Alternáló utak és szeparált párosítások

Eötvös Loránd Tudományegyetem Matematika Intézet Gyóni Orsolya Alternáló utak és szeparált párosítások BSc szakdolgozat Témavezető: Bérczi Kristóf ELTE Operációkutatási Tanszék 015. Budapest

Tartalomjegyzék 1. Bevezetés. Alternáló utak kétszínű ponthalmazon 4.1. A felső korlát...................................... 5.. Az alsó korlát...................................... 7 3. Eddigi alternáló utas eredmények javítása 11 3.1. Jelölések, megjegyzések................................ 11 3.. Az alsó korlát javítása................................. 13 3.3. Konfiguráció a felső korlátra.............................. 15 4. Szeparált párosítások speciális színezésekben 19 4.1. Blokkok, konfigurációk definiálása........................... 19 4.. Tételek szeparált párosításokról............................ 0 4.3. A 4..1. - a 4..5. tételek bizonyítása......................... 1 4.4. Nyitott kérdések.................................... 4 5. Ramsey-típusú eredmények geometriai gráfokra 6 5.1. Bevezető eredmények.................................. 6 5.. Geometriai Ramsey számok.............................. 9 5.3. Ramsey csúcs- és élszámok............................... 31 5.4. Egyszínű, metszésmentes utak és körök keresése................... 31 5.5. Az 5.4.1. - az 5.4.4. tételek bizonyítása........................ 3 iii

Ábrák jegyzéke.1. A triviális alsó korlát bizonyítása............................ 4.. M és c helyzete, valamint egy s oldalél........................ 6 3.1. Az ábrán megjelölt l + 1 darab alternálást nem kell levonni............. 1 3.. Balra egy kiegyensúlyozott színezés látható, jobbra a színezésnek a kódolása, és az ebből készített Dyck út látható........................... 14 3.3. A P α,l színezésre egy példa, ahol L = 5, l =, és α = 1 5............... 16 4.1. Kék többségű és piros többségű blokk......................... 0 4.. A. esetben levő jelölések a párosításbeli élekre................... 3 4.3. A színezés kódolása és az ívek párosítása....................... 4 5.1. p, p, p 1, p, p 3 pontok helyzete az 5.1.5. lemma bizonyításában........... 8 5.. A p-hez kapcsolódó piros élek másik végpontjainak a számozása........... 33 5.3. U négy felé osztása egy (b,r) párral.......................... 34 iv

Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezetőmnek, Bérczi Kristófnak a rengeteg segítségért, lelkesítésért, és azért, hogy felkeltette az érdeklődésemet a téma iránt. Tanácsai és útmutatása nélkül ez a dolgozat nem jöhetett volna létre. Hálás köszönettel tartozom szüleimnek türelmükért és támogatásukért, és nagyszüleimnek, akik figyelemmel kísérték szakdolgozatom elkészülését, és mindig megdicsértek ha sokat haladtam. Szeretném megköszönni nővéremnek, Gyóni Dorottyának, hogy mindig segített, ha szükségem volt rá. Végül, de nem utolsó sorban köszönettel tartozom barátnőimnek a Tőlük kapott lelki támogatásért, és azért, hogy mindig kimutatták, hogy mennyire büszkék rám. 1

1. fejezet Bevezetés A kombinatorikus geometria egyik központi problémája annak eldöntése, hogy egy rögzített ponthalmazba mely gráfok rajzolhatóak le metszésmentes, egyenes élekkel. Ebben a dolgozatban két színnel színezett ponthalmazokban keresünk adott tulajdonságú gráfokat, és azok méretére adunk alsó és felső becsléseket. A. fejezetben azt a legnagyobb l = l(n) számot vizsgáljuk, amelyre minden n piros és n kék csúcsból álló konvex helyzetű ponthalmazban létezik l hosszú metszésmentes alternáló út [7]. Ezt a problémát Erdős vetette fel 1989 körül. Jan Kynčl, Pach János, és Tóth Géza 008- ban belátták, hogy n + c n log(n) l(n) 4n 3 + c n, ahol c és c megfelelő konstansok. Az alsó- és felső korlátok igazolásához bevezetjük az úgynevezett szeparált párosítás fogalmát, mely olyan párosítást jelent, melynek élei nem metszik egymást, továbbá létezik olyan egyenes, mely a párosítás minden élét metszi. A 3. fejezetben a [4] cikk eredményeit ismertetjük. Mészáros Viola és témavezetője, Hajnal Péter, olyan színezést mutattak, melyben a legnagyobb alternáló út mérete 4n 3 + O( n). Az alsó korlátot n + Ω( n)-re javították a színezés kódolásának segítségével. A 4. fejezet fő kérdése maximális méretű szeparált párosítás keresése egy kétszínű konvex helyzetű ponthalmazban [8]. Mészáros Viola által szerkesztett konstrukciókat veszünk, amelyekben a maximális méretű szeparált párosítások mérete legfeljebb 4 3 n + O( n). Érdemes az alacsony diszkrepanciájú esetet vizsgálni, ahol diszkrepancia alatt tetszőleges intervallumon a színosztályok számossága közötti maximális különbséget értjük. A kis diszkrepanciából következik a hosszú, metszésmentes alternáló út létezése. Minden szeparált párosítás átalakítható azonos méretű alternáló úttá. Ha a diszkrepancia vagy 3, akkor a 4 3n alsó korlátot kapjuk a legnagyobb szeparált párosítás méretére. Az 5. fejezetben pontszínezett gráfok helyett élszínezéseket vizsgálunk [5], [6]. Bevezetjük a Ramsey számok fogalmát. Adott G geometriai gráfok egy osztálya. Ekkor R = R(G) azt a legkisebb pozitív számot jelöli, amelyre minden R csúcsból álló teljes geometriai gráf, melynek élei két színnel vannak színezve, tartalmaz G-beli egyszínű részgráfot. Ebben a dolgozatban egyszínű metszésmentes utak, körök, háromszögek, és feszítőfák keresésével is fogunk foglalkozni.

Reményeim szerint a szakdolgozatom egy jó összefoglalást ad arról, hogy milyen eredményeink vannak eddig a témában, és hogy milyen kérdések maradtak még megválaszolatlanul. 3

. fejezet Alternáló utak kétszínű ponthalmazon A. fejezetben alsó és felső korlátot keresünk arra a legnagyobb l = l(n) számra, amelyre minden n piros és n kék csúcsból álló konvex helyzetű ponthalmaznak létezik metszésmentes, l hosszú alternáló útja. Egy utat alternáló útnak hívunk, ha felváltva tartalmaz piros és kék csúcsokat. Az alternáló út hosszát a megszokottól eltérően a benne levő csúcsok száma adja meg. Az általánosság megsértése nélkül feltehető, hogy ha egy ponthalmaz konvex helyzetű, akkor az elemei egy körön fekszenek. Könnyen látható, hogy l(n) n. Osszuk a kört két egyenlő nagyságú ívre. Az első íven legalább a csúcsok fele ugyanazzal a színnel van színezve. Tegyük fel, hogy ez a szín a piros. Ekkor a másik körív ugyanennyi kék csúcsot tartalmaz. Számozzuk a piros csúcsokat az első köríven óramutató járásával megegyező irányban, a másik köríven pedig a kék csúcsokat óramutató járásával ellentétes irányban. Sorban kössük össze őket (lásd a.1. ábra). Így kaptunk egy metszésmentes, n hosszú alternáló utat. Mivel n n, ezért beláttuk a triviális alsó korlátot..1. ábra. A triviális alsó korlát bizonyítása. Erdős a következő konstrukciót mutatta a 3n + nagyságú felső korlát belátására. Tegyük fel, hogy n osztható 4-gyel. Osszuk a kört 4 részre és helyezzünk el rajta rendre n piros, n 4 kék, n piros és 3n 4 kék pontot. Könnyű látni, hogy ebben a konstrukcióban a leghosszabb metszésmentes 4

