W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki 1 O pracach

W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
1
O pracach uczniowskich z matematyki
Wojciech Guzicki
STRESZCZENIE
Jednym z ciekawszych zadań, które możemy dać uczniowi zdolnemu, jest napisanie
tzw. pracy uczniowskiej z matematyki. W tym artykule opowiem o czterech pracach
uczniowskich, które prowadziłem. Przedstawię wybrane, moim zdaniem najciekawsze,
wyniki matematyczne tych czterech prac.
Jednym z ciekawszych zadań, które możemy dać uczniowi zdolnemu, jest napisanie tzw.
pracy uczniowskiej z matematyki. Mam tu na myśli pracę, którą uczeń może wysłać
na przykład na konkurs organizowany przez miesięcznik Delta. Napisanie takiej pracy,
moim zdaniem (ale także zgodnie z regulaminem konkursu organizowanego przez Deltę),
nie powinno polegać na omówieniu (na podstawie literatury) jakiegoś zagadnienia matematycznego, ale powinno polegać na rozwiązaniu takiego problemu, którego rozwiązania uczeń nie może znaleźć w dostępnej mu literaturze. Może to oczywiście być problem
otwarty, ale najczęściej będzie to nietrudne zagadnienie, którego rozwiązanie jest znane
opiekunowi pracy.
W tym artykule opowiem o czterech z pięciu prac uczniowskich, które prowadziłem.
Każda z tych prac była wysłana na konkurs Delty i każda z nich otrzymała wyróżnienie
lub nagrodę. Są to następujące prace:
1. Praca Magdaleny Bojarskiej o kątach ostrych wielokątów (wyróżnienie w 2006
roku).
2. Praca Jadwigi Czyżewskiej o kolorowaniu płaszczyzny (brązowy medal w 2015
roku).
3. Praca Wojciecha Nadary o grafach silnie regularnych (złoty medal w 2012 roku).
4. Praca Magdaleny Bojarskiej o grafach Halina (srebrny medal w 2007 roku oraz
złoty medal w Konkursie Młodych Naukowców UE — EUCYS — w 2008 roku).
Magdalena Bojarska i Jadwiga Czyżewska napisały swoje prace, gdy były uczennicami
gimnazjum. Wojciech Nadara był uczniem liceum i był już nagrodzony w konkursie
Delty rok wcześniej.
Przedstawię wybrane, moim zdaniem najciekawsze, wyniki matematyczne tych czterech
prac. O tym, jakie były te cztery prace niech najlepiej zaświadczy matematyka w nich
zawarta. Na zakończenie wspomnę tylko, że piąta praca, którą napisał Krzysztof Mroczek, miała charakter bardziej informatyczny i dlatego nie będę jej tu omawiał. Ta praca
także została nagrodzona (brązowy medal w 2003 roku).
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
2
O liczbie kątów ostrych wielokąta
Autorka pracy: Magda Bojarska
Twierdzenie 1. Wielokąt wypukły ma co najwyżej 3 kąty ostre.
Dowód. Przypuśćmy, że dany jest wielokąt mający n boków (przy czym n ≥ 4) i co
najmniej 4 kąty ostre. Niech
α1 ≤ α2 ≤ α3 ≤ α4 ≤ . . . ≤ αn < 180◦
będą wszystkimi kątami tego wielokąta oraz załóżmy, że α4 < 90◦ . Wówczas
(n − 2) · 180◦ = α1 + α2 + α3 + α4 + . . . + αn < 4 · 90◦ + (n − 4) · 180◦ < (n − 2) · 180◦ .
Otrzymana sprzeczność kończy dowód.
Twierdzenie 2. Dany jest wielokąt mający n boków (gdzie n ≥ 4) i dokładnie m kątów
ostrych. Wówczas
1
m < · (2n + 4).
3
Dowód. Niech
α1 ≤ α2 ≤ . . . ≤ αm ≤ . . . ≤ αn < 360◦
będą wszystkimi kątami tego wielokąta oraz załóżmy, że αm < 90◦ . Wówczas
(n − 2) · 180◦ = α1 + α2 + . . . + αm + αm+1 + . . . + αn < m · 90◦ + (n − m) · 360◦ .
Zatem
(n − 2) · 180◦ < m · 90◦ + (n − m) · 360◦ ,
2 · (n − 2) < m + 4 · (n − m),
2n − 4 < 4n − 3m,
3m < 2n + 4,
1
m < · (2n + 4).
3
To kończy dowód.
Twierdzenie 3. Jeśli n ≥ 4 oraz m ∈ {0, 1, 2, 3}, to istnieje wielokąt wypukły mający
n boków i m kątów ostrych.
Twierdzenie 4. Jeśli n ≥ 4 oraz 0 ≤ m <
n boków i m kątów ostrych.
