Krótkie cykle w grafach

Transkrypt

1
O
KRÓTKICH
W
CYKLACH
GRAFACH
Wojciech Guzicki
Gdynia, 23 września 2016 r.
W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach
2
5 zadań
Zadanie 1. (XXXVII OM, zawody III stopnia, zadanie 5) W turnieju
szachowym uczestniczy 2n zawodników (zakładamy, że n > 1); każda
para zawodników rozgrywa między sobą co najwyżej jedną partię.
Udowodnić, że taki przebieg rozgrywek, w którym każda trójka zawodników nie rozgrywa trzech partii między sobą, jest możliwy wtedy
i tylko wtedy, gdy liczba wszystkich partii rozgrywanych w turnieju
nie przekracza n2 .
Zadanie 2. (II OMG, zawody II stopnia, zadanie 3) W przestrzeni
danych jest 6 punktów, z których żadne cztery nie leżą na jednej
płaszczyźnie. Łącząc niektóre z tych punktów narysowano 10 odcinków. Wykaż, że w ten sposób uzyskano co najmniej jeden trójkąt.
3
Zadanie 3. (V OMG, zawody II stopnia, zadanie 4) Na przyjęciu
spotkało się sześć osób. Okazało się, że każda z nich ma wśród pozostałych dokładnie trzech znajomych. Wykaż, że pewne cztery z tych
osób mogą usiąść przy okrągłym stole w taki sposób, aby każda z nich
siedziała pomiędzy swoimi dwoma znajomymi.
Zadanie 4. (III Mała OM, zawody III stopnia dla uczniów klas starszych, zadanie 6) W pewnej konferencji uczestniczy 1995 osób. Każda
z nich ma wśród pozostałych co najmniej 45 znajomych. Wykaż,
że można znaleźć takich czterech uczestników tej konferencji, którzy
mogą usiąść przy okrągłym stole tak, by każdy siedział obok swoich
znajomych.
4
Zadanie 5. (LXVIII OM, zawody I stopnia, zadanie 6) W balu
uczestniczyło 20 kawalerów i 20 dam. W każdym z 99 tańców tańczyła dokładnie jedna para, za każdym razem inna. W każdej parze
tańczyła dama z kawalerem. Dowieść, że istnieje takich dwóch kawalerów i takie dwie damy, że każdy z tych dwóch kawalerów zatańczył
z obiema tymi damami.
5
Inne sformułowanie problemu:
Przy jakich założeniach o grafie G można udowodnić, że ten graf
zawiera trójkąt (czyli cykl długości 3) lub zawiera czworokąt (czyli
cykl długości 4)?
6
Grafy
b
a
c
u
v
Wierzchołki:
V (G) = {a, b, c, u, v, w}
w
Krawędzie:
E(G) = {ab, av, aw, bc, bu, cv, cw, uv, uw, vw}
Sąsiedzi: S(a) = {b, v, w},
Trójkąty:
Czworokąty:
Cykl długości 5:
Cykl długości 6:
N (a) = {c, u}.
avw, cvw, uvw.
abuv, cbuw, abcv, abcw, uvaw, uvcw.
abcwv.
abcwuv.
7
Stopnie wierzchołków:
d(v) = |S(v)|.
Lemat o uściskach dłoni
b
a
c
u
v
w
X
v∈V (G)
d(v) = 2 · |E(G)|.
d(a) = d(b) = d(c) = d(u) = 3,
d(v) = d(w) = 4.
d(a) + d(b) + d(c) + d(u) + d(v) + d(w) = 3 + 3 + 3 + 3 + 4 + 4 =
= 20 = 2 · 10 = 2 · |E(G)|.
8
Grafy dwudzielne
v1
w1
V (G) = A ∪ B,
v2
w2
A ∩ B = ∅ oraz
v3
w3
w4
E(G) ⊆ {vw : v ∈ A, w ∈ B}.
Grafy pełne dwudzielne K2,2 i K3,3
9
Dla dowolnej liczby naturalnej m symbolem Exn (Cm ) oznaczamy
zbiór grafów G o następujących dwóch własnościach:
• V (G) = {1, . . . , n},
• graf G nie zawiera cyklu długości m.
W szczególności zbiór Exn (C3 ) jest zbiorem wszystkich grafów mających n wierzchołków (dokładniej: takich, że V (G) = {1, . . . , n})
i niezawierających trójkąta. Podobnie Exn (C4 ) jest zbiorem grafów
mających n wierzchołków i niezawierających czworokąta.
10
Wreszcie definiujemy liczby exn (Cm ). Mianowicie
exn (Cm ) = max |E(G)| : G ∈ Exn (Cm ) .
