Embed Size (px)
Citation preview
Grafų teorija
Vytas Zacharovas
2018 m. birželio 4 d.
1 Septynių Königsbergo tiltų problemaKönigsberg’o (dabartinis Kaliningradas) miestą į keturias dalis dalija Pregel upė.Miesto dalis tarpusavyje jungia 7 tiltai. Ar galima pereiti visus 7 miesto tiltus tikpo vieną kartą?
Žemiau pateiktame plane mėlyna spalva yra paryškinta upė Pregel, o raudona– jos krantus jungiantys tiltai.
1 pav.: Kionigsbergo planas
Šios problemos sprendimą 1735m. pateikė Euleris.
1
Atmesdami uždavinio sprendimui neesmines detales esančias aukščiau pateik-tame Königsberg’o plane mes gausime ką nors panašaus į sekantį brėžinį paimtąiš originalaus Eulerio straipsnio.
Šiame brėžinyje lotyniškomis raidėmis A;B;C ir D yra žymimos keturiosKönigsberg’o miesto dalys, kurias viena nuo kitos skiria Pregel upė. Kadangi už-davinio sprendimui jokios įtakos nedaro informacija apie miesto dalių ploto dydįbei konfigūraciją, tai aukščiau pateiktą planą mes toliau galime supaprastinti skir-tingas miesto dalis A;B;C ir D žymėdami keturiais taškais plokštumoje, o jasjungiančius tiltus vaizduodami kaip linijas jungiančias atitinkamus taškus.
A
B
C
D
ba
c d
e
g
f
Pastaba 1.1. Pastebėkime, kad kiekvieną iš keturių regionų A, B , C ir D sulikusiais jungia nelyginis skaičius tiltų.
Tarkime, kad egzistuoja maršrutas leidžiantis pereiti visus tiltus po vieną kartą.Tuomet pastebėkime, kad
1. Iš regiono su nelyginiu skaičiumi tiltų išėjęs keleivis negalės baigti kelionestame pačiame regione.
2. Išskyrus pradinį ir galinį regioną iš visų kitų regionų išeinančių tiltų skaičiusturi būti lyginis.
2
Iš šių pastebėjimų išplaukia, kad jeigu egzistuotų maršrutas, leidžiantis apeiti vi-sus tiltus po vieną kartą, tai egzistuotų daugiausiai du regionai, iš kurių išeinančiųtiltų skaičius būtų nelyginis. Kadangi Eulerio uždavinio atveju turime penkis re-gionus ir iš visų jų išeinančių tiltų skaičius yra nelyginis tai gauta prieštara įrodo,kad neegzistuoja maršrutas apeinantis visus Königsberg’o tiltus po viena karta.
2 Grafo apibrėžimas. Pagrindinės sąvokos
2.1 Formalus grafo apibrėžimasApibrėžimas 2.1 (Bendras grafo apibrėžimas). Orientuotu grafuG vadiname po-rą .V;E/, kur V yra baigtinė aibė V D fv1; v2; : : : ; vng, o E � V � V yraaibė sudaryta iš V elementų porų. Aibė V yra vadinama viršūnių aibe, o E yravadinama briaunų aibe.
Orientuotą grafą G D .V;E/ mes galime grafiškai pavaizduoti plokštumojeatidėję n D jV j taškų ir kiekvienai porai .vi ; vj / 2 E priskyrę rodyklę einančiąiš taško vi į tašką vj .
Kompiuterio atmintyje grafas G D .V;E/ gali būti saugomas kaip matricaM D .aij / kur
aij D
(1; jeigu .vi ; vj / 2 E
0; jeigu .vi ; vj / 62 E:
Taip sukonstruota matrica M yra vadinama grafo G gretimumo matrica.
Pavyzdys 2.1 (Orientuoto grafo pavyzdys). Tarkime G D .V;E/, kur V Dfv1; v2; v3; v4g irE D f.v1; v2/; .v1; v3/; .v1; v4/; .v3; v2/; .v3; v4/; .v2; v4/; .v4; v4/gTuomet tokį grafą mes galime pavaizduoti kaip
v1
v2
v3 v4
0BB@v1 v2 v3 v4
v1 0 1 1 1
v2 0 0 0 1
v3 0 1 0 1
v4 0 0 0 1
1CCA
Apibrėžimas 2.2. Briaunos .vj ; vj / kurių pradžia ir galas sutampa yra vadina-mos kilpomis.
3
Apibrėžimas 2.3. Neorientuotu grafu vadinama pora .V;E/ kur E yra nesutvar-kytų porų .vi ; vj / aibė. Kitaip tariant neorientuoto grafo atveju mes nelaikome,kad poromis .vi ; vj / ir .vj ; vi/ nusakomos briaunos yra skirtingos.
Toliau nagrinėsime neorientuotus grafus be kilpų. Tokius grafus kompiuterioatmintyje mes galime išsaugoti kaip simetriškas matricas, kurių įstrižainėje yranuliai.
Pavyzdys 2.2 (Neorientuoto grafo pavyzdys). Tarkime G D .V;E/, kur V Dfv1; v2; v3; v4g irE D f.v1; v2/; .v1; v2/; .v1; v4/; .v3; v2/; .v3; v4/; g Tuomet tokįgrafą mes galime pavaizduoti kaip
v1
v2
v3 v4
0BB@0 1 1 1
1 0 1 0
1 1 0 1
1 0 1 0
1CCA
2.2 Izomorfiniai grafaiGrafas G D .V;E/, kurio viršūnių aibė yra V D fa1; a2; a3; a4g, o briaunų aibėyra E D f.a1; a4/; .a1; a3/; .a3; a4/; .a2; a3/g gali būti pavaizduotas plokštumojekaip
G
a1
a2
a3
a4
Jeigu pakeisime viršūnių pavadinimus iš ai į bi gausime formaliai skirtingą grafąG1 D .V1; E1/, kur V1 D fb1; b2; b3; b4g irE1 D f.b1; b4/; .b1; b3/; .b3; b4/; .b2; b3/gkuris gali būti pavaizduotas plokštumoje kaip
4
G1
b1
b2
b3
b4
Nors formaliai grafai G ir G1 yra skirtingi, tačiau iš esmės jų struktūra yra tapati. Apibendrindami toliau vadinsime du grafus izomorfiškais jeigu jie skiriasitik viršūnių pavadinimais. Tikslus formalus izomorfizmo sąvokos apibrėžimas bustoks.
Apibrėžimas 2.4 (Grafų izomorfizmas). Du grafai G1 D .V1; E1/ ir G2 D.V2; E2/ yra vadinami izomorfiniais jeigu egzistuoja tokia abipus vienareikšmėatitiktis (bijekcija) tarp šių grafų viršūnių f W V1 ! V2, kad bet kurios dvi viršū-nės vi , vj priklausančios grafui G1 bus sujungtos briauna .vi ; vj / 2 E1 tada irtik tada kai bus sujungtos briauna atitinkamos viršūnės f .vi/, f .vj / grafe G2 t.y.�f .vi/; f .vj /
�2 E2. Tokiu atveju rašome G1 Š G2.
Šis apibrėžimas galioja kaip orientuotiems tiek ir neorientuotiems grafams.Izomorfiški grafai grafų teorijos požiūriu nėra laikomi skirtingais, kadangi vi-
sos izomofiškų grafų savybės, nepriklausančios nuo viršūnių pavadinimų, tokioskaip viršūnių skaičius, briaunų skaičius ir panašiai, yra vienodos.
Kadangi tą patį grafą mes galime pavaizduoti plokštumoje daugeliu būdų, ne-retai pamačius dviejų grafų brėžinius plokštumoje nėra lengva nustatyti ar jie yraizomorfiški.
Pavyzdys 2.3 (Izomorfiškų grafų pavyzdys). Izomorfiški yra grafai
v1
v2 v3
v4
ir
a
bc
d
kadangi egzistuoja bijekcija f W fv1; v2; v3; v3g ! fa; b; c; dg, tokia, kad f .v1/ Da, f .v2/ D b, f .v3/ D c, f .v4/ D d .
2.3 Viršūnės laipsnis. Rankų paspaudimo teoremaApibrėžimas 2.5. GrafoG D .V;E/ viršūnės vj 2 V laipsniu deg.vj / vadinsimeiš viršūnės vj išeinančių briaunų skaičių.
5
Pavyzdys 2.4. Tarkime yra duotas grafasG D .V;E/ su viršūnėmis V D fa; b; c; d; e; f gir briaunomis E D f.f; c/; .c; d/; .d; a/; .c; a/; .c; b/; .a; b/g.
a
b
c
d
e
f
Tuomet grafo G briaunų laipsniai bus lygūs
deg.c/ D 4; deg.f / D 1; deg.e/ D 0; deg.d/ D 2
Grafo briaunų laipsnius galime paskaičiuoti prie kiekvienos briaunos galo prirašępo vienetą. Tuomet viršūnės laipsnis bus lygus sumai vienetų prirašytų prie iš josišeinančių briaunų.
a
1
11
b11
c1 111
d
11
e
f 1
Iš čia nesunku matyti, kad suma visu viršūnių laipsnių
deg.a/C deg.b/C deg.c/C deg.d/C deg.e/
bus lygi sumai visų vienetų prirašytų prie briaunų viršūnių. Šią sumą galimepaskaičiuoti visas grafą sudarančias briaunas kartu su prie jų galų "prilipdytais"vienetais išrašę eilute.
6
a1
d1
a1
c1
a1
b1
b1
c1
c1
f1
c1
b1
Skaičius briaunų jEj
2 vienetai kiekvienoje briaunoje
Taigi, suma visų grafo viršūnių laipsniu bus lygi padaugintam iš 2 grafo briaunųskaičiui
deg.a/C deg.b/C deg.c/C deg.d/C deg.e/ D 2jEj D 2 � 6 D 12
Teorema 2.1 (Rankų paspaudimo teorema). TeguG D .V;E/ yra grafas. Tuometvisų grafo G viršūnių laipsnių suma yra lygi grafo briaunų skaičiui padaugintamiš dviejų X
v2V
deg.v/ D 2jEj:
Įrodymas. Iš tikrųjų, kiekviena grafo briauna grafo viršūnių laipsnių sumą padi-dina lygiai 2.
2.4 PografiaiApibrėžimas 2.6 (Grafo pografis). Grafas G 0 D .V 0; E 0/ yra vadinamas grafoG D .V;E/ pografiu ir rašome, kad G 0 � G jeigu V 0 � V ir E 0 � E.
Pavyzdys 2.5. Grafas
ac
df
yra grafo
7
a
bc
d
f
pografis.
2.5 Keliai, trasos, takai bei grafo jungumo sąvokaApibrėžimas 2.7. Seka
vj1; vj2
; vj3; : : : ; vjN
sudaryta iš grafo G D .V;E/ viršūnių yra vadinama keliu jeigu bet kuriuos dugretimus šios sekos elementus jungia briauna, t.y. .vjk
; vjkC1/ 2 E su visais
1 6 k 6 N � 1.
Pavyzdys 2.6. Sekac; b; a; d; a; d; a; d; c; b; c
yra kelias grafe
a
b
c d
Apibrėžimas 2.8. Grafas G D .V;E/ yra vadinamas jungiu jeigu bet kuriai vir-šūnių porai u; v 2 V egzistuoja jas jungiantis kelias, t.y toks kelias kurio pradineviršūnė yra u o galinė – v.
Pavyzdys 2.7. Grafas
8
yra jungus.
Pavyzdys 2.8 (Nejungaus grafo pavyzdys). Grafas
nėra jungus.
Apibrėžimas 2.9 ( Grafų sąjunga). Tarkime duoti du grafaiG1 D .V1; E1/,G2 D.V2; E2/ tokie, kad jų viršūnių aibės nesikerta V1
TV2 D ;. Tuomet grafų G1 ir
G2 sąjunga G1SG2 vadinsime grafą .V1
SV2; E1
SE2/.
Teorema 2.2. Kiekvienas grafas G D .V;E/ yra savo jungių pografių sąjunga.
Įrodymas. Fiksuokime bet kurią grafo viršūnę v 2 V . Tegu V1 � V bus aibė visųgrafo G viršūnių kurias galima sujungti su v keliu. Tuomet jeigu kaip E1 � E
pažymėsime aibę grafo G briaunų kurių abu galai priklauso V1, tai grafas G1 D.V1; E1/ bus grafo G jungusis pografis. Taigi
G D .V;E/ D G1[�
V n V1; E nE1�
Toliau pasirenkame bet kuria viršūnę v2 2 V nV1 ir išskiriame grafo�V nV1; E n
E1�
jungųjį pogrupį G2, kuriam priklauso v2. Tęsdami šį procesą toliau mesgauname
G D G1[G2[� � �
[Gs:
Apibrėžimas 2.10. Trasa grafe vadinamas kelias, kurio visos briaunos yra skir-tingos. Uždara trasa yra vadinama grandine. Taku grafe vadinamas kelias, kuriovisos viršūnės yra skirtingos. Uždaras takas turintis ne mažiau kaip 3 skirtingasviršūnes yra vadinamas ciklu.
Apibrėžimas 2.11. Kelio, tako, trasos, grandinės arba ciklo ilgiu vadinsime jįsudarančių briaunų skaičių.
