EXTREMÁLIS GRÁFOK. SZAKDOLGOZAT KÉSZÍTETTE: Tölgyes Laura Veronika SZAK: Matematika BSc Tanári szakirány TÉMAVEZETŐ: Szőnyi Tamás

Átírás

1 EXTREMÁLIS GRÁFOK SZAKDOLGOZAT KÉSZÍTETTE: Tölgyes Laura Veroika SZAK: Matematika BSc Taári szakiráy TÉMAVEZETŐ: Szőyi Tamás Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Természettudomáyi Kar 010

2 Tartalom 1. Bevezetés Alapfogalmak Defiíciók, egyszerű tételek Matel tétel Rávezetés Matel tétel és bizoyításai Kiegészítés a Matel tételhez Általáosítások Háromszög, mit 3-hosszú kör Háromszög, mit 3 csúcsú teljes részgráf Középiskolai tárgyalásra alkalmas témák Fák Feladatok Zarakiewicz-probléma A probléma ismertetése Reima-tétel és bizoyítása Egyelőség a Reima-tételbe Véges projektív sík Speciális projektív síkok A Zarakiewicz-probléma és a véges projektív síkok Turá tétel Turá-gráf Turá-tétel és bizoyítása Turá-típusú tételek Lezárás... 45

3 9. Irodalomjegyzék Köszöetyilváítás

4 1. Bevezetés Témaválasztásomat két alapvető szempot határozta meg. Nevezetese az egyik az, hogy kedvec tatárgyam volt a véges matematika, - melyet sajos csak első évbe hallgattuk -, a másik pedig, hogy leedő taárkét, középiskolai voatkozása is legye a szakdolgozatomak.. Alapfogalmak.1. Defiíciók, egyszerű tételek [], [3], [4] A szakdolgozatomba haszált fogalmakat a szakirodalom alapjá defiiálom. [1], Gráf: 1. Egy potokból és az őket összekötő voaldarabokból álló alakzatot evezük gráfak. A potokat a gráf potjaiak, illetve csúcsaiak ( v ), a voaldarabokat pedig a gráf éleiek ( e) hívjuk. A gráfot defiiálhatjuk absztraktabb módo is.. Egy G = ( V, E) redezett párt, ahol V egy em-üres halmaz, E pedig ebből a halmazból képezhető párok egy halmaza, - ahol egy pár esetleg többször is előfordulhat ( pl.: { 1, }, { 1, } ) végpotja { v v } v v v v, illetve lehet egy élek azoos a kezdő- és ( 1, 1 típusú párok ) -, gráfak evezük. V elemeit potokak vagy csúcsokak, E elemeit élekek hívjuk. Egy G gráf eseté V ( G) -vel illetve E ( G) - vel jelöljük a gráf potjaiak, illetve éleiek halmazát. A potok, illetve élek számát pedig v( G) -vel illetve e( G) -vel jelöljük. Ha v 1 és v egy gráf két potja és e E él a { v1, v } párak felel meg, akkor ez a két pot e két végpotja. 4

5 Hurokél: Ha v1 v =, azaz {, } v v típusú a pár, akkor hurokélek evezzük. (1. ábra) ábra: Hurokél Többszörös, illetve párhuzamos élek: Ha két külöböző em hurokélek azoosak a végpotjai, azaz egy {, } v v pár többször szerepel E-be, akkor többszörös, illetve 1 párhuzamos élekről beszélük. (. ábra). ábra: Párhuzamos élek Megjegyzés: Ha egy potra két külöböző hurokél illeszkedik, többszörös hurokélek hívjuk. (3. ábra) 3. ábra: Többszörös hurokélek Egyszerű gráf: Olya gráf, amelybe icse hurokél és többszörös él sem. Teljes gráf: Ha egy potú egyszerű gráf bármely két potja között vezet él, teljes gráfak evezzük. Az potú teljes gráfot K -el jelöljük. Élsorozat: Egy ( v, e, v, e,..., v, e, v ) k 1 k k sorozatot élsorozatak (sétáak) evezük, ha e i a vi 1 -et és vi -t összekötő él, mide i = 1,..., k -ra. Az élsorozat hossza az élek száma, azaz k. Út: Útak evezük egy élsorozatot, ha abba a csúcsok mid külöbözőek. 5

6 Kör: Egy élsorozatot körek evezük, ha e1 e, v0 = vk és egyébkét a csúcsok mid külöbözőek. Eze belül páros, illetve páratla körről beszélük, ha páros, illetve páratla sok potból áll. A k-hosszú kört Ck -val jelöljük. Összefüggő gráf: Egy gráfot összefüggőek evezük, ha tetszőleges két potja között vezet út. Kompoes: Egy gráf kompoesé egy maximális összefüggő részgráfját értjük. Fa: Az összefüggő körmetes gráfokat fákak evezzük. Izolált pot: Egy potot izoláltak evezük, ha ics vele szomszédos pot. Függetle pothalmaz: Egy X V ( G) szomszédos pot. függetle pothalmaz, ha ics bee két G-be a függetle pothalmaz maximális méretét α ( G) -vel jelöljük. Lefogó pothalmaz: Egy X V ( G) legalább az egyik végpotját tartalmazza. G-be a lefogó potok miimális számát τ ( G) jelöli. lefogó pothalmaz, ha G mide éléek Állítás: Függetle pothalmaz komplemetere lefogó pothalmaz. Fokszám: Az x potból kiiduló élek számát az x pot fokszámáak evezzük és d ( x) -szel jelöljük. ' E Megjegyzés: Hurokéleket a fokszám számolásakor kétszer kell számoli. k-reguláris gráf: Ha egy gráf mide potjáak foka k, k-regulárisak evezzük. ' ' ' Részgráf: Egy (, ) E és két Jelölés: G ' G. G V E gráfot a (, ) G V E gráf részgráfjáak evezük, ha 6 ' V V, ' V -beli pot csak akkor va éllel összekötve, ha G-be is vezetett köztük él. ' ' ' Megjegyzés: Fotos, hogy (, ) potpárok lehetek, melyek midkét tagja V -beli. ' ' ' Feszítő részgráf: Egy (, ) evezük, ha G V E valóba gráf legye, azaz E -be csak olya G V E gráfot a (, ) ' G részgráfja G-ek és G összes potját tartalmazza, azaz Feszített részgráf: Egy G V E gráf feszítő részgráfjáak ' V = V. G ' gráfot a G gráf feszített részgráfjáak evezük, ha részgráfja G-ek, és G-ek mide olya élét tartalmazza, amely G ' két potját köti össze. Azaz, ha úgy keletkezik, hogy G-ből bizoyos potokat a belőlük kiiduló élekkel együtt elhagyuk, más éleket pedig em.

7 Páros gráf: Páros gráfak evezük egy gráfot, ha potjai két osztályba sorolhatók úgy, hogy az osztályoko belül em vezet él. Lássuk most éháy egyszerű tételt, melyeket a későbbi tételek bizoyításába felhaszáluk..1. Tétel: Egyszerű gráf potjaiak összfokszáma egyelő az élek számáak kétszeresével. d( x) = E = e. [1] x V Bizoyítás: A fokszámok összegzése sorá mide potra megszámoljuk, hogy háy él illeszkedik hozzá. Mivel mide élek két végpotja va, potosa két pothoz illeszkedik, így mide élt potosa kétszer számoluk meg. [1] kört... Tétel: Egy G gráf potosa akkor páros, ha em tartalmaz részgráfkét páratla A tétel egy másik megfogalmazását találjuk A számítástudomáy alapjai című taköyvbe. [1] Bizoyítás: Az egyik iráy triviális, hisze ha C egy kör a páros gráfba, akkor C potjai a gráf két osztálya, A és B között alterálak. Így C biztosa páros sok potból áll, páratla kör em lehet. (4. ábra) 4. ábra 7