Inaczej mówiąc:
• nierówność exn (Cm ) ≥ k ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy
istnieje graf G mający n wierzchołków, k krawędzi i niezawierający
cyklu długości m,
• nierówność exn (Cm ) ≤ k ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy
każdy graf G mający n wierzchołków i co najmniej k + 1 krawędzi
zawiera cykl długości m.
11
Zadanie 1. (XXXVII OM, zawody III stopnia, zadanie 5) W turnieju
szachowym uczestniczy 2n zawodników (zakładamy, że n > 1); każda
para zawodników rozgrywa między sobą co najwyżej jedną partię.
Udowodnić, że taki przebieg rozgrywek, w którym każda trójka zawodników nie rozgrywa trzech partii między sobą, jest możliwy wtedy
i tylko wtedy, gdy liczba wszystkich partii rozgrywanych w turnieju
nie przekracza n2 .
Zadanie 1. Dane są liczby naturalne n i k. Wówczas istnieje graf G
bez trójkątów taki, że |V (G)| = 2n oraz |E(G)| = k wtedy i tylko
wtedy, gdy k ≤ n2 .
12
Zadanie 2. (II OMG, zawody II stopnia, zadanie 3) W przestrzeni
danych jest 6 punktów, z których żadne cztery nie leżą na jednej
płaszczyźnie. Łącząc niektóre z tych punktów narysowano 10 odcinków. Wykaż, że w ten sposób uzyskano co najmniej jeden trójkąt.
Zadanie 2. Dany jest graf G taki, że |V (G)| = 6 oraz |E(G)| = 10.
Udowodnij, że graf G zawiera trójkąt.
13
Zadanie 3. (V OMG, zawody II stopnia, zadanie 4) Na przyjęciu
spotkało się sześć osób. Okazało się, że każda z nich ma wśród pozostałych dokładnie trzech znajomych. Wykaż, że pewne cztery z tych
osób mogą usiąść przy okrągłym stole w taki sposób, aby każda z nich
siedziała pomiędzy swoimi dwoma znajomymi.
Zadanie 3. Dany jest graf G taki, że |V (G)| = 6 oraz d(v) = 3
dla każdego wierzchołka v ∈ V (G). Udowodnij, że graf G zawiera
czworokąt.
14
Zadanie 4. (III Mała OM, zawody III stopnia dla uczniów klas starszych, zadanie 6) W pewnej konferencji uczestniczy 1995 osób. Każda
z nich ma wśród pozostałych co najmniej 45 znajomych. Wykaż,
że można znaleźć takich czterech uczestników tej konferencji, którzy
mogą usiąść przy okrągłym stole tak, by każdy siedział obok swoich
znajomych.
Zadanie 4. Dany jest graf G taki, że |V (G)| = 1995 oraz d(v) ≥ 45
czworokąt.
15
Zadanie 5. W balu uczestniczyło 20 kawalerów i 20 dam. W każdym z 99 tańców tańczyła dokładnie jedna para, za każdym razem
inna. W każdej parze tańczyła dama z kawalerem. Dowieść, że istnieje
takich dwóch kawalerów i takie dwie damy, że każdy z tych dwóch kawalerów zatańczył z obiema tymi damami.
Zadanie 5. Dany jest graf dwudzielny G taki, że:
V (G) = A ∪ B,
A ∩ B = ∅,
E ⊆ {vw : v ∈ A, w ∈ B}
|A| = |B| = 20,
oraz
|E| = 99.
Udowodnij, że graf G zawiera czworokąt.
16
Zadanie 2. Dany jest graf G taki, że |V (G)| = 6 oraz |E(G)| = 10.
Udowodnij, że graf G zawiera trójkąt.
Rozwiązanie. Rozwiązanie zadania zawrzemy w trzech krokach.
Krok 1. Graf mający 6 wierzchołków ma co najwyżej
6·5
6
=
= 15
2
2
krawędzi. Ponieważ graf G ma 10 krawędzi, więc ma co najwyżej 5
par wierzchołków niesąsiednich.
17
Krok 2. Z lematu o uściskach dłoni wynika, że w grafie G istnieje co
najmniej jeden wierzchołek stopnia co najmniej 4. Przypuśćmy bowiem, że każdy wierzchołek ma stopień równy co najwyżej 3. Wówczas
20 = 2 · |E(G)| =
X
v∈V (G)
d(v) ≤ 6 · 3 = 18,
co jest niemożliwe.
18
Krok 3. Niech wierzchołek v ma stopień co najmniej 4. Niech wierzchołki a, b, c i d będą sąsiadami wierzchołka v. Te cztery wierzchołki
tworzą 6 par:
ab, ac, ad, bc, bd, cd.
