1. Definicja. Graf jest par¡ G = (V,E) , gdzie V jest zbiorem wierzchoª
Transkrypt
1. Definicja. Graf jest par¡ G = (V,E) , gdzie V jest zbiorem wierzchoª
Grafy 1. Denicja. Graf jest par¡ G = (V, E), gdzie V jest zbiorem wierzchoªków, a E zbiorem kraw¦dzi. Kraw¦dzie s¡ nieuporz¡dkowanymi parami wierzchoªków lub parami uporz¡dkowanymi (mówimy wtedy o grafach skierowanych). Dalej rozwa»amy tylko grafy sko«czone, dla których zbiory V, E s¡ sko«czone. Grafy sko«czone bez kraw¦dzi wielokrotnych i p¦tli nazywamy grafami prostymi. 2. Dwa grafy G = (V, E) i G0 = (V 0 , E 0 ) nazywamy grafami izomorcznymi, je±li istnieje bijekcja f : V → V 0 taka, uv ∈ E ⇔ f (u)f (v) ∈ E 0 . Uto»samiaj¡c grafy izomorczne otrzymujemy grafy nieoznakowane. 3. G0 = (V 0 , E 0 ) jest podgrafem G = (V, G), je±li V 0 ⊂ V i E 0 ⊂ E . 4. G = (V, G) jest sum¡ grafów G0 = (V 0 , E 0 ), G00 = (V 00 , E 00 ), je±li V = V 0 ∪ V 00 , E = E 0 ∪ E 00 . 5. Graf który nie jest sum¡ 2 grafów o niepustych zbiorach wierzchoªków nazywamy grafem spójnym. 6. Grafem peªnym Kn nazywamy graf o n wierzchoªkach poª¡czonych ka»dy z ka»dym. 7. Grafem dwudzielnym nazywamy graf, którego wierzchoªki mo»na podzieli¢ na dwa zbiory takie, »e »adne dwa wierzchoªki w danym zbiorze nie s¡ poª¡czone. 8. Grafem peªnym dwudzielnym Knm nazywamy graf, którego zbiór wierzchoªków jest sum¡ zbioru n-elementowego i m-elementowego, a kraw¦dzie ª¡cz¡ ka»dy wierzchoªek pierwszego zbioru z ka»dym wierzchoªkiem drugiego zbioru. 1 9. Kostk¡ nazywamy graf którego zbiorem wierzchoªków jest zbiór {0, 1}n , a kraw¦dzie ª¡cz¡ wierzchoªki ró»ni¡ce si¦ jedn¡ wspóªrz¦dn¡. 10. Stopniem wierzchoªka nazywamy liczb¦ wierzchoªków poª¡czonych z danym wierzchoªkiem. 11. Grafy, w których ka»dy wierzchoªek ma ten sam stopie« nazywamy grafami regularnymi. Przykªadem s¡ grafy Kn , Knn , kostki i grafy plato«skie (grafy bryª plato«skich). 12. Ci¡g kraw¦dzi v1 v2 , v2 v3 , . . . , vk vk−1 taki, »e wierzchoªki v1 , v2 , . . . , vk s¡ ró»ne nazywamy drog¡. Ci¡g kraw¦dzi v1 v2 , v2 v3 , . . . , vk−1 vk , vk v1 nazywamy cyklem. Piszemy te» v1 → v2 → · · · → vk . 13. Graf G jest spójny ⇔ dowolne dwa wierzchoªki grafu G mo»na poª¡czy¢ drog¡. 14. Twierdzenie. Graf G jest grafem dwudzielnym ⇔ dowolny cykl w grae G ma dªugo±¢ parzyst¡. Dowód. Zaªó»my, »e graf jest grafem dwudzielnym. Wierzchoªki mo»na podzieli¢ na dwa zbiory o których mowa w denicji. Obchodz¡c cykl przechodzimy odwiedzamy na przemian pierwszy i drugi zbiór. Dlatego ka»dy cykl ma dªugo±¢ parzyst¡. Odwrotnie. Zaªó»my, »e ka»dy cykl ma dªugo±¢ parzyst¡. Wystarczy rozwa»y¢ dowoln¡ skªadow¡ spójn¡. Ustalamy jaki± wierzchoªek. Je±li do jakiego± innego wierzchoªka prowadz¡ dwie ró»ne drogi, to ich dªugo±ci maj¡ t¡ sam¡ parzysto±¢ (drogi mog¡ si¦ przecina¢ lub miejscami pokrywa¢, odpowiednie odcinki na dwóch drogach maj¡ dªugo±ci tej samej parzysto±ci). Wierzchoªki dzielimy na dwa zbiory: wierzchoªki do których mo»na doj±¢ w parzystej liczbie kroków i wierzchoªki do których dochodzimy w nieparzystej liczbie kroków. Poniewa» nie ma kraw¦dzi ª¡cz¡cych wierzchoªki nale»¡ce do tego samego zbioru (mieliby±my sprzeczno±¢), wi¦c graf jest dwudzielny. 15. Lemat o podawaniu r¡k. Suma stopni poszczególnych wierzchoªków równa jest podwojonej liczbie kraw¦dzi. Dowód. Ka»da kraw¦d¹ ma dwa ko«ce i jest dwukrotnie liczona. 2 16. Macierz s¡siedztwa. Peªn¡ informacj¦ o grae mo»na umie±ci¢ w macierzy A takiej, »e aij = 0, je±li wierzchoªki i, j s¡ niepoª¡czone i Aij = 1 w przeciwnym wypadku. 17. Twierdzenie. Niech G b¦dzie grafem prostym maj¡cym n wierzchoªków, k skªadowych spójnych i m kraw¦dzi. Wtedy n − k ≤ m ≤ (n − k)(n − k + 1)/2. Dowód. Zaªó»my, »e rozpatrywany graf skªada si¦ z k skªadowych spójnych, przy czym i-ta skªadowa zawiera ni > 0 wierzchoªków i mi kraw¦dzi. Zachodz¡ nierówno±ci n1 − 1 ≤ m1 ≤ n1 (n1 − 1) , 2 n2 (n2 − 1) , 2 ······ nk (nk − 1) . nk − 1 ≤ mk ≤ 2 n1 − 2 ≤ m2 ≤ Dodaj¡c stronami otrzymujemy n−k ≤m≤ n1 (n1 − 1) n2 (n2 − 1) nk (nk − 1) + + ··· + . 