13. Előadás. 1. Aritmetikai Ramsey-elmélet (folytatás)

Átírás

1 Diszrét Matematia MSc hallgató számára 13. Előadás Előadó: Hajnal Péter Jegyzetelő: Virágh Zita 010. december Aritmetiai Ramsey-elmélet (folytatás) Eddig megemlített Ramsey-tételeet a övetező táblázatban foglalju össze: Tétel Színezendő strutúra Keresett monoromatius részstrutúra Lehetséges színosztály maximális mérete Ramsey-tétel n pontú teljes gráf élei pontú teljes gráf élei K n/, n/, az n pontú, étrészes Turán-gráf Schur-tétel [n] {x, y, x + y} I. Példa: a páratlan számo. II. Példa: [n] \ [ n/], azaz a nagy számo [n]-ban. van der Waerden tétele [n] hosszú (nemonstans) számtani sorozat??? Erdős Pál és Turán Pál sejtette, hogy??? helyére nem létezi jó példa, azaz nem lehet megadni {1,,..., n} egy jelentős részét úgy, hogy az ne tartalmazzon hosszú számtani sorozatot. Eszerint a van der Warden-tétel egyfajta indolása egy sűrűségi indolás. Ami jóval erősebb mint a Ramsey-tétele szoásos ombinatorius bizonyítása. Definíció. r (n) = max{ R : R [n], R-ben nincs hosszú számtani sorozat}. Sejtés (Erdős Pál Turán Pál, 1936). r (n) = o(n), ha 3, Azaz minden pozitív ε esetén, ha n elég nagy, aor r (n) εn. Az első lényeges eredmény a sejtés imondása után 0 évvel született 1. Tétel (Roth tétele, 1956). r 3 (n) = o(n). Majd Szemerédi Endre a négy hosszú számtani sorozato esetét bizonyította, ésőbb pedig övetezett az általános eset. 13-1

2 . Tétel (Szemerédi Endre, 1975). Minden 3 esetén igaz a sejtés. Azaz r (n) = o(n). A sejtés bizonyítása után a érdésör vizsgálata szinte még pezsgőbb lett. Csa a legiemeledőbb eredményeet vázolju. A tételt újra bizonyítottá 1977 Fürstenberg. Bizonyítása ergodelméletet használ. 001 Gowers. Bizonyítása erős ombinatorius számelméleti eredményeet és Fourier-techniát használ. A Fourier-módszer használatát Roth vezette be, de eredményes ihasználása további zseniális ötleteet ívánt. Gowers új bizonyítása azért is iemeledő, mert az eredeti ombinatorius, illetve ésőbbi ergodelméleti bizonyítás szüségszerűen nem adott becslést az r (n) számora. A Fourier-módszer alalmazása viszont effetív becsléseet is ad. Így melléeredményént adódott a van der Waerden számo övetező becslése. 3. Tétel (Gowers-becslés). W () Tétel (Green Tao-tétel). Minden pozitív egészre a príme özött van hosszú számtani sorozat. A tétel oa ismét sűrűségi. 5. Tétel (Green Tao-tétel, sűrűségi változat). Legyen P n = {, 3, 5, 7, 11, p 6,..., p n } az első n prím halmaza. Legyen ɛ tetszőleges (icsi) pozitív onstans. Ha A N teljesíti, hogy A P n ɛn végtelen so n-re, aor A-ban van hosszú számtani sorozat minden pozitív egészre.. Extremális gráfelmélet Emléeztető (BSc). T n, (n pontú, részes) Turán-gráf csúcshalmaza V, amelyre V = n és a csúcshalmazt diszjunt osztály adja i: V = O 1... O, ahol az osztályo majdnem ugyanaorá. A Turán-gráf (amely egyszerű gráf) éleit a övetezőben írju le: x és y aor és csa aor szomszédosa, ha ülönböző osztályoba esne. Emléeztető. Egy halmaz osztályra történő osztályozására azt mondju, hogy osztályai majdnem ugyanaorá, ha a övetező evivalens állításo egyie/mindegyie teljesül (i) Minden O osztályra O { n, n }. (ii) Bármely ét, O és O, osztályra O O 1. (iii) n n darab n méretű és ( n n ) darab n méretű osztály van. 13-