Ponieważ graf G ma co najwyżej 5 par wierzchołków niesąsiednich,
więc któreś dwa spośród wierzchołków a, b, c i d są sąsiednie. Niech
na przykład będą to a i b. Wówczas graf G zawiera trójkąt vab. To
kończy dowód.
19
Twierdzenie 1. (Mantel, 1906) Dany jest graf G bez trójkątów mający n wierzchołków i k krawędzi. Wówczas
n2
k≤
.
4
Dowód. Niech v będzie wierzchołkiem grafu G o największym stopniu i niech d(v) = k. Wówczas mamy
|S(v)| = k
oraz
|N (v)| = n − k − 1.
Niech
N (v) = {w1 , . . . , wn−k−1 }.
20
v1
v2
v
vk
w1 w2
wn−k−1
21
Oczywiście żadne dwa wierzchołki ze zbioru S(v) nie sąsiadują ze
sobą. Stąd wynika, że każda krawędź grafu G ma co najmniej jeden
koniec w zbiorze
S(v) ∪ S(w1 ) ∪ . . . ∪ S(wn−k−1 ).
Mamy zatem nierówność
|E(G)| ≤ |S(v)| + |S(w1 )| + . . . + |S(wn−k−1 )|.
Z maksymalności k wynika, że |S(wi )| ≤ k dla i = 1, . . . , n − k − 1.
Zatem
|E(G)| ≤ k + (n − k − 1) · k = k(n − k).
22
Do zakończenia dowodu wystarczy zatem udowodnić nierówność
n2
k(n − k) ≤
.
4
Przekształcamy tę nierówność w sposób równoważny:
4k(n − k) ≤ n2 ,
4nk − 4k 2 ≤ n2 ,
n2 − 4nk + 4k 2 ≥ 0,
(n − 2k)2 ≥ 0.
Otrzymaliśmy nierówność prawdziwą, co kończy dowód twierdzenia.
23
Niech n będzie liczbą parzystą: n = 2m. Wówczas
n2
(2m)2
4m2
=
=
= m2 .
4
4
4
Niech następnie n będzie liczbą nieparzystą: n = 2m + 1. Wówczas
1
n2
(2m + 1)2
4m2 + 4m + 1
2
=
=
=m +m+ .
4
4
4
4
W tym przypadku nierówność
n2
k≤
4
dla dowolnej liczby całkowitej k jest równoważna nierówności
k ≤ m2 + m = m(m + 1).
24
Definicja. Dla każdej liczby naturalnej n definiujemy liczbę M (n)
wzorami (w zależności od parzystości liczby n):
M (2m) = m2
oraz
M (2m + 1) = m(m + 1).
Wówczas twierdzenie Mantela można sformułować w następujący sposób.
Twierdzenie 1. (Mantel, 1906) Dany jest graf G bez trójkątów mający n wierzchołków i k krawędzi. Wówczas k ≤ M (n). Inaczej mówiąc:
exn (C3 ) ≤ M (n).
25
Liczba trójkątów w grafie
Zadanie. Dany jest graf G mający 4 wierzchołki i 5 krawędzi. Udowodnij, że w tym grafie istnieją co najmniej dwa trójkąty.
Rozwiązanie. Niech a, b, c i d będą wierzchołkami grafu G. Graf
mający 4 wierzchołki ma co najwyżej 6 krawędzi. Zatem w grafie G
istnieje tylko jedna para wierzchołków niesąsiednich. Niech będą to
wierzchołki c i d.
Wówczas w grafie G istnieją dwa trójkąty abc i abd.
26
Zadanie. Dany jest graf G mający 5 wierzchołków i 7 krawędzi. Udowodnij, że w tym grafie istnieją co najmniej dwa trójkąty.
Rozwiązanie. Graf G ma wierzchołek stopnia co najwyżej 2. W przeciwnym razie z lematu o uściskach dłoni otrzymalibyśmy nierówność
X
d(v) ≥ 5 · 3 = 15.
14 = 2 · |E(G)| =
v∈V (G)
Niech wierzchołek v ma stopień równy co najwyżej 2. Usuńmy z grafu
wierzchołek v oraz usuńmy dwie krawędzie, w tym wszystkie krawędzie wychodzące z wierzchołka v. Otrzymujemy graf mający 4 wierzchołki i 5 krawędzi. Z poprzedniego zadania wynika, że taki graf ma
co najmniej dwa trójkąty. Oczywiście są to także trójkąty grafu G.
27
Zadanie. Dany jest graf G mający 6 wierzchołków i 10 krawędzi.
Udowodnij, że w tym grafie istnieją co najmniej trzy trójkąty.
Rozwiązanie. Graf G ma wierzchołek stopnia co najwyżej 3. W przeciwnym razie z lematu o uściskach dłoni otrzymalibyśmy nierówność
20 = 2 · |E(G)| =
X
v∈V (G)
d(v) ≥ 6 · 4 = 24.