Pavyzdys 2.9 (Tako pavyzdys). Grafe
9
12
34
5
6
7
viršūnių seka3; 4; 7; 6; 1
yra takas kurio ilgis yra lygus 4, taip pat yra trasa
Pavyzdys 2.10 (Ciklo pavyzdys). Grafe
12
34
5
6
7
viršūnių seka3; 4; 7; 6; 1; 3
yra ciklas (uždaras takas) kurio ilgis yra lygus 5, taip pat yra grandinė
Pavyzdys 2.11 (Trasos kuri nėra takas pavyzdys). Grafe
12
34
5
6
7
viršūnių seka3; 1; 7; 6; 1; 2
yra trasa, bet nėra takas
10
Pavyzdys 2.12 (Grandinės kuri nėra ciklas pavyzdys). Grafe
12
34
5
6
7
viršūnių seka3; 1; 7; 6; 1; 2; 3
yra grandine, bet nėra ciklas
2.6 MultigrafaiMultigrafe, skirtingai nuo paprasto grafo dvi viršūnes gali jungti kelios briaunos.Formalus apibrėžimas yra toks
Apibrėžimas 2.12. Multigrafu vadiname baigtinių aibių pora .V;E/, kur V –virsuniu aibe, o E – viršūnių poru multiaibė. Multiabe vadiname "aibę" kurioselementai gali kartotis.
Pavyzdys 2.13 (Multigrafo pavyzdys). Multigrafo pavyzdys yra Eulerio grafas.
a
b
c
d
0BB@a b c d
a 0 2 2 1
b 2 0 0 1
c 2 0 0 1
d 1 1 1 0
1CCA
G D .V;E/, kurV D fa; b; c; dg;
oE D f.c; d/; .a; d/; .b; d/; .c; a/; .c; a/; .a; b/; .a; b/g
11
Kadangi multigrafe dvi viršūnes gali jungti daugiau nei dvi briaunos, tai keliasmultigrafe yra apibrėžiamas kaip seka viršūnių ir briaunų
a1; ˇ1; a2; ˇ2; : : : ; ˇn�1; an
kur j yra briauna jungianti viršūnes aj ir ajC1. Analogiškai modifikuojami irtrasos bei tako apibrėžimai.
3 Eulerio trasos ir grandinėsApibrėžimas 3.1. Eulerio grandine multigrafe yra vadinamas toks uždaras keliasgrafe, kuris pereina visas grafo briaunas po vieną kartą.
Multigrafas arba grafas, kuriame egzistuoja Eulerio grandinė yra vadinamasEulerio multigrafu arba Eulerio grafu atitinkamai.
Pavyzdys 3.1. Grafas
a
b
cd
e
f
g
h
yra Eulerio grafas kadangi turi Eulerio grandinę
a! b ! e ! f ! g! h! c ! f ! b ! c ! d ! a
Apibrėžimas 3.2. Eulerio trasa multigrafe yra vadinamas toks kelias grafe, kurispereina visas grafo briaunas po vieną kartą.
Pavyzdys 3.2 (Eulerio trasos pavyzdys). Sekantis grafas nėra Eulerio grafas, ka-dangi neturi uždaros grandinės apeinančios visas jo briaunas.
12
a
b
c
d
ab1
ab2
ac1
ac2
ad
cd1
cd2
bd1
bd2ab1
ab2
ac1
ac2
ad
cd1
cd2
bd1
bd2
Tačiau šis grafas turi Eulerio trasą
a; ac1; c; cd1; d; bd1; b; ab2; a; ac2; cd2; bd2; b; ab1; a; ad; d
jungiančią viršūnes a ir d ir apeinančią visas grafo briaunas po vieną kartą.
Sekanti teorema atsako i klausimą, kokias sąlygas turi tenkinti multigrafas, kadjame egzistuotu Eulerio grandinė. Nagrinėsime multigrafus be kilpų.
Teorema 3.1. Jungus multigrafas turi Eulerio grandinę tada ir tik tada, kai kiek-vienos jo viršūnės laipsnis yra lyginis.
Būtinumo įrodymas. Tarkime, kad multigrafe G yra Eulerio grandinė. Tuomet,multigrafas yra akivaizdžiai jungus. Įsitikinkime, kad kiekvienos jo viršūnėslaipsnis yra lyginis.
Paimkime bet kokią multigrafo viršūnę v 2 G ir įsitikinkime, kad iš šiosviršūnės išeinančių briaunų skaičius yra lyginis. Eulerio grandinė perbėga visasgrafo viršūnes po viena karta. Pradekime kelionę Eulerio grandine viršūnėje v,praeitas briaunas pažymėdami raudona spalva. Iš viršūnės v išėjusi Eulerio gran-dinė nudažys vieną iš v išeinančią briauną raudona spalva. Pirmą kartą grįžusiį viršūnę v Eulerio grandinė nudažys raudona spalva vieną papildomą briauną.Kiekvieną kartą iš mūsų viršūnės išėjusi ir atgal grįžusi Eulerio grandinė nuda-žys raudona spalva po dvi briaunas. Kadangi kelionė Eulerio grandine pasibaigsviršūnėje v, kurioje ji ir prasidėjo, tai keliones gale bus raudona spalva nudažytas
13
lyginis skaičius briaunų išeinančių iš v. Be to, kadangi Eulerio grandinė perbėgavisas multigrafo briaunas, vadinasi, kelionės gale bus raudonai nudažytos visosbriaunos išeinančios iš v. Tuo pačiu tokiu briaunų skaičius bus lyginis.
Pakankamumo įrodymas. Tarkime G yra jungus multigrafas. Įrodinėsime pasi-naudodami indukcija pagal multigrafo briaunų skaičių. Jeigu multigrafas turi tikvieną viršūnę, tuomet jis neturi briaunų ir teorema yra triviali. Jeigu jungus mul-tigrafas be kilpų turi tik dvi briaunas, tai jis turės pavidalą
12
˛1
˛2
Tuomet Eulerio grandinė musu grafe bus
1; ˛1; 2; ˛2; 1
Todėl tarkime, kad teorema yra teisinga, kai mūsų grafo G briaunų skaičiusyra ne didesnis už natūrinį skaičių n > 1. Tarkime, kad G yra multigrafas, ku-rio briaunų skaičius yra n C 1. Fiksuokime grafe G kokią nors viršūnę v 2 Gir sukonstruokime grandinę kuriai priklauso v 2 G. Tą galime padaryti sekan-čiu būdu. Iš viršūnės v judėdami viena iš jos išeinančia briauna pereiname į kitąviršūnę. Iš jos pereiname i dar kita viršūnę, ir t.t. kiekviena karta rinkdamiesidar ne panaudotą briauną. Kadangi kiekvienos grafo viršūnės laipsnis yra lygi-nis, anksčiau ar vėliau musų kelione mus atves atgal i v, tuo pačiu mes gausimegrandinę
v; ˇ1; v1; ˇ2; : : : ; ˇk; v
grafe G. Jeigu musu gautai grandinei priklauso visos grafo briaunos, tai ši gran-dinė bus Eulerio grandine ir tuo pačiu teoremos įrodymas bus baigtas. Priešinguatveju išmeskime iš grafo G visas briaunas priklausančias mūsų sukonstruotaigrandinei. Naujai gautas grafas G1 nebūtinai bus jungus, jį mes galėsime išreikštikaip keliu jungių komponenčių sumą
G1 D C1 C C2 C � � � C Ci
Kadangi komponenčių Cj briaunų skaičius yra mažesnis nei n C 1, tai jomstinka indukcijos prielaida. O tai reiškia, kad jose yra Eulerio grandinės. Pasi-naudodami tuo mes galime sukonstruoti Eulerio grandinę pradiniame grafe G. Ištikrųjų, tegu Ck yra komponentė, kuriai priklauso viršūnė v. Išėję iš viršūnės vmes judėdami komponenetės Ck Eulerio grandine pereiname visas Ck briaunas irsugrįžtame į v. Po to, judėdami mūsų grandine pereiname prie kitos komponen-tės Ck1
, perbėgę visas jos briaunas pereiname prie kitos komponentės ir t.t. kolsugrįžtame į v.
Teorema įrodyta.
14
Pavyzdys 3.3 (Eulerio grandinės multigrafe konstravimas). Tarkime mūsų mul-tigrafas G yra
12
34
5
6
7
8
9
˛1
˛2
˛3
˛4
˛5
˛6
˛7
˛8
˛9
˛10
˛11
˛12
˛13
˛14
˛15
˛16
Pirmame žingsnyje surandame šiame multigrafe kokią nors grandinę, pvz:
˛9; 7; ˛11; 9; ˛12; ˛10; 5; ˛8; 3; ˛7; 1
15
12
34
5
6
7
8
9
˛1
˛2
˛3
˛4
˛5
˛6
˛7
˛8
˛9
˛10
˛11
˛12
˛13
˛14
˛15
˛16
˛7
˛8
˛9
˛10
˛11
˛12
Toliau surandame Eulerio grandines visose trijose susidariusiose komponentėse irapjungiame jas į vieną grandinę.
16
12
34
5
6
7
8
9
˛1
˛2
˛3
˛4
˛5
˛6
˛7
˛8
˛9
˛10
˛11
˛12
˛13
˛14
˛15
˛16
Taigi Eulerio grandinė mūsų multigrafe bus
1; ˛5; 6; ˛1; 7; ˛6; 4; ˛4; 3; ˛3; 2; ˛2; 1;
˛9; 7; ˛11; 9; ˛12;
8; ˛13; 5; ˛14; 8; ˛16; 5; ˛15; 8;
˛10; 5; ˛8; 3; ˛7; 1
Ką tik įrodytos teoremos įrodymą mes galime apibendrinti Eulerio trasos at-vejui.
Teorema 3.2. Jungiame multigrafe G egzistuoja Eulerio trasa tada ir tik tada kaijame yra lygiai dvi viršūnės kurių laipsniai yra nelyginiai.
4 Hamiltono grafai1857m. Airių matematikas Hamiltonas sugalvojo galvosūkį reikalaujantį surastiuždarą kelią, kuris apeitų visas grafo
17
viršūnes po vieną kartą. Šio uždavinio sprendimas yra
Apibrėžimas 4.1. Grafo hamiltono ciklu yra vadinamas ciklas grafe G kuriampriklauso visos grafo G viršūnės.
Apibrėžimas 4.2. Grafas, kuriame egzistuoja Hamiltono ciklas yra vadinamashamiltono grafu.
Pavyzdys 4.1. Grafas
18
neturi Hamiltono ciklo, nes bet kuris uždaras kelias apeinantis visas šio grafoviršūnes turės pereiti vidurinę viršūnę bent du kartus.
Pavyzdys 4.2. Grafas
jau turės ciklą apeinantį visas grafo viršūnes
Taigi, šis grafas yra Hamiltono.
Būtinos ir pakankamos sąlygos patikrinti ar duotas grafas yra Hamiltono yrakol kas nežinomos.
Apibrėžimas 4.3. Pilnuoju grafu Kn yra vadinamas grafas .V;E/ turintis n DjV j viršūnių ir visas įmanomas jas jungiančias briaunas, t.y. jEj D n.n � 1/=2
Pavyzdys 4.3. Pirmieji šeši pilni grafai turi sekantį pavidalą.
K1 K2K3 K4
K5 K6
Nesunku matyti, kad išskyrus K2 visi pilni grafai Kn yra Hamiltono grafai.
Teorema 4.1 (Ores teorema). Tarkime grafas G D .V;E/ turi ne mažiau kaiptris viršūnes jV j D n > 3. Jeigu bet kuriai porai viršūnių u; v 2 V , kurios nėrasujungtos briauna .u; v/ 62 E, teisinga nelygybė
deg.u/C deg.v/ > n:
tai G yra Hamiltono grafas.
19
Įrodymas. Įrodinėsime prieštaros būdu. Tarkime, kad egzistuoja grafas G D.V;E/ pasižymintis teoremoje nurodyta savybe, tačiau neturintis Hamiltono ciklo.Paimkime dvi grafo G viršūnes a ir b, tarp kurių nėra briaunos. Pridėję prie grafoG naują briauną .a; b/mes gausime grafąG1 D .V1; E1/ D .V;E[f.a; b/g/. JeiG1 turi Hamiltono ciklą, sustojam. Jeigu ne, paimame kitą porą grafo G1 briaunanesujungtų viršūnių ir jas sujungę briauna gausime grafą G2. Tęsiam papildo-mų briaunų prijungimo procesą tol, kol po kažkurio, tarkime s C 1-ojo, žingsniogausime Hamiltono grafą. Turėsime seką grafų
G;G1; G2; : : : ; Gs„ ƒ‚ …nehamiltoniniai grafai
; GsC1„ƒ‚…hamiltoninis
Paskutinis nehamiltoninis grafas Gs pasižymės ta savybe, kad sujungus dvi kaž-kurias jo viršūnes x ir y mes gausime Hamiltono ciklą
.x D/v1 ! v2 ! v3 ! � � � vn�1 ! vn.D y/! x
apeinantį visas grafo viršūnes. O tai reikš, kad grafe Gs bus takas prasidedantis xir pasibaigiantis y ir apeinantis visas grafo viršūnes.
x D v1
v2
v3
vi viC1
vn D y
vn�1
vn�2
Pastebėkime, kad jeigu galinė tako viršūnė vn bus sujungta su kokia nors viršūnevi , tai pradinė tako viršūnė v1 negalės būti sujungta su po vi sekančia viršūneviC1. Nes jeigu pasitaikytų tokia situacija
20
x D v1
v2
v3
vi viC1
vn D y
vn�1
vn�2
tai reikštu, jog musu grafasGs turi Hamiltono ciklą kurio pagal mūsų prielaidą jisturėti negali.
v1 ! v2 ! � � � ! vi ! vn ! vn�1 ! � � � viC1 ! v1
x D v1
v2
v3
vi viC1
vn D y
vn�1
vn�2
Vadinasi jeigu vn bus sujungta su viršūnėmis
vj1; vj2
; : : : ; vjdeg.vn/D vn�1
kur 2 6 j1 < j2 < : : : < jdeg.vn/ D n � 1 tai viršūnė v1 negalės būti sujungta suviršūnėmis
vj1C1; vj2C1; : : : ; vjdeg.vn/C1Dvn
21
O tai reiškia, kad v1 gales būti sujungta daugiausiai tik su n � 1 � deg.vn/ viršū-nėmis
fv2; v3; v4; : : : ; vng n fvj1C1; vj2C1; : : : ; vjdeg.vn/C1g
Tai reiškia, kad skaičius deg.v1/ viršūnių su kuriomis v1 yra sujungta briaunatenkina nelygybe
deg.v1/ 6 n � 1 � deg.vn/
arba kitais žodžiaisdeg.v1/C deg.vn/ 6 n � 1:
O tai jau prieštarauja teoremos prielaidai, kad
deg.v1/C deg.vn/ > n:
Teorema įrodyta.
