Véges geometriákat használóextremális gráfelméleti

konstrukciókBSc szakdolgozat

írta: Nagy Gergelytémavezeto: Nagy Zoltán Lóránt

Eötvös Loránd TudományegyetemTermészettudományi Kar

Budapest, 2018

KöszönetnyilvánításKöszönettel tartozom témavezetomnek, Nagy Zoltán Lórántnak, aki a

témát felvetette, tanácsaival és megjegyzéseivel segítette szakdolgozatomlétrejöttét és akihez kérdés esetén bármikor fordulhattam.

1

Tartalomjegyzék

1. Extremális gráfelmélet 4

2. Véges geometriák 52.1. Véges projektív síkok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2. Magasabb dimenziós véges projektív terek . . . . . . . . . . 72.3. Affin terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4. Általánosított sokszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3. Ck-mentes gráfok 123.1. A páratlan körök esete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.2. Alsó és felso becslések ext(n, C2k)-ra . . . . . . . . . . . . . . 133.3. C4-mentes gráfok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.4. C6 és C10-mentes gráfok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4. Teljes páros gráfok kizárása 194.1. Az ext(n, Ks,t) értékének vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . 194.2. A K3,3 kizárása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.3. A K2,t+1 kizárása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.4. Zarankiewicz problémája . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

5. Moore-gráfok 28

2

Bevezetés

Az extremális gráfelmélet a matematika egy gyorsan fejlodo ága. Szakdol-gozatom fo témája a Turán típusú problémák vizsgálata, azaz azt a kérdéstszeretném megválaszolni, hogy egy egyszeru gráfnak legfeljebb hány élelehet, ha nem tartalmaz egy megadott (tiltott) részgráfot. Erre a maximálisélszámra fogok alsó és felso becsléseket adni.A dolgozat egyik fo fókuszában az éles alsó becslések esete áll, ezek mö-gött gyakran véges geometriai jellegu konstrukció húzódik meg, ezeketszeretném részletesen bemutatni.Az elso fejezetben megismerkedünk az extremális gráfelmélet alapkérdé-seivel. Azon esetekkel foglalkozom, melyeknél a kizárt gráf páros, merta terület egyik alaptétele szerint a függvény nagyságrendje egyébként jólmeghatározható. A 2. részben definiálom a véges geometriákat, azaz avéges projektív tereket, az affin tereket és az általánosított sokszögeket, il-letve megvizsgálom azok tulajdonságait.A 3. fejezetben olyan Turán-típusú problémákkal foglalkozok, ahol a til-tott gráf egy kör, számomra az az eset lesz az érdekes, amikor ez a körpáros hosszú. A 4, 6 illetve 10 hosszú tiltott kör esetén véges geometriáthasználó konstrukciókat fogok megadni.A 4. részben adott teljes páros gráfot nem tartalmazó gráfok élszámát vizs-gálom, az általános esetre valószínuségszámítási eszközökkel adok alsóbecslést, hasonlóan a körmentes esethez. Majd speciális esetekre mutatokvéges geometriákat, illetve véges testeket használó konstrukciókat.Az utolsó, 5. fejezetben a Moore-gráfokról lesz szó, mely szintén szoro-san kapcsolódik szakdolgozatom témájához. Itt azt fogom vizsgálni, hogylegalább hány csúcsa van egy olyan gráfnak, melynek minden fokszámaazonos és nem tartalmaz rövid köröket.

3

1. Extremális gráfelmélet

Turán Pál 1941-ben publikált tételével megszületett a gráfelmélet egy újterülete, az extremális gráfelmélet. A Turán-tétel meghatározza, hogy leg-feljebb hány éle lehet egy olyan n pontú gráfnak, amely nem tartalmaz egymegadott csúcsszámú teljes gráfot.

A Turán-tétel indította el az extremális gráfelmélet egy fontos kérdés-körét, a Turán-típusú problémákat, amely a következo kérdésre keresi aválaszt: Hány éle lehet egy n pontú egyszeru gráfnak, ha nincs benne Hrészgráf? H-ra mint tiltott részgráfra hivatkozunk.

1.1. Definíció. A továbbiakban ext(n, H)-val fogjuk jelölni azt a legnagyobb él-számot, amellyel még létezik olyan n csúcsú egyszeru gráf, mely nem tartalmazzaH-t részgráfként.

1.2. Jelölés. Kn, Cn, Km,n jelölje rendre az n csúcsú teljes gráfot, az n hosszúkörgráfot, illetve azt a teljes páros gráfot, melynek a két csúcsosztálya m illetve nelemu.

A fent említett Turán-tétel egyszerusített verziója a következot mondjaki: Egy n pontú, Kk+1-et nem tartalmazó gráfnak legfeljebb k−1

2k n2 éle lehet.Ez azonban csak abban az esetben pontos, ha n osztható k-val. A tétel teljesformája az alábbi:

1.3. Tétel. (Turán) [17]Ha n = kq + r, ahol 0 ≤ r < k és egy n pontú gráfban nincs Kk+1, akkor az éleke számára teljesül, hogy

e ≤ k− 12k

n2 − r(k− r)2k

.

Ez minden n-re pontos, egyenloség pedig egyedül a T(n, k) n csúcsú,k osztályú Turán-gráfra teljesül, melyben a csúcsok egyenletesen vannakszétosztva az osztályokban, (azaz bármely két csúcsosztály elemszámalegfeljebb 1-gyel tér el egymástól,) és két csúcs között pontosan akkor futél, ha a két csúcs különbözo csúcsosztályban van.

1.4. Tétel. (Erdos-Stone-Simonovits) [10]Ha χ(H) ≥ 2, akkor ext(n, H) =

(1− 1

χ(H)−1

)(n

2) + o(n2).

Ezt a tételt "az extremális gráfelmélet alaptételének" is szokták nevezni.A tételben szereplo χ(H) jelöli a kizárt H gráf kromatikus számát, azazazt a legkisebb pozitív egészt, ahány színnel a H csúcsai kiszínezhetok

4

úgy, hogy a szomszédos csúcsok különbözo színuek legyenek. Míg azo(n2) egy olyan függvény, mely n2-tel osztva 0-ba tart, ha n-nel tartunk avégtelenbe.

Ez a tétel minden olyan H gráf esetén megadja az ext(n, H) nagyság-rendjét, amelyre χ(H) ≥ 3. Ha χ(H) = 2, akkor H páros gráf, hiszena csúcsait a színuk alapján két csúcsosztályba sorolhatjuk úgy, hogy egycsúcsosztályon belül nem vezet él. Ilyen esetben a tétel szerint ext(n, H) =o(n2), mivel a másik tag χ(H) = 2 miatt 0. Tehát az Erdos-Stone-Simonovitstétel motivál bennünket arra, hogy a páros kizárt gráfokra essék kiemeltfigyelem.

1.5. Megjegyzés. Legyen Km,m,...,m az a t osztályú, n = tm csúcsú gráf, melynekminden osztálya pontosan m csúcsot tartalmaz és két csúcs pontosan akkor vanösszekötve, ha azok különbözo osztályban vannak. Mivel χ(Km,m,...,m) = t, ezértKm,m,...,m nem tartalmazhat olyan H részgráfot, melyre χ(H) = t + 1. Felhasz-nálva, hogy Km,m,...,m éleinek a száma 1

2 n(n−m) = 12 n2(1− 1

t ), kapjuk, hogy az

Erdos-Stone-Simonovits tételben ext(n, H) ≥(

1− 1χ(H)−1

)(n

2) + o(n2)

2. Véges geometriák

Ebben a fejezetben definiálni fogok néhány véges geometriai struktúrát, il-letve megvizsgálom ezek alapveto tulajdonságait. Ehhez elsosorban KissGyörgy és Szonyi Tamás Véges geometriák címu könyvére [15] támaszko-dok, ahol bovebben is olvashatunk a témáról.

2.1. Véges projektív síkok

2.1. Definíció. A Π = (P, ε, I) hármast, ahol P és ε két diszjunkt véges elemszá-mú halmaz, I ⊂ P× ε pedig egy illeszkedésnek nevezett reláció, véges projektívsíknak nevezzük, ha kielégítik a következo négy axiómát:

(1) P bármely két különbözo eleméhez pontosan egy olyan eleme van ε-nak,amely mindkettovel relációban áll.

(2) ε bármely két különbözo eleméhez pontosan egy olyan eleme van P-nek,amely mindkettovel relációban áll.

(3) ε minden eleme legalább három különbözo P-beli elemmel áll relációban.(4) P minden eleme legalább három különbözo ε-beli elemmel áll relációban.

P elemeit pontoknak, míg ε elemeit egyeneseknek fogjuk nevezni ésegy pont pontosan akkor áll relációban egy egyenessel, ha a pont illeszke-dik az egyenesre. Tehát azt követeljük meg, hogy:

5

(1) Bármely két pontra pontosan egy egyenes illeszkedjen.(2) Bármely két egyenesnek pontosan egy metszéspontja legyen.(3) Minden egyenes legalább három pontot tartalmazzon.(4) Minden pontra legalább három egyenes illeszkedjen.

2.2. Megjegyzés. A definícióban szereplo (3) és (4) axiómák az elfajuló esetekkizárása miatt fontosak, ezeket helyettesíthetjük az alábbival: Van négy általá-nos helyzetu pont, azaz négy olyan pont, melyek közül semelyik három sincs egyegyenesen.

2.3. Megjegyzés. Az (1) és (2), illetve a (3) és (4) axiómák egymás duálisai, ígyha egy tétel levezetheto belolük, akkor annak duálisa is. Egy véges projektív síkduálisát úgy kapjuk, hogy az eredeti sík egyenesei lesznek a duális sík pontjai, mígaz eredeti sík pontjai a duális sík egyenesei. Az illeszkedést pedig úgy definiáljuk,hogy a duális sík egy pontja pontosan akkor illeszkedik egy egyenesre, ha az eredetisíkon a pontnak megfelelo egyenes tartalmazza az egyenesnek megfelelo pontot.

2.4. Tétel. Ha egy véges projektív síknak van olyan egyenese, amelyre pontosank + 1 pont illeszkedik, akkor a következo három tulajdonság teljesül:

(1) Minden egyenesnek pontosan k + 1 pontja van.(2) Minden pontra pontosan k + 1 egyenes illeszkedik.(3) A sík pontjainak és egyeneseinek száma egyaránt k2 + k + 1.

