Gráfelméleti feladatok 9789639664012, 9639664014 [PDF]

Zitiervorschau

© Typotex Kiadó

Gráfelméleti feladatok

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

Az informatika elmélete

A sorozat kötetei: Rónyai–Ivanyos–Szabó: Algoritmusok Bach Iván: Formális nyelvek Katona–Recski–Szabó: A számítástudomány alapjai Buttyán–Vajda: Kriptográfia és alkalmazásai Jordán–Recski–Szeszlér: Rendszeroptimalizálás Szeredi–Lukácsy–Benk˝o: A szemantikus világháló elmélete és gyakorlata Györfi–Gy˝ori–Vajda: Információ- és kódelmélet

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

F RIEDL K ATALIN — R ECSKI A NDRÁS — S IMONYI G ÁBOR

GRÁFELMÉLETI FELADATOK

Budapest, 2006

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

Ez a könyv az illetékes kuratórium döntése alapján az Oktatási Minisztérium támogatásával a Fels˝ooktatási Pályázatok irodája által lebonyolított Tankönyvtámogatási Program keretében jelent meg.

c Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor, Typotex, 2006 ° ISBN 963 9664 01 4 ISSN 1787-3045 Témakör: elméleti informatika

Kedves Olvasó! Önre gondoltunk, amikor a könyv el˝okészítésén munkálkodtunk. Kapcsolatunkat szorosabbra f˝uzhetjük, ha belép a Typoklubba, ahonnan értesülhet új kiadványainkról, akcióinkról, programjainkról, és amelyet a www.typotex.hu címen érhet el. Honlapunkon megtalálhatja az egyes könyvekhez tartozó hibajegyzéket is, mert sajnos hibák olykor el˝ofordulnak.

Kiadja a Typotex kiadó, az 1795-ben alapított Magyar Könyvkiadók és Könyvterjeszt˝ok Egyesülésének tagja. Felel˝os kiadó: Votisky Zsuzsa Felel˝os szerkeszt˝o: Domina Katalin Tördelte: Gerner József Borítóterv: Tóth Norbert Terjedelem: 20,82 (A/5 ív) Készítette a Kaloprint Kft. nyomdája, Kalocsa

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

Tartalomjegyzék

El˝oszó

9

I. rész FELADATOK

11

1. Gráfelméleti alapfogalmak 1.1. Izomorfizmus 1.2. Fokszámsorozatok 1.3. Fák 1.4. Cayley-tétel, Prüfer-kód 1.5. Minimális súlyú feszít˝ofa 1.6. Összefügg˝oség 1.7. Irányított gráfok 1.8. Vegyes feladatok

13 13 14 15 16 16 18 18 19

2. Euler-körök, Euler-utak 2.1. Euler-bejárás létezése 2.2. Euler-bejárás alkalmazásai 2.3. A bejárás változatai

21 21 23 24

3. Hamilton-kör és Hamilton-út 3.1. Hamilton-körök és -utak megadása 3.2. Szükséges feltételek 3.3. Elégséges feltételek 3.4. Vegyes feladatok

27 27 28 30 32

4. Síkbarajzolhatóság 4.1. Euler-formula 4.2. Kuratowski-tétel, Fáry–Wagner-tétel 4.3. Dualitás 4.4. Gyenge izomorfia 4.5. Vegyes feladatok 4.6. A síkbarajzolhatóságnál általánosabb fogalmak

35 35 37 39 40 41 42

5

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

6

Tartalomjegyzék

4.7. A síkbarajzolhatóságnál speciálisabb fogalmak

43

5. Párosítások 5.1. Maximális párosítás 5.2. Párosítás páros gráfban – Hall-feltétel 5.3. Vegyes feladatok 5.4. Lefogás és függetlenség

45 45 46 49 50

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség 6.1. Folyamok 6.2. Többszörös összefügg˝oség

55 55 60

7. Gráfok színezése 7.1. Csúcsok színezése 7.2. Élek színezése 7.3. Perfekt gráfok 7.4. Mycielski-konstrukció 7.5. Listaszínezés

63 63 67 68 69 69

8. Gráfok mátrixai 8.1. Szomszédossági mátrix 8.2. A szomszédossági mátrix determinánsa, sajátértékei 8.3. Illeszkedési mátrix 8.4. Körmátrix és vágásmátrix