2 2 2 Prawa strona osi¡ga najwi¦ksz¡ warto±¢ dla n1 = n2 = · · · = nk−1 = 1 i nk = n − k + 1. Wtedy po prawej stronie nierówno±ci mamy (n − k)(n − k + 1)/2. 18. Wniosek. Graf maj¡cy wi¦cej ni» (n−2)(n−1)/2 kraw¦dzi jest spójny. 19. Najkrótsza droga od wybranego wierzchoªka. Rozwa»amy graf, którego kraw¦dzie maj¡ przypisane nieujemne wagi. Najkrótsze drogi mo»na znale¹¢ stosuj¡c nast¦puj¡cy algorytm: • Tworzymy list¦ wierzchoªków. Na pocz¡tku na li±cie mamy tylko pocz¡tkowy wierzchoªek z wag¡ 0. 3 • Usuwamy z listy wierzchoªek o najmniejszej wadze. S¡siednie wierzchoªki oznaczamy wagami, uzyskanymi przez dodanie dªugo±ci kraw¦dzi do wagi usuni¦tego wierzchoªka. Je±li dany wierzchoªek ma ju» jaka± wag¦, pozostawiamy mniejsz¡ liczb¦. Nowo oznaczone wierzchoªki dopisujemy do listy. • Powtarzamy tak dªugo, a» zostaniemy z pust¡ list¡. Grafy eulerowskie 1. Denicja. Graf nazywamy grafem eulerowskim, je±li istnieje ±cie»ka (ci¡g ró»nych kraw¦dzi v1 v2 , v2 v3 , . . . , vk v1 ) przechodz¡ca dokªadnie jeden raz przez ka»d¡ kraw¦d¹ grafu. Tak¡ ±cie»k¦ nazywamy cyklem eulerowskim. 2. Denicja. Graf nazywamy grafem póªeulerowskim, je±li istnieje ±cie»ka (ci¡g ró»nych kraw¦dzi v1 v2 , v2 v3 , . . . , vk−1 vk , vk 6= v1 ) przechodz¡ca dokªadnie jeden raz przez ka»d¡ kraw¦d¹ grafu. 3. Lemat. Je±li w grae stopie« ka»dego wierzchoªka jest nie mniejszy ni» 2, to w grae znajdziemy cykl. Dowód. Wychodzimy z dowolnego wierzchoªka i poruszamy si¦ wzdªu» kraw¦dzi. Za ka»dym razem wychodzimy z wierzchoªka inn¡ kraw¦dzi¡ ni» ta, któr¡ weszli±my. Poniewa» liczba wierzchoªków jest sko«czona, po pewnej liczbie kroków tramy na wcze±niej odwiedzony wierzchoªek i ko«czmy w¦drówk¦. Odrzucaj¡c pocz¡tkowe kraw¦dzie otrzymujemy cykl. 4. Twierdzenie.(Euler) Graf spójny jest grafem eulerowskim ⇔ ka»dy wierzchoªek grafu ma parzysty stopie«. Dowód. Obchodz¡c graf eulerowski wzdªu» cyklu eulerowskiego, do ka»dego wierzchoªka wchodzimy tyle samo razy ile wychodzimy. Dlatego w grae eulerowskim ka»dy wierzchoªek ma parzysty stopie«. Odwrotnie. Zaªó»my, »e twierdzenie jest faªszywe. Spo±ród grafów dla których twierdzenie jest faªszywe we¹my graf o najmniejsze liczbie kraw¦dzi. Z lematu wynika, »e w grae istnieje cykl. Po usuni¦ciu cyklu otrzymujemy graf b¦d¡cy sum¡ grafów eulerowskich (by¢ mo»e pust¡). 4 Idziemy wzdªu» cyklu. Je±li natramy na dowolny ze wspomnianych grafów eulerowskich, obchodzimy go i idziemy dalej wzdªu» cyklu. W ten sposób otrzymujemy cykl eulerowski w rozwa»anym grae i mamy sprzeczno±¢. 5. Wniosek. Graf spójny jest grafem póªeulerowskim ⇔ dokªadnie 2 wierzchoªki maj¡ nieparzysty stopie«. 6. Algorytm Fleury'ego. Cykl eulerowski w grae eulerowskim mo»na znale¹¢ wychodz¡c z dowolnego wierzchoªka i poruszaj¡c si¦ dalej zgodnie z dwiema zasadami: • usuwamy przebyt¡ kraw¦d¹ i wierzchoªek izolowany (nie poª¡czony z reszt¡ grafu), je±li taki si¦ pojawi • przez most przechodzimy tylko wtedy, gdy nie ma innej mo»liwo±ci (most jest kraw¦dzi¡, po usuni¦ciu której graf staje si¦ niespójny) Dowód poprawno±ci algorytmu. Poka»emy, »e w ka»dym kroku algorytmu mamy przed sob¡ co najwy»ej jeden most. Zatem, je±li b¦dziemy mieli kilka kraw¦dzi do wyboru, b¦dziemy mogli wybra¢ kraw¦d¹ nie b¦d¡c¡ mostem. Zaªó»my, »e mamy przed sob¡ wi¦cej ni» jeden most. Po usuni¦ciu mostów graf rozpadnie si¦ na kilka skªadowych spójnych. W ka»dym kroku algorytmu mamy co najwy»ej dwa wierzchoªki stopnia nieparzystego: wierzchoªek z którego wyruszyli±my i wierzchoªek do którego wªa±nie dotarli±my. Dlatego pewna skªadowa nie b¦dzie zawieraªa wierzchoªka pocz¡tkowego. Stopnie wierzchoªków w skªadowej nie zawieraj¡cej wierzchoªka pocz¡tkowego s¡ parzyste, z wyj¡tkiem stopnia wierzchoªka do którego prowadziª usuni¦ty most. Mamy sprzeczno±¢: suma stopni wierzchoªków w skªadowej spójnej musi by¢ liczb¡ parzyst¡. Dlatego mamy przed sob¡ co najwy»ej jeden most. Grafy hamiltonowskie 1. Denicja. Graf nazywamy grafem hamiltonowskim, je±li w grae istnieje cykl, do którego nale»¡ wszystkie wierzchoªki grafu (taki cykl nazywamy hamiltonowskim) lub graf jest pojedynczym wierzchoªkiem. 