Teraz mamy dwa przypadki.
28
Przypadek 1. Graf G ma wierzchołek stopnia co najwyżej 2.
Niech wierzchołek v ma stopień równy co najwyżej 2. Usuńmy z grafu
wierzchołek v oraz usuńmy dwie krawędzie, w tym wszystkie krawędzie wychodzące z wierzchołka v. Otrzymujemy graf mający 5 wierzchołków i 8 krawędzi. Z twierdzenia Mantela wynika, że taki graf ma
co najmniej jeden trójkąt. Niech będzie to trójkąt abc.
Usuńmy teraz krawędź ab. Otrzymamy graf mający 5 wierzchołków
i 7 krawędzi. Z poprzedniego zadania wynika, że taki graf ma co najmniej dwa trójkąty. Oczywiście są to także trójkąty grafu G. Wraz
z trójkątem abc mamy w grafie G co najmniej trzy trójkąty.
29
Przypadek 2. Każdy wierzchołek grafu G ma stopień równy co najmniej 3.
W grafie G istnieją co najwyżej dwa wierzchołki stopnia co najmniej
4. W przeciwnym przypadku z lematu o uściskach dłoni otrzymalibyśmy nierówność
20 = 2 · |E(G)| =
X
v∈V (G)
d(v) ≥ 3 · 4 + 3 · 3 = 21,
która jest nieprawdziwa. Teraz znów korzystamy z twierdzenia Mantela. W grafie G istnieje co najmniej jeden trójkąt, na przykład abc.
30
Co najmniej jeden wierzchołek trójkąta abc ma stopień równy 3, niech
będzie to wierzchołek a.
Usuwamy z grafu G wierzchołek a wraz z wychodzącymi z niego krawędziami. Otrzymujemy graf, który ma 5 wierzchołków i 7 krawędzi.
Z poprzedniego zadania wynika, że ma on co najmniej 2 trójkąty.
Wraz z trójkątem abc, który zniszczyliśmy usuwając z grafu G wierzchołek a, graf G ma zatem co najmniej 3 trójkąty. To kończy rozwiązanie zadania.
31
Liczba trójkątów w grafie
Twierdzenie 2. (Rademacher, 1941, nieopublikowane) Załóżmy, że
graf G ma n ≥ 3 wierzchołków i co najmniej k = M (n) + 1 krawędzi.
Wówczas graf G zawiera co najmniej b n2 c trójkątów.
Twierdzenie 3. (Goodman, 1959) Dany jest graf G mający n wierzchołków i k krawędzi. Wówczas graf G zawiera co najmniej
k
· (4k − n2 )
3n
trójkątów.
32
Zadanie 3. Dany jest graf G taki, że |V (G)| = 6 oraz d(v) = 3
czworokąt.
Rozwiązanie. Weźmy dowolny wierzchołek v grafu G. Ponieważ
d(v) = 3 < 5 = |V (G) \ {v}|,
więc istnieje wierzchołek w niesąsiadujący z wierzchołkiem v. Niech
a, b, c i d będą pozostałymi wierzchołkami grafu G.
Bez straty ogólności możemy założyć, że
S(v) = {a, b, c}.
33
Zauważmy następnie, że wierzchołek w sąsiaduje z trzema wierzchołkami ze zbioru {a, b, c, d}, a więc z co najmniej dwoma wierzchołkami
ze zbioru {a, b, c}. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że
a, b ∈ S(w).
Ale wówczas w grafie G mamy czworokąt
vawb.
34
Zadanie 3 można wzmocnić. Z lematu o uściskach dłoni wynika, że
2 · |E(G)| =
X
v∈V (G)
d(v) =
X
v∈V (G)
3 = 6 · 3 = 18,
czyli |E(G)| = 9. Udowodnimy teraz następujące twierdzenie:
Twierdzenie 4. Dany jest graf G mający 6 wierzchołków i co najmniej 8 krawędzi. Wówczas graf G zawiera czworokąt.
35
Lemat. Dany jest graf G niezawierający czworokąta. Niech v będzie
wierzchołkiem grafu G stopnia m i niech H będzie podgrafem grafu
G generowanym przez zbiór S(v) wszystkich sąsiadów wierzchołka v.
Wówczas w grafie H każdy wierzchołek ma stopień równy co najwyżej
1 oraz graf H zawiera co najwyżej b m
2 c krawędzi.
Dowód. Przypuśćmy, że pewien wierzchołek w grafu H ma stopień
równy co najmniej 2. Niech wierzchołki a i b będą sąsiadami wierzchołka w w grafie H.
Wówczas w grafie G mamy czworokąt vawb, co jest sprzeczne z założeniem.