alternáló út csúcsszáma 3n +. Erdős sejtése az volt, hogy ez a felső korlát aszimptotikusan éles. A sejtést Jan Kynčl, Pach János, és Tóth Géza [7] 008-ban megcáfolták egy konstrukcióval, amelyben nem található 4n 3 + c n-nél hosszabb metszésmentes alternáló út. Sejtésük szerint ez a felső korlát aszimptotikusan éles. Emellett belátták, hogy az alsó korlát n + c n javítható. log(n) -re.1. A felső korlát.1.1. Tétel. Létezik c > 0 konstans, amelyre l(n) < 4n 3 + c n. Vegyünk egy n piros és n kék csúcsból álló C konvex helyzetű ponthalmazt. Ilyenkor, mivel a két színosztály számossága megegyezik, kiegyensúlyozott színezésről beszélünk. Feltehető, hogy a csúcsok egy körön vannak. Monokromatikus ív alatt egymást követő azonos színű pontok maximális halmazát értjük C-ben. Az ív hosszát a benne levő csúcsok száma határozza meg. C egy k-konfiguráció, ha k piros és k kék ívből áll. Egy párosítás páronként diszjunkt élekből áll. Ebben az esetben a párosításbeli élek különböző színű pontokat kötnek össze. Fontos megjegyezni, hogy párosítás pontméretén az általa lefedett pontok számát értjük. Egy párosítás szeparált, ha létezik egyenes, amely metszi a párosításban levő összes élt. Ezt az egyenest fejszének nevezzük..1.. Lemma. Legyen C egy k-konfiguráció (k > 0), amelyben található l hosszú alternáló út. Ekkor C-ben található legalább l 4k 1 pontméretű szeparált párosítás. Tegyük fel, hogy C összes eleme egy körön van. Legyen p egy l hosszú alternáló út. Legyen c egy húr a körön, amely metszi p első és utolsó élét, de nem halad át C egyik pontján sem. Jelölje M 1 azt a párosítást, amely p páratlanadik éleit tartalmazza. Ekkor M 1 pontmérete legalább l 1. Jelölje M azokat az éleit M 1 -nek, amelyek metszik c-t. Ekkor M szeparált párosítás, c fejszével. Így elég belátni, hogy azon M 1 -beli élekből, amelyek nem metszik c-t, legfeljebb k darab van. Ezeket az éleket oldaléleknek hívjuk. Az összes szomszédos, különböző színű pont közül válasszunk ki egyet. Ekkor a kiválasztott pontokból pontosan k darab van. Minden s oldalél ívre osztja a kört. Jelölje I(s) azt az ívet, amely c mindkettő végpontját tartalmazza. A másik ív legyen J(s). Mivel s-nek különböző színűek a végpontjai, így J(s) tartalmaz legalább egy kiválasztott pontot. Másrészt p végpontjai I(s)-hez tartoznak, szóval J(s) nem tartalmazhatja másik oldalélnek pontját. Különböző s, s oldalélekhez tartozó J(s) és J(s ) ívek diszjunktak, így a hozzájuk tartozó kiválasztott pontok különbözőek. Így az oldalélek száma nem haladhatja meg a kiválasztott pontok számát. 5

.. ábra. M és c helyzete, valamint egy s oldalél. Reprezentáljuk a k-konfigurációkat az ( S 1, S,..., S k ) sorozattal, ahol S 1, S,..., S k a k-konfigurációban levő monokromatikus íveket jelölik. Tegyük fel, hogy a páratlan indexű futások pirosak, a párosak pedig kékek..1.3. Lemma. Legyen k, és tegyük fel, hogy n osztható 3k -vel. Ekkor (n k 3k, n (k 1) 3k, n k 3k, n 3k,..., n 3k ) k-konfigurációban bármely szeparált párosítás pontmérete legfeljebb n (k 1) 3k. Legyen M egy tetszőleges, a lemmában szereplő konstrukcióban levő szeparált párosítás. Vegyünk öt esetet aszerint, hogy melyik monokromatikus ívek kapcsolódnak S -höz legalább egy éllel. 1. eset: M-nek nincs S -beli pontja. Ekkor M-ben legfeljebb n n (k 1) 3k kék pont van. Így M pontmérete legfeljebb n n (k 1) (k 1) (k 1) 3k = n 3k < n 3k.. eset: M-nek nincs S és S 1 S 3 közötti éle. Ekkor S csak S 5, S 7,..., S k 1 -hez csatlakozhat. Ezért legfeljebb n (k ) 3k S -beli pont lehet M-ben így legalább n (k+1) 3k S -beli él kimarad M-ből. Tehát M pontmérete legfeljebb n n (k+1) (k 1) 3k < n 3k. 3. eset: S legalább egy éllel S 1 -hez és S 3 -hoz is kapcsolódik. Mivel M egy szeparált párosítás, ezért M nem tartalmaz S 4, S 6,..., S k -beli kék pontot, így legfeljebb n (k 1) 3k kék pontot tartalmaz. Így a szeparált párosítás pontmérete legfeljebb n (k 1) 3k. 4. eset: S legalább egy éllel kapcsolódik S 1 -hez, de S 3 -hoz nem kapcsolódik. Indirekt tegyük fel, hogy M pontmérete nagyobb, mint n (k 1) k 3k. Ekkor M-ben S -ből több, mint n 3k pont van, szóval létezik olyan él, amely S és nem S 1 között van. Legyen i > 1 a ( legkisebb ) olyan index, amelyre létezik S és S i+1 közötti él M-ben. k+(k i) Ekkor M legfeljebb n 3k kék pontot tartalmaz S -ből, és kihagy n (k i) 3k kék pontot S i+, S i+4,..., S k -ból, mivel M egy szeparált párosítás. 6

Ez azt jelenti, hogy M nem tartalmaz legalább n Ellentmondásba ütköztünk. (( ) k 1 (k i) +(k i) 3k ) = n (k 1) 3k kék pontot. 5. eset: S legalább egy éllel kapcsolódik S 3 -hoz, de S 1 -hez nem kapcsolódik. Szimmetria miatt ugyanúgy belátható, mint az előző..1.4. Lemma. Minden k egészhez, ahol n k létezik n csúcsból álló k-konfiguráció, amelynek nem létezik n (k 1) 3k + 16k-nál hosszabb alternáló útja. Az állítás k = 1 valamint n 8k esetén triviális. Tegyük fel, hogy k és n > 8k. Legyen n 0 n a legnagyobb 3k -vel osztható egész. C 0 jelölje azt az n 0 piros és n 0 kék csúcsból álló k-konfigurációt, amelyet az előző lemmában néztünk. Ekkor C legyen olyan, mint C 0 annyi változtatással, hogy adjunk hozzá S 1 -hez n n 0 piros pontot, és S -höz n n 0 kék pontot. Azt állítjuk, hogy C kielégíti a lemma feltételeit. Legyen p egy l(p) hosszú alternáló út C-ben. A.1.. lemma miatt létezik M 1 szeparált párosítás C-ben, amelynek pontmérete l(m 1 ) l(p) 4k 1. Töröljük M 1 -ből azt a n n 0 pontot, amelyeket később adtunk hozzá, és az éleket is, amelyek kapcsolódnak hozzájuk M 1 -ben. Így kapunk egy M 0 szeparált párosítást C 0 -ból, amelyre l(m 0 ) l(m 1 ) 4(n n 0 ) l(m 1 ) 4(3k ) = l(m 1 ) 1k + 8 l(p) 16k. A.1.3. lemma miatt Ezekből következik, hogy l(m 0 ) n 0 (k 1) 3k. (k 1) n + 16k l(p). 3k A.1.4. lemmából következik k = n -re, hogy egy metszésmentes alternáló út legfeljebb hosszú. (k 1) n 3k + 16k < 4n 3 + 0 n.. Az alsó korlát..1. Tétel. Létezik c > 0 konstans, amelyre n + c n log(n) < l(n). 7

