Erdős–Sós 猜想

（证明来自 GPT-6 Astra，原文见 erdosproblems.com）

定理

给定 \(k \ge 2\)，若有限无向简单图 \(G\) 满足平均度数 \(> k-2\)，则任意 \(k\) 个顶点的树 \(T\) 都能嵌入 \(G\)。

证明

令 \(n = \lvert G \rvert\)，\(m = \lvert E \rvert\)。考虑一个顶点的排列 \(\pi = (\pi_1, \dots, \pi_n)\)。

定义

• 集合 \(S_\pi = \{1 < i \le n \mid \pi_1 \pi_i \in E\}\)，也就是 \(\pi_1\) 所有邻居在排列中出现的位置的集合。
• 集合 \(S = \sum\limits_{\pi} \{(\pi, i) \mid i \in S_\pi\}\)，也就是枚举所有的排列，记录下这个排列和 \(\pi_1\) 的邻居。

我们知道 \(\lvert S \rvert = 2m(n-1)!\)，因为每个 \(x = \pi_1\)，其对答案的贡献是 \(d(x) \cdot (n-1)!\)。

固定树 \(T\) 的根为 \(r\)。

定义

• \(T_\pi\) 为集合考虑一个 \(\pi_1\) 的邻居 \(i\)，如果只看（\(\pi\) 中的）前 \(i\) 个点，这 \(i\) 个点就足够放下已 \(\pi_1\) 为根的树 \(T\) 了。
• \(T = \sum\limits_{\pi} \{(\pi, i) \mid i \in T_\pi\}\)，（注意 \(T\) 和树 \(T\) 之间的区别）。

再定义子集

• \(T_{\pi}^\prime\) 为 \(T_\pi\) 中去掉最小位置的集合。
• \(T^\prime\) 同理，为 \(T_\pi^\prime\) 的和。

于是有 \(\lvert T \rvert - \lvert T^\prime \rvert \le n!\)，因为每个 \(\pi\) 最多少 \(1\) 的贡献。

引理

\(\lvert S \rvert \le \lvert T \rvert + (k-2)n!\)。

如果引理成立那么 \(\frac{\lvert T \rvert}{n!} \ge \frac{\lvert S \rvert}{n!} - (k-2) = \frac{2m}{n} - (k-2) > 0\) 就证明了 \(T\) 不为空，那么就做完了（因为我们的操作对任意一种树 \(T\) 都成立）。

引理的证明

\(k = 2\) 是显然的，因为图里肯定有边。

考虑数学归纳法，对于更小的 \(k\) 都成立，考虑 \(r\) 的情况。

1. 如果 \(r\) 不是叶子

考虑真子树 \((T_1, r)\) 和 \((T_2, r)\) 满足并是树 \(T\)，只交在 \(r\)。设 \(T^i\) 对于 \(T_i\) 的对 \(T\) 的定义。

那么首先考虑把更小的树 \(T_i\) 放进整个图中考虑，有 \(\lvert S \rvert \le \lvert T^i \rvert + (\lvert V_{T_i} \rvert - 2)n!\) 对于 \(i = 1, 2\)。

加起来得到 \(2\lvert S \rvert \le \lvert T^1 \rvert + \lvert T^2 \rvert + (k-3)n!\)。

所以我们只需要证明 \(\lvert T^1 \rvert + \lvert T^2 \rvert \le \lvert S \rvert + \lvert T \rvert + n!\) 即可（代入上式）。

然后我们又知道 \(\lvert T^i \rvert \le \lvert {T^i}^\prime \rvert + n!\)，所以只需要证明 \(\lvert {T^1}^\prime \rvert + \lvert T^2 \rvert \le \lvert S \rvert + \lvert T \rvert\)。

于是变成我们需要构造 \({T^1}^\prime \setminus T\) 到 \(S \setminus T^2\) 的单射。

考虑每一个 \((\pi, i) \in {T^1}^\prime \setminus T\)，都能找到 \(T^1\) 中那个被删掉的 \(j\)。

定义新排列 \(\pi^\prime = (\pi_1,\ \pi_{j+1}, \dots, \pi_i,\ \pi_2, \dots, \pi_j,\ \pi_{i+1}, \dots, \pi_n)\) 也就是交换 \([2, j]\) 和 \([j+1, i]\)。

令 \(i^\prime = i - j + 1\)

断言 \((\pi^\prime, i^\prime) \in S \setminus T^2\)。

• 显然 \(\pi'_1 \pi'_{i'} = \pi_1 \pi_i\) 有边，所以在 \(S\) 里。
• 若其属于 \(T^2\)，则 \(\pi_1^\prime, \pi_2^\prime, \dots, \pi_{i^\prime}^\prime\) 包含树 \(T_2\)，而 \(\pi_1, \dots, \pi_j\) 包含树 \(T_1\)，加起来就是包含树 \(T\)，但是我们是从 \((\pi, i) \in {T^1}^\prime \setminus T\) 里取得，所以矛盾。

逆映射的构造是简单的，也就是对于 \((\pi^\prime, i^\prime) \in S \setminus T^2\)，我们要找到 \((\pi, i)\)。

也就是说位置 \(x\) 满足：

• \(i^\prime < x \le n\)，
• \(\pi'_1, \pi'_{i'+1}, \dots, \pi'_x\) 的诱导子图含有以 \(\pi_1^\prime\) 为根的 \(T_1\)，
• \(\pi'_1 \pi'_x \in E\)。

我们找到最小的满足的 \(x\)，并且用同样的办法换回去就可以了。

2. \(r\) 是叶子

设唯一邻居是 \(r_1\)，令 \(T_1 = T \setminus \{r\}\)。

那么同理 \(\lvert S \rvert \le \lvert T^1 \rvert + (k-3)n!\)。

同理证明 \(\lvert T^1 \rvert \le \lvert T \rvert + n!\) 即可，也就是证明 \(\lvert {T^1}^\prime \rvert \le \lvert T \rvert\) 即可。

我们依旧考虑 \((\pi, i) \in {T^1}^\prime\)，我们这次交换 \(\pi_1\) 和 \(\pi_i\)，\(i^\prime = i\)。

断言 \((\pi', i') \in T\)：

• \(\pi'_1 \pi'_{i'} = \pi_i \pi_1\) 有边，所以在 \(S\) 里。
• 前 \(j\) 个顶点含 \(T_1\)（根在 \(\pi_1\)），且 \(j < i\)，再结合边 \(\pi_1 \pi_i\)，可知 \(\pi_i, \pi_2, \dots, \pi_{i-1}, \pi_1\) 含完整 \(T\)（现在根在 \(\pi_i\)）。

这里要注意的是 \(r\) 不是某个序号（指原图中或者某个排列里），而是抽象的树的根的概念，所以让 \(\pi_i\) 是 \(r\) 就可以了。

注意到这个操作自己就是自己的逆。

所以我们证明完毕。