1
3
· (2n + 4), to istnieje wielokąt mający
Obu tych twierdzeń dowodzimy przez indukcję. Najpierw wykazujemy istnienie odpowiednich wielokątów mających 4, 5 lub 6 boków. Takie wielokąty możemy zobaczyć na
następnej stronie. W kroku indukcyjnym stosujemy jedną z operacji widocznych dwie
strony dalej: dodajemy 3 boki i 0, 1 lub 2 kąty ostre. Szczegóły dowodu pozostawię
Czytelnikowi jako ćwiczenie.
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
3
Wielokąty wypukłe mające co najwyżej 3 kąty ostre
60◦
80◦
◦
60
120◦
120◦
80◦
60◦
120◦
80◦
120◦
60◦
80◦
◦
60
120◦
80◦
80◦
◦
60
60◦
80◦
◦
60
80◦
◦
60
120◦
Wielokąty mające 4 kąty ostre
60◦
60◦
60◦
60◦
60◦
60◦
60◦
60◦
Sześciokąt mający 5 kątów ostrych
80◦
80◦
80◦
80◦
80◦
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
80◦
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
Dodajemy: 3 boki i 0 kątów ostrych
Dodajemy: 3 boki i 1 kąt ostry
Dodajemy: 3 boki i 2 kąty ostre
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
4
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
5
Kolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów
Autorka pracy: Jadwiga Czyżewska
W zawodach II stopnia VIII Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów w 2013 roku
uczestnicy mieli do rozwiązania następujące zadanie:
Zadanie. Każdy punkt płaszczyzny należy pomalować na pewien kolor w taki sposób, aby każda prosta była jednokolorowa lub dwukolorowa. Jaka jest największa liczba
kolorów, których można użyć do pomalowania punktów tej płaszczyzny? Odpowiedź
uzasadnij.
Naszkicuję tu rozwiązanie tego zadania. Najpierw zauważmy, że można użyć trzech
kolorów. Weźmy bowiem dowolną prostą k na płaszczyźnie i punkt A leżący na tej
prostej. Pomalujmy punkt A na czerwono, pozostałe punkty prostej k na niebiesko
oraz wszystkie inne punkty płaszczyzny na biało. Takie kolorowanie oczywiście spełnia
warunki zadania. Następnie przypuśćmy, że pewne cztery punkty zostały pokolorowane
czterema różnymi kolorami. Oczywiście żadne trzy z nich nie mogą być współliniowe.
Niezależnie od położenia tych punktów, można je oznaczyć literami A, B, C i D w taki
sposób, że proste AB i CD przecinają się. Niech E będzie punktem przecięcia tych
prostych. Punkt E jest pokolorowany kolorem punktu A lub kolorem punktu B. Ale
wtedy na prostej CD znajdują się punkty trzech różnych kolorów: C, D i E. To dowodzi,
że maksymalną liczbą kolorów jest 3.
Popatrzmy teraz na następujące uogólnienie tego zadania. Najpierw jednak rozszerzmy
zbiór liczb naturalnych, dodając do niego liczbę nieskończoną ∞ i przyjmując, że dla
każdej liczby naturalnej n ma miejsce nierówność n < ∞. Niech N∞ = {1, 2, . . . , ∞}.
Zadanie. Dane są dwie liczby m, n ∈ N∞ . Każdy punkt płaszczyzny należy pomalować
na pewien kolor w taki sposób, aby każda prosta była co najwyżej m-kolorowa i każdy
okrąg był co najwyżej n-kolorowy. Jaka jest największa liczba kolorów, których można
użyć do pomalowania punktów tej płaszczyzny? Tę największą liczbę kolorów oznaczymy
symbolem K(m, n) (przy czym K(m, n) ∈ N∞ ).
W swojej pracy Jadwiga Czyżewska znalazła prawie wszystkie wartości funkcji K. Udowodniła mianowicie, że:
•
•
•
•
•
•
•
jeśli m ≥ 1, to K(m, 1) = 1,
jeśli n ≥ 1, to K(1, n) = 1,
jeśli m ≥ 2, to K(m, 2) = 2,
jeśli n ≥ 3, to K(2, n) = 3,
4 ≤ K(3, 3) ≤ 5,
jeśli m ≥ 3 i n ≥ 4, to K(m, n) = ∞,
jeśli m ≥ 4, to K(m, 3) = m + 1.
Otwartym problemem pozostaje znalezienie dokładnej wartości K(3, 3). Wiadomo tylko,
że K(3, 3) = 4 lub K(3, 3) = 5. Naszkicuję teraz dowody dwóch twierdzeń.
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
6
Twierdzenie 1. Jeśli m ≥ 3 i n ≥ 4, to K(m, n) = ∞.
Szkic dowodu. W swojej pracy Jadwiga Czyżewska konstruuje przez indukcję nieskończony zbiór X punktów płaszczyzny mający następujące dwie własności:
• żadne trzy punkty zbioru X nie są współliniowe,
• żadne cztery punkty zbioru X nie leżą na jednym okręgu.
Oczywiście bezpośrednia konstrukcja indukcyjna nie jest w tym dowodzie potrzebna.
