Wojciech Guzicki. Gdynia, 23 września 2016 r.

Transkrypt

1 1 O KRÓTKICH CYKLACH W GRAFACH Wojciech Guzicki

2 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 2 5zadań 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 nieprzekraczan 2. Zadanie 2.(II OMG, zawody II stopnia, zadanie 3) W przestrzeni danychjest6punktów,zktórychżadneczterynieleżąnajednej płaszczyźnie. Łącząc niektóre z tych punktów narysowano 10 odcinków. Wykaż, że w ten sposób uzyskano co najmniej jeden trójkąt.

3 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 3 Zadanie 3.(V OMG, zawody II stopnia, zadanie 4) Na przyjęciu spotkałosięsześćosób.okazałosię,żekażdaznichmawśródpozostałych dokładnie trzech znajomych. Wykaż, że pewne cztery z tych osóbmogąusiąśćprzyokrągłymstolewtakisposób,abykażdaznich siedziała pomiędzy swoimi dwoma znajomymi. Zadanie4.(IIIMałaOM,zawodyIIIstopniadlauczniówklasstarszych, 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 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 4 Zadanie 5.(LXVIIIOM,zawodyIstopnia,zadanie6)Wbalu uczestniczyło20kawalerówi20dam.wkażdymz99tańcówtańczyła dokładnie jedna para, za każdym razem inna. W każdej parze tańczyła dama z kawalerem. Dowieść, że istnieje takich dwóch kawalerówitakiedwiedamy,żekażdyztychdwóchkawalerówzatańczył z obiema tymi damami.

5 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 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 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 6 Grafy a b u c Wierzchołki: V(G)={a,b,c,u,v,w} v w Krawędzie: E(G)={ab,av,aw,bc,bu,cv,cw,uv,uw,vw} Sąsiedzi:S(a)={b,v,w}, N(a)={c,u}. Trójkąty: avw, cvw, uvw. Czworokąty: abuv, cbuw, abcv, abcw, uvaw, uvcw. Cykl długości 5: abcwv. Cykl długości 6: abcwuv.

7 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 7 Stopnie wierzchołków: d(v) = S(v). Lemat o uściskach dłoni a b u c v V(G) d(v)=2 E(G). v w 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)= = =20=2 10=2 E(G).

8 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 8 Grafy dwudzielne v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 w 4 V(G)=A B, A B= oraz E(G) {vw: v A,w B}. GrafypełnedwudzielneK 2,2 ik 3,3

9 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 9 DladowolnejliczbynaturalnejmsymbolemEx n (C m )oznaczamy zbiór grafów G o następujących dwóch własnościach: V(G)={1,...,n}, grafgniezawieracykludługościm. WszczególnościzbiórEx n (C 3 )jestzbioremwszystkichgrafówmającychnwierzchołków(dokładniej:takich,żev(g)={1,...,n}) iniezawierającychtrójkąta.podobnieex n (C 4 )jestzbioremgrafów mających n wierzchołków i niezawierających czworokąta.

10 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 10 Wreszciedefiniujemyliczbyex n (C m ).Mianowicie Inaczej mówiąc: ex n (C m )=max { E(G) : G Ex n (C m ) }. nierównośćex n (C m ) kmamiejscewtedyitylkowtedy,gdy istnieje graf G mający n wierzchołków, k krawędzi i niezawierający cyklu długości m, nierównośćex n (C m ) kmamiejscewtedyitylkowtedy,gdy każdygrafgmającynwierzchołkówiconajmniejk+1krawędzi zawiera cykl długości m.

11 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 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 nieprzekraczan 2. Zadanie1.Danesąliczbynaturalnenik.WówczasistniejegrafG beztrójkątówtaki,że V(G) =2noraz E(G) =kwtedyitylko wtedy,gdyk n 2.

12 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 12 Zadanie 2.(II OMG, zawody II stopnia, zadanie 3) W przestrzeni danychjest6punktów,zktórychżadneczterynieleżąnajednej płaszczyźnie. Łącząc niektóre z tych punktów narysowano 10 odcinków. Wykaż, że w ten sposób uzyskano co najmniej jeden trójkąt. Zadanie2.DanyjestgrafGtaki,że V(G) =6oraz E(G) =10. Udowodnij, że graf G zawiera trójkąt.

