Megoldások 7. gyakorlat Síkgráfok, dualitás, gyenge izomorfia, Whitney-tételei

Átírás

1 Számítástudomány alapjai Megoldások 7. gyakorlat Síkgráfok, dualitás, gyenge izomorfia, Whitney-tételei 90. A konvex poliéder egyes lapjait határoló élek száma legyen k! Egy konvex poliéder egy tetszőleges belső ponjából a poliéder egy, a körül rajzolható gömbre vetíthető. Ekkor a poliéder élhálójából egy gömbre metszés nélkül lerajzolható gráfot kapunk. Ebben a gráfban a csúcsok száma n = 0, a tartományok száma t = 1, az élek száma pedig legyen e! Tudjuk, hogy egy gráf pontosan akkor gömbre rajzolható, ha síkgráf. Így kapunk egy síkgráfot melyben a csúcsok, az élek és a tartományok száma rendre n, e, t. Ez a gráf összefüggő, hiszen a poliéder laphálója is az. Így alkalmazhatjuk az Euler-formulát: n e + t = Az éleket laponként megszámolva megkapjuk az élek számának kétszeresét. Azaz: kt = e amiből e = kt Az adatokat, és a fenti összefüggést behelyettesítve az Euler-formulába: 0 1k Vagyis a poliédert ötszögek határolják. + 1 =, így k = Indirekt tegyük fel, hogy G és G mindegyike síkbarajzolható. Ekkor a síkgráf éleinek számára vonatkozó felsőbecslés: e 3n 6 miatt G és G élszáma e = 7, így uniójuk, G G élszáma legfeljebb 7 = 54. Másrészt tudjuk, hogy G G = K 11,aminek pontosan ( ) 11 = 55 éle van, ami ellentmondás. Tehát G és G egyike biztosan nem síkgráf. 9. A Menger-tételeket felhasználva kapjuk, hogy ebben a hatszorosan összefüggő gráfban bármely két, u, v csúcs között létezik 6 pontdiszjunk út. Ebből következik, hogy a gráf bármely u csúcsának fokszáma, d(u) 6. Így az élek számára: e = 1 V (G) i=1 d i 3n Ez viszont ellentmond a síkgráfok élszámára vonatkozó felsőbecsléssel: e 3n 6. Így egy hatszorosan összefüggő gráf nem síkbarajzolható. 93. Az első két gráf síkbarajzolató (az azonos színű szines pontok jelzik, hogy az eredeti gráf csúcsai hová kerültek a síkbarajzolt gráfban).

2 A harmadik gráf nem rajzolható síkba, hiszen tartalmaz K 5 -el topologikusan izomorf részgráfot (a jelölt csúcsok egy topologikus K 5 csúcsai). A negyedik gráf szintén nem rajzolható síkba, hiszen tartalmaz K 3,3 -el topologikusan izomorf részgráfot - egy élet el is hagyhatunk (az azonos színnel jelölt csúcsok egy topologikus K 3,3 egy osztályba tartozó csúcsai). 94. A gráfnak ( 6 ) = 15 csúcsa van, mert hat elemből ennyiféleképpen lehet kiválasztani kettő különbözőt úgy, hogy a sorrend nem számít. Minden csúcs ( 4 ) = 6 fokú, hiszen egy adott kételemű halmaz esetén ennyiféleképpen választhatunk ki a maradék 4 elemből -t. Ezek alapján az élek száma 15 6 = 45. Síkgráfok élszámára vonatkozó felsőbecslés: e 3n 6 alapján azonban egy n = 15 csúcsú gráfnak legfeljebb = 39 éle lehetne, így a gráf nem síkbarajzolható.

3 95. A gráfok duálisát piros színnel rajzolva: Figyeljük meg, hogy a két egymással izomorf síkgráf duálisa nem izomorf egymással (mivel például a fokszámaik különböznek). Azaz egy síkkgráf duálisa a gráf lerajzolásához tartozik! 96. G gráf duálisát jelöljük G -al. Hasonlóan n, e, t legyen a G, n, e, t pedig a G csúcsszáma, élszáma és tartományszáma. Minden síkgráfra teljesül, hogy n = t e = e t = n Ezen kívül tudjuk, hogy G izomorf G -al, így n = n és t = t A fenti összefüggéseket behelyettesítve a n e + t = Euler-formulába kapjuk, hogy n e =, azaz e = n 97. Az országok egy síkbarajzolható G gráf tartományai. Ha az állítás nem lenne igaz, azaz minden két ország szomszédos lenne egymással, akkor ennek a gráfnak a duálisa tartalmazna K 5 részgráfot, tehát nem lenne síkbarajzolható, ami nyilvánvaló ellentmondás. Így van két olyan képviselő, akiknek az országa nem szomszédos. 98. Egy fa definíció szerint összefüggő körmentes gráf. Így F 1 és F fák élei között megadható teszőleges kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés (bijekció) bizonyítja a két fa gyenge izomorfiáját. (Nincs kör a gráfokban, amit az élbijekciónak tartania kellene.) Így a következőképpen egyszerűsödik a feladat: F 1 = F E(F 1 ) = E(F ) Mivel tudjuk, hogy egy n csúcsú fának pontosan n 1 éle van, ezért E(F 1 ) = E(F ) V (F 1 ) = V (F ) Azaz megkaptuk, hogy két fa pontosan akkor gyengén izomorf, ha ugyanannyi pontjuk van.

4 99. Az alábbi gráf gyenge izomorfiájának belátásához felhasználjuk a 3. Whitney-tételt, amely kimondja, hogy gyengén izomorf gráfok csoportjában bármelyik gráfból bármelyik gráfhoz el lehet jutni három operációval. Az alábbi ábrasor mutatja, hogyan jutunk el egy ilyen operációval az egyik gráfból a másikba Így a két gráf gyengén izomorf. Próbáljuk meg belátni a két gráf gyenge izomorfiáját az 1. Whitney-tétel segítségével is. Ha G = H és G síkbarajzolható, akkor H is síkbarajzolható G = H (G ) = G és (H ) = H

5 A négyszíntételből tudjuk, hogy minden síkgráf kiszínezhető 4 színnel, azaz az élei 4 komponensbe oszthatók úgy, hogy egy komponensen belül nincsenek élek. Ezt a négy komponenst jelöljük A, B, C, D betűkkel. Az első páros gráf osztályai legyenek A B és C D, élei pedig az A-ból C-be, a B-ből D-be, az A-ből D-be és a B-ből C-be vezető élek. Az második páros gráf osztályai legyenek A C és B D, élei pedig az A-ból B-be és a C-ből D-be vezető élek. Így a síkgráfunk minden élét megkaptuk két páros gráf élhalmazának uniójaként.