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.. Dwa grafy G = (V, E) i G = (V, E ) nazywamy grafami izomorcznymi, je±li istnieje bijekcja f : V V taka, uv E f(u)f(v) E. Uto»samiaj c grafy izomorczne otrzymujemy grafy nieoznakowane. 3. G = (V, E ) jest podgrafem G = (V, G), je±li V V i E E. 4. G = (V, G) jest sum grafów G = (V, E ), G = (V, E ), je±li V = V V, E = E E. 5. Graf który nie jest sum grafów o niepustych zbiorach wierzchoªków nazywamy grafem spójnym. 6. Grafem peªnym K n 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 K nm 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 K n, K nn, kostki i grafy plato«skie (grafy bryª plato«skich). 1. Ci g kraw dzi v 1 v, v v 3,..., v k v k 1 taki,»e wierzchoªki v 1, v,..., v k s ró»ne nazywamy drog. Ci g kraw dzi v 1 v, v v 3,..., v k 1 v k, v k v 1 nazywamy cyklem. Piszemy te» v 1 v v k. 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 gra- e 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.
16. Macierz s siedztwa. Peªn informacj o grae mo»na umie±ci w macierzy A takiej,»e a ij = 0, je±li wierzchoªki i, j s niepoª czone i A ij = 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)/. Dowód. Zaªó»my,»e rozpatrywany graf skªada si z k skªadowych spójnych, przy czym i-ta skªadowa zawiera n i > 0 wierzchoªków i m i kraw dzi. Zachodz nierówno±ci n 1 1 m 1 n 1(n 1 1), n 1 m n (n 1), n k 1 m k n k(n k 1). Dodaj c stronami otrzymujemy n k m n 1(n 1 1) + n (n 1) + + n k(n k 1). Prawa strona osi ga najwi ksz warto± dla n 1 = n = = n k 1 = 1 i n k = n k + 1. Wtedy po prawej stronie nierówno±ci mamy (n k)(n k + 1)/. 18. Wniosek. Graf maj cy wi cej ni» (n )(n 1)/ 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 v 1 v, v v 3,..., v k v 1 ) przechodz ca dokªadnie jeden raz przez ka»d kraw d¹ grafu. Tak ±cie»k nazywamy cyklem eulerowskim.. Denicja. Graf nazywamy grafem póªeulerowskim, je±li istnieje ±cie»ka (ci g ró»nych kraw dzi v 1 v, v v 3,..., v k 1 v k, v k v 1 ) 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», 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 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
. 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 u 1, u n. Po dodaniu kraw dzi u 1 u n otrzymamy cykl hamiltonowski. Usuwaj c kraw d¹ u 1 u n pozostanie nam droga u 1 u u 3 u n. Niech A b dzie zbiorem wierzchoªków poª czonych z wierzchoªkiem u 1, a B zbiorem wierzchoªków poª czonych z wierzchoªkiem u n. Utwórzmy zbiór C zamieniaj c ka»dy element B elementem o indeksie o jeden wi kszym. A C {u, u 3,..., u n }, C = B, A + C = B + C n. Z zasady szuadkowej wynika,»e pewien element u j nale»y do cz ±ci wspólnej A i C (u j A, u j 1 B). Droga u 1 u u j 1 u n u n 1 u j u 1 jest cyklem hamiltonowskim i mamy sprzeczno±. 3. Wniosek. (Dirac 195). Je±li w grae prostym (n 3) stopie«ka»- dego wierzchoªka jest nie mniejszy ni» n/, 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 n. Dowód. Niech A ij b dzie macierz s siedztwa, a d i stopniem i-tego wierzchoªka. Je±li wierzchoªki i, j s poª czone kraw dzi, to d i + d j n. 6
