关于两个中心四腿蜘蛛的Erdös-Sós猜想

doi:10.12677/pm.2025.1512291

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关于两个中心四腿蜘蛛的Erdös-Sós猜想
On the Erdös-Sós Conjecture for 2-Center 4-Leg Spiders

DOI: 10.12677/pm.2025.1512291, PDF, HTML, XML, 国家自然科学基金支持
作者: 张扬, 周垂香：福州大学数学与统计学院，福建福州
关键词: Erdös-Sós猜想；树；蜘蛛树；圈；路；Erdös-Sós Conjecture； Tree； Spider； Cycle； Path

摘要: Erdös-Sós猜想是极值图论的一个经典问题，围绕此猜想有许多相关结论。猜想的内容是：如果一个图G有n个点且

e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}

，则G包含任何k条边的树。蜘蛛是指最多有一个点度数超过2的树，2-中心蜘蛛是指只有两个点的度数超过2的树。Erdös-Sós猜想已经被证明对于3条腿的蜘蛛成立，在此方法上，本文利用图的结构进行分类讨论并证明了猜想对于每一中心有一条2长腿的2-中心4腿蜘蛛成立。

Abstract: The Erdös-Sós conjecture is a classic problem in extremal graph theory, with many related conclusions surrounding it. The Erdös-Sós conjecture states that every graph with n vertices and

e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}

contains every tree with k edges. A spider is defined as a tree with at most one vertex of degree greater than 2. A 2-center spider is a tree which has only two vertices degrees greater than 2. The Erdös-Sós conjecture has been proven for spiders with 3 legs. Basing on the method of constructing, we prove that the conjecture is true for spiders of 2-center spider with 4 legs and each center has a leg of length 2.

文章引用：张扬, 周垂香. 关于两个中心四腿蜘蛛的Erdös-Sós猜想[J]. 理论数学, 2025, 15(12): 34-40. https://doi.org/10.12677/pm.2025.1512291

1. 引言

对于图 $G$ ， $V (G)$ 和 $E (G)$ 分别表示图的点集和边集。将 $| E (G) |$ 与 $| V (G) |$ 分别记作 $e (G)$ 与 $v (G)$ 。令 $v \in V (G)$ ， $v$ 的度数是指与 $v$ 关联的边的个数，记作 $d (v)$ 。 $G - v$ 是图 $G$ 去掉点 $v$ 以及与其相连的所有边得到的图。 $δ (G)$ 和 $Δ (G)$ 分别表示图的最小度和最大度。

令 $C$ 是图 $G$ 中的一个圈且 $u, v \in V (C)$ ，我们用 $C [u, v]$ 表示圈 $C$ 上按顺时针方向从 $u$ 到 $v$ 的路。

蜘蛛是指最多有一个点的度数大于2的树。在蜘蛛的概念上扩展，2-中心蜘蛛是有两个相邻的度数大于2的点的树。这两个度数大于2的点称为2-中心蜘蛛的中心。蜘蛛的腿是指从蜘蛛的中心到1度点且不经过其他中心的路。2-中心蜘蛛的每个中心至少有两条腿。 $k$ 边蜘蛛即边数为 $k$ 的蜘蛛。2-中心4-腿蜘蛛即有四条腿的2-中心蜘蛛。我们称图 $H$ 可嵌入到图 $G$ 中指图 $G$ 中包含一个同构于 $H$ 的子图。关于树的嵌入，有以下著名的Erdös-Sós猜想：

猜想1 [1] 如果一个图 $G$ 有 $n$ 个点且 $e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}$ ，则 $G$ 包含任何 $k$ 条边的树。

