Többszörösen összefügg gráfok pontszétszedései

Átírás

1 Többszörösen összefügg gráfok pontszétszedései Szakdolgozat Írta: Paholics Máté Alkalmazott matematikus szak Témavezet : Jordán Tibor, egyetemi tanár Operációkutatási Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem, Természettudományi Kar Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar 2012

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezet 5 2. Összefügg pontszétszedések Irányítatlan gráfok Irányított gráfok Gráfok el írt fokszámokkal Alsó és fels korlátok Irányítások Pontszétszedések Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával k éldiszjunkt feszít fával rendelkez gráfok tulajdonságai Realizációk k éldiszjunkt feszít fával Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése F eredmények Néhány következmény

3 Ábrák jegyzéke 1.1. Egy gráf pontszétszedése Az us és sv élek leemelése uv éllé Az us, sv megengedett élpár A zs él fejét áttolhatjuk az y ponthoz Pontösszehúzás Euler-sétát tartalmazó gráf Euler-sétát tartalmazó gráf egy pontszétszedése

4 ÁBRÁK JEGYZÉKE 4 Köszönetnyilvánítás Szeretnék ezúton köszönetet mondani témavezet mnek, Jordán Tibornak, aki rengeteg türelemmel, idejét nem sajnálva, sok segédanyaggal, észrevétellel és hasznos tanáccsal segített a szakdolgozat elkészítésében. Budapest, 2012 május 30. Paholics Máté

5 1. fejezet Bevezet Ebben a dolgozatban gráfok pontszétszedéseivel foglalkozunk. A pontszétszedés m velet a gráf valamely s pontját több új ponttal helyettesíti és minden, eddig az s-re illeszked élt valamely új pontra illeszt. Ez tekinthet az összehúzás m velet inverzének. Vegyük a G = (V, E) gráfot vagy irányított gráfot, amely tartalmazhat hurkokat és többszörös éleket. Legyen r : V Z + az a függvény, amely megmondja, hogy a gráf pontjait hány új ponttal helyettesítjük Deníció. A G gráf egy r-pontszétszedése (vagy r-szétszedése) a H gráf, amit úgy kapunk, hogy minden v V pontot r(v) darab pontra hasítunk. A v 1,..., v r(v) pontok v részei H-ban. Minden uv E él megfelel egy H-beli élnek, amely u és v valamely részei között fut ábra. Egy gráf pontszétszedése Ha az új részek fokát is meg akarjuk határozni, akkor be kell vezetnünk egy új függvényt a pontokon. Legyen ez az f Deníció. Egy r-fokszámel írás egy olyan f függvény V -n, hogy minden v V pontra f(v) deg(v) egy partíciója r(v) pozitív egészre. Egy G gráf f-pontszét- 5

6 1. fejezet Bevezet 6 szedése (vagy f-szétszedése) az az r-szétszedés, amiben a részek fokait az f(v) adja meg minden v V -re.

7 2. fejezet Összefügg pontszétszedések Ebben a fejezetben megvizsgáljuk, hogy egy gráfnak mikor van többszörösen összefügg r-pontszétszedése Irányítatlan gráfok X és Y V részhalmazokra jelölje d(x, Y ) az X-b l Y -ba men éleket G-ben, és legyen d(x) = d(x, V X). Egy G = (V, E) gráf k-élösszefügg, ha d(x) k, minden X V -re. Legyen i(x) az X pontjai között futó élek száma, c(x) a G X komponenseinek száma és r(x) = x X r(x). v V -re deg(v) a v foka. Így i(v) a v-hez kapcsolódó hurkok száma és deg(v) = d(v) + 2(i(v). Nash-Williams a következ szükséges és elégséges feltételeket fogalmazta meg ahhoz, hogy egy gráfnak legyen összefügg r-szétszedése, vagy f-szétszedése Tétel ([5] Nash-Williams). Legyen G = (V, E) egy gráf és r : V Z +. Ekkor G-nek van összefügg r-pontszétszedése, akkor és csak akkor, ha r(x) + c(x) i(x) + d(x, V X) + 1 minden X V -re. Továbbá, ha G-nek van összefügg r-pontszétszedése, akkor van összefügg f-pontszétszedése is minden f r-fokszámel írásra. Az alábbi tétel pedig azokat a szükséges és elégséges feltételeket mondja ki, ami ahhoz kell, hogy egy gráfnak legyen k-élösszefügg r-pontszétszedése Tétel ([5] Nash-Williams). Legyen G = (V, E) egy gráf, r : V Z + és k 2 egész. Ekkor G-nek van egy k-élösszefügg r-pontszétszedése, akkor és csak akkor, ha (a) G k-élösszefügg, 7

8 2. fejezet Összefügg pontszétszedések 8 (b) d(v) kr(v) minden v V -re, és az alábbiak közül egyik sem igaz: (c) k páratlan és G-nek van egy v elvágó pontja, melyre d(v) = 2k, i(v) = 0 és r(v) = 2, (d) k páratlan, V = 2, E = 2k, és r(v) = 2 és i(v) = 0 minden v V pontra. Továbbá, ha G-nek van k-élösszefügg r-pontszétszedése, akkor G-nek van k-élösszefügg f-pontszétszedése is minden f r-fokszámel írásra, ahol d v i k minden v V -re és minden 1 i r(v)-re Irányított gráfok Ebben a részben szükséges és elégséges feltételeket adunk ahhoz, hogy egy irányított gráfban legyen k-élösszefügg r-szétszedés vagy f-szétszedés. A bizonyításhoz használni fogjuk a leemelés m veletet, amely szoros kapcsolatban van a pontszétszedéssel. Egy us, sv élpár leemelésével az s pontról azt a m veletet értjük, hogy töröljük az us és sv éleket, és egy új uv élt adunk a gráfhoz. A kapott gráfot vagy irányított gráfot G u,v -vel jelöljük ábra. Az us és sv élek leemelése uv éllé Az us, sv élpár leemelése az s pontról megfeleltethet annak a m veletnek, hogy az s pontot két részre szedjük, melyeknek fokszámai 2 és deg(s) 2. Legyen D = (V, E) egy irányított gráf és s V. Legyen D u,v az us, sv élpár leemelésével kapott gráf. A kapott uv élt leemelt élnek nevezzük Deníció. Legyen D k-élösszefügg. Ekkor az us, sv élpár megengedett D- ben, ha D u,v k-élösszefügg. X, Y V diszjunkt részhalmazokra ρ(x, Y ) az Y -ból X-be tartó élek száma, ρ(x) = ρ(x, V X). δ(x, Y ) = ρ(y, X), δ(x) = ρ(v X). Egy D irányított gráf k-élösszefügg, ha ρ(x) k minden X V -re.