5 2. Twierdzenie. (Ore 1960). Je±li w grae prostym (n ≥ 3) suma stopni dowolnych dwóch niepoª¡czonych wierzchoªków jest nie mniejsza od liczby wierzchoªków grafu, to graf jest hamiltonowski. Dowód nie wprost. Zaªó»my, »e twierdzenie jest faªszywe. Rozwa»my grafy o minimalnej liczbie wierzchoªków dla których twierdzenie jest faªszywe. Spo±ród takich grafów wybieramy graf o najwi¦kszej liczbie kraw¦dzi. We¹my dwa niepoª¡czone wierzchoªki u1 , un . Po dodaniu kraw¦dzi u1 un otrzymamy cykl hamiltonowski. Usuwaj¡c kraw¦d¹ u1 un pozostanie nam droga u1 → u2 → u3 · · · → un . Niech A b¦dzie zbiorem wierzchoªków poª¡czonych z wierzchoªkiem u1 , a B zbiorem wierzchoªków poª¡czonych z wierzchoªkiem un . Utwórzmy zbiór C zamieniaj¡c ka»dy element B elementem o indeksie o jeden wi¦kszym. A ∪ C ⊂ {u2 , u3 , . . . , un }, |C| = |B|, |A| + |C| = |B| + |C| ≥ n. Z zasady szuadkowej wynika, »e pewien element uj nale»y do cz¦±ci wspólnej A i C (uj ∈ A, uj−1 ∈ B ). Droga u1 → u2 → · · · → uj−1 → un → un−1 → · · · → uj → u1 jest cyklem hamiltonowskim i mamy sprzeczno±¢. 3. Wniosek. (Dirac 1952). Je±li w grae prostym (n ≥ 3) stopie« ka»dego wierzchoªka jest nie mniejszy ni» n/2, to graf jest hamiltonowski. 4. Twierdzenie. Je±li graf prosty ma n wierzchoªków, m kraw¦dzi i nie zawiera cykli dªugo±ci 3 (trójk¡tów), to 4m ≤ n2 . Dowód. Niech Aij b¦dzie macierz¡ s¡siedztwa, a di stopniem i-tego wierzchoªka. Je±li wierzchoªki i, j s¡ poª¡czone kraw¦dzi¡, to di + dj ≤ n. 6 Je±li wierzchoªki i, j nie s¡ poª¡czone kraw¦dzi¡, to Aij = 0. Dlatego dla dowolnych j, j zachodzi nierówno±¢ Aij (di + dj ) ≤ nAij . Sumuj¡c stronami wzgl¦dem i, j otrzymujemy 2 n X d2i ≤ n n X di = 2nm. i=1 i=1 Wykorzystuj¡c nierówno±¢ Schwarza otrzymujemy 2 (2m) = ( n X i=1 2 n X di ) ≤ ( 1)( i=1 n X d2i ) =n n X d2i ≤ n2 m. i=1 i=1 St¡d 4m ≤ n2 . Równo±¢ zachodzi dla parzystego n i grafu Kn/2,n/2 . 5. Twierdzenie Turana o klikach. Je±li graf prosty ma n wierzchoªków, m kraw¦dzi i nie zawiera p-kliki (podgrafu Kp ), to n2 4m ≤ 2 ! p−2 . p−1 Uwaga. Twierdzenie jest uogólnieniem twierdzenia o trójk¡tach. Je±li (p − 1)|n, to mo»emy skonstruowa¢ graf nie zawieraj¡cy p-kliki dla którego zachodzi równo±¢ w twierdzeniu. Wierzchoªki grafu dzielimy na równoliczne rozª¡czne podzbiory zbioru V1 , V2 , . . . , Vp−1 i przyjmujemy, »e uv jest kraw¦dzi¡ ⇔ wierzchoªki u, v nale»¡ do ró»nych podzbiorów. Dowód twierdzenia (indukcja wzgl¦dem n). Dla p = 2 twierdzenie jest oczywiste. Podobnie dla n = 1, 2. Zaªó»my, »e twierdzenie jest prawdziwe dla grafów o liczbie wierzchoªków mniejszej od n. Rozpatrujemy graf G o n wierzchoªkach nie zawieraj¡cy p-kliki. Dodajemy do grafu G mo»liwie du»o kraw¦dzi zwa»aj¡c, aby uzupeªniony graf nie zawieraª p-kliki. Taki uzupeªniony graf zawiera (p − 1)-klik¦. Niech A b¦dzie zbiorem wierzchoªków (p − 1)-kliki, a B zbiorem pozostaªych wierzchoªków. 7 Wierzchoªki A s¡ poª¡czone (p − 1)(p − 2)/2 kraw¦dziami. Liczba kraw¦dzi ª¡cz¡cych dowolny wierzchoªek ze zbioru B z wierzchoªkami ze zbioru A nie mo»e by¢ wi¦ksza od p − 2 (inaczej mieliby±my pklik¦). Zatem liczba kraw¦dzi ª¡cz¡cych wierzchoªki ze zbioru A z wierzchoªkami ze zbioru B nie przekracza liczby (n − p + 1)(p − 2). W podgrae o wierzchoªkach B nie ma p-kliki i z zaªo»enia indukcyjnego wynika, »e liczba kraw¦dzi ª¡cz¡cych wierzchoªki B nie przekracza (1/2)(n − p + 1)2 (p − 2)/(p − 1). Dodaj¡c wymienione liczby otrzymujemy ograniczenie (n2 /2)(p − 2)/(p − 1). Drzewa 1. Denicja. Lasem nazywamy graf prosty nie zawieraj¡cy cykli. 