Legyen C n darab kék és n darab piros pontból álló konvex helyzetű ponthalmaz. Feltehető, hogy a pontok egy körön helyezkednek el. Ekkor intervallumnak hívjuk a C körön egymást követő csúcsok tetszőleges halmazát. Az intervallum hosszát a benne levő csúcsok száma határozza meg. Tegyük fel, hogy létezik M l pontméretű szeparált párosítás. Ekkor könnyen találunk l hosszú metszésmentes alternáló utat. Legyen c az M-hez tartozó fejsze. Számozzuk M éleit c-vel való metszésük szerint s 1,..., s l -lel. Minden i = 1,..., l-re s i élnek a piros végpontját jelöljük r i -vel, a kék végpontját jelöljük b i -vel. Ekkor egy l hosszú metszésmentes alternáló út : p = (r 1 b 1, b 1 r, r b,..., b l 1 rl, r l b l ).... Lemma. Legyenek k, m és n olyan pozitív egész számok, amelyekre k = m osztja n-et. ( ) Ekkor minden k-konfiguráció C tartalmaz legalább n 1 + 1 k(m+1) pontméretű szeparált párosítást. Legyen S egy legalább n k méretű monokromatikus ív. Jelöljön I 0 egy egyszínű intervallumot S- ben, amelynek mérete pontosan n k. Minden 1 i m + 1-re I i legyen i 1 n k méretű intervallum úgy, hogy I 0, I 1,..., I m+1 óramutató járásával megegyező irányban következnek egymás után. Ezek az intervallumok C n pontjának egy partícióját adják. Feltehető, hogy I 0 elemei kékek. ( ) Indirekt tegyük fel, hogy nem létezik legalább n 1 + 1 k(m+1) pontméretű szeparált párosítás...3. Állítás. Minden 0 i m + 1-re J i = I 0 I 1... I i intervallumban van legalább ( ) i 1 1 k + 1 k n kék pont, sőt, pontosan ennyi van ha i > 0. i k(m+1) Az állítást i szerinti teljes indukcióval látjuk be. i = 0 esetén triviális. Tegyük fel, hogy ( ) i {0, 1,,..., m}-re J i -ben legalább i 1 1 k + 1 k i k(m+1) n kék pont van. Megmutatjuk, ( ) hogy I i+1 -ben több, mint i 1 1 k 1 k(m+1) n kék pont van. ( ) Indirekt tegyük fel, hogy nem. Ekkor legalább l = i 1 1 k + 1 k(m+1) n piros pont van I i+1 - ben. Mivel i 1 1 k + 1 k i k(m+1) i 1 1 k + 1 k(m+1), ezért J i-ben legalább l darab kék pont van. Így létezik l pontméretű szeparált párosítás J i kék pontjai és I i+1 piros pontjai között. Legyen M a leggazdaságosabb ilyen, azaz ha b 1, b,..., b s (s l) jelöli a kék pontokat J i -ben óramutató járásával ellentétes irányban, és r 1, r,..., r t (t l) jelöli a piros pontokat I i+1 -ben óramutató járásával megegyező irányban, akkor M = (b 1 r 1, b r,..., b l r l ). Legyen K a b l és r l közötti intervallum óramutató járásával megegyező irányban. Minden K-ban levő kék pont, amely nincsen benne M-ben I i+1 -ben van, szóval ezek száma legfeljebb ( u b = i 1 1 ) k 1 n. k(m + 1) 8

Minden K-ban levő piros pont, amely nincsen benne M-ben J i -ben van, szóval ezek száma legfeljebb u r = ( i 1k ( i 1 1 k + 1 k )) ( i n = i 1 1 k(m + 1) k 1 k + ) i n. k(m + 1) ( ) Mivel u b u r = 1 k i+1 k(m+1) n 0, ezért u b u r. Tehát több kék pont van K-ban, mint piros azok közül, amelyek nincsenek benne M-ben. Jelöljük L-lel K-nak a komplementerét. Nyílván L-ben legalább n 0 = n l u b = ( 1 i 1 k ) n pont van mind a kettő színből. Osszuk L-t L1, L két intervallumra úgy, hogy mindkettő tartalmazzon legalább n 0 pontot. Ekkor az egyik színből legalább n 0 darab van L 1 -ben. Tegyük fel, hogy ez a szín a kék. Ekkor L -ben legalább n 0 darab piros pont van. Ekkor létezik M legalább n 0 pontméretű szeparált párosítás L 1 és L között. Ekkor M M is szeparált párosítás, amelyhez tartozó fejszének az egyik végpontja J i és I i+1 között van, a másik L 1 és L között. M M pontmérete legalább l + n 0 = ( i 1 1 k + 1 k(m + 1) ) ( n + 1 i 1 ) ( n = 1 + k ) 1 n. k(m + 1) Ezzel ellentmondásba ütköztünk, így az indirekt feltevésünk rossz volt, tehát I i+1 -ben több mint ( ) i 1 1 k 1 k(m+1) n kék pont van. Ebből következik, hogy J i+1 -ben a kék pontok száma nagyobb, mint ( i 1 1 k + 1 k i k(m + 1) ) n + ( i 1 1 k i k(m + 1) ) n = ( i 1 k + 1 k i + 1 k(m + 1) Így i = m-re az jön ki, hogy több, mint n kék pont van a körön, ami ellentmondás, tehát befejeztük a... lemma bizonyítását...4. Lemma. n k 1-re minden n pontból álló k-konfiguráció tartalmaz legalább n+k 1 hosszú alternáló utat. Legyenek v 1, v,..., v n a csúcsok óramutató járásának irányában számozva. Tegyük fel, hogy v 1 piros. Minden 1 i < n-re ha v i piros és v i+1 kék, akkor nevezzük v i -t és v i+1 -et speciális csúcsoknak. Így k speciális, és n k nem speciális csúcsot kapunk. Sőt pontosan a fele piros a speciálisnak, és a nem speciálisnak is. Legyen m a legkisebb szám, amelyre U = {v i 1 i m} n k darab nem speciális csúcsot tartalmaz. Tegyük fel, hogy t n k piros közülük. (Másik eset hasonlóan). Jelöljük a pirosakat óramutató járásának megfelelően u 1, u,..., u t -vel. Ekkor W = {v i m + 1 i n} is n k darab nem speciális csúcsot tartalmaz, és t közülük kék. Jelöljük őket óramutató járásának ellentétes irányban w 1, w,..., w t -vel. u 1, u,..., u t csúcsok t + 1 szomszédos intervallumra osztják U-t. Jelöljük ezeket I 0, I 1,..., I t -vel óramutató járásával megegyező irányban. Ha I i (0 i t) tartalmaz speciális csúcsokat, akkor azokat jelöljük óramutató járásának megfelelő irányban u i,1, u i,,..., u i,αi -vel (u i,j piros ha j páratlan és kék 9 ) n.

ha j páros). Hasonlóan w 1, w,..., w t csúcsok t + 1 intervallumra osztják W -t. Jelöljük ezeket J 0, J 1,..., J t -vel óramutató járásával ellentétes irányban. Ha J i (0 i t) tartalmaz speciális csúcsokat, akkor azokat jelöljük óramutató járásának ellentétes irányban w i,1, w i,,..., w i,βi -vel (w i,j kék ha j páratlan és piros ha j páros). Vegyük a következő utat: Ez egy metszésmentes, hosszú alternáló út. u 0,1, u 0,,..., u 0,α0, u 1, w 0,1, w 0,,..., w 0,β0, w 1, u 1,1, u 1,,..., u 1,α1, u, w 1,1, w 1,,..., w 1,β1, w,..., u t,1, u t,,..., u t,αt 1, w t,1, w t,,..., w t,βt. t + k 1 n k + k 1 = n + k 1 Két esetet veszünk, amikor k nagy illetve amikor k kicsi és a két lemma segítségével bebizonyítjuk az alsó korlátot. Van egy n pontból álló k-konfiguráció. 1. eset: Ha k 1 n 1 10 log n, akkor a..4. lemma miatt létezik n+ n 10 log n 1 hosszú alternáló út.. eset: Ha k < 1 n 10 log n. Legyen m a legkisebb pozitív egész, amelyre k m. Ekkor m < 1 + log k. Legyen n = m n n m és válasszunk egy C, n piros és n kék pontból álló, m részkonfigurációt C-ből. C k 0 -konfiguráció valami k 0 k-ra, szóval van benne legalább n n k n m hosszú monokromatikus ív. Ekkor a... lemma miatt C-ben van legalább n + n m (m + 1) n k + n m+1 (m + 1) n k + n n k + n k(log n) n 1 5 n log n + pontméretű szeparált párosítás és alternáló út is. 5n log n log n n n + 4 4k(log k + ) n log n k 0 10

