenek meg a G-beli klikkeknek, s ha G-ben egy v csúcs benne van r v 2 klikkben, akkor G -ben az ezen 25

26 klikkeknek megfelel csúcsok alkossanak egy teljes részgráfot. Ekkor a 3.3 sejtés ekvivalens a következ vel: Sejtés. [15] Ha a G = (V, E ) gráf n csúcsú és éldiszjunkt Q j klikkek uniója, akkor a klikkek színezhet k n színnel úgy, hogy a különböz szín klikkek metszete üres. Az el bbi feltevéseinket analóg módon átültethetjük G -re. Még egy megfogalmazását ismertetjük a problémának. Legyen J = (V, V, L) páros gráf, V és V mint eddig, vv pedig él J-ben, ha a v-nek megfelel G-beli csúcs a v - nak megfelel klikkhez tartozik G -ban. Mivel G-ben két klikk metszete legfeljebb 1 elem, J négyzetmentes gráf (C 4 J). Legyen még J 2 az a gráf, melyet J-b l a kett távolságra lév pontok összekötésével kaphatunk meg Sejtés. [15] Ha a J = (V, V, L) páros gráf n csúcsú és négyzetmentes, továbbá minden csúcs foka legalább 2, akkor J 2 n-színezhet. A feltevéseket J-re is megfogalmazhatjuk. A most bevezetett jelöléseket használva belátjuk azt az esetet, amikor G egy klikk, a G terminológiáját használva Tétel. [15] Ha G olyan, hogy bármely két Q j -nek van közös pontja, akkor a Q j -k száma legfeljebb n, így 4.18 igaz. Bizonyítás. Legyen a Q j -k száma m, továbbá r a legkisebb méret Q = Q j klikk mérete. Q csúcsai legyenek v 1,..., v r, s i = k, ha v i k db, Q-tól különböz klikkben van benne. Feltehet, hogy s 1... s r. Ha s 2 = 0, minden klikk találkozik v 1 -ben. Mivel G -ben egy csúcs egy G-beli klikknek felel meg, valamint G -ben minden klikk legalább 2 elem, csak n-nél kevesebb klikk találkozhat v 1 -ben, azaz m < n. Ellenkez esetben 0 < s 2 < s 1. Ekkor n s 1 s 2 + r, mivel V (Q) = r és minden s 2 -höz tartozó klikkre igaz, hogy különböz csúcsban kell találkoznia minden s 1 -hez tartozó klikkel. Szintén igaz, hogy s r, mert például egy s 1 -hez tartozó klikkek közül van olyan aminek legalább ennyi csúcsa van, s Q minimális az elemszámra nézve. Ha s 1 < s 2, akkor s s r + 1 = m s 1 + (r 1)s s 1 s 2 + s (s 1 s 2 )s 2 s 1 s 2 + s (s 1 1) s 1 s s 1 s 2 + r n. Ha s 2 = s 1 és s > r, akkor m rs s 1 s s 1 s 2 + r n. Ha pedig r = s 2 + 1, akkor m rs s 1 (s 2 + 1) + 1 s 1 s 2 + r = n. 26

27 4.4. J síkbarajzolható Az el z részben használt jelöléseket fogjuk alkalmazni ebben a részben is, s belátjuk a sejtés alábbi, viszonylag kevés gráfra alkalmazható, speciális esetét Tétel. [15] Ha a J = (V, V, L) gráf síkbarajzolható, akkor 4.19 teljesül. A tétel igazolása el tt azonban ismertetjük a Walecki-konstrukció fogalmát egy egyszer bizonyításon keresztül Deníció. [14] Azt mondjuk, hogy a G reguláris gráfnak létezik Hamiltonfelbontása, ha 2d-reguláris és E(G) d db Hamilton-kör diszjunkt uniója; vagy 2d + 1- reguláris és E(G) d db Hamilton kör és egy teljes párosítás diszjunkt uniója Állítás. Minden n-re K n -nek létezik Hamilton-felbontása. Bizonyítás. (Walecki-konstrukció)[14] Az állítás nyilvánvaló n 2 esetén. Legyen n = 2m + 1 3, K n csúcsai rendre v 0,..., v 2m. Legyen C a v 0 v 1 v 2 v 2m v 3 v 2m 1...v m+3 v m v m+2 v m+1 v 0 Hamilton-kör és legyen σ a csúcsok (v 0 )(v 1...v 2m ) permutációja. Ekkor C, σ(c),..., σ m 1 (C) pont egy Hamilton-felbontás. Legyen most n = 2m 4, C a v 0 v 1 v 2 v 2m 1 v 3 v 2m 2...v m 1 v m+2 v m v m+1 v 0 Hamilton-kör, σ pedig a csúcsok (v 0 )(v 1...v 2m 1 ) permutációja. Ekkor C, σ(c),..., σ m 2 (C) éldiszjunkt Hamilton-körök, a maradék élek pedig teljes párosítást alkotnak. Bizonyítás. (4.21 tételé) J négyzetmentessége folytán minden tartomány legalább 6 oldalú, illetve J párossága miatt páros számú oldal határolja. Mi több, feltehet, hogy minden tartomány 6 oldalú a csúcsszám növekedése nélkül, ugyanis ha van egy legalább 8 oldalú v1v 1...vt v t tartomány, akkor vagy egy v1v q v3, vagy egy v2v r v4 tartománybeli út hozzáadásával 2-vel csökkentettük az oldalak számát (a négyzetmentesség nem romlik el), s egy 6 oldalú tartomány még keletkezik. A 4.3 fejezet elején a G-re tett feltevéseket J-re átültetve kapjuk, hogy V -ban minden pont foka legalább 3, V -ben pedig van legalább egy 3 fokú csúcs. Vegyünk egy v1v 1...v3v 3 tartományt, ahol a v -k és v 2 harmadfokú. Ha most összehúzzuk v 1 -t és v 3 -t, illetve v1-t és v3-t, akkor elt ntetünk egy C 6 -t. Így V elemszáma egyel csökken, indukcióval n 1 színnel színezhetjük a maradék V -beli csúcsokat, majd v 1 kaphat egy új színt. A baj csak annyi, hogy J nem feltétlenül marad négyzetmentes, viszont ez is csak akkor, ha J-ben valamelyik C 6 nem tartomány. Ebben az esetben válasszuk azt az ilyen C-t, melynek a legkevesebb csúcs van a belsejében és legyen J a C és C belsejében lév csúcsok által feszített részgráfja J-nek. Ha J -ben még mindig van valamilyen v 3 fokú V -beli csúcs, akkor megint veszünk egy olyan tartományt, aminek v a belsejében van és indukcióval megint készen vagyunk. 27