Apibrėžimas 4.4. Hamiltono taku grafeG D .V;E/ vadinamas takas pereinantisvisas grafo viršūnes po vieną kartą.
Pavyzdys 4.4. Grafas
neturi Hamiltono ciklo, bet turi Hamiltono taką
5 Planarieji grafaiApibrėžimas 5.1. Grafas arba multigrafas G D .V;E/ yra vadinamas plana-riuoju arba plokščiu jeigu jį galima pavaizduoti plokštumoje taip, kad jo briaunosnesikirstų niekur išskyrus viršūnių taškus.
22
Pavyzdys 5.1. Grafas G D .V;E/, su viršūnių aibe
V D fv1; v2; v3; v4; v5; v6; v7g
ir briaunų aibe
E D f.v1; v2/; .v1; v4/; .v1; v5/; .v1; v3/;
.v3; v5/; .v3; v7/; .v4; v5/; .v4; v6/; .v6; v7/g
yra plokščias nes jį mes galime pavaizduoti plokštumoje taip, kad jo briaunoskirstųsi tik grafo viršūnėse.
v4
v1
v3
v5
v6
v2
v7
Pavyzdys 5.2. Grafas
v4 v1 v3
v5v6 v2
taip pat yra plokščias, nes mes jį galime pavaizduoti plokštumoje kaip
v4
v1
v3
v5v6
v2
23
Apibrėžimas 5.2. Tarkime, kad grafas arba multigrafasG yra pavaizduotas plokš-tumoje taip, kad jo briaunos nesikerta nekur išskyrus grafo viršūnes. Tuometplokštumos sritis apribotas grafo briaunomis vadinsime regionais arba veidais.
Pavyzdys 5.3. Plokštumoje pavaizduotas grafas
f1
f2
f5
f3
f4
turi 5 regionus: f1, f2, f3, f4 ir f5.
Teorema 5.1 (Eulerio daugiakampių formulė). Tegu G D .V;E/ yra jungus pla-narus grafas arba multigrafas. Tuomet skaičius f regionų į kuriuos plokstumąpadalija G brėžinys plokštumoje, toks, kad jo briaunos kertasi tik viršūnėse, ten-kina formulę
f C v � e D 2; (1)
kur v D jV j yra skaičius G viršūnių, o e D jEj yra skaičius jo briaunų.
Įrodymas. Iš pradžių panagrinėkime atvejį, kai multigrafas turi tik vieną viršūnę.
24
Šiuo atveju visos multigrafo briaunos bus kilpos. Kiekviena prie vienintelės grafoviršūnės pridėta kilpa padalija vieną kurį nors anksčiau buvusį vientisą regioną įdvi dalis. Tuo pačiu kiekviena papildoma briauna padidina regionų skaičių viene-tu. Taigi, to atveju, kai multigrafas turi tik vieną viršūnę, jo regionų skaičius busvienetu didesnis už jo briaunų skaičių.
f D e C 1:
Tuo atveju, kai grafas turi daugiau nei vieną viršūnę, pasirenkame dvi briau-na sujungtas viršūnes ir jas sutraukiame taip, kad naujai gautame grafe briaunosnesikirstų niekur išskyrus viršūnes. Gausime grafą turintį viena briauna ir vienaviršūne mažiau. Kartojame procesą kol liks tik viena viršūnė. Viršinių sutraukimoprocesą mes galime iliustruoti grafu
f1
f2
f5
f3f4
Šiame grafe pasirenkame dvi briauna sujungtas viršūnes (brėžinyje nuspalvintasraudonai)
25
f1
f2
f5
f3f4
Sutraukę pasirinktas viršūnes taip, kad naujai gautame grafe briaunos nesikirstų,gausime grafą
f1
f2
f5
f3f4
Toliau naujai gautame grafe pasirenkame dar vieną porą briauna sujungtų viršū-nių.
f1
f2
f5
f3f4
ir jas sutraukiame
26
f1
f2
f5
f3f4
Kartodami procesą toliau gausime seką grafų
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
27
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
28
f1
f2
f5
f3f4
f1
f2
f5
f3f4
Kiekviename žingsnyje atlikę dviejų viršūnių sutraukimo procesą mes gausimemultigrafą turintį viena viršūne ir viena briauna mažiau. Taigi, viršūnių sutrauki-mo proceso gale gausime multigrafą turintį tik vieną viršūnę ir e0 briaunų, kuriųkiekis bus v � 1 briauna mažesnis už pradinio grafo briaunų skaičių
e0 D e � .v � 1/ D e � v C 1:
Multigrafo veidų skaičius f liks nepakitęs. Todėl
f D e0 C 1
įstate čia vietoje e0 dydį e � v C 1 gausime
f D e0 C 1 D e � v C 1C 1 D e � v C 2
perkėlę viską į kairę pusę gausime
f � e C v D 2
Teorema įrodyta.
Apibrėžimas 5.3. Plokštumoje pavaizduoto planaraus grafo G veido fi laipsniudeg.fi/ vadinsime skaičių briaunų, kurias reikia pereiti apeinant veido kraštą.
Pavyzdys 5.4. Tarkime mūsų grafas G yra
29
f1
f2
f5
f3
f4
Čia turime deg.f3/ D 3 tačiau deg.f4/ D 5, kadangi viena briauna gulinti veidof4 viduje yra apeinama du kartus apeinant šio veido kraštus.
Planaraus grafo veido laipsnį galime taip pat vaizdžiai apibrėžti sekančiu būdu.Prie kiekvienos briaunos abiejų pusių prirašome po vienetą. Tuomet grafo veidolaipsniu bus skaičius vienetų esančių to veido viduje.
1 1
1
111
1 1
1
1
11
1
1
1 1
11
11
1
1
1
1
11
11
f1
f2
f5
f3 f4
11
1
1
Suma visų regionų laipsnių bus lygi skaičiui visų vienetų mūsų brėžinyje, ku-ris savo ruožtu bus lygus padaugintam iš 2 grafo briaunų skaičiui (nes kiekvienabriauna įneša po 2 vienetus į bendrą vienetų sumą).
deg.f1/C deg.f2/C deg.f3/C deg.f4/C deg.f5/ D 2jEj
Taigi, iš ką tik išnagrinėto pavyzdžio padarome išvadą, kad galioja sekanti teore-ma.
30
Teorema 5.2. JeiguG D .V;E/ yra planarus grafas, o R1; R2; : : : ; Rf yra jo re-gionai, tai suma visų regionų laipsnių yra lygi grafo briaunų skaičiui padaugintamiš dviejų
deg.R1/C deg.R2/C � � � C deg.Rf / D 2jEj (2)
Jeigu G yra paprastas planarus jungus grafas (ne multigrafas!) be kilpų, taibet kurį jo aprėžtą regioną ribos ne mažiau kaip trys briaunos. Tokio grafo bega-lino regiono laipsnis bus ne mažesnis už tris, jeigu grafas turi bent dvi briaunas.Vadinasi jeigu grafas yra planarus, jungus ir turi ne mažiau kaip dvi briaunas, taijo regiono laipsnis bus nemažesnis už trejetą
deg.R2/ > 3
todėl
2jEj D deg.R1/C deg.R2/C � � � C deg.Rf /> 3C 3C � � � C 3„ ƒ‚ …
f
D 3f:
Išvada 5.3. Jeigu G D .V;E/ yra planarus jungus grafas be kilpų, turintis nemažiau kaip dvi briaunas, tai skaičius jo regionų f tenkina nelygybę
f 62
3e
kur e D jEj yra grafo briaunų skaičius.
Ką tik įrodytas planaraus grafo regionų skaičiaus f įvertis iš viršaus kartu suEulerio formule
f � e C v D 2
duoda sekančioje teoremoje suformuluotą nelygybę, kurią turi tenkinti bet kokioplanaraus grafo briaunų ir viršūnių skaičiai.
Teorema 5.4. Tegu grafas G D .V;E/ neturi kilpų, yra planarus ir turi bent dvibriaunas jEj > 2, tuomet
e 6 3v � 6
kur e D jEj ir v D jV j yra grafo G briaunų ir viršūnių skaičius atitinkamai
Įrodymas. Pritaikę nelygybę f 6 .2=3/e įvertinti planaraus grafo regionų skaičiųf įeinantį į Eulerio formulę (1) gausime nelygybę
2 D f � e C v 62
3e � e C v D �
1
3e C v
31
Padauginę abi nelygybės puses iš 3 gausime
6 6 3v � e
Perkėlę dėmenį e į kairę pusę, o 6 į dešinę pusę gausime teoremos nelygybę.Teorema įrodyta.
Vadinasi, jeigu grafo G briaunų ir viršūnių skaičius netenkina nelygybės
e 6 3v � 6;
tai jis nebus planarus.
Išvada 5.5. Grafas
K5
nėra planarus.
Įrodymas. Grafas K5 turi v D 5 viršūnes ir e D 10 briaunų. Taigi
3v � 6 D 3 � 5 � 6 D 9
tuo pačiu 10 D e > 3v�6 D 9. Taigi, nelygybė e 6 3v�6 nebus patenkinta.
Grafas K3;3, kuris gali būti pavaizduotas kaip
K3;3
tenkina nelygybę e 6 3v � 6 tačiau vis tiek yra neplanarus.
32
Uždavinys 5.1. Įrodykite, kad grafas K3;3 nėra planraus
Nurodymas. Įrodymas gali būti gautas sekant žemiau pateiktais žingsniais.
1. Darome prielaida, jog grafas K3;3 yra planarus
2. Įsitikinkite, kad mažiausias grafoK3;3 ciklo ilgis yra lygus 4. Remiantis kuoįrodykite, kad jeigu sis grafas butu planarus tai visu jo regionu Ri laipsniaideg.Ri/ butu ne mažesni už 4.
3. Kombinuodami nelygybę deg.Ri/ > 4 su grafo regionų laipsnių sumos for-mule (2) gausime grafo K3;3 regionų skaičiaus f įvertį iš viršaus.
4. Pritaikę gautą regionu skaičiaus f įvertį Eulerio formulei (1) gauname ne-lygybę tarp K3;3 briaunų ir viršūnių.
5. Įsitikinkite, kad kad ką tik gauta nelygybė nebus patenkinta jeigu į ją įsta-tysime K3;3 briaunų ir viršūnių skaičių. Gauta prieštara reikš, kad mūsųprielaida, jog grafas K3;3 yra planarus yra neteisinga.
Išvada 5.6. Planarus grafas G D .V;E/ visada turi bent vieną viršūnę v 2 V ,kurios laipsnis neviršija penkių deg.v/ 6 5.
Įrodymas. Jeigu planaraus grafo viršūnių skaičius neviršija šešių jV j 6 6, tai visųjo viršūnių laipniai neviršys 5. Tuo pačiu tokiems grafams teorema bus teisinga.Jeigu planaraus grafo viršūnių skaičius yra didesnis už šešetą jV j > 7 tai tokiamgrafui galios teoremos 5.4 nelygybė
jEj 6 3jV j � 6:
Iš kitos pusės, jeigu tarsime, kad tokiame grafe visų viršūnių v 2 V laipsniai yranemažesni už šešis deg.v/ > 6 tai įvertine šešetu iš apačios rankų paspaudimoteoremos 2.1 tapatybės kairę pusęX
v2V
deg.v/ D 2jEj
gausime nelygybę6jV j 6 2jEj
prieštaraujančią nelygybei jEj 6 3jV j�6. Taigi, gavome prieštarą įrodančią, kadtarp planaraus grafo viršūnių atsiras bent viena, kurios laipsnis neviršys 5.
33
Apibrėžimas 5.4. Tegu G D .V;E/ yra grafas be kilpų. Tegu grafas G 0 yragautas pridėjus prie grafo G papildomą naują viršūnę a ir pakeitus vieną grafoG briauną .u; v/ 2 E dviem briaunomis .u; a/ ir .a; v/. Tuomet grafa G 0 mesvadinsime G elementariuoju padaliniu (angl. elementary subdivision) vadinsimegrafa G 0. Kitais žodžiais G 0 D .V 0; E 0/ yra grafas kurio viršūnių aibė V 0 yra lygi
V 0 D V [ fag;
o briaunų aibė E 0 yra
E 0 D .E n f.u; v/g/ [ f.u; a/; .a; v/g
Pavyzdys 5.5. Grafas
v1v2
v3
v4
v5
v6v7
yra grafo
v1v2
v3
v4
v5
v6
elementarusis padalinys gautas pridėjus vieną viršūnę v7 ir pakeitus briauną .v1; v4/dvejomis briaunomis .v1; v7/ ir .v4; v7/.