Je±li wierzchoªki i, j nie s poª czone kraw dzi, to A ij = 0. Dlatego dla dowolnych j, j zachodzi nierówno± A ij (d i + d j ) na ij. Sumuj c stronami wzgl dem i, j otrzymujemy n n d i n d i = nm. i=1 i=1 Wykorzystuj c nierówno± Schwarza otrzymujemy St d 4m n. n n n n (m) = ( d i ) ( 1)( d i ) = n d i n m. i=1 i=1 i=1 i=1 Równo± zachodzi dla parzystego n i grafu K n/,n/. 5. Twierdzenie Turana o klikach. Je±li graf prosty ma n wierzchoªków, m kraw dzi i nie zawiera p-kliki (podgrafu K p ), to 4m n ( ) p. 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 V 1, V,..., V p 1 i przyjmujemy,»e uv jest kraw dzi wierzchoªki u, v nale» do ró»nych podzbiorów. Dowód twierdzenia (indukcja wzgl dem n). Dla p = twierdzenie jest oczywiste. Podobnie dla n = 1,. 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 )/ 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 (inaczej mieliby±my p- klik ). Zatem liczba kraw dzi ª cz cych wierzchoªki ze zbioru A z wierzchoªkami ze zbioru B nie przekracza liczby (n p + 1)(p ). 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/)(n p + 1) (p )/(p 1). Dodaj c wymienione liczby otrzymujemy ograniczenie (n /)(p )/(p 1). Drzewa 1. Denicja. Lasem nazywamy graf prosty nie zawieraj cy cykli.. 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 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 e 1. Zaªó»my,»e wybrali±my ju» kraw dzie e 1, e,..., e k 1. Kraw dzi e k b dzie kraw d¹ o najmniejszej wadze wybrana z pozostaªych kraw dzi nie tworz cych cyklu z kraw dziami e 1, e,..., e k 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 e 1, e,..., e k 1 nale» do S, ale e k ju» nie nale»y. Dodaj c do drzewa S kraw d¹ e k otrzymujemy cykl. Istnieje kraw d¹ e nale» ca do S, ró»na od e 1, e,..., e k, której usuni cie przerwie powstaªy cykl. W ten sposób otrzymamy nowe drzewo S 1. Poniewa» waga e k jest niewi ksza wag od wagi e (tak zostaªa wybrana kraw d¹ e k ), wi c waga S 1 jest niewi ksza od wagi S. Powtarzaj c odpowiedni liczb razy opisane przeksztaªcenie otrzymamy ci g drzew S, S 1, S,..., S l 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 n n 1. Dowód przez podwójne zliczanie. Niech Q n oznacza liczb drzew o n wierzchoªkach, a Q k n 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)Q k+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)Q k n. 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)Q k+1 n wynik = (n k 1)Q k n, a poniewa» Q n 1 n Q k n = ( ) n (n 1) n k 1, k 1 = 1, otrzymujemy w szczególno±ci Q n = 1 n Q1 n+1 = n n (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.. 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 =. 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 K 5 i K 33 nie s planarne. Zaªó»my,»e graf K 5 jest planarny. Mamy n = 5, e = 10, f = n+e = 7. Ale ka»da ±ciana ma co najmniej 3 kraw dzie i dlatego 3f e, a w rozwa»anym grae 3 7 = 1 > 10 = 0 i mamy sprzeczno±. Zaªó»my,»e graf K 33 jest planarny. Wtedy e = 9, n = 6, f = +9 6 = 5. W grae K 33 nie ma trójk tów i dlatego 4f e, a rozwa»anym grae 4 5 = 0 > 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 f 3, f 4, f 5,... oznaczaj liczb ±cian o 3, 4, 5,... kraw dziach. Mamy f = f 3 + f 4 + f 5 + e = 3f 3 + 4f 4 + 5f 5 + 11