13 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 13 Zadanie 3.(V OMG, zawody II stopnia, zadanie 4) Na przyjęciu spotkałosięsześćosób.okazałosię,żekażdaznichmawśródpozostałych dokładnie trzech znajomych. Wykaż, że pewne cztery z tych osóbmogąusiąśćprzyokrągłymstolewtakisposób,abykażdaznich siedziała pomiędzy swoimi dwoma znajomymi. Zadanie3.DanyjestgrafGtaki,że V(G) =6orazd(v)=3 dlakażdegowierzchołkav V(G).Udowodnij,żegrafGzawiera czworokąt.

14 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 14 Zadanie4.(IIIMałaOM,zawodyIIIstopniadlauczniówklasstarszych, 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. Zadanie4.DanyjestgrafGtaki,że V(G) =1995orazd(v) 45 dlakażdegowierzchołkav V(G).Udowodnij,żegrafGzawiera czworokąt.

15 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 15 Zadanie5.Wbaluuczestniczyło20kawalerówi20dam.Wkażdym z 99 tańców tańczyła dokładnie jedna para, za każdym razem inna. W każdej parze tańczyła dama z kawalerem. Dowieść, że istnieje takichdwóchkawalerówitakiedwiedamy,żekażdyztychdwóchkawalerów zatańczył z obiema tymi damami. Zadanie5.DanyjestgrafdwudzielnyGtaki,że: V(G)=A B, A B=, A = B =20, E {vw: v A,w B} oraz E =99. Udowodnij, że graf G zawiera czworokąt.

16 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 16 Zadanie2.DanyjestgrafGtaki,że V(G) =6oraz 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 2 = =15 krawędzi.ponieważgrafgma10krawędzi,więcmaconajwyżej5 par wierzchołków niesąsiednich.

17 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 17 Krok2.Zlematuouściskachdłoniwynika,żewgrafieGistniejeco najmniej jeden wierzchołek stopnia co najmniej 4. Przypuśćmy bowiem, że każdy wierzchołek ma stopień równy co najwyżej 3. Wówczas co jest niemożliwe. 20=2 E(G) = v V(G) d(v) 6 3=18,

18 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 18 Krok3.Niechwierzchołekvmastopieńconajmniej4.Niechwierzchołkia,b,cidbędąsąsiadamiwierzchołkav.Teczterywierzchołki tworzą 6 par: ab, ac, ad, bc, bd, cd. Ponieważ graf G ma co najwyżej 5 par wierzchołków niesąsiednich, więcktóreśdwaspośródwierzchołkówa,b,cidsąsąsiednie.niech naprzykładbędątoaib.wówczasgrafgzawieratrójkątvab.to kończy dowód.

19 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 19 Twierdzenie 1.(Mantel, 1906) Dany jest graf G bez trójkątów mający n wierzchołków i k krawędzi. Wówczas k n2 4. Dowód. Niech v będzie wierzchołkiem grafu G o największym stopniuiniechd(v)=k.wówczasmamy S(v) =k oraz N(v) =n k 1. Niech N(v)={w 1,...,w n k 1 }.

20 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 20 v 1 v 2 v v k w 1 w 2 w n k 1

21 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 21 Oczywiście żadne dwa wierzchołki ze zbioru S(v) nie sąsiadują ze sobą.stądwynika,żekażdakrawędźgrafugmaconajmniejjeden koniec w zbiorze Mamy zatem nierówność S(v) S(w 1 )... S(w n k 1 ). E(G) S(v) + S(w 1 ) S(w n k 1 ). Zmaksymalnościkwynika,że S(w i ) kdlai=1,...,n k 1. Zatem E(G) k+(n k 1) k=k(n k).

22 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 22 Do zakończenia dowodu wystarczy zatem udowodnić nierówność k(n k) n2 4. Przekształcamy tę nierówność w sposób równoważny: 4k(n k) n 2, 4nk 4k 2 n 2, n 2 4nk+4k 2 0, (n 2k) 2 0. Otrzymaliśmy nierówność prawdziwą, co kończy dowód twierdzenia.

23 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 23 Niechnbędzieliczbąparzystą:n=2m.Wówczas n 2 4 =(2m)2 = 4m2 =m Niechnastępnienbędzieliczbąnieparzystą:n=2m+1.Wówczas n 2 4 =(2m+1)2 = 4m2 +4m W tym przypadku nierówność =m 2 +m k n2 4 dla dowolnej liczby całkowitej k jest równoważna nierówności k m 2 +m=m(m+1).

24 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 24 Definicja. Dla każdej liczby naturalnej n definiujemy liczbę M(n) wzorami(w zależności od parzystości liczby n): M(2m)=m 2 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 mającynwierzchołkówikkrawędzi.wówczask M(n).Inaczejmówiąc: ex n (C 3 ) M(n).