Apibrėžimas 5.5. GrafasG 0 yra vadinamas grafoG padaliniu (angl. subdivision)jeigu jis yra gautas iš grafoG vienas po kito atlikus baigtinį skaičių elementariųjųpadalinių
34
Pavyzdys 5.6. Grafas
v1v2
v3
v4
v5
v6
v7
v10
v9
v8
yra grafo
v1v2
v3
v4
v5
v6
padalinys
Teorema 5.7 (Kuratovskio). Grafas yra planarus tada ir tik tada, kai jis neturipografio izomorfiško grafo K5 arba grafo K3;3 padaliniams.
K5 K3;3
Pavyzdys 5.7. Grafas
35
nėra planarus nes turi pografį
kuris yra grafo K3;3 padalinys.
6 Miškai ir medžiaiApibrėžimas 6.1. Mišku vadinamas grafas neturintis ciklų.
Pavyzdys 6.1. Grafas
yra miškas.
Apibrėžimas 6.2. Medžiu vadinamas jungus grafas neturintis ciklų. Kitaip ta-riant medis yra jungus miškas.
Pavyzdys 6.2. Grafas
36
yra medis.
Išvada 6.1. Kiekvienas medis yra miškas, tačiau ne kiekvienas miškas yra medis.
Pavyzdys 6.3. Grafas
yra miškas bet nėra medis.
Teorema 6.2. Jungus grafas G yra medis tada ir tik tada, kai išmetus bet kurią jobriauną yra gaunamas grafas turintis dvi komponentes.
Įrodymas.Būtinumas. Tarkime, kad G yra medis. Įrodysime, kad išbraukę betkurią jo briauną mes gausime nejungų grafą. Iš tikrųjų, tarkime, kad grafe Gyra briauna .a; b/, kurią išmetus mes gausime jungų grafą G 0 D .V;E1/, čiaE1 D E n f.a; b/g.
a b
G
37
a b
G 0
Pagal mūsų prielaidą grafasG 0 bus jungus. Jungiame grafe bet kurios dvi viršūnėsgali būti sujungtos taku. Tame tarpe viršūnės a ir b taip pat bus sujungtos kuriuonors taku
a! v1 ! v2 ! v3 ! � � � vs ! b
a
v1
v2
vi viC1
b
vs
vs�1
G 0
o tai reikš, kad pradiniame grafe G, kuris turėjo briauną .a; b/ egzistavo ciklas
a! v1 ! v2 ! v3 ! � � � vs ! b ! a:
a
v1
v2
vi viC1
b
vs
vs�1
G
38
Gauta prieštara įrodo, kad iš medžio išmetus vieną briauną gautas grafas bus ne-jungus. Kodėl toks grafas turės lygiai dvi komponentes? Jei grafas gautas išmetusviena briauna turėtų k > 3 komponentes,
G 0
a b
tai gražinus išbrauktą briauna mes sujungtume daugiausiai dvi komponentes,
G
a b
o tai reikštu, kad pradinis grafas turėjo mažiausiai k � 1 > 2 komponentes t. y.buvo nejungus.
Pakankamumas. Tarkime, kad G yra jungus grafas iš kurio išmetus bet kuriąbriauną gaunamas grafas su dviem komponentėmis. Tereikia įrodyti, kad toksgrafas neturi ciklų. Tarkime grafas G turi cikla
v1
v2
v3
vi viC1
vs
vs�1
vs�2
G
39
Išmeskime iš grafo G vieną to ciklo briauną .v1; vs/ ir pažymėkime naujaigautą grafą G 0.
v1
v2
v3
vi viC1
vs
vs�1
vs�2
G 0
Įrodysime, kad naujai gautas grafas G 0 yra jungus. Parenkame dvi grafo G 0 viršū-nes x ir y.
v1
v2
v3
vi viC1
vs
vs�1
vs�2
G 0
x
y
Kadangi grafas G buvo jungus, tai jame buvo ir takas jungiantis x ir y. Toliauįrodysime, kad takas jungiantis x ir y egzistuoja ir grafeG 0. Yra galimi du atvejai.
1. Jeigu takas grafe G jungiantis x ir y neina per briauną .v1; vs/, tai jis bustakas ir grafe G 0.
40
v1
v2
v3
vi viC1
vs
vs�1
vs�2
G 0
x
yu1
ukuj�1uj
2. Jeigu takas jungiantis x ir y eina per briauną .v1; vs/,
v1
v2
v3
vi viC1
vs
vs�1
vs�2
G
x
y
u1 ul
tai šiuo atveju mes galime taką modifikuoti taip, kad jis neitų per briauną.v1; vs/, o tai reškia, kad toks modifikuotas takas bus taku ir grafe G 0, kurisneturi briaunos .v1; vs/.
41
x
y
u1 ulv1
v2
v3
vi viC1
vs
vs�1
vs�2
G 0
u1 ul
Abiem atvejais grafe G 0 egzistuos takas jungiantis x ir y. Kadangi x ir y buvopasirinkti bet kokie tai gausime, kad G 0 yra jungus. Gautoji prieštara įrodo, kadgrafe G nėra ciklų.
Teorema 6.3. Jeigu grafas G D .V;E/ yra medis, tai jo briaunų skaičius yravienetu mažesnis už jo viršūnių skaičių
jEj D jV j � 1
Įrodymas. Įrodinėsime indukcijos metodu pagal grafo briaunų skaičių. Tarkime,kad grafas turi tik vieną briauną jEj D 1. Tuomet jis galės turėti tik dvi viršūnesjV j D 2.
Taigi,jEj D 1 D 2 � 1 D jV j � 1:
Tarkime, kad teorema yra teisinga visiems grafams turintiems ne daugiau kaip nbriaunų. Įrodysime, kad ji yra teisinga grafams turintiems nC1 briauną. Tarkime,kad grafasG D .V;E/ yra jungus ir turi lygiai nC1 briauną. Tuomet pasirenkamegrafe G viena briauna, ir ja ištriname.
G
42
Naujai gautas grafas G 0 bus sudarytas iš dviejų komponenčių G1 D .V1; E1/ irG2 D .V2; E2/.
G1G2
G 0
Komponentės G1 D .V1; E1/ ir G2 D .V2; E2/ bendrai paėmus turi tokį patįskaičių viršūnių kaip ir grafas G D .V;E/ t.y.
jV j D jV1j C jV2j
Tačiau jų bendras briaunų skaičius bus vienetu mažesnis už G briaunų skaičių
jEj D jE1j C jE2j C 1
Kadangi abiems grafams G1 ir G2 priklausančių briaunų skaičiai neviršija n, taijiems tinka indukcijos hipotezė. Vadinasi
jE1j D jV1j � 1
jE2j D jV2j � 1
Sudėję abi šias lygtis panariui turėsime
jE1j C jE2j D jV1j C jV2j � 2
Prisiminę, kad jV j D jV1j C jV2j ir jEj D jE1j C jE2j C 1 gausime
jEj D jV j � 1:
Teorema įrodyta.
Teiginys 6.4. Jungiame grafe visada bent egzistuoja bent vienas pografis, kurisyra medis ir kurio viršūnių aibė sutampa su grafo viršūnių aibe. Toks pografis yravadinamas grafo dengiančiuoju medžiu
Įrodymas. Paimsime bet kurį jungų grafą G ir sukonstruosime jo dengiantįjį me-dį. Tarkime, kad iš jungaus grafo G išmetus bet kurią briauną gausime nejungų
43
grafą. Vadinasi pagal teoremą 6.2 grafas G bus medis ir tuo pačiu bus savo patiesdengiantysis medis ir toliau nieko įrodinėti nereikia.
Jeigu grafeG yra bent viena briauna, kurią išmetus naujai gautas grafas išliekajungus, tai paėmę vieną iš tokių briaunų e1 ir išmetę ją iš grafo G mes gausimegrafo G jungų pografį G1 D G � e1. Jeigu jungus pografis G1 yra toks, kadiš jo išmetus bet kurią briauną gausime nejungų grafą, tai vėlgi pagal teoremą6.2 pografis G1 bus medis ir tuo pačiu bus grafo G dengiantysis medis ir tuopačiu mūsų įrodymas baigtas. Priešingu atveju, jeigu pografyje G1 yra bent vienabriauna, kurią išmetus grafas išlieka jungus, tai išmetę vieną iš tokių briaunų e2mes gausime jungų grafoG1 pografįG2 D G1�e2. Tesdami šį briaunų šalinimo išgrafoG procesą tol, kol gautuose pografiuose bus briaunų, kurias išmetus pografisišlieka jungus, mes gausime seką pografių
G;G1; : : : ; Gs
kur paskutinis grafas Gs bus toks, kad iš jo pašalinus bet kurią briauną gausimenejungų grafą. O tai reikš pagal teoremą 6.2, kad Gs bus medis. Tuo pačiu Gs busgrafo G dengiantysis medis.
Pavyzdys 6.4 (Dengiančiojo medžio pavyzdys). Žemiau pateiktame grafe raudo-na spalva yra pažymėtos dengiančiojo medžio briaunos.
Išvada 6.5. Jeigu grafas G D .V;E/ yra jungus, tai jo briaunų ir viršūnių skai-čius turi tenkinti nelygybę
jEj > jV j � 1:
Įrodymas. Teiginys 6.4 teigia, kad kiekvienas jungus grafas G D .V;E/ turi bentvieną pografį T D .V1; E1/, kuris yra dengiantysis medis. Kadangi T yra medis,tai kaip teigia teorema 6.3 jo viršūnių ir briaunų skaičių sieja tapatybė
jE1j D jV1j � 1: (3)
44
Pagal apibrėžimą, dengiančiojo medžio T viršūnių aibė V1 sutampa su grafo Gviršūnių aibe V1 D V , o jo briaunų aibė E1 yra grafo G briaunų aibės E poaibisE1 � E, todėl
jV1j D jV j
jE1j 6 jEj:
Kombinuodami šiuos įverčius su tapatybe (3) kurią tenkina medžio T viršūnių irbriaunų skaičius mes gauname nelygybę
jEj > jE1j D jV1j � 1 D jV j � 1:
Išvada 6.6. Jungus grafas G D .V;E/ yra medis tada ir tik tada kai jo briaunųir viršūnių skaičiai tenkina tapatybe
jEj D jV j � 1
Įrodymas. Tai, kad kiekvieno medžio viršūnių ir briaunų skaičiai tenkina išvadojesuformuluotą tapatybę jau įrodėme teoremoje 3.
Iš kitos pusės, tarkime, kad G D .V;E/ yra jungus grafas kurio viršūnių irbriaunų skaičius tenkina tapatybę jEj D jV j � 1. Iš tokio grafo išbraukus bet ko-kią briauną gausime grafą G 0 D .V;E 0/ kuris turės viena briauna mažiau, taigi jobriaunų ir viršūnių skaičiai tenkins tapatybę jV j D jE 0j � 2. Iš čia išplaukia, kadtoks grafas G 0 bus nejungus, nes jis netenkins nelygybės suformuluotos išvadoje6.5, kurią turi tenkinti bet koks jungus grafas. Taigi, iš jungaus grafo tenkinan-čio teoremoje suformuluotą tapatybę išbraukę bet kokią briauną gausime nejungųgrafą. Remiantis teorema 6.2 toks grafas bus medis.
Apibrėžimas 6.3. Grafo G D .V;E/ lapu vadiname jo viršūnę v 2 V iš kuriosišeina tik viena briauna t.y. deg.v/ D 1.
Teorema 6.7. Bet koks medis G D .V;E/ turintis ne mažiau kaip dvi viršūnesjV j > 2 turi bent du lapus.
Įrodymas. Kadangi G D .V;E/ yra medis tai
jEj D jV j � 1:
Iš kitos pusės, kaip ir bet kokiam grafui medžiui G galioja rankų paspaudimoteorema X
v2V
deg.v/ D 2jEj D 2.jV j � 1/:
45
Pagal apibrėžimą G yra jungus, vadinasi visų jo viršūnių laipsniai yra nenuliniaideg.v/ > 1. Jeigu grafas G neturėtų lapų, tai visų jo viršūnių laipsniai būtųnemažesni už dvejetą, t.y. deg.v/ > 2 visoms grafo viršūnėms v 2 V . O iš čiagautume nelygybę prieštaraujančią rankų paspaudimo tapatybeiX
v2V
deg.v/ >Xv2V
2 D 2jV j:
Jeigu medis G turėtų tik vieną lapą, tai analogiškai samprotaudami vėl gautumeneteisingą nelygybęX
v2V
deg.v/ > 2.jV j � 1/C 1 D 2jV j � 1:
6.1 Numeruotųjų medžių skaičius. Caley teorema.Šiame skyriuje nagrinėsime medžius, turinčius n viršūnių, kurių visos viršūnėsyra sunumeruotos natūriniais skaičiais f1; 2; : : : ; ng. Bandysime atsakyti į sekantįklausimą.
Klausimas 6.1. Kiek yra skirtingų medžių turinčių lygiai n viršūnių?
Pavyzdys 6.5. Jeigu n D 1 yra tik vienas medis turintis vieną viršūnę su indeksu1.
1
Jeigu n D 2 yra vėlgi vienas medis turintis dvi viršūnes su indeksais f1; 2g.1 2
Jeigu n D 3 tai medžių su trimis viršūnėmis, yra trys1 2 3
1 3 2
2 1 3
Tą patį klausimą galime suformuluoti kitaip.