9 2. fejezet Összefügg pontszétszedések ábra. Az us, sv megengedett élpár s s u v u v Legyen d(x, Y ) = ρ(x, Y ) + δ(x, Y ), i(v) v hurokjainak száma, ρ (v) = ρ(v) + i(v) v befokszáma, δ (v) = δ(v) + i(v) v kifokszáma Deníció. Az X V s részhalmaz be-kritikus ha ρ(x) = k és ki-kritikus ha δ(x) = k. Az X halmaz kritikus ha ρ(x) = k vagy δ(x) = k (vagy mindkett ). Egy us, sv élpár akkor és csak akkor nem megengedett, ha van olyan kritikus halmaz, amely u-t és v-t is tartalmazza. Vegyük észre, hogy egy ss hurok és sv él leemelésekor töröljük a hurkot és megtatrjuk az sv élt. Az sv élt ekkor is leemelt élnek nevezzük Lemma. Legyen D = (V, E) egy k-élösszefügg irányított gráf és legyen s V egy pont, melyre ρ (s) k + 1 és δ (s) k + 1. Ekkor minden adott sv élre van egy megengedett us, sv élpár. A következ lemma azt mondja ki, hogyha egy s pont befokszáma elég nagy, akkor az egyik él fejét az s ponttól áttolhatjuk egy másik ponthoz, megtartva a k-élösszefügg séget Lemma. Legyen D = (V, E) egy k-élösszefügg irányított gráf és legyenek s, y V olyan pontok, hogy ρ (s) k + 1. Ekkor létezik egy olyan zs él, hogy D zs + zy k-élösszefügg. ρ, δ adott pozitív egészekre egy (ρ, δ)-pontszétszedést egy s V pontra úgy kapunk meg, hogy az s pontot s és s részekre hasítunk, melyeknek be- és kifokszáma rendre (ρ (s) ρ, δ (s) δ) és (ρ, δ). Egy k-élösszefügg irányított gráfban (ρ, δ)-pontszétszedés megengedett, ha a kapott gráf is k-élösszefügg Lemma. Legyen D = (V, E) egy k-élösszefügg irányított gráf és legyen s V. Legyenek ρ és δ olyan egészek, melyekre k ρ ρ (s) k és k δ δ (s) k. Ekkor D-nek van egy megengedett (ρ, δ)-pontszétszedése az s pontnál.

10 2. fejezet Összefügg pontszétszedések ábra. A zs él fejét áttolhatjuk az y ponthoz Bizonyítás. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy ρ δ. Indukcióval bizonyítunk δ ρ szerint. Tegyük fel, hogy δ = ρ. Ekkor, mivel δ (s) δ k és ρ (s) ρ k, használhatjuk a lemmát, amib l levezethetjük, hogy D-ben ρ darab megengedett leemelést hajthatunmk végre egymás után. Ha a leemelt éleket felosszuk egy ponttal, majd a felosztó pontokat összehúzzuk egy s ponttá, akkor egy k- élösszefügg D irányított gráfot kapunk. Azaz D egy megengedett (ρ, δ)-szétszedése D-nek. Most tegyük fel, hogy δ ρ+1 és hogy D-nek van egy D megengedett (ρ, δ 1)- szétszedése.szedjük szét az s pontot s és s pontokra rendre (ρ (s) ρ, δ (s) δ +1) és (ρ, δ 1) fokszámokkal. Mivel δ (s) δ + 1 k + 1, alkalmazható a lemma, hogy találjunk egy olyan zs élt, hogy D s z + s z k-élösszefügg legyen. Ekkor D egy megengedett (ρ, δ)-pontszétszedését kapjuk. Most pedig megmutatjuk, mik azok a szükséges és elégséges feltételek ahhoz, hogy egy irányított gráfban legyen k-élösszefügg r-szétszedés vagy f-szétszedés. Legyen D egy irányított gráf. D egy r-pontszétszedését hasonlóan deniáljuk, mint irányítatlan esetben. D egy f-pontszétszedése egy f függvény V -n, úgy hogy minden v V -re f(v) (ρ V i, δi V ) rendezett párok egész sorozata (1 i r(v)), hogy r(v) i=1 ρv i = ρ (v) és r(v) i=1 δv i = δ (v). D egy f-szétszedése az az r-szétszedés, ahol a részek be- és kifokszámát az f(v) párok határozzák meg minden v V -re Tétel ([1] Tétel 1.3). Legyen D = (V, E), r : V Z +. D-nek van k- élösszefügg r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (a) D k-élösszefügg, (b) ρ (v) kr(v) és δ (v) kr(v) minden v V -re, Továbbá, ha D-nek van k-élösszefügg r-pontszétszedése, akkor D-nek van k-élösszefügg f-pontszétszedése is minden f r-fokszámel írásra, ahol ρ v i és δ v i k minden v V -re és minden 1 i r(v)-re.

11 2. fejezet Összefügg pontszétszedések 11 Bizonyítás. Az (a) és (b) feltételek szükségessége nyilvánvaló. Ahhoz, hogy az elégségességet és a tétel második részét belássuk, meg kell mutatnuk, hogy ha D k-élösszefügg és f egy olyan r-fokszámel írás, ahol ρ v i és δ v i k minden v V - re, akkor D-nek van egy k-élösszefügg f-pontszétszedése. Indukcióval bizonyítunk v V (r(v) 1) szerint. Ha r(v) = 1, akkor az állítás nyilván igaz. Tegyük fel, hogy van egy él, melyre r(v) 2. A lemma miatt D-nek van egy D megengedett (ρ v 1, δ v 1)-szétszedése v-nél, melyet úgy kapunk, hogy a v-t szétszedjük a v és v élekre rendre (ρ (v) ρ v 1, δ (v) δ v 1) és (ρ v 1, δ v 1) fokszámokkal. Ezután alkalmazzuk az indukciót D -re, ahol r (v ) = r(v) 1, r (v ) = 1, f (v ) = ((ρ v 1, δ v 1)), f (v ) = ((ρ v 2, δ v 2),..., (ρ v r(v), δ v r (v))) és minden más u élre r (u) = r(u) és f (u) = f(u).

12 3. fejezet Gráfok el írt fokszámokkal Ebben a fejezetben megvizsgáljuk, hogy mikor van egy gráfnak olyan irányítása, amelynek van k éldiszjunkt feszített feny je egy kijelölt s gyökérrel, és eleget tesz a bemen élek alsó és fels korlátjának a gráf minden pontjában. Erre adunk szükséges és elégséges feltételeket. Az eredményt felhasználjuk arra, hogy jellemezni tudjuk azokat a gráfokat, amelyeknek van k éldiszjunkt feszít fát tartalmazó pontszétszedése Alsó és fels korlátok Legyen l, u : V Z + két függvény Deníció. G gráf egy D irányítása l-irányítás (u-irányítás), ha l(v) ρ(v) (ρ(v) u(v)) minden v V -re. Továbbá D egy (l, u)-irányítás, ha egyidej leg mindkét megkötést kielégíti. A következ tétel megmutatja, hogy egy gráfnak mikor van (l, u)-irányítása Tétel ([2] Tétel 2 ). Legyen G = (V, E) egy gráf és legyen l, u : V Z + két függvény, melyekre l u. Ekkor G-nek van (l, u)-irányítása akkor és csak akkor ha e(x) l(x) minden X V re, és i(x) u(x) minden X V re. Az X, Y V részhalmazok keresztez k, ha az X Y, X \Y, Y \X és a V \(X Y ) közül egyik sem üres. 12

13 3. fejezet Gráfok el írt fokszámokkal 13 A q : 2 V Z +, q( ) = q(v ) = 0 függvény keresztez G-szupermoduláris, ha q(x) + q(y ) q(x Y ) + q(x Y ) + d(x, Y ) minden X, Y V keresztez párra. A V egy P = {X 1, X 2,..., X t } partíciójára legyen e(p) a P különböz részeit összeköt élek száma. G egy D irányításában az X-be men élek számát ρ(x)-szel jelöljük Tétel ([2] Tétel 3). Legyen G = (V, E) egy gráf és legyen q : 2 V Z + egy keresztez G-szupermoduláris függvény. Ekkor G-nek van egy D irányítása, melyben ρ(x) q(x) minden X V -re, akkor és csak akkor, ha e(p) t q(x i ) i=1 és e(p) t q(v \ X i ) i=1 V -nek minden P = {X 1, X 2,..., X t } partíciójára Irányítások Legyen D = (V, E) egy irányított gráf és legyen s V. Azt mondjuk, hogy D k-élösszefügg s gyökérrel ha ρ(x) k minden X V s-re. Az alábbi tétel az olyan gráfokat jellemzi, amelynek van olyan (l, u)-irányítása, amely k-élösszefügg s gyökérrel Tétel ([2] Tétel 4). Legyen G = (V, E) egy gráf, legyen s V és legyen l, u : V Z + két függvény, melyekre l u. Ekkor G-nek van (l, u)-irányítása, amely k-élösszefügg s gyökérrel akkor és csak akkor ha e(p) t h(x i ) (3.1) i=1 V -nek minden P = {X 1, X 2,..., X t } partíciójára, ahol h(x) = k minden X V sre, X 2, h(v) = max{l(v), k} minden v V s-re, h(s) = l(s), és h(x) = 0 egyébként, és i(x) + kɛ(x) u(x) (3.2) minden X V -re, ahol ɛ(x) = 1 ha s X és ɛ(x) = 0 egyébként.