My skorzystamy z lematu Kuratowskiego-Zorna, z którego łatwo wynika, że istnieje
maksymalny zbiór X o powyższych dwóch własnościach. Dowodzimy następnie, że taki
maksymalny zbiór X jest nieskończony (a nawet ma moc continuum). Wynika to z tego,
że skończona liczba (ogólniej: mniej niż continuum) prostych i okręgów nie pokrywa
płaszczyzny. To, że skończona liczba prostych i okręgów nie pokrywa płaszczyzny, jest
potrzebne w konstrukcji nieskończonego zbioru X. Jest to łatwe i Jadwiga Czyżewska
dowodzi tego w swojej pracy. To, że maksymalny zbiór X ma moc continuum, wymaga
korzystania z arytmetyki nieskończonych liczb kardynalnych; w szczególności z tego, że
dla dowolnej nieskończonej liczby kardynalnej α mają miejsce równości
α · α = α + α = α.
Teraz każdy punkt zbioru X kolorujemy innym kolorem oraz jeszcze innym kolorem
kolorujemy pozostałe punkty płaszczyzny. Wówczas każda prosta jest co najwyżej trzykolorowa (a więc także co najwyżej m-kolorowa) i każdy okrąg jest co najwyżej czterokolorowy (a więc także co najwyżej n-kolorowy). To kończy dowód twierdzenia.
Twierdzenie 2. 4 ≤ K(3, 3) < 6.
Dowód. Możemy łatwo wskazać takie kolorowanie płaszczyzny czterema kolorami,
w którym każda prosta i każdy okrąg są co najwyżej trzykolorowe. Wybieramy mianowicie dowolny okrąg o i dwa punkty A i B leżące na tym okręgu. Punkt A kolorujemy
na czerwono, punkt B na niebiesko, pozostałe punkty okręgu o na zielono oraz wszystkie pozostałe punkty płaszczyzny na biało. Takie kolorowanie ma oczywiście wymagane
własności.
Teraz przypuśćmy, że na płaszczyźnie znajduje się 6 punktów pokolorowanych sześcioma
różnymi kolorami. Popatrzmy na otoczkę wypukła tych sześciu punktów. Niech A i B
będą dwoma sąsiednimi wierzchołkami tej otoczki. Mamy dwie możliwości.
Przypadek 1. Na prostej AB nie leży żaden z pozostałych czterech punktów. Te cztery
punkty leżą po jednej stronie prostej AB. Oznaczmy je literami C, D, E i F tak, by
]ACB < ]ADB < ]AEB < ]AF B
(pozostawię jako łatwe ćwiczenie wykazanie, że żadne dwa z tych kątów nie są równe).
Wówczas okrąg przechodzący przez punkty A, B i D przecina okrąg (lub prostą) przechodzący przez punkty C, E i F . Weźmy punkt przecięcia G. Wówczas punkt G ma
kolor jednego z punktów C, E i F , a więc okrąg przechodzący przez punkty A, B, D i
G jest co najmniej czterokolorowy.
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
7
Przypadek 2. Na prostej AB leży jeszcze jeden z pozostałych czterech punktów.
Oznaczmy go literą C. Oczywiście punkt C leży wewnątrz odcinka AB. Pozostałe trzy
punkty leżą po jednej stronie prostej AB. Oznaczmy je literami D, E i F tak, by
]ADB < ]AEB < ]AF B
(znów pozostawię jako łatwe ćwiczenie wykazanie, że żadne dwa z tych kątów nie są
równe). Wówczas okrąg przechodzący przez punkty A, B i D przecina okrąg (lub prostą) przechodzący przez punkty C, E i F . Weźmy punkt przecięcia G. Wówczas, tak
jak w przypadku 1, punkt G ma kolor jednego z punktów C, E i F , a więc okrąg przechodzący przez punkty A, B, D i G jest co najmniej czterokolorowy. To kończy dowód
twierdzenia.
A oto wszystkie wyniki pracy zebrane w jednej tabelce:
1
2
3
4
5
6
...
1
1
1
1
1
1
1
...
2
1
2
3
3
3
3
...
3
1
2
4 lub 5
∞
∞
∞
...
4
1
2
5
∞
∞
∞
...
5
1
2
6
∞
∞
∞
...
6
1
2
7
∞
∞
∞
...
...
...
...
...
...
...
...
...
n
m
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
8
Grafy k-dobre
Autor pracy: Wojciech Nadara
Na obozie naukowym dla najlepszych zawodników VI Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów w Perzanowie (w 2013 roku) uczestnicy mieli do rozwiązania następujące
zadanie:
Zadanie. Na przyjęciu spotkało się n osób. Okazało się, że żadnych dwóch znajomych
nie ma wspólnego znajomego. Ponadto każdych dwóch nieznajowych ma dokładnie
dwóch wspólnych znajomych. Udowodnij, że wszystkie osoby obecne na tym przyjęciu mają taką samą liczbę znajomych.
Sformułujmy to zadanie w języku teorii grafów.