36
Zatem rzeczywiście każdy wierzchołek grafu H ma stopień równy co
najwyżej 1.
Niech teraz w1 , . . . , wm będą wszystkimi wierzchołkami grafu H. Z lematu o uściskach dłoni zastosowanego do grafu H wynika, że
2 · |E(H)| = dH (w1 ) + . . . + dH (wm ) ≤ m · 1 = m.
Zatem |E(H)| ≤ b m
2 c.
To kończy dowód lematu.
37
Twierdzenie 4. Dany jest graf G mający 6 wierzchołków i co najmniej 8 krawędzi. Wówczas graf G zawiera czworokąt.
Dowód. Przypuśćmy, że graf G ma 6 wierzchołków i nie zawiera
czworokąta. Udowodnimy, że graf G ma co najwyżej 7 krawędzi.
Niech v będzie wierzchołkiem grafu G najwyższego stopnia i niech H
będzie podgrafem grafu G generowanym przez sąsiadów wierzchołka
v. Mamy teraz cztery przypadki.
Przypadek 1. Niech d(v) = 5. Wówczas oczywiście
V (G) = {v} ∪ V (H)
i stąd wynika, że
E(G) = {vw : w ∈ V (H)} ∪ E(H).
Ponieważ |V (H)| = 5 oraz |E(H)| ≤ b 25 c = 2, więc |E(G)| ≤ 7.
38
39
Przypadek 2. Niech d(v) = 4. W grafie G istnieje dokładnie jeden
wierzchołek x taki, że
V (G) = {v} ∪ V (H) ∪ {x}.
Wówczas
E(G) = {vw : w ∈ V (H)} ∪ E(H) ∪ {xw ∈ E(G) : w ∈ V (H)}.
W tym przypadku mamy: |V (H)| = 4 oraz |E(H)| ≤ b 42 c = 2.
Wierzchołek x sąsiaduje z co najwyżej jednym wierzchołkiem grafu
H.
40
Gdyby bowiem x miał dwóch sąciadów w1 , w2 ∈ V (H), to w grafie G
mielibyśmy czworokąt w w1 x w2 . Mamy zatem
|{xw ∈ E(G) : w ∈ V (H)}| ≤ 1.
Stąd otrzymujemy nierówność
|E(G)| ≤ 4 + 2 + 1 = 7.
41
Przypadek 3. Niech d(v) = 3. W grafie G istnieją dokładnie dwa
wierzchołki x i y takie, że
V (G) = {v} ∪ V (H) ∪ {x, y}.
Stąd wynika, że zbiór E(G) jest zawarty w sumie następujących pięciu
zbiorów:
{vw : w ∈ V (H)},
E(H),
{xw ∈ E(G) : w ∈ V (H)},
{yw ∈ E(G) : w ∈ V (H)}
oraz
{xy} ∩ E(G).
Oczywiście w tym przypadku |V (H)| = 3, skąd wynika, że
|{vw : w ∈ V (H)}| = 3.
42
Z lematu wynika, że
3
|E(H)| ≤
= 1.
2
Zauważamy następnie, że tak jak w przypadku 2, każdy z wierzchołków x i y może sąsiadować z co najwyżej jednym wierzchołkiem grafu
H. Mamy zatem
|{xw : w ∈ V (H)}| ≤ 1 oraz
|{yw : w ∈ V (H)}| ≤ 1.
Ponadto oczywiście |{xy}∩E(G)| ≤ 1. Stąd otrzymujemy nierówność
|E(G)| ≤ 3 + 1 + 1 + 1 + 1 = 7.
43
Przypadek 4. Niech d(v) = 2. Wówczas z lematu o uściskach dłoni
wynika, że
2 · |E(G)| =
X
v∈V (G)
d(v) ≤
X
v∈V (G)
2 = 6 · 2 = 12,
czyli |E(G)| ≤ 6.
We wszystkich przypadkach otrzymaliśmy nierówność |E(G)| ≤ 7, co
kończy dowód twierdzenia.
44
Twierdzenie 5. Istnieje graf G mający 6 wierzchołków i 7 krawędzi,
niezawierający czworokąta.
Dowód. Oto przykład takiego grafu:
Twierdzenie 6. Ma miejsce równość ex6 (C4 ) = 7.
45
Zadanie 4. Dany jest graf G mający 1995 wierzchołków. Każdy
wierzchołek ma stopień równy co najmniej 45. Wykaż, że ten graf
zawiera czworokąt.
Rozwiązanie. Z lematu o uściskach dłoni wynika, że jeśli graf ma
nieparzystą liczbę wierzchołków, to co najmniej jeden z tych wierzchołków ma stopień parzysty.