3 Észrevétel. T n, Turán-gráf nem tartalmaz + 1 elemű liet (ami olyan csúcshalmaz, amelyne bármely ét eleme összeötött). Valóban, ha egy ponthalmaz mérete eggyel nagyobb, mint az osztályo száma, aor a satulya-elv miatt szüséges, hogy egy osztályból egynél több elemet vegyün i. A Turán-gráf definíciója viszont azt mondja, hogy ez a ét elem nem összeötött, a ivett csúcshalmaz nem lehet li. A + 1 elemű li hiánya egy issé általánosabb észrevételből is adódi. Észrevétel. T n, összes részgráfja színezhető (a gráfot úgy definiáltu, hogy a darab osztály felfogható színosztályna). Azaz T n, nem tartalmaz R részgráfot, ha χ(r) + 1 (azaz R nem színezhető). Az alaptételün (BSc-s anyag): 6. Tétel (Turán Pál). Ha G n pontú egyszerű gráf és nem tartalmaz elemű liet, aor E(G) E(T n, 1 ). A Turán-tétel egy speciális esete, amior gráfunban nincs 4 pontú li. Eor a tétel azt mondja i, hogy nem lehet E(T n,3 ) -nál több élün. A feltételünet úgy is megfogalmazhatju, hogy gráfun nem tartalmazza a tetraéder gráfját részgráfént (minden testne van egy egyszerű gráfja, ahol a test csúcsai a gráf csúcsai, élei pedig a gráf éleine felelne meg). Turán tétele bizonyítása után a övetező érdést tette fel: Mi van más szabályos testeel? Például hány éle lehet egy gráfna, ha nincs benne otaéder, vagy ha nincs benne oca, vagy ha nincs benne dodeaéder? Definíció. ext(t, n) = max{ E(G) : G n pontú, egyszerű gráf, T G}. T -re úgy hivatozun, hogy tiltott részgráf. n a csúcsméret. A továbbaihoz hasznos, ha bevezetjü a övetező jelölést: Az n pontú egyszerű gráfo osztályát jelölje G n. Tehát G G n jelentése G egy n pontú egyszerű gráf. Az ext(t ; n) függvény vizsgálatával apcsolatos problémáat Turán-típusú érdésene nevezzü. Ez az extremális gráfelmélet első érdésöre. Az extremális gráfelméletben bizonyos feltételene eleget tevő gráfo özt nézzü meg, hogy bizonyos gráfparaméter milyen határo özött változi. Azaz a paraméter milyen extremális értéeet vehet fel. Megjegyezzü, hogy Turán Pál érdése a oca gráfjára mind a mai napig megoldatlan érdés. 3. Extremális gráfelméleti eredménye A továbbiaban feltesszü, hogy a T tiltott gráfban nincsene izolált csúcso: Az izolált csúcso hozzáadása/elvétele csa ott játszi szerepet, ahol T mérete meghaladja n-et. Ez pedig Észrevétel. Legyen I a ét pontot és egyetlen élt tartalmazó gráf. Eor ext(i; n) =

4 Ha egy élt tiltun, aor nyilván a maximális élszám nulla lesz. Észrevétel. Legyen a három pontot és ét élt tartalmazó gráf. Eor ext( ; n) = n/. Ha ét összefutó élt tiltun, aor minden csúcs foa 0 vagy 1. Azaz a foo összege legfeljebb n. Az élszám legfeljebb n/. Mivel az élszám mindig egy természetes szám, ezért felső becslésün igazából n. A mási irányú egyenlőtlenség bizonyításához onstruálnun ell egy részgráfot nem tartalmazó gráfot: Ez egy teljes párosítás n vagy n 1 csúcson (ha n paritásától függően). Enne élszáma n. Észrevétel. Legyen M a négy pontot és ét nem összefutó élt tartalmazó gráf (azaz egy ét élű párosítás). Eor ext(m ; n) = n 1, ha n 4. Enne ellenőrzése az érdelődő hallgató számára egy egyszerű feladat. 7. Követezmény. Ha T olyan, hogy E(T ), aor elég nagy n esetén ext(t, n) n. A továbbiaban legalább ét élű tiltott részgráfoal foglalozun. A örmentes tiltott gráfo esete egyszerű. 8. Tétel. Legyen T erdő (azaz örmentes gráf; azaz olyan gráf, amely a omponensei fá). Legyen T -ne legalább ét éle. Eor α T n ext(t, n) β T n. Azaz ext(t ; n) nagyságrenje lineáris. A tételben szereplő alsó becslés már ismert, hiszen tiltott részgráfunna legalább ét éle van. Mielőtt a tétel nehezebb részét igazolnán felidézün ét fogalmat és belátun egy lemmát. Jelölés. Legyen H egy gráf. minimális foa. Eor d(h) a H gráf átlagos foa, δ(h) a H gráf 9. Lemma. G G n esetén létezi olyan R részgráf (R G), amelyre δ(r) d(g) teljesül. Bizonyítás. Egy algoritmus leírásával ezdjü a bizonyítást. A := G // A az atuális gráf, ezdetben G. Amíg találun x V (A)-t,úgy, hogy d A (x) < d A A x. // Ha egy csúcs foa túl icsi, aor nem lehet az outputban. A lemma evivalens azzal, hogy az algoritmus nem üríti i G-t. Az algoritmus ad egy iürítési sorrendet V (G)re, jelöljü ezt π-vel: π : v 1,..., v n, azaz v i az i-edine elhagyott csúcs (n = V (G) ). Tudju: v 1 -ne evesebb mint d szomszédja volt a G gráfban. Utána a v - ne a v 1 elhagyása után evesebb mint d szomszédja volt. Bevezetün ehhez egy jelölést: d hátra π (v) a v csúcs nagyobb indexű szomszédaina száma. Általában igaz, hogy d hátra π (v) < d, azaz a iürítési sorrendre vonatozólag minden csúcs hátrafoa evesebb mint d. Észrevétel: d hátra π (v) = E, azaz a hátrafoo összege pontosan iadja az élszámot. Ez az összeg a iürítési sorozat esetén határozottan isebb, mint n d. Viszont az éle száma pontosan n d. Ez ellentmondás, ami a lemmát bizonyítja. 13-4