8 Nézzük most a másik iráyt, azaz ha G em tartalmaz páratla kört. Ekkor G mide köre páros. Megmutatjuk, hogy ilyekor a gráf potjai két halmazba (A-ba és B-be) oszthatók úgy, hogy a halmazoko belül e vezesseek élek. Válasszuk ki egy tetszőleges x potját a gráfak, és helyezzük el az A halmazba. Ekkor x szomszédjait tegyük a B halmazba. Az így B-be kerülő potok szomszédjait ismét A-ba, és így tovább. Ezt az eljárást addig folytatjuk, míg a gráf összes potját el em helyeztük a két halmazba. Ha a kör bezárult, de a gráfak még va el em helyezett potja, azaz G em összefüggő, ezt az eljárást mide kompoesre ismételjük meg. Így biztosa páros gráfot kapuk, hisze ha az egyik halmazba lee két szomszédos csúcs, akkor a gráf tartalmaza páratla kört, ami a feltevések elletmod..3. Tétel: Összefüggő G gráf C köréek egy élét elhagyva a gráf összefüggő marad. Bizoyítás: Mivel egy él elhagyásával csak az adott két pot között vezető út szűhet meg, ezért elég azt megvizsgáli, hogy a kör egy { x, y } élét elhagyva, x és y között még vezet út. Tehát ha a gráf kompoesekre esik szét, az csak úgy lehetséges, hogy x és y külöböző kompoesbe tartozik. 5. ábra Mivel a kör defiíciója alapjá az őt alkotó élsorozat elemei ciklikusa permutálhatóak, ezért egy tetszőleges vi C ( 0 i k ) csúcsból kétfelé juthatuk el a 8

9 v j C ( j i, 0 j ) csúcsba (5. ábra). Töröljük ki C G -ből egy tetszőleges {, } vi v i + 1 élt. Ekkor i { v, v, v,..., v, v, v,..., v, v } i i 1 i 1 o k i i 1 v és v i + 1 között még vezet út, mégpedig + +, ami elletmod aak, hogy x és y külöböző kompoesbe tartozik. Ezt a feti ábra szemlélteti. (5. ábra) 3. Matel tétel 3.1. Rávezetés Egy potú egyszerű gráfak legfeljebb éle lehet, mivel adott csúcsszám eseté egyszerű gráfok között a teljes gráf a maximális élszámú, és aak pedig ( 1) éle va, hisze mide kiválasztott potból bármely másik pothoz vezet él, de így mide élt kétszer számolák, ezért osztauk kell -vel. Ez éppe ( 1) =. Ha ics a gráfba kör, akkor legfeljebb ( 1) éle lehet. Ez épp egy fa, amely az összes csúcsot tartalmazza. Ha a gráf em összefüggő, legfeljebb háy éle lehet? Tegyük fel, hogy a gráf potjai két csoportra oszthatók, melyekek icse közös potjuk, és em vezet köztük él. Ez már elég ahhoz, hogy a gráf e legye összefüggő. Ekkor az egyik csoportba k db csúcs va, így a másikba ( k ), mivel a gráfak összese potja va. Legye k k. Ekkor k. Ha így a lehető legtöbb élt akarjuk behúzi, akkor azt az esetet kell tekiteük, amikor a két csoport két teljes részgráfja az eredeti G gráfak. Ekkor összese k k k! k! k k 1 k k 1 + = + = + =! ( k )!! k! k k + k k + k + k = = k ( k ) = k ( k ) 9

10 éle va G-ek. Az a kérdés, hogy ez a kifejezés mikor lesz maximális. Mivel ( k ) is pozitív, a feti kifejezés akkor maximális, ha k ( k ) k és miimális (hisze álladó, em függ k-tól). Mivel k az egyik csoportba lévő csúcsok száma, 1 k 1, k N. Így azt kapjuk, hogy az élszám akkor lesz maximális, ha k = 1, illetve ha k = 1. A két eset szimmetrikus. Tehát em összefüggő gráf eseté a maximális élszám ( 1)( ) 1 ( 1) = =. Ez azt jeleti, hogy akkor tudjuk a legtöbb élt behúzi, ha egy izolált potuk va, és a többi pot teljes gráfot alkot. Egy potú egyszerű, páratla kört em tartalmazó gráfak legfeljebb lehet, hisze egy gráfba a.-es tétel szerit -, potosa akkor ics páratla kör, ha páros. Esetükbe a páros gráf éleiek száma k ( k ) éle. Így a maximális élszám páros gráf eseté éppe, hisze egy kéttéyezős szorzat értéke akkor maximális, ha a két szorzótéyező egyelő. Tehát k ( k ). Meyibe változa a helyzet, ha em az összes páratla kört, haem csak éháyat, például a 3-hosszúakat, zárjuk ki? 3.. Matel tétel és bizoyításai 3.1. Tétel (Matel): Az potú háromszögmetes egyszerű gráf éleiek száma legfeljebb, azaz 4 E G. [5] 4 Megjegyzés: Ha páros, akkor aak a teljes páros gráfak, amelyek midkét osztályába potja va, éppe 4 em javítható. éle va, tehát a becslés éles, ami azt jeleti, hogy 10

11 Bizoyítás 1.: Ha a gráf háromszögmetes, akkor a v csúcs szomszédjai függetle pothalmazt alkotak. (6. ábra) Ha G-be a maximális függetle pothalmaz mérete k, akkor mide csúcsra d ( v) k. Hisze ha lee egy pot ( x ), amiek a foka például k + 1, akkor em k lee a legagyobb függetle pothalmaz mérete, haem k ábra Legye A V ( G) függetle és A = k (ahol A az A halmaz számosságát jelöli). A többi pot által alkotott halmaz legye B. (7. ábra) 7. ábra Ekkor e( G) d( v), mivel A- belül em halad él. Egyelőség akkor teljesül, ha v B icse olya él, ami két B-beli potot köt össze, azaz ha G páros. Mide (B-beli) pot 11

12 foka legfeljebb k, mivel mide pot szomszédjai függetle halmazt alkotak, tehát e( G) d ( v) k B = k ( k ), mert A = k, B = k. Ahogy azt a rávezetésbe v B láthattuk, k ( k ) = 4. [3] Ez a bizoyítás tulajdoképpe azt bizoyítja, hogy ha egy G egyszerű gráfba icse háromszög, akkor E ( G) α ( G) τ ( G), hisze ekkor mide csúcs foka legfeljebb α ( G) lehet, és ezeket egy maximális függetle halmaz komplemeterére (ami miimális lefogó halmaz, így τ ( G) potja va) összegezzük. Bizoyítás.: Válasszuk ki két potot, amelyek közt vezet él. Legye ez x és y. Jelöljük A-val x- ek y-tól külöböző, B-vel pedig y-ak x-től külöböző szomszédjaiak halmazát. (8. ábra) 8. ábra Ekkor A B =, hisze ha A-ak és B-ek lee közös potja, például z, akkor az { x, y }, { y, z } és {, } z x élek egy háromszöget alkotáak, ami a tétel feltételéek elletmod. Tehát x-ek és y-ak ics közös szomszédja. Természetese hasoló okok 1

13 miatt A-, illetve B- belül sem vezethetek élek. (Ezt haszáltuk fel a bizoyítás 1-be.) Ekkor d ( x) + d ( y), hisze ha x-et és y-t leszámítva a többi pot midegyike vagy x- szel, vagy y-al va éllel összekötve, akkor x-ek és y-ak együtt összese legfeljebb ( ) egymástól külöböző szomszédja lehet, és midkettőek szomszédja a másik, tehát az még plusz egy-egy él. Így élre. Ekkor mide v V ( G) -re d ( v ) éppe d x + d y =. Adjuk össze ezt az összes d v -szer szerepel, és ha a G gráfak összese e éle va, akkor az egyelőtleség az összeadás utá a következőképpe alakul: d ( v) e. v V G Az egyelet midkét oldalát -el elosztva a következőt kapjuk: v V G A.1-es tétel alapjá tudjuk, hogy d ( v) v V G v V G Az utóbbi egyeletet emeljük égyzetre: d v e. ( ) = e. Most is osszuk le -el: d v d v e =. v V ( G) = 4e ( ) Alkalmazzuk ezutá ( )-ra és ( )-ra a számtai és égyzetes közép közti egyelőtleséget: Ezek alapjá tehát, d ( x) d ( x) d ( x) d ( x). d ( x) d ( x). 4e 4e = e e e 4 Ráadásul, mivel e N, így az oszthatóság miatt e 4 is teljesül. [5] 13