71 71 72 73 74

9. Bonyolultságelmélet 9.1. Körök és utak 9.2. Színezések és klikkek 9.3. Eldöntési és keresési problémák 9.4. Vegyes feladatok

77 77 80 82 83

II. rész

87

MEGOLDÁSOK

10. Gráfelméleti alapfogalmak 10.1. Izomorfizmus 10.2. Fokszámsorozatok 10.3. Fák 10.4. Cayley-tétel, Prüfer-kód 10.5. Minimális súlyú feszít˝ofa 10.6. Összefügg˝oség 10.7. Irányított gráfok 10.8. Vegyes feladatok

89 89 93 95 98 100 102 103 105

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

7

Tartalomjegyzék

11. Euler-körök, Euler-utak 11.1. Euler-bejárás létezése 11.2. Euler-bejárás alkalmazásai 11.3. A bejárás változatai

111 111 116 120

12. Hamilton-kör és Hamilton-út 12.1. Hamilton-körök és -utak megadása 12.2. Szükséges feltételek 12.3. Elégséges feltételek 12.4. Vegyes feladatok

125 125 128 134 141

13. Síkbarajzolhatóság 13.1. Euler-formula 13.2. Kuratowski-tétel, Fáry–Wagner-tétel 13.3. Dualitás 13.4. Gyenge izomorfia 13.5. Vegyes feladatok 13.6. A síkbarajzolhatóságnál általánosabb fogalmak 13.7. A síkbarajzolhatóságnál speciálisabb fogalmak

149 149 155 161 164 167 169 171

14. Párosítások 14.1. Maximális párosítás 14.2. Párosítás páros gráfban – Hall-feltétel 14.3. Vegyes feladatok 14.4. Lefogás és függetlenség

175 175 180 186 191

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség 15.1. Folyamok 15.2. Többszörös összefügg˝oség

201 201 212

16. Gráfok színezése 16.1. Csúcsok színezése 16.2. Élek színezése 16.3. Perfekt gráfok 16.4. Mycielski-konstrukció 16.5. Listaszínezés

219 219 232 238 241 243

17. Gráfok mátrixai 17.1. Szomszédossági mátrix 17.2. A szomszédossági mátrix determinánsa, sajátértékei 17.3. Illeszkedési mátrix 17.4. Körmátrix és vágásmátrix

249 249 255 260 263

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

8 18. Bonyolultságelmélet 18.1. Körök és utak 18.2. Színezések és klikkek 18.3. Eldöntési és keresési problémák 18.4. Vegyes feladatok Jelölések Hivatkozott tételek Irodalom

Tartalomjegyzék

267 267 275 282 284 293 295 301

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

El˝oszó

Ez a példatár körülbelül félezer gráfelméleti feladatot tartalmaz részletes megoldásokkal. A gráfelmélet egyre fontosabb szerepet játszik mind a matematikában, mind annak m˝uszaki (és közgazdasági, biológiai, egyéb) alkalmazásaiban. A matematikusképzésen kívül az informatikus és a villamosmérnök hallgatók programjában is egyre több egyetemen szerepel. Számos tankönyv és monográfia áll rendelkezésre mind a gráfelmélet alapvet˝o ismereteinek elsajátításához, mind egy-egy területének mélyebb kutatásához. A matematika egyes ágainak valódi megismerése elképzelhetetlen sok-sok feladat megoldása nélkül. A m˝uszaki fels˝ooktatásban rengeteg példatár segíti az analízis és a valószín˝uségszámítás gyakorlását, kevés olyan feladatgy˝ujtemény állt azonban rendelkezésre, mely a gráfelméletnek az alkalmazásokban fontos ágaihoz nagyszámú gyakorló példát tartalmazna. Ebben a kötetben olyan feladatokat válogattunk össze, melyek nagy része nem nehezebb a BSc hallgatók zárthelyi dolgozataiban szerepl˝oknél, és olyan részletességgel írtuk le a megoldásokat, ahogy azokat a zárthelyik javításakor elvárjuk. Természetesen találhatóak nehezebb, gondolkodtatóbb feladatok is. Ilyenekb˝ol inkább csak ízelít˝oként vettünk be néhányat, kiváltképp a színezésekr˝ol szóló fejezetben. Az igazán nehéz feladatok iránt érdekl˝od˝oknek külön is felhívjuk a figyelmét Lovász László immár klasszikusnak számító Kombinatorikai problémák és feladatok cím˝u könyvére. Az ott szerepl˝o egyszer˝ubb feladatok némelyike a jelen feladatgy˝ujteményben is megtalálható. Szintén vettünk át néhány feladatot vagy feladatötletet az ELTE és a Szegedi Tudományegyetem matematikus és matematika tanár szakos hallgatói számára korábban készült, Elekes Györgyt˝ol, illetve Hajnal Pétert˝ol származó példatárakból. További feladatgy˝ujteményeket is megemlítünk az irodalomjegyzékben, az érdekl˝od˝o olvasó ezeket is haszonnal forgathatja. Kiváltképp ez a helyzet, ha a leszámlálási kérdéseket vagy a gráfelmélet olyan területeit (pl. extremális gráfelmélet, Ramsey-tételkör, végtelen gráfok) kívánja tanulmá9