28 Legyen F az a tartomány, aminek v a határán van és legfeljebb egy olyan él van F belsejében, amely határolja J -t. Ekkor F elt ntetése nem csinál J határából C 4 -t. Ha J olyan, hogy a V -beli csúcsok mind másodfokúak, akkor minden olyan kör, melynek belsejében nem fut él, 3 hosszú, így kell lennie V -ban 3, 4 vagy 5 fokú pontnak. Ha csak egy V -beli csúcs van J-ben, ami C-n kívül esik, akkor csak egy Q klikk van G -ban, ami legalább 3 pontból áll, akkor a Walecki-konstrukció segítségével páros n esetén Q kaphat új színt, páratlan n esetén pedig a majdnemteljes párosítás színe legyen c. Ekkor ha egy párosított él egyik végpontja Q-beli, akkor a másik is és így Q kaphatja c-t. Ha legalább 2 ilyen csúcs van és v V olyan, hogy d(v) = 3 és C belsejében van, akkor van olyan 2 hosszú P út, mely v-ben kezd dik és a végpontja olyan V -beli csúcs, melynek a foka legfeljebb n 2. P éleit elhagyva a középs csúcsot már ki tudom színezni, majd a másik két ilyen v-b l induló utat, majd v-t magát elhagyva n egyel csökken, s indukció miatt ismét kész vagyunk. Ha v foka 4 vagy 5, akkor P végz dhet C belsejében is, valamilyen v pontban. Ekkor v foka legfeljebb n 4, P -t elhagyva v foka legfeljebb 4, v foka legfeljebb n 5, így megint van színem a középs csúcs számára. Az el z esethez hasonlóan csökkentem az elemszámot n 1-re, s megint csak indukcióval kész vagyunk Speciális G esete Tétel. [15] Legyen k a legkisebb méret klikk elemszáma G -ban. Ha k 3 és E(G ) 1 2 (1 1 k )2 n 2, akkor 4.19 igaz. Bizonyítás. Legyen k és G ilyen. Indukciót fogunk alkalmazni, ehhez pedig megmutatjuk, hogy ha valamelyik k méret Q legfeljebb n 1 másik klikkel szomszédos, így Q-t elhagyva a maradék klikkeket n színnel színezve még mindig marad egy színem Q számára. Tegyük fel indirekt, hogy minden klikknek legalább n másikkal van közös pontja, legyen Q k méret, valamint a Q-val szomszédos klikkek valamilyen indexhalmazra Q j -k. Mivel minden egy v Q csúcsot minden Q j tartalmaz, s Q minimalitása miatt minden ilyen klikk legalább k elem, az ilyen Q j -k száma legfeljebb n 1, Q-t is beleértve. Másrészt viszont a feltevésünk szerint legalább n klikknek van közös pontja Q-val, k 1 Q-nak pedig k pontja van, így v-ben legalább n +1 klikk találkozik Q-t is beleszámolva. Tehát k a v-ben találkozó klikkek m számára igaz, hogy n k + 1 m n 1 k 1 Viszont az ilyen klikkek mindegyikére igaz, hogy legalább n m Q j metsz bele v-t l különböz csúcsokban, ami azt jelenti, hogy a J gráfban legalább n m él csatlakozik 28