25 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 25 Liczba trójkątów w grafie Zadanie.DanyjestgrafGmający4wierzchołkii5krawędzi.Udowodnij, że w tym grafie istnieją co najmniej dwa trójkąty. Rozwiązanie.Niecha,b,cidbędąwierzchołkamigrafuG.Graf mający4wierzchołkimaconajwyżej6krawędzi.zatemwgrafieg istnieje tylko jedna para wierzchołków niesąsiednich. Niech będą to wierzchołkicid. WówczaswgrafieGistniejądwatrójkątyabciabd.

26 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 26 Zadanie.DanyjestgrafGmający5wierzchołkówi7krawędzi.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 14=2 E(G) = d(v) 5 3=15. v V(G) Niechwierzchołekvmastopieńrównyconajwyżej2.Usuńmyzgrafu 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 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 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) = Teraz mamy dwa przypadki. v V(G) d(v) 6 4=24.

28 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 28 Przypadek 1. Graf G ma wierzchołek stopnia co najwyżej 2. Niechwierzchołekvmastopieńrównyconajwyżej2.Usuńmyzgrafu 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 i7krawędzi.zpoprzedniegozadaniawynika,żetakigrafmaconajmniej dwa trójkąty. Oczywiście są to także trójkąty grafu G. Wraz ztrójkątemabcmamywgrafiegconajmniejtrzytrójkąty.

29 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 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) = v V(G) d(v) =21, która jest nieprawdziwa. Teraz znów korzystamy z twierdzenia Mantela. W grafie G istnieje co najmniej jeden trójkąt, na przykład abc.

30 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 30 Co najmniej jeden wierzchołek trójkąta abc ma stopień równy 3, niech będzie to wierzchołek a. UsuwamyzgrafuGwierzchołekawrazzwychodzącymizniegokrawędziami. 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 wierzchołeka,grafgmazatemconajmniej3trójkąty.tokończyrozwiązanie zadania.

31 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 31 Liczba trójkątów w grafie Twierdzenie 2.(Rademacher, 1941, nieopublikowane) Załóżmy, że grafgman 3wierzchołkówiconajmniejk=M(n)+1krawędzi. WówczasgrafGzawieraconajmniej n 2 trójkątów. Twierdzenie 3.(Goodman, 1959) Dany jest graf G mający n wierzchołków i k krawędzi. Wówczas graf G zawiera co najmniej trójkątów. k 3n (4k n2 )

32 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 32 Zadanie3.DanyjestgrafGtaki,że V(G) =6orazd(v)=3 dlakażdegowierzchołkav V(G).Udowodnij,żegrafGzawiera 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,cidbędąpozostałymiwierzchołkamigrafug. Bez straty ogólności możemy założyć, że S(v)={a,b,c}.

33 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 33 Zauważmy następnie, że wierzchołek w sąsiaduje z trzema wierzchołkamizezbioru{a,b,c,d},awięczconajmniejdwomawierzchołkami zezbioru{a,b,c}.bezstratyogólnościmożemyprzyjąć,że a,b S(w). AlewówczaswgrafieGmamyczworokąt vawb.

34 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 34 Zadanie 3 można wzmocnić. Z lematu o uściskach dłoni wynika, że 2 E(G) = d(v)= 3=6 3=18, v V(G) v V(G) czyli E(G) = 9. Udowodnimy teraz następujące twierdzenie: Twierdzenie4.DanyjestgrafGmający6wierzchołkówiconajmniej 8 krawędzi. Wówczas graf G zawiera czworokąt.

35 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 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 1orazgrafHzawieraconajwyżej m 2 krawędzi. Dowód. Przypuśćmy, że pewien wierzchołek w grafu H ma stopień równyconajmniej2.niechwierzchołkiaibbędąsąsiadamiwierzchołkawwgrafieh. WówczaswgrafieGmamyczworokątvawb,cojestsprzecznezzałożeniem.

36 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 36 Zatem rzeczywiście każdy wierzchołek grafu H ma stopień równy co najwyżej 1. Niechterazw 1,...,w m będąwszystkimiwierzchołkamigrafuh.zlematu o uściskach dłoni zastosowanego do grafu H wynika, że 2 E(H) =d H (w 1 )+...+d H (w m ) m 1=m. Zatem E(H) m 2. To kończy dowód lematu.