Zatem co najmniej jeden wierzchołek danego grafu G ma stopień
równy co najmniej 46.
46
Niech d(v) ≥ 46 i popatrzmy na zbiory S(w) \ {v} dla wierzchołków
w ∈ S(v). Te zbiory nie mogą być parami rozłączne, gdyż wtedy
mielibyśmy
1994 ≥
≥
X
[
(S(w) \ {v}) =
X
44 ≥ 46 · 44 = 2024,
w∈S(v)
w∈S(v)
w∈S(v)
|S(w) \ {v}| ≥
co jest niemożliwe.
47
Zatem istnieje wierzchołek u oraz wierzchołki w1 , w2 ∈ S(v) takie, że
u ∈ S(w1 ) \ {v} ∩ S(w2 ) \ {v} .
Ale wtedy w grafie G mamy czworokąt
v w1 u w 2 .
To kończy rozwiązanie zadania.
48
Nie są znane dokładne wartości liczb exn (C4 ). Następne twierdzenie podaje dokładne wartości tych liczb tylko dla n ≤ 31. W tym
twierdzeniu piszemy krócej
en = exn (C4 ).
Znane są też dokładne wartości liczb exn (C4 ) dla niektórych innych
wartości n.
49
Twierdzenie 7. Dla n = 0, 1, 2, . . . , 31 mają miejsce następujące
równości:
e0 = 0,
e1 = 0,
e8 = 11,
e9 = 13,
e16 = 33,
e17 = 36,
e24 = 59,
e25 = 63,
e2 = 1,
e10 = 16,
e18 = 39,
e26 = 67,
e3 = 3,
e11 = 18,
e19 = 42,
e27 = 71,
e4 = 4,
e12 = 21,
e20 = 46,
e28 = 76,
e5 = 6,
e13 = 24,
e21 = 50,
e29 = 80,
e6 = 7,
e7 = 9,
e14 = 27,
e15 = 30,
e22 = 52,
e23 = 56,
e30 = 85,
e31 = 90.
50
Znamy też szacowanie asymptotyczne liczb exn (C4 ).
Definicja. Niech α będzie dowolną liczbą rzeczywistą dodatnią oraz
niech f : N → R będzie dowolnym ciągiem liczb rzeczywistych. Mówimy, że
f (n) ≈ nα ,
jeśli istnieją liczby rzeczywiste dodatnie c1 i c2 oraz liczba naturalna
m takie, że
c1 · nα ≤ f (n) ≤ c2 · nα
dla wszystkich n ≥ m.
51
Twierdzenie 8. Dla każdej liczby naturalnej n ≥ 100 ma miejsce
następująca nierówność:
1
· n1,5 ≤ exn (C4 ).
32
Twierdzenie 9. (Bondy – Simonovits i późniejsze ulepszenia) Dla
dowolnych liczb naturalnych n i k ≥ 2 ma miejsce następująca nierówność:
1
1+ k
.
exn (C2k ) ≤ 8(k − 1)n
W szczególności wynika stąd, że
exn (C4 ) ≈ n1,5 .
52
W dowodzie lewej nierówności skorzystamy z następującego twierdzenia Czebyszewa:
Twierdzenie 10. (Czebyszew). Dla każdej liczby naturalnej n ≥ 1
istnieje liczba pierwsza p taka, że n < p ≤ 2n.
Wniosek 1. Dla każdej liczby naturalnej n ≥ 2 istnieje liczba pierwsza p taka, że
n
< p ≤ n.
2
Dowód. W dowodzie tego wniosku rozpatrzymy dwa przypadki.
53
Przypadek 1. Liczba n jest parzysta: n = 2m. Wówczas m ≥ 1,
więc z twierdzenia Czebyszewa wynika, że istnieje liczba pierwsza p
taka, że m < p ≤ 2m. Zatem
n
= m < p ≤ 2m = n.
2
Przypadek 2. Liczba n jest nieparzysta: n = 2m + 1. Oczywiście
wtedy n ≥ 3 oraz m ≥ 1. Z twierdzenia Czebyszewa znów wynika, że
istnieje liczba pierwsza p taka, że m < p ≤ 2m. Zatem m + 1 ≤ p,
skąd wynika, że
n
1
= m + < m + 1 ≤ p ≤ 2m < 2m + 1 = n.
2
2
To kończy dowód wniosku.
54
Wniosek 2. Dla każdej liczby naturalnej n ≥ 4 istnieje liczba pierwsza p taka, że
√
√
n−1
< p ≤ n.
2
√
Dowód. Niech n ≥ 4 i niech m = b nc. Wówczas m ≥ 2, więc
z wniosku 1 wynika, iż istnieje liczba pierwsza p taka, że
m
< p ≤ m.