14 3. fejezet Gráfok el írt fokszámokkal 14 Ha az el bbi tételben u (ill l 0), akkor arra a következtetésre juthatunk, hogy G-nek van egy olyan l-irényítása (ill. u-irányítása), amely k-élösszefügg s gyökérrel akkor és csak akkor, ha (3.1) teljesül (ill. G-nek van k éldiszjunkt feszít fája és (3.2) teljesül). Ha csak alsó korlát van megadva, és k = 1, akkor a következ képpen egyszer síthetjük az eredményt: Tétel ([2] Tétel 9). Legyen G = (V, E) egy gráf, s V és l : V Z +. Ekkor G-nek van egy l-irányítása, amely tartalmaz egy s-feny t akkor és csak akkor, ha e(x) l(x) + c(x) ɛ(x) minden X V -re, ahol ɛ(x) = 1 ha s X és ɛ(x) = 0 egyébként Pontszétszedések Ebben a részben olyan pontszétszedéseket vizsgálunk, amelyek eleget tesznek bizonyos összefügg ségi követelményeknek. Egy G gráf k-partíció-összefügg, ha tartalmaz k éldiszjunkt feszít fát Tétel ([2] Tétel 11). Legyen G = (V, E) egy gráf és k egy pozitív egész. Ekkor G-nek van egy k-partíció-összefügg r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha i(x 0 ) + e(p) k(t 1) + kr(x 0 ) (3.3) V -nek minden P = {X 1, X 2,..., X t } partíciójára, ahol X 0 lehet üres. Továbbá, ha G- nek van egy k-partíció-összefügg r-pontszétszedése, akkor G-nek van egy k-partícióösszefügg f-pontszétszedése is, minden f r-fokszámel írásra, melyre d v i k minden v V és 1 i r(v). A következ tétel a Nash-Williams tétel hurokmentes változata Tétel ([2] Tétel 12). Legyen G = (V, E) egy gráf, r : V Z + és f egy r- fokszámel írás. Tegyük fel, hogy G-nek van egy összefügg r-pontszétszedése. Ekkor (i) G-nek van egy összefügg hurokmentes r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha r(v) 2 minden v V -re, amire i(v) 1, (ii) G-nek van egy összefügg hurokmentes f-pontszétszedése akkor és csak akkor ha d v i d(v) + i(v) minden v V -re és 1 i r(v)-re.

15 3. fejezet Gráfok el írt fokszámokkal 15 Bizonyítás (i) Legyen H egy összefügg r-szétszedés és tegyük fel, hogy v egyik v i részén van egy hurok. Ekkor r(v) 2 és így a hurok eltüntethet, ha egyik végét áttoljuk v egy másik részéhez. (ii) Legyen H egy összefügg f-szétszedés és tegyük fel, hogy v egyik v i részén van egy hurok. Mivel deg(v i ) = d v i d(v)+i(v), ezért van egy v j v l él, ahol v j, v l v i részei v-nek. Ekkor megszüntethetjük a hurkot úgy, hogy töröljük azt és a v j v l élet, és a gráfhoz hozzáadunk két új élet, v i v j -t és v i v l -t. Ekkor H összefügg marad és a fokszámok sem változnak.

16 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával Ebben a fejezetben azt fogjuk vizsgálni, hogy milyen tulajdonságú fokszámsorozatoknak vannak realizációi, azaz pozitív egészek egy d 1, d 2,..., d n sorozatához van-e olyan n pontú gráf, hogy a v i pont foka d i minden 1 i n-re. Továbbá azt is megköveteljük, hogy a gráf rendelkezzen k éldiszjunkt feszít fával k éldiszjunkt feszít fával rendelkez gráfok tulajdonságai El ször összegezünk néhány hasznos tulajdonságot a legalább k éldiszjunkt feszít fával rendelkez gráfokkal kapcsolatban. Legyen G gráf és k 2 egész. Legyen τ(g) az éldiszjunkt feszít fák száma G-ben, és T k azon gráfok halmaza, melyre τ(g) k. Deníció szerint, K 1 T k minden k > 0 egészre. v V (G) pontra és K részgráfra G-ben, d K (v) azon pontok száma K-ban, amelyek szomszédosak v-vel G-ben. Ha X E(G), akkor G[X] az a részgráf G-ben, amelyet az X indukál, és G(X) a feszít részgráf G-ben X élhalmazzal. A G gráf nemtriviális, ha E(G). Legyen X E(G), ekkor G/X egy összehúzása G-nek, amit úgy kapunk, hogy az X-beli élek két végpontját összehúzzuk egy ponttá, és töröljük a hurkokat a kapott gráfból. Ha X = {e}, akkor G/{e} = G/e. Továbbá G/ = G Lemma. Bármely k egészre T k összefügg gráfok egy családja, melyekre igazak: (i) K 1 T k 16

17 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával ábra. Pontösszehúzás (ii) Ha e E(G) és G T k, akkor G/e T k (iii) Ha H részgráfja G-nek, és H, G/H T k, akkor G T k (iv) Ha H 1 és H 2 olyan részgráfjai G-nek, melyekre H 1, H 2 T k és V (H 1 ) V (H 2 ), akkor H 1 H 2 T k G egy H részgráfjának s r ségét a következ képpen deniáljuk: d(h) = ha V (H) > 1. E(H) V (H) 1, Tétel ([3] Tétel 2.2). Legyen G egy gráf. Ha d(g) k, akkor G-nek van egy olyan nemtriviális H részgráfja, hogy H T k Deníció. Legyen G egy nemtriviális összefügg gráf, r egy pozitív egész. Ekkor G-nek egy nemtriviális H részgráfja T r -maximális ha H T r és H-nak nincs olyan K részgráfja, hogy K T r. G-nek egy T r -maximális H részgráfja r-régió, ha r = τ(h). Legyen τ(g) = max { r: G-nek van egy r-régió részgráfja} Lemma. Legyenek r és r > 0 egészek, H egy r-régiója, H pedig egy r - régiója G-nek. Ekkor az alábbiak közül pontosan egy igaz: (i) V (H) V (H ) = (ii) r = r és H = H (iii) r < r és H egy nemfeszít részgráfja H -nek (iv) r > r és H tartalmazza H -t, mint egy nemfeszít részgráfot Tétel ([3] Tétel 2.4). Legyen G egy nemtriviális összefügg gráf, ekkor