Zadanie. Dany jest graf bez trójkątów, w którym każde dwa wierzchołki niesąsiednie
mają dokładnie dwóch wspólnych sąsiadów. Udowodnij, że ten graf jest regularny, tzn.
każde dwa wierzchołki mają ten sam stopień.
W swojej pracy Wojciech Nadara nazywa grafem k-dobrym (dla k ≥ 2) graf bez trójkątów, w którym każde dwa niesąsiednie wierzchołki mają dokładnie k wspólnych sąsiadów. W teorii grafów takie grafy są nazywane grafami silnie regularnymi o parametrach
(n, d, 0, k) (gdzie n jest liczbą wierzchołków oraz d stopniem wierzchołków).
Przedstawię teraz kilka twierdzeń z pracy Nadary.
Twierdzenie 1. Graf k-dobry jest regularny. Jeśli d jest stopniem wszystkich wierzchołków, to liczba wierzchołków grafu jest równa
n=1+d+
d(d − 1)
.
k
Dowód. Weźmy dowolny wierzchołek S i przypuśćmy, że jego stopień jest równy d.
Niech A będzie zbiorem sąsiadów wierzchołka S i niech B będzie zbiorem wierzchołków, z którymi S nie sąsiaduje. Zliczamy trójki wierzchołków (u, v, w) o następujących
własnościach:
• u, v ∈ A,
• w ∈ B,
• wierzchołek w sąsiaduje z wierzchołkami u i v.
Ponadto pary (u, v, w) i (v, u, w) traktujemy jako tę samą parę. Dokładniej mówiąc,
zliczamy pary postaci ({u, v}, w). Z jednej strony, dla każdej pary {u, v} wierzchołków
należących do zbioru A istnieje dokładnie k − 1 wierzchołków w zbiorze
B sąsiadujących
z obydwoma wierzchołkami u i v. Stąd wynika, że istnieje dokładnie d2 ·(k−1) zliczanych
trójek.
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
9
Z drugiej strony, każdy wierzchołek w należący do zbioru B ma dokładnie k wspólnych
sąsiadów z wierzchołkiem S (oczywiście
należących do zbioru A). Zatem dla tego wierz
chołka w możemy znaleźć k2 zliczanych trójek. Stąd wynika, że liczba tych trójek jest
równa
k
|B| ·
.
2
Mamy więc równość
k
d
|B| ·
=
· (k − 1),
2
2
z której łatwo dostajemy
|B| =
d(d − 1)
.
k
Mamy zatem
n = 1 + |A| + |B| = 1 + d +
d(d − 1)
.
k
Jeśli stopień wierzchołka T jest równy e, to tak samo dostajemy
n= 1+e+
e(e − 1)
.
k
Teraz wystarczy zauważyć, że funkcja f określona wzorem
f (x) = 1 + x +
x(x − 1)
k
jest różnowartościowa w zbiorze liczb całkowitych nieujemnych. To kończy dowód twierdzenia.
Następnie Nadara zlicza pewne cykle w grafie k-dobrym. Dowodzi mianowicie, że:
(1) w grafie k-dobrym istnieje
d(d − 1)(k − 1)n
8
cykli długości 4,
(2) w grafie k-dobrym istnieje
d(d − 1)(d − k)kn
10
cykli długości 5.
Pierwsza równość wynika natychmiast z dowodu twierdzenia 1. Mianowicie cykle długości 4 zawierające wierzchołek S powstają jednoznacznie z trójek zliczanych w dowodzie
tego twierdzenia. Istnieje zatem
d
d(d − 1)(k − 1)
· (k − 1) =
2
2
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
10
takich cykli. Mamy zatem
1
d(d − 1)(k − 1)
d(d − 1)((k − 1)n
·n·
=
4
2
8
cykli długości 4.
Cykle długości 5 zawierające wierzchołek S zliczamy w następujący sposób: bierzemy
dowolną krawędź łączącą dwa wierzchołki x i y zbioru B i znajdujemy w zbiorze A
wierzchołki u i v sąsiadujące odpowiednio z wierzchołkami x i y. W ten sposób tworzymy
cykl (S, u, x, y, v). Liczba krawędzi w zbiorze B jest równa |B|·(d−k)
, więc liczba cykli
2
zawierających wierzchołek S jest równa
(2):
k2 ·|B|·(d−k)
2
i stąd łatwo dostajemy zależność
k 2 · |B| · (d − k)
k 2 n(d − k)
d(d − 1) k 2 n(d − k)
d(d − 1)(d − k)kn
1
·n·
= |B| ·
=
·
=
.
5
2
10
k
10
10
Z zależności (1) i (2) wynika, że
8 | d(d − 1)(k − 1)n oraz
W szczególności d ≡ r
10 | d(d − 1)(d − k)kn.
(mod 40), gdzie
r ∈ {0, 1, 2, 5, 10, 16, 17, 21, 23, 26, 32, 37}.