2. Denicja. Drzewem nazywamy las spójny, czyli spójny graf prosty nie zawieraj¡cy cykli. 3. Twierdzenie. Niech T b¦dzie drzewem maj¡cym n wierzchoªków. Nast¦puj¡ce zdania s¡ równowa»ne • T jest drzewem. • T nie zawiera cykli i ma n − 1 kraw¦dzi. • T jest spójny i ma n − 1 kraw¦dzi. • T jest spójny i ka»da kraw¦d¹ jest mostem. • Ka»de 2 wierzchoªki ª¡czy dokªadnie jedna droga. • T nie zawiera cykli, a dodanie jednej kraw¦dzi tworzy dokªadnie jeden cykl. Dowód pomijam. 4. Las maj¡cy k skªadowych spójnych ma n − k kraw¦dzi. 5. Denicja. Drzewem rozpinaj¡cym grafu spójnego nazywamy drzewo b¦d¡ce podgrafem danego grafu, zawieraj¡ce wszystkie wierzchoªki danego grafu. 8 6. Denicja. Rozwa»amy graf spójny, w którym kraw¦dziom przypisano liczby (wagi). Wag¡ grafu nazywamy sum¦ wag wszystkich kraw¦dzi. Minimalnym drzewem rozpinaj¡cym nazywamy drzewo rozpinaj¡ce o minimalnej wadze. 7. Algorytm. Dany jest graf spójny z wagami. Minimalne drzewo rozpinaj¡ce mo»emy znale¹¢ stosuj¡c nast¦puj¡cy algorytm: • Wybieramy kraw¦d¹ o najmniejszej wadze, niech to b¦dzie kraw¦d¹ e1 . • Zaªó»my, »e wybrali±my ju» kraw¦dzie e1 , e2 , . . . , ek−1 . Kraw¦dzi¡ ek b¦dzie kraw¦d¹ o najmniejszej wadze wybrana z pozostaªych kraw¦dzi nie tworz¡cych cyklu z kraw¦dziami e1 , e2 , . . . , ek−1 . Po uzyskaniu drzewa ko«czymy. Dowód poprawno±ci algorytmu. Poka»emy, »e tak otrzymane drzewo T ma minimaln¡ wag¦. We¹my dowolne drzewo rozpinaj¡ce S . Zaªó»my, »e kraw¦dzie e1 , e2 , . . . , ek−1 nale»¡ do S , ale ek ju» nie nale»y. Dodaj¡c do drzewa S kraw¦d¹ ek otrzymujemy cykl. Istnieje kraw¦d¹ e nale»¡ca do S , ró»na od e1 , e2 , . . . , ek , której usuni¦cie przerwie powstaªy cykl. W ten sposób otrzymamy nowe drzewo S1 . Poniewa» waga ek jest niewi¦ksza wag¦ od wagi e (tak zostaªa wybrana kraw¦d¹ ek ), wi¦c waga S1 jest niewi¦ksza od wagi S . Powtarzaj¡c odpowiedni¡ liczb¦ razy opisane przeksztaªcenie otrzymamy ci¡g drzew S, S1 , S2 , . . . , Sl z których ostatnie pokrywa si¦ z drzewem T . Ci¡g wag tak otrzymanych drzew jest ci¡giem niemalej¡cym. 8. Zadanie komiwoja»era polega na znalezieniu najkrótszego cyklu Hamiltona w danym grae z wagami. Algorytm znajduj¡cy minimalne drzewo rozpinaj¡ce mo»e si¦ przyda¢ przy okre±leniu dolnego ograniczenia na dªugo±¢ minimalnego cyklu Hamiltona (o ile taki istnieje). Zaªó»my, »e mamy najkrótszy cykl Hamiltona. Usu«my dowolny wierzchoªek wraz z przylegªymi kraw¦dziami. Cykl zostanie przerwany i zostanie nam drzewo rozpinaj¡ce pozostaªego grafu, które ma wag¦ nie 9 mniejsz¡ od minimalnego drzewa rozpinaj¡cego. Dolne ograniczenie otrzymamy dodaj¡c do wagi minimalnego drzewa rozpinaj¡cego sum¦ dªugo±ci dwóch najkrótszych usuni¦tych kraw¦dzi. 9. Sieci elektryczne. Rozwa»aj¡c sie¢ elektryczn¡ cz¦sto pisze si¦ ukªad równa« wynikaj¡cy z dwóch praw Kirchoa. Wybieraj¡c jako niewiadome pr¡dy, mamy pewien nadmiar równa« (du»o lepiej wybra¢ potencjaªy, wtedy nie ma »adnych problemów, wystarczy usun¡¢ dowolne równanie). Jak wybra¢ równania? Wypisujemy równania mówi¡ce, »e suma pr¡dów wypªywaj¡cych z dowolnego w¦zªa jest równa 0. Jedno równanie usuwamy, tak otrzymujemy n − 1 równa«. Problemem s¡ oczka. Rysujemy dowolne drzewo rozpinaj¡ce. Zaªó»my, »e mamy k kraw¦dzi i tyle samo niewiadomych. Doª¡czaj¡c dowoln¡ z pozostaªych k − n + 1 kraw¦dzi, otrzymujemy cykl, któremu odpowiada równanie. W sumie otrzymujemy k równa«. 10. Twierdzenie Cayleya. Liczba drzew o n wierzchoªkach wynosi nn−1 . Dowód przez podwójne zliczanie. Niech Qn oznacza liczb¦ drzew o n wierzchoªkach, a Qkn liczb¦ drzew o n wierzchoªkach, w których wierzchoªek nr 1 ma wag¦ k. Liczb par: (drzewo, wierzchoªek W ), gdzie wierzchoªek nr 1 ma stopie« k + 1, a W jest dowolnym wierzchoªkiem ró»nym od wierzchoªka nr 1 wynosi (n − 1)Qk+1 n . Liczba par: (drzewo, wierzchoªek W ), gdzie wierzchoªek nr ma stopie« k, a wierzchoªek W jest dowolnym wierzchoªkiem nie poª¡czonym kraw¦dzi¡ z wierzchoªkiem nr 1 wynosi (n − k − 1)Qkn . Ka»dej parze pierwszego rodzaju odpowiada k par drugiego rodzaju. Wystarczy odklei¢ fragment drzewa zawieraj¡cy wierzchoªek W od wierzchoªka nr 1 i przyklei¢ do jednego z k pozostaªych s¡siadów wierzchoªka nr 1. St¡d k(n−1)Qk+1 = (n−k −1)Qkn , a poniewa» Qn−1 = 1, otrzymujemy n n wynik Qkn = n−2 (n − 1)n−k−1 , k−1 w szczególno±ci Qn = n1 Q1n+1 = nn−2 (mo»emy na koniec zapomnie¢ o wierzchoªku nr 1). 