14 Ezt a bizoyítást kevésbé részletese leírva Szőyi Tamás Turá tételkör című jegyzetébe megtalálhatjuk. [5], [6] Bizoyítás 3.: A Matel-tétel a Turá-tétel speciális esetekét is értelmezhető. Tehát, ha a Turátételt beláttuk, a Matel-tétel is automatikusa bizoyítást yer. (A Turá-tételt és bizoyítását ld. később a 7. potba.) 3.3. Kiegészítés a Matel tételhez A Matel-tételbe egyelőség csak abba az esetbe lehetséges, ha mide fokszám megegyezik. Ehhez (a. bizoyítás alapjá) szükséges, hogy d ( x) + d ( y) =, mide élre. Ha { x, y } él, melyre d x + d y =, akkor G olya páros gráf, amelyek két osztálya G ( x ) és G ( y ). (Ahol G ( x ), illetve G ( y ), az x, illetve y csúcs szomszédjaiak halmazát jelöli.) A rávezetés szerit G-ek akkor lesz a legtöbb éle, ha k és k a lehető legkevésbé tér el egymástól. Ha tehát e =, akkor = l eseté, ahol l N, G teljes 4 páros gráf, melyek két elemű osztálya va. Ha = l + 1 és l N, akkor e 4 egyelőtleség valójába 1 e - et jelet, hisze 4 ( l ) = = és e N l l Egyelőség, azaz másik pedig 1 1 e = eseté G olya páros gráf, melyek egyik osztálya 4 elemű. A fetiek alapjá a következő tételt fogalmazhatjuk meg: + 1, 3.. Tétel: Legye G olya háromszögmetes gráf, melyek élszáma G olya teljes páros gráf, melyek két osztálya l ( l ) = l + 1 l N eseté pedig + 1 1, illetve elemű. = N eseté. Ekkor 4 elemű, 14

15 Megjegyzés: Ezt is tekithetjük a Turá-tétel speciális esetéek. Erről bővebbe Szőyi Tamás Turá tételkör című jegyzetébe olvashatuk. [5], [6] Tekitsük a 3.1-es tétel második bizoyításáak végét, és vizsgáljuk meg azt az esetet, amikor G em páros gráf. Ebbe az esetbe d ( x) + d ( y) 1, { x, y} élre. Ekkor, ha a 3.1-es tétel második bizoyításáak számolását erre voatkozóa megismételjük, d ( v) e helyett d ( v) e( 1) v V G 4e v V G ( 1 ) ( ) 1 e e. 4 A fetiek alapjá a következő állítást fogalmazhatjuk meg: 3.3 Állítás: Ha valamely { x, y } élre -et kapuk. Ebből d x + d y =, akkor a gráf olya páros gráf, amelyek két osztálya, x illetve y szomszédjai. Ha G em páros, akkor E G ( ) Általáosítások Mivel a háromszöget felfoghatjuk 3-hosszú körkét és 3 csúcsú teljes részgráfkét is, kétféleképpe is általáosíthatuk Háromszög, mit 3-hosszú kör Vizsgáljuk meg először, hogya alakul a helyzet, ha C4 -et, azaz a 4-hosszú köröket zárjuk ki. Ezzel a kérdéssel Erdős Pál foglalkozott egy számelméleti probléma kapcsá Tétel (Jese-egyelőtleség): Egy f függvéy akkor és csak akkor kovex egy I itervallumo, ha x,..., 1 x I, t 1,..., t > 0 és t t = 1-ből következik, hogy [7] (... )... f t x + + t x t f x + + t f x A Jese-egyelőtleséget és bizoyítását megtaláljuk az Aalízis I. taköyvbe. 4.. Következméy: Ha az f függvéy kovex az I itervallumo, akkor,..., 1 x1 x I, t 1... t 15 = = =, N és

16 + + x x f x1... f x f teljesül Tétel: Legye G 4-hosszú kört, azaz C4 Bizoyítás 1.: egy csúcsú egyszerű gráf, amely em tartalmaz részgráfkét G. Ekkor E ( G) ( ). [6] 4 Számoljuk meg potról potra az összes csereszyét a gráfba, vagyis azokat az élpárokat, amelyekek egyik végpotja közös! Ekkor eredméyül hisze egy x pot -féleképpe -féleképpe d x x V G d x -et kapuk, lehet egy csereszye csúcsa. Egy gráf potjait lehet párba állítai. Ugyaarra a potpárra, mit a csereszye két végpotjára, két külöböző csereszye em illeszkedhet, mivel azok együtt egy 4-hosszú kört alkotáak. Így x V G Defiiáljuk a következő függvéyt: d x. ( 1) x x x f : x =. Alkalmazzuk f-re a Jese-egyelőtleséget, illetve az abból származó 4.-es következméyt, - amit megtehetük, mivel a fet defiiált f függvéy kovex (amely abból is látható, hogy bee az x együtthatója pozitív). Az egyszerűség kedvéért E ( G) -et e- vel jelöljük. Ekkor a következő egyelőtleséghez jutuk: x V ( G) x V ( G) d x d x Az egyelőtleséget -el megszorozva, majd a.1-es tételt és a csereszyék számára kapott felső becslést alkalmazva, az egyelőtleség a következőképpe alakul: d ( x) d ( x) e x V G. x V ( G) 16.

17 Nullára redezve az egyelőtleséget, az alábbiakat kapjuk: e e 1 ( 1) e e 1 ( 1 ) 4e e ( 1) 0. A másodfokú egyelet megoldásába az egyik gyök sose lesz pozitív, így azt em kell figyelembe veük, hisze em ad új korlátot e re. (Triviális, hogy egatív az élszám em lehet.) Tehát az élszámra a következő felső becslést yerjük: ( 1 1 4( 1) ) ( 1 4 3) e = + + = Bizoyítás.: A Tételt a Matel-tétel -es bizoyítása alapjá is beláthatjuk. Ekkor x V G A biomiális együtthatókat kifejtve a beszorzást elvégezve d x ( 1) d ( x) ( 1) d x, x V G ( d ( x) ) d ( x) ( 1). x V G x V G = e, Felhaszálva, hogy a.1-es tétel szerit d ( x) Ebből d ( x) x V G x V G ( d ( x) ) e ( 1) adódik. x V G -re a következő felső becslést kapjuk: ( d ( x) ) ( 1) + e. x V G Alkalmazzuk itt is a számtai és égyzetes közép közti egyelőtleséget: x V G d x x V G d x. 17

18 Az egyelőtleséget d ( x) x V G x V G -re redezve az eredméy a következő: d x Haszáljuk fel ismét, hogy d ( x) A fetiek alapjá d ( x) x V G x V G d ( x). x V G = e. Ekkor d x x V ( G) = 4e -re az alábbi alsó becslést kapjuk:. 4e x V G d x. A két becslést összevova: 4e ( d ( x) ) ( 1) e. + x V G Az egyelőtleség két szélét egybeírva és redezve ismét a 4e e 1 0 egyelőtleséghez jutuk, melyből az első bizoyítás szerit épp a tétel állítása következik, azaz e ( 1 4 3) Háromszög, mit 3 csúcsú teljes részgráf Ezt az általáosítást később, a Turá-tétel tárgyalásáál fejtem ki. (7-es pot) 5. Középiskolai tárgyalásra alkalmas témák Középiskolába a gráfelmélet csak éritőlegese szerepel a taayagba. Mivel szeritem a hétközapi életbe is vaak fotos alkalmazásai (például útvoaltervező programok, ismeretségi térképek), kicsit bővebbe is érdemes lee beépítei a 18