Możemy łatwo wskazać jeden przykład grafu 2-dobrego. Jest nim kwadrat:
W tym grafie d = 2. Następny przykład grafu 2-dobrego możemy otrzymać dla d = 5
i taki graf Nadara konstruuje:
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
11
Jest to tzw. graf Clebscha. Wiadomo, że istnieje jeszcze jeden graf 2-dobry (jest nim
tzw. graf Gewirtza mający 56 wierzchołków; w nim d = 10). Nie wiemy, czy istnieją inne
grafy 2-dobre, tzn. inne grafy silnie regularne bez trójkątów o parametrach (n, d, 0, 2).
Konstrukcja grafu Gewirtza jest dość skomplikowana.
W swojej pracy Nadara wymienia kilka własności skonstruowanego przez siebie grafu
2-dobrego (grafu Clebscha). W tym grafie istnieje 40 cykli długości 4 i 192 cykle długości
5. Ponadto za pomocą odpowiedniego programu komputerowego Nadara zlicza wszystkie
cykle Hamiltona w tym grafie: jest ich 23760.
Na zakończenie swojej pracy Nadara pokazuje pewien możliwy sposób konstruowania
grafów k-dobrych. Zarówno sformułowanie tego ostatniego twierdzenia, jak i jego dowód,
są dość techniczne, więc nie będę ich tu omawiał.
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
12
O cyklach Hamiltona w grafach powstałych z drzew
Autorka pracy: Magda Bojarska
Praca Magdy Bojarskiej dotyczy grafów. Zacznę od przypomnienia podstawowych pojęć,
z którymi będziemy mieli do czynienia. Drzewo jest to graf spójny (tzn. składający
się „z jednego kawałka”) bez cykli. Liściem drzewa nazywamy wierzchołek stopnia
1, czyli taki, z którego wychodzi dokładnie jedna krawędź. Węzłem drzewa nazywamy
wierzchołek, który nie jest liściem (a więc mający stopień równy co najmniej 2). Grafem
Halina nazywamy graf będący drzewem, w którym każdy węzeł ma stopień równy co
najmniej 3 (tzn. drzewo bez wierzchołków stopnia 2) i którego liście są połączone w jeden
cykl (na przykład leżą na okręgu). Z lewej strony poniższego rysunku widzimy przykład
takiego grafu:
W dalszym ciągu liściem w grafie Halina nazywamy liść drzewa tworzącego ten graf
(czyli wierzchołek leżący na okręgu), natomiast węzłami w grafie Halina nazywamy
pozostałe wierzchołki (czyli wierzchołki leżące wewnątrz okręgu).
Dobrze znane było twierdzenie mówiące, że graf Halina zawiera cykl Hamiltona (tzn.
cykl przechodzący dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek grafu). Z prawej strony
powyższego rysunku widzimy taki cykl Hamiltona narysowany grubszą linią w grafie
Halina pokazanym po lewej stronie. W zawodach Olimpiady Informatycznej Europy
Środkowej w 1997 znalazło się zadanie, w którym należało znaleźć taki cykl Hamiltona
w grafie Halina, w którym każdy węzeł miał stopień równy dokładnie 3.
Pokażę teraz główny pomysł dowodu tego twierdzenia. Wprowadźmy najpierw nowe
pojęcie. Ukorzenionym drzewem Halina nazywamy drzewo, w którym co najwyżej jeden
węzeł ma stopień równy 2 i w którym wszystkie liście są połączone drogą (na przykład
leżą na łuku okręgu lub na odcinku). Jedyny wierzchołek stopnia 2 nazywamy korzeniem
drzewa Halina. Jeśli każdy węzeł ma stopień równy co najmniej 3, to korzeniem może być
dowolny węzeł drzewa. Oto przykłady ukorzenionych drzew Halina. Najpierw drzewo,
w którym korzeń K ma stopień 2:
K
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
13
Następnie drzewo, w którym każdy węzeł ma stopień równy co najmniej 3:
K
M
Zauważmy, że to drzewo możemy narysować tak, by uwidocznić, że korzeniem może być
inny węzeł, na przykład M :
M
K
W ukorzenionym drzewie Halina (z korzeniem K) wyróżniamy dwa liście L i P , będące
skrajnymi liśćmi na odcinku łączącym liście:
K
L
P
Wierzchołek L nazwiemy liściem lewym, a wierzchołek P — liściem prawym naszego
ukorzenionego drzewa Halina. Teraz możemy sformułować główny lemat.
Lemat. (zob. [BL]) Niech x i y będą dwoma różnymi wierzchołkami ukorzenionego
grafu Halina oraz x, y ∈ {K, L, P }. Wówczas istnieje ścieżka Hamiltona (czyli droga
przechodząca dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek grafu) łącząca wierzchołek x
z wierzchołkiem y.
Szkic dowodu. Najpierw dowodzimy, że istnieje ścieżka Hamiltona łącząca wierzchołek L z wierzchołkiem P . Prowadzimy dowód przez indukcję względem liczby węzłów
grafu. Jeśli nasz graf na tylko jeden węzeł (korzeń K), to taką ścieżkę konstruujemy
w następujący sposób:
K
L
K
P
L
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
P
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
14
Na lewym rysunku mamy graf, w którym korzeń K ma stopień 2, na prawym korzeń K
ma stopień większy od 2.