Erdös-Sós猜想距今已有60多年的历史，虽然仍未取得突破性进展，仍吸引了大量的数学家从事这个问题的研究。已知的结论主要集中在两个方面：特殊的图 $G$ 以及特殊的树。从图 $G$ 的角度，Brandt和Dobson证明当图 $G$ 的围长为5时猜想1成立[2]；Eaton和Tiner证明猜想1当图 $G$ 不含 $k + 4$ 长的路时成立[3]；Yin和Li证明当图 $G$ 的补不含 $C_{4}$ 时猜想成立[4]。从树的角度考虑，Erdös和Gallai证明了对于树为 $P_{k}$ 时猜想1也成立[5]；Mclennana证明了如果树的半径为4时猜想1成立[6]；范更华等人证明了猜想1对于蜘蛛成立[7 ]-[9]；王仕成和侯新民证明了猜想对所有腿长不超过2的2-中心蜘蛛成立[10]。Erdös-Sós猜想已经被证明对于3条腿的蜘蛛成立，在此方法上，本文利用图的结构进行分类讨论并证明了猜想对于每一中心各有一条2长腿的2-中心4-腿蜘蛛成立，即：

定理1 如果一个图 $G$ 有 $n$ 个点且 $e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}$ ，则 $G$ 包含任何 $k$ 条边的每个中心各有一个2长腿的2-中心4-腿蜘蛛。

2. 基本引理

在证明定理1之前我们先给出以下需要用到的引理。

引理1 [6] 如果 $G$ 是 $n$ 个点的图且 $e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}$ ，则存在一个子图 $H \subset G$ 满足 $e (H) > \frac{(k - 1) v (H)}{2}$ 且 $δ (H) \geq \frac{k}{2}$ 。

引理2 [10] 如果 $G$ 是 $n$ 个点的图且 $e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}$ ，则 $G$ 包含任意k条边且腿长不超过2的2-中心蜘蛛。

文献[5]中的定理2.7证明了如果图 $G$ 是 $n$ 个点的图且 $e (G) > \frac{(n - 1) l}{2}$ ，那么图 $G$ 中存在一个长度至少为 $l + 1$ 的圈。由于 $\frac{(l - 1) n}{2} \geq \frac{(l - 1) (n - 1)}{2}$ ，所以当 $e (G) > \frac{(l - 1) n}{2}$ 时， $G$ 中存在一个长度至少为 $l$ 的圈。当为了方便我们将其描述为：

引理3 [5] 如果图 $G$ 是 $n$ 个点的图且 $e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}$ ，那么图 $G$ 中存在一个长度至少为 $k$ 的圈。

3. 主要结果

本节我们证明主要结论：定理1。

定理1 如果一个图 $G$ 有 $n$ 个点且 $e (G) > \frac{(k - 1) n}{2}$ ，则 $G$ 包含任何 $k$ 条边的每个中心各有一个2长腿的2-中心4-腿蜘蛛。

证明根据引理1，我们不妨假设图 $G$ 满足 $δ (G) \geq \frac{k}{2}$ 。

如果 $Δ (G) \leq k - 1$ ，则

$e (G) = \frac{\sum_{v \in V (G)} d (v)}{2} \leq \frac{n (k - 1)}{2}$

与已知条件矛盾。因此，我们可得 $Δ (G) \geq k$ 。

令 $T$ 是一个2-中心4条腿的蜘蛛且边数为 $k$ 。设 $L_{1}, L_{2}, L_{3}, L_{4}$ 为 $T$ 的四条腿， $L_{1}$ 和 $L_{3}$ 联接中心 $c_{1}$ ， $L_{2}$ 和 $L_{4}$ 联接另一个中心 $c_{2}$ 。记 $e (L_{i}) = l_{i} (i = 1, 2, 3, 4)$ 。设 $l_{3} = l_{4} = 2$ ， $l_{1} \leq l_{2}$ 。则 $l_{1} + l_{2} + 5 = k$ 。根据引理2，我们可以假设 $l_{1} \geq 2, l_{2} \geq 3$ 。