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

10

El˝oszó

nyozni, melyek a jelen kötetben nem szerepelnek. Feladatgy˝ujtemények mellett az irodalomjegyzék néhány olyan gráfelmélettel foglalkozó könyvet sorol fel, melyek segíthetik az olvasó további tájékozódását. Ez a kötet els˝osorban a BME mérnökinformatikus és villamosmérnök BSc programjában oktatott gráfelméleti fejezetekre koncentrál, felépítésében nagyrészt Katona Gyula Y., Recski András és Szabó Csaba A számítástudomány alapjai cím˝u könyvének 2. fejezetét követi. A kötet végén jelölésjegyzék és a hivatkozott tételek felsorolása található. Ezek remélhet˝oleg megkönnyítik az olvasó munkáját, azonban nem pótolják a tankönyvet, ahol az eredmények a szükséges definíciók után, logikai sorrendben, jórészt bizonyításokkal következnek. Mindhárman mintegy másfél évtizede oktatunk gráfelméletet a BME-n. Ezalatt természetesen tanszékünk többi (volt és jelenlegi) oktatójától és sok ezer diákunktól is rengeteg hasznos észrevételt kaptunk, amelyekért ezúton mondunk köszönetet. Külön is ki kell emelnünk Fogaras Dániel és Tapolcai János volt doktoránsainkat, akik a 2. és 3., illetve az 1. fejezet elkészítésében jelent˝os szerepet játszottak, Andrásfai Béla, Csákány Rita, Fleiner Tamás, Jordán Tibor, Katona Gyula Y., Sali Attila, Serény György, Szeszlér Dávid, Vesztergombi Katalin és Wiener Gábor volt, illetve jelenlegi tanszéki kollégáinkat, akik bevezet˝o gráfelméleti kurzusok el˝oadóiként számtalan zárthelyi- és vizsgapéldasort készítettek (melyekb˝ol b˝oségesen szerepeltetünk feladatokat), valamint azokat a volt hallgatóinkat (részben jelenlegi kollégáinkat), akik gyakorlatvezet˝oként rengeteget segítettek a feladatsorok összeállításában, csiszolgatásában, így különösen a következ˝oket: Bíró Péter, Csima Judit, Faragó Gergely, Felszeghy Bálint, Harcos Gergely, Hoffmann György, Horváth Miklós, Jordán Árpád, Katona Zsolt, Koblinger Egmont, Laczay Bálint, Mann Zoltán, Marx Dániel, Megyeri Csaba, Németh András, Németh Attila, Németh Zoltán, Ónody Sándor, Orbán András, Patakfalvi Zsolt, Pintér Márta, Rácz Balázs, Radics Norbert, Richlik György, Ruszinkó Miklós, Salamon Gábor, Schlotter Ildikó, Szabó Jácint, Szabó Réka, Szeg˝o László, Szigeti Zoltán, Sziklai Péter, Szkaliczki Tibor, Tóth Géza, Urbán Péter, Visontai Mirkó. Végül, de nem utolsósorban, ki kell emelnünk T. Sós Vera és Lovász László szerepét, akikt˝ol nemcsak gráfelméletet, hanem a tárgy szeretetét is tanultuk.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

I. rész FELADATOK

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

1. fejezet Gráfelméleti alapfogalmak

1.1.