19 taayagba. Ehhez a következő vázlatos tervet, és egy-két, középiskolai módszerekkel is megoldható, egyszerű extremális problémákat megfogalmazó feladatot készítettem. Véleméyem szerit a Matel-tétel és bizoyítása is elmodható, kellő előkészületek mellett. Midez természetese csak egy alap szemléletmódot ad. A vázlatos terv: Alapfogalmak ismertetése: o gráf (1. defiíciója), út, kör, fa, élszám, fokszám, összefüggő gráf, egyszerű gráf, teljes gráf, páros gráf Fákról szóló tételek és bizoyításuk Feladatok kitűzése Feladatok megoldása Matel-tétel A tétel. bizoyításáak levezetése A gráf első defiícióját tartom középiskolások számára köyebbe megérthetőek és elképzelhetőek, ezért azt haszálám az oktatásba. Hasoló módo a Matel-tétel. bizoyítási formája követhetőbbek tűik, ezért aak levezetését választaám Fák Az.1 potba megfogalmazott defiíció alapjá fáak evezzük azokat a gráfokat, amelyek összefüggőek és em tartalmazak kört. A fákat miimálisa összefüggő és maximálisa kör élküli gráfokkét is defiiálhaták, amely az alábbi tételből következik Tétel: I.) Egy G gráf potosa akkor fa, ha összefüggő, de tetszőleges élét elhagyva szétesik. II.) Egy G gráf potosa akkor fa, ha körmetes, de tetszőleges új élt behúzva kör keletkezik. Bizoyítás: I.) Először azt az iráyt látjuk be, hogy ha a gráf fa, akkor teljesül rá a tételbeli feltétel. A defiíció alapjá G biztosa összefüggő, így aak bizoyításával em kell foglalkozuk. Azt kell tehát megmutatuk, hogy G bármely élét elhagyva, az így kapott gráf már em összefüggő. Ehhez tegyük fel idirekt, 19

20 hogy G-ek létezik { x, y } éle, melyet elhagyva, a keletkezett G gráf II.) összefüggő marad. Ez azt jeleti, hogy G -be létezik x-et és y-t összekötő U út. Helyezzük most vissza az { x, y } élt. Ekkor, ha U-hoz hozzávesszük az { x, y } élt, együtt kört alkotak, tehát az eredeti G gráf em volt körmetes, tehát em lehetett fa. Ezért az idirekt feltevésük helytele, azaz G tetszőleges élét elhagyva a gráf em marad összefüggő. Vizsgáljuk meg most a másik iráyt. Mivel tudjuk, hogy a gráf összefüggő, elég azt belátuk, hogy em tartalmaz kört. Tegyük fel ismét idirekt, hogy G-be va egy C kör. Ez azoba elletmod a tétel feltételéek, hisze a.3- as tétel szerit C bármely élét elhagyva a gráf összefüggő marad. Ha G fa, akkor a defiíció alapjá biztosa em tartalmaz kört. Tegyük fel idirekt, hogy G-be egy új élt, { x, y} -t behúzva, a kapott G gráfba em keletkezik kör. Ez azoba azt jeleti, hogy eddig em vezetett x és y között út, tehát G em volt összefüggő, így fa sem lehetett. Lássuk most a másik iráyt. Azt tudjuk, hogy G körmetes, tehát csak azt kell belátuk, hogy összefüggő. Ha G em lee összefüggő, az azt jeleteé, hogy be tuduk húzi úgy élt, hogy a gráfba e keletkezze kör. Ekkor már összefüggő lesz, de körmetes, ami elletmod a feltételek. 5.. Tétel: Bármely legalább két potot tartalmazó fába létezik legalább két elsőfokú pot. Bizoyítás: Legye a fába lévő leghosszabb út x1, x,..., x k. Most belátjuk, hogy eek midkét végpotja elsőfokú kell, hogy legye. Hisze ha például x 1 em elsőfokú, akkor vezete belőle még egy él a fa valamely potjába, amely az út többi potjába em vezethet, mert akkor kört alkotáak a fába. Azoba egy új (y) potba sem mehet, mivel akkor y-t az úthoz hozzávéve, y x x x hosszabb utat jeletee, ami elletmod a, 1,,..., k feltevésükek. 0

21 A fa defiíciójába szereplő két tulajdoság a fa élszámát meghatározza, hisze az összefüggőség alsó, a körmetesség pedig egy felső becslést ad az élszámra. Mivel ez a kettő megegyezik, így a fa éleiek számát a potjai számáak ismeretébe a defiíciója valóba meghatározza. Eek alapjá a következő tételt fogalmazhatjuk meg Tétel: Mide potú fa élszáma 1. Bizoyítás: A tétel bizoyítását a potszámra voatkozó teljes idukcióval végezzük. = 1-re és = -re az állítás triviális. Tegyük fel, hogy az állítás mide < o -ra teljesül. Ekkor, ha az o potú fából elhagyuk egy elsőfokú potot amit az 5.-es tétel miatt megtehetük-, és a hozzá tartozó egyetle élt, akkor a maradék gráf fa lesz, melyek o 1 potja és éle va, - hisze rá már igaz az állítás -, így az elhagyott élt újra hozzávéve, azt o kapjuk, hogy az o potú fáak o 1 éle va Defiíció: Egy G gráf feszítőfájá azt az F gráfot érjük, amely fa és feszítő részgráfja G-ek. [1] 5.5. Tétel: Mide összefüggő G gráfak létezik feszítő fája. [1] Bizoyítás: Ha a gráf em tartalmaz kört, akkor G maga feszítő fa, hisze összefüggő és körmetes. Ha G-be va kör, akkor hagyjuk el a kör egy tetszőleges élét. Így G a.3-as tétel miatt -, még összefüggő marad. Ha G még midig tartalmaz kört, ismét hagyjuk el a kör egy élét. Ezt az eljárást addig folytassuk, míg találuk kört a gráfba. Az így kapott gráf a.3-as tétel miatt biztosa összefüggő és mivel a gráfból potot em hagytuk el, feszítőfát kaptuk. A fákról és tulajdoságaikról bővebbe a Számítástudomáy alapjai és a Diszkrét matematika című taköyvbe olvashatuk. [1], [] 1

22 5.. Feladatok 1. Feladat: Legfeljebb háy élű lehet egy csúcsú, három élű csillagot em tartalmazó egyszerű gráf? (A feladatot a következőképpe is megfogalmazhatjuk: Legalább háy éle kell, hogy legye egy csúcsú egyszerű gráfak, hogy biztosa tartalmazzo három élű csillagot?) 1. Megoldás: A kérdést úgy is értelmezhetjük, hogy legfeljebb háy éle lehet egy gráfak, hogy e tartalmazzo 3-adfokú potot. Ekkor az összes csúcs legfeljebb másodfokú, vagyis a gráf éleiek száma maximum. Ha mide csúcs másodfokú, a gráf élszáma éppe, ha pedig mide csúcs legfeljebb másodfokú, akkor az élszám legfeljebb. Tehát ahhoz, hogy legye legalább egy 3-adfokú pot, legalább ( + 1) élt kell behúzi. (Ezzel a feladat átfogalmazására megkaptuk a választ.) Vagyis legfeljebb éle lehet egy csúcsú gráfak úgy, hogy e tartalmazzo 3-adfokú potot. Az -hosszú kör, illetve bármely olya gráf, amelyek kompoesei körök, eyi élt tartalmaz.. Feladat: Legfeljebb háy éle lehet egy 3-hosszú utat em tartalmazó csúcsú egyszerű gráfak?. Megoldás: Ekkor ha 4 és a gráf összefüggő - a legtöbb éle aak a gráfak va, amelybe a lehető legtöbb pot között vezet -hosszú út. Tekitsük a gráf egy feszítő fáját, amely egy a gráf összes potját tartalmazó csillag, mert mide olya fába, ami em csillag, va 3-hosszú út. (9. ábra). Mivel egyik pot a csillag középpotja, így összese ( 1) éle va. (Ez az 5.3-as tételből is következik.) Plusz él csak akkor lehet, ha háromszöget is tartalmaz a gráf. Ekkor azoba 3-hosszú út is keletkezik, mert 4. Azaz akárhogya szereték új élt behúzi, biztosa keletkezik 3-hosszú út. 9. ábra Tehát a legtöbb él, amelyet egy 4 csúcsú összefüggő, (3-hosszú út)metes gráf tartalmazhat, ( 1). Ha = 3, akkor a gráf egy két élű csillag vagy egy háromszög. Ekkor