2.5. Definíció. Az elozo tételben szereplo k-t a projektív sík rendjének nevez-zük.

2.6. Példa. Legyen P egy szabályos háromszög csúcsaiból, oldalfelezopontjaibólés a középpontjából álló hételemu halmaz, ε pedig a szabályos háromszög oldal-egyeneseibol, magasságvonalaiból és beírható körébol álló hételemu halmaz. Azilleszkedés pedig legyen a tartalmazás.

1. ábra. A legkisebb rendu projektív sík: a másodrendu Fano-sík

6

A fenti példa a legkisebb rendu projektív sík, minden egyenese hárompontot tartalmaz és minden pontja három egyenesre illeszkedik, azaz má-sodrendu. Ezt a projektív síkot Fano-síknak nevezzük.

Természetesen adódó kérdés, hogy vajon milyen rendu struktúra lé-tezhet a fenti tulajdonságokkal. Erre pontos válasz jelenleg nem ismert,az alábbi állítás igazolását általánosabb formában fogjuk látni a magasabbdimenziós véges projektív terek résznél.

2.7. Állítás. Minden q prímhatvány esetén létezik q-adrendu projektív sík.

2.8. Sejtés. Minden véges projektív sík rendje prímhatvány.

2.2. Magasabb dimenziós véges projektív terek

2.9. Jelölés. A továbbiakban Fq-val fogjuk jelölni a q elemu testet, Vk(Fq)-valpedig az Fq feletti k-dimenziós vektorteret.

2.10. Megjegyzés. Belátható, hogy pontosan akkor létezik q elemszámú végestest, ha q prímhatvány.

A véges projektív tereket véges elemszámú testek feletti vektortereksegítségével fogjuk definiálni.

2.11. Definíció. A (k − 1)-dimenziós projektív tér pontjai a Vk(F) vektor-tér egydimenziós alterei, egyenesei a Vk(F) kétdimenziós alterei. Általánosana (k − 1)-dimenziós projektív tér r − 1-dimenziós alterei a Vk(F) vektortér r-dimenziós alterei. (A k − 1-dimenziós projektív tér (k − 2)-dimenziós altereithipersíkoknak nevezzük.) A projektív tér két alterének metszete alatt a Vk(F) vek-tortérben megfelelo alterek metszetét értjük.

2.12. Jelölés. A fent definiált (k− 1)-dimenziós projektív teret PG(k− 1, q)-valfogjuk jelölni.

2.13. Megjegyzés. A PG(2, q) az elozo alfejezetben bevezetett véges projektívsíkok közé tartozik.

2.14. Definíció. Egy projektív tér π kollineációja egy illeszkedéstartó bijekcióa pontok és az egyenesek között.

2.15. Példa. Legyen A az F test elemeibol képzett (n + 1)× (n + 1)-es inver-tálható mátrix. Ekkor a PG(n, q) projektív térben az

x 7→ xA

leképezés kollineációt ad meg, melyet lineáris transzformációnak nevezünk.

7

Ez a leképezés a pontokat permutálja, mert az invertálhatóság miattaz A mátrix determinánsa nem nulla, továbbá az illeszkedést is megtartja,hiszen megorzi a lineáris kombinációt.Ha egy lineáris transzformációnál a pontokat permutáló mátrix A, akkorbelátható, hogy a hipersíkokat transzformáló mátrix (A−1)T.

2.16. Tétel. A PG(n, q) projektív tér bármely kollineációja

x 7→ xσ A

alakban adható meg, ahol σ a q elemu test automorfizmusa, A pedig továbbra isegy olyan (n + 1)× (n + 1)-es invertálható mátrix, melynek elemei F-beliek.

2.17. Definíció. Legyen S véges projektív tér, S∗ pedig a duális tere. Egyα : S∗ → S kollineációt korrelációnak nevezünk. Minden α korreláció tekinthe-to S∗ → S kollineációnak is. Ha az α korrelációt kétszer egymás után alkalmazvaaz identikus kollineációt kapjuk, akkor α-t polaritásnak nevezzük.

2.18. Definíció. Legyen α az S tér polaritása, P pedig egy pont. Ha P illeszkedika Pα hipersíkra, akkor P autokonjugált pont.

A következokben PG(n, q) polaritásait fogjuk vizsgálni, melyhez fel-használjuk az elozo tételt. Ha α polaritás, x pedig egy tetszoleges pont ko-ordinátavektora, akkor (xα)α = (xσ A)α = (xσ A)σ(A−1)T = xσ2

Aσ(A−1)T.Ez a koordinátavektor ugyanahhoz a ponthoz tartozik, mint az x vektor,tehát létezik egy olyan 0 6= t ∈ F, melyre tx = xσ2

Aσ(A−1)T teljesül min-den x-re. Ez pontosan akkor igaz, ha σ2 az identitás és tAT = Aσ.Mi csak azzal az esettel fogunk foglalkozni, ahol σ az identitás. EkkortAT = A, azaz t(tAT)T = A, tehát t2 = 1. Ha q páratlan, akkor kétféle ale-setet különböztethetünk meg. A t = 1 esetben A = AT, azaz a polaritástleíró mátrix szimmetrikus. Ekkor a polaritást közönséges polaritásnakvagy másodrendu felület által meghatározott polaritásnak hívjuk, ez azelnevés onnan ered, hogy a polaritás autokonjugált pontjai megegyeznekaz xAxT = 0 egyenlet által meghatározott másodrendu varietás pontjai-val.Ha t = −1, akkor A = −AT. Ebbol detA 6= 0 miatt következik, hogy ilyenpolaritás csak akkor létezik, ha a tér páratlan dimenziójú. Ekkor mindenpont autokonjugált lesz. Ezt a polaritást nullpolaritásnak vagy szimplek-tikus polaritásnak nevezzük.Ha q páros, akkor 1 = −1, tehát A = AT. Ha a mátrix foátlója csupa nul-lákból áll, akkor az elozohöz hasonlóan itt is minden pont autokonjugáltlesz, a polaritás neve ismét nullpolaritás vagy szimplektikus polaritás.Ha A = (aij) mátrix foátlójában van nemnulla elem, akkor a polaritástpszeudopolaritásnak fogjuk nevezni.

8

2.19. Definíció. Legyen

Q(x) =n+1

∑i,j=1

ai,jxixj

kvadratikus alak. A PG(n, q) térben azon pontok halmazát, melyek koordinátáirateljesül, hogy Q(x) = 0, a Q-hoz tartozó másodrendu varietásnak nevezzük.Egy varietás szinguláris, ha a koordináta-rendszer változtatásával elérheto, hogya hozzá tartozó alak eggyel kevesebb változót tartalmazzon. Ha ez nem teheto meg,akkor a varietást nemszingulárisnak nevezzük.

2.20. Tétel. Nemszinguláris másodrendu varietáshoz tartozó kvadratikus alak aPG(n, q) térben az alábbi kanonikus alakok egyikére hozható:• Ha n páros, akkor Qn(x) = x1

2 + x2x3 + ... + xnxn+1.• Ha n páratlan, akkor vagy(1) Qn(x) = x1x2 + x3x4 + ... + xnxn+1, vagy(2) Qn(x) = f (x1x2) + x3x4 + ... + xnxn+1, ahol f irreducibilis homogén má-sodfokú polinom.

A projektív szempontból különbözo nemszinguláris másodrendu vari-etások száma tehát páros n esetén egy, páratlan n esetén pedig ketto. Pá-ratlan dimenziójú térben az elozo tételben (1)-gyel jelölt varietást hiperbo-likus kvádrikának, a (2)-vel jelölt varietást pedig elliptikus kvádrikánaknevezzük. Sík esetén, azaz ha a dimenzió ketto, a varietást kúpszeletnekhívjuk, míg kettonél nagyobb páros dimenzióban a parabolikus kvádrikaelnevezést használjuk.

2.21. Tétel. A PG(n, q) térben• ha n páros, akkor a parabolikus kvádrikán (qn − 1)/(q− 1);• ha n páratlan, akkor◦ az elliptikus kvádrikán (q(n+1)/2 + 1)(q(n−1)/2−1)/(q− 1);◦ a hiperbolikus kvádrikán pedig (q(n−1)/2 + 1)(q(n+1)/2−1)/(q− 1) pont van.

Bizonyítás. A 2.20. Tétel segítségével n 7→ n + 2 típusú teljes indukcióvaligazolható.

Valamely nemszinguláris másodrendu varietás által tartalmazott leg-nagyobb dimenziós alteret a varietás generátorának nevezzük. A generá-tor dimenziójára a projektív index elnevezést használjuk.

2.22. Állítás. A Qn nemszinguláris másodrendu varietás projektív indexe• (n− 3)/2 az elliptikus,• (n− 1)/2 a hiperbolikus, és• (n− 2)/2 a parabolikus kvádrika esetén.

9

2.3. Affin terek

2.23. Definíció. Ha a PG(n, q) n dimenziós projektív térbol elhagyunk egy tet-szoleges hipersíkot a rá illeszkedo összes ponttal együtt, akkor n dimenziós affinteret kapunk, melyet AG(n, q)-val fogunk jelölni.

2.24. Megjegyzés. Ha az AG(n, q) affin tér minden párhuzamossági osztályá-hoz hozzárendeljük az ideális pontot, mely a párhuzamossági osztályokba tartozóösszes altérre illeszkedik, illetve az affin térhez hozzáveszünk egy ideális hiper-síkot, mely az összes ideális pontot tartalmazza, akkor visszakapjuk a PG(n, q)projektív teret.

2.4. Általánosított sokszögek

2.25. Definíció. A (P, L) struktúrát illeszkedési struktúrának nevezzük, aholP pontoknak, L pedig egyeneseknek egy halmaza úgy, hogy egy l egyenes a P egyrészhalmaza és minden pont legalább két egyenesnek az eleme és minden egyenestartalmaz legalább két pontot. Ha x eleme l-nek, ahol x egy pont l pedig egyegyenes, akkor azt mondjuk, hogy x illeszkedik l-re és l illeszkedik x-re.

2.26. Definíció. Egy illeszkedési struktúra rendje (s, t), ha minden egyenesrepontosan s + 1 pont és minden pontra pontosan t + 1 egyenes illeszkedik.

2.27. Megjegyzés. Egy illeszkedési struktúrában egy n-szög különbözo pontokés egyenesek x1, l1, x2, l2, ..., xn, ln sorozata, ahol az xi és xi+1 pontok illeszkednekaz li egyenesre minden i = 1, 2, ..., n-re és itt xn+1 = x1, illetve ln+1 = l1.