Izomorfizmus

1. Izomorfak-e az alábbi ábra gráfjai? A

2

G

4

C

F

3

1

B

7

D

E

5

6

2. Izomorfak-e az alábbi ábra gráfjai? 3

C

A

4

2

B D

E

6

F

5

1

3. Izomorfak-e az alábbi ábra gráfjai? A

1

2

B

F

6 E

3

C 5

D

4

13

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14

1. Gráfelméleti alapfogalmak

4. Hány darab olyan, páronként nemizomorf, 6 pontú, összefügg˝o egyszer˝u gráf létezik, melyben pontosan három darab els˝ofokú pont van? 5. Rajzolja fel az összes nemizomorf 3 pontú, 4 pontú és 5 pontú fát! 6. Rajzolja fel az összes olyan nemizomorf 7 pontú fát, amelyben van negyedfokú pont? 7. Legyen k ≥ 7. Hány darab olyan, páronként nemizomorf, k pontú fa van, amely tartalmaz (k − 3)-adfokú pontot? 8. Hány darab olyan, páronként nemizomorf, 7 pontú fa van, amelyben van pontosan harmadfokú pont? 9. Igaz-e, hogy ha T1 és T2 két olyan n szögpontú fa, amelyekben csak els˝ofokú és k-adfokú pontok vannak, akkor T1 és T2 izomorfak? 10. Igaz-e, hogy ha egy gráf izomorf a komplementerével, akkor minden pontjának foka páros? 11. Mely fák izomorfak saját komplementerükkel? 12. Legyen p egy páratlan pozitív egész és G egy p pontú gráf, ami izomorf a komplementerével. Mutassuk meg, hogy G-ben van (p − 1)/2 fokú pont! 13. Bizonyítsuk be, hogy minden G egyszer˝u gráfra, mely izomorf a komplementerével, teljesül, hogy csúcsainak száma 4k vagy 4k + 1 alakú, ahol k egész szám. 14. G páros gráf és izomorf a komplementerével. Mi lehet ez a G?

1.2.

Fokszámsorozatok

15. Van-e olyan egyszer˝u, összefügg˝o, nem páros gráf, amelyben a fokszámok: 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 5, 6? 16. Van-e olyan egyszer˝u, összefügg˝o, nem páros gráf, amelyben a fokszámok: 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5? 17. Hány olyan egyszer˝u gráf van, melynek fokszámai rendre: 2, 3, 3, 4, 6, 6, 6?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

15

1. Gráfelméleti alapfogalmak

18. Hány olyan egyszer˝u gráf van, melynek fokszámai rendre: 1, 1, 1, 2, 3, 4, 5, 7? 19. Van-e olyan egyszer˝u gráf, melynek fokszámai rendre: 5, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 7? 20. Egy n > 1 csúcsú fa fokszámai (n − 1)-félék. Mekkora lehet n értéke? 21. Bizonyítsuk be, hogy minden 2-nél nagyobb páros n-re van n csúcsú egyszer˝u, összefügg˝o, 3-reguláris gráf! 22. Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív egész n-re van olyan egyszer˝u, összefügg˝o, 2n csúcsú gráf, melynek minden 1 ≤ k ≤ n esetén pontosan két k fokszámú csúcsa van!

1.3.

Fák

23. Bizonyítsuk be, hogy egy fában a pontok és az élek számának szorzata páros! 24. Bizonyítsuk be, hogy egy n pontú fában a másodfokú pontok száma nem lehet pontosan n − 3. 25. Legfeljebb hány tizedfokú pontja lehet egy 100 pontú fának? 26. Hány pontja van a T fának, ha éleinek száma pontosan tizenötöde a komplementerében lév˝o élek számának? 27. Bizonyítsuk be, hogy tetsz˝oleges T fa els˝ofokú pontjainak száma legalább akkora, mint ∆(T ), azaz a T -beli maximális fokszám. 28. Az n hosszúságú 0–1 sorozatok legyenek egy gráf pontjai és két pont akkor és csak akkor legyen összekötve, ha a két sorozat pontosan egy koordinátában tér el. Legalább hány élt kell ebb˝ol a gráfból elhagyni, hogy körmentessé váljon? 29. Jelöljünk ki egy fában 4 els˝ofokú pontot. Mutassuk meg, hogy ezek összepárosíthatók úgy, hogy a párok éldiszjunkt utakkal legyenek összekötve. 30. Mely fákra igaz, hogy bármely két els˝ofokú pont távolsága ugyanannyi? (Két pont távolságán a köztük lév˝o legrövidebb út éleinek a számát értjük.) 31. Legfeljebb hány két élb˝ol álló út lehet egy fában?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16

1. Gráfelméleti alapfogalmak

32. Bizonyítsuk be, hogy ha egy fába behúzunk egy élt, akkor pontosan egy kör keletkezik. 33. Hány olyan fa adható meg n címkézett ponton, melyben a pontpárok távolságai közül a legnagyobb hárommal egyenl˝o?