Klausimas 6.2 (Alternatyvi problemos formuluotė). Kiek skirtingų dengiančiųjųmedžių turi grafas Kn?
46
Pavyzdys 6.6. Jeigu n D 3 tai turime paskaičiuoti, kiek skirtingų dengiančiųjųmedžių turi pilnas grafas
1
2 3
K3
tokių yra lygiai 31
2 3
1
2 3
1
2 3
Sprendžiant šią problemą mums pravers sekantys du anksčiau įrodyti faktaiapie medžius.
1. Medis G D .V;E/ turintis n viršūnių V D f1; 2; : : : ; ng turi lygiai jEj Dn � 1 briaunas (teorema 6.3).
2. kiekvienas medis turintis bent dvi viršūnes turi bent 2 lapus (teorema 6.7).
6.1.1 Medžio Prüferio kodas
Tarkime G D .V;E/ su V D f1; 2; : : : ; ng ir jEj D n � 1 yra medis. Toliaulaikysime, kad n D jV j > 3.
Išrašome visas n � 1 briaunas sekančia tvarka.
1. Surandame medžio G lapą a1 2 V , deg.a1/ D 1 kurio indeksas yra ma-žiausias įmanomas ir jį kartu su iš jo išeinančia briauna a1; b1 pašalinameiš medžio. Gauname grafą G1, kuris yra medis ir turi viena viršūne ir vienabriauna mažiau nei pradinis grafas.
2. Surandame G1 lapą a2 2 V fa1g, deg.a2/ D 1 kurio indeksas yra mažiau-sias įmanomas ir jį kartu su iš jo išeinančia briauna a2; b2 pašaliname išmedžio.
3. ...
Gausime seką visų medžio G briaunų
.a1; b1/; .a2; b2/; : : : ; .an�1; bn�1/;
kur bn�1 D n.
47
Apibrėžimas 6.4. Seka .b1; b2; : : : ; bn�2/ yra vadinama medžio G Prüferio kodu
briauna e1 e2 ... en�2 en�1lapas a1 a2 ... an�2 an�1
Prüferio kodas b1 b2 ... bn�2 bn�1
Pavyzdys 6.7. Rasime grafo G Prüferio kodą.
2
7
1
3
45
6
3
1
4
2
5
1
1
2
6
2
2
7
G
E D
Taigi, grafo G Prüferio kodas yra
12122
Įsižiūrėję į Prüferio kodo konstrukciją pastebėsime, kad lentelėjebriauna e1 e2 ... en�2 en�1lapas a1 a2 ... an�2 an�1
Prüferio kodas b1 b2 ... bn�2 bn�1išrašyti medžio briaunų indeksai pasižymi dviem esminėmis savybėmis
1. Lapų eilutėje a1; a2; : : : ; an�1 pasirodo visi skaičiai 1; 2; : : : ; n�1 po vienąkartą.
2. Antroje eilutėje b1; b2; : : : ; bn�2, išskyrus paskutinę reikšmę bn�1 D n, pa-sirodo tos ir tiktai tos viršūnės kurių laipsniai yra didesni už 1.
Šios dvi savybės mums leidžia vienareikšmiškai atstatyti medį pagal jo Prüferiokodą. Iš tikrųjų, tarkime mums yra duotas kažkokio medžio Prüfereio kodas
b1b2 � � � bn�2:
48
Prüferio kodo elementų skaičius yra vienetu mažesnis už medžio briaunų skaičių,taigi šis kodas buvo gautas iš medžio turinčio n�2C1 D n�1 briauną. Vadinasišį kodą atitinkantis medis buvo sudarytas iš n viršūnių V D f1; 2; : : : ; ng. Taigi,tam, kad atstatytume medį pagal jo Prüferio kodą belieka atstatyti jo briaunų aibęE D fe1; e2; : : : ; en�1g sudarytą iš n � 1 briaunų, kur ej D .aj ; bj /. T.y. turimeužpildyti lentelės
briauna e1 e2 ... en�2 en�1lapas a1 a2 ... an�2 an�1
Prüferio kodas b1 b2 ... bn�2 bn�1lapų eilutę sudarytą iš sekos lapų a1; a2; : : : ; an�1 kuriuos vienas po kito "nu-
kabindavome" nuo medžio konstruodami Prüferio kodą.Prisiminkime, kad a1 yra indeksas mažiausio medžio lapo. O medžio lapų
aibė yra sudaryta tik iš tų viršūnių, kurios nepriklauso sekai Prüferio kodo sekaib1; b2; : : : ; bn�2, išskyrus didžiausio indekso viršūnę bn�1 D n, kuri gali būtilapas, o gali ir nebūti lapu. Vadinasi
a1 D minff1; 2; : : : ; ng n fb1; b2; : : : ; bn�2gg
Medis, kuris buvo gautas "nukabinus" lapą e1 D .a1; b1/ bus sudarytas iš viršūniųaibės f1; 2; : : : ; ng n fa1g ir briaunų aibės e2; e3; : : : ; en�1. T.y. šio naujai gautomedžio briaunų aibę gausime išmetę pirmą stulpelį iš anksčiau pateiktos lentelės
briauna e2 e3 ... en�2 en�1lapas a2 a3 ... an�2 an�1
Prüferio kodas b2 b3 ... bn�2 bn�1Taigi, a2 bus lygus indeksui lapo su mažiausiu įmanomu indeksu, naujai gau-
tame medyje. Taigi
a2 D minff1; 2; : : : ; ng n fa1; b2; b3; : : : ; bn�2gg
Analogiškai samprotaudami gauname formulę
ak D minff1; 2; : : : ; ng n fa1; a2; : : : ; ak�1; bk; bkC1; : : : ; bn�2gg:
Pavyzdys 6.8. Tarkime, kad žinome,jog medžio G Prüferio kodas yra
32311
Šis medis turi 6 briaunas ir 7 viršūnes V D f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7gbriauna e1 e2 e3 e4 e5 e6lapas a1 a2 a3 a4 a5 a6
Prüferio kodas 3 2 3 1 1 7
Taigi,
a1 D minff1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g n f3; 2; 3; 1; 1„ ƒ‚ …b1;b2;b3;b4;b5
gg D minf4; 5; 6; 7g D 4
49
a2 D minff1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g n f 4„ƒ‚…a1
; 2; 3; 1; 1„ ƒ‚ …b2;b3;b4;b5
ggg D minf5; 6; 7g D 5
a3 D minff1; 2; 3; 4; 5; 6; 7g n f 4; 5„ƒ‚…a1;a2
; 3; 1; 1„ƒ‚…b3;b4;b5
gg D minf2; 6; 7g D 2
ir t.t.Galiausiai turime
briauna e1 e2 e3 e4 e5 e6lapas 4 5 2 3 6 1
Prüferio kodas 3 2 3 1 1 7
21
3
4
5
6
7
Taigi, įsitikinome, kad visada galime atstatyti medį pagal jo Prüferio kodą.Natūraliai kyla klausimas ar bet kuriai sekai b1; b2; : : : ; bn�2 sudarytai iš bet kokiųskaičių bi 2 f1; 2; : : : ; ng egzistuoja medis kurio Prüferio kodas yra ši seka? Dartiksliau šį klausimą suformuluosime sekančiu būdu.
Teiginys 6.8. Tarkime mums yra duota skaičių seka
b1; b2; : : : ; bn�2
kur bj 2 f1; 2; : : : ; ng. Tuomet pagal formules
ak D minfV n fa1; a2; : : : ; ak�1; bk; bkC1; : : : ; bn�1gg
užpildyta lentelėbriauna e1 e2 ... en�2 en�1
lapas a1 a2 ... an�2 an�1Prüferio kodas b1 b2 ... bn�2 bn�1
visada duos grafą su briaunomis e1; e2; : : : ; en�1 kuris yra medis.
Įrodymas. Tam, kad atsakytume į mūsų klausimą turime įsitikinti, kad panaudo-jant aukščiau pateiktas fomules mes visada gausime grafą, kuris neturi ciklų ir yrajungus. Tarkime, pagal formulę
ak D minfV n fa1; a2; : : : ; ak�1; bk; bkC1; : : : ; bn�1gg (4)
vienas po kito apskaičiuojame pirmos mūsų lentelės eilutės elementus ir traktuo-dami šios lentelės stulpelius kaip grafo briaunas bandome pavaizduoti plokštumo-je grafą G D .V;E/ kurio viršūnių aibė yra
V D f1; 2; : : : ; ng;
50
o briaunų aibė yra
E D f.a1; b1/; .a2; b2/; : : : ; .an�1; bn�1/g
jeigu gautas grafas bus jungus ir neturės ciklu, tai reikš, kad jis yra medis. Tuotikslu pastebėkime, kad pagal formulę (4) apskaičiuota skaičių seka pasižymėstokiomis savybėmis
1. Visi skaičiai a1; a2; : : : ; an�1 bus skirtingi. Nes pagal mūsų formulę kiek-vienas naujai surastas skaičius ak negalės sutapti su prieš tai apskaičiuotaisskaičiais a1; a2; : : : ; ak�1.
2. Kadangi pagal mūsų formulę
ak D minfV n fa1; a2; : : : ; ak�1; bk; bkC1; : : : ; bn�1g
skaičiuodami pirmus elementus fa1; a2; : : : ; akg mes reikalavome, kad jienesutaptų su bk tai
bk 62 fa1; a2; : : : ; akg
Be to, kadangi seka skaičių fa1; a2; : : : ; an�1g yra aibės f1; 2; : : : ; n � 1gperstata, tai
bk 2 fakC1; akC2; : : : ; an�1g D V n fa1; a2; : : : ; akg
Taigi su kiekvienu indeksu k turėsime Taigi
1.ak 62 fbkC1; bkC2; : : : ; bn�1g [ fakC1; akC2; : : : ; an�1g (5)
2.bk 2 fakC1; akC2; : : : ; an�1g (6)
Dabar jeigu pradėsime konstruoti mūsų grafą G D .V;E/ vaizduodami plokš-tumoje briaunas nuo pradedami nuo mūsų lentelės galo, aukščiau išvardintos dvisavybės reikš, kad kiekviena naujai prijungta briauna .ak; bk/ išpildys sekančiassąlygas:
1. Iš savybės (5) išplaukia, kad vienas briaunos .ak; bk/ galas ak nesutaps neisu vienu anksčiau prijungtų briaunų .akC1; bkC1/; .akC2; bkC2/; : : : ; .an�1; bn�1/galu. Vadinasi prijungus briauną .ak; bk/ ciklas nesusidarys.
2. iš savybės (6) išplaukia, kad kitas briaunos .ak; bk/ galas bk būtinai sutapssu vienu iš ankščiau prijungtų briaunų .akC1; bkC1/; .akC2; bkC2/; : : : ; .an�1; bn�1/galu. Vadinasi prijungus bruaną .ak; bk/ gausime jungų grafą su briaunomis.ak; bk/; .akC1; bkC1/; : : : ; .an�1; bn�1/ jeigu tik ankščiau turėtas grafas subriaunomis .akC1; bkC1/; .akC2; bkC2/; : : : ; .an�1; bn�1/ buvo jungus.
51
Vadinasi grafas G D .V;E/ bus medis.
Teorema 6.9 (Caley teorema). Skaičius skirtingų medžių su viršūnėmis 1; 2; : : : ; nyra
nn�2:
Įrodymas. Aukščiau pateikti samprotavimai reiškia kiekvieną medį su viršūnėmis1; 2; : : : ; n atitinka seka skaičių (Pruferio kodą)
b1; b2; : : : ; bn�2
kur bj 2 f1; 2; : : : ; ng pagal kurią galime vienareikšmiškai atstatyti medį. Be toteiginys 6.8 reiškia, kad bet kuriai sekai skaičių
b1; b2; : : : ; bn�2
kur bj 2 f1; 2; : : : ; ng galime surasti medį su viršūnėmis 1; 2; : : : ; n kurio Pruferiokodas bus duotoji seka. Vadinasi skirtingų medžių su viršūnėmis 1; 2; : : : ; n buslygiai tiek pat kiek bus skirtingų skaičių sekų
b1; b2; : : : ; bn�2
kur bj 2 f1; 2; : : : ; ng. Tokių sekų pagal daugybos taisyklę bus nn�2. Teoremaįrodyta.
7 Grafo viršūnių spalvinimo problema
7.1 Žemėlapio spalvinimo problemaTurime nuspalvinti žemėlapį taip, kad dvi turinčios bendrą sieną valstybės būtųnudažytos skirtingomis spalvomis. Kiek mažiausiai spalvų užtenka norint nuspal-vinti duotą žemėlapį?
Panagrinėkime pavyzdį žemėlapio, kuriame yra pavaizduotos 7 valstybiųA;B;C;D;E; F;G;Hsienos.
52
AB
C
D
E
F
G
H
Nesunku matyti, kad tokį žemėlapį mes negalėsime nudažyti panaudodami nemažiau nei 4 spalvas.
AB
C
D
E
F
G
H
Kaip ir Kionigsbergo tiltų problemos atveju gavę žemėlapį, kurį reikėtų nu-spalvinti jame bus daug uždavinio sprendimui nereikalingos informacijos, pvz.valstybes ribojančių sienų tiksli konfigūracija, valstybių plotai ir t.t. Vienintelėinformacija, kurios reikia norint išspręsti žemėlapio spalvinimo problemą yra ži-noti tarp kurių valstybių yra siena, o tarp kurių nėra. Taigi, žemėlapio spalvinimouždavinį mes galime spręsti plokštumoje atidėję taškus atstovaujančius žemėlapy-je pavaizduotoms valstybėms ir sujungdami du atidėtus taškus briauna tada ir tiktada, kai taškus atitinkančios valstybės turi bendrą sieną.