3. fejezet Eddigi alternáló utas eredmények javítása A következő fejezetben Mészáros Viola és Hajnal Péter [4] eredményeit ismertetjük. Hajnal és Mészáros az alsó korlátot n + Ω( n)-re javították, valamint konfigurációt adtak a felső korlátra [7]. 3.1. Jelölések, megjegyzések Legyen P egy síkbeli n elemű, konvex helyzetű ponthalmaz. Számozzuk a csúcsokat a konvex burkon óramutató járásának megegyezően P 1, P,..., P n -nel. Ekkor P i, P j P a következő két ívet definiálják: a(p i, P j ) = {P i, P i+1,..., P j }, a(p j, P i ) = {P j, P j+1,..., P i }. Az a(p i, P j ) ív komplementere az a(p j+1, P i 1 ) ív. Egy p út P -ben egy rendezett halmaz P -ből, másképpen szakaszoknak egy sorozata. Az út hossza (l(p)) az út csúcsainak a száma. P színezése egy c : P {piros, kék} függvény. Egy színezés kiegyensúlyozott, ha c 1 (piros) = c 1 (kék) = n. Jelöljük c 1 (piros)-at R-rel, illetve c 1 (kék)-et B-vel. Jelöljük P-vel P -t egy kiegyensúlyozott színezéssel ellátva. Vegyük P partícióját monokromatikus, nem üres ívekre úgy, hogy alternáljanak az osztályok: R 1, B 1, R, B,..., R r, B r. Legyen run(p) a piros (illetve a kék) monokromatikus ívek száma. Legyen s egy olyan egyenes, amely nem halad át P egy pontján sem és két nem üres részre vágja P-t. Ekkor s-t fejszének hívjuk. Egy M szeparált párosítást metsző egyenes az M-hez tartozó fejsze. Ez a fejsze nem egyértelműen definiált. 3.1.1. Megjegyzés. Ha M szeparált párosítás, akkor találhatunk M hosszú metszésmentes alternáló utat. Legyen M egy szeparált párosítás s fejszével. Ekkor s két ívre vágja P-t. Legyenek ezek A és A c. Legyen alt(m) az A-ban levő alternálások száma. Ha alt(m) = 0, akkor M-et Erdős 11

párosításnak nevezzük. Minden M szeparált párosításhoz létezik p út, hogy M elemei p páratlanadik elemei. Ez az út nem egyértelmű. Attól függ, hogy melyik színt választjuk elsőnek. Növelni szeretnénk p méretét új élek hozzáadásával. Ha ezek az új élek nem metszik s-t, akkor ezeket oldaléleknek nevezzük. 3.1.. Megjegyzés. Léteznek olyan oldalélek és egy Erdős párosítás, melyeket összekapcsolva n + run(p) 1 hosszú alternáló utat kapunk. 3.1.3. Megjegyzés. Legyen p egy tetszőleges metszésmentes út P-ben. Legyen s egy olyan egyenes, amely metszi p első és utolsó élét. Ekkor tudunk választani egy M szeparált párosítást s fejszével p éleiből, úgy hogy M pontmérete legalább l(p) run(p) + 1. Dobjuk el p összes élét, amelyet s nem metsz. Ekkor P 1,..., P l részutakat kapunk. Minden páratlan hosszú részútból töröljük az első élt. A megmaradt részutakból tartsuk meg minden második élt. Így szeparált párosítást kapunk. Legyen t a páratlan hosszú részutak száma. Az első élek törlésével t darab élt töröltünk. A második élek törlése nem csökkenti a csúcsok számát. Kell még az oldalélek száma. i {1,..., l 1}-re P i végpontja és P i+1 kezdőpontja s ugyanazon oldalán vannak. P i és P i+1 részutak közötti oldalélek végpontjai különböző monokromatikus ívekhez tartoznak. Az oldalélek törlésével legfeljebb run(p) (l + 1) pontot törlünk p-ből, ahol az l + 1 úgy jött ki, hogy az l 1 részút után egy-egy alternálást nem számolunk bele, valamint az első és az utolsó élnél levő alternálást sem (lásd a 3.1. ábra). 3.1. ábra. Az ábrán megjelölt l + 1 darab alternálást nem kell levonni. Összesen legfeljebb run(p) + t l 1 pontot törlünk p-ből, tehát a szeparált párosítás pontmérete legalább l(p) run(p) t + l + 1. 1

Mivel t legfeljebb l, ezért kész vagyunk. Jelölje m(p) a P-ben levő maximális szeparált párosítás pontméretét. 3.1.4. Megjegyzés. Létezik legalább n pontméretű Erdős párosítás M és ennél fogva n hosszú metszésmentes út. Vegyünk egy s felezővonalat. Ekkor s két egyenlő méretű ívre vágja P-t. Legyen A a piros ív, azaz amelyre A R A B teljesül. Tehát A legalább n piros csúcsot tartalmaz. Ekkor Ac a kék ív, amely legalább n kék csúcsot tartalmaz. Ezeket párosíthatjuk metszésmentesen. Kész a legalább n pontméretű szeparált párosítás. Legyen A egy páros méretű ív P-ben. Ekkor fél ívnek nevezzük azokat az íveket, amelyek A-nak a felezésével jönnek létre. Az alsó korlát javításához a következő észrevételre lesz szükségünk. 3.1.5. Megjegyzés. Ha találunk A ívet A r és A b felező ívekkel, amelyre A r R A r B t és A b B A b R t, akkor létezik legalább n + t pontméretű M szeparált párosítás, sőt alt(m) 1. 3.. Az alsó korlát javítása Kódoljuk P színezését. A kód (x,y) egész pontokból áll. Az előző pont színétől függően teszünk egy lépést. Az x koordinátát minden lépésben 1-gyel növeljük. Ha piros volt az előző pont, akkor az y koordinátát 1-gyel növeljük, ha kék volt, akkor 1-gyel csökkentjük. Egy példa látható a kódolásra a 3.. ábrán. Mivel a színezés kiegyensúlyozott, ezért a kód ugyanazon a szinten fog befejeződni, mint ahol elkezdődött. Vetítsük át a kódolás egy henger felületére. Ekkor egy zárt sétát kapunk. A legalacsonyabb pontnál levő vízszintes vonal legyen a 0. szint. Pozitív h-nál y = h legyen a h. szint. A h. és h. szint szomszédok, ha h h = 1. Vágjuk el a zárt sétát bármely pontnál, amely a 0. szinthez tartozik. Így kapunk egy Dyck utat. A Dyck utunk n lépésből áll. Minden lépés két szomszédos szint között van. Egy monokromatikus íven végighaladva a kódunk monoton fogja változtatni a magasságát. Ezért minden k-ra legfeljebb run(p)-szer lehet fellépni a k. szintre és run(p)-szer lehet lelépni rá. Legyen t a legnagyobb olyan szám, amire több mint n darab lépés van a t. szint felett. A 0. szint felett n lépés van. Ahogy egyesével megyünk fel szinteket ezt a számot legfeljebb run(p)-vel tudjuk csökkenteni. Ebből következik, hogy t n 1. run(p) Jelölje σ az i. lépést a Dyck utunkban. Ekkor σ szimmetria párja σ az n + 1 i. lépés. t úgy lett megválasztva, hogy létezik σ lépés t. szint felett, amelynek szimmetria párja is t. szint 13

3.. ábra. Balra egy kiegyensúlyozott színezés látható, jobbra a színezésnek a kódolása, és az ebből készített Dyck út látható. felett van. Sőt ha végignézzük az összes t. szint alatti lépést és ezek szimmetria párjait, akkor nem kapjuk meg az összes lépést. Minden megmaradt lépés alkalmas σ-nak. 3..1. Tétel. Legyen P egy n elemű konvex helyzetű, kiegyensúlyozott színezésű ponthalmaz. Ekkor létezik M szeparált párosítás alt(m) = -vel és legalább n 1 n + run(p) pontmérettel. Legyen t olyan, mint az előbb, és σ, σ két szimmetrikus lépés. σ és σ két pontnak felel meg P-n. Legyenek ezek S és S. Ekkor σ és σ két komplementer ívet határoznak meg P-n. Legyenek ezek A és A c. Jelölje F és L a Dyck úthoz tartozó első és utolsó lépést. Egyik ív (mondjuk az A) tartalmazza F -et és L-t is. σ és σ szimmetriája miatt F és L a két középső pont A-n. Ezért a(s, L) és a(f, S) fél ívek. Ahogy F -től S-ig sétálunk a 0.szintről a t. szint felé emelkedünk. Ez a színkód mutatja, hogy a(f, S) R a(f, S) B > t, és ugyanekkor a(s, L) B a(s, L) R > t. Ekkor a 3.1.5. megjegyzés miatt az állítás igaz. Ebből a kívánt alsó korlát azonnal következik. 14