2.28. Definíció. Az általánosított n-szögek olyan illeszkedési struktúrák, me-lyek nem tartalmaznak r-szöget semelyik r < n esetén sem, valamint bármelypontpár, egyenespár illetve pont-egyenes pár eleme egy n-szögnek.

2.29. Megjegyzés. Egy általánosított n-szöget surunek nevezünk, ha mindenegyenese legalább három pontot tartalmaz.

2.30. Tétel. (Feit-Higman) [9]Véges suru általánosított n-szög csak n = 3, 4, 6 és 8 esetén létezik.

2.31. Megjegyzés. Az n = 3 esettel fentebb már találkoztunk, az általánosítottháromszögek éppen a véges projektív síkok.

A következokben néhány példát fogunk adni általánosított négyszö-gekre.

10

2.32. Példa. Legyen d = 3, 4 vagy 5, Q pedig a PG(d, q) projektív térben olyannemszinguláris kvádrika, amely tartalmaz egyeneseket, de nem tartalmaz síkokat.(Tehát a d = 3 esetben a hiperbolikus, d = 4 esetén a parabolikus, d = 5 ese-tén pedig az elliptikus kvádrika.) Ekkor Q pontjai és és a Q-n lévo egyenesek aPG(d, q)-beli illeszkedéssel általánosított négyszöget alkotnak, melynek paramé-terei

s = q, t = 1, ha d = 3,

s = q, t = q, ha d = 4,

s = q, t = q2, ha d = 5.

Ezen általánosított négyszögeket Q(d, q)-val jelöljük.

2.33. Példa. A PG(3, q) tér pontjai és a tér egy nullpolaritásának autokonjugáltegyenesei a PG(3, q)-beli illeszkedéssel s = q, t = q paraméteru általánosítottnégyszöget határoznak meg, melyet W(q) jelöl.

Az általánosított négyszögek rendje nem lehet tetszoleges, az összes je-lenleg ismert általánosított négyszög rendje az alábbiak közül valamelyik:•(s, 1) ahol s ≥ 1;•(1, t) ahol t ≥ 1;•(q, q) ahol q prímhatvány;•(q, q2) vagy (q2, q) ahol q prímhatvány;•(q2, q3) vagy (q3, q2) ahol q prímhatvány;•(q− 1, q + 1) vagy (q + 1, q− 1) ahol q prímhatvány.Ismert továbbá, hogy a fent említett rendek közül az elso ketto esetén az ál-talánosított négyszög az izomorfiától eltekintve egyértelmu, csakúgy, mintaz alábbi ábrán látható (2, 2) rendu is, melynek 15 pontja és 15 egyenesevan.

2. ábra. A (2, 2)-rendu általánosított négyszög

11

2.34. Lemma. Ha az S általánosított négyszög rendje (s, t), akkor S-nek (s +1)(st + 1) pontja és (t + 1)(st + 1) egyenese van.

2.35. Definíció. Egy illeszkedési struktúra illeszkedési gráfja olyan páros gráf,melynek két csúcsosztályát a struktúra pontjai, illetve egyenesei alkotják és egypont illetve, egy egyenes pontosan akkor vannak éllel összekötve a gráfban, ha azadott pont illeszkedik az egyenesre.

Az általánosított n-szög és az illeszkedési gráf definícióiból következikaz alábbi állítás:

2.36. Állítás. Egy általánosított n-szög illeszkedési gráfja nem tartalmaz k hosszúkört, ahol k < 2n.

3. Ck-mentes gráfok

3.1. A páratlan körök esete

Ebben a fejezetben olyan Turán-típusú extremális problémákkal fogunkfoglalkozni, melyeknél a kizárt gráf egy páratlan hosszúságú kör. Kezdjüka legegyszerubb esettel, azaz ha a kizárt gráf a C3. Erre vonatkozik Manteltétele:

3.1. Tétel. Egy n csúcsú egyszeru, háromszögmentes gráfnak legfeljebb n2

4 élelehet.

Bizonyítás. Legyen u és v a G gráf két olyan csúcsa, melyek éllel van-nak összekötve. Jelöljük N(u)-val, illetve N(v)-vel az u, illetve a v csú-csok szomszédainak a halmazát. Mivel a gráfunk háromszögmentes, ezértN(u) és N(v) halmazok diszjunktak. Mivel N(u) elemszáma éppen d(u),azaz az u csúcs foka, ezért minden (u, v) élre d(u) + d(v) ≤ n teljesül. Te-hát kaptunk egy e db egyenlotlenségbol álló egyenlotlenség-rendszert, itte jelöli a gráf éleinek a számát. Most adjuk össze ezeket az egyenlotlensé-geket, ekkor a bal oldalon egy adott u csúcsra a d(u) összesen d(u)-szorszerepel, tehát azt kapjuk, hogy

∑u∈V(G)

(d(u))2 ≤ en.

A számtani és a négyzetes közép közti egyenlotlenség miatt ∑u∈V(G)

d(u)

2

≤ n ∑u∈V(G)

(d(u))2.

12

Mivel a bal oldalon a fokszámösszeg kétszeresének a négyzete szerepel,ezért az adódik, hogy (2e)2 ≤ n · (ne), ebbol pedig rendezéssel kapjuk,hogy e ≤ n2

4 , tehát a tételt beláttuk.

3.2. Megjegyzés. Ha n páros, akkor a Mantel-tétel becslése nem javítható, hiszenegy olyan n csúcsú teljes páros gráfnak, melynek a két csúcsosztálya egyformaméretu, pontosan n2

4 éle van.

Mivel a 3 hosszú kör egyben a 3 pontú teljes gráf is, ezért a Turán-tételbol is következik a Mantel-tétel. Tehát ext(n, C3) = bn2

4 c és egyenloségegyetlen gráfra teljesül, mégpedig az n csúcsú, két osztályú Turán-gráfra,ami a Kb n

2 c,dn2 e teljes páros gráf, ez páros n esetén megegyezik az elozo

megjegyzésbeli gráffal.Simonovits egyik tétele szerint (lásd [19]) egy adott k pozitív egész és

"megfeleloen nagy" n esetén ext(n, C2k+1) = bn2

4 c, azaz ugyanaz lesz azextremális gráfunk, mint a C3 kizárása esetén, ami nem is annyira meg-lepo, hiszen egy páros gráf nem tartalmazhat páratlan hosszú kört,mertegy páros gráfban lévo kör élei felváltva az egyik illetve a másik csúcsosz-tályban vannak. Sokkal nehezebb dolgunk van, ha a kizárt kör páros, atovábbiakban ezt az esetet fogjuk vizsgálni.

3.2. Alsó és felso becslések ext(n, C2k)-ra

A következo tétel felso becslést ad ext(n, C2k) értékére. A tétel eredetiformája Bondy és Simonovits nevéhez fuzodik, az alábbi verzió ennekPikhurko-féle élesítése.

3.3. Tétel. [18] Minden ε > 0 esetén létezik egy n0 pozitív egész szám, hogyminden n ≥ n0-ra ext(n, C2k) < (k− 1)(1 + ε)n1+1/k.

Felmerülhet a kérdés, hogy a fenti becslés konstans erejéig a helyesnagyságrendet határozza-e meg. Bizonyos körhosszak esetén igen, másesetekben is adható alsó korlát, amely azonban várhatóan nem éles. Aholéles becslést tudunk, azt külön is tárgyaljuk a következo fejezetekben.

3.4. Tétel. [2] Minden ε > 0 esetén létezik egy n0 pozitív egész szám, hogy min-den n ≥ n0-ra ext(n, C2k) > c(1− ε)n1+1/(2k−1), ahol c = k1/(2k−1)2−2−1/(2k−1).

Bizonyítás. A bizonyításhoz valószínuségi eszközöket alkalmazunk. Le-gyen G egy n csúcsú gráf, melyben bármely két él között függetlenül pvalószínuséggel fut él, ahol 0 < p < 1.

13

Az Y és X valószínuségi változókat a következoképpen definiáljuk: Le-gyen Y a G gráf éleinek a száma, X pedig a G-ben található C2k körökszáma. Ekkor E(Y) = (n

2)p, mivel (n2)-féleképpen választhatunk két csú-

csot a gráfból és e két csúcs közt p valószínuséggel vezet él, ahol E(Y) azY valószínuségi változó várható értéke. Tehát "elég nagy" n esetén

E(Y) > c′n2p

minden c′ < 12 konstansra.

Az X várható értékére az

E(X) =

(n2k

)(2k− 1)!p2k

összefüggés teljesül, hiszen a gráfból 2k csúcsot ( n2k)-féleképpen választ-

hatunk és a ciklikus permutáció képletét használva kapjuk, hogy ez a 2kdarab csúcs összesen (2k − 1)! darab C2k-t határozhat meg. Egyszeru át-alakítással látható, hogy

E(X) =

(n2k

)(2k− 1)!p2k < n2k p2k/2k

.Mivel a várható érték additív, ezért

E(Y− X) > c′n2p− n2k p2k/2k.

Ittp = (c′k)1/(2k−1)n−1+1/(2k−1)

helyettesítést alkalmazva adódik, hogy

E(Y− X) > c′n2p− 12

c′n2p =12

c′n2p = cn1+1/(2k−1),

aholc =

12

c′(c′k)1/(2k−1).

Tehát létezik egy G gráf, melyre az élek és a vizsgált körök számának kü-lönbsége legalább cn1+1/(2k−1). Ezután G minden C2k részgráfjának egyélét elhagyva C2k-mentes gráfot kapunk. Az elobbi egyenlotlenséget fel-használva a gráf megmaradt éleinek a száma legalább cn1+1/(2k−1).

14

3.3. C4-mentes gráfok

A legkisebb páros hosszú kör, azaz a C4-et nem tartalmazó gráfok maximá-lis élszámának a vizsgálatával fogunk ebben az alfejezetben foglalkozni.

3.5. Tétel. (Reiman) [15]Egy C4-mentes, n csúcsú gráfnak legfeljebb n

4 (1 +√

4n− 3) éle lehet.