23 legfeljebb 3 éle va. = 1, eseté, a gráf egy izolált pot, vagy egyetle él, amit csillagak is tekithetük. De mi a helyzet, ha a gráf em feltétle összefüggő? Ahhoz, hogy 3-hosszú utat tartalmazhasso a gráf, kell, hogy legye legalább három potja. Az rögtö látszik, hogy 4-hosszú, illetve aál hosszabb kört a gráf em tartalmazhat, hisze abba részgráfkét a 3-hosszú út megtalálható. A 3-hosszú körek három csúcsa és három éle va, még sics bee 3-hosszú út. Ha a gráfot ilye körökből álló kompoesekből, azaz háromszögekből építjük fel, a maximális élszámra ( 1) helyett -et kapuk, ameyibe osztható 3-mal. (10. ábra) 10. ábra Megjegyzés: Ha az csúcsú gráfak potosa egy kompoese csillag, a többi pedig háromszög, és em tartalmaz 3-hosszú utat, akkor ( 1) éle va. Ha s db csillag és a többi kompoes háromszög, akkor ( s) élű a gráf. 3. Feladat: Legfeljebb háy éle lehet egy csúcsú gráfak, ha em tartalmaz páratla kört? 3. Megoldás: Páratla kört em tartalmazó gráf páros. Egy páros gráfak akkor va a legtöbb éle, ha teljes, és midkét osztálya potot tartalmaz ha páros, illetve az egyik osztályba 1 + 1, a másikba pot va, ha páratla. Tehát a 3.1. rávezetés szerit az élszám legfeljebb = 4, ha páros, és =, ha páratla. 4 3

24 6. Zarakiewicz-probléma 6.1. A probléma ismertetése { } Tekitsük az m -es égyzetrácsot, vagyis az ( i, j) : i = 1,..., m, j = 1,..., alakú rácspotokat. Legfeljebb háy rácspot választható ki úgy, hogy a kiválasztott potok közt e legye égy olya, amely a koordiáta-tegelyekkel párhuzamos oldalú téglalapot alkot? A probléma egyik végletéek tekithető, ha vagy m kicsi. Mivel és m helyzete szimmetrikus, végig feltehető, hogy pot választható ki. m. = 1 Mi a helyzet például =, 3, vagy 4 eseté? eseté a feladat triviális, ekkor m ilye Ha =, a megoldás egyszerű, hisze csak egyetle oszlopba választhatuk ki két potot, az összes többibe csak maximum egyet. Így legfeljebb m + 1 potot választhatuk ki összese. = 3 eseté kétféleképpe is megkostruálhatjuk a kiválasztható rácspotokat. Először tekitsük azt az esetet, amikor az egyik oszlopba felveszük három potot. Ekkor az összes többi oszlopból legfeljebb egy potot választhatuk ki. Így maximum ( m ) 3+ 1 = m + pot választható ki. (11. ábra) 11. ábra Ha az első oszlopból két potot választuk csak ki, akkor a második oszlopból is ki tuduk még választai két potot, és a harmadikból is, az összes többiből azoba 4

25 legfeljebb egy potot vehetük, hogy e kapjuk téglalapot. Így legfeljebb ( m ) = m + 3 potot választhatuk ki. (1. ábra) 1. ábra Zarakiewicz problémáját többféleképpe átfogalmazhatjuk. Lássuk most éháy más megfogalmazást: 1. Páros gráfokkal: Háy éle lehet egy 4-hosszú kört em tartalmazó, ( m ) + potú páros gráfak? (Azaz olya páros gráfak, amelyek egyik osztálya m, a másik pedig potot tartalmaz.). Halmazokkal: Válasszuk ki az { 1,..., } halmaz éháy részhalmazát, alábbi feltételek megfelelőe. A,..., 1 Am -et az Bármely két külöböző részhalmaz metszete legfeljebb egyelemű, azaz A A 1, ha i j, i, j = 1,..., m. i j Mekkora lehet A1 + A Am maximuma? 3. Mátrixokkal: Legye egy m -es mátrix mide eleme 0 vagy 1. Legfeljebb háy 1-est tartalmazhat ez a mátrix, ha két sor és két oszlop keresztezési mezejébe soha em állhat mideütt egyes? Céluk az, hogy a 3. megfogalmazás segítségével az egyesek számát felülről becsüljük. Eek a becslések a bizoyítása Reima Istvától származik. [8], [9] Mi most a másik véglettel foglalkozuk, tehát azzal, amikor m =. 5

26 6.. Reima-tétel és bizoyítása 6.1. Tétel (Reima): Egy csak 0-át és 1-est tartalmazó -es mátrixba, amelybe ics két-két olya sor és oszlop, amelyek keresztezési mezőibe csupa egyes áll mid a égy helye, legfeljebb ( 1 4 3) számát E-vel. Ekkor E ( 1 4 3) Bizoyítás: + egyes lehet. Jelöljük a mátrixba szereplő egyesek +. [10] A valós számokból álló szám -eseket -dimeziós vektorokak evezzük, amelyeket az algebrából jól ismerük. Ha x ( x x ) és ( y y ) 1,..., vektorok, akkor defiiálhatjuk az összegüket: + = ( x + y x + y ) szorzatukat: xy = ( x y + + x y ) y,..., 1 -dimeziós x y,..., 1 1, illetve a skaláris. Míg az első esetbe ismét egy vektort kapuk, a második esetbe egy valós számot. Defiiálhatjuk továbbá egy vektor λ skalárral való szorzását, amely ismét egy vektort eredméyez: λ = ( λx λx ) x,..., 1. Fogjuk fel a mátrix sorait és oszlopait olya -dimeziós vektorokak, amelyekek mide koordiátája 0 vagy 1. Legyeek ezek c1, c,..., c. Figyeljük meg, hogy ha i j, c c a i j c i és c azoos helye álló egyeseiek számával egyelő, ezért c c 0 vagy 1, j i j = mivel mátrixuk mide eleme 0 vagy 1, és icse két-két sor, illetve oszlop, amelyek keresztezési mezőibe égy egyes áll. Ha a skaláris szorzat lehete 1-él agyobb is, az azt jeleteé, hogy létezik két sor vagy két oszlop, melyekek két azoos helyé is egyes áll, azaz két keresztezési mezőjükbe égy egyes lee. A evezetes azoosság alapjá két vektor összegéek a égyzete amely az ömagával való skaláris szorzata -, a következőképpe számolható: + = + + c c c c c c. Hasolóa írhatjuk fel három tag eseté: = = c c c c c c c c c c c c c c c c c c. Általáosa, vektor összegéek a égyzete: c + c c = c + c c = c + c c. 1 i i j i i j i= 1 i j i= 1 i< j 6

27 A második summáál az i < j azért szükséges, hogy egyik sorak se vegyük az ömagával vett skaláris szorzatát és mivel odaírtuk a -es szorzót, e számoljuk többször a skaláris szorzatokat. E-re a következő egyelőtleség teljesül: hisze ( ) = + E + ( 1) 1 c c c c c c, c i = E és i j ( 1) i= 1 i j i i j i= 1 i< j c c, mert két (külöböző) sorvektor skaláris szorzata 0 vagy 1, és -féleképpe választhatuk ki egy sort és hozzá ( 1) -féleképpe egy másikat, tehát összese ( 1) ilye skaláris szorzatot képezhetük, és midegyik legfeljebb 1. Így Jelöljük γ k -val a k-adik oszlopba lévő egyesek számát. Ekkor természetese E γ1 γ... γ = + + +, és = ( γ, γ,..., γ ) c c c = = γ 1 + γ γ c c c c c c c c c. Alkalmazzuk a számtai és égyzetes közép közti egyelőtleséget: 1 γ + γ γ γ + γ γ γ i = = γ i. i= 1 i= 1 Az egyelőtleséget égyzetre emelve és -el megszorozva, a következőt kapjuk: E ( γ + γ γ ) 1 γ1 γ γ 1 E ( ) = = c + c +... c + 1. Az egyelőtleség két szélét tekitve: E E ( 1) +. Redezés utá: E E 1 0. Ebből fejezzük ki az egyesek számát a másodfokú egyelet megoldó képletéek segítségével (az egyesek száma értelemszerűe em lehet egatív, így a megoldásba csak az egyik gyökkel kell számoli, hisze a másik em pozitív): ( ) E = = [10] 7