令 $C$ 是 $G$ 中的最长圈。根据引理3，我们有 $| C | \geq k$ 。

情形1 $C$ 是 $G$ 中的哈密顿圈

令 $C = v_{0} v_{1} \dots v_{n - 1} v_{0}$ 且我们假定 $d (v_{0}) = Δ (G)$ 。则 $d (v_{0}) \geq k$ 。选择最小的指标 $i$ 使满足 $v_{0} v_{i} \in E (G)$ 且 $i \geq l_{1} + 3$ ，由 $d (v_{0}) \geq k$ 且 $l_{1} + 3 < k$ 可知 $i$ 一定存在。于是 $v_{0}$ 和 $v_{i}$ 将圈 $C$ 分成两段路 $P_{1} = v_{0} v_{1} \dots v_{i}$ 和 $P_{2} = v_{i} v_{i + 1} \dots v_{n - 1} v_{0}$ 。根据 $i$ 的选择， $v_{0}$ 至多有 $l_{1} + 2$ 个邻点在 $P_{1} - v_{i - 1} v_{i}$ 上。那么路的 $P_{2}$ 长度至少为 $d (v_{0}) - (l_{1} + 2) \geq l_{2} + 3$ ，因此可以 $v_{0}$ 为中心 $c_{1}$ 嵌入 $L_{1}$ (在 $P_{1}$ 上)和 $L_{3}$ (在 $P_{2}$ 上)，以 $v_{i}$ 为中心 $c_{2}$ 嵌入 $L_{2}$ (在 $P_{2}$ 上)和 $L_{4}$ (在 $P_{1}$ 上)。

情形2 $C$ 不是哈密顿圈

令 $C = v_{0} v_{1} \dots v_{s - 1} v_{0}, s \geq k$ 。由于 $C$ 不是哈密顿圈，那么 $G - V (C)$ 有一个连通分支 $H$ ，且 $V (H) \geq 1$ 。又因为 $G$ 是连通的，我们不妨假设 $v_{0} \in C, u_{1} \in H$ 使得 $v_{0} u_{1} \in E (G)$ 。令

$P = u_{1} u_{2} \dots u_{l}$

为 $H$ 中从 $u_{1}$ 出发的最长路，由于 $P$ 为最长路，所以 $u_{l}$ 的邻点要么在 $P$ 上要么在 $C$ 上。令 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{p}$ 为 $u_{l}$ 在路 $P + v_{0} u_{1}$ 上的邻点，它们以 $x_{1} = u_{l - 1}$ 沿着路 $u_{l - 1} u_{l - 2} \dots u_{1} v_{0}$ 依次排布。

情况2.1 $N (u_{l}) \cap V (C - v_{0}) \neq \emptyset$

设 $y_{1}, y_{2}, \dots, y_{q} (q \geq 1)$ 为 $u_{l}$ 在 $V (C) - v_{0}$ 上的邻点，它们沿着圈 $C$ 按顺时针顺序依次排布。我们有 $p + q = d (u_{l}) \geq \frac{k}{2}$ 。

接下来我们根据 $P$ 的长度以及 $u_{l}$ 在路 $P + v_{0} u_{1}$ 上的邻点个数 $p$ 进行分类讨论。

(1) $l < l_{2}$

此时 $L_{2}$ 无法嵌入 $P$ ，再根据 $p$ 与 $L_{1}$ 的长度考虑 $L_{1}$ 的嵌入情形。

(i) $p \leq l_{1}$

因为 $C$ 是最长圈，所以 $C$ 上任意两点 $x, y$ 之间的与 $C$ 边不交路 $Q$ 的长度不能超过 $C [x, y]$ 的长度，否则我们可以将 $C [x, y]$ 替换成 $Q$ 得到一个比 $C$ 更长的圈，产生矛盾。因此我们对圈 $C$ 及 $u_{l}$ 在 $C$ 上的邻点可得以下性质：

() $| E (C [v_{0}, y_{1}]) | \geq l + 1$ ， $| E (C [y_{q}, v_{0}]) | \geq l + 1$ ；

() $| E (C [y_{i}, y_{i + 1}]) | \geq 2$ $(i = 1, 2, \dots, q - 1)$ 。

令 $C_{b} = u_{l} u_{l - 1} \dots u_{1} v_{0} \dots y_{1} \dots y_{b} u_{l}$ 。根据以上性质对于任意 $b$ ， $1 \leq b \leq q$ ，