2
√
Ponieważ m ≤ n < m + 1, więc
√
√
m
n−1
<
< p ≤ m ≤ n,
2
2
co kończy dowód.
55
Twierdzenie 11. Dla każdej liczby pierwszej p istnieje graf G niezawierający czworokąta i taki, że:
|V (G)| = p
2
1 2
oraz |E(G)| ≥ · p (p − 1).
2
Dowód. Oznaczmy: Z = {0, 1, . . . , p − 1}. Wierzchołkami grafu G
będą pary (a, b) takie, że a, b ∈ Z. Oczywiście |V (G)| = p2 . Dwie
różne pary (a, b) i (c, d) są połączone krawędzią wtedy i tylko wtedy,
gdy
a + c ≡ bd (mod p).
Każdy wierzchołek grafu G ma co najmniej p − 1 sąsiadów.
Niech (a, b) ∈ V (G). Niech następnie d ∈ Z oraz d 6= b.
Istnieje wówczas dokładnie jeden element c ∈ Z taki, że
a + c ≡ bd (mod p).
Mianowicie c jest jedynym elementem zbioru Z takim, że
c ≡ bd − a (mod p).
Inaczej mówiąc, c jest resztą z dzielenia liczby bd − a przez p.
56
57
Oczywiście para (c, d) jest wierzchołkiem sąsiadującym z parą (a, b).
Istnieje dokładnie p − 1 takich par (c, d), bo w zbiorze Z istnieje
dokładnie p − 1 liczb różnych od b.
Teraz z lematu o uściskach dłoni wynika, że
2 · |E(G)| =
czyli |E(G)| ≥
1
2
X
d (a, b) ≥
(a,b)∈V (G)
X
(p − 1) = p2 (p − 1),
(a,b)∈V (G)
· p2 (p − 1).
58
Graf G nie zawiera czworokąta.
Przypuśćmy, że cztery różne wierzchołki (a, b), (c, d), (e, f ) oraz (g, h)
tworzą czworokąt, tzn. następujące pary sąsiadują ze sobą:
• para (a, b) sąsiaduje z parami (c, d) i (g, h),
• para (e, f ) sąsiaduje z parami (c, d) i (g, h).
Wówczas:
a + c ≡ bd (mod p),
a + g ≡ bh (mod p),
e + c ≡ df
e + g ≡ hf
(mod p),
(mod p).
Odejmijmy stronami pierwsze dwie kongruencje.
a + c ≡ bd (mod p),
a + g ≡ bh (mod p),
Otrzymamy:
c − g ≡ b(d − h)
(mod p).
59
Odejmijmy stronami ostatnie dwie kongruencje.
e + c ≡ df
e + g ≡ hf
(mod p),
(mod p).
Otrzymamy:
c − g ≡ f (d − h)
(mod p).
60
61
Otrzymaliśmy kongruencje:
c − g ≡ b(d − h)
(mod p) oraz
c − g ≡ f (d − h)
(mod p).
Zatem
b(d − h) ≡ f (d − h)
(mod p),
(b − f )(d − h) ≡ 0
(mod p).
czyli
Stąd wynika, że p | (b − f )(d − h). Mamy teraz dwa przypadki.
Przypadek 1:
62
p | b − f.
Ponieważ −p < b − f < p, więc b − f = 0. Zatem b = f i wtedy
a + c ≡ bd = df ≡ e + c (mod p).
Stąd wynika, że a ≡ e
(mod p). Ponieważ a, e ∈ Z, więc a = e.
Zatem (a, b) = (e, f ), co jest sprzeczne z założeniem, że rozważane
cztery pary są różne.
63
Przypadek 2:
p | d − h.
Ponieważ −p < d − h < p, więc d − h = 0. Zatem d = h i wtedy
a + c ≡ bd = bh ≡ a + g
Stąd wynika, że c ≡ g
(mod p).
(mod p). Ponieważ c, g ∈ Z, więc c = g.
Zatem (c, d) = (g, h), co znów jest sprzeczne z założeniem, że rozważane cztery pary są różne.
Otrzymane sprzeczności kończą dowód twierdzenia.
64
Dowód twierdzenia 8. Niech teraz n ≥ 16 i niech p będzie liczbą
pierwszą taką, że
√
√
n−1
< p ≤ n.
2
Niech następnie G będzie grafem takim jak w twierdzeniu 10. Niech
wreszcie m = p2 ≤ n. Wówczas
|V (G)| = m
Zatem
oraz
1 2
|E(G)| ≥ · p (p − 1).
2
1 2
exn (C4 ) ≥ exm (C4 ) ≥ · p (p − 1).
2
65
Do zakończenia dowodu wystarczy wykazać, że
1
p (p − 1) ≥
· n1,5 .