28 Megjegyzés: Ha 4.3-as tételt (egyelőosztályú) páros gráfokra voatkoztatjuk, a Zarakiewicz-probléma előző alpot szeriti 1. megfogalmazását kapjuk. Mivel a 6.1-es tétel a Zarakiewicz-probléma 3. megfogalmazása, ezért aak bizoyításával a 4.3-as tételt is beláttuk arra az esetre, amikor a gráf olya páros gráf, amely két potú osztályból áll. Ha az ittei jelölést vesszük alapul, akkor a 4.3-as tételt potra kimodva ( ) ( ) = at kapuk. Eél azoba több is igaz. Tekitsük ehhez 4 a 6.-es állításba kimodott, páros gráfokra való átfogalmazását a Reima-tételek. A Reima-tételt ez alapjá a 4.3-as tétel 1. bizoyításáak mitájára is beláthatjuk (amely megegyezik az alábbi állítás igazolásával). 6.. Állítás: Legye G egy ( ) 4-hosszú kört. Ekkor E ( G) ( 1 4 3) + potú egyszerű páros gráf, amely em tartalmaz +. Bizoyítás: Számoljuk meg potról potra azokat a csereszyéket a gráfba, amelyekek midkét vége azoos osztályba va. Természetese itt sem illeszkedhet ugyaarra a potpárra, mit a csereszye két végpotjára, két külöböző csereszye, hisze együtt egy 4-hosszú kört alkotáak. A csereszyék száma ebbe az esetbe is x V G d x. Itt azoba a gráf potszáma, és külö végezzük az összegzést a két osztályra, mert a csereszyék csak úgy helyezkedhetek el, hogy két végpotjuk azoos osztályba va. Így a felső becslés a következőképpe alakul: d x. x V G Alkalmazzuk erre a 4.-es következméyt, amely alapjá x V ( G) x V ( G) d x d x -et kapuk. Az egyelőtleséget -el megszorozva és a csereszyeszámra kapott felső becslést felhaszálva, 8

29 x x Alkalmazzuk = d ( x) d ( x) e x V G. x V ( G) ( x 1) összefüggést, és redezzük az egyelőtleséget ullára. e e 1 ( 1) e e 1 ( 1 ) e e ( 1) 0. A másodfokú egyelőtleséget e-re megoldva a gráf élszámára a következőt kapjuk: e, ahol a másik gyök egatív (illetve = 1 eseté 0), így azzal itt em kell foglalkozuk. Az egyelőtleséget kicsit átalakítva, megkapjuk az állítást, amellyel egybe a Reima-tételt is beláttuk. ( 1 4 3) e + +. Vizsgáljuk meg, mikor teljesülhet a tételbe egyelőség, azaz milye eseté va a mátrixba éppe ( 1 4 3) ( 1 4 3) + db egyes. Ehhez természetese szükséges, hogy + N. Eek viszot feltétele az, hogy a 4 3 egész szám legye. Tekitsük eek a kifejezések a égyzetét: kapjuk, hogy 4k + 4k k k = = [10] = k + 1. Ebből -et kifejezve azt Egyelőség eseté meg kell egyezie a γ i -k számtai és égyzetes közepéek, ami csak a téyezők egyelősége mellett lehetséges. Tehát γ i = γ, i, j -re. Az j egyelőséghez szükséges továbbá, hogy a cic j skaláris szorzat 1 legye mide i j -re. Négyzetes mátrixról lévé szó, az oszlopok és a sorok szerepe szimmetrikus, tehát az utóbbi két állításak a mátrix oszlopaira is teljesülie kell. A fetiek alapjá megfogalmazhatjuk az alábbi, 6.3-as állítást. 9

30 6.3. Egyelőség a Reima-tételbe 6.3. Állítás: A Reima-tételbe való egyelőség teljesüléséek szükséges feltételei a következők: 1) k k = + + 1; ) mide sorba k + 1 db egyes szerepel; 3) mide oszlopba k + 1 db egyes szerepel; 4) cic j = 1, i j -re; 5) jelöljük az i-edik oszlopvektort di -vel. Ekkor did j = 1, i j -re. [10] A Zarakiewicz - problémáról bővebbe a [10]-ba és [11]-ba olvashatuk Véges projektív sík 6.4. Defiíció: Véges projektív síkról akkor beszélük, ha adott egy P halmaz, - amelyek elemeit potokak evezzük -, és egy E halmaz, amely a P részhalmazaiból áll, - és elemeit egyeesekek hívjuk -, és az alábbi három feltétel teljesül rájuk: I. Bármely két potra potosa egy egyees illeszkedik. ( x, y P-re! e E, melyre x, y e. ) (Az egyértelműe létezik -et! jellel jelölöm.) II. Bármely két egyees potosa egy közös potra illeszkedik. ( e, f E-re! p P, melyre p e f.) III. Létezik égy olya pot, amelyek közül semelyik háromra em illeszkedik közös egyees. [], [3] Speciális projektív síkok A speciális projektív síkokról véleméyem szerit -, a középiskolások számára is jól érthető összefoglalást találhatuk a Diszkrét matematika című taköyvbe. [] A legegyszerűbb projektív sík, az úgyevezett Fao-sík (13. ábra). Midössze 7 potból (eél kevesebb potú projektív sík em is létezik) és 7 egyeesből áll. Az ábrá a hét lila pot, a Fao-sík hét potja, a hat kék egyees és a kék kör pedig a sík hét egyeese. Az egyeesek metszéspotjai értelemszerűe csak a lila potok. 30

31 13. ábra: Fao-sík A Fao-síkra a következő állítások teljesülek: (a) Bármely két potra potosa egy egyees illeszkedik. (b) Bármely két egyeesek potosa egy metszéspotja va. (c) Mide egyeesek legalább három potja va. (d) Mide egyeesek ugyaayi potja va. (e) Mide potra ugyaayi egyees illeszkedik. Megjegyzés: A Fao-sík esetébe (c), (d) és (e) a következőt jeleti: mide egyeesek potosa három potja va, és mide potra három egyees illeszkedik. (13. ábra) Az amőbasíkak (14. ábra) 9 potja és 1 egyeese va. Ha a síkot egy 3 3 -as mátrix elemeiek tekitjük, akkor az egyeesek a mátrix sorai, oszlopai és azok az elemek, amelyek a mátrix determiásáak kifejtésébe szereplő szorzatokat adják. Az amőbasíko is, - mit a Fao-síko -, mide egyeesek potosa három potja va, de itt mide potra égy egyees illeszkedik, és az egyeesek em külöböztethetőek meg. Erre a síkra, az (a)-(e) mellett igaz továbbá a következő is: (f) Ha adott egy egyees és egy, az egyeesre em illeszkedő pot, akkor egyértelműe létezik olya egyees, amely átmegy az adott poto és párhuzamos a megadott egyeessel. (Euklidesz V. posztulátuma, azaz a párhuzamossági axióma) 31

32 14. ábra: Amőbasík Az amőbasíkot kibővíthetjük égy végtele távoli pottal és egy végtele távoli egyeessel. Ekkor egy 13 potú projektív síkot kapuk. (15. ábra) 15. ábra: Az amőba sík egy végtele távoli egyeessel való kibővítése 6.5. Defiíció: Véges affi síkak evezük egy olya struktúrát, amelyre az alábbi három axióma teljesül: [1] Két poto át potosa egy egyees halad át. [] Bármely egyeeshez és egy rá em illeszkedő pothoz potosa egy a poto átmeő, az egyeest em metsző egyees létezik. [3] Létezik három em egy egyeese lévő pot. [11] Megjegyzés: Az affi síkot a projektív sík 6.4-es defiíciójáak mitájára is defiiálhatjuk. Ebbe az esetbe a II. pot []-re módosul. 3