Bizonyítás. Nevezzük cseresznyének az olyan élpárokat, amelyeknek vanközös csúcsuk. Számoljuk meg, hogy egy n csúcsú, 4 hosszú kört nem tar-talmazó gráf legfeljebb hány cseresznyét tartalmazhat. Egy adott csúcs-párhoz legfeljebb egy olyan cseresznye tartozhat, amelyben a csúcspára cseresznye két "vége", mert ha volna két ilyen cseresznye, akkor e kétcseresznye négy éle egy C4-et határozna meg, ami viszont nem lehet agráfunkban. Mivel n csúcsú gráfból (n

2)-féleképpen választhatunk ki egycsúcspárt, ezért a cseresznyék száma legfeljebb (n

2). Számoljuk most mega cseresznyéket a közös csúcsuk alapján. Egy adott v csúcshoz (deg(v)

2 ) cse-resznye tartozik, ahol deg(v) jelöli a v csúcs fokszámát, tehát a cseresznyékszáma pontosan

∑v∈V(G)

(deg(v)

2

).

Használjuk fel, hogy a gráf fokszámainak az összege megegyezik az élekszámának kétszeresével, azaz ∑v∈V(G) deg(v) = 2e, így adódik, hogy

∑v∈V(G)

deg(v)2 ≤ 2e + n(n− 1).

A számtani és a négyzetes közepek közötti egyenlotlenséget alkalmazvaazt kapjuk, hogy √

∑v∈V(G) deg(v)2

n≥

∑v∈V(G) deg(v)n

,

ezt négyzetre emelve majd ismét alkalmazva ∑v∈V(G) deg(v) = 2e-t és n-nel beszorozva adódik, hogy(

2en

)2

n ≤ 2e + n(n− 1).

Mindent egy oldalra rendezve a következot kapjuk:

4e2 − 2en− n2(n− 1) ≤ 0.

Ebbol az e-re vonatkozó felso becslés azonnal adódik.

15

Véges projektív sík segítségével fogunk C4-mentes extremális gráfotkonstruálni.

3.6. Állítás. Van olyan c > 0 konstans, amelyre minden n esetén ext(n, C4) ≥cn

32 .

Bizonyítás. Legyen n = 2(q2 + q + 1), ahol q prímhatvány. Ekkor létezik q-adrendu véges projektív sík. Egy páros gráfot fogunk készíteni, melyneka két csúcsosztálya egyaránt 2(q2 + q + 1) csúcsból áll, az egyik csúcsosz-tályban lesznek az q-adrendu véges projektív sík pontjai, míg a másikbanaz egyenesei és értelemszeruen egy pontot és egy egyenest pontosan akkorkötünk össze éllel a páros gráfunkban, ha a pont illeszkedik az egyenes-re a projektív síkon. Mivel semelyik két egyenesnek sem lehet két közöspontja, ezért a gráf nem tartalmaz K2,2-t, azaz C4-et.

A gráf csúcsainak a száma: n = 2(q2 + q + 1)Felhasználva, hogy egy q-adrendu projektív sík minden pontjára pon-

tosan q egyenes illeszkedik és minden egyenese pontosan q pontot tartal-maz, kapjuk, hogy a gráf éleinek a száma

e = (q2 + q + 1)(q + 1) ≈ 12√

2n

32

Most belátjuk, hogy valójában az 12√

2helyett az 1

2 konstanssal leszaszimptotikusan éles a becslés.

3.7. Tétel. [7] Ha n = q2 + q + 1, ahol q prímhatvány, akkor ext(n, C4) ≥12 q(q + 1)2.

Bizonyítás. A tétel bizonyításához az alábbi gráfot fogjuk megkonstruál-ni. Tekintsük a q elemu Fq testet. A gráfunk csúcsai azon (a, b, c) ∈ Fq

3

nem nulla számhármasok ekvivalenciaosztályai lesznek, ahol az (a, b, c)és (a′, b′, c′) számhármasok ekvivalensek, ha valamely λ 6= 0 esetén tel-jesül, hogy (a, b, c) = λ(a′, b′, c′). Ilyen ekvivalenciaosztályból összesen(q3 − 1)/(q− 1) = q2 + q + 1 van. Az (a, b, c) és (x, y, z) ekvivalenciaosz-tályok között pontosan akkor vezessen él, ha ax + by + cz = 0 teljesül.Ekkor keletkezik q + 1 hurokél abban az esetben, ha a2 + b2 + c2 = 0,ezeket töröljük a gráfból. Vegyük észre, hogy az így megkonstruált gráfmegegyezik az alábbival: Legyen G egy gráf, melynek csúcsai egy pro-jektív sík pontjai és legyen π a projektív síknak az egységmátrixhoz tar-tozó polaritása és a gráfban az (a, b, c) és (x, y, z) csúcsokat pontosan ak-kor kötjük össze éllel, ha teljesül rájuk, hogy (a, b, c) ∈ π(x, y, z). (Mivel

16

az egységmátrix szimmetrikus, ezért ezt közönséges polaritásnak nevez-zük.) Valóban ekkor az (a, b, c) pont akkor és csak akkor van rajta az(x, y, z) π szerinti képén, ha az (a, b, c) · π(x, y, z) skalárszorzat értéke 0,azaz, ha ax + by + cz = 0 teljesül, hiszen a polaritásunk mátrixa az egy-ségmátrix. Az így kapott gráf valóban C4-mentes lesz, mivel az (a, b, c) és(x, y, z) csúcsok közös szomszédai a π(a, b, c) ∩ π(x, y, z) halmaz, amelyegyelemu, hiszen π(a, b, c) és π(x, y, z) két (különbözo) egyenes, tehátpontosan egy közös metszéspontjuk van. A gráf éleinek a száma pedige = 1

2(n(q + 1) − (q + 1)) = 12 q(q + 1)2. Ezt a gráfot polaritás gráfnak

hívjuk.

3.8. Tétel. [2] Minden ε > 0-ra létezik egy n0 úgy, hogy minden n ≥ n0 eseténteljesül a következo: 1

2(1− ε)n3/2 < ext(n, C4) <12(1 + ε)n3/2.

Bizonyítás. A felso becslés a következo fejezetben található 4.5. Tétel kö-vetkezménye s = t = 2 esetén.Az alsó becslés igazolásához az elozo (3.7.) tételben q2 + q+ 1 ponton meg-konstruált gráfok végtelen sorozatát tekintjük, itt q prímhatvány és enneka gráfnak megközelítoleg 1

2 q3 éle van. Tetszoleges n esetén a végtelen gráf-sorozatba olyan n csúcsú gráfot fogunk venni, amire n− r = q2 + q + 1 ésr ≥ 0 minimális, ezen r darab pont mindegyike izolált csúcs lesz. Ekkor(q + 1)2 > n− r, tehát ennek a gráfnak legalább

12

((n− r)1/2 − 1

)3>

12(n− r)3/2 − 3

2(n− r)

éle van. A prímszámok eloszlásával kapcsolatos Bombieri-tétel miatt r ≤c√

nlogn, amibol következik, hogy

12(n− r)3/2 − 3

2(n− r) >

12(1− ε)n3/2,

minden elegendoen nagy n esetén.

3.4. C6 és C10-mentes gráfok

A 3.3 tétel szerint ext(n, C2k) < ckn1+1/k, azaz ext(n, C2k) = O(n1+1/k), ésazt is láttuk, hogy a négy hosszú kör kizárása esetén ez a felso becslés éles,azaz a helyes kitevot szolgáltatja, tehát ext(n, C4) = Θ(n3/2). A felso becs-lésbeli pontos együtthatót viszont egyedül a C4 kizárása esetén ismerjük.Az általános esetre eloször Bondy és Simonovits igazolták, hogy a ck = 20k

17

együtthatóval teljesül az egyenlotlenség, ezt elobb Verstraete módosította8(k− 1)-re, majd Pikhurko (k− 1)-re. Végül a jelenlegi legjobb együttha-tót Bukh és Jiang adták, ez ck = 80

√klog(k). [6]

A következokben látni fogjuk, hogy a k = 2 mellett a k = 3 és k = 5 eseté-ben is a fenti becslés a megfelelo kitevot adja, azaz ext(n, C6) = Θ(n4/3) ésext(n, C10) = Θ(n6/5). Ennek igazolásához általánosított sokszögek segít-ségével fogunk megfelelo élszámú C6, illetve C10-mentes gráfokat konst-ruálni.A megfelelo nagyságrend ext(n, C2k)-ra azonban minden más k értéke ese-tén egyelore nem ismert, hiszen ekkor nem alkalmazhatjuk a k = 2, 3, 5-readott konstrukciót, mert általánosított n-szög csak n = 3, 4, 6 és 8 eseténlétezik.

3.9. Tétel. (Benson) [3]ext(n, C6) ≥ (1 + o(1))(n

2 )4/3

Bizonyítás. Olyan n csúcsú gráfot fogunk konstruálni, amely nem tartal-maz C6-ot részgráfként, sot semmilyen 8-nál rövidebb kört sem, és mely-nek nagyságrendileg n4/3 éle van.Legyen A a következo mátrix:

A =

0 0 0 0 10 0 0 1 00 0 1 0 00 1 0 0 01 0 0 0 0

A PG(4, q) 4-dimenziós projektív térben az A mátrixhoz tartozó para-

bolikus kvádrika a következo: x02 + x1x−1 + x2x−2 = 0. Ez a kvádrika

tartalmaz egyeneseket, de nem tartalmaz síkokat, így a 2.32. Példa sze-rint a kvádrika pontjai és a kvádrikában lévo egyenesek a PG(4, q)-beli il-leszkedéssel (q, q)-rendu általánosított négyszöget alkotnak, azaz a kvád-rika illeszkedési gráfja, mely egy páros gráf, nem tartalmaz 8-nál rövidebbkört, így C6-ot sem. Az általánosított négyszög pontjainak és egyenesei-nek a számára vonatkozó lemma szerint a páros gráf mindkét csúcsosztá-lya (q + 1)(q2 + 1) ∼ q3 elemu és mivel minden az általánosított négyszögminden egyenese q pontot tartalmaz, ezért a páros gráf éleinek a számaq(q + 1)(q2 + 1) ∼ q4, azaz az élek számának a nagyságrendje is megfele-lo.

3.10. Tétel. (Benson) [3]Legyen q egy páratlan prímhatvány! Ekkor megadható egy Bq

∗ páros gráf, mely-

18

nek 2(q5 + q4 + q3 + q2 + q + 1) csúcsa van és nem tartalmaz 12-nél rövidebbköröket.