$| E (C_{b}) | \geq 2 (l + 1) + 2 (b - 1) \geq 2 (p + b) .$

从 $p, q, k$ 的取值范围，我们有 $q \geq \frac{k}{2} - p \geq \frac{l_{1} + l_{2} + 5}{2} - p$ 。于是

$| E (C_{q}) | \geq 2 (p + q) = 2 p + 2 q \geq 2 p + l_{1} + l_{2} + 5 - 2 p = l_{1} + l_{2} + 5$ .

因此我们可以选择最小的指标 $b$ 使 $| E (C_{b}) | \geq l_{1} + 3$ 。根据 $b$ 的极小性， $b < \frac{l_{1} + 3}{2} - p$ 。利用 $q \geq \frac{k}{2} - p$ ，

$q - b \geq \frac{k}{2} - p - b > \frac{l_{2} + 2}{2} > 2$

则路 $y_{b + 2} \dots y_{q} \dots v_{s - 1}$ 的距离至少为 $2 (q - b - 2) + l > l_{2} + l - 2 \geq l_{2}$ 。设点 $y_{b}$ 为 $v_{i}$ ，路 $C [v_{i - 1}, y_{b + 2}]$ 的长度至少为2且 $| E (C_{b}) | \geq l_{1} + 3$ 。因此可以以 $u_{l}$ 为中心 $c_{1}$ 嵌入 $L_{1}$ 和 $L_{3}$ ，以 $y_{b + 2}$ 为另一中心 $c_{2}$ 嵌入 $L_{2}$ 和 $L_{4}$ (如图1)。

Figure 1. The embedding of T in case 2.1 (1) (i) $p \leq l_{1}$ . The dashed line represents T, with the two centers being $u_{l}$ and $y_{b + 2}$

图1. 情况2.1中(1) (i) $p \leq l_{1}$ 时 $T$ 的嵌入，其中虚线表示 $T$ ，两个中心分别为 $u_{l}$ 和 $y_{b + 2}$

(ii) $p > l_{1}$

此时，我们可以选择 $u_{l}$ 为中心 $c_{1}$ ，将 $L_{1}$ 嵌入 $P$ 。接下来寻找 $u_{l}$ 的某个邻点为另一个中心 $c_{2}$ 。由于 $p > l_{1}$ ，所以 $P [u_{l}, x_{l_{1}}]$ 的长度至少为 $l_{1}$ 。考虑 $u_{l}$ 在 $P$ 上的下一个邻点 $x_{l_{1} + 1}$ 。令 $C_{b} = u_{l} x_{l_{1} + 1} \dots u_{1} v_{0} \dots y_{b} u_{l}$ 。 $C$ 是最长圈保证情况(i)中的性质()和()都成立。因此，对于任意 $b$ ， $1 \leq b \leq q$

$| E (C_{b}) | \geq (p - l_{1} + 1) + (l + 1) + 2 (b - 1) + 1 \geq 2 p + 2 b - l_{1} + 1$

选择极小的 $b$ 使得 $| E (C_{b}) | \geq l_{2} + 4$ 。我们要说明 $b$ 一定存在。若找不到 $b$ ，那么 $C_{q}$ 的长度也小于 $l_{2} + 4$ ，即 $2 p + 2 q - l_{1} + 1 \leq | E (C_{q}) | < l_{2} + 4$ ，即 $2 (p + q) < l_{1} + l_{2} + 3$ 。由 $p + q = d (u_{l}) \geq \frac{k}{2}$ 以及 $l_{1} + l_{2} + 5 = k$ 可得 $2 \times \frac{k}{2} = k < k - 2$ ，矛盾。所以可以取得 $b$ 满足 $| E (C_{b}) | \geq l_{2} + 4$ 。