18 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával 18 (a) létezik egy m pozitív egész és egy (i 1, i 2,..., i m ) rendezett m-es, hogy τ(g) = i 1 < i 2 < < i m = τ(g) és az élek részhalmazainak egy sorozata E m E 2 E 1 = E(G) úgy, hogy a G[E j ] részgráfok minden komponense egy r-régiója G-nek valamilyen r i j -re, (1 j m), és hogy legalább egy komponens H G[E j ] egy i j -régiója G-nek; (b) ha H egy olyan részgráfja G-nek, hogy τ(h) i j, akkor E(H) E j ; (c) minden gráfban egy ilyen m és élrészhalmaz-sorozat van Lemma. Legyen k 1 egy egész, G egy gráf, melyre τ(g) k. Ekkor a következ k igazak: (i) G-nek van egy egyedülálló X k E(G) élhalmaza úgy, hogy G[X k ] minden komponense egy T k -maximális részgráf. Vagyis G T k akkor és csak akkor, ha E(G) X k. (ii) ha G T k, akkor G/X k nem tartalmaz olyan H nemtriviális részgráfot, melyre τ(h ) k. (iii) ha G T k, akkor d(h ) < k G/X k bármely nemtriviális részgráfjára. Bizonyítás. Ha G T k, akkor E(G) = X k. Tegyük fel tehát, hogy G T k. Mivel τ(g) < k τ(g), a tétel (a) pontja miatt létezik olyan j egész, hogy i j 1 < k i j. Legyen X k = E ij. Ekkor G[X k ] minden komponense egy T k -maximális részgráf. A tétel (c) pontja miatt egyetlen ilyen X k van. Ezzel bebizonyítottuk az (i) részt. A (ii) részt bizonyításához tegyük fel indirekt, hogy G[X k ] tartalmaz egy nemtriviális H részgráfot, melyre τ(h ) k és V (H ) = {v 1, v 2,..., v h }, h 2. Tegyük fel, hogy a v i összehúzás el tti képe a G-ben a H i, és H i nemtriviális 1 i t-re és triviális t + 1 i h-ra. Legyen G = G[ h i=1v (H i )]. Indukcióval megmutatjuk, hogy τ(g ) k. Legyen t = 1, ekkor G /H 1 = H és H, H T k. A lemma (iii) pontja miatt ekkor G T k. Tegyük fel, hogy t s-re már tudjuk, hogy G T k. Most nézzük t = s + 1-re. Ekkor az indukciós feltevés miatt G /H s+1 T k, így a (iii) pontja miatt G T k, tehát a (ii) rész is teljesül. A (iii) rész bizonyításához indirekt tegyük fel, hogy d(h ) k. Ekkor E(H ) k( V (H ) 1). A tétel miatt H -nak van olyan H nemtriviális részgráfja, hogy

19 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával 19 H T k. De mivel H is egy nemtriviális részgráfja G/X k -nak ez ellentmond a (ii) résznek. Vegyük észre, hogy a tétel alapján d(g) k-b l következik, hogy τ(g) k. Így, ha (G) k, akkor a lemmában deniált X k élrészhalmaz létezik Lemma. Legyen G egy gráf, melyre d(g) k és legyen X k E(G) a lemmában deniált élrészhalmaz. Ha G[X k ]-nak van legalább két komponense, akkor bármely nemtriviális H komponensére d(h) k és van legalább egy olyan H komponense, hogy d(h) > k. Bizonyítás A lemma (i) alapján G[X k ] bármmely nemtriviális H komponensére H T k. Ezért E(H) k( V (H) 1) és így d(h) k. Tegyük fel, hogy G[X k ]-nak van c 2 komponense: H 1, H 2,..., H c. Indirekt tegyük fel, hogy G[X k ] minden H nemtriviális komponensére d(h) = k. Legyen x = E(G) X k. Ekkor E(H i ) = k( V (H i ) 1) minden 1 i c-re és E(G) = c E(H i ) + x = i=1 c (k V (H i ) k) + x = k V (G) kc + x i=1 Ebb l x = E(G) k V (G) + kc k( V (G) 1) k V (G) + kc = k(c 1). Legyen G = G/G[X k ]. Ekkor V (G ) = c > 1 és E(G ) = x. Tehát d(g ) k, ami ellentmond a lemma (iii) pontjának. Így tehát G[X k ]-nak van legalább egy H i komponense, hogy d(h i ) > k. Jelölje α (G) a G gráf maximális párosításának a méretét Lemma. Minden egyszer G gráfra, melyre E(G) 1, α (G) τ(g) Deníció. η(g) = min {d(g/x) : V (X) < V (G) } a G gráf er ssége. A G gráf egy H részgráfja η-maximális, ha G minden olyan H részgráfjára, amelynek H valódi részgráfja, η(h ) < η(h) Tétel ([3] Tétel 2.10). Minden k d(g) egészre vagy E(G) k darab éldiszjunkt feszít fa úniója, vagy G-nek van egyetlen olyan X élrészhalmaza, hogy η(h) > k és H = G[X] η-maximális. Egy G összefügg gráfra legyen E k (G) = {e E(G) : τ(g e) k} Tétel ([3] Tétel 2.11). Legyen G egy összefügg gráf, melyre τ(g) k. Ekkor E k (G) = E(G) akkor és csak akkor, ha η(g) > k.

20 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával 20 Ha H 1 és H 2 két részgráfja G-nek, akkor legyen E(H 1, H 2 ) = {e = uv E(G) : u V (H 1 ), v V (H 2 )} Lemma. Legyen G egy egyszer gráf és legyen X k E(G) a lemmában deniált élhalmaz. Ha H és H két komponense G(X k )-nak, akkor az alábbiak teljesülnek: (i) E(H, H ) < k (ii) ha d(h ) > k, akkor létezik olyan K H 1, hogy d(k) > k és τ(k e) k minden e E(K)-ra (iii) ha d(h ) > k, akkor létezik olyan e E(H ), hogy τ(h e ) k és E(G) X k - nak legfeljebb egy olyan éle van, amely összeköti e végeit H -vel Lemma. Legyen G egy nemtriviális gráf, melyre τ(g) k. Ha d(g) = k, akkor G minden nemtriviális H részgráfjára d(h) k. Továbbá, ha τ(h) k, akkor d(h) = k. Bizonyítás. Mivel τ(g) k és E(G) = k( V (G) 1), ezért τ(g) = k és E(G) k darab éldiszjunkt feszít fa úniója. Legyenek T 1, T 2,..., T k éldiszjunk feszít fák G- ben. Ekkor G minden nemtriviális H részgráfjára E(H) E(T i ) V (H) 1, 1 i k. Ezért k E(H) = E(H) ( k i=1e(t i )) = E(H) E(T i ) k( V (H) 1) i=1 Tehát d(h) k. Ha τ(h) k, akkor E(H) k( V (H) 1), és így d(h) k. Ezekb l következik, hogy d(h) = k Realizációk k éldiszjunkt feszít fával Most megmutatjuk, melyek azok a fokszámsorozatok, amelyeknek van realizációja k darab éldiszjunkt feszít fval. Legyen G = (V, E) véges, irányítatlan, hurok nélküli gráf, V = n, d 1, d 2,..., d n fokszámsorozat. ω(g) a G gráf komponenseinek száma. A d = (d 1, d 2,..., d n ) sorozat nemnövekv, ha d 1 d 2... d n. A d sorozat grakus, ha van G egyszer gráf d fokszámsorozattal. Ebben az esetben G a d-nek egy realizációja, vagy azt mondjuk, hogy G egy d-realizáció Tétel ([3] Tétel 3.1). Egy d nemnövekv grakus sorozatnak van G T k realizációja, akkor és csak akkor, ha vagy n = 1 és d 1 = 0 vagy n 2 és az alábbiak teljesülnek:

21 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával 21 (i) d n k (ii) n i=1 2k(n 1) Bizonyítás. Ha n = 1 és d 1 = 0 az állítás triviális. Tegyük fel, hogy n > 1. Ha G T k, akkor 2k( V (G) 1) 2 E(G) = n i=1 d i és minden pont foka legalább k. Ez bizonyítja a szükségességet. Most belátjuk az elégségességet. Tegyük fel, hogy d egy nemnövekv grakus fokszámsorozat, melyre teljesülnek a tétel (i) és (ii) pontja. Tegyük fel indirekt, hogy minden G d-realizációra G T k. Ekkor a lemma miatt G-nek van egyetlen olyan X k E(G) élrészhalmaza, hogy G[X k ] komponensei T k -maximális részgráfok. Legyen X = E(G) X k. Mivel G T k, X. Tegyük fel, hogy G X-nek c darab komponense van, H 1, H 2,..., H c, amelyek úgy vannak jelölve, hogy d(h 1 ) d(h 2 ) d(h c ) és H j = K 1 minden j = t + 1,..., c-re. Legyenek F 1 (G) = {H i : d(h i ) > k} és F 2 (G) = {H i : d(h i ) = k} Ekkor F 1 (G) + F 2 (G) = t. 1.Állítás Ha egyetlen d-realizáció sincs T k -ban, akkor létezik egy olyan G d-realizáció, hogy F 1 (G) = 1. Indirekt tegyük fel, hogy minden G d-realizációra F 1 (G) 2. Válasszunk egy olyan G d-realizációt, melyre ω(g X) minimális és ezek közül is olyat, melyre X maximális. Mivel F 1 (G) 2, ezért d(h 1, d(h 2 ) k. A lemma (iii) pontja miatt létezik e 1 = u 1 v 1 E(H 1 ) és e 2 = u 2 v 2 E(H 2 ) úgy, hogy H 1 e 1, H 2 e 2 T k, és az e 1 és e 2 élek végeihez legfeljebb egy X-beli él csatlakozik. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy u 1 u 2, v 1 v 2 E(G). Ekkor legyen G 1 = (G {u 1 v 1, u 2 v 2 }) {u 1 u 2, v 1 v 2 } és X 1 = X {u 1 u 2, v 1 v 2 } (4.1) Ekkor az u 1 u 2 és v 1 v 2 élek választása miatt G 1 is egy d-realizáció. Mivel G 1 X 1 = (H 1 u 1 v 1 ) (H 2 u 2 v 2 ) H 3 H c, G 1 X 1 minden komponense T k -beli és ω(g X) minimális, ezért E(G 1 )-nek az X 1 az egyetlen olyan részgráfja, hogy ω(g 1 X 1 ) = ω(g X) = c és G 1 X 1 minden komponense egy T k -maximális részgráf. Ekkor X 1 = X + 2, ami ellentmond annak, hogy X maximális. Ezzel beláttuk az 1. állítást. A lemma alapján egy tetsz leges G gráfra vagy G T k vagy F 1 (G ) 1. A tétel bizonyításához tegyük fel indirekt, hogy minden G d-realizációra G T k. Ekkor az 1. állítás miatt létezik olyan G, melyre F 1 (G) = 1. Válasszunk egy olyan

22 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával 22 G d-realizációt melyre teljesül, hogy F 1 (G) = 1 és V (H 1 ) maximális (4.2) ezek közül is válasszunk olyat, melyre X maximális. Nézzük a következ eseteket. 1.Eset: t 2, és így H 2 K 1. Ekkor a lemma (iii) pontja miatt létezik olyan e 1 E(H 1 ) és e 2 E(H 2 ), hogy G-ben legfeljebb egy él csatlakozik e 1 -hez és e 2 -höz, és H 1 e 1 T k. Legyen G 1 és X 1 mint (4.1)-ben. Mivel d(h 2 e 2 ) < k, H 2 e 2 már nincs benne T k -ban. Legyenek G 1 [(H 1 e 1 ) (H 2 e 2 )] T k -maximális részgráfjai H 1,2, H 2,1,..., H 2,t2, ahol H 1 e 1 H 1,2 és H 2,1,..., H 2,t2 H 2 e 2. Mivel d(h 2 ) = k és H 2,i H 2, ezért a lemma miatt minden H 2,i -re vagy d(h 2,i ) = k vagy H 2,i = K 1. Vegyük észre, hogy G/(H 1 H 2 ) = G 1 /[(H 1 e 1 ) (H 2 e 2 )]. Következésképpen H 1,2, H 2,1,..., H 2,t2, H 3,..., H c T k -maximális részgráfjai G 1 -nek. (4.2) és F 1 (G 1 ) = H 1,2 miatt H 1,2 = H 1 e 1. Legyen X olyan élrészgráfja G 1 -nek, hogy G 1 X = H 1,2 H 2,1 H 2,t2 H 3 H c. Ekkor X X 1 és X X 1 X, ami ellentmond annak, hogy X maximális. 2.Eset: t = 1, és így H 2 = K 1. Ha c = 2, akkor a tétel (i) miatt H 1 és H 2 között leglább k él fut. Mivel H 1 T k, következik, hogy G T k, ami ellentmond a feltevéseinknek. Így tehát c 3. Legyen V (H i ) = {x i }, i 2-re. Vegyük észre, hogy minden H i = K 1 -re létezik egy H j = K 1, hogy e = x i x j X. Máskülönben x i csak H 1 -beli ponthoz csatlakozhatna és a (i) miatt E(H i, H 1 ) k lenne, ami ellentmond a lemma (i) pontjának. Az általánosság megszorítása nélkül feltehet, hogy x 2 x 3 X. A lemma miatt létezik egy nemtriviális K H 1 részgráf, hogy K e T k minden e E(K)-ra. 2.Állítás Létezik olyan e = uv E(K), hogy ux 2, vx 3 E(G). A bizonyításhoz deniáljuk a következ ket: B 1 = {v V (K) : vx 2, vx 3 E(G)}, B 2 = {v V (K) : vx 2 (EG), vx 3 E(G)} B 3 = {v V (K) : vx 2 (EG), vx 3 E(G)}, B 4 = {v V (K) : vx 2, vx 3 E(G)} és legyen N(B 1 ) = {v V (K) : u B 1 hogy uv E(K)}. A deníció miatt V (K) = B 1 B 2 B 3 B 4. Ha B 1 =, akkor N(B 2 ) N(B 3 ) B 4. Ekkor B 4 k 1 és így x 2 legalább k éllel csatlakozik K-hoz, ami ellentmond annak,