Następnie załóżmy, że każdy ukorzenione drzewo Halina mające n węzłów zawiera
ścieżkę Hamiltona łączącą wierzchołek L z wierzchołkiem P . Przypuśćmy teraz, że dane
jest ukorzenione drzewo Halina H mające n + 1 węzłów. Chcemy znaleźć w nim ścieżkę
Hamiltona łączącą wierzchołek L z wierzchołkiem P . Najpierw znajdujemy tzw. węzeł
końcowy. Jest to węzeł, z którego wychodzi dokładnie jedna krawędź do innego węzła,
a wszystkie inne krawędzie prowadzą do liści. Na poniższym rysunku widzimy cztery
takie węzły końcowe: A, B, C i D:
K
A
B
C
L
D
P
W każdym drzewie istnieje taki węzeł końcowy. Najpierw zauważamy, że w każdym
drzewie istnieją co najmniej dwa liście (nietrudny dowód tego faktu pozostawię jako
ćwiczenie). Następnie usuwamy z danego drzewa wszystkie liście; dowolny liść powstałego w ten sposób drzewa jest węzłęm końcowym w wyjściowym drzewie. Wybieramy
jeden taki węzeł końcowy, usuwamy z drzewa H sąsiadujące z nim liście (ten węzeł końcowy staje się więc liściem) i umieszczamy go na odcinku przebiegającym przez liście.
Otrzymujemy ukorzenione drzewo Halina G mające n węzłów. Z założenia indukcyjnego
wynika, że w otrzymanym drzewie G istnieje ścieżka Hamiltona łącząca wierzchołek lewy
z wierzchołkiem prawym. Zauważmy przy tym, że wierzchołek lewy nowego drzewa G nie
musi się pokrywać z wierzchołkiem lewym starego drzewa H; podobnie jest z wierzchołkiem prawym. Wybierzmy teraz taką ścieżkę Hamiltona w drzewie G i zmodyfikujmy
ją tak, by stała się ścieżką Hamiltona w drzewie H. Mamy trzy przypadki; każdy z nich
rozpadnie się jeszcze na kilka podprzypadków.
Przypadek 1. Wybrany węzeł końcowy sąsiaduje z wierzchołkiem lewym drzewa H
(tak jak węzeł A na poniższym rysunku):
K
A
L
P
W nowym drzewie G węzeł A stanie się liściem lewym. Niech S będzie liściem sąsiaduSielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
15
jącym z A na odcinku przechodzącym przez liście. Drzewo G wygląda następująco:
K
A=L
S
P
Mamy teraz dwie możliwości.
Przypadek 1a. Wybrana ścieżka Hamiltona w drzewie G przechodzi przez krawędź
LS:
K
A=L
S
P
Przypuśćmy, że w drzewie H węzeł A sąsiaduje z liśćmi L = F1 , . . . , Fn (w tej kolejności,
licząc od lewej strony). Wówczas w drzewie H prowadzimy ścieżkę z liścia lewego do A,
potem do liścia F2 i wreszcie przez liście F3 , . . . , Fn do liścia S:
K
A
L=F1
F2 F3 F4 F5 S
P
Przypadek 1b. Wybrana ścieżka Hamiltona w drzewie G nie przechodzi przez krawędź
LS:
K
A=L
S
P
To znaczy, że ta ścieżka wychodzi z liścia lewego i idzie do węzła z nim sąsiadującego i po
jakimś czasie dochodzi do liścia S z węzła sąsiadującego z S. Przypuśćmy, że w drzewie
H węzeł A sąsiaduje z liśćmi L = F1 , . . . , Fn (w tej kolejności, licząc od lewej strony).
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
16
Wówczas w drzewie H początek ścieżki modyfikujemy w następujący sposób: z liścia
lewego idziemy przez liście F2 , . . . , Fn−1 do liścia Fn , następnie do A i wreszcie do węzła
sąsiadującego z węzłem A. Dalszą część ścieżki Hamiltona pozostawiamy bez zmian:
K
A
L=F1
F2 F3 F4 F5 S
P
Przypadek 2. Wybrany węzeł końcowy sąsiaduje z wierzchołkiem prawym drzewa H
(tak jak węzeł D na poniższym rysunku):
K
D
L
P
Ten przypadek rozpatrujemy analogicznie do przypadku 1.
Przypadek 3. Wybrany węzeł końcowy nie sąsiaduje z wierzchołkami lewym i prawym
drzewa H (tak jak węzeł C na poniższym rysunku):
K
C
L
P
W nowym drzewie G wierzchołek C stanie się liściem leżącym wewnątrz odcinka LP .
Niech S i T będą jego najbliższymi sąsiadami na odcinku LP , odpowiednio z lewej
i prawej strony. Drzewo G wygląda teraz następująco:
K
L
S
C
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
T
P
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
17
Mamy teraz cztery możliwości (okaże się, że jedna z tych teoretycznych możliwości nie
może mieć miejsca).