经过计算可得路 $C [y_{b}, v_{s - 1}]$ 的长度至少为 $2 (q - b) + l > l_{1} \geq 2$ 。由此我们可以将 $y_{b}$ 作为中心点 $c_{2}$ ，将 $L_{4}$ 嵌入 $C [y_{b}, v_{s - 1}]$ ，以 $y_{b}$ 为起点逆时针方向将 $L_{2}$ 嵌入 $C$ (同时也在 $C_{b}$ )上，根据 $C_{b}$ 的长度，嵌入是可以实现的。设点 $x_{l_{1} + 1}$ 为 $u_{i}$ ，路 $u_{l} u_{l - 1} \dots u_{i - 1}$ 的长度至少为 $l_{1}$ ，以 $u_{l}$ 为中心 $c_{1}$ ，将 $L_{1}$ 嵌入路 $u_{l} u_{l - 1} \dots u_{i - 1}$ 上，再将 $L_{3}$ 在 $C_{b}$ 上沿 $u_{l} x_{l_{1} + 1} \dots$ 方向嵌入 $C_{b}$ 。再根据 $C_{b}$ 的长度可得此嵌入可实现且与 $L_{2}$ 的嵌入不相交(如图2)。

Figure 2. The embedding of T in case 2.1 (1) (ii) $p > l_{1}$ . The dashed line represents T, with the two centers being $u_{l}$ and $y_{b}$ .

图2. 情况2.1中(1) (i) $p > l_{1}$ 时 $T$ 的嵌入，其中虚线表示 $T$ ，两个中心分别为 $u_{l}$ 和 $y_{b}$

(2) $l > l_{2}$

(I) $v_{1}$ 的邻点满足 $N (v_{1}) \ V (C) \neq \emptyset$

假设 $P^{'} = v_{1} w_{1} \dots w_{t}$ 为最长路满足 $V (P^{'}) \cap V (C) = {v_{1}}$ 。

由于 $C$ 是最长圈，所以 $V (P^{'}) \cap V (P) = \emptyset$ 且 $w_{i} (i = 1, 2, \dots t)$ 与 $u_{j} (j = 1, 2 \dots, l)$ 不相邻。由于 $P^{'}$ 为最长路，所以 $w_{t}$ 的邻点只能在 $V (P^{'}) \cup V (C)$ 中。

(i) $t \geq 2$

因为 $l > l_{2}$ ，所以我们可以以 $v_{0}$ 为中心 $c_{2}$ 嵌入 $L_{2}$ 和 $L_{4}$ ，其中 $L_{2}$ 嵌入 $P$ 上， $L_{4}$ 嵌入 $v_{0} v_{s - 1} v_{s - 2}$ 中。又由圈 $C$ 的长度 $s \geq k \geq l_{1} + 4$ ，因此可以以 $v_{1}$ 为中心 $c_{1}$ 嵌入 $L_{1}$ 和 $L_{3}$ ，其中 $L_{3}$ 嵌入 $P^{'}$ 上， $L_{1}$ 嵌入 $v_{1} v_{2} \dots v_{l_{1} + 1}$ 。

(ii) $t = 1$

根据引理， $d (w_{1}) \geq δ (G) \geq \frac{k}{2}$ ，设 $z_{1}, z_{2}, \dots z_{r}$ 为 $w_{1}$ 在 $C - v_{1}$ 上的邻点，它们沿着圈 $C$ 的顺时针顺序排布， $r \geq \frac{k}{2} - 1$ 。因为 $C$ 是最长圈，所以以下性质成立。

() $| E (C [v_{1}, z_{1}]) | \geq 2$ ， $| E (C [z_{r}, v_{1}]) | \geq 2$ ；

() $| E (C [z_{i}, z_{i + 1}]) | \geq 2$ $(i = 1, 2, \dots, r - 1)$ 。

根据()和()我们可得路 $v_{1} w_{1} z_{2} C [z_{2}, v_{0}]$ 的长度至少为 $2 (r - 2) + 3 \geq 2 (\frac{k}{2} - 3) + 3 = l_{1} + l_{2} + 2 \geq l_{1} + 3$ 。