3... Tétel. l(n) n + Ω( n). Tudjuk, hogy l(p) n + run(p) 1, n 1 l(p) n +. run(p) Tetszőleges P-re a kettő átlaga is alsó korlát. Az átlag az ígért érték lesz. 3.3. Konfiguráció a felső korlátra Mutatunk egy új konfiguráció osztályt, amelyen bebizonyítjuk 4n 3 + O( n) felső korlátot [7] a leghosszabb metszésmentes, alternáló út hosszára konvex helyzetű ponthalmazon. Abellanas nagyon hasonló konfigurációt adott ugyanerre a felső korlátra [1]. Az új konfiguráció osztály a következő. Jelöljük B L -lel az L hosszú kék ívet, és R L -lel az L hosszú piros ívet. Legyen M rxl r darab l hosszú monokromatikus ív, amelyeknek színük váltakozik. Ekkor P α,l színezést a következőképpen kapjuk. P α,l = B L, R (1+α)L, M rxl, R (1+α)L, B L, R (1 α)l, M r xl, R (1 α)l, ahol l tetszőleges, r és r olyanok, amelyekre teljesül az rl = ( α)l és az r l = ( + α)l egyenlőség, valamint α [ 1, 1]. Ekkor P α,l kiegyensúlyozott színezésű, n = 1L. Tegyük fel, hogy αl egész szám. A 3.3. ábrán látható hat darab osztópont. A, B, A, és B - monokromatikus ívet választanak el. C és C a vegyes ívek közepei. 3.3.1. Tétel. l(p α,l ) 4n 3 + O(l). Tegyük fel, hogy az optimális szeparált párosítás fejszéje egy alsó és egy felső részre bontja a ponthalmazt, és a párosított alsó és felső pontokat számozzuk be balról jobbra. Partícionáljuk a párosítás éleit aszerint, hogy a végpontok melyik monokromatikus ívben vagy vegyes ívben vannak. Ezeket az osztályokat egészítsük ki köztes pontokkal úgy, hogy teljes íveket kapjunk. Nevezzük ezeket az ívpárokat blokkoknak. Ekkor konstans darab blokkunk van. Vegyük azt az estet, amikor az egyik ív vegyes részív, amely ugyanannyi piros illetve kék ívet tartalmaz, a másik ív pedig egy monokromatikus ív. Ekkor a vegyes részívnek legfeljebb a fele vesz részt a párosításban ebben a blokkban. 15

3.3. ábra. A P α,l színezésre egy példa, ahol L = 5, l =, és α = 1 5. O(l) él törlésével biztosíthatjuk, hogy az összes blokkban a vegyes részívek teljes monokromatikus ívekből álljanak, és ugyanannyi ív legyen a két színből. Az így kapott szeparált párosítás legyen M. Célunk, hogy ha veszünk egy szeparált párosítást, akkor annak formáljuk át a fejszéjét és az éleit ha szükséges, anélkül, hogy jelentős mértékben csökkentenénk a pontméretét. Ezt úgy fogjuk csinálni, hogy a fejsze két végpontja a hat osztópont közül fog kikerülni. Eseteket különböztetünk meg a fejsze eredeti helyzete alapján. A fejsze vége vegyes, ha a fejsze végpontja vegyes ívben van, vagy ha vegyes és monokromatikus ív között van. 1. eset: Ha a fejsze mindkettő végpontja vegyes. Ekkor módosítsuk M-et M -re. Az új fejsze legyen CC. Ekkor M -ben a vegyes ívek teljesen párosítva vannak. M-ben azok az élek, amelyek nem tartalmaznak vegyes végpontokat metszeni fogják CC -t, és nem metszenek éleket, amelyeket eddig M -be bevettünk. Ezeket az éleket is hozzáadjuk M -höz. Megmutatjuk, hogy M = M. Ha létezik M-ben él, amely a két vegyes ív között megy, akkor M összes éle a következő két fajta lehet. Az első fajta az, amikor a két vegyes ív között van az él. Észrevehető, hogy ebben az esetben csak az egyik vegyes ívből vezethet él monokromatikus ívbe. Ezek az élek tartoznak a 16

második fajtához. Ekkor nincs más fajta él M-ben a fejsze miatt. Így M pontmérete legfeljebb ( α)l + 4αL = 4L = n 3. Ezért ebben az esetben M = M. Szóval mostantól csak olyan éleket kell vizsgálnunk, amelyek egy vegyes ív és egy monokromatikus ív között vannak, vagy amelynek végpontjai ugyanazon vegyes ívhez tartoznak. Figyeljük meg, hogy az élek száma, amelynek egyik végpontja vegyes ívben van egyenlő azzal ha az összes vegyes ívben levő él párosítva van. Ezért 8L = 4n 3 pontot kapunk.. eset: Ha az egyik végpontja sem vegyes a fejszének. Vegyük észre, hogy ekkor a fejsze végpontjai az {A, A, B, B } halmazból vannak, ugyanis ha a fejsze egy monokromatikus ívet két részre vág, akkor az egyik részéből nem indulhat párosításbeli él, ezért feltehető, hogy a fejsze végpontjai a két ív között helyezkednek el. Ha a fejsze egyik oldalán legfeljebb n 3 pont van, akkor kész vagyunk. Szimmetria miatt feltehető, hogy a fejsze AA. Ekkor a fejsze melletti rövidebb monokromatikus ív teljesen párosított a leggazdaságosabb formában (azaz a másik szomszédos futással a fejszénél). Ez ad 4L pontot M-hez. A fejsze felső oldalán maradt egy ( + α)l hosszú vegyes ív, egy (1 α)l hosszú piros ív, és egy (1 α)l hosszú kék részív. A fejsze alsó oldalán maradt egy (1 + α)l hosszú kék részív, egy (1 + α)l hosszú piros ív, és egy ( α)l hosszú vegyes ív. Tegyük fel, hogy létezik M-beli él a két vegyes ív között. Legyen t ezeknek az éleknek a száma. Kaptunk újabb t + ( + α)l t + ( α)l t = 4L pontot M-be. Ha nincs M-ben a két vegyes ív közötti él, akkor a leggazdaságosabb módon párosítjuk a vegyes íveket a monokromatikusakkal. Ez legfeljebb 4L új pontot ad. Megmutattuk, hogy M legfeljebb 8L = 4n 3 pontot tartalmaz. 3. eset: Ha a fejsze egyik végpontja vegyes, a másik viszont nem. Ahogy a. esetben is, ha a fejsze egyik végpontja egy monokromatikus ívben van, akkor feltehetjük, hogy a fejsze végpontja két ív között van, ezzel nem változtatva M-et. A vegyes végpont esetén az 1. esetes módszert használjuk. Ha az egyik oldalon legfeljebb n 3 pont van, akkor kész vagyunk. Feltehető, hogy ha a felső vegyes ívben van az egyik végpont, akkor a másik B-ben, ha az alsó vegyes ívben van az egyik végpont, akkor a másik A-ban van. Ha van a felső vegyes ív és az alsó vegyes ív között párosításbeli él, akkor könnyen belátható, hogy M pontmérete legfeljebb (1 + α)l + ( α)l + ( + α)l 8L = 4n 3. Ha nincs párosításbeli él a két vegyes ív között, akkor az 1. esetben levő módszert alkalmazhatjuk az egyik vegyes ívre. A fejsze végpontját áttesszük a vegyes ív közepébe, azaz C-be vagy C -be. Vegyük észre, hogy a fejsze egyik oldala ekkor legfeljebb 4L = n 3 következik az állítás. csúcsot tartalmaz. Ebből Ha korlátozni akarjuk a leghosszabb metszésmentes alternáló út hosszát, akkor az ívek számát is korlátoznunk kell. 3.3.. Tétel. Ha l = Θ( n), akkor l(p α,l ) = 4n 3 + O( n). 17