1.4.

Cayley-tétel, Prüfer-kód

34. Egy n csúcsú fa Prüfer-kódja n − 1 azonos számjegyb˝ol áll. Mi a fa, amit kódol és mi ez a szám? (Egy n csúcsú fa Prüfer-kódjába beleértjük annak (n − 1)edik elemét is.) 35. Egy F fa Prüfer-kódja csupa különböz˝o számból áll. Hogyan jellemezhetjük F-et? 36. Válasszuk meg x értékét úgy, hogy az alábbi sorozat egy olyan fa Prüfer-kódja legyen, amelyben minden pont fokszáma páratlan szám. Adjuk is meg ezt a fát! A sorozat: 1, 1, 5, x, 6, 6, 8. 37. Hány olyan fa adható meg n címkézett ponton amely nem csillag? 38. Hány olyan fa adható meg n címkézett ponton, amelynek legalább három els˝ofokú csúcsa van? 39. Hány olyan fa van az 1, 2, . . . , n pontokon, amelyben az 1-es csúcs els˝ofokú? 40. Adott négy darab egyenként ötcsúcsú fa négy páronként diszjunkt csúcshalmazon. A négy fában szerepl˝o összesen 20 csúcs összekötésével hány különböz˝o módon egészíthet˝o ki ez a négy fa egyetlen fává, ha a csúcsokat címkézettnek tekintjük?

1.5.

Minimális súlyú feszít˝ofa

41. Az n × n méret˝u négyzetrács vonalrendszeréb˝ol rajzoljunk be annyit, hogy a négyzetrács bármely pontjából bármely pontjába el lehessen jutni a berajzolt szakaszok mentén. Számítsuk ki a berajzolt szakaszok összhosszának lehetséges minimumát! 42. Legyenek egy gráf e1 , e2 , ... élei egymástól függetlenül rendre p1 , p2 , ... valószín˝uséggel meghibásodó telefonvonalak. Hogyan adható meg egy olyan fe-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

17

1. Gráfelméleti alapfogalmak

szít˝ofa, amelynek a legnagyobb a megbízhatósága (tehát amelyre maximális annak a valószín˝usége, hogy egyik él sem hibásodik meg). 43. Hány különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofája van az alábbi ábrán látható gráfnak és mennyi egy ilyennek a súlya? B 5 2

A

C

2

2 3 2 4 3 5 D 3 E F 5 2 4 2 G

44. Hány különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofája van az ábrán látható gráfnak? A B

4

1 1

3

6

4

1

5

2 C

2 2

6

E 6

6

F

G 4

H

D

45. Hány különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofája van az ábrán látható gráfnak? 2 1

3 2

2

1

2 3

2

46. Milyen k pozitív egészekre adható meg olyan 2000 él˝u és 2000 csúcsú egyszer˝u összefügg˝o gráf, amire igaz a következ˝o: G-ben a 2000 él közül adható egynek 2 egységnyi, 1999-nek pedig 1 egységnyi súly úgy, hogy a G-b˝ol kiválasztható különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofák száma éppen k legyen? (A feszít˝ofák megkülönböztetésekor a gráf csúcsait címkézettnek tekintjük.) 47. Hány minimális súlyú feszít˝ofája van annak az 1000 csúcsú teljes gráfnak, amelyben egy háromszög éleinek súlya 1, minden más él súlya 2? (A pontokat címkézettnek tekintjük)

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

18

1.6.