设点 $z_{2}$ 为 $v_{i}$ ，则路 $v_{1} v_{2} \dots z_{1} \dots v_{i - 1}$ 的长度至少为2。因此可以以 $v_{1}$ 为中心 $c_{1}$ 嵌入 $L_{1}$ 和 $L_{3}$ ，其中 $L_{1}$ 嵌入路 $v_{1} w_{1} z_{2} C [z_{2}, v_{s - 3}]$ 上， $L_{3}$ 嵌入路 $v_{1} v_{2} \dots z_{1} \dots v_{i - 1}$ 上。以 $v_{0}$ 为中心 $c_{2}$ 嵌入 $L_{2}$ 和 $L_{4}$ ，其中 $L_{2}$ 嵌入 $P$ 上， $L_{4}$ 嵌入路 $v_{0} v_{s - 1} v_{s - 2}$ 上(如图3)。

Figure 3. The embedding of T in case 2.1 (2) (I) (i) $t = 1$ . The dashed line represents T, with the two centers being $v_{0}$ and $v_{1}$

图3. 情况2.1中(1) (I) (i) $t = 1$ 时 $T$ 的嵌入，其中虚线表示 $T$ ，两个中心分别为 $v_{0}$ 和 $v_{1}$

(II) $v_{1}$ 的邻点满足 $N (v_{1}) \ V (C) = \emptyset$

此时与上面的方法类似，我们以 $v_{0}$ 为中心 $c_{2}$ 嵌入 $L_{2}$ 和 $L_{4}$ 。以 $v_{1}$ 为中心 $c_{1}$ 先将 $L_{3}$ 嵌入路 $v_{1} v_{2} v_{3}$ 上。接下来我们寻找 $P_{1}$ 的嵌入。注意到 $d (v_{1}) \geq δ (G) \geq \frac{k}{2} > 5$ 。若 $v_{1}$ 没有邻点到 $v_{4}$ 或 $v_{s - 3}$ 的距离大于等于 $l_{1} - 1$ ，则 $s \leq 2 (l_{1} - 2) + 3 + 4 \leq 2 l_{1} + 3$ ，而 $s \geq k \geq l_{1} + l_{2} + 5$ ，矛盾。所以可以找到 $v_{1}$ 邻点到 $v_{4}$ 或 $v_{s - 3}$ 的距离大于等于 $l_{1} - 1$ 。不妨设 $v_{1}$ 的这个邻点为 $v_{i}$ 且 $v_{i}$ 到 $v_{4}$ 的距离不小于 $l_{1} - 1$ 。于是我们可将 $P_{1}$ 嵌入路 $v_{1} v_{i} C [v_{4}, v_{i}]$ 上(如图4)。

情况2.2 $N (u_{l}) \cap V (C - v_{0}) = \emptyset$

则 $u_{l}$ 的所有邻点都在路 $P + v_{0} u_{1}$ 上，所以 $P + v_{0} u_{1}$ 的长度 $l \geq d (v_{0}) \geq \frac{k}{2} > l_{2}$ ，因此我们以 $v_{0}$ 为中心 $c_{2}$ 嵌入 $L_{2}$ 和 $L_{4}$ ，其中 $L_{2}$ 嵌入 $P$ 上。接下来考虑以点 $v_{1}$ 为中心 $c_{1}$ 嵌入 $L_{1}$ 和 $L_{3}$ 。根据情形2.1中(2)的相同步骤，我们可以得到 $L_{1}$ 和 $L_{3}$ 的嵌入。

Figure 4. The embedding of T in case 2.1 (2) (II). The dashed line represents T, with the two centers being $v_{0}$ and $v_{1}$

图4. 情况2.1中(2) (II) (i)中 $T$ 的嵌入，其中虚线表示 $T$ ，两个中心分别为 $v_{0}$ 和 $v_{1}$

定理1证毕。

基金项目

国家自然科学基金(12271099)，福建省自然科学基金(2023J01413)。

参考文献

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