Minden útban meg tudunk különböztetni szeparált párosítást és oldaléleket alkalmas módon. A legnagyobb szeparált párosítás pontmérete 4n 3 + O( n), az oldalélek száma O( n), szóval megkaptuk a kívánt korlátot. 18

4. fejezet Szeparált párosítások speciális színezésekben Beláttuk, hogy ha van nagy szeparált párosítás, akkor biztosan létezik ugyanolyan pontméretű metszésmentes, alternáló út. Ezért érdemes a szeparált párosításokkal foglalkozni. Könnyen látható, hogy található maximális pontméretű szeparált párosítás dinamikus programozási feladatként, ezért nem a keresésükkel fogunk foglalkozni, hanem a pontméretükkel. Mutatunk néhány konstrukciót [8], amelyekben legfeljebb 4n 3 + O( n) pontméretű szeparált párosítás található. 4.1. Blokkok, konfigurációk definiálása Ebben a fejezetben speciális színezésekben levő maximális pontméretű szeparált párosításokat vizsgálunk. Ehhez megnevezünk néhány speciális színezésű ívet, amelyeket blokkoknak fogunk hívni. Nevezzük (as, bs) blokknak az as hosszú piros ívet, amelyet egy bs hosszú kék ív követ. Az s(b, a) blokk legyen egy b hosszú piros ív, amelyet egy a hosszú kék ív követ, és ezt ismételjük meg s-szer. Ezt az a + b hosszú ívet hívjuk periódusnak. Nevezzük kék többségű blokknak az (s, s) blokkot, tehát az s hosszú piros ívből és a s hosszú kék ívből álló ívet. Jelölje R az s hosszú piros ívet, illetve B a s hosszú kék ívet. Nevezzük piros többségű blokknak az (s, s(1, 1)) blokkot, ahol s(1, 1) vegyes ívet jelölje M. Ekkor R-t, B-t és M-et hívjuk részblokkoknak. Azt mondjuk, hogy a diszkrepancia d, ha C bármely intervallumán a különbség a két színosztály számossága között legfeljebb d. Egy rögzített S szeparált párosítás esetén azt mondjuk, hogy A ív szembenéz A 1, A,..., A n ívekkel, ha minden A-beli csúcsnak, amely részt vesz S-ben a párosításbeli párja A 1, A,..., A n valamelyikében van. A következő három konstrukciót fogjuk vizsgálni. Legyen C 1 (s, t) a t darab egymást követő (s, s) blokkból, és a t darab egymást követő s(, 1) blokkból álló színezés. Ekkor minden blokk 3s pontméretű. Az utolsó t darab blokkot egy darab ts(, 1) blokkal is megadhattuk volna. 19

4.1. ábra. Kék többségű és piros többségű blokk. Legyen a C 1 + (a, b, s, t) színezés t darab (as, bs) blokk, és t darab s(b, a) blokk egymás után. Ebben az esetben minden blokk mérete s(a + b). Vegyük észre, hogy C 1 (s, t) = C 1 + (1,, s, t). Végül legyen a C (s, t) színezés t darab (s, s) blokk, és t darab (s, s(1, 1) blokk tetszőleges sorrendben, azaz ugyanannyi kék többségű és piros többségű blokk tetszőleges sorrendben. 4.. Tételek szeparált párosításokról 4..1. Tétel. C 1 (s, t)-ben minden szeparált párosítás pontmérete legfeljebb 4n 3 + O(s + t). 4... Tétel. C 1 + (a, b, s, t)-ben a legnagyobb szeparált párosítás pontméretének és az összes pontnak az aránya { } min {a, b} max, max {a, b} + O a + b ( s + t Ebből következik, hogy a legnagyobb szeparált párosítás nagyságrendje legalább 4n 3. Egyenlőség áll fent, ha max {a, b} = min {a, b}. Szóval C 1 (s, t) optimális C 1 + (a, b, s, t)-ek között. 4..3. Tétel. Legyen C egy színezés C (s, t)-ből. Ekkor minden szeparált párosítás C -ben legfeljebb 4n 3 + O(s + t) pontméretű. 4..4. Tétel. Legyen C 3 az a színezés C (1000, t)-ből, amelyben a kék többségű és a piros többségű blokkok váltakoznak. Ekkor a legnagyobb szeparált párosítás pontmérete C 3 -ban legalább 1,34n. Ha a diszkrepancia d kicsi, akkor a következő alsó korlátokat kapjuk a szeparált párosítás pontméretére. Ha d = 1, akkor a színek váltakoznak, így az összes n darab csúcs részt vesz a maximális pontméretű szeparált párosításban. Most nézzük d = -re: n ). 0

4..5. Tétel. Minden színezésnek d = diszkrepanciával létezik legalább 4n 3 párosítása. pontméretű szeparált d = 3-ra ugyanez az eredményünk. 4..6. Tétel. Minden színezésnek d = 3 diszkrepanciával létezik legalább 4n 3 párosítása. pontméretű szeparált 4.3. A 4..1. - a 4..5. tételek bizonyítása Vegyünk egy S szeparált párosítást C-ben, ahol C egy színezés az egyik fenti tételből. Legyen l az S-hez tartozó fejsze. Ekkor l egy alsó és egy felső részre osztja C-t. O(S) él törlésével S-ből feltehető, hogy az alsó és a felső rész teljes blokkokat tartalmaz. Vegyük l-lel való metszés szerinti sorrendben az S-beli éleket. A párosításnak egy partícióját vesszük úgy, hogy az egy osztályban levő élek ugyanazon két részblokk között menjenek. Ez a partíció O(t) egymással szembe néző ív párt határoz meg. Ha egy ív egy vegyes részblokkhoz tartozik, akkor elérjük, hogy teljes periódusokat tartalmazzon az ív O(t) él törlésével. S-nek ezt a maradékát, S 0 -t, normalizált párosításnak nevezzük. A bizonyításokban tetszőleges normalizált párosításokkal dolgozunk. A 4..1. tétel bizonyítása Megmutatjuk, hogy az S 0 -beli csúcsok és az összes n csúcs aránya legfeljebb 3. A normalizált S 0 párosítás éleit 3 osztályba partícionáljuk. Az első osztály tartalmazza azokat az éleket, amelyeknek mindkét végpontja (s, s) blokkokban van. A második osztály azokat az éleket tartalmazza, amelyeknek egyik végpontja (s, s) blokkban van, a másik pedig egy s(, 1) blokkban van. A harmadik osztályban legyenek azok az élek, amelyeknek mindkettő végpontja s(, 1) blokkban van. Ezek az osztályok üresek is lehetnek. Feltehető, hogy az osztályok közötti határvonalak teljes blokkokat különítenek el. Az első és a harmadik osztályból legfeljebb a csúcsok 3 -át tartalmazhatja S 0, mivel mindkét típusú blokkban a csúcsok 1 3 -a az egyik színből van, a csúcsok 3-a pedig a másik színből. A második osztályban tegyük fel, hogy L darab (s, s) blokk néz szembe (, 1)-es periódusokkal. Jelölje x az R-ben levő párosított csúcsok és az összes R-beli csúcs arányát. Jelölje y a B-ben levő párosított csúcsok és az összes B-beli csúcs arányát. Ekkor xls piros pont és yls kék pont szerepel a párosításban. xls piros pontok párjai S 0 -ban kék csúcsok (, 1)-es periódusokból. Ezért legalább xls periódust tartalmaz a párosítás. Hasonlóan yls kék pont párjai piros csúcsok (, 1)-ből. Ez legalább yls darab periódust jelent. Feltehető ekkor, hogy az egész ponthalmaz L(s, s) blokk és xls + yls darab periódus. Ennek a mérete: 3Ls + 3xLs + 3yLs. A párosításban levő csúcsok száma: (xls + yls). Ezeknek az aránya: xls + 4yLs 3Ls + 3xLs + 3yLs = 3 x + y 1 + x + y 3 x + y x + y = 3. 1