Przypadek 3a. Wybrana ścieżka Hamiltona w drzewie G przechodzi przez krawędzie
SC i CT :
K
L
S
C
T
P
Przypuśćmy, że w drzewie H węzeł C sąsiaduje z liśćmi F1 , . . . , Fn (w tej kolejności,
licząc od lewej strony). Wówczas w drzewie H prowadzimy ścieżkę z liścia S do liścia
F1 , potem do węzła C, następnie do liścia F2 i wreszcie przez liście F3 , . . . , Fn do liścia
T:
K
C
L
S F1 F2 F3 F4 F5 T
P
Przypadek 3b. Wybrana ścieżka Hamiltona w drzewie G przechodzi przez krawędź
SC i nie przechodzi przez krawędź CT :
K
L
S
C
T
P
To znaczy, że ta ścieżka przechodzi przez krawędź SC, idzie do węzła sąsiadującego
z węzłem C i po jakimś czasie dochodzi do liścia T z węzła sąsiadującego z T . Przypuśćmy, że w drzewie H węzeł C sąsiaduje z liśćmi F1 , . . . , Fn (w tej kolejności, licząc od
lewej strony). Wówczas w drzewie H fragment ścieżki od liścia S modyfikujemy w następujący sposób: z liścia S idziemy przez liście F1 , . . . , Fn−1 do liścia Fn , następnie do
węzła C i wreszcie do węzła sąsiadującego z węzłem C. Dalszą część ścieżki Hamiltona
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
18
pozostawiamy bez zmian:
K
C
L
S F1 F2 F3 F4 F5 T
P
Przypadek 3c. Wybrana ścieżka Hamiltona w drzewie G nie przechodzi przez krawędź SC i przechodzi przez krawędź CT . Ten przypadek rozpatrujemy podobnie do
przypadku 3b.
Przypadek 3d. Wybrana ścieżka Hamiltona w drzewie G nie przechodzi przez krawędź SC i nie przechodzi przez krawędź CT . Łatwo dostrzegamy, że ten przypadek jest
niemożliwy.
W ten sposób zakończyliśmy dowód istnienia ścieżki Hamiltona łączącej lewy i prawy
liść drzewa H. Teraz dowodzimy, że istnieje ścieżka Hamiltona łącząca korzeń z prawym
liściem drzewa. Najpierw wybieramy jedyną ścieżkę łączącą (w drzewie, tzn. nieprzechodzącą przez inne liście) lewy liść z korzeniem. Niech W1 , . . . , Wn−1 będą kolejnymi
węzłami na tej ścieżce. Lewy liść L sąsiaduje z węzłem W1 . Z każdego węzła W1 , . . . , Wn
odchodzi krawędź do korzenia pewnego drzewa, którego liście leżą na odcinku LP . Na
poniższym rysunku widzimy przykład takiego ukorzenionego drzewa Halina. Na ścieżce
od liścia L do korzenia K widzimy trzy węzły: W1 , W2 i W3 . Te węzły oraz korzeń K są
połączone z korzeniami K1 , . . . , K8 kolejnych drzew; zwróćmy uwagę na to, że korzeń
K2 jest też liściem. To drzewo składa się zatem tylko z jednego wierzchołka K2 . Lewy
i prawy liść drzewa Ti o korzeniu Ki (dla i 6= 2) są oznaczone odpowiednio literami Li
oraz Pi .
K
W3
W2
W1
K1
K3
T1
L
L1
K4
T3
P1
K2
L3
K5
T4
P3
L4
K6
T5
P4
L5
K7
T6
P5
L6
K8
T7
P6
L7
T8
P7
L8
P =P8
Opiszę teraz w tym ukorzenionym drzewie Halina ścieżkę Hamiltona z korzenia K do
prawego liścia P . Rozumowanie w przypadku ogólnym jest podobne i pozostawię je jako
ćwiczenie.
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
19
Naszą ścieżkę Hamiltona zaczynamy od przejścia z korzenia K do lewego liścia L. Następnie przechodzimy do liścia L1 i rozpatrujemy drzewo T1 . Z udowodnionej części
lematu wynika, że istnieje ścieżka Hamiltona z liścia L1 do liścia P1 , przechodząca przez
każdy wierzchołek drzewa T1 dokładnie jeden raz. Teraz przechodzimy przez liść K2 do
liścia L2 i znów korzystając z udowodnionej części lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z liścia L2 do liścia P2 przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek
drzewa T2 . Przechodzimy następnie do liścia L3 i znów znajdujemy ścieżkę Hamiltona
przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T3 i kończącą się
w liściu P3 . Tę procedurę powtarzamy dla kolejnych drzew T4 , . . . , T8 . To kończy szkic
dowodu lematu.