10 Grafy planarne 1. Denicja. Graf planarny (pªaski) to graf, który mo»na narysowa¢ na pªaszczy¹nie bez przeci¦¢. 2. Twierdzenie. (Euler) Je±li w grae planarnym n jest liczb¡ wierzchoªków, e liczb¡ kraw¦dzi, a f liczb¡ ±cian (powierzchni¦ na zewn¡trz grafu uznajemy za ±cian¦), to zachodzi równo±¢ n − e + f = 2. Dowód. Indukcja. Ka»dy graf mo»emy uzyska¢ wychodz¡c z pojedynczego wierzchoªka (n = 1, e = 0, f = 1) i dodaj¡c kolejne kraw¦dzie. Dodawana kraw¦d¹ mo»e by¢ dodana wraz z nowym wierzchoªkiem (n i e zwi¦kszaj¡ si¦ o 1, f pozostaje bez zmian) lub mo»e ª¡czy¢ dwa wcze±niej doª¡czone wierzchoªki (e i f zwi¦kszaj¡ si¦ o 1, n nie zmienia si¦). 3. Wniosek. Grafy K5 i K33 nie s¡ planarne. Zaªó»my, »e graf K5 jest planarny. Mamy n = 5, e = 10, f = 2−n+e = 7. Ale ka»da ±ciana ma co najmniej 3 kraw¦dzie i dlatego 3f ≤ 2e, a w rozwa»anym grae 3 · 7 = 21 > 2 · 10 = 20 i mamy sprzeczno±¢. Zaªó»my, »e graf K33 jest planarny. Wtedy e = 9, n = 6, f = 2+9−6 = 5. W grae K33 nie ma trójk¡tów i dlatego 4f ≤ 2e, a rozwa»anym grae 4 · 5 = 20 > 2 · 9 = 18 i mamy sprzeczno±¢. 4. Twierdzenie. Rozwa»amy graf prosty planarny. • W grae znajdziemy wierzchoªek stopnia nie wi¦kszego ni» 5. • Graf ma co najwy»ej 3n − 6 kraw¦dzi. Dowód. Ka»da ±ciana ma co najmniej 3 kraw¦dzie. Niech f3 , f4 , f5 , . . . oznaczaj liczb¦ ±cian o 3, 4, 5, . . . kraw¦dziach. Mamy f = f3 + f4 + f5 + · · · 2e = 3f3 + 4f4 + 5f5 + · · · 11 St¡d 2e ≥ 3f i dalej 3n − 6 = 3e − 3f ≥ e. Zaªó»my, »e stopie« ka»dego wierzchoªka jest nie mniejszy ni» 6. Wtedy n = n6 + n7 + n8 + · · · gdzie n5 , n7 , n8 , . . . oznaczaj¡ liczb¦ wierzchoªków stopnia 6, 7, 8, . . . oraz 2e = 6n6 + 7n7 + 8n8 + · · · St¡d −12 = 6(−n + e − f ) = (2e − 6n) + 2(2e − 3f ) ≥ 0 i mamy sprzeczno±¢. 5. O powierzchni homeomorcznej ze sfer¡ z doczepionymi g r¡czkami mówimy, »e ma genus g . Sfera ma genus 0, torus ma genus 1. Je±li graf mo»na narysowa¢ bez przeci¦¢ na powierzchni genusu g , a nie mo»na na powierzchni genusu g − 1, to mówimy, »e graf ma genus g . K5 i K33 maj¡ genus 1. Kn ma genus d(n − 3)(n − 4)/12e (Ringel, Youngs 1968). Uogólnienie twierdzenia Eulera. n − m + f = 2 − 2g. 6. Twierdzenie. (Kuratowski) Graf jest planarny ⇔ nie zawiera podgrafu homeomorcznego z K5 lub K33 (tzn. takiego grafu, który ró»ni si¦ od wymienionych tym, »e mo»e mie¢ dodatkowe w¦zªy na kraw¦dziach). Graf Petersona: pi¦ciok¡t i poª¡czona z nim 5 kraw¦dziami le»¡ca wewn¡trz gwiazda 5-ramienna (przeci¦¢ nie liczymy). Wykre±laj¡c z grafu Petersona poziome kraw¦dzi pozostanie nam graf K33 . 7. Twierdzenie. Gaf jest planarny ⇔ nie zawiera podgrafu ±ci¡galnego do grafu K5 lub K33 . 12 ci¡ganie grafu polega na kolejnym ±ci¡ganiu kraw¦dzi. Natomiast ±ci¡ganie kraw¦dzi polega na uto»samianiu wierzchoªków, które ª¡czy dana kraw¦d¹ i pomijaniu ewentualnych p¦tli. Graf Petersona jest ±ci¡galny do grafu K5 . 8. Denicja. Graf dualny do danego grafu planarnego tworzymy umieszczaj¡c na ka»dej ±cianie punkt i ª¡cz¡c punkty le»¡ce na s¡siednich ±cianach kraw¦dziami przecinaj¡cymi dziel¡ce kraw¦dzie (je±li na dziel¡cych kraw¦dziach le»¡ wierzchoªki to uzyskujemy kraw¦dzie wielokrotne). 