53
AB
C
D
E
F
G
H
Taigi, norėdami nuspalvinti žemėlapį mes turėsime parinkti spalvas atitinkamografo viršūnėms taip, kad dvi briauna sujungtos viršūnės būtų nudažytos skirtingaspalva.
Pastebėkime, kad jeigu grafas yra gautas iš žemėlapio, tai tokį grafą mes ga-lime pavaizduoti plokštumoje taip, kad jo briaunos nesikirstų. Kitaip tariant, jisbus planarus.
Apibrėžimas 7.1. Grafo G D .V;E/ nuspalvinimu yra vadinamas atvaizdis f WV ! S , kur S D fs1; s2; : : : ; skg yra baigtinė aibė, vadinama spalvų aibe.
Apibrėžimas 7.2. Grafo G D .V;E/ nuspalvinimas f yra vadinamas korek-tišku, jeigu bet kurios grafo viršūnės a; b 2 V kurios yra sujungtos briauna.a; b/ 2 E yra nuspalvintos skirtingom spalvom
f .a/ 6D f .b/:
Apibrėžimas 7.3. GrafoG chromatiniu skaičiumi yra vadinamas mažiausias kie-kis spalvų kurių reikia norint korektiškai nuspalvinti grafą G. Šis dydis yra žymi-mas kaip �.G/.
Pavyzdys 7.1. Grafą K4 mes galime nuspalvinti keturiomis spalvomis.
K4
Kadangi mažesnio nei keturių spalvų rinkinio neužtenka norint korektiškai nu-spalvinti K4 tai turime, kad šio grafo chromatinis skaičius yra �.K4/ D 4.
Pavyzdys 7.2. Tegu G yra grafas
54
G
Nesunku matyti, kad �.G/ D 3.
Pavyzdys 7.3 (Dažnių paskirstymo problema). Turime n radijo, televizijos arbakt. stočių transliuojančių radijo signalus. Jeigu dvi stotys yra pakankamai artiviena kitos jos transliuodamos tuo pačiu dažniu gali viena kitai trukdyti. Mūsųtikslas parinkti kiekvienai stočiai transliavimo dažnį taip, kad stotys esančios artiviena kitos transliuotų skirtingais dažniais. Be to, norime panaudoti kuo mažiauskirtingų dažnių.
Teorema 7.1. Pilno grafo Kn chromatinis skaičius yra
�.Kn/ D n:
Įrodymas. Iš tikrųjų, kiekvienai iš n grafo pilno grafo Kn viršūnių priskyrę poskirtingą spalvą, mes galėsime grafą pilną grafą nudažyti n spalvomis. Kitaiptariant �.Kn/ 6 n. Iš kitos pusės, mažesnio nei n skaičiaus spalvų neužteks no-rint korektiškai nudažyti Kn, nes bet kuri pilno grafo viršūnių pora yra sujungtabriauna, o tai reiškia, kad visos pilno grafo viršūnės privalės būti nudažytos skir-tingomis spalvomis.
Teorema 7.2. Bet kokio medžio T D .V;E/, turinčio daugiau nei vieną viršūnęjV j > 2 chromatinis skaičius yra lygus dviem
�.T / D 2:
Įrodymas. Įrodinėsime indukcijos metodu. Jeigu medis turi tik dvi viršūnes jV j D2, tai jis turi pavidalą
O tai reiškia, kad jis gali būti nudažytas dviem spalvom
Tarkime, kad dviejų spalvų pakanka nudažyti visus medžius kurie turi ne daugiaukaip n viršūnių. Tegu G bus medis turintis jV j D nC 1 viršūnes.
55
G
Remiantis teorema 6.7 medis G turės bent du lapus. Pasirenkame vieną medžioG lapą. Išmetę pasirinktą lapą kartu su iš jo išeinančia briauna mes gausime medįG 0 turintį jV j � 1 D n viršūnių.
G
G 0
Taigi, grafą G 0 mes galime nuspalvinti panaudodami dvi spalvas.
G
G 0
Tuomet, nuspalvinę išmestą lapą spalva skirtinga nei spalva viršūnės su kuria jiyra sujungta briauna, gausime grafo G korektišką nuspalvinimą.
G
Teorema įrodyta.
56
Teorema 7.3. Jeigu grafas G turi pografį izomorfišką pilnam grafui Kn tai jochromatinis skaičius �.G/ bus ne mažesnis už n, t.y.
�.G/ > n
Teorema 7.4. Bet kurio grafo G D .V;E/ chromatinis skaičius neviršija jo mak-simalaus laipsnio viršūnės laipsnio maxv2V deg.v/ ir vieneto sumos
�.G/ 6 1Cmaxv2V
deg.v/:
Įrodymas. Iš tikrųjų, jeigu žymėsime kaip � didžiausią grafo viršunių laipsnį
� WD maxv2V
deg.v/;
tai reikš, kad kiekviena grafo viršūnė yra sujungta briaunomis su ne daugiau kaip� kitų viršūnių. O tai reiškia, kad jeigu grafo spalvinimui mes naudojame �C 1spalvas mes galėsime korektiškai nuspalvinti viena po kitos visas grafo viršūnespriskirdami dar nenuspalvintai viršūnei vieną iš � C 1 galimų spalvų, kuri darnebuvo panaudota spalvinant gretimas viršūnes, kurių skaičius neviršija �.
Klausimas 7.1. Koks yra planaraus grafo chromatinis skaičius?
Teorema 7.5. Jeigu grafas G D .V;E/ yra planarus, tai jį visada galime nuspal-vinti panaudodami šešias ar mažiau spalvų
�.G/ 6 6
Įrodymas. Įrodymas remiasi išvados 5.6 teiginiu, jog kiekvienas planarus grafasturi viršūnę, kurios laipsnis neviršija 5. Taikysime matematinę indukciją pagalgrafo viršūnių skaičių jV j. Jeigu jV j 6 6 tai teoremos teiginys yra akivaizdžiaiteisningas. Tarkime, kad n yra toks natūrinis skaičius, kad bet kurį planarų grafą,kurio viršūnių skaičius neviršija n galime nuspalvinti šešiomis spalvomis. Tarki-me, kad grafas G D .V;E/ turi nC 1 viršūnę jV j D nC 1.
G D .V;E/
57
Tarp grafo G viršūnių butinai atsiras tokia v0 2 V kurios laipsnis neviršys 5.G D .V;E/
v0
Pašalinę viršūnę v0 kartu su visomis iš jos iš jos išeinančiomis briaunomisiš grafo G gausime grafą G 0 D .V n fv0g; E/ kuris turės viena viršūne mažiaujV n fv0gj D n.
G 0 D .V n fv0g; E/
Taigi, grafui G 0 galios indukcijos prielaida, ir G 0 mes galime nuspalvinti pa-naudodami ne daugiau kaip 6 spalvas.
G 0 D .V n fv0g; E/
58
Iš grafo G pašalinta viršūnė v0 buvo sujungta briauna su ne daugiau kaip pen-kiomis kitomis viršūnėmis deg.v/ 6 5. Taigi, gražinę šią viršūnę mes visadagalėsime ją nuspalvinti viena iš tų 6 spalvų, kuri nebuvo panaudota spalvinantviršūnei v0 gretimas viršūnės, kurių skaičius neviršija 5.
G D .V;E/
v0
Šiek tiek sudėtingesnis yra įrodymas, kad kiekvieną planarų grafą mes galimenuspalvinti penkiomis spalvomis.
Teorema 7.6. Kiekvieną planarų grafą galime korektiškai nuspalvinti panaudo-dami 6 spalvas.
Įrodymas. Taikysime indukciją pagal grafo viršūnių skaičių. Jeigu
jV j 6 5
tai�.G/ 6 5
Tarkime, kad kiekvieną planarų grafą be kilpų turintį ne daugiau kaip n briaunųgalime nuspalvinti panaudodamį 5 ar mažiau spalvas. Tegu planarus grafas G D.V;E/ turi nC 1 viršūnę
jV j D nC 1:
Surandame viršūnę v0 2 V iš kurios išeina ne daugiau kaip 5 briaunos. Išgrafo G išmetame pasirinktą viršūnę kartu su iš jos išeinančiomis briaunomis.Gauname grafą G 0 turintį jV j � 1 D n briaunų. Tokiam grafui tinka indukcijosprielaida. Nuspalviname grafą G 0 ne daugiau kaip 5 spalvomis.
Toliau yra galimi tokie atvejai.
1. Atvejis 1: Iš viršūnės v0 išeina mažiau nei 5 briaunos.
59
v0
v1
v2v3
v4
Tokiu atveju nuspalvinę v0 viena iš 5 spalvų, kuri nebuvo panaudota spalvi-nant su v0 sujungtas viršūnes, gausime korektišką G nuspalvinimą
v0
v1
v2v3
v4
v0
2. Atvejis 2: deg.v0/ D 5 bet bent dvi su v0 sujungtos viršūnės yra nuspalvin-tos ta pačia spalva
60
v0
v1
v2v3
v4 v5
Tokiu atveju nuspalvine v0 ta iš 5 spalvų, kuri nebuvo panaudota spalvinantsu v0 sujungtas viršūnes, gausime korektišką G nuspalvinimą.
v0
v1
v2v3
v4 v5
v0
3. Atvejis 3: deg.v0/ D 5 bei visos su v0 sujungtos viršūnės yra nuspalvintosskirtingom spalvom.
61
v0
v1
v2v5
v4 v3
Pažymėkime kaip H1;3 grafo G 0 pografį kurį sudaro viršūnės nuspalvintosžalia arba raudona spalva kartu su jas jungiančiomis briaunomis
4. Atvejis 3a: v1 ir v3 priklauso skirtingoms H1;3 komponentėms
v0
v1
v2v5
v4 v3
H1;3 H1;3
H1;3
Tuomet sukeitę viršūnių spalvas H1;3 komponentėje, kuriai priklauso v1gausime korektišką G 0 nuspalvinimą
62
v0
v1
v2v5
v4 v3
H1;3 H1;3
H1;3
v1
Atlikus šią operaciją v1 ir v3 bus nudažytos ta pačia spalva.
Tai reiškia, kad viena spalva buvo nepanaudota spalvinant su v0 sujungtasviršūnes. Nuspalvine v0 ta iš penkių spalvų, kuri buvo nepanaudota spalvi-nant su ją sujungtas viršūnes mes gausime korektišką G nuspalvinimą.
v0
v1
v2v5
v4 v3
H1;3 H1;3
H1;3
v1
v0
5. Atvejis 3b: v1 ir v3 priklauso tai pačiai H1;3 komponentei
Pažymėkime kaip H2;4 grafo G 0 pografį, kurį sudaro tik mėlyna arba gelto-na spalva nudažytos viršūnės kartu su jas jungiančiomis briaunomis. Tokiuatveju v2 ir v4 negalės būti sujungtos taku, sudarytu vien tik iš geltonų arbamėlynų viršūnių. Nes priešingu atveju toks takas kirstų bent vieną viršūnępriklausančią komponentei H1;3 ir tuo pačiu turės bent vieną viršūnę nuda-žyta žalia arba raudona spalva.
63
v0
v1
v2v5
v4 v3
H2;4
H2;4
Vadinasi v2 ir v4 priklausys skirtingoms H2;4 komponentėms. Tokiu at-veju sukeitę spalvas toje H2;4 komponentėje, kuriai priklauso v2 gausimekorektišką G 0 nuspalvinimą.
Atlikus šią operaciją v1 ir v3 bus nudažytos ta pačia spalva.
Tai reiškia, kad viena spalva buvo nepanaudota spalvinant su v0 sujungtasviršūnes. Nuspalvine v0 ta iš penkių spalvų, kuri buvo nepanaudota spalvi-nant su ją sujungtas viršūnes mes gausime korektišką G nuspalvinimą.
v0
v1
v2v5
v4 v3
H2;4
H2;4
v2
v0
Teorema įrodyta.
Ilgą laiką buvo spėjama, kad bet kuriam planariam grafui nuspalvinti užtenkaketurių spalvų. Tai buvo įrodyta tik 1976 metais panaudojant kompiuterius.
Teorema 7.7 (Keturių spalvų teorema, 1976). Kiekvienas planarusis grafasG galibūti korektiškai nuspalvintas daugiausiai su 4 spalvom
�.G/ 6 4:
7.2 Chromatiniai polinomaiGrafo chromatinis skaičius �.G/ su kuriuo ką tik susipažinome yra lygus mažiau-siam skaičiui spalvų, kuriu pakanka norint korektiškai nuspalvinti grafą G. Jeigu
64
spalvų skaičius yra didesnis arba lygus �.G/ tuomet tą patį grafą G mes galėsimenuspalvinti daugeliu būdų. Musu užduotis bus suskaičiuoti tiksliai keliais būdaista pati grafa mes galėsime nuspalvinti turėdami � spalvų.
Apibrėžimas 7.4. Skaičių skirtingi būdų kuriais galime nudažyti neorientuotagrafa G panaudodami ne daugiau kaip � spalvų žymėsime kaip P.G; �/. Dy-dis P.G; �/ yra funkcija priklausanti nuo natūrinio skaičiaus � kurią vadinsimechromatiniu polinomu.