5 Eze után már egyszerű a bizonyítás vége. Bizonyítás. (A tételé.) Továbbra is azt aarju bebizonyítani, hogy az extremális érté < β T n. Pontosan megadju β T -t: Legyen T egy tetszőleges erdő. Legyen G G n, amelyre E(G) V (T ) n (azaz G-ben az átlag fo: P d i V (T ) n = V (T ) ). n n Eor G biztos tartalmaz T -vel izomorf részgráfot. Valóban, a lemma alapján G-ben van olyan R részgráf, amelyre δ(r) V (T ). T -t építsü fel egy üres gráfból ághajtáso alalmazásával. Ez önnyen megtehető: annyi ponttal indulun ahány omponense van T -ne, mondju c. T 0 legyen a c pontú üres gráf. Mindegyi omponens egy fa, ami egyetlen csúcsból ághajtásoal E(T ) felépíthető. A omponense egyenénti felépítésével egy {T i } i=0 gráfsorozatot apun, amelyben T i -ne i éle van, továbbá T E(T ) = T. Inducióval igazolju, hogy mindegyi T i már megtalálható R-ben is (így G-ben is). G R R G Ha T i -t megtaláltu, aor mohó módon ezt a részgráfot terjesztjü i egy T i+1 - gyel izomorf részgráffá. Legyen x az a csúcs, amiből induló ághajtás adja T i+1 - et. x minden olyan szomszédja, ami nem reprezentál eddigi csúcsot (és az ehhez vezető él) megteszi az induciós lépést. Ilyen szomszéd viszont önnyen található, hiszen legalább V (T ) szomszéd van, míg T i csúcsait evesebb mint V (T ) csúcs reprezentálja. A fánál jóval bonyolultabb gráfora is tudun valamit. Észrevétel. Ha T olyan, hogy χ(t ) = aor ext(t, n) E(T n, 1 ). A fenti észrevételnél jóval mélyebb az alábbi tétel. 10. Tétel (Erdős Stone, Erdős Simonovits). Ha T olyan, hogy χ(t ) =, aor ext(t, n) = E(T n, 1 ) + o(n ). Ugyanez a tétel részletesebben: 11. Tétel (Erdős Stone, Erdős Simonovits). (i) Legyen T olyan, hogy χ(t ) = 3 (azaz 1 a T -hez tartozó Turán-gráf osztályszáma legalább ). Eor ext(t, n) = E(t n, 1 ) + o(n ) (azaz a o(n ) tag egy maradétag). (ii) Legyen T olyan, hogy χ(t ) =. Eor ext(t, n) = o(n ) (a orábbi maradétag főtaggá vált). 13-5

