Turán-tétel

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából
(Turán-féle gráftétel szócikkből átirányítva)

A Turán-tétel vagy Turán-féle gráftétel meghatározza, hogy legfeljebb hány éle lehet egy (véges) gráfnak, amely nem tartalmaz adott nagyságú teljes gráfot. Turán Pál 1941-ben publikálta tételét, ami a gráfelmélet egy jelentős fejezetét, az extremális gráfelméletet indította el.[1]

A tétel[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Egyszerűbb formájában a tétel a következőt mondja: ha egy n szögpontú gráfban nincs K_{k+1} (teljes k+1-es), akkor éleinek száma legfeljebb

\frac{k-1}{2k}n^2.

A tétel teljes formája szerint, ha n=kq+r, ahol 0\leq r<k és egy n pontú gráfban nincs K_{k+1}, akkor az élek e számára

e\leq \frac{k-1}{2k}n^2-\frac{r(k-r)}{2k}

teljesül. Ez minden n-re pontos, egyenlőség egyetlen gráfra, a T(n,k) Turán-gráfra teljesül: ez k közös elem nélküli A_1,\dots,A_k halmazból áll, ahol |A_1|=\cdots=|A_r|=q+1, |A_{r+1}|=\cdots=|A_k|=q, két pontot pontosan akkor kötünk össze, ha különböző osztályokban vannak.

A háromszög nélküli eset[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ebben a speciális esetben (amit Mantel már 1907-ben igazolt) azt kell belátnunk, hogy ha egy n szögpontú gráfban nincs háromszög, akkor az élek e számára e\leq \frac{n^2}{4} teljesül.

Első bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Legyenek a csúcsok v_1,\dots,v_n. Tegyük fel, hogy a v_i és a v_j csúcsok össze vannak kötve. A további n-2 pont egyike sem lehet mindkettővel összekötve. Ezen n-2 pontból d(v_i)-1 és d(v_j)-1 van összekötve v_i-vel, illetve v_j-vel (ahol d(v) a v pont foka). Mivel egyik sem lehet mindkettővel összekötve, kapjuk, hogy

(d(v_i)-1)+(d(v_j)-1)\leq n-2

azaz

d(v_i)+d(v_j)\leq n

Ezt minden összekötött pontpárra összeadva a jobb oldal en lesz, a bal oldalban pedig minden d(v_i) tag annyiszor szerepel, ahány élben v_i van, azaz d(v_i)-szor. Tehát

d(v_1)^2+\cdots+d(v_n)^2\leq en

adódik.

A számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget felhasználva

\left(\frac{d(v_1)+\cdots+d(v_n)}{n}\right)^2\leq\frac{d(v_1)^2+\cdots+d(v_n)^2}{n}.

Mivel d(v_1)+\cdots+d(v_n)=2e, a fenti egyenlőtlenséget így alakíthatjuk:

\left(\frac{2e}{n}\right)^2\leq e

ami átrendezve éppen a bizonyítandó állítás.

Második bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Legyen a legnagyobb független (élnélküli) ponthalmaz elemszáma k és legyen A egy k-elemű független halmaz. Jelöljük B-vel A komplementerét. Mivel a gráfban nincs háromszög, minden pont szomszédainak halmaza független, tehát legfeljebb k elemű. Továbbá minden élnek egyik, esetleg mindkét végpontja B-beli (mert A független), így az élek e számára a következőt kapjuk:

e\leq \sum_{v\in B}d(v)\leq |B|k=(n-k)k\leq \left(\frac{n}{2}\right)^2,

az utolsó lépésben felhasználva a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget.

Az általános eset bizonyítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A tételt q-ra indukcióval igazoljuk. Ha q=0, akkor tehát a gráfnak r<k csúcsa van, semmiképpen sem lehet benne teljes (k+1)-szög, az élek maximális száma így

{{r}\choose{2}}=\frac{k-1}{2k}r^2-\frac{r(k-r)}{2k},

amint azt kiszorzással láthatjuk.

Tegyük fel, hogy q>0 és adott egy n szögpontú és maximális élszámú K_{k+1}-et nem tartalmazó gráf. Ebben mindenképpen van teljes k-as, különben egy élt még hozzá tudnánk adni. Legyen A egy k elemű teljes ponthalmaz, B pedig a maradék pontok halmaza. Nyilván B elemszáma n-k. Jelölje a,b,c rendre az A-ban, B-ben, illetve A és B között futó élek számát. Nyilván e=a+b+c. Mivel A teljes gráf,

a={{k}\choose{2}}.

Az indukció miatt azt is tudjuk, hogy

b\leq \frac{k-1}{2k}(n-k)^2-\frac{r(k-r)}{2k}.

Egyetlen B-beli pont sem lehet összekötve minden A-belivel, hiszen ekkor lenne egy teljes (k+1)-es. Azaz minden B-beli pontból legfeljebb k-1 él megy A-ba, így minden pontra összeszámolva adódik c \leq (n-k)(k-1).

Összeadva adódik

 {{k}\choose{2}}+\frac{k-1}{2k}(n-k)^2-\frac{r(k-r)}{2k}+(n-k)(k-1)

ami, mint kiszorzással látható, azonos a következővel:

\frac{k-1}{2k}n^2-\frac{r(k-r)}{2k}.

Be kell még látnunk, hogy egyenlőség csak a Turán-gráf esetén teljesül. Ha egyenlőség van, akkor b és c esetén is egyenlőségnek kell teljesülnie. Azaz minden B-beli csúcs k-1 A-beli csúccsal van összekötve és (az indukció miatt) B a T(n-k,k) Turán-gráf. B felbomlik a majdnem egyenlő nagyságú B_1,\dots,B_k halmazokra és pontosan a különböző halmazokban levő csúcsok vannak összekötve. Két különböző B_i-ben levő csúcs nem lehet ugyanazzal a k-1 A-beli csúccsal összekötve, mert ekkor teljes k+1-est kapnánk. Mivel A-nak pontosan k darab k-1 elemű részhalmaza van, csak az lehet, ha minden B_i-beli csúcs ugyanabba az A-beli csúcsba nincs bekötve, és ez különböző i-re különböző, ezért A elemeit felsorolhatjuk a_1,\dots,a_k-ként, hogy B_i elemei pontosan a_i-be nincsenek bekötve. De ezzel azt kapjuk, hogy gráfunk a T(n,k) Turán-gráf az B_1\cup\{a_1\},\dots,B_k\cup\{a_k\} osztályokkal.

Források[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

  1. Lovász László: Kombinatorikai problémák és feladatok. 34-38. old. Typotex Kiadó, 2008. ISBN 978-963-9664-93-7