St d e 3f i dalej 3n 6 = 3e 3f e. Zaªó»my,»e stopie«ka»dego wierzchoªka jest nie mniejszy ni» 6. Wtedy n = n 6 + n 7 + n 8 + gdzie n 5, n 7, n 8,... oznaczaj liczb wierzchoªków stopnia 6, 7, 8,... oraz e = 6n 6 + 7n 7 + 8n 8 + St d 1 = 6( n + e f) = (e 6n) + (e 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. K 5 i K 33 maj genus 1. K n ma genus (n 3)(n 4)/1 (Ringel, Youngs 1968). Uogólnienie twierdzenia Eulera. n m + f = g. 6. Twierdzenie. (Kuratowski) Graf jest planarny nie zawiera podgrafu homeomorcznego z K 5 lub K 33 (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 K 33. 7. Twierdzenie. Gaf jest planarny nie zawiera podgrafu ±ci galnego do grafu K 5 lub K 33. 1
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 K 5. 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 =. 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.. 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 wierzcho- ªek 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 v 1, v, v 3, v 4, v 5. Dla pewnych i, j wierzchoªki v i, v j nie s poª czone. Inaczej nasz graf zawieraªby graf K 5 i nie byªby planarny. ci gamy kraw dzie v i v, v j v. Tak otrzymany graf malujemy pi cioma kolorami. Nast pnie rozsuwamy ±ci gni te kraw dzie nadaj c wierzchoªkom v i, v j 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,,3. Wierzchoªki na kraw dzi o ko«cach 1, oznaczmy w dowolny sposób liczbami 1,. Podobnie uczy«my z wierzchoªkami na kraw dziach,3 i 3,1. Wierzchoªki poªo»one wewn trz du»ego trójk ta oznaczmy w dowolny sposób liczbami 1,,3. Lemat Spernera mówi,»e zawsze w±ród trójk tów triangulacji znajdziemy trójk t o wierzchoªkach 1,,3. Dowód. Utwórzmy graf dualny. Z grafu dualnego zostawmy tylko kraw dzie przecinaj ce kraw dzie ª cz ce wierzchoªki z numerami 1,. Nazwijmy 14
otrzymany graf grafem cz ±ciowo dualnym. Wierzchoªki grafu cz ±ciowo dualnego le» ce w trójk tach o wierzchoªkach 1,,3 maj stopie«1. Wierzchoªki grafu dualnego le» ce w pozostaªych trójk tach maj stopie«lub 0. Kraw d¹ 1, 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,,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 R 3 okre±lony relacjami x 1 + x + x 3 = 1, x 1 0, x 0, x 3 0. Niech f b dzie funkcj ci gª przeksztaªcaj c trójk t w siebie. Oznaczmy przez T n triangulacj uzyskan przez podziaª trójk ta na n przystaj cych trójk cików. Zaªó»my,»e funkcja f nie ma punktu staªego. Deniujemy funkcj λ. Je±li f(x) 1 < x 1, to λ(x) = 1. Je±li f(x) 1 x 1, f(x) < x to λ(x) =. Je±li f(x) 1 x 1, f(x) x, f(x) 3 < x 3 to λ(x) = 3. Gdyby f(x) 1 x 1, f(x) x, f(x) 3 x 3, to mieliby±my f(x) 1 + f(x) + f(x) 3 = x 1 + x + x 3 = 1, sk d f(x) 1 = x 1, f(x) = x, f(x) = x 3 (»adna nierówno± nie mo»e by ostra) i mieliby±my sprzeczno±. Funkcj λ wykorzystujemy do numeracji wierzchoªków. Z lematu Spernera wynika,»e w triangulacji T n znajdziemy trójk t o wierzchoªkach a n, b n, c n takich,»e λ(a n ) = 1, λ(b n ) =, λ(c n ) = 3. Z ci gu a 1, a, a 3,... wybieramy podci g zbie»ny a i1, a i, a i3,.... Zaªó»my,»e a ik g (g le»y w trójk cie). Wtedy tak»e b ik g, c ik g i dalej f(a k ) 1 < (a k ) 1 f(g) 1 g 1, f(b k ) < (b k ) f(g) g, f(c k ) 3 < (c k ) 3 f(g) 3 g 3. 