A 4... tétel bizonyítása A felső korlát becslése hasonlóan működik, mint az előző bizonyítás. S 0 -t megint három osztályra bontjuk. A párosításban szereplő csúcsok és az összes csúcs arányát fogjuk vizsgálni. Az első és a harmadik osztályban a felső korlát min {a, b}. a + b Ha az élek a második osztályból vannak, akkor az arányt felülről korlátolja f(x, y) = a + b ax + by 1 + x + y. Ez egy kvázikonvex függvény [0,1] [0,1] tartományon, azaz a szinthalmazai S α = {(x, y) [0,1] [0,1] : f(x, y) α} konvexek minden α-ra. Szóval a maximuma elér egy csúcsot a tartományból: Az egész arány felső korlátja: { min {a, b} max, a + b f(x, y) max {f(0, 0), f(0, 1), f(1, 0), f(1, 1)} = { b = max 0, a + b, a a + b, } { max {a, b} = max, }. 3 a + b 3 max {a, b}, } { min {a, b} = max, a + b 3 a + b } max {a, b}. a + b Végül azt állítjuk, hogy a felső korlát optimális. Ehhez konstruáljunk két párosítást. Tegyük fel, hogy a b. Az első párosításnál t(as, bs) kék pontjait párosítsuk ts(b, a) piros pontjaival. ez bs csúcsot jelent blokkonként. A kapott arány b a+b. A második párosításnál azonos típusú blokkok néznek szembe egymással. (as, bs) blokkok felét a másik felével párosítjuk. Párosával vesszük a blokkokat, és úgy párosítjuk a piros részblokkokat a kék részblokkokkal. Ez blokkonként as csúcsot jelent. Ugyanezt csináljuk az s(b, a) blokkokkal. A kapott arány a a+b. A 4..3. tétel bizonyítása Vegyünk egy maximális normalizált szeparált párosítást, S 0 -t, C -ben, ahol C egy tetszőleges C (s, t) színezés. Megmutatjuk, hogy S 0 pontmérete legfeljebb 4n 3. Minden blokkban a színosztályok aránya :1. Ekkor minden blokkban a többségben levő színnel rendelkező csúcsokat major csúcsnak, a másik színnel színezett csúcsokat minor csúcsnak nevezzük. Ekkor a minor csúcsok száma C -ben n 3. A bizonyítás menete a következő. Minden S 0 -beli élhez rendelünk egy minor pontot. Ha az él egyik végpontja major pont, a másik meg minor pont, akkor rendeljük a minor pontot az élhez. Ha mindkettő végpontja minor pont, akkor rendeljük a kék végpontot az élhez. Vegyük észre, hogy ekkor ez a kék pont M-ből van, mert ellenkező esetben major pont lenne. Azokat a minor

pontokat, amelyeket még nem rendeltünk élhez nevezzük szabad pontoknak. Vegyük észre, hogy a szabad pontok halmaza változik, ahogy új pontokat rendelünk élekhez. Ha e él mindkettő végpontja major pont, akkor két esetet különböztetünk meg. Ha a piros major végpont vegyes részblokkban van, akkor e-hez azt a szabad kék csúcsot rendeljük, amely ugyanabban a periódusban van, mint a piros végpontja e-nek. Másik esetben e-t rossz élnek hívjuk. Ebben az esetben a kék végpont B-ben van, a piros végpont (s, s(1, 1))-ből R-ben van. Feltehető, hogy B l felső részén van. Vegyünk egy kék részblokkot B-t, és vizsgáljuk a hozzá tartozó rossz éleket. R a B-hez tartozó piros részblokk. Ekkor különböző eseteket vizsgálunk. 1. eset: Ha R csak szabad csúcsokat tartalmaz. Tegyük fel, hogy k darab rossz él tartozik B-hez. Ha a k darab rossz él piros csúcsai ugyanazon piros részblokkban vannak, akkor k s, és minden rossz élhez tudunk hozzárendelni R-nek egy különböző szabad elemét. Ha a piros végpontok különböző részblokkokból jönnek (piros többségű blokkokból), akkor vegyük M vegyes részblokkot, amely ahhoz a blokkhoz tartozik, amelyben a jobb szélső rossz élhez tartozó alsó végpont van. Legyen j az M-ben párosított élek száma. Ekkor s j szabad csúcs van M-ben, és s szabad csúcs van R-ben. Ez összesen s j szabad csúcsot jelent. Mivel k + j s, ezért k s j. Ebből következik, hogy tudunk különböző szabad csúcsokat rendelni a rossz élekhez..eset: Ha van nem szabad pont R-ben. Legyen ez a nem szabad pont e él végpontja. Legyen B a kék részblokk, amelyhez e alsó végpontja tartozik, és R a B -höz tartozó piros részblokk. 4.. ábra. A. esetben levő jelölések a párosításbeli élekre. Legyenek k, M, j ugyanolyanok, mint az előbb. Legyen m az R -ben levő párosított csúcsok száma. Ekkor s j szabad pont van M-ben, és s m szabad pont van R -ben, amely s j m szabad pontot ad összesen. Ha m > 0 vagy M és R között nincsen párosításbeli él, akkor j + k + m s, ezért k 3

s j m. Ekkor minden B-beli rossz élhez tudunk rendelni szabad csúcsot. Ha m = 0 és van M és R közötti párosításbeli él, akkor k s. Ekkor R -beli szabad csúcsokat rendelünk a B-beli rossz élekhez. Ekkor minden kék részblokkhoz tartozó rossz élhez hozzárendeltünk különböző szabad csúcsokat. Ezzel befejeztük a tétel bizonyítását. A 4..4. tétel speciális esete a 4..3. tételnek. Így a tétel állítása következik belőle. A 4..5. tétel bizonyítása Megint kódoljuk a színezést úgy, hogy ha egy csúcs pirossal van színezve, akkor átlósan felfelé lépünk, ha kékkel van színezve, akkor átlósan lefelé lépünk. Mivel d =, ezért a kódunk 1 illetve hosszú szakaszokból fog állni. A kapott kódban felezzük a futások számát egy t egyenessel, és párosítsuk a futásokat a t-től való távolságuk szerint a 4.3. ábrán látható módon. Ha pontos és 1 pontos ívek néznek szembe, akkor a csúcsok 3-át tudjuk párosítani, ha 1, 1 pontos, illetve, pontos néz szembe, akkor az összes csúcsot tudjuk párosítani. 4.3. ábra. A színezés kódolása és az ívek párosítása. A 4..6. tétel bizonyítása hasonló, csak kicsit bonyolultabb az ívek párosítása. 4.4. Nyitott kérdések Nem tiszta, hogy milyen szerepet játszik a konvexitás a problémában. Abellanas bizonyította [], hogy általános helyzetű ponthalmazon ha a két színosztály elválasztható egy egyenessel, akkor létezik metszésmentes, alternáló Hamilton út az egész ponthalmazon. Ha ezt nem tesszük fel, akkor n 8-ra már nem igaz az állítás. A felezővonal létezése megadta az alsó korlátot, n-t, leghosszabb nem keresztező alternáló útra általános helyzetű ponthalmazon. 4

Pavel Valtr vetette fel, hogy konvex helyzet helyett legyenek kettős íven a pontok. Konvex, illetve konkáv íven azt értjük, hogy a véges ponthalmaz egy szigorúan konvex, illetve szigorúan konkáv függvény grafikonján fekszik. A kettős ív egy konvex és egy konkáv ívből áll, úgy, hogy az általuk meghatározott egyenesek egyike sem metszi a másik ívet. A fenti definíciók mellett Cibulka, Kyncl, Mészáros, Stolar és Valtr bebizonyították a következő tételt. 4.4.1. Tétel. Ha a kettős ív mindkettő íve tartalmazza a csúcsoknak legalább az ötödét, akkor létezik metszésmentes, alternáló Hamilton út a ponthalmazon. Ez nem áll fent, ha az egyik ív legfeljebb a csúcsok 1 9-edét tartalmazza [3]. 5