37 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 37 Twierdzenie4.DanyjestgrafGmający6wierzchołkówiconajmniej 8 krawędzi. Wówczas graf G zawiera czworokąt. Dowód.Przypuśćmy,żegrafGma6wierzchołkówiniezawiera 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.

38 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 38 Przypadek 1. Niech d(v) = 5. Wówczas oczywiście V(G)={v} V(H) istądwynika,że E(G)={vw: w V(H)} E(H). Ponieważ V(H) =5oraz E(H) 5 2 =2,więc E(G) 7.

39 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 39 Przypadek2.Niechd(v)=4.WgrafieGistniejedokładniejeden wierzchołek x taki, że Wówczas V(G)={v} V(H) {x}. E(G)={vw: w V(H)} E(H) {xw E(G): w V(H)}. Wtymprzypadkumamy: V(H) =4oraz E(H) 4 2 =2. Wierzchołek x sąsiaduje z co najwyżej jednym wierzchołkiem grafu H.

40 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 40 Gdybybowiemxmiałdwóchsąciadóww 1,w 2 V(H),towgrafieG mielibyśmyczworokątww 1 xw 2.Mamyzatem Stąd otrzymujemy nierówność {xw E(G): w V(H)} 1. E(G) 4+2+1=7.

41 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 41 Przypadek3.Niechd(v)=3.WgrafieGistniejądokładniedwa wierzchołkixiytakie,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). Oczywiściewtymprzypadku V(H) =3,skądwynika,że {vw: w V(H)} =3.

42 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 42 Z lematu wynika, że E(H) 3 2 =1. Zauważamy następnie, że tak jak w przypadku 2, każdy z wierzchołkówxiymożesąsiadowaćzconajwyżejjednymwierzchołkiemgrafu 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) =7.

43 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 43 Przypadek4.Niechd(v)=2.Wówczaszlematuouściskachdłoni wynika, że czyli E(G) 6. 2 E(G) = v V(G) d(v) v V(G) 2=6 2=12, We wszystkich przypadkach otrzymaliśmy nierówność E(G) 7, co kończy dowód twierdzenia.

44 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 44 Twierdzenie 5. Istnieje graf G mający 6 wierzchołków i 7 krawędzi, niezawierający czworokąta. Dowód. Oto przykład takiego grafu: Twierdzenie6.Mamiejscerównośćex 6 (C 4 )=7.

45 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 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 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 46 Niechd(v) 46ipopatrzmynazbioryS(w)\{v}dlawierzchołków w S(v).Tezbioryniemogąbyćparamirozłączne,gdyżwtedy mielibyśmy 1994 w S(v) w S(v) (S(w)\{v})= w S(v) =2024, S(w)\{v} co jest niemożliwe.

47 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 47 Zatemistniejewierzchołekuorazwierzchołkiw 1,w 2 S(v)takie,że u ( S(w 1 )\{v} ) ( S(w 2 )\{v} ). AlewtedywgrafieGmamyczworokąt vw 1 uw 2. To kończy rozwiązanie zadania.

48 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 48 Niesąznanedokładnewartościliczbex n (C 4 ).Następnetwierdzeniepodajedokładnewartościtychliczbtylkodlan 31.Wtym twierdzeniu piszemy krócej e n =ex n (C 4 ). Znanesąteżdokładnewartościliczbex n (C 4 )dlaniektórychinnych wartości n.

49 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 49 Twierdzenie7.Dlan=0,1,2,...,31mająmiejscenastępujące równości: e 0 =0, e 8 =11, e 16 =33, e 24 =59, e 1 =0, e 9 =13, e 17 =36, e 25 =63, e 2 =1, e 10 =16, e 18 =39, e 26 =67, e 3 =3, e 11 =18, e 19 =42, e 27 =71, e 4 =4, e 12 =21, e 20 =46, e 28 =76, e 5 =6, e 13 =24, e 21 =50, e 29 =80, e 6 =7, e 14 =27, e 22 =52, e 30 =85, e 7 =9, e 15 =30, e 23 =56, e 31 =90.

50 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 50 Znamyteższacowanieasymptotyczneliczbex n (C 4 ). Definicja. Niech α będzie dowolną liczbą rzeczywistą dodatnią oraz niechf: N Rbędziedowolnymciągiemliczbrzeczywistych.Mówimy, że f(n) n α, jeśliistniejąliczbyrzeczywistedodatniec 1 ic 2 orazliczbanaturalna mtakie,że c 1 n α f(n) c 2 n α dlawszystkichn m.

