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