5. fejezet Ramsey-típusú eredmények geometriai gráfokra A geometriai gráf egy olyan gráf a síkban, amelyben minden csúcs egy pontnak felel meg, és minden él egy szakasznak, amely összeköt két csúcsot, de nem halad át egy harmadikon. n csúcsú teljes geometriai gráfnak nevezzük azt a geometriai gráfot, amelyben ( n ) szakasz n pont által van meghatározva. A klasszikus Ramsey elmélet [5] központi kérdése következő. Adott egy teljes gráf, amelynek élei néhány színnel színezve vannak. Ebben a gráfban szeretnénk egy nagy monokromatikus részgráfot találni, amely valamilyen előre megadott tulajdonsággal él. A legtöbb kérdés a témában általánosítható teljes geometriai gráfokra, ahol az egyszínű részgráf eleget tesz bizonyos geometriai feltételeknek. 5.1. Bevezető eredmények 5.1.1. Tétel. Ha egy véges teljes geometriai gráf élei színnel vannak színezve, akkor létezik egyszínű metszésmentes feszítőfa a gráfban. Legyen a K n teljes geometriai gráf csúcshalmaza P = {p 1, p,..., p n }. K n élei pirossal és kékkel vannak színezve. Tegyük fel, hogy az egyik csúcsnak sem ugyanaz az x-koordinátája, és hogy x szerint növekvő sorrendben vannak felsorolva. Teljes indukcióval fogjuk bebizonyítani a tételt. Az állítás triviális n esetén. Tegyük fel, hogy n 3 és n 1-ig kész vagyunk. Most nézzük n-re. Feltehető, hogy P konvex burka azonos színű élekből áll. Legyen ez a szín a piros. Valóban, ha két szomszédos él a konvex burokból különböző színű, akkor töröljük a közös pontjukat. Ekkor a teljes indukció miatt a megmaradt n 1 ponthoz létezik egyszínű metszésmentes feszítőfa. Attól függően, hogy ez a feszítőfa milyen színű, vegyük vissza a megfelelő élt. Ebben az esetben találtunk egyszínű metszésmentes feszítőfát K n -ben. 6

Minden i-re, 1 < i < n esetén, jelölje K l i a {p 1,..., p i } pontokból, illetve K r i a {p 1,..., p i } pontokból álló részhalmazát K n -nek. A teljes indukciós feltevés miatt mindkettő részgráfban létezik egyszínű metszésmentes feszítőfa. Jelöljük ezeket Ti l -lel, illetve T r i -rel. Feltehető, hogy Ti l -nek és T r i -nek különböző színe van, különben kész lennénk. Az is feltehető, hogy T l piros és T r kék, mivel ha T r lenne piros, akkor az kiegészíthető lenne egyszínű feszítőfává, mivel p 1 a konvex burokban van. Hasonlóan feltehető, hogy Tn 1 l kék és Tn 1 r piros. Ekkor létezik i, 1 < i < n 1 esetén, amelyre T 1 l piros, T i l kék és Ti+1 l kék, T i+1 r piros. Kössük össze Ti l -t és T r i+1-t egy éllel a konvex burokról, amely metszi a függőleges vonalat, amely elválasztja p i -t p i+1 -től. Így találtunk egy metszésmentes piros feszítőfát K n -ben. 5.1.. Tétel. Ha egy 3n 1 csúcsú teljes geometriai gráf élei színnel vannak színezve, akkor található a gráfban n darab páronként diszjunkt azonos színű él. Jelöljük P -vel egy 3n 1 csúcsú teljes geometriai gráf, K 3n 1, csúcskészletét, amelynek élei pirossal és kékkel vannak színezve. Indirekt tegyük fel, hogy K 3n 1 nem tartalmaz n darab páronként diszjunkt élt. Teljes indukcióval fogjuk bebizonyítani a tételt. n = 1 esetén a tétel állítása triviális. Tegyük fel, hogy n -re n 1-ig teljesül az állítás. Most n-re nézzük. P egy i elemű részhalmazát i-halmaznak nevezzük, ha az előállítható úgy, hogy metsszük P -t egy nyílt félsíkkal. Könnyű látni, hogy az összes i-halmaz megadható a következőképpen. Vegyünk egy irányított egyenest, l-et, amely áthalad p P -n és i csúcs van a bal oldalán. Forgassuk l-et óramutató járásának irányában addig, amíg érint egy másik q P pontot. Folytassuk a forgatást q körül, és így tovább. Mindig, amikor P -nek csak egyetlen csúcsán halad át l, akkor l bal oldalán fekvő pontok i-halmazt alkotnak. A teljes indukciós feltevés miatt a 3k 1 méretű részhalmazai K 3n 1 -nek tartalmaznak k darab diszjunkt azonos színű élt, ahol 1 k < n. Ha ezek az élek pirosak (illetve kékek), akkor azt mondjuk, hogy az adott részhalmaz típusa piros (illetve kék). Egy részhalmaz lehet egyszerre piros és kék típusú is. Megint feltehetjük, hogy a konvex burkon levő élek pirosak. Vagyis k = 1 esetén minden (3k 1)-halmaznak pirosnak kell lennie. 5.1.3. Lemma. Minden adott k < n-re az összes (3k 1)-halmaz azonos típusú. 5.1.4. Lemma. Minden k, l > 1-re, ahol k + l = n a (3k 1)-halmazok és a (3l 1)-halmazok különböző típusúak. 5.1.5. Lemma. Minden k, l > 1-re, ahol k+l = n 1 az összes (3k 1)-halmaz és (3l 1)-halmaz kék típusú. Az 5.1.3. és az 5.1.4. lemma bizonyításához vegyünk egy irányított l egyenest, amely áthalad p P -n és felosztja P {p}-t egy (3k 1)-halmazra és egy (3l 1)-halmazra, ahol k + l = n. 7

Jelöljük ezt a (3k 1)-halmazt P (l)-lel, és a (3l 1)-halmazt P + (l)-lel. Ha P (l)-nek és P + (l)- nek ugyanaz a típusa, akkor kész vagyunk. Ezért feltehető, hogy különböző a típusuk. Forgassuk l-t p körül óramutató járásával megegyező irányban addig, amíg az nem érint egy másik q P pontot. Jelölje l az egyenest, amelyet q körül forgatunk tovább. Vegyük észre, hogy P (l) = P (l ) vagy P + (l) = P + (l ) teljesül. Mivel P (l )-nek és P + (l )-nek más a típusa, ezért megköthetjük, hogy P (l) és P (l ) azonos típusú. Így az 5.1.3. lemma következik abból, hogy minden (3k 1)-halmaz elérhető P (l)-ből az előző lépés ismételgetésével. Az 5.1.5. lemma bizonyításához fixáljunk le egy p pontot a konvex burokról. Legyen p a p-vel szomszédos pont a konvex burokról óramutató járásával megegyező irányban. Jelölje p 1 és p azt a két csúcsot, amelyekre 3k 1 csúcs van pp 1 bal oldalán, és 3l 1 csúcs van pp jobb oldalán, ahol k és l olyan pozitív egészek, amelyekre k + l = n 1. Tehát P (pp 1 ) = 3k 1, P + (pp ) = 3l 1, és pontosan egy darab p 3 P csúcs van pp 1 p háromszögön belül (lásd az 5.1. ábra). 5.1. ábra. p, p, p 1, p, p 3 pontok helyzete az 5.1.5. lemma bizonyításában. Indirekt tegyük fel, hogy minden (3k 1)-halmaz és minden (3l 1)-halmaz piros típusú. Ekkor P (pp 1 ) piros típusú, tehát P + (pp 1 ) {p, p, p 3 }-nak kéknek kell lennie, különben találhatnánk k+l+1 = n diszjunkt piros élt. Ebből következik, hogy P (pp 1 ) {p 1 } {p } egy (3k 1)-halmaz, amely nem tartalmazhat k diszjunkt kék élt. Így P (pp 1 ) {p 1 } {p }-ben van k diszjunkt piros él. P + (pp )-ben l diszjunkt piros él van, és mivel a burokban levő élek pirosak, így pp is piros, tehát szereztünk k + l + 1 = n darab diszjunkt piros élt. Ezzel ellentmondásba ütköztünk. A lemmák bebizonyítása után térjünk vissza az 5.1.. tétel bizonyításához. Két esetet különböztetünk meg. 8