51 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 51 Twierdzenie 8. Dla każdej liczby naturalnej n 100 ma miejsce następująca nierówność: 1 32 n1,5 ex n (C 4 ). Twierdzenie 9.(Bondy Simonovits i późniejsze ulepszenia) Dla dowolnychliczbnaturalnychnik 2mamiejscenastępującanierówność: ex n (C 2k ) 8(k 1)n 1+1 k. W szczególności wynika stąd, że ex n (C 4 ) n 1,5.

52 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 52 W dowodzie lewej nierówności skorzystamy z następującego twierdzenia Czebyszewa: Twierdzenie 10.(Czebyszew). Dla każdej liczby naturalnej n 1 istniejeliczbapierwszaptaka,żen<p 2n. Wniosek 1. Dla każdej liczby naturalnej n 2 istnieje liczba pierwszaptaka,że n 2 <p n. Dowód. W dowodzie tego wniosku rozpatrzymy dwa przypadki.

53 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 53 Przypadek1.Liczbanjestparzysta:n=2m.Wówczasm 1, więc z twierdzenia Czebyszewa wynika, że istnieje liczba pierwsza p taka,żem<p 2m.Zatem n 2 =m<p 2m=n. Przypadek2.Liczbanjestnieparzysta:n=2m+1.Oczywiście wtedyn 3orazm 1.ZtwierdzeniaCzebyszewaznówwynika,że istniejeliczbapierwszaptaka,żem<p 2m.Zatemm+1 p, skąd wynika, że n 2 =m+1 2 <m+1 p 2m<2m+1=n. To kończy dowód wniosku.

54 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 54 Wniosek 2. Dla każdej liczby naturalnej n 4 istnieje liczba pierwszaptaka,że n 1 <p n. 2 Dowód.Niechn 4iniechm= n.wówczasm 2,więc zwniosku1wynika,iżistniejeliczbapierwszaptaka,że m 2 <p m. Ponieważm n<m+1,więc n 1 < m 2 2 <p m n, co kończy dowód.

55 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 55 Twierdzenie 11. Dla każdej liczby pierwszej p istnieje graf G niezawierający czworokąta i taki, że: V(G) =p 2 oraz E(G) 1 2 p2 (p 1). Dowód.Oznaczmy:Z={0,1,...,p 1}.WierzchołkamigrafuG będąpary(a,b)takie,żea,b Z.Oczywiście V(G) =p 2.Dwie różnepary(a,b)i(c,d)sąpołączonekrawędziąwtedyitylkowtedy, gdy a+c bd (modp).

56 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 56 KażdywierzchołekgrafuGmaconajmniejp 1sąsiadów. Niech(a,b) V(G).Niechnastępnied Zorazd b. Istnieje wówczas dokładnie jeden element c Z taki, że a+c bd (modp). Mianowicie c jest jedynym elementem zbioru Z takim, że c bd a (modp). Inaczejmówiąc,cjestresztązdzielenialiczbybd aprzezp.

57 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 57 Oczywiście para(c, d) jest wierzchołkiem sąsiadującym z parą(a, b). Istniejedokładniep 1takichpar(c,d),bowzbiorzeZistnieje dokładniep 1liczbróżnychodb. Teraz z lematu o uściskach dłoni wynika, że 2 E(G) = (a,b) V(G) czyli E(G) 1 2 p2 (p 1). d ( (a,b) ) (a,b) V(G) (p 1)=p 2 (p 1),

58 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 58 Graf G nie zawiera czworokąta. Przypuśćmy,żeczteryróżnewierzchołki(a,b),(c,d),(e,f)oraz(g,h) tworzą czworokąt, tzn. następujące pary sąsiadują ze sobą: para(a,b)sąsiadujezparami(c,d)i(g,h), para(e,f)sąsiadujezparami(c,d)i(g,h). Wówczas: a+c bd (modp), a+g bh (modp), e+c df (modp), e+g hf (modp).

59 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 59 Odejmijmy stronami pierwsze dwie kongruencje. a+c bd (modp), a+g bh (modp), Otrzymamy: c g b(d h) (modp).

60 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 60 Odejmijmy stronami ostatnie dwie kongruencje. e+c df (modp), e+g hf (modp). Otrzymamy: c g f(d h) (modp).

61 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 61 Otrzymaliśmy kongruencje: c g b(d h) (modp) oraz c g f(d h) (modp). Zatem czyli b(d h) f(d h) (modp), (b f)(d h) 0 (modp). Stądwynika,żep (b f)(d h).mamyterazdwaprzypadki.