33 Projektív sík továbbá a véges affi sík kibővítése egy végtele távoli egyeessel, amely éppe a végtele távoli potokból áll. A es potba leírtakról bővebbe a [3]-be és []-be olvastam A Zarakiewicz-probléma és a véges projektív síkok Térjük vissza a Zarakiewicz problémáak arra az esetére, amikor m =. A 6.1-es Reima-tételt egyelőséggel kielégítő eseteket vizsgáljuk. A 6.3-as állítást fogalmazzuk át a Zarakiewicz-probléma halmazokkal kimodott változatára. Legye P és E a 6.4 es defiícióba szereplő két halmaz. Ekkor az állítás 4)-es, illetve 5)-ös potja a es pot (a), illetve (b) állításával feleltethető meg. Továbbá az 1), ), és 3) állítást a (c)-vel, és az alábbi állítással helyettesíthetjük: (g) Bármely potot legalább három egyees tartalmaz. Ez látszólag eyhébb feltételek tűik, de valójába, (a) és (b) felhaszálásával (c)-ből és (g)-ből már következik 1), ) és 3). [10] Lássuk most pár tételt bizoyítás élkül a projektív síkokra Defiíció: Ha a 6.5-ös defiícióba lévő 3 axióma teljesül, akkor a (d) állítás is, azaz mide egyeesek ugyaayi potja va. A k számot, amely megmutatja, hogy az affi sík egyeesére háy pot illeszkedik, az affi sík redjéek evezzük. [11] Megjegyzés: Egy k-adredű affi síkak k potja va Tétel: Ha létezik k-adredű affi sík, akkor létezik. [10] k + k + 1 potú projektív sík is Megjegyzés: A projektív sík egy adott egyeeséek és a rá illeszkedő potokak elhagyásával midig affi síkot kapuk. Ekkor épp azok az egyeesek leszek diszjuktak, amelyek metszéspotja a törölt egyeese volt. Ez alapjá kimodhatjuk a 6.7-es tétel megfordítását is Tétel: Ha létezik létezik. [10] k + k + 1 potú projektív sík, akkor k-adredű affi sík is 6.9. Tétel: Mide projektív síkhoz létezik olya k Z, amelyre az alábbi állítások teljesülek (a 6.3-as defiíció jelöléseit haszálva): 1. e, f E-re e = f = k + 1, azaz mide egyeesek k + 1 potja va. 33

34 . p P pothoz potosa k + 1 olya e E egyees létezik, melyre p P, azaz mide poto k + 1 egyees megy át. 3. A sík potjaiak száma Megjegyzés: A sík egyeeseiek száma is k + k + 1. [3], [10] Eek a tételek ézzük meg a bizoyítását is. 1. Bizoyítás: A k-adredű affi síkak k k + k k db egyeese va, amelyek midegyike k potból áll. Ezt kibővítve az ideális potokból álló ú. ideális egyeessel, az így kapott projektív sík egyeeseiek száma k + k + 1. Így a projektív sík mide egyeese k + 1 potú. Ugyaeyi egy egyees potjaiak száma is, hisze mide eredeti egyeesek a (b) állítás alapjá -, potosa egy metszéspotja va az új, ideális egyeessel, így potjaiak száma eggyel ő. a pi Létesítsük e és f között bijektív megfeleltetést. Legye ' e, ahol i i pi f bijektív megfelelője p ' = e p O ( O e, f ), az alábbi ábráak megfelelőe (16. ábra). Mivel ez a megfeleltetés téyleg kölcsööse egyértelmű, e-ek és f-ek téyleg ugyaayi potja va. 16. ábra 34

35 . Bizoyítás: Az f egyeesek az előző pot szerit k + 1 potja va. Midegyik potjából húzzuk a p poto át egy egyeest. Ezt éppe k + 1-féleképpe tehetjük meg. Több ilye egyees em létezhet, hisze akkor lee p- át olya egyees, amelyek em lee f-fel közös potja, ez pedig elletmodaa a (b) állításak. (17. ábra) 3. Bizoyítás: 17. ábra Húzzuk a p e poto át az e egyeest metsző egyeeseket. (18. ábra) Mivel 1. szerit e-ek k + 1 potja va, k + 1 db ilye egyees húzható. A p pot élkül midegyikek k potja va. Tehát a síkak összese ( k ) + 1 k + 1 potja va ahol a plusz egyet a p pot jeleti -, ami a beszorzást elvégezve éppe k + k

36 18. ábra Tétel: Ha a Zarakiewicz-probléma halmazos változatát (ld. 6.1-es pot) tekitjük m = eseté, és a keresett maximum megegyezik a 6.1-es tételbe szereplő ( 1 4 3) + felső becsléssel, akkor a halmazaik egy alkalmas projektív sík egyeesei. Az állítás megfordítása is igaz, azaz bármely projektív sík egyeeseiből egyelőséget kapuk az említett becslésbe. [10] A feti tételt átfogalmazhatjuk a Zarakiewicz-probléma mátrixos változatára is. Ehhez tegyük fel, hogy m k k = = és egy -es mátrix ( k 1)( k k 1) db egyest tartalmaz úgy, hogy em választható ki úgy két sor és két oszlop, hogy azok égy keresztezési mezőjébe mideütt egyes legye. Legyeek az oszlopok a potok, és a sorok az egyeesek. Azoosítsuk mide sort azokak az oszlopokak a halmazával, ahol egyes áll. Így projektív síkot kapuk. Készítsük el a projektív sík ú. illeszkedési mátrixát a következő módo. Az oszlopokat potokak, az egyeeseket pedig sorokak feleltetjük meg. Írjuk egyest egy oszlop és egy sor kereszteződésébe, ha a megfelelő pot és egyees illeszkedik egymásra. A projektív sík illeszkedési mátrixa mide esetbe extremális. Az affi síkokról [11]-be, a véges projektív síkokról []-be, [3]-ba és [10]-be olvastam. Továbbá projektív síkokról részletese A geometria és határterületei című műbe olvashatuk. [9] 36

37 Lássuk most egy-két további eredméyt a Zarakiewicz-problémához kapcsolódóa, melyekhez Roma cikke szolgált alapul. [13] A Zarakiewicz-probléma általáos megfogalmazása a következő: Határozzuk meg azt a legkisebb pozitív számot, k ( m ) α, β, -t, melyre egy csak ullákat és egyeseket tartalmazó m -es mátrixak létezik egy csupa egyesekből álló α β -s részmátrixa, amely épp eyi egyest tartalmaz. A feladatot újrafogalmazhatjuk: Mekkora az a legagyobb pozitív szám, M ( m ) α, β,, melyre létezik egy csak ullákat és egyeseket tartalmazó m -es mátrix, de em létezik olya α β -s részmátrixa, amely csupa egyesekből álla, és M ( m ) M m, = k m, 1. [13] α, β α, β jeletette. α β db egyest tartalmaza. Természetese,, Megjegyzés: A rácspotokra megfogalmazott probléma az α = β = esetet Kővári, Sós és Turá bebizoyította, hogy M ( k k k ) k ( k ) k prímszám. [13], +, = + 1, ameyibe Kőváriék eredméyét mátrixok helyett, a Zarakiewicz-probléma páros gráfokkal való kimodására átfogalmazva, az alábbi állítást modhatjuk ki Állítás: Ha G egy olya 4-hosszú kört em tartalmazó páros gráf, amelyek egyik osztálya k + k potból, másik osztálya pedig k potból áll, és élszáma ( 1) k k +, akkor projektív sík helyett affi sík illeszkedési gráfja G. Azaz az egyik osztály elemei a potok, a másiké, az egyeesek, az élek pedig a potok és egyeesek egymásra való illeszkedését adják meg. Bizoyítás: A bizoyítást, a 4.3-as tétel. bizoyításához hasolóa kezdhetjük el. Számoljuk meg a gráfba az alábbi ábráak megfelelő csereszyéket, azaz azokat, amelyek csúcsa a k potból állóba. (19. ábra) + k potot tartalmazó osztályba va, két végpotja pedig a k 37

38 Ekkor a csereszyék számát 19. ábra d x x B adja, ahol B az ábrá láthatóa a potot tartalmazó osztályba lévő potok halmaza. A 4.3-as tétel bizoyításához hasolóa A biomiális együtthatók kifejtése utá k d x x B. ( 1) k ( k 1) d ( x) d x, x B a beszorzást elvégezve és felhaszálva, hogy d ( x) potjaira összegezzük a fokszámot) x B Az egyelőtleséget d ( x) x B ( d ( x) ) e k ( k 1). x B közti egyelőtleséget alkalmazva 38 k + k = e (mivel csak az egyik osztály -re redezve, majd a számtai és égyzetes közép d x k k d x e k k k k + x B ( ). ( ) x B Ebből ismét felhaszálva, hogy d ( x) másodfokú egyelőtleséget kapjuk x B = e, és k + k -val beszorozva, az alábbi