23 4. fejezet Fokszámsorozatok és gráfok éldiszjunkt feszít fával 23 hogy x 2 V (H 1 ). Tehát B 1. Ha E(G[B 1 ]), akkor a 2. állítás teljesül. Tegyük fel tehát, hogy E(G[B 1 ]) =. Ebb l következik, hogy N(B 1 ) B 1 =. El ször megmutatjuk, hogy N(B 1 ) [B 2 B 3 ] (4.3) Ha ez nem igaz, akkor N(B 1 ) B 4, mert V (K) = B 1 B 2 B 3 B 4. Mivel K T k, ezért minden v B 1 élre d k (v) k, amib l következik, hogy B 4 N(B 1 ) k. Ekkor viszont a B 4 deníciója miatt E(H 1, H 2 ) E(B 4, x 2 ) = B 4 k, ami ellentmond a lemma (i) pontjának. Tehát (4.3) igaz. Ez azt jelenti, hogy létezik v N(B 1 ) B 2 vagy létezik u N(B 1 ) B 3. El ször tegyük fel, hogy létezik v N(B 1 ) B 2. Ekkor létezik u B 1, hogy uv E(K). A B 1 és B 2 deníciója miatt ux 2 E(G) és vx 3 E(G), tehát igaz az állítás. Most tegyük fel, hogy létezik u N(B 1 ) B 3. Ekkor létezik v B 1, hogy uv E(K). A B 3 és B 1 deníciója miatt ux 2 E(G) és vx 3 E(G), tehát az állítás szintén igaz. Ezzel bebizonyítottuk a 2. állítást. A 2. állítás szerint legyenek G 2 = (G x 2 x 3 uv) ux 2, vx 3 és X 2 = X x 2 x 3 ux 2, vx 3 Ekkor az u, v, x 2 és x 3 választása miatt G 2 is egy d-realizáció. Megmutatjuk, hogy F(G 2 ) = 1. Indirekt tegyük fel, hogy F(G 2 ) 2. Ekkor létezik egy S F(G 2 ), ami nem egyenl H 1 uv-vel. A lemma (iv) miatt V (S) V (H 1 ) =. De ekkoor S egy H 1 -t l különböz részgráfja G-nek, ami ellentmond annak, hogy F(G) = alapján H 1 uv egy T k -maximális részgráfja G-nek. Mivel G 2 [H 2 H c ] = G 2 [H 2 H c ] x 2 x 3, ezért H 2,..., H c T k -maximális részgráfjai G 2 -nek. Ekkor viszont X 2 = X 1 + 1, ami ellentmond annak, hogy X 1 maximális. Ezzel bebizonyítottuk a tételt.

24 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése Ebben a fejezetben azzal a kérdéssel foglalkozunk, hogy adott G gráfra és r : V (G) Z + függvényre mik azok a szükséges és elégséges feltételek ahhoz, hogy G-nek legyen egy nem-szeparálható r-pontszétszedése, azaz egy olyan összefügg r-szétszedése, ami nem tartalmaz elvágó pontot F eredmények Legyen G egy gráf. Egy v G pont elvágó pont, ha E(G) 2 és v-hez csatlakozik egy hurok, vagy G v-nek több komponense van, mint G-nek Deníció. Egy gráf nem-szeparálható, ha összefügg és nincs elvágó pontja Deníció. Legyen G egy gráf és N(G) = {v V : deg(v) 4}. Adott r : V Z + -re legyen N 1 (G, r) = {v N(G) : r(v) = 1} és N 2 (G, r) = {v N(G) : r(v) = 2}. Megmutatjuk, mik azok a szükséges és elégséges feltételek, hogy G-nek legyen egy nem-szeparálható r-pontszétszedése. Ehhez szükségünk lesz a következ lemmákra. A lemmákat hurokmentes gráfokra mondjuk ki, de alkalmazhatók hurkokat tartalmazó gráfokra is, ha a gráf hurokjait felosztjuk Lemma. Legyen G egy kétszeresen összefügg hurokmentes gráf és v N(G). Legyen r : V Z +, melyre r(v) = 2 és r(u) = 1 minden u V v-re. Ekkor G-nek létezik egy olyan H kétszeresen élösszefügg r-szétszedése, hogy v H-beli részei közül legalább egynek a foka kett. Továbbá, ha v egy elvágó pontja G-nek, akkor G-nek létezik egy olyan H kétszeresen élösszefügg r-szétszedése, hogy v részei v 1, v 2 nem elvágó pontok H -ben és d H (v 2 ) = c(v). 24

25 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése Deníció. Legyen G egy gráf. B egy blokk G-ben ha maximális nem-szeparálható részgráfja G-nek. Ha G nem-szeparálható, akkor maga is egy blokk. A v V pont egy bels pont B-ben, ha v nem elvágó pontja G-nek. Egy végblokk G-ben egy olyan blokk, amely legfeljebb egy G-beli elvágó pontot tartalmaz. Vegyük észre, hogyha G szétválasztható, akkor van legalább két végblokkja Deníció. Azt mondjuk, hogy G egy uv-blokkút, ha G összefügg és pontosan két végblokkja van, B 1 és B 2, és u, v rendre a B 1 és B 2 bels pontjai. ux és vz élekre G(ux, vz) = G {ux, vz} {uz, vx}. Vegyük észre, hogy ez a csere meg rzi G fokszámsorozatát. A következ lemma megmutatja, hogyan lehet ezzel a cserével csökkenteni a blokkok számát egy gráfban Lemma. Legyen G egy hurokmentes gráf, és ux, vz E(G) olyan élek, melyek pontdiszjunkt körökhöz tartoznak G-ben. Tegyük fel, hogy G egy blokk vagy egy uv-blokkút. Ekkor G(ux, vz) egy blokk. Bizonyítás Legyenek C 1 és C 2 diszjunkt körök, melyek rendre tartalmazzák ux-et és vz-t. Ekkor (C 1 ux) (C 2 vz) {uz, vx} egy kört indukál G(ux, vz)-ben, amely tartalmazza az u, x, v, z pontokat. Mivel G {ux, vz} minden végblokkja tartalmazza u, x, v vagy z valamelyikét, mint bels pontot, ezért G(ux, vz) egy blokk. Megmutatjuk, hogy ha G-nek van egy f-szétszedése egyetlen y N 1 (G) vágócsúccsal, akkor G-nek van egy nem-szeparálható f-szétszedése, vagy van egy olyan X N 2 (G) halmaz, hogy r(x) + c(x + y) nagy. Legyen G egy gráf, y V (G), r : V Z +, r(y) = 1 és f egy fokszámel írás G-re. Legyen H egy f-szétszedése G-nek, W V (H) és u, v V (H) W. Azt mondjuk, hogy u és v W -szeparált H-ban, ha u és v H W különböz komponenseihez tartozik. Deniáljuk az R 1, R 2,... V (G), S 1, S 2,... V (H) és W 0, W 1,... V (H) halmazsorozatokat a következ képpen: legyen W 0 = {y} és i 1-re legyen R i = {v V (G) : v legalább két része W i 1 -szeparált H-ban } S i = {v j V (H) : v j része valamely v R i -nek } W i = S i W i 1 A deníciókból következik, hogy S i S j = = R i R j (i j) és W i = {y} S 1 S 2 S i. Vegyük észre, hogy S i = minden i 1-re, ha y nem elvágó pontja H-nak Lemma. Legyen H egy összefügg f-szétszedése G-nek. Legyen Z H W i 1 komponense valamely i 1-re, és uv, wx E(Z). Tegyük fel, hogy Z(uv, wx) összefügg. Ekkor H = H(uv, wx) összefügg f-szétszedése G-nek és S m (H ) = S m (H) minden 1 m i-re.