9. Alternatywny dowód twierdzenia Eulera. Dla danego grafu planarnego maj¡cego n wierzchoªków, e kraw¦dzi i f ±cian tworzymy graf dualny. Drzewo rozpinaj¡ce grafu dualnego ma f − 1 kraw¦dzi. Kraw¦dzie te przecinaj¡ pewne kraw¦dzie wyj±ciowego grafu. Pozostaªe kraw¦dzie wyj±ciowego grafu tworz¡ drzewo rozpinaj¡ce o n − 1 kraw¦dziach. Suma przeci¦tych i nieprzeci¦tych kraw¦dzi daje wszystkie kraw¦dzie (f − 1) + (n − 1) = e czyli n − e + f = 2. Kolorowanie grafów 1. Pytamy ile kolorów potrzeba do pomalowania wierzchoªków grafu prostego, tak aby s¡siednie wierzchoªki miaªy ró»ne kolory. Najmniejsz¡ taka liczb¦ nazywamy liczb¡ chromatyczn¡ grafu. 2. Twierdzenie. Je±li w grae prostym stopnie wierzchoªków nie przekraczaj¡ d, to wystarczy d + 1 kolorów. Dowód. Indukcja wzgl¦dem liczby wierzchoªków. Usuwamy dowolny wierzchoªek. Malujemy reszt¦ za pomoc¡ d + 1 kolorów. Usuni¦ty wierzchoªek malujemy kolorem ró»nym od kolorów jego d s¡siadów. 3. Twierdzenie. (Brooks). Liczb¦ d + 1 mo»na zmniejszy¢ do d. 4. Kolorowanie grafów planarnych. Problem kolorowania map mo»na zamieni¢ na opisany problem kolorowania wierzchoªków przechodz¡c do grafu dualnego. 13 5. Twierdzenie. Do pokolorowania grafu planarnego wystarczy 6 kolorów. Dowód. Indukcja wzgl¦dem liczby wierzchoªków. Usuwamy wierzchoªek stopnia 5 lub mniejszego. Kolorujemy reszt¦ grafu, a potem kolorujemy usuni¦ty wierzchoªek kolorem ró»nym od kolorów 5 s¡siadów, 6. Twierdzenie. Do pokolorowania grafu planarnego wystarczy 5 kolorów. Dowód. Indukcja wzgl¦dem liczby wierzchoªków. Je±li wszystkie wierzchoªki maj¡ stopie« mniejszy od 5, to malujemy bez trudno±ci. W przeciwnym wypadku rozwa»amy wierzchoªek v stopnia 5 poª¡czony z wierzchoªkami v1 , v2 , v3 , v4 , v5 . Dla pewnych i, j wierzchoªki vi , vj nie s¡ poª¡czone. Inaczej nasz graf zawieraªby graf K5 i nie byªby planarny. ci¡gamy kraw¦dzie vi v, vj v . Tak otrzymany graf malujemy pi¦cioma kolorami. Nast¦pnie rozsuwamy ±ci¡gni¦te kraw¦dzie nadaj¡c wierzchoªkom vi , vj kolor wierzchoªka v , a wierzchoªek v malujemy pozostaªym pi¡tym kolorem (teraz dwóch z pi¦ciu s¡siadów v ma ten sam kolor). 7. Twierdzenie. (Appel, Haken + komputer). Do pokolorowania grafu planarnego wystarcz¡ 4 kolory. Lemat Spernera i twierdzenie o punkcie staªym Zaªó»my, »e mamy trójk¡t podzielony na trójk¡ty. Zakªadamy przy tym, »e na kraw¦dziach trójk¡tów, na które zostaª podzielony du»y trójk¡t, nie le»¡ wierzchoªki innych trójk¡tów. Taki podziaª nazwiemy triangulacj¡. Oznaczmy wierzchoªki du»ego trójk¡ta liczbami 1,2,3. Wierzchoªki na kraw¦dzi o ko«cach 1,2 oznaczmy w dowolny sposób liczbami 1,2. Podobnie uczy«my z wierzchoªkami na kraw¦dziach 2,3 i 3,1. Wierzchoªki poªo»one wewn¡trz du»ego trójk¡ta oznaczmy w dowolny sposób liczbami 1,2,3. Lemat Spernera mówi, »e zawsze w±ród trójk¡tów triangulacji znajdziemy trójk¡t o wierzchoªkach 1,2,3. Dowód. Utwórzmy graf dualny. Z grafu dualnego zostawmy tylko kraw¦dzie przecinaj¡ce kraw¦dzie ª¡cz¡ce wierzchoªki z numerami 1,2. Nazwijmy 14 otrzymany graf grafem cz¦±ciowo dualnym. Wierzchoªki grafu cz¦±ciowo dualnego le»¡ce w trójk¡tach o wierzchoªkach 1,2,3 maj¡ stopie« 1. Wierzchoªki grafu dualnego le»¡ce w pozostaªych trójk¡tach maj¡ stopie« 2 lub 0. Kraw¦d¹ 1,2 du»ego trójk¡ta przecina nieparzysta liczba kraw¦dzi grafu cz¦±ciowo dualnego. Zatem wierzchoªek na zewn¡trz ma stopie« nieparzysty. Wynika st¡d, »e wierzchoªków stopnia 1 wewn¡trz du»ego trójk¡ta jest te» liczba nieparzysta (lemat o podawaniu r¡k). Oznacza to, »e trójk¡tów z numerami 1,2,3 jest nieparzysta liczba, a wi¦c co najmniej jeden. Twierdzenie Brouwera o punkcie staªym. Funkcja ci¡gªa przeksztaªcaj¡ca trójk¡t w trójk¡t ma punkt staªy. Dowód. Rozwa»amy trójk¡t le»¡cy w R3 okre±lony relacjami x1 + x2 + x3 = 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0. Niech f b¦dzie funkcj¡ ci¡gª¡ przeksztaªcaj¡c¡ trójk¡t w siebie. Oznaczmy przez Tn triangulacj¦ uzyskan¡ przez podziaª trójk¡ta na n2 przystaj¡cych trójk¡cików. Zaªó»my, »e funkcja f nie ma punktu staªego. Deniujemy funkcj¦ λ. • Je±li f (x)1 < x1 , to λ(x) = 1. • Je±li f (x)1 ≥ x1 , f (x)2 < x2 to λ(x) = 2. • Je±li f (x)1 ≥ x1 , f (x)2 ≥ x2 , f (x)3 < x3 to λ(x) = 3. Gdyby f (x)1 ≥ x1 , f (x)2 ≥ x2 , f (x)3 ≥ x3 , to mieliby±my f (x)1 + f (x)2 + f (x)3 = x1 + x2 + x3 = 1, sk¡d f (x)1 = x1 , f (x)2 = x2 , f (x) = x3 (»adna nierówno±¢ nie mo»e by¢ ostra) i mieliby±my sprzeczno±¢. Funkcj¦ λ wykorzystujemy do numeracji wierzchoªków. Z lematu Spernera wynika, »e w triangulacji Tn znajdziemy trójk¡t o wierzchoªkach an , bn , cn takich, »e λ(an ) = 1, λ(bn ) = 2, λ(cn ) = 3. Z ci¡gu a1 , a2 , a3 , . . . wybieramy podci¡g zbie»ny ai1 , ai2 , ai3 , . . .. Zaªó»my, »e aik → g (g le»y w trójk¡cie). Wtedy tak»e bik → g , cik → g i dalej f (ak )1 < (ak )1 ⇒ f (g)1 ≤ g1 , f (bk )2 < (bk )2 ⇒ f (g)2 ≤ g2 , f (ck )3 < (ck )3 ⇒ f (g)3 ≤ g3 . Wynika st¡d, »e f (g) = g , a zatem f ma punkt staªy. Lemat i twierdzenie mo»na uogólni¢ na dowolny wymiar. 15 Twierdzenie Halla 1. Twierdzenie Halla. Zaªó»my, »e mamy n sko«czonych zbiorów. Z ka»dego zbioru mo»emy wybra¢ inny element ⇔ dowolne k zbiorów, k ≤ n, zawiera w sumie co najmniej k elementów. Dowód. Implikacja (⇒) jest oczywista. Implikacj¦ (⇐) dowodzimy indukcyjnie. Dla n = 1 twierdzenie jest oczywiste. Zaªó»my, »e twierdzenie jest prawdziwe dla ka»dego k < n. Rozwa»amy zbiory A1 , A2 , A3 , . . . , An . Rozpatrujemy dwa przypadki. Przypadek pierwszy. Dowolne k zbiorów, k < n, zawiera w sumie co najmniej k + 1 elementów. Wybieramy dowolny element cn ze zbioru An i rozpatrujemy zbiory B1 = A1 \ {cn }, B2 = A2 \ {cn }, . . ., Bn−1 = An−1 \ {cn }. Dowolne k zbiorów z rodziny B1 , B2 , . . . , Bn−1 zawiera w sumie k elementów. Z zaªo»enia indukcyjnego wynika, »e z ka»dego ze zbiorów B1 , B2 , . . . , Bn−1 mo»emy wybra¢ inny element. Przypadek drugi. Pewne k zbiorów, k < n, zawiera w sumie dokªadnie k elementów. Niech to b¦d¡ zbiory A1 , A2 , . . . , Ak (po ewentualnym przenumerowaniu). Oznaczmy ich sum¦ liter¡ C i zdeniujmy zbiory Bk+1 = Ak+1 \C, Bk+2 = Ak+2 \C, . . . , Bn = An \C . Dowolne j zbiorów z rodziny Bk+1 , Bk+2 , . . . , Bn zawiera w sumie co najmniej j elementów. W przeciwnym wypadku pewne j zbiorów z rodziny Bk+1 , Bk+2 , . . . , Bn zawieraªoby w sumie mniej ni» j elementów. Niech to b¦d¡ zbiory Bk+1 , Bk+2 , . . . , Bk+j (znów po ewentualnym przenumerowaniu). Jednak suma zbiorów A1 , . . . , Ak , Bk+1 , . . . , Bk+j równa jest sumie zbiorów A1 , A2 , . . . , Ak+j , zawiera co najmniej k + j i mamy sprzeczno±¢. Z zaªo»enia indukcyjnego wynika, »e z ka»dego ze zbiorów A1 , . . . , Ak mo»emy wybra¢ inny element oraz z ka»dego ze zbiorów Bk+1 , . . . , Bn mo»emy wybra¢ inny element. 2. Denicja. Prostok¡tem ªaci«skim nazywamy prostok¡tn¡ tablic¦ wypeªnion¡ w ten sposób, »e w »adnym wierszu ani kolumnie nie ma powtarzaj¡cej si¦ liczby. 16 Przykªad: 1 2 6 2 6 5 4 5 2 6 1 3 5 3 4 3 4 1 3. Twierdzenie. Ka»dy prostok¡t ªaci«ski mo»na uzupeªni¢ do kwadratu ªaci«skiego. Dowód. Poka»emy, jak mo»na do prostok¡ta ªaci«skiego n × k (n > k) dopisa¢ wiersz, tak aby dalej mie¢ prostok¡t ªaci«ski. Zakªadamy, »e prostok¡t wypeªniony jest liczbami 1, 2, . . . , n. Rozwa»my zbiory A1 , A2 , . . . , An zªo»one z elementów nie wyst¦puj¡cych odpowiednio w kolumnach 1, 2, . . . , n. Dowolna liczba j (1 ≤ j ≤ n) wyst¦puje dokªadnie raz w ka»dym wierszu, a wi¦c wyst¦puje w k kolumnach, czyli pojawia si¦ w n − k zbiorach. Poka»emy, »e dowolne r podzbiorów zawiera w sumie co najmniej r elementów. Wypiszmy wszystkie elementy z r podzbiorów. Mamy r(n − k), by¢ mo»e powtarzaj¡cych si¦ elementów. aden element nie powtarza si¦ wi¦cej ni» n−k razy. Dlatego mamy co najmniej r ró»nych elementów. Z twierdzenia Halla wynika teraz, »e ze zbiorów A1 , A2 , . . . , An mo»emy wybra¢ n ró»nych elementów. Mo»emy z nich utworzy¢ kolejny wiersz tablicy. 4. Denicja. Turniejem nazywamy skierowany graf peªny. Mo»emy my±le¢, »e mamy rozgrywki, w których ka»dy gra z ka»dym i nie ma remisów. Kierunek kraw¦dzi mówi nam, kto wygraª. 