Pavyzdys 7.4. Panagrinėkime grafą G D .V;E/ turintį tik vieną viršūnę V Dfv1g, E D ;. Tuomet skaičius būdų, kuriais mes galime nudažyti grafą G pa-naudodami � spalvų bus lygus �. Vadinasi šiuo atveju P.G; �/ D �. Pvz. Jeigu� D 5 tuomet galimi tokie spalvinimo variantai
v1 v1 v1 v1 v1G G G G G
Teiginys 7.8. Jeigu grafas G D .V;E/ neturi briaunų E D ;, tai jo chromatinispolinomas yra lygus P.G; �/ D �jV j
Įrodymas. Iš tikrųju, kadangi grafas briaunų neturi, tai jo viršūnes mes galimespalvinti nepriklausomai viena nuo kitos. Jeigu grafas turi n viršūnių, V Dfv1; v2; : : : ; vng tai viršūnę v1 mes galime nuspalvinti � būdų, v2 mes galime nu-spalvinti � būdų ir t.t. Vadinasi iš viso bus �n variantų nuspalvinti mūsų grafą.
Pabandysime apskaičiuoti chromatinį polinomą grafo G, kuris yra sudarytasiš dviejų viršūnių ir jas jungiančios briaunos
v1 v2G
Pavyzdys 7.5. Jeigu � D 2 tai bus du būdai nudažyti mūsų grafąv1 v2
v1 v2
Vadinasi P.G; 2/ D 2.
Pavyzdys 7.6. Jeigu � D 3 tai grafą G
v1 v2G
65
galėsime nuspalvinti 3 � 2 D 6 būdasv1 v2
v1 v2
v1 v2
v1 v2
v1 v2
v1 v2
Vadinasi P.G; 3/ D 6.
Teiginys 7.9. Grafo
v1 v2G
chromatinis polinomas yra lygus P.G; �/ D �.� � 1/.
Įrodymas. Viršunę v1 mes galime nuspalvinti � būdų. Kadangi viršūnės v1 irv2 yra sujungtos briauna, tai mes negalime jų nudažyti tą pačia spalva. Taigi,parinkus v1 spalvą � būdų mes galėsime parinkti v2 nuspalvinimą ��1 būdų.
Teorema 7.10. Jeigu grafas T D .V;E/ yra medis, tai P.T; �/ D �.�� 1/jV j�1.
Įrodymas. Įrodinėsime taikydami matematinę indukciją pagal medžio viršūniųskaičių. Jau įrodėme, kad kai jV j D 1 ir jV j D 2 tai P.T; �/ D � ir P.T; �/ D�.� � 1/ atitinkamai. Tarkime, kad visų medžių, turinčių lygiai n viršūnes chro-matinis polinomas yra �.��1/n�1. Tarkime, kad T yra medis turintis lygiai nC1viršūnę.
T
v4
v3
v2
v1 v5
v6
v7
v8v9
v10
Pažymėkime kaip T 0 grafo pografį gautą iš pašalinus vieną lapą.
66
T
v4
v3
v2
v1 v5
v6
v7
v8v9
v10T 0
Medis T 0 bus sudarytas iš n viršūnių. Grafą T spalvinsime dviem etapais: išpradžių vienu iš �.� � 1/n�1 būdų nuspalvinsime T 0.
T
v4
v3
v2
v1 v5
v6
v7
v8v9
v10T 0
Po to, viena iš � � 1 spalvų nuspalvinsime pašalintą lapą.
T
v4
v3
v2
v1 v5
v6
v7
v8v9
v10T 0
67
Iš viso bus �.��1/n�1.��1/ budų nuspalvinti T . Taigi,P.T; �/ D �.��1/n.
Teiginys 7.11. Pilno grafo Kn chromatinis polinomas yra lygus
P.Kn; �/ D �.� � 1/ � � � .� � nC 1/:
Įrodymas. Pilno grafo visos viršūnės yra sujungtos viena su kita, todėl visos vir-šūnė turės buti nudažytos skirtingomis spalvomis. Jiegu grafo Kn viršūnės yraV D fv1; v2; : : : ; vng tai
• v1 mes galėsime nudažyti viena iš � spalvų.
• v2 mes galėsime nudažyti viena iš � � 1 spalvų.
• vn mes galėsime nudažyti viena iš � � nC 1 spalvų.
Vadinasi mes turėsime�.� � 1/ � � � .� � nC 1/
būdų nudažyti visas grafo Kn viršūnes.
Teorema 7.12. Tarkime turime du grafus G1 D .V1; E1/ ir G2 D .V2; E2/ kuriųviršūnių aibės nesikerta V1 \ V2 D ;. Tuomet šių grafų sąjungos G1 [ G2 D.V1 [ V2; E1 [ E2/ chromatinis polinomas yra lygus grafų G1 ir G2 chromatiniųpolinomų sandaugai
P.G1 [G2; �/ D P.G1; �/P.G2; �/:
Įrodymas. Iš tikrųjų, kadangi G1 ir G2 neturi bendrų viršūnių, tai šiuos grafusmes galime spalvinti nepriklausomai vienas nuo kito. Nudažę vienu iš P.G1; �/įmanomų būdų grafąG1 mes galėsime nuspalvinti grafąG2 bet kuriuo išP.G2; �/būdų. Vadinasi porą grafų G1 ir G2 mes galėsime nuspalvinti
P.G1; �/P.G2; �/
būdų.
Apibrėžimas 7.5. Toliau susitarsime grafo G chromatinį polinomą P.G; �/ žy-mėti kaip ŒG�.
Pavyzdys 7.7. Grafas
68
yra nejungus ir sudarytas iš dviejų komponenčių, kurios yra medžiai. Todėl jochromatinis polinomas yra2664
3775 D2664
37752664
3775D �.� � 1/3 � �.� � 1/
D �2.� � 1/4
Apibrėžimas 7.6. Tarkime, kad grafe G viršūnės a ir b yra sujungtos briaunae D .a; b/ 2 E. Žymėsime kaip G=e grafą gautą iš G sutapatinus viršūnes air b ir pakeitus jas viena viršūne ab. Kitaip tariant grafe G=e visas briaunaskurių bent vienas galas sutampa su a arba b, t. y. .z; a/ arba .z; b/ pakeisimebriaunomis .z; ab/.
Pavyzdys 7.8. Jeigu mūsų grafas G yra
G
a
b
c d
e
f
g
Tuomet sutapatindami briaunų .b; e/, .e; g/ galams priklausančias viršūnes mesgausime grafus G=.b; e/ ir G=.e; g/ atitinkamai
69
a
c d
be
f
g
G=.b; e/
a
b
c d
f
eg
G=.e; g/
Teorema 7.13. JeiguG D .V;E/ yra neorientuotas grafas turintis briauną .a; b/ 2E jungiančią viršūnes a; b 2 V tai
P.G; �/ D P�G � .a; b/; �
�� P
�G=.a; b/; �
�Įrodymas. VisusP.G�.a; b/; �/ nuspalvinimus galėsime suskirstyti į dvi grupes:
1. Tie G � .a; b/ nuspalvinimai kur a ir b nuspalvintos ta pačia spalva. To-kių nuspalvinimų bus lygiai tiek pat kiek nuspalvinimų grafo gauto iš Gsutapatinant viršūnes a ir b, tai yra P.G=.a; b/; �/.
2. TieG�.a; b/ nuspalvinimai kur a ir b nuspalvintos skirtingomis spalvomis.Tokių nuspalvinimų bus lygiai tiek pat kiek bus ir nuspalvinimų grafo gautoiš G � .a; b/ sujungiant viršūnes a ir b briauna, tai yra P.G; �/.
VadinasiP.G � .a; b/; �/ D P.G; �/C P.G=.a; b/; �/
Pavyzdys 7.9. Apskaičiuosime grafo
a b
c d
chromatinį polinomą. Visų pirma pasirenkame šio grafo briauną .a; d/ ir pritai-kydami ką tik įrodytą teoremą 7.13 gauname
70
2666664a b
c d
3777775 D2666664
a b
c d
3777775 �26666664
b
cad
37777775 :Pritaikę teoremą 7.13 grafo
a b
c d
briaunai .a; b/ toliau gausime2666664a b
c d
3777775 D2666664
a b
c d
3777775 �26666664
ab
c d
37777775 :
Vadinasi266664a b
c d
377775 D266664
a b
c d
377775 �2666664
ab
c d
3777775 �26666664
b
cad
37777775 :
Grafai
a b
c d
ir
b
cad
yra medžiai, todėl jų chromatiniai polinomai yra �.��1/3 ir �.��1/2 atitinkamai.Taip pat pastebime, kad grafas
71
ab
c d
yra izomorfinis pilnam grafuiK3, todėl jo chromatinis polinomas yra lygus �.��1/.� � 2/. Galiausiai gauname266664
a b
c d
377775 D �.� � 1/3 � �.� � 1/.� � 2/ � �.� � 1/2išskleidę reiškinį esantį dešinėje pusėje gauname266664
a b
c d
377775 D �4 � 5�3 C 8�2 � 4�:Išvada 7.14. Grafo G chromatinis polinomas P.G; �/ yra polinomas.
Įrodymas. Įrodinėsime taikydami matematinę indukcija pagal grafo briaunų skai-čių. JeiguG yra grafas neturintis briaunų, yra medis arba pilnas grafas tai teoremayra įrodyta. Priešingu atveju taikome indukciją pagal grafo briaunų skaičių. JeigujEj D 0 tai grafas briaunų neturi. Vadinasi P.G; �/ D �jV j yra polinomas
Tarkime, kad bet kurio grafo turinčio ne daugiau kaip n briaunų P.G; �/ Dyra polinomas. Jeigu G yra grafas turintis nC 1 briauną tai
P.G; �/ D P.G=.a; b/; �/ � P.G � .a; b/; �/
kur grafai G=.a; b/ ir P.G � .a; b/ turi bent viena briauna mažiau nei G, t.y.jų briaunų skaičius neviršija n. Vadinasi P.G=.a; b/; �/ ir P.G � .a; b/; �/ yrapolinomai. Kadangi dviejų polinomų skirtumas yra polinomas tai P.G; �/ taippat bus polinomas.
Teorema 7.15. Jeigu du grafai G1 D .V1; E1/ ir G2 D .V2; E2/ turi tik vienąbendrą viršūnę fvg D V1\V2 tai grafoG1[G2 D .V1[V2; E1[E2/ chromatinispolinomas P.G1 [G2; �/ yra
P.G1 [G2; �/ DP.G1; �/P.G2; �/
�:
72
Įrodymas. Viršūnę v nudažius viena iš � spalvų fs1; s2; : : : ; s�g, pvz sj likusiasgrafo G1 viršūnes mes galėsime nudažyti c.sj / būdais. Taigi
P.G1; �/ D c.s1/C c.s2/C � � � C c.s�/:
Pastebėkime, kad skaičius būdų, kuriais mes galėsime nudažyti likusias grafo G1viršūnes V1 n fvg nepriklausys nuo to, kurią spalvą parinkome viršūnei v, t.y.c.s1/ D c.s2/ D � � � D c.s�/ taigi,
P.G1; �/ D c.s1/�:
Taigi, parinkus vieną spalvą viršūnei v likusias grafo G1 viršūnes mes galėsimenudažyti
P.G1; �/
�
būdų. Vadinasi grafą G1 [ G2 mes galime nuspalvinti iš pradžių � būdų parinkęspalvą viršūnei v, po to P.G1;�/
�būdų parinkę spalvą likusioms grafoG1 viršūnėms
ir galiausiai P.G2;�/
�būdų parinkę spalvas likusioms grafoG2 viršūnėms. Vadinasi
P.G1 [G2; �/ D �P.G1; �/
�
P.G2; �/
�DP.G1; �/P.G2; �/
�:
Pavyzdys 7.10. Apskaičiuosime chromatinį polinomą grafo
Pritaikę ką tik įrodytą teoremą šiam grafui mes gauname
264375 D
264375264
375�
DP.K4; �/P.K3; �/
�
D�.� � 1/.� � 2/.� � 3/ � �.� � 1/.� � 2/
�
D �.� � 1/2.� � 2/2.� � 3/:
73
Teorema 7.16. Jeigu grafo G chromatinis polinomas yra P.G; �/ tai šio grafochromatinis skaičius bus lygus mažiausiam sveikam skaičiui � > 1 tokiam, kadP.G; �/ > 0 t. y.
�.G/ D minf�j� 2 N; P.G; �/ > 0g
Pavyzdys 7.11. Jau anksčiau apskaičiavome grafo
a b
c d
G
chromatinį polinomą P.G; �/ D �4 � 5�3 C 8�2 � 4�. Turime
P.G; 1/ D 1 � 5C 8 � 4 D 0
vadinasi vienos spalvos neužtenka nudažyti grafą G. Taip pat turime, kad
P.G; 2/ D 24 � 5 � 23 C 8 � 22 � 4 � 2 D 0
tai taip pat reiškia kad grafo G mes negalime nudažyti dviem spalvom. Paėmę� D 3 ir apskaičiavę chromatinio polinomo reikšmę
P.G; 3/ D 6 6D 0
mes gauname, kad trijų spalvų užtenka norint nuspalvinti grafo viršūnes šešiaisbūdais. Vadinasi mažiausias kiekis spalvų kurių užtenka norint korektiškai nu-spalvinti G yra 3. Taigi �.G/ D 3.
8 Grafo briaunų spalvinimo problemaApibrėžimas 8.1. Grafo G D .V;E/ nuspalvinimu vadiname funkciją S W E !fs1; s2; : : : ; skg kiekvienai grafo briaunai priskiriančią po baigtinės aibės fs1; s2; : : : ; skgelementą.