Bizonyítás. A tételt nem bizonyítjuk, csak a konstrukciót adjuk meg.A Bq

∗ páros gráf egyik csúcsosztályát alkossák a PG(6, q)-beli x02 + x1x−1 +

x2x−2 + x3x−3 = 0 kvádrika (Q6) pontjai, melyek az alábbi mátrixszal ír-hatók le:

A =

0 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 1 00 0 0 0 1 0 00 0 0 1 0 0 00 0 1 0 0 0 00 1 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 0

Jelöljük a másik csúcsosztályt L-lel, ezek lesznek az egyenesek, melyeketúgy kell megválasztanunk, hogy minden pontjuk a Q6 kvádrikában le-gyen és ezen egyenesekre teljesüljön, hogy a kvádrika minden pontjáraközülük pontosan q + 1 illeszkedjen. Ezt úgy tudjuk megtenni, hogy haadott egy Q6-beli x pont és egy erre illeszkedo L-beli xy egyenes, akkor azx és y pontnak ki kell elégítenie az alábbi hat bilineáris formát:

x0yi − xiy0 + x−jy−k − x−ky−j = 0,

ahol (i, j, k) az (1, 2, 3) vagy a (−1,−2,−3) ciklikus permutációja.

3.11. Következmény. ext(n, C10) ≥ (1 + o(1))(n2 )

6/5

4. Teljes páros gráfok kizárása

4.1. Az ext(n, Ks,t) értékének vizsgálata

Ebben a fejezetben azzal a kérdéssel foglalkozunk, hogy adott n, s és t po-zitív egészek esetén legfeljebb hány éle lehet egy olyan n csúcsú egyszerugráfnak, mely nem tartalmazza Ks,t teljes páros gráfot részgráfként.Eloször kombinatorikus leszámlálást használva fogunk felso becslést adniext(n, Ks,t) értékére. Ehhez szükségünk lesz majd a binomiális együttha-tók általánosítására, illetve az utána következo két lemmára:

4.1. Definíció. Legyen a tetszoleges valós szám, k pedig tetszoleges egész. Ekkor(ak

)=

a(a− 1)(a− 2)...(a− k + 1)k(k− 1)(k− 2)...2 · 1 .

19

(ak) értéke k = 0 esetén minden a-ra 1 és minden negatív k esetén 0.

4.2. Lemma.(b + 1)

(a

b + 1

)= (a− b)

(ab

)Bizonyítás. (b+ 1)( a

b+1) = (b+ 1) a(a−1)(a−2)...(a−b)(b+1)b(b−1)...2·1 = (a− b) a(a−1)(a−2)...(a−b+1)

b(b−1)(b−2)...2·1 =

(a− b)(ab)

4.3. Lemma. Legyenek t, d1, d2, ..., dn nemnegatív egész számok. Ekkor

n

∑i=1

(di

t

)≥ n

(b 1

n ∑ni=1 dict

)Bizonyítás. Mivel (x

t) monoton növo a pozitív egész x-ek körében, ezértelegendo megmutatni, hogy

n

∑i=1

(di

t

)≥ n

( 1n ∑n

i=1 di

t

),

ha 1n ∑n

i=1 di egész szám.A lemmát t szerinti teljes indukcióval fogjuk belátni.t = 1 esetén a lemma állítása triviális, ekkor a bal és a jobb oldal értékemegegyezik, hiszen mindkét oldalon a di-k összege szerepel.Felteheto, hogy d1 ≥ d2 ≥ ... ≥ dn és hogy 1

n ∑ni=1 di ≥ t.

Vegyük észre, hogy

1n

n

∑i=1

di

n

∑j=1

(dj

t

)+

1n ∑

i<j(dj − di)

((dj

t

)−(

di

t

))=

nn

n

∑i=1

di

(di

t

)Ezt illetve az elozo lemmát használva:

(t + 1)n

∑i=1

(di

t + 1

)=

n

∑i=1

(di − t)(

di

t

)=

=

(1n

n

∑i=1

di − t

)n

∑i=1

(di

t

)+

1n ∑

i<j(dj − di)

((dj

t

)−(

di

t

))≥

≥(

1n

n

∑i=1

di − t

)n

∑i=1

(di

t

)

20

Az indukciós feltevést valamint az elozo lemmát ismételten alkalmazva:(1n

n

∑i=1

di − t

)n

∑i=1

(di

t

)≥ n

(1n

n

∑i=1

di − t

)( 1n ∑n

i=1 di

t

)=

= n(t + 1)( 1

n ∑ni=1 di

t + 1

)

4.4. Megjegyzés. Az elozo lemmában tulajdonképpen egy Jensen-egyenlotlenségetalkalmaztunk a konex (a

k) függvényre.

4.5. Tétel. (Kovári, T. Sós, Turán) [2]Minden ε > 0-ra létezik egy n0 pozitív egész szám úgy, hogy minden n ≥ n0esetén ext(n, Kt,s) <

12(s− 1)1/t(1 + ε)n2−1/t, ahol t ≤ s.

Bizonyítás. Legyen G egy n csúcsú, Kt,s-mentes gráf. Legyen N a G gráf-ban lévo K1,t részgráfok száma.Mivel a gráf nem tartalmaz Kt,s teljes páros gráfot, ezért tetszoleges t dbcsúcsot kiválasztva ezeknek legfeljebb s− 1 közös szomszédjuk lehet, hi-szen ellenkezo esetben a gráf tartalmazna Kt,s-t. Tehát

N ≤(

nt

)(s− 1) ≤ nt

t!(s− 1)(1 + ε)t−1.

Jelölje d(v) a v csúcs fokszámát és legyen δ = 2e/n a G gráf fokszámainakaz átlaga.Egy adott csúcsnál (d(v)

t ) az olyan K1,t-k száma, melyeknek az adott csúcsalkotja az egyelemu csúcsosztályt, tehát

N = ∑v

(d(v)

t

).

Most használjuk fel az elozo lemmát, így azt kapjuk, hogy

∑v

(d(v)

t

)≥ n

(δ

t

)> n

δt

t!− 1

2nδt−1,

ha n "elég nagy".Indirekt tegyük fel a tétel állításának tagadását, azaz hogy

e >12(s− 1)1/t(1 + ε)n2−1/t.

21

Az N-re kapott alsó és felso becslést összehasonlítva kapjuk, hogy

nt

t!(s− 1)(1 + ε)t−1 >

nt

t!(s− 1)(1 + ε)t − 1

2(s− 1)(t−1)/t(1 + ε)t−1nt−1/t,

amibol következik, hogy

12(s− 1)t−1/t >

n1/t

t!(s− 1)ε,

ami elegendoen nagy n esetén nem teljesül, azaz az indirekt feltevésünkhamis volt. Ezzel a tételt beláttuk.

Most mutatunk egy általános alsó korlátot ext(n, Ks,t) értékére, melyetvalószínuségszámítási módszerekkel igazolunk, majd megmutatjuk, hogyaz elozo, Kovári-T.Sós-Turán-tételbeli felso korlát számos esetben éles tudlenni.

4.6. Tétel. [2] Minden ε > 0-ra létezik egy n0 pozitív egész szám úgy, hogyminden n ≥ n0 esetén

ext(n, Ks,t) > c(1− ε)n2− s+t−2st−1 ,

ahol c = 2−2− 2st−1 (t!s!)

1st−1

Bizonyítás. Legyen G egy n csúcsú gráf, melyben bármely két csúcs közöttfüggetlenül p valószínuséggel fut él, ahol 0 < p < 1.Legyen Y az a valószínuségi változó, mely a G gráf éleinek számát adjameg. Mivel bármely két él között p valószínuséggel fut él, ezért Y várhatóértékére

E(Y) =(

n2

)p > c′n2p

teljesül. Utóbbi egyenlotlenség minden c′ < 12 konstans és "megfeleloen

nagy" n esetén igaz.Jelöljük X-szel azt a valószínuségi változót, mely a G gráfban lévo Ks,trészgráfok számát adja meg. Ekkor az X változó várható értékére teljesül,hogy

E(X) =

(ns

)(n− s

t

)pst < c′′ns+t pst,

ahol c′′ = 1/(s!t!), mivel az n csúcs közül (ns)-féleképpen választhatjuk ki

a teljes páros gráf s-elemu csúcsosztályát, ezután a maradék n − s darab

22

csúcs közül (n−st )-féleképpen választhatjuk ki a t-elemu csúcsosztály csú-

csait és a Ks,t gráf mind az st darab éle p valószínuséggel él G-ben.Felhasználva a várható érték additivitását azt kapjuk, hogy

E(Y− X) > c′n2p− c′′ns+t pst

.Helyettesítsünk p helyére p = ( c′

2c′′ )1/(st−1)n−(s+t−2)/(st−1)-t.

Ekkor a következo összefüggés adódik:

E(Y− X) >12

c′n2p = cn2−(s+t−2)/(st−1),

ahol

c =12(c′

c′

2c′′)1/(st−1) < 2−2−2/(st−1)(s!t!)1/(st−1).

Tehát létezik olyan G gráf, melyre az élek és a vizsgált Ks,t részgráfok szá-mának különbsége legalább

cn2−(s+t−2)/(st−1).

Ekkor a G gráf minden Ks,t részgráfjából egy élt elhagyva olyan gráfot ka-punk, mely nem tartalmazza Ks,t-t részgráfként. Tehát az elozo egyenlot-lenségbol következik, hogy a G gráf éleinek száma legfeljebb cn2−(s+t−2)/(st−1),azaz a tétel állítását beláttuk.

4.2. A K3,3 kizárása

Vizsgáljuk meg az s = t = 3 esetet, azaz arra a kérdésre keressük a vá-laszt, hogy legfeljebb hány éle lehet egy K3,3-at nem tartalmazó gráfnak.Erre vonatkozik a Brown-konstrukció, melynek az az intuitív tartalma,hogy a valós térben, ha összekötjük azokat a pontokat, melyek pontosan1 távolságra vannak egymástól, akkor az így kapott gráf nem tartalmaz-hat K3,3-at. Ez azért igaz, mert ha veszünk három pontot, akkor az ezekmindegyikétol egyforma távolságra lévo pontok azon az egyenesen he-lyezkednek el, mely meroleges a három pont által meghatározott síkra ésezt a síkot a három pont által meghatározott háromszög köré írható köré-nek középpontjában metszi. Tehát valóban legfeljebb két olyan pont lehet,melyek az eredeti három ponttól egyaránt 1 távolságra helyezkednek el, asík mindkét oldalán egy-egy.Ugyanez a gondolatmenet nem csak R felett, hanem tetszoleges véges testfelett is teljesül.