5. Twierdzenie. W ka»dym turnieju mo»emy znale¹¢ taki ci¡g zawodników, »e pierwszy zawodnik wygraª z drugim, drugi z trzecim, . . ., a przedostatni z ostatnim. Dowód indukcyjny. Dla jednego i dwóch zawodników twierdzenie jest oczywiste. Zaªó»my, »e twierdzenie jest prawdziwe dla liczb nie wi¦kszych od n. Poka»emy, »e jest prawdziwe dla n + 1. Popatrzmy na 17 rozgrywki mi¦dzy n pierwszymi zawodnikami. Mo»emy wybra¢ ci¡g p1 → p2 → p3 → · · · → pn (a → b oznacza, »e zawodnik a wygraª z zawodnikiem b). Oznaczmy pn+1 liter¡ q . Rozpatrujemy trzy przypadki • q wygraª ze wszystkimi. Wtedy q → p1 → p2 → · · · → pn . • q przegraª ze wszystkimi. Wtedy p1 → p2 → · · · → pn → q . • W przeciwnym wypadku niech pi b¦dzie ostatnim zawodnikiem, z którym q przegraª. Wtedy p1 → · · · → pi → q → pi+1 → · · · → pn . 6. Pewne uogólnienie twierdzenia Halla. Rozpatrujemy zbiory sko«czone A1 , A2 , . . . An . Chcemy wybra¢ b1 elementów ze zbioru A1 , b2 elementów ze zbioru A2 , . . ., bn elementóww ze zbioru An , przy czym chcemy, aby wszystkie wybrane elementy byªy ró»ne. Jest to mo»liwe ⇔ dowolne k zbiorów Ai1 , Ai2 , . . . , Aik zawiera w sumie co najmniej bi1 + bi2 + · · · + bik elementów. Dowód. Zbiór A1 zast¦pujemy b1 krotn¡ kopi¡ zbioru A1 . Podobnie post¦pujemy z pozostaªymi zbiorami. Na koniec stosujemy twierdzenie Halla. 7. Twierdzenie. Liczby b1 , b2 , . . . bn s¡ wynikami pewnego turnieju ⇔ n b1 + b2 + · · · + bn = 2 ! oraz dla dowolnego zbioru r zawodników j1 , j2 , . . . jr zachodzi nierówno±¢ ! bj1 + bj2 + · · · + bjr ≥ r 2 (bi oznacza liczb¦ wygranych zawodnika i). Dowód. (⇒) Wszystkich rozgrywek mamy n(n − 1)/2, st¡d pierwsza równo±¢. W podzbiorze r zawodników mamy r(r − 1)/2 rozgrywek 18 mi¦dzy zawodnikami w podzbiorze. Zawodnicy z rozpatrywanego podzbioru mog¡ dodatkowo wygra¢ z pewnymi zawodnikami z poza podzbioru. St¡d nierówno±¢. (⇐). Zastosujemy uogólnienie twierdzenia Halla. Kraw¦dzie wychodz¡ce z wierzchoªka i tworz¡ zbiór Ai (i = 1, 2, . . . , n). Ze zbioru Ai b¦dziemy chcieli wybra¢ bi elementów. B¦d¡ to wygrane i-tego zawodnika. Rozpatrzmy zawodników (wierzchoªki) i1 , i2 , . . . , ik . Niech j1 , j2 , . . . , jr b¦d¡ pozostaªymi zawodnikami. Mamy równo±¢ ! n bi1 + bi2 + · · · + bik + bj1 + bj2 + · · · + bjr = . 2 Z zaªo»enia bj1 + bj2 + · · · + bjr ≥ ! r 2 . St¡d ! ! ! n r n n−k bi1 + bi2 + · · · + bik ≤ − = − . 2 2 2 2 Z wierzchoªków i1 , i2 , . . . , ik wychodzi w sumie n2 − n−k kraw¦dzi. 2 Zatem nierówno±ci z zaªo»enia twierdzenia Halla s¡ speªnione i odpowiedni wybór jest mo»liwy. Trwaªe pary Mamy dwie równoliczne grupy: grup¦ chªopców i grup¦ dziewczyn. Ka»dy chªopiec tworzy list¦ dziewczyn na której umieszcza wszystkie dziewczyny od najatrakcyjniejszej (w jego opinii) do najmniej atrakcyjnej. Równie» ka»da dziewczyna posiada odpowiedni¡ list¦ chªopców. Zadanie polega na poª¡czeniu w pary chªopców i dziewczyn. Oczekujemy, »e nie b¦dzie nietrwaªych par, tzn. nie znajdziemy chªopca i dziewczyny, którzy wol¡ siebie nawzajem bardziej od przydzielonych partnerów. Zadanie mo»na rozwi¡za¢ stosuj¡c nast¦puj¡cy algorytm. • Pierwszy chªopiec skªada wizyt¦ pierwszej dziewczynie na swojej li±cie. • Je±li dziewczyna jest wolna, to chªopiec z ni¡ zostaje. 19 • W przeciwnym wypadku dziewczyna decyduje, kto zostaje: wcze±niejszy kandydat czy nowy. Odrzucony chªopiec idzie do kolejnej dziewczyny na li±cie. • W ko«cu który± z kolei chªopiec traa na woln¡ dziewczyn¦. • Wtedy przychodzi nast¦pny chªopiec i tak do ko«ca. Opisany algorytm mo»na zastosowa¢ do przeprowadzenia sprawiedliwej rekrutacji do szkóª. Kandydaci tworz¡ listy preferencji, na których umieszczaj¡ szkoªy. Szkoªy w okre±lony sposób oceniaj¡ kandydatów. Aby zastosowa¢ algorytm, nale»y ka»d¡ szkoª¦ zast¡pi¢ pewn¡ liczb¡ kopii równ¡ liczbie miejsc w szkole. Jerzy Cisªo Podr¦czniki Aspekty kombinatoryki R. J. Wilson: Wprowadzenie do teorii grafów M. Aigner, G.M. Ziegler Dowody z Ksi¦gi 1. V. Bryant: 2. 3. 20