16
2
Ponieważ p ≥
√
n−1
2 ,
więc
√
2 √
√
√
2
n−1
n−1
( n − 1) ( n − 3)
2
p (p − 1) ≥
·
−1 =
.
2
2
8
Mamy zatem wykazać, że
√
√
√
2
1
( n − 1) ( n − 3)
n n
1,5
≥
·n =
.
8
16
16
Przekształcamy tę nierówność w sposób równoważny:
√
√
√
2
2( n − 1) ( n − 3) ≥ n n,
√
√
√
2(n − 2 n + 1)( n − 3) ≥ n n,
p
√
√
√
2(n (n) − 3n − 2n + 6 n + n − 3) ≥ n n,
√
√
√
2(n n − 5n + 7 n − 3) ≥ n n,
√
√
√
2n n − 10n + 14 n − 6 ≥ n n,
√
√
n n + 14 n ≥ 10n + 6.
Otrzymana nierówność jest prawdziwa, gdyż:
√
√
√
√
n n ≥ n 100 = 10n oraz 14 n ≥ 14 100 = 140 > 6.
To kończy dowód twierdzenia.
66
67
Grafy dwudzielne
Niech em,n będzie największą liczbą całkowitą k taką, że istnieje graf
dwudzielny G o następujących własnościach:
• V (G) = A ∪ B, gdzie
A ∩ B = ∅,
|A| = m
oraz |B| = n,
• E(G) = k,
• graf G nie zawiera czworokąta.
68
Skończone przestrzenie rzutowe
Skończona przestrzeń rzutowa rzędu n składa się z dwóch rozłącznych
zbiorów P i L (oraz relacji „punkt p ∈ P leży na prostej l ∈ L”)
o następujących własnościach:
• |P | = |L| = n2 + n + 1,
• dla każdych dwóch różnych punktów p1 , p2 ∈ P istnieje dokładnie
jedna prosta l ∈ L taka, że punkty p1 i p1 leżą na tej prostej l,
• dla każdych dwóch różnych prostych l1 , l2 ∈ L istnieje dokładnie
jeden punkt p ∈ P taki, że punkt p leży na obu prostych l1 i l2 ,
• istnieją cztery punkty takie, że żadne trzy z nich nie leżą na jednej
prostej.
69
Twierdzenie 12. Dana jest płaszczyzna rzutowa rzędu n. Wówczas:
• dla każdego punktu p ∈ P istnieje dokładnie n + 1 prostych l ∈ L
takich, że punkt p leży na prostej l,
• dla każdej prostej l ∈ L istnieje dokładnie n + 1 punktów p ∈ P
takich, że punkt p leży na prostej l.
Z punktów i prostych płaszczyzny rzutowej rzędu n tworzymy graf
dwudzielny G:
V (G) = P ∪ L oraz
E(G) = {pl : punkt p leży na prostej l}.
70
Twierdzenie 13. Dana jest płaszczyzna rzutowa rzędu n i utworzony
z niej graf dwudzielny G. Wówczas graf G nie zawiera czworokąta.
Ponadto
|E(G)| = (n + 1)(n2 + n + 1).
Twierdzenie 14. Jeśli istnieje płaszczyzna rzutowa rzędu n, to
en2 +n+1,n2 +n+1 = (n + 1)(n2 + n + 1).
71
Twierdzenie 15. Jeśli n jest potęgą liczby pierwszej, to istnieje
płaszczyzna rzutowa rzędu n.
Wniosek 1. Jeśli n jest potęgą liczby pierwszej, to
en2 +n+1,n2 +n+1 = (n + 1)(n2 + n + 1).
Wniosek 2. Ma miejsce równość
e21,21 = 105.
Dowód. Wystarczy we wniosku 1 przyjąć n = 4.
72
Twierdzenie 16. Ma miejsce nierówność e20,20 ≥ 96.
Dowód. Weźmy graf G utworzony z płaszczyzny rzutowej rzędu 4.
W tym grafie każdy wierzchołek ma stopień równy 5. Weźmy następnie punkt p leżący na prostej l i usuńmy ten punkt i tę prostą z grafu
G. Otrzymamy graf dwudzielny, w którym
|P \ {p}| = |L \ {l}| = 20
oraz
|E(G)| = 105 − 9 = 96.
Twierdzenie 17. Ma miejsce równość e20,20 = 96.
KONIEC
73

Krótkie cykle w grafach

Transkrypt

Podobne dokumenty

Nata-Lusia Niezalezny Dystrybutor Herbalife

Gry ramseyowskie na grafach planarnych (T. Krawczyk)

Raport bieżący 25/2015 – Zmiana nazwy i adresu

generuj PDF

Oferta pracy z http://pupgdynia.pl/?c=mdPUP-oferta