39 Átredezve: ( 1) e k + k e + k + k k k. e k + k e k + k k k 1 0. Oldjuk meg a másodfokú egyelőtleséget e-re: tovább alakítva, majd kiemelve 4 ( 1) k + k + k + k + k + k k k e = ( k k ) k ( k 1) 4k 3 ( k 1) ( k 1) ( k + k ) + k ( k + 1) 1 + 4k ( k 1) = = = a gyök alól kiemelve k ( k + 1) -et, teljes égyzet marad a égyzetgyök alatt. Mivel k pozitív, a teljes égyzetek ( k 1) -t válasszuk ( 1 k ) ( k k ) k ( k ) k k k ( k ) helyett: = = + ( k 1 ) = k ( k + 1 ). Így végeredméyül a gráf élszámára az felső becslést kapjuk. e k k ( 1) + Vizsgáljuk meg, mikor teljesül egyelőség, azaz mikor igaz, hogy e k ( k 1) = +. Ekkor ( ) -ba midkét egyelőtleség helyé egyelőségek kell állia, azaz a számtai és égyzetes közepek egyelők. Ez csak úgy lehetséges, ha a beük szereplő tagok azoosak. Tehát és B-be k hogy d ( x) d x mide x B -re megegyezik. Mivel d ( x) = e = k ( k + 1) + k pot va, ( k k ) d ( x) k ( k 1) ( k + 1) ( + 1) k = = k. k k + = +. Ebből x B d x -et kifejezve azt kapjuk, Mivel affi síkot a projektív sík egy egyeeséek elhagyásával kaphatuk, az affi síkra még egy axiómáak, - evezetese a párhuzamossági axiómáak -, kell teljesülie. Affi sík potjaiak száma k, egyeeseiek száma pedig k + k. Ha az A halmazt a potok halmazáak, B-t pedig az egyeesekéek defiiáljuk, akkor mivel A = k és B = k + k -, a potok száma éppe k, az egyeeseké pedig éppe 39 k + k. Jeletsék a

40 gráf élei a potok és egyeesek illeszkedését. Ezzel a 6.4-es defiícióba szereplő [1] axiómát beláttuk, hisze bármely két A halmazbeli potra potosa egy csereszye illeszkedik, azaz bármely két pothoz egyértelműe redelhető egy egyees. Mivel mide B halmazbeli potak a foka k, mide egyeeshez k potot redelük, ezért mide egyeesek k db potja va. Be kell még látuk, hogy a párhuzamossági (6.4-es defiícióba szereplő []) axióma is érvéyes, amelyhez először azt látjuk be, hogy mide poto át k + 1 egyees húzható. Ha az A halmaz potjaira felírjuk x A = = ( + 1) d x e k k akkor d ( x) ( k + 1) -et, és figyelembe vesszük, hogy mide csúcs foka megegyezik, k = = ( k + 1) -et kapuk, ami éppe azt jeleti, hogy bármely poto át k k + 1 egyees megy. Mivel mide f egyeesek k potja va, egy az egyeesre em illeszkedő potból k db, f-et metsző egyees húzható, és mivel a poto át k + 1 egyees megy, így egyértelműe létezik f-et em metsző egyees. A [3] axióma pedig azért teljesül, mert ha em lee három em egy egyeesre illeszkedő pot, akkor az összes potak egy egyeese kellee leie, ami azt jeleteé, hogy B egyetle egyeesből áll, de tudjuk, hogy B = k + k, így létezik három em egy egyeese lévő pot. Tehát beláttuk, hogy ha az élszámra az e k ( k 1) A legfőbb eredméyt az alábbi tétel foglalja magába. 40 = + egyelőség teljesül, akkor valóba affi síkot kapuk. Lássuk még éháy további eredméyt a Zarakiewicz-problémáról. Reima megmutatta, hogy M ( m, ) a 6.1-es tétel állítását adja. [13], 1 m m + m + 4m 1, amely m = eseté,, 1 1 m = + α. [13] Čulik belátta, hogy ( β ) α eseté M ( m ) α β α β Tekitsük Čulik állítását α = β = eseté. Ekkor a következőképpe egyszerűsödik az állítás: m m m = ( 1) -re m M, m, = +.

41 6.1. Tétel (S. Roma): Ha M ( m ) α β a legagyobb pozitív szám, melyre létezik,, egy csak ullákat és egyeseket tartalmazó m -es mátrix, melyek em létezik olya α β -s részmátrixa, amelybe Mα, β ( m, ) db egyes lee, akkor mide p α 1-re. [13] ( p + 1)( α 1) β 1 m Mα, β ( m, ) p +, α α α 1 7. Turá tétel Ha a 3-hosszú kört 3 csúcsú teljes gráfak tekitjük, a problémát általáosíthatjuk. Háy éle lehet egy potú egyszerű gráfak, ha em tartalmaz részgráfkét K m + 1 -et? Ha m =, a Matel-tételt kapjuk vissza Turá-gráf Egy gráfot m osztályúak evezük, ha potjait m osztályba tudjuk soroli úgy, hogy az osztályoko belül em fut él. Ez tehát azt jeleti, hogy a gráf m szíel jól szíezhető. Megjegyzés: A kétosztályú gráfok éppe a páros gráfok Defiíció: Egy potú, m osztályú gráfot Turá-gráfak evezük, ha = + <, r osztály ( q + 1) potból és ( m r) qm r, ahol 0 r m osztály pedig q potból áll, és egy osztályo belül ics él, az osztályok között viszot az összes él be va húzva. A Turá-gráfot T, m -mel jelöljük. [1] Megjegyzés: A 7.1-es defiícióba = qm + r, ahol 0 r < m, az szám m-mel való maradékos osztása. Vizsgáljuk meg egy kokrét példa alapjá, hogya rajzolható fel a Turá-gráf. Tekitsük ehhez T5,3 -at! (0. ábra) Ekkor mivel = 5, m = 3 -, 5 = 1 3 +, azaz q = 1, r =. Tehát az 5 potú, 3 osztályú Turá-gráfak két osztálya, egy osztálya pedig 1 potból áll. 41

42 Hasolóa rajzolhatjuk le T7,4 0. ábra: T 5,3 -et is. (1. ábra) 1. ábra: T 7,4 A Turá-gráf éleiek számát jelöljük e( T, m ). Ekkor Haszáljuk fel, hogy q + 1 q e( T, m ) = r ( m r) =. ( 1) x x x =, majd alakítsuk tovább az egyelőséget: 4

43 q + 1 q q q 1 q = r ( m r) = ( r ( q + 1) + ( m r)( q 1) ) = q q = ( rq + r + mq m rq + r) = ( m( q 1) + r) =. Fejezzük ki q-t a másik három változó segítségével és helyettesítsük be: mivel adhatjuk: r 1 r = qm + r q = m r r = ( m + r) = + ( m + r ) ( r m) m m m m m < és ( r m) 0 <, mert r m <, ezért e( T, m ) m r 1 + m + r m m Megjegyzés: A Turá-gráf élszámára a következő közelítés érvéyes: q + 1 q 1 = 1. [1] m (, m ) r ( m r) e T 7.. Turá-tétel és bizoyítása 7.. Tétel (Turá): G potú gráf és em tartalmaz m 1 Továbbá ( m ) e G = e T G T. [1] Bizoyítás: 1. lépés:,, m -re a következő felső becslést. K + -et e( G) e( T, m ). Először azt látjuk be, hogy az m osztályú gráfok közül T, m-ek va a legtöbb éle. Tegyük fel idirekt, hogy a legtöbb élt tartalmazó G gráf em a Turá-gráf. A legtöbb élt tartalmazó m osztályú gráf, yilvá a teljes m osztályú gráf, azaz az osztályok között az összes él be va húzva. Ekkor G-be kell leie két osztályak, amelyek közül az egyik x potot tartalmaz, a másik pedig legalább x +. Ha a agyobb osztályból a kisebbe áthelyezük egy potot, akkor x élt szütetük meg, viszot legalább x + 1 új élt húzuk be. Így a G gráf élszámát eggyel öveltük, ami az idirekt feltevésükek elletmod, tehát az m osztályú gráfok közül téyleg T, m-ek va a legtöbb éle. 43