Apibrėžimas 8.2. Grafo G D .V;E/ nuspalvinimas S W E ! fs1; s2; : : : ; skgyra vadinamas korektišku, jeigu bet kurios dvi briaunos turinčios bendrą viršūnęyra nuspalvintos skirtingomis spalvomis.
74
Pavyzdys 8.1. Korektiškai nuspalvinto panaudojant keturias spalvas grafo pavyz-dys.
Apibrėžimas 8.3. Grafo G D .V;E/ chromatiniu indeksu �e.G/ vadinamas ma-žiausias skaičius spalvų, kurias panaudojant galime nuspalvinti grafoG briaunas.
Pavyzdys 8.2. Koks yra grafo
chromatinis indeksas?Atkreipkime dėmesį į tai, kad šis grafas turi viršūnę, iš kurios išeina keturios
briaunos. Vadinasi visos briaunos išeinančios iš šios viršūnės turės būti nuspal-vintos skirtingomis spalvomis. Vadinasi bet kuriam korektiškam šio grafo briaunųnuspalvinimui prireiks bent keturių spalvų
�e.G/ > 4:
Kadangi kaip matome iš sekančio brėžinio iš tikrųjų šį grafą galime nuspalvintipanaudojant keturias spalvas
75
tai šio grafo chromatinis skaičius yra lygus keturiems
�e.G/ D 4:
Kadangi visos iš tos pačios viršūnės išeinančios briaunos turi būti nuspalvintosskirtingomis spalvomis, tai mažiausias kiekis spalvų kurias panaudojant galimenuspalvinti grafą korektiškai negalės būti mažesnis už didžiausią kiekį briaunų iš-einančių iš tos pačios grafo viršūnės (didžiausias viršūnės laipsnis maxv2V deg.v/).Taigi, yra teisinga išvada.
Išvada 8.1.�e.G/ > max
v2Vdeg.v/
Sekanti teorema teigia, kad chromatinis indeksas visais atvejais arba lygusdidžiausiam grafo viršūnės laipsniui, arba yra vienetu už jį didesnis.
Teorema 8.2 (Vizing,1964). Tarkime � yra didžiausias grafo G laipsnis
� D maxv2V
deg.v/
Tuomet� 6 �e.G/ 6 �C 1
9 Ramsey skaičiaiTeiginys 9.1. Tarkime į vakarėlį ateina 6 žmonės. Tuomet tarp jų bus bent trysžmonės kurie vienas kitą pažysta, arba bus bent trys žmonės kurie vienas kitonepažysta.
Teiginys 9.2. Tarkime turime grafą turintį šešias viršūnes. Tuomet arba jameegzistuoja pografis sudarytas iš viršūnių tarp kurių yra visos įmanomos briaunosarba egzistuoja trys viršūnės kurias tarpusavyje nejungia nei viena briauna.
Pavyzdys 9.1. Nesunku įsitikinti kad visi trys žemiau pateikti grafai tenkina tei-ginio 9.2 sąlygas.
v1v2
v3
v4 v5
v6
v1v2
v3
v4 v5
v6
v1v2
v3
v4 v5
v6
76
Teiginys 9.3. Tarkime, kad panaudodami dvi spalvas mes nuspalviname pilno gra-fo
K6
briaunas, kiekvieną šio grafo briauną nudažydami raudona arba mėlyna spal-va. Tuomet arba šis grafas turės trikampį kurio visos briaunos yra raudonos arbatrikampį kurio visos briaunos yra mėlynos.
Pavyzdys 9.2.
K6
v1v2
v3
v4 v5
v6
Klausimas 9.1. Kiek yra skirtingų grafų turinčių 6 viršūnių?
Skaičius skirtingų grafų turinčių n viršūnių yra
2n.n�1/
2 :
Atskiru atveju yra2
6�52 D 32768
Skirtingų grafų su šešiomis viršūnėmis.
Teiginio įrodymas. Tarkime G D .V;E/ yra grafas su šešiomis viršūnėmis V Dfv1; v2; v2; v3; v4; v5; v6g. Pasirinkime bet kurią šio grafo viršūnę x 2 V , o liku-sias penkias grafo viršūnes padalinkime į dvi dalis. Aibei A � V priklausys tosgrafo viršūnės, kurios yra su mūsų pasirinkta viršūne x sujungtos briauna, o aibeiB � V priklausys tos grafo G viršūnės, kurios su x briauna nėra sujungtos. Taigi
V D fxg [ A [ B
Viršūnių aibėsA ir B akivaizdžiai nesikertaA\B D ; ir jų bendras elementųskaičius yra lygus penkiems
jA [ Bj D jAj C jBj D 5
Vadinasi viena iš šių aibių turės bent tris viršūnes jAj > 3 arba jBj > 3.
77
Pradžioje panagrinėkime atvejį kai jAj > 3.
G
x
AB
yra dvi galimybės:
1. Yra bent viena briauna jungianti dvi aibės A viršūnes.
G
x
AB
Tai reiškia, kad grafe G yra pografis K3
2. Tarp viršūnių priklausančių A nėra briaunų.
Tai reiškia, kad paėme bet kurias trisA priklausančias viršūnes mes gausimetris viršūnes tarp kurių nėra briaunų.
Dabar išnagrinėsime atvejį kai jBj > 3.Tokiu atveju vėl yra galimi du variantai
1. Atvejis kai jBj > 3 ir visos B viršūnės yra sujungtos briaunomis.
78
G
x
AB
Tai reiškia, kad paėmę bet kurias tris aivei B priklausančias viršūnes mesgausime pografį K3.
2. Atvejis kai jBj > 3 ir yra bent dvi B viršūnės nesujungtos briauna.
G
x
AB
S
Tuomet paėmę dvi briauna nesujungtas aibės B viršūnes ir prijungę priejų viršūnę x mes gausime aibę S sudaryta iš trijų viršūnių, tarp kurių nėrabriaunų.
Teorema įrodyta.
Galimi trys ekvivalentiški Ramsey skaičių apibrėžimai.
Apibrėžimas 9.1. Ramsey skaičimi R.m; n/ yra vadinamas toks skaičius, kad betkuriam grafuiG D .V;E/ kurio viršūnių skaičius jV j yra ne mažesnis užR.m; n/
79
yra teisingas bent vienas iš dviejų teiginių: arba G turi pografį izomorfišką Kmarba turės n viršūnių tarp kurias nejungia nei viena briauna
Apibrėžimas 9.2. Ramsey skaičimi R.m; n/ yra vadinamas toks skaičius, kadnudažius visas bet kurio grafo G D .V;E/ su jV j > R.m; n/ briaunas dviemspalvom, mėlyna ir raudona, bus teisingas bent vienas iš dviejų teiginių: arba Gturi mėlyną pografį izomorfišką Km arba raudoną pografį izomorfišką Kn.
Apibrėžimas 9.3. Ramsey skaičiumi R.m; n/ vadinamas toks skaičius, kad į po-kylį atėjus R.m; n/ žmonių tarp jų visada bus m vienas kitą pažįstantys žmonėsarba n vienas kito nepažįstantys žmonės.
Išvada 9.4. Turime, kadR.3; 3/ D 6
Įrodymas. Mes jau įrodėme, kad grafas, kurio viršūnių skaičius viršija 6 arba turipografį izomorfišką K3, arba turi tris viršūnes tarp kurių nėra briaunos. Vadinasi
R.3; 3/ 6 6
Iš kitos pusės grafasK5
neturi pografio izomorfiško K3 ir neturi trijų viršūnių tarp kurių nebūtų neivienos briaunos. Taigi R.3; 3/ > 5.
Teiginys 9.5.R.m; 1/ D 1
Teiginys 9.6.R.m; n/ D R.n;m/
Teiginys 9.7. Visiems m > 2 yra teisinga nelygybė
R.m; 2/ D m
Įrodymas. Turime rasti mažiausią skaičių N pradedant nuo kurio kiekvienas gra-fas turintis ne mažiau kaip N viršūnių turi pilną pografį Km arba dvi nesujungtasviršūnes.
Jeigu N < m tai paėme grafą KN gausime grafą, kuriame nėra pografio Kmir kurio visos viršūnės yra sujungtos.
80
VadinasiR.m; 2/ > m
.Iš kitos pusės, paėmę grafą turintį ne mažiau kaip m viršūnių jame arba sura-
sime dvi briauna nesujungtas viršūnes, arba priešingu atveju turėsime pilną grafą,kurio bet kurios m viršūnių sudarys pilną pografį Km
Teorema 9.8. Jeigu egzistuoja baigtiniai Ramsey skaičiaiR.m�1; n/ irR.m; n�1/ tai egzistuoja ir Ramsey skaičius R.m; n/ tenkinantis nelygybę
R.m; n/ 6 R.m � 1; n/CR.m; n � 1/
Įrodymas. Tarkime grafo G D .V;E/ viršūnių skaičius yra lygus jV j D R.m �
1; n/CR.m; n � 1/.Pasirenkame bet kurią grafo G viršūnę x 2 V , o likusias jV j � 1 viršūnes
suskirstome į dvi dalis: aibę A � V viršūnių kurios yra sujungtos su x briauna iraibę viršūnių B � V kurios su x briauna nėra sujungtos.
Taigi, V D fxg \ A \ B vadinasi
jV j D jAj C jBj C 1 D R.m � 1; n/CR.m; n � 1/
tuomet yra galimi du atvejai:
1. arba jAj > R.m � 1; n/
2. arba jBj > R.m; n � 1/.
Pradžioje panangrinėkime atvejį kai jAj > R.m � 1; n/. Šiuo atveju pagalRamsey skaičių apibrėžimą yra galimi du atvejai
1. Aibėje A yra pografis Km�1. Tokiu atveju aibės A poaibis izomorfiškasKm�1 prijungus prie jo viršūnę x sudarys pografį izomorfišką Km.
G
x
AB
81
2. Aibėje A yra poaibis S � A sudarytas iš n viršūnių tarp kurių nėra briau-nų. Šiuo atveju gauname, kad grafoG viršūnių aibėje V yra aibė S sudarytaiš n viršūnių tarp kurių nėra jokių briaunų. Taigi, papildomai nieko įrodinėtinereikia.
Panagrinėkime dabar atvejį kai jBj > R.m; n � 1/. Tai reiškia, kad pagalRamsey skaičių apibrėžimą
1. arba aibėje B yra pografis izomorfiškas Km
2. arba aibėje B yra poaibis H � B sudarytas iš n � 1 viršūnių nesujungtųtarpusavyje briaunomis.
Pirmu atveju tai reiškia, kad grafe G yra pografis izomorfiškas Km.Antruoju atveju prie H prijungę x mes gausime poaibį S D H \ x suarytą iš
jS j D jH j C 1 D n � 1C 1 D n viršūnių tarp kurių nėra briaunų.
Išvada 9.9. Ramsey skaičiai R.m; n/ egzistuoja su visomis m; n > 1 reikšmėmisir tenkina nelygybę
R.m; n/ 6 Cm�1mCn�2
Įrodymas. Iš tikrųjų, nelygybė yra teisinga, kaim D 1 arba n D 1. Jeigu nelygybėyra teisinga su m D k; n D l � 1 ir su m D k � 1; n D l tai ji bus teisinga ir sum D k; n D l . Iš tikrųjų, sudėję panariui nelygybes
R.m � 1; n/ 6 Cm�2mCn�3
irR.m; n � 1/ 6 Cm�1mCn�3
gausimeR.m � 1; n/CR.m; n � 1/ 6 Cm�2mCn�3 C C
m�1mCn�3
Pritaikę paskalio trikampio nelygybę C kn C Ck�1n D C knC1 gausime
R.m; n/ D R.m � 1; n/CR.m; n � 1/ 6 Cm�1mCn�2
Pavyzdys 9.3.R.4; 3/ 6 C 4�14C3�2 D C
35 D 10
Iš tikrųjų yra žinoma, kadR.4; 3/ D 9
82
1955m. Greenwood and Gleason įrodė, kad
R.3; 3/ D 6
R.4; 3/ D 9
R.4; 4/ D 18
1995m. McKay and Radziszowski įrodė, kad
R.4; 5/ D 25
Ramsey skaičiausR.5; 5/
reikšmė kol kas yra nežinoma. Žinoma, kad
43 6 R.5; 5/ 6 49
Tam, kad įrodyti, kad R.5; 5/ > 43 tereikia surasti grafą turintį 43 viršūnes irnetenkinantį Ramsey skaičių apibrėžime nurodytos savybės. Perrenkant visus va-riantus išspręsti šį uždavinį sunkoka, nes skaičius skirtingų grafų turinčių 43 vir-šūnes yra lygus
243�42
2 D6762169998536515153309949246931412563441245
7732623554832378970755414259527260782012725
4087536201200505183225591369124708969404876
1634374876806898924325626584427349555187265
0773597634262582584454787101812251032115730
9476214721999025713148030421806689906609383
54910463787008
Literatūra[1] E. Manstavičius, (Diskrečioji matematika) Kombinatorikos ir grafų teorijos
pradmenys. Paskaitų konspektas, 2000.
[2] E. Manstavičius, Analizinė ir tikimybinė kombinatorika. TEV, Vilnius,2007, I dalis.
[3] R. P. Grimaldi, Discrete and Combinatorial Mathematics. Addisin-Wesley,1999.
83
[4] N. Vilenkinas, Kombinatorika Šviesa, Kaunas, 1979
[5] R. Wilson, Introduction to Graph Theory. Longman, 1985
[6] A. Krylovas, Diskrečioji matematika. Vilnius, „Technika“, 2004.
84