Z udowodnionego lematu łatwo wynika, że graf Halina zawiera cykl Hamiltona. Mianowicie usuwamy z okręgu jeden łuk łączący dwa kolejne liście. Otrzymujemy ukorzenione
drzewo Halina. Końce usuniętego łuku są lewym i prawym liściem tego drzewa. Następnie znajdujemy ścieżkę Hamiltona łączącą te dwa liście i domykamy ją do cyklu
Hamiltona usuniętym łukiem.
Teraz zajmiemy się uogólnieniem pojęcia grafu Halina. Rozpatrujemy drzewa (bez węzłów stopnia 2), których liście leżą na dwóch okręgach rozłącznych zewnętrznie. Takie
grafy będziemy nazywać uogólnionymi grafami Halina. Okazuje się, że istnienie cyklu
Hamiltona w uogólnionym grafie Halina grafie może zależeć od sposobu umieszczenia
drzewa między dwoma okręgami. Popatrzmy na przykład.
W grafie po lewej stronie istnieje cykl Hamiltona; w grafie po prawej stronie takiego
cyklu nie ma. Widać zresztą powód: ten graf ma tzw. wierzchołek rozspajający. Jest
to wierzchołek o tej własności, że po jego usunięciu (wraz z wychodzącymi z niego
krawędziami), graf rozpada się na dwę rozłączne części. Czy to jest jedyny powód, dla
którego nie istnieje cykl Hamiltona?
Magda Bojarska w swojej pracy udowodniła, że tak jest w istocie. Udowodniła bowiem
następujące twierdzenie.
Twierdzenie. Jeśli w uogólnionym grafie Halina nie istnieje wierzchołek rozspajający,
to w tym grafie istnieje cykl Hamiltona.
Szkic dowodu. Dowód składa się z dwóch kroków. W pierwszym dowodzimy, że jeśli w uogólnionym grafie Halina nie ma wierzchołka rozspajającego, to można w nim
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
20
wyróżnić trzy ścieżki AC, BD i EF takie jak na poniższym rysunku:
E
...
A
...
C
...
D
..
.
...
B
F
Ponadto każdy wierzchołek leżący wewnątrz tych ścieżek jest węzłem oraz wszystkie
liście leżą na krótszych łukach AB i CD obu okręgów. Popatrzmy teraz na przykład
takiego uogólnionego grafu Halina.
C=P12 L12
P11
T12
L11
T11
K12
P10
L10
P9
T10
K11
L9
P8
T9
K10
L8
P7
T8
K9
D=L7
T7
K8
K7
K13
G1
E
G3
F
G2
K1
K2
T1
A=L1
K4
T2
P1
L2
K5
T4
P2
K3
L4
K6
T5
P4
L5
T6
P5
L6
B=P6
Pokażę cykl Hamiltona w tym uogólnionym grafie Halina.
• Zaczynamy nasz cykl Hamiltona w wierzchołku A. Dłuższym lukiem AB przechodzimy do wierzchołka B.
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka B do wierzchołka
L6 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T6 .
• Przechodzimy do wierzchołka P5 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka P5 do wierzchołka L5 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T5 .
• Przechodzimy do wierzchołka P4 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka P4 do wierzchołka L4 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T4 .
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.
W. Guzicki: O pracach uczniowskich z matematyki
21
• Przez wierzchołki K3 , G1 , G2 i G3 przechodzimy do wierzchołka F .
• Przechodzimy do wierzchołka K7 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka K7 do wierzchołka P7 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T7 .
• Przechodzimy do wierzchołka L8 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka L8 do wierzchołka P8 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T8 .
• Przechodzimy do wierzchołka L9 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka L9 do wierzchołka P9 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T9 .
• Przechodzimy do wierzchołka L10 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka L10 do wierzchołka P10 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T10 .
• Przechodzimy do wierzchołka L11 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka L11 do wierzchołka P11 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T11 .
• Przechodzimy do wierzchołka L12 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka L12 do wierzchołka K12 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T12 .
• Przez wierzchołek K13 przechodzimy do wierzchołka E.
• Przechodzimy do wierzchołka K2 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka K2 do wierzchołka L2 , przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T2 .
• Przechodzimy do wierzchołka P1 .
• Korzystając z lematu znajdujemy ścieżkę Hamiltona z wierzchołka P1 do wierzchołka A, przechodzącą dokładnie jeden raz przez każdy wierzchołek drzewa T1 .
• Znaleźliśmy się z powrotem w wierzchołku A; nasz cykl Hamiltona został zamknięty.
To kończy szkic dowodu twierdzenia.
Bibliografia
[B1] M. Bojarska O cyklach Hamiltona w grafach powstałych z drzew,
Delta 5/2008, s. 4
[B2] M. Bojarska A Note on Hamiltonian Cycles in Generalized Halin Graphs,
Discussiones Mathematicae Graph Theory 30 (2010), s. 701 – 704
[BL] J. A. Bondy, Lengths of Cycles in Halin Graphs, J. Graph Theory 9 (1985),
L. Lovasz
s. 397 – 410
Sielpia, 6 – 8 listopada 2015 r.