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 A 1, A, A 3,..., A n. Rozpatrujemy dwa przypadki. Przypadek pierwszy. Dowolne k zbiorów, k < n, zawiera w sumie co najmniej k + 1 elementów. Wybieramy dowolny element c n ze zbioru A n i rozpatrujemy zbiory B 1 = A 1 \ {c n }, B = A \ {c n },..., B n 1 = A n 1 \ {c n }. Dowolne k zbiorów z rodziny B 1, B,..., B n 1 zawiera w sumie k elementów. Z zaªo»enia indukcyjnego wynika,»e z ka»dego ze zbiorów B 1, B,..., B n 1 mo»emy wybra inny element. Przypadek drugi. Pewne k zbiorów, k < n, zawiera w sumie dokªadnie k elementów. Niech to b d zbiory A 1, A,..., A k (po ewentualnym przenumerowaniu). Oznaczmy ich sum liter C i zdeniujmy zbiory B k+1 = A k+1 \C, B k+ = A k+ \C,..., B n = A n \C. Dowolne j zbiorów z rodziny B k+1, B k+,..., B n zawiera w sumie co najmniej j elementów. W przeciwnym wypadku pewne j zbiorów z rodziny B k+1, B k+,..., B n zawieraªoby w sumie mniej ni» j elementów. Niech to b d zbiory B k+1, B k+,..., B k+j (znów po ewentualnym przenumerowaniu). Jednak suma zbiorów A 1,..., A k, B k+1,..., B k+j równa jest sumie zbiorów A 1, A,..., A k+j, zawiera co najmniej k + j i mamy sprzeczno±. Z zaªo»enia indukcyjnego wynika,»e z ka»dego ze zbiorów A 1,..., A k mo»emy wybra inny element oraz z ka»dego ze zbiorów B k+1,..., B n mo»emy wybra inny element.. 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 4 6 5 3 6 5 1 3 4 6 5 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,,..., n. Rozwa»my zbiory A 1, A,..., A n zªo»one z elementów nie wyst puj cych odpowiednio w kolumnach 1,,..., 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 A 1, A,..., A n 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 p 1 p p 3 p n (a b oznacza,»e zawodnik a wygraª z zawodnikiem b). Oznaczmy p n+1 liter q. Rozpatrujemy trzy przypadki q wygraª ze wszystkimi. Wtedy q p 1 p p n. q przegraª ze wszystkimi. Wtedy p 1 p p n q. W przeciwnym wypadku niech p i b dzie ostatnim zawodnikiem, z którym q przegraª. Wtedy p 1 p i q p i+1 p n. 6. Pewne uogólnienie twierdzenia Halla. Rozpatrujemy zbiory sko«- czone A 1, A,... A n. Chcemy wybra b 1 elementów ze zbioru A 1, b elementów ze zbioru A,..., b n elementóww ze zbioru A n, przy czym chcemy, aby wszystkie wybrane elementy byªy ró»ne. Jest to mo»liwe dowolne k zbiorów A i1, A i,..., A ik zawiera w sumie co najmniej b i1 + b i + + b ik elementów. Dowód. Zbiór A 1 zast pujemy b 1 krotn kopi zbioru A 1. Podobnie post pujemy z pozostaªymi zbiorami. Na koniec stosujemy twierdzenie Halla. 7. Twierdzenie. Liczby b 1, b,... b n s wynikami pewnego turnieju b 1 + b + + b n = ( ) n oraz dla dowolnego zbioru r zawodników j 1, j,... j r zachodzi nierówno± ( ) r b j1 + b j + + b jr (b i oznacza liczb wygranych zawodnika i). Dowód. ( ) Wszystkich rozgrywek mamy n(n 1)/, st d pierwsza równo±. W podzbiorze r zawodników mamy r(r 1)/ 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 A i (i = 1,,..., n). Ze zbioru A i b dziemy chcieli wybra b i elementów. B d to wygrane i-tego zawodnika. Rozpatrzmy zawodników (wierzchoªki) i 1, i,..., i k. Niech j 1, j,..., j r b d pozostaªymi zawodnikami. Mamy równo± b i1 + b i + + b ik + b j1 + b j + + b jr = Z zaªo»enia b j1 + b j + + b jr b i1 + b i + + b ik ( ) r. St d ( ) n ( ) r = ( ) n ( ) n. ( ) n k. Z wierzchoªków i 1, i,..., i k wychodzi w sumie ( ) ( ) n n k kraw dzi. 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 1. V. Bryant: Aspekty kombinatoryki. R. J. Wilson: Wprowadzenie do teorii grafów 3. M. Aigner, G.M. Ziegler Dowody z Ksi gi 0