23

4.7. Tétel. (Brown-konstrukció) [5]Az x2 + y2 + z2 = 1 egyenlet az AG(3, q) affin tér egy ε elliptikus másodrendufelületét adja meg. Definiáljunk egy n = q3 csúcsú gráfot AG(3, q) pontjaina következoképpen: az (x, y, z) és (a, b, c) pontokat pontosan akkor kössük összeéllel, ha teljesül, hogy (x− a)2 + (y− b)2 + (z− c)2 = 1. Az így kapott gráfnak∼ n5/3 éle van, és nem tartalmaz K3,3-at.

Bizonyítás. Az ε elliptikus másodrendu felület az affin tér ideális síkját azx2 + y2 + z2 = 0 egyenletu kúpszeletben metszi, így affin pontjainak szá-ma q2 + 1− (q + 1) = q2− q. Egy A : (a, b, c) pont szomszédai ε egy eltolt-ján helyezkednek el, tehát minden pont foka q2− q. A gráf összes pontjáraösszegezve a fokszámokat kapjuk, hogy az élek száma e = 1

2 q3(q2 − q).Mivel n = q3 a gráf pontjainak a száma, ezért e ∼ 1

2 n5/3.Legyen A : (a, b, c), D : (d, e, f ), G : (g, h, i) három pont. Jelöljük εA-val,εD-vel illetve εG-vel a három eltolt másodrendu felület, azaz az A, D és Gpontok szomszédainak egyenletét. Ezek tehát az alábbiak:

(x− a)2 + (x− b)2 + (x− c)2 = 1,

(x− d)2 + (x− e)2 + (x− f )2 = 1

és(x− g)2 + (x− h)2 + (x− i)2 = 1

Vonjuk ki az elso egyenletet a másodikból és a harmadikból. Ekkor kétlineáris egyenletet kapunk, mert a másodfokú tagok kiesnek. Mivel a há-rom pont különbözo volt, ezért ez a két lineáris egyenlet nem lehet azo-nos, tehát két különbözo síkot határoznak meg, azaz a metszetük vagyegy egyenes vagy üres. Ez az egyenes legfeljebb két pontban metszi εA-t,mivel εA nem tartalmaz egyenest, azaz A, D és G közös szomszédainakszáma legfeljebb ketto, így a gráf nem tartalmazhat K3,3 − at.

4.8. Megjegyzés. A konstrukciónál másik elliptikus varietást is vehettünk volna,azaz az x2 + y2 + z2 = 1 egyenlet helyett kiindulhattunk volna a x2 + k1y2 +k2z2 = 1 egyenletbol is, ahol k1 és k2 olyanok, hogy ez az egyenlet az AG(3, q)affin tér egy ε elliptikus másodrendu felületét adja meg.

4.9. Megjegyzés. A Brown-konstrukció azt mutatja, hogy a Kovári, T. Sós, Tu-rán tétel a megfelelo kitevot szolgáltatja, ha s = t = 3. Viszont s = t > 3 eseténnem ismert, hogy ez a felso korlát elérheto-e.

4.10. Megjegyzés. Füredi Zoltán megmutatta, hogy a helyes konstans 12 , azaz

ext(n, K3,3) =12 n5/3 + O(n5/3−c), valamely c > 0-ra. Lásd [11].

24

4.3. A K2,t+1 kizárása

4.11. Tétel. (Füredi Zoltán) [12]Minden t ≥ 1 esetén ext(n, K2,t+1) =

12

√tn3/2 + O(n4/3).

Bizonyítás. A felso becslés következik a 4.4 (Kovári, T. Sós, Turán) tételbol.Az alsó becslés igazolásához legyen q olyan prímhatvány, hogy q − 1/tegész szám legyen. Olyan G K2,t+1-mentes gráfot fogunk konstruálni,melynek n = (q2 − 1)/2 csúcsa van és minden fokszáma q vagy q − 1.Ekkor G éleinek számára teljesül, hogy

e ≥ q2· q2 − 1

t≥ q2 − 1

t·√

q2 − 1t

·√

t2

=

√t

2n3/2 >

√t

2n3/2 − n

2.

A Turán-számra adott alsó becslés tetszoleges n-re adódik abból, hogyminden megfeleloen nagy n esetén létezik egy q prímszám, melyre q ≡ 1(mod t) és

√nt− n1/3 ≤ q ≤

√nt.

Legyen h egy olyan elem a q elemu Fq testben, melynek t a rendje, (azaz ta legkisebb olyan pozitív egész, melyre ht = 1), és a H = {1, h, h2, ..., ht−1}halmaz az Fq \ {0} egy t elemu részcsoportját alkotja. Azt mondjuk, hogy(a, b) ∈ Fq ×Fq, (a, b) 6= (0, 0) ekvivalens (a′, b′)-vel, azaz (a, b) ∼ (a′, b′),ha létezik egy hα ∈ H, melyre a′ = hαa és b′ = hαb teljesül. A G gráfV csúcshalmaza az Fq × Fq \ (0, 0) t elemu ekvivalenciaosztályai lesznek.Jelöljük az (a, b) által reprezentált osztályt 〈a, b〉-vel. Az 〈a, b〉 és 〈x, y〉diszjunkt osztályok között akkor vezessen él G-ben, ha ax + by ∈ H. Azekvivalenciareláció szimmetrikus, továbbá ha ax + by ∈ H esetén (a, b) ∼(a′, b′) és (x, y) ∼ (x′, y′) teljesülnek, akkor a′x′ + b′y′ ∈ H is teljesül.Tetszoleges (a, b) ∈ Fq × Fq \ (0, 0), ahol b 6= 0 illetve tetszoleges x és hα

esetén az ax + by = hα egyenletnek egyértelmuen létezik egy y megoldá-sa. Tehát pontosan tq db (x, y) megoldása van az ax + by ∈ H-nak. Amegoldások tehát ekvivalenciaosztályok, melyek közül az egyik egybees-het 〈a, b〉-vel, tehát az 〈a, b〉 csúcsnak a fokszáma G-ben q vagy q− 1.Meg fogjuk mutatni, hogy az így megkonstruált G gráf K2,t+1-mentes. Elo-ször igazoljuk, hogy (a, b), (a′, b′) ∈ Fq × Fq \ (0, 0) és (a, b) � (a′, b′) ese-tén az

ax + by = hα

a′x + b′y = hβ

egyenletrendszernek legfeljebb egy (x, y) ∈ F× F \ (0, 0) megoldása van.Valóban, ha det(A) 6= 0, ahol

A =

(a ba′ b′

),

25

akkor a megoldás egyértelmu. Egyébként pedig létezik egy c, melyrea = a′c és b = b′c. Ha az egyenletrendszernek létezik megoldása, akkorvonjuk le az elso egyenletbol a második c-szeresét, így azt kapjuk, hogyhα − chβ = 0. Tehát c ∈ H, ami ellentmond annak, hogy (a, b) és (a′, b′)nem ekvivalensek.Végül α és β értékére összesen t2 lehetoség van az egyenletrendszerben, hi-szen 0 ≤ α, β < t. A megoldások itt is t-elemu ekvivalenciaosztályok, azazlegfeljebb t darab olyan 〈x, y〉 megoldás lehet, amely 〈a, b〉-vel és 〈a′, b′〉-vel is össze van kötve, tehát a gráf valóban nem tartalmazhat K2,t+1-etrészgráfként.

Kollár, Rónyai és Szabó [16] megmutatták, hogy a Kovári, T. Sós, Turántétel aszimptotikusan éles abban az esetben, ha s > t!. Konstrukciójukbanvéges testeket használtak, a bizonyításhoz pedig valamely algebrai egyen-letrendszer megoldásszámát kellett megbecsülniük.

4.12. Tétel. Ha t ≥ 2 és s ≥ t! + 1, akkor ext(n, Kt,s) ≥ ctn2− 1t , ahol ct > 0

egy c-tol függo konstans, melyre ct = 2−t megfelelo választás.

Bizonyítás. Legyen q prímhatvány és t > 1 egész szám. A G = Gq,t gráfota következoképpen definiáljuk: a gráf csúcsai legyenek a qt elemu Fqt test

elemei. Az a ∈ Fqt-ra jelöljük N(a)-val az alábbit: N(a) = a · aq · ... · aqt−1=

a(qt−1)/(q−1) ∈ Fqt . Legyen a 6= b ∈ Fqt = V(G). Az a és b csúcsokat

pontosan akkor kötjük össze éllel, ha teljesül rájuk, hogy N(a + b) = 1.Mivel az N(x) = 1 egyenlet Fqt-beli megoldásainak a száma qt−1

q−1 , ezértn = qt-nel jelölve a G gráf csúcsainak a számát azt kapjuk, hogy az élekszáma legalább 1

2 qt( qt−1q−1 − 1) ≥ 1

2 q2t−1 = 12 n2−1/t. Továbbá a G gráf nem

tartalmaz Kt,t!+1 részgráfot.

4.4. Zarankiewicz problémája

Zarankiewicz arra a kérdésre kereste a választ, hogy egy n × n-es, csaknullákat és egyeseket tartalmazó mátrix legfeljebb hány egyest tartalmaz-hat úgy, hogy a mátrixban ne legyen k db sor és k db oszlop, melyek ke-resztezodési mezoiben található k2 db elem mindegyike egyes.Könnyen láthatjuk, hogy ez a probléma erosen kapcsolódik az extrem-ális gráfelmélethez, ugyanis a fent említett mátrixot tekinthetjük egy párosgráf adjecenciamátrixaként is. Ekkor az, hogy a mátrixnak nincs olyan kdb sora és k db oszlopa, melyek keresztezodési mezoiben található k2 dbelem mindegyike egyes, éppen azt jelenti, hogy a mátrix nem tartalmaz

26

Kk,k teljes páros gráfot.k=2 esetén az alábbi tétel teljesül:

4.13. Tétel. (Reiman) [2]Egy n×n-es csak nullákat és egyeseket tartalmazó mátrix legfeljebb n

2 (1+√

4n− 3)egyest tartalmazhat, ha a mátrixnak nincs csupa egyest tartalmazó 2× 2-es rész-mátrixa.

Bizonyítás. Jelölje ai a mátrix sorvektorait, aj∗ pedig az oszlopvektorait.