26 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése 26 Bizonyítás Mivel H-nak és H -nek ugyanaz a fokszámsorozata, ezért H is egy f- szétszedése G-nek. Továbbá H összefügg, mert H és Z(uv, wx) összefügg. Azt kell még megmutatnunk, hogy S m (H ) = S m (H) minden 1 m i-re. Ezt indukcióval látjuk be i-re. Ha i = 1, akkor W 0 (H ) = {y} = W 0 (H). Mivel Z(uv, wx) összefügg, R 1 (H) = R 1 (H ) és így S 1 (H) = S 1 (H ). Most tegyük fel, hogy i 2. Az indukció miatt S m (H ) = S m (H) minden 1 mß 1-re. Vegyük észre, hogy H W m egy Z komponense tartalmazza Z-t és Z (uv, wx) összefügg, mivel Z(uv, wx) összefügg. Tehát W i 1 (H ) = W i 1 (H). Mivel Z(uv, wx) összefügg, R i (H) = R i (H ) és így S i (H) = S i (H ). El ször arra a speciális esetre mondjuk ki a tételt, amikor a G gráf hurokmentes és N(G) független halmaz G-ben. Az általános eset azzal az egyszer eljárással következik majd ebb l a tételb l, hogy G minden élét egy új ponttal felosztjuk két részre és az r-t kiterjesztjük úgy, hogy r(v) = 1 legyen az új pontokon Tétel ([4] Tétel 2.12). Legyen G = (V, E) egy hurokmentes gráf legalább két éllel és legyen r : V Z +. Tegyük fel, hogy N(G) a pontok egy független halmaza G-ben. Ekkor G-nek van egy nem-szeparálható r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg (ii) d(v) 2r(v) minden v V -re, és (iii) d(x, V X) r(x)+c(x +y) 1 minden y N 1 (G, r)-re és X N 2 (G, r)-re Bizonyítás Csak a szükségességet bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy H egy nem-szeparálható r-szétszedése G-nek. Ekkor H kétszeresen élösszefügg és mivel a pontszétszedés m velet nem növelheti az élösszefügg séget, az (i) teljesül. Mivel H-ban minden pontnak legalább kett a fokszáma, (ii) szintén teljesül. A (iii) pont pedig következik tételéb l, mivel H y egy összefügg r V y -szétszedése G-nek. Most pedig lássuk az általános esetre kimondott tételt Tétel ([4] Tétel 2.1). Legyen G = (V, E) egy gráf, amely legalább két élet tartalmaz, és r : V Z +. Ekkor G-nek van egy nem-szeparálható r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg (ii) deg(v) 2r(v) minden v V -re

27 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése 27 (iii) i(v) = 0 minden v N 1 (G, r)-re, és (iv) d(x, V X y) + i(x) r(x) + c(x + y) 1 minden y N 1 (G, r)-re és X N 2 (G, r)-re. Bizonyítás Legyen G az a gráf, amit úgy kapunk, hogy a G gráf minden élét felosztjuk egy ponttal. Ekkor G hurokmentes, N(G ) = N(G) és N(G ) független G -ben. Terjesszük ki r-t r -vé úgy, hogy r (v) = r(v) minden v V (G) pontra és r (v) = 1 minden v V (G ) V (G) pontra. Ekkor N 1 (G, r ) = N 1 (G, r) és N 2 (G, r ) = N 2 (G, r). Be kell látnunk, hogy a tétel feltételei igazak (G, r)-re akkor és csak akkor, ha a tétel feltételei igazak a (G, r )-re. Egyértelm, hogy a tétel (i) és (ii) pontjai akkor és csak akkor teljesülnek (G, r)-re, ha a tétel (i) és (ii) pontjai teljesülnek (G, r )-re. Továbbá, mivel y N 1 (G, r) = N 1 (G, r ) és X N 2 (G, r) = N 2 (G, r ), ezért r(x) = r (X) és d G (X, V X y) + i G (X) c G (X + y) i G (y) = d G (X, V X) c G (X + y). Ha a tétel (iii) és (iv) pontja teljesül (G, r)-re, akkor e G (y) = 0 és emiatt a tétel (iii) pontja teljesül (G, r )- re. Most tegyük fel, hogy a tétel (iii) pontja teljesül (G, r )-re. Ha X =, akkor c G (y) 1 minden y N 1 (G, r )-re és így i G (y) = 0 minden y N 1 (G, r)-re. Ekkor a tétel (iii) pontja teljesül (G, r)-re, és az el bbi egyenl ségeket felhasználva a tétel (iv) pontja szintén teljesül (G, r)-re. A következ kben a fokszámel írt esetet fogjuk vizsgálni, azaz, hogy mik azok a szükséges és elégséges feltételek ahhoz, hogy egy G gráfnak legyen egy nemszeparálható f-szétszedése. Egy G = (V, E) gráfra és X V (G)-re legyen Γ(X) azon V X-beli pontok halmaza, amelyek szomszédosak X pontjaival. Legyenek x, y, z V (G) és xz E(G). Ekkor G(xz yz) = G xz + yz Lemma. Legyen G = (V, E) egy nem-szeparálható gráf és legyenek x, y V (G) különböz ek. Legyenek xz 1, xz 2,..., xz t a G y gráf különböz élei, t 3. Ekkor G(xz i yz i ) szeparálható minden 1 i t-re akkor és csak akkor, ha G {x, y}-nak léteznek olyan különböz C 1, C 2,..., C t komponensei, hogy z i V (C i ) és d(x, C i ) = 1 minden 1 i t-re Következmény. Legyen G = (V, E) egy nem-szeparálható gráf és legyenek x, y V (G) különböz ek. Legyenek xz 1, xz 2,..., xz t a G y gráf különböz élei, t 3. Ha t deg(y) i({x, y}) + 1, akkor G(xz i yz i ) nem-szeparálható valamely 1 i t-re Bizonyítás Indirekt tegyük fel, hogy G(xz i yz i ) szeparálható minden 1 i t-re. Ekkor a lemma miatt c({x, y}) t. Mivel t deg(y) i({x, y}) + 1, ezért

28 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése 28 d(c, y) = 0 a G {x, y} gráf valamely C komponenseire. Így x egy elvágó pont G-ben, ami ellentmond annak, hogy G nem-szeparálható Következmény. Legyen G = (V, E) egy nem-szeparálható gráf és legyenek x, y, w V (G) olyan különböz pontok, melyekre deg(x) 3 és xy, xw E(G). Ekkor létezik egy olyan z Γ(x), hogy G(xz yz) vagy G(xz wz) nemszeparálható Lemma. Legyen G = (V, E) egy nem-szeparálható gráf. Tegyük fel, hogy c({x, y}) = deg(x) 3 valamely x, y V (G)-re. Legyen w a G {x, y} gráf egy C komponensének olyan pontja, hogy d(w, y) = d(w, x) = 0 és legyen z Γ(x) C. Ekkor G(xz wz)(wz yz ) nem szeparálható valamely z Γ(w)-re, vagy minden él, ami illeszkedik w-re G-ben egy elvágóél C-ben. A tételhez hasonlóan el ször azt az esetet vizsgáljuk, amikor G hurokmentes és N(G) független Tétel ([4] Tétel 2.23). Legyen G = (V, E) egy hurokmentes gráf legalább két éllel, legyen r : V Z + és legyen f egy r-fokszámel írás, ahol f(v) = (f1 v, f2 v,..., fr(v) v ) és f1 v f2 v fr(v) v minden v V -re. Tegyük fel, hogy N(G) független. Ekkor G-nek van egy nem-szeparálható f-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg (ii) f v i 2 minden v V -re és 1 i r(v) (iii) d(x + v, V X v) f1 v r(x + v) + c(x + v) 2 minden v N(G)-re és X N 2 (G, r) v-re. Bizonyítás Csak a szükségességet bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy G-nek van egy H nem-szeparálható f-szétszedése. Az (i) és (ii) feltételek triviálisan teljesülnek G-re. Legyen v N(G) és X N 2 (G, r) v. Legyenek C 1, C 2,..., C c a G (X + v) komponensei, ahol c = c(x + v), és legyen C i az a részgráf H-ban, amelyet a C i pontjainak részei állítanak el. Legyen v 1 az a része v-nek, melynek fokszáma f1 v. Legyen S az a halmaz, amely tartalmazza X összes pontjának részeit és a v pont v 1 -t l különböz részeit. Ekkor S = r(x + v) 1. Mivel G hurokmentes és N(G) független, H-ban d(x+v, V X v) f1 v él fut S pontjai és a C 1, C 2,..., C c részgráfok között. Mivel H nem-szeparálható, ezért H v 1 összefügg és így d(x + v, V X v) f1 v c + r(x + v) 2. Tehát (iii) teljesül G-re. Most nézzük az általános esetet.