62 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 62 Przypadek1: p b f. Ponieważ p<b f<p,więcb f=0.zatemb=fiwtedy a+c bd=df e+c (modp). Stądwynika,żea e (modp).ponieważa,e Z,więca=e. Zatem(a,b)=(e,f),cojestsprzecznezzałożeniem,żerozważane cztery pary są różne.

63 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 63 Przypadek2: p d h. Ponieważ p<d h<p,więcd h=0.zatemd=hiwtedy a+c bd=bh a+g (modp). Stądwynika,żec g (modp).ponieważc,g Z,więcc=g. Zatem(c,d)=(g,h),coznówjestsprzecznezzałożeniem,żerozważane cztery pary są różne. Otrzymane sprzeczności kończą dowód twierdzenia.

64 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 64 Dowódtwierdzenia8.Niechterazn 16iniechpbędzieliczbą pierwszątaką,że n 1 <p n. 2 Niech następnie G będzie grafem takim jak w twierdzeniu 10. Niech wreszciem=p 2 n.wówczas V(G) =m oraz E(G) 1 2 p2 (p 1). Zatem ex n (C 4 ) ex m (C 4 ) 1 2 p2 (p 1).

65 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 65 Do zakończenia dowodu wystarczy wykazać, że p 2 (p 1) 1 16 n1,5. Ponieważp n 1 2,więc p 2 (p 1) ( ) n ( n 1 2 ) 1 = ( n 1) 2 ( n 3) 8. Mamy zatem wykazać, że ( n 1) 2 ( n 3) n1,5 = n n 16.

66 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 66 Przekształcamy tę nierówność w sposób równoważny: 2( n 1) 2 ( n 3) n n, 2(n 2 n+1)( n 3) n n, 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 =140>6. To kończy dowód twierdzenia.

67 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 67 Grafy dwudzielne Nieche m,n będzienajwiększąliczbącałkowitąktaką,żeistniejegraf dwudzielny G o następujących własnościach: V(G)=A B,gdzie E(G)=k, A B=, A =m oraz B =n, graf G nie zawiera czworokąta.

68 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 68 Skończone przestrzenie rzutowe Skończona przestrzeń rzutowa rzędu n składa się z dwóch rozłącznych zbiorówp il(orazrelacji punktp P leżynaprostejl L ) o następujących własnościach: P = L =n 2 +n+1, dlakażdychdwóchróżnychpunktówp 1,p 2 Pistniejedokładnie jednaprostal Ltaka,żepunktyp 1 ip 1 leżąnatejprostejl, dlakażdychdwóchróżnychprostychl 1,l 2 Listniejedokładnie jedenpunktp Ptaki,żepunktpleżynaobuprostychl 1 il 2, istniejączterypunktytakie,żeżadnetrzyznichnieleżąnajednej prostej.

69 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 69 Twierdzenie 12. Dana jest płaszczyzna rzutowa rzędu n. Wówczas: dlakażdegopunktup Pistniejedokładnien+1prostychl L takich,żepunktpleżynaprostejl, dlakażdejprostejl Listniejedokładnien+1punktówp P takich,żepunktpleżynaprostejl. Z punktów i prostych płaszczyzny rzutowej rzędu n tworzymy graf dwudzielny G: V(G)=P L oraz E(G)={pl: punktpleżynaprostejl}.

70 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 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)(n 2 +n+1). Twierdzenie 14. Jeśli istnieje płaszczyzna rzutowa rzędu n, to e n2 +n+1,n 2 +n+1=(n+1)(n 2 +n+1).

71 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 71 Twierdzenie 15. Jeśli n jest potęgą liczby pierwszej, to istnieje płaszczyzna rzutowa rzędu n. Wniosek 1. Jeśli n jest potęgą liczby pierwszej, to e n 2 +n+1,n 2 +n+1=(n+1)(n 2 +n+1). Wniosek 2. Ma miejsce równość e 21,21 =105. Dowód.Wystarczywewniosku1przyjąćn=4.

72 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 72 Twierdzenie16.Mamiejscenierównośće 20, Dowód. Weźmy graf G utworzony z płaszczyzny rzutowej rzędu 4. W tym grafie każdy wierzchołek ma stopień równy 5. Weźmy następniepunktpleżącynaprostejliusuńmytenpunktitęprostązgrafu G. Otrzymamy graf dwudzielny, w którym P\{p} = L\{l} =20 oraz E(G) =105 9=96. Twierdzenie17.Mamiejscerównośće 20,20 =96.

73 W. Guzicki: O krótkich cyklach w grafach 73 KONIEC