Két vektor egymás után írása jelentse a két vektor skaláris szorzatát. Mivela mátrixnak nincs 2× 2-es csupa egyeseket tartalmazó részmátrixa, ezértminden i, j párra teljesül, hogy aiaj = 0 vagy 1 és ai

∗aj∗ = 0 vagy 1. Jelöljük

ri-vel az i. sorban és ci-vel az i. oszlopban lévo egyesek számát. Ekkor tel-jesül, hogy aiai = ri és ai

∗ai∗ = ci. minden i-re, illetve ∑n

i=1 ri = ∑ni=1 ri = e,

ahol e a mátrixban lévo összes egyes száma.Tudjuk, hogy (a1 + a2 + ...+ an)2 = (a1

2 + a22 + ...+ an

2)+ 2 ∑1≤i<j≤n aiaj ≤e + n(n− 1), mivel (a1 + a2 + ... + an)2 = r1 + r2 + ... + rn = e a másodiktag pedig legfeljebb n(n− 1), hiszen minden aiaj skaláris szorzat 0 vagy 1.

Másrészt (a1 + a2 + ... + an)2 = c12 + c2

2 + ... + cn2 ≥ e2

n .Tehát a két egyenloséget egybevetve adódik, hogy e2

n ≤ e + n(n− 1), amit0-ra rendezve kapjuk, hogy e2 − ne− n2(n− 1) ≤ 0. Ez e-ben másodfokú,megoldva éppen a tételbeli állítást kapjuk.

4.14. Megjegyzés. A gráfok nyelvére lefordítva az elozo tételt azt kapjuk, hogyegy olyan páros gráfnak, melynek mindkét csúcsosztálya n elemu és nem tartal-maz K2,2-t, azaz C4-t, legfeljebb n

2 (1 +√

4n− 3) éle lehet.Ezt a 3.6 Tételhez hasonlóan igazolhatjuk, azzal a különbséggel, hogy itt a cseresz-nyék száma nem legfeljebb (2n

2 ) lesz, hanem legfeljebb 2(n2), hiszen a cseresznyék

két végének ugyanabba a csúcsosztályba kell tartozniuk.

4.15. Tétel. Ha egy n × n-es, csak nullákat és egyeseket tartalmazó mátrixbannincs 2 × 2-es csupa egyest tartalmazó részmátrix, és pontosan e = n

2 (1 +√4n− 3) egyest tartalmaz, akkor projektív sík (beleértve az elfajulókat is) illesz-

kedési mátrixa.

Bizonyítás. Az elozo tétel bizonyítását fogjuk felhasználni. Ott egyenloségpontosan akkor teljesül, ha minden i 6= j-re az aiaj és ai

∗aj∗ skaláris szorzat

értéke 1 és minden sor és oszlop ugyanannyi egyest tartalmaz. Ez éppenazt jelenti, hogy a mátrix által definiált illeszkedési struktúra kielégíti aprojektív sík elso két axiómáját és minden egyenese ugyanannyi pontottartalmaz. Tehát ez egy projektív sík beleértve a három pontú elfajuló ese-tet is.

27

5. Moore-gráfok

5.1. Definíció. Egy G gráf bosége alatt a legrövidebb körének a hosszát értjük.(Körmentes gráfok esetén a boség nem értelmezett.)

5.2. Definíció. Egy G gráfot r-regulárisnak nevezünk, ha minden fokszáma r.

A következo problémára keressük a választ: Adott r és g esetén leg-alább hány csúcsa van egy r-reguláris, g boségu gráfnak? Jelöljük ezt amaximális csúcsszámot I(r, g)-vel.

Már az sem triviális, hogy minden r és g esetén létezik ilyen gráf, eztErdos és Sachs bizonyította. Lásd [8].

5.3. Tétel. Ha r ≥ és g ≥ 2, akkor létezik r-reguláris, g boségu gráf.

Kis g értékekre könnyen megadhatjuk I(r, g)-t. Kezdjük a g = 3 esettel.Ez azt jelenti, hogy a gráf legrövidebb köre 3 hosszú, azaz hurokél- éstöbbszörös élmentes, azaz a gráf egyszeru. Mivel a gráfnak r-regulárisnakkell lennie, ezért legalább r + 1 csúcsból kell állnia. Nyilvánvalóan az r + 1pontú teljes gráf megfelel a feltételeknek, azaz I(r, 3) = r + 1.

Folytassuk a g = 4 esettel. Vegyünk két szomszédos csúcsot, jelöl-jük ezeket A1-gyel, illetve B1-gyel. Mivel a keresett gráf r-reguláris, ezértA1-nek és B1-nek is van még további r − 1 szomszédja és ezen szomszé-dok között nem lehetnek azonosak sem egymással, sem A1-gyel, illetveB1-gyel, mert az azt jelentené, hogy van a gráfban 3 pontú kör vagy több-szörös él. Tehát a gráfnak legalább 2r csúcsa van. Mivel a Kr,r teljes párosgráf megfelel a feltételeknek, ezért I(r, 4) = 2r.

A g = 5 esetben I(r, 5)-re a következo alsó becslést kapjuk: LegyenA egy tetszoleges csúcs. Mivel a gráf r-reguláris, ezért A-nak van r dbszomszédja, legyenek ezek A1, A2, ..., Ar. Ezen r db csúcs mindegyiké-nek van még r − 1 db A-tól különbözo szomszédja és ezen szomszédokközött nem lehet két azonos csúcs, mert akkor lenne a gráfban 4 hosszúkör. Így a gráfunknak legalább 1 + r + r(r− 1) = r2 + 1 csúcsa van. TehátI(r, 5) ≥ r2 + 1. Hogy milyen r esetén állhat itt egyenloség, azt Hoffmanés Singleton határozták meg. A tétel elott azonban szükségünk lesz azadjecencia mátrix definíciójára.

5.4. Definíció. Egy n csúcsú G gráf adjecenciamátrixa egy olyan n × n-esmátrix, amelynek az i-dik sorának j-dik eleme pontosan akkor 1, ha a vi és vjcsúcsok szomszédosak, egyébként pedig 0.

5.5. Tétel. (Hoffman-Singleton) [13]Ha létezik 5 boségu, r-reguláris G gráf n = r2 + 1 csúccsal, akkor r = 2, 3, 7 és57 lehet.

28

Bizonyítás. Legyen u és v két nem szomszédos csúcs a gráfban. Tekintsüku szomszédait (ezek között nincs ott v), majd ezek szomszédait. Így a gráfösszes csúcsát "megtaláltuk", tehát u és v másodszomszédok, azaz nemszomszédosak, de van közös szomszédjuk. Sot, ez a közös szomszéd egy-értelmu, mert ha lenne két közös szomszédjuk is, akkor u és v e két közösszomszéddal együtt egy négy hosszú kört alkotna, ami nem lehetséges,hiszen a gráf bosége 5. Jelöljük az n csúcsú G gráf adjecenciamátrixát A-val. Ekkor A valós szimmetrikus mátrix, azaz van sajátvektorokból állóortogonális bázisa, azaz diagonalizálható és a sajátértékek valósak.Tekintsük az A2 mátrixot. Ennek a mátrixnak az i-dik sorának a j-dikeleme a vi és vj csúcsok közti 2 élu séták számát adja meg. Tehát az r-regularitás miatt a foátlóban minden elem r, A2 többi eleme pedig ponto-san akkor 0, ha a neki megfelelo elem A-ban 1 volt és pontosan akkor 1,ha a megfelelo elem A-ban 0 volt, hiszen két különbözo csúcs közt ponto-san akkor vezet egy egyértelmu két élu séta, ha azok nem szomszédosak.Tehát

A2 = J − I − A− rI

ahol I jelöli az egységmátrixot, J pedig a csupa egyesekbol álló n × n-esmátrixot. Az A-nak sajátvektora a j = 1 vektor, mégpedig az r sajátérték-kel. Ha v másik sajátvektor, akkor felteheto, hogy j és v merolegesek, azazJv = 0. Tehát ha a v-hez tartozó sajátérték x, akkor x2 = −x + r − 1, eztmegoldva kapjuk, hogy

x1,2 =−1±

√4r− 3

2

Jelöljük x1 multiplicitását e-vel, x2-ét pedig f -fel. Ekkor a multiplicitásokösszege n, azaz 1 + e + f = 1 + r2, illetve a sajátértékek multiplicitássalvett összege megegyezik az A mátrix foátlóbeli elemeinek összegével, az-az nullával, tehát

1 · r + e−1 +

√4r− 3

2+ f−1−

√4r− 3

2= 0

E két egyenletbol megkapható, hogy e − f = r2−r√4r−3 , ami egész, hiszen e

és f is egész. Ha e − f = 0, akkor r = 2. Legyen u =√

4r− 3. Ekkor

r = u2+34 , vagyis az kell, hogy (u2+3)2

16 − u2+32 osztható legyen u-val. Ezt

tovább alakítva az adódik, hogy u4− 2u2− 15-nek oszthatónak kell lennieu-val, azaz u | 15. Tehát u lehetséges értékei 3, 5 és 15, ezekbol r = 3, 7 és57 adódik.

29

5.6. Megjegyzés. r = 2 esetén a C5, r = 3 esetén pedig a Petersen-gráf egy ilyengráf, r = 7-re is adható egyértelmu példa, ez az úgynevezett Hoffman-Singleton-gráf, de a mai napig megoldatlan, hogy vajon létezik-e 57-reguláris, 5 boségu gráf572 + 1 = 3250 csúccsal.

3. ábra. A 3-reguláris 5 boségu Petersen-gráf

Számunkra a legérdekesebb a g = 6 eset. Induljunk ki két szomszédoscsúcsból, legyenek ezek A1 és B1. A1 további r− 1 szomszédját jelöljük B2,..., Br-rel, hasonlóan B1 további szomszédai legyenek A2, ..., Ar. Ezen csú-csok mindegyikének van még további r− 1 db szomszédja és ezen szom-szédok között nem lehetnek azonosak sem egymással, sem valamelyik Ai-vel vagy Bi-vel, mert ez azt jelentené, hogy van a gráfban 6-nál rövidebbkör. Tehát

I(r, 6) ≥ 2(1 + (r− 1) + (r− 1)2).

Ezt a felso becslést általánosíthatjuk tetszoleges boségre, a kis esetekre lá-tott becslésekhez hasonlóan külön vizsgáljuk a páros és a páratlan g érté-keket. Ha g páratlan, akkor egy központi csúcsból indulunk ki, ha pedigg páros, akkor két központi csúcsból. Ekkor az alábbi felso becsléseketkapjuk I(r, q) értékére:

5.7. Állítás. (Moore-korlát)Ha g páros, akkor I(r, q) ≤ 2(1 + (r− 1) + (r− 1)2 + ... + (r− 1)

g2−1).