29 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése Tétel ([4] Tétel 2.2). Legyen G = (V, E) egy gráf, amely legalább két élet tartalmaz, r : V Z +, és legyen f egy r-fokszámel írás, ahol f(v) = (f1 v, f2 v,..., fr(v) v ) és f1 v f2 v fr(v) v minden v V -re. Ekkor G-nek van egy nem-szeparálható f-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg (ii) f v i 2 minden v V -re és 1 i r(v) (iii) d(x + v, V X v) + i(x + v) f1 v v N(G)-re és X N 2 (G, r) v-re. r(x + v) + c(x + v) 2 minden Bizonyítás Legyen G = (V, E ) az a gráf, amit úgy kapunk, hogy G minden élét felosztjuk egy ponttal. Ekkor G hurokmentes, N(G ) = N(G) és N(G ) független. Legyen r és f olyan, hogy r (v) = r(v) és f (v) = f(v) minden v V (G)-re, és r (v) = 1 és f (v) = 2 minden v V V -re. Ekkor N 1 (G, r ) = N 1 (G, r) és N 2 (G, r ) = N 2 (G, r). Meg kell mutatnunk, hogy a tétel (i), (ii) és (iii) feltételei akkor és csak akkor teljesülnek (G, r, f)-re, ha a tétel (i), (ii) és (iii) feltételei teljesülnek G, r, f -re. Nyilvánvaló, hogy a tétel (i) és (ii) feltételei akkor és csak akkor teljesülnek (G, r, f)-re, ha a tétel (i) és (ii) feltételei teljesülnek G, r, f -re. Továbbá v N(G) = N(G )-re és X N 2 (G, r) = N 2 (G, r )- re f v 1 = f v 1, r(x) = r (X) és d G (X + v, V X v) + i(x + v) c G (X + v) = d G (X + v, V X v) c G (X + v). Így tehát a tétel (iii) feltétele akkor és csak akkor teljesül (G, r, f)-re, ha a tétel (iii) feltétele teljesül G, r, f -re Néhány következmény Az els következmény Euler tételét terjeszti ki Következmény. Legyen G = (V, E) egy kétszeresen élösszefügg gráf és r : V Z + olyan, hogy deg(v) 2r(v) minden v V -re és r(v) 2 minden v N(G). Legyen f egy r-fokszámel írás, ahol f(v) = (f1 v, f2 v,..., fr(v) v ) és 2 f i v deg(v) 2 r(v) + 2 minden v V -re és 1 i r(v)-re. Ekkor G-nek van egy nem-szeparálható f-pontszétszedése.

30 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése ábra. Euler-sétát tartalmazó gráf 5.2. ábra. Euler-sétát tartalmazó gráf egy pontszétszedése Az alábbi következmény a nem-szeparálható gráfok fokszámsorozatát jellemzi Következmény. Legyen d 1 d 2 d n 2 egészek (n 2). Ekkor létezik egy nem-szeparálható gráf (d 1, d 2,..., d n ) fokszámsorozattal akkor és csak akkor, ha (i) d 1 + d d n páros, és (ii) d 1 d 2 + d d n 2n + 4. Bizonyítás El ször a szükségességet bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy van egy H nemszeparálható gráf ezzel a fokszámsorozattal, és legyen v i V (H) foka d i minden 1 i n. Az (i) pont nyilván teljesül. Mivel H nem-szeparálható, H v 1 összefügg. Így E(H v 1 ) n 2. Ezért d 1 = d(v v 1, v 1 ) d 2 + d d n 2n + 4.

31 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése 31 Az elégségesség bizonyításához alkalmazzuk a tételt egy olyan G gráfra, amely egyetlen v pontból áll, amire d 1+d 2 + +d n hurok illeszkedik, továbbá r(v) = n 2 és f(v) = (d 1, d 2,..., d n ). A következ eredmény arra az esetre vonatkozik, amikor a gráfban csak egy pontot akarunk szétszedni Következmény. Legyen G = (V, E) egy gráf, u V és r : V Z + olyan, hogy r(u) = m 2 és r(v) = 1 minden v V u-re. Legyen f egy r-fokszámel írás, ahol f(u) = (f 1, f 2,..., f m ), f 1 f 2 f m 2 és f(v) = deg(v) minden v V u-re. Ekkor G-nek van nem-szeparálható f-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg (ii) i(v) = 0 és c(v) = 1 minden v V u-re, (iii) f 2 + f f m c(u) + i(u) + m 2, és (iv) d(u, V v u) + i(u) m + c({u, v}) 1 minden v V u-re. Az alábbiakban megmutatjuk, mik azok a szükséges és elégséges feltételek, hogy egy gráfnak legyen egyszer nem-szeparálható r-szétszedése. Ugyanakkor az, hogy adott fokszámsorozathoz mikor van egy gráfnak egyszer nem-szeparálható f-szétszedése nyitott probléma Következmény. Legyen G = (V, E) egy gráf és r : V Z +. Ekkor G-nek van egyszer nem-szeparálható r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg, (ii) deg(v) 2r(v) minden v V -re, (iii) d(x, V X y) + i(x) r(x) + c(x + y) 1 minden y N 1 (G, r) és X N 2 (G, r), és (iv) i(u) r(u)(r(u) 1) 2 és d(u, v) r(u)r(v) minden u, v V -re. Egy G = (V, E) gráf k-összefügg, ha V k + 1 és G U összefügg minden U V (G), U k 1-re. Így, ha V 3, akkor G nem-szeparálható akkor és csak akkor, ha G kétszeresen összefügg és hurokmentes. Az alábbi következmény azt mutatja meg, hogy egy gráfnak mikor van kétszeresen összefügg r-szétszedése.

32 5. fejezet Gráfok nem-szeparálható pontszétszedése Következmény. Legyen G = (V, E) egy gráf és r : V Z + olyan, hogy r(v ) 3. Ekkor G-nek van kétszeresen összefügg r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg, (ii) deg(v) 2r(v) minden v V -re, (iii) d(x, V X y) + i(x) r(x) + c(x + y) 1 minden y N 1 (G, r) és X N 2 (G, r)-re. Elképzelhet, hogy ez a következmény kiterjeszthet k-élösszefügg ségre, az alábbi sejtés alapján Sejtés: Legyen k 2 egész, G = (V, E) egy gráf és r : V Z + olyan, hogy r(v ) k + 1. Ekkor G-nek van k-összefügg r-pontszétszedése akkor és csak akkor, ha (i) G kétszeresen élösszefügg, (ii) deg(v) kr(v) minden v V -re, (iii) G y-nek van (k r(y))-összefügg r V y -pontszétszedése minden y V r(y) k 1-re.

33 Irodalomjegyzék [1] Alex R. Berg, Bill Jackson, Tibor Jordán, Highly edge-connected detachments of graphs and digraphs, J. Graph Theory 43: 67-77, 2003 [2] Satoru Iwata, Tibor Jordán, Orientations and detachments of graphs with prescribed degrees and connectivity, Proc. 5th Hungarian-Japanese symposium on discrete mathematics and its applications, Sendai, April 2007, pp [3] Hong-Jian Lai, Yanting Liang, Ping Li, Jinquan Xu, Degree sequences and graphs with disjoint spanning trees, Discrete Applied Mathematics 159 (2011) [4] Bill Jackson, Tibor Jordán, Non-separable detachments of graphs, Journal of Combinatorial Theory, Series B 87 (2003) [5] C. St. J. A. Nash-Williams, Detachments of graphs and generalized Euler trails, J. London Math. Soc., Vol. 31, 1985, pp