6 A fentie alapján azonosítani tudju az érdees eseteet: Ha T páros, ört tartalmaz, aor a fentie nem soat mondana. Minden más esetben ext(t ; n) nagyságrendje iolvasható az ismertetett eredményeből. Az érdees esetben nagyon evés pontos eredmény ismert. Ha a tiltott részgráf C 4, C 6, C 10 vagy K,, K 3,, aor ext(t ; n) nagyságrendje ismert. C 8, C 1, C 14,..., K 4,4, K 4,5,..., továbbá a oca esete nem ismert. Csa egy eredményt emelün i. Amihez előészülete szüségese. Legyen F egy véges test. (Gondolhatun F p -re, ahol p egy prím. Azaz F p a {0, 1,,..., p 1} halmaz a modulo p aritmetiával.) A valós projetív sí oordináta geometriája a valós számoon alapul. Ahogy az Eulideszi sí oordináta geometriája is a valós számo aritmetiáján alapulva egy geometriai strutúrát hoz létre. A onstrució véges tesetere is végrehajtható. Így apju a P G(, F) projetív síot (a -es a dimenzióra utal), amely oordináta geometriája az F testen alapul. (P G a projetív geometria ét szavána ezdőbetűiből ered.) Ebben a geometriai strutúrában a ponto, egyenese száma véges. A véges projetív geometriá alappéldáját az alábbiaban írju le. Definíció. F 3 = {(a, b, c) : a, b, c F}. Ezen a halmazon definiálun egy relációt: (a, b, c) (a, b, c ) aor és csa aor, ha található olyan nem-nulla λ F, hogy (a, b, c) = λ(a, b, c ). Ez egy evivalenciareláció. (0, 0, 0) egy egyelemű evivalenciaosztályt alot. Minden más evivalenciaosztály F 1 elemű. Ezen evivalenciaosztályo halmaza alotja a geometrián P ponthalmazát. Azaz F 3 {(0, 0, 0)}, enne elemeit [a, b, c]-vel, vagy (a : b : c)-vel szoás jelölni. Mi az első jelölést használju. Az egyenese E halmazát ugyanezen evivalenciaosztályoal azonosítjü. [a, b, c] az (a, b, c) vetor evivalenciaosztályána neve, ha egyenest reprezentál. [a, b, c] és [a, b, c ] aor és csa aor illeszedi, ha a a + b b + c c = 0. Az így apott geometriai strutúra minden illeszedési tulajdonságot teljesít, amit a valós projetív síon megszotun (például bármely ét ülönböző egyenes pontosan egy pontban metszi egymást). Eze ellenőrzése az F feletti lineáris algebra ismerősei számára egyszerű gyaorlato. Megjegyzés. A fentieben egy algebrai strutúrából onstruáltun egy geometriait, amely szép geometrai tulajdonságoal rendelezi. A fordított logia is természetes. Elvárju a szép geometriai tulajdonságoat (axiómá) és eresün ezt teljesítő modelleet. Esetünben (az axiómá leírását itt nem részletezzü) eze a véges projetív sío. P G(, F) csa egy modell (igazábol egy modell-sorozat) a so lehetőség özül. A fentie alapján nyilvánvaló, hogy P G(, F)-ben P = E = ( F 3 1)/( F 1) = F + F + 1. Az is önnyen számolható, hogy minden egyenesre F + 1 pont illeszedi. Konstrució (So élt tartalmazó gráf C 4 nélül). Legyen p egy prímszám. Definiálun egy G p egyszerű gráfot. G p csúcsait P G(, F p ) pontjai alotjá. Két csúcs, [a, b, c] és [a, b, c ] aor és csa aor szomszédos ha a a + b b + c c = 0. (Azaz az egyi csúcs oordinátáit pontént, a másiét egyenesént olvasva illeszedő párt apun.) 13-6

7 Példa. A övetező ábrán a p = és p = 3 esetből adódó ét gráfot láthatju. Észrevétel. (i) G p -ben nincs négy hosszú ör. Valóban, ha ilyen elnne, aor felvátva pontna, egyenesne értelmezve a négy hosszú ör csúcsait ét olyan egyenest apnán, ami ét ülönböző pontban metszené egymást. Ez pedig nem lehetséges. (ii) V (G p ) = p + p + 1 =: n. (iii) Az v = [a, b, c] csúcs szomszédai az v = [a, b, c] egyenesre illeszedő v-től ülönböző ponto. Azaz, ha a v pont nem illeszedi v egyenesre, aor p + 1 szomszédja van, ülönben p szomszédja van. Azon v ponto, amelye illeszedne a v egyenesre olyano, hogy oordinátái teljesíti az x + y + z = 0 egyenletet (modulo p aritmetiában dolgozun!). Ez az egyenlet geometriailag egy úpszeletet ír le. Ismert, hogy pontaina száma p + 1. Azaz p + 1 darap csúcs foa p és így p csúcs foa p + 1. (iv) E(G p ) = p (p+1)+(p+1)p = p 3 +p +p, azaz E(G p ) = (p 3 +p +p)/. Az észrevételből az éle pontszámtól való függéséne nagyságrendjét emeljü i: E 1 n3/. Ez az extremális élszám helyes nagyságrendje. 1. Tétel. ext(c 4 ; n) 1 n