Ha g páratlan, akkor I(r, q) ≤ 1 + r + r(r− 1) + r(r− 1)2 + ... + r(r− 1)g−3

2 .

5.8. Jelölés. A Moore-korlátban szereplo egyenlotlenség jobb oldalát a továbbiak-ban I∗(r, g)-vel fogjuk jelölni, azazI∗(r, q) ≤ 2(1 + (r− 1) + (r− 1)2 + ... + (r− 1)

g2−1), ha g páros és

I∗(r, q) ≤ 1 + r + r(r− 1) + r(r− 1)2 + ... + r(r− 1)g−3

2 , ha g páratlan.

30

5.9. Definíció. Azon r-reguláris, g boségu gráfokat, melyeknek pontosan I∗(r, g)csúcsuk van Moore-gráfoknak nevezzük.

Térjünk most vissza a g = 6 esetre. Projektív síkok segítségével fogunkolyan reguláris, 6 boségu gráfokat konstruálni, amelyek egyenloséggel tel-jesítik a Moore-korlátot. A következo fog teljesülni.

5.10. Állítás. Minden olyan r esetén, melyre létezik (r− 1)-rendu projektív sík,létezik r-reguláris, 6 boségu I∗(r, 6) = 2(1+ (r− 1) + (r− 1)2) csúcsú Moore-gráf.

Bizonyítás. Láttuk, hogy egy (r − 1)-rendu projektív síknak 1 + (r − 1) +(r− 1)2 pontja és 1 + (r− 1) + (r− 1)2 egyenese van. Készítsük el enneka projektív síknak az illeszkedési gráfját, ennek mindkét csúcsosztálya 1+(r − 1) + (r − 1)2 csúcsból áll, az egyik csúcsosztályban lesznek az (r −1)-edrendu véges projektív sík pontjai, míg a másikban az egyenesei ésértelemszeruen egy pontot és egy egyenest pontosan akkor kötünk összeéllel a páros gráfunkban, ha a pont illeszkedik az egyenesre a projektívsíkon.

Most be kell látnunk, hogy ez a gráf megfelel a feltételeinknek. Mivelegy (r− 1)-edrendu projektív síknak minden egyenese pontosan r pontottartalmaz és minden pontja pontosan r egyenesre illeszkedik, ezért a párosgráfunk valóban r-reguláris. Kell még, hogy a gráf bosége 6. Mivel párosgráfban minden kör páros hosszú, ezért elegendo a 4 hosszú köröket ki-zárni. Felhasználva a projektív síkok tulajdonságát, miszerint bármely kétegyenesnek pontosan egy közös pontja van, következik, hogy nincs a gráf-ban C4, mert ha lenne, az azt jelentené, hogy van két különbözo egyeneskét közös ponttal. Hat hosszú kör viszont van, a projektív síkban bármelyháromszögnek az egyenesei és pontjai felváltva egy C6-ot alkotnak a párosgráfban, így a gráf bosége valóban 6.

5.11. Megjegyzés. Itt lényegében azt használtuk fel, hogy a projektív síkok egy-ben általánosított háromszögek is, így a 2.37. Tétel szerint az illeszkedési gráfjanem tartalmaz 6-nál rövidebb kört.

Tehát tetszoleges véges projektív síkból szerkesztheto 6 boségu Moore-gráf, a következokben látni fogjuk, hogy ennek a megfordítása is igaz.

5.12. Állítás. Bármely olyan r esetén, melyre létezik r-reguláris, 6 boségu Moore-gráf, a gráfból konstruálható r− 1-rendu projektív sík.

Bizonyítás. A Moore-korlát alapján következik, hogy páros boség esetén aMoore-gráf csak páros gráf lehet. Nevezzük a páros gráf egyik csúcsosz-tályának elemeit pontoknak, a másikat pedig egyeneseknek és egy pont

31

4. ábra. A Fano-síkból kapott 6 boségu 3-reguláris Moore-gráf

pontosan akkor illeszkedjen egy egyenesre, ha a nekik megfelelo csúcsoka páros gráfban éllel vannak összekötve.Az így kapott struktúra (r− 1)-rendu projektív sík lesz, mert az r-regularitásmiatt minden egyenes r db pontot tartalmaz és minden pont r db egyenes-re illeszkedik. Mivel a páros gráf nem tartalmazott négy hosszú kört, ezérta kapott struktúránkban nem lehet két egyenes két különbözo metszés-ponttal, egy metszéspontja viszont bármely két egyenesnek van, ez abbólkövetkezik, hogy a 6 boségu Moore-gráfok átméroje 3, azaz bármely kétcsúcs között vezet út legfeljebb 3 éllel. Továbbá bármely két pontra ponto-san egy egyenes illeszkedik, ez következik az elozo gondolatmenetbol, haa pontok és egyenesek szerepét felcseréljük.

Láttuk, hogy g = 3, 4, 5 és 6 esetén létezik Moore-gráf. Ezek után fel-vetodhet a kérdés, hogy vajon bármely g ≥ 3 esetén is létezik-e. Errevonatkozóan a következo teljesül:

5.13. Állítás. [4] Legyen r ≥ 3. Ekkor r-reguláris, g boségu Moore-gráf pontosanI∗(r, g) csúccsal csak g = 3, 4, 5, 6, 8 és 12 esetén létezik.

Bizonyítás. Az állítást nem bizonyítjuk, de hasonlóan a g = 6 esethezkonstruálni fogunk 8 illetve 12 boségu Moore-gráfokat. A 6 boségu Moore-gráfokat projektív síkok segítségével adtuk meg, melyek egyben általáno-sított háromszögek is, így érdemes megvizsgálni ugyanezt általánosítottn-szögekre is. A Feit-Higman tétel szerint ilyen csak n = 3, 4, 6 és 8 eseténlétezik, de ezek közül csak az n = 3, 4, 6 esetek lesznek megfeleloek, mert

32

általánosított nyolcszögbol nem létezik (q, q)-rendu.Vegyünk egy (r− 1, r− 1)-rendu általánosított n-szöget és készítsünk pá-ros gráfot a szokásos módon. Az egyik csúcsosztály elemei legyenek asokszög csúcsai, a másiké pedig az egyenesek és két csúcsot pontosan ak-kor kössünk össze éllel, ha a megfelelo csúcs-egyenes pár illeszkedik egy-másra.Az így kapott gráf r reguláris lesz, mivel az (r − 1, r − 1)-renduség miattminden pont r egyenesre illeszkedik és minden egyenes r pontot tartal-maz. Ha általánosított négyszögbol indultunk, akkor a páros gráf bosége8 lesz, ha pedig általánosított 6-szögbol, akkor 12, ez következik az általá-nosított sokszög definíciójából.

Természetesen adódó kérdés, hogy mi a helyzet abban az esetben, hareguláris gráfok helyett tetszoleges gráfokat vizsgálunk. Erre vonatkozó-an Alon, Hoory és Linial cikke [1] bizonyítja, hogy a Moore-korlát általá-ban is igaz a következo formában:

5.14. Tétel. Tetszoleges g boségu gráf csúcsainak számára, melynek átlagos fok-száma d, teljesül, hogy n(d, g) ≥ I∗(d, g).

5.15. Megjegyzés. Ha d egész, akkor az állítás épp a Moore-korláttal ekvivalens.Ha d nem egész vagy adott a gráf fokszámsorozata, akkor a csúcsszámra adhatóalsó becslés a következo:

n ≥ 4⌊

d2

⌋ g−22

33

Hivatkozások

[1] Alon N., Hoory S., and Linial N.: The Moore Bound for IrregularGraphs, Graphs and Combinatorics, 2002.

[2] Ball S.: Finite Geometry and Combinatorical Applications, Camb-ridge University Press, 2015.

[3] Benson C. T.: Minimal regular graphs of girths eight and twelve, Ca-nad. J. Math. 18, 1966.

[4] Biggs N.: Algebraic graph theory, Cambridge University Press,Cambridge, 1993.

[5] Brown W. G.: On graphs that do not contain a Thomsen graph, Ca-nad. Math. Bull. 9, 1966.

[6] Bukh B. and Tait M.: Turán number of theta graphs, 2018.

[7] Erdos P. and Rényi A.: On a problem in the theory of graphs, MagyarTud. Akad. Mat. Kutató Int. Közl. 7, 1962.

[8] Erdos P. and Sachs H., Regulare Graphen gegebener Taillenwei-te mit minimaler Knotenzahl, Wiss. Z. Martin-Luther-Univ. Halle-Wittenberg, Math.- Naturwiss. 12, 1963.

[9] Feit W. and Higman G.: The nonexistence of certain generalized poly-gons, Journal of Algebra, 1964.

[10] Füredi Z. and Simonovits M.: The history of degenerate (bipartite)extremal graph problems, Alfréd Rényi Institute of Mathematics, Bu-dapest, 2013.

[11] Füredi Z.: An upper bound on Zarankiewicz problem, Combin. Pro-bab. Comput. 5, 1996.

[12] Füredi Z.: New Asymptotics for Bipartite Turán Numbers, Journal ofcombinatorial theory, Series A 75, 1996.

[13] Hoffmann J. A. and Singleton R.: On Moore Graphs with Diameters2 and 3, Ibm Journal, 1960.

[14] Hraskó A. (szerk.): Új matematikai mozaik, Typotex Kiadó, Buda-pest, 2002.

34

[15] Kiss Gy. és Szonyi T.: Véges geometriák, Polygon, Szeged, 2001.

[16] Kollár J., Rónai L. and Szabó T.: Norm-graphs and bipartite Turannumbers, Combinatorica 16, 1996.

[17] Lovász L.: Kombinatorikai problémák és feladatok. Typotex Kiadó,2008.

[18] Pikhurko O.: A note on the Turán function of even cycles, Proc. Amer.Math Soc. 140, 2012.

[19] Simonovits M.: Extremal graph problems with symmetrical extremalgraphs, additional chromatic conditions, Discrete Math. 7, 1974.

[20] Singleton R.: On Minimal Graphs of Maximum Even Girth, Journalof combinatorial theory 1, 1966.

[21] Szonyi Tamás honlapja: http://szonyitamas.web.elte.hu/

35