1. Gráfelméleti alapfogalmak

Összefügg˝oség

48. Igaz-e a következ˝o állítás? Ha egy 2n pontú egyszer˝u G gráfban minden pont foka legalább n, akkor G összefügg˝o. 49. Lehet-e egy gráfnak minden pontja elvágó pont? 50. Igazoljuk, hogy ha egy G gráf összefügg˝o, akkor pontjainak van olyan (p1 p2 . . . pn ) sorrendje, hogy tetsz˝oleges k-ra G − {p1 , p2 , . . . , pk } összefügg˝o! 51. Létezik-e olyan, legalább 3 pontot tartalmazó összefügg˝o gráf, amelyb˝ol bármely pontpárt törölve nem összefügg˝o gráfot kapunk?

1.7.

Irányított gráfok

◮ D EFINÍCIÓ : Egy irányított gráfot egyszerunek ˝ mondunk, ha nincsenek benne hurokélek, párhuzamos élek, továbbá egy él megfordítottja sem szerepel benne. 52. Rajzoljuk fel az összes olyan, páronként nemizomorf, 3 pontú és 4 él˝u hurokmentes irányított gráfot, melynek van olyan pontja, amelynek kifoka is, befoka is 2. 53. Hány páronként nemizomorf, 4 pontú és 3 él˝u, egyszer˝u irányított gráf létezik? 54. Egy 9 tagú társaságban mindenki átad öt általa kiválasztott embernek 100100 forintot. Bizonyítsuk be, hogy az ajándékozások után van két olyan ember, akinek ugyanannyi forinttal változott a pénze! 55. Hány k él˝u egyszer˝u irányított gráf adható meg n címkézett ponton? 56. Hányféleképpen húzhatunk be n irányított élt n címkézett pont közé úgy, hogy pontosan egy darab (a) n él˝u irányított kör; (b) n él˝u kör keletkezzék? 57. Mutassuk meg, hogy egy hurokmentes irányított gráf élhalmaza felbontható két diszjunkt részhalmazra úgy, hogy egyik sem tartalmaz irányított kört.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

1. Gráfelméleti alapfogalmak

1.8.

19

Vegyes feladatok

58. Hányféleképpen húzhatunk be 1768 élt az el˝ore megszámozott 1, 2, 3, ..., 59, 60 pontok közé úgy, hogy egyszer˝u gráfot kapjunk? 59. Egy egyszer˝u gráfban minden pont foka legalább k. Mutassuk meg, hogy létezik benne legalább k − 1 él˝u út! 60. Hány kett˝o hosszú út van Km,n -ben? 61. Egy összefügg˝o gráfban minden út hossza legfeljebb k. Bizonyítsuk be, hogy ha van két k hosszú út, akkor azok nem lehetnek pontdiszjunktak! 62. A G irányított gráfot a V (G) = {1, 2, . . . , k} ponthalmazon úgy definiáljuk, hogy pontosan akkor vezessen irányított él i-b˝ol j-be, ha i < j. Az (i, j) él hossza legyen i és j legnagyobb közös osztója. Határozzuk meg a legrövidebb és leghosszabb irányított utat 1-b˝ol k-ba! 63. A G irányított gráfot a V (G) = {1, 2, . . . , k} ponthalmazon úgy definiáljuk, hogy pontosan akkor vezessen irányított él i-b˝ol j-be, ha i < j. Az (i, j) él hossza legyen i és j legkisebb közös többszöröse. Határozzuk meg a legrövidebb és leghosszabb irányított utat 1-b˝ol k-ba! 64. Legyen egy n csúcsú gráf fokszámainak összege 2n. Bizonyítsuk be, hogy a gráf tartalmaz kört. 65. Bizonyítsuk be, hogy ha egy G gráf minden csúcsának fokszáma páros, akkor éleinek halmaza körökre particionálható, azaz kijelölhet˝o a gráfban valahány kör úgy, hogy minden él pontosan egyben szerepeljen! 66. Legyen G egy olyan gráf, amelyben a páratlan fokú csúcsok száma 2k. Igazoljuk, hogy G élhalmaza particionálható körökre és pontosan k útra, azaz megadható G-ben néhány kör és k út úgy, hogy bármely él pontosan egyben szerepeljen közülük. 67. Bizonyítsuk be, hogy bármely, legalább ötpontú gráfban vagy a komplementerében van kör! 68. Hogy néz ki az a lehet˝o legkevesebb csúcsot tartalmazó egyszer˝u gráf, amelyben minden pont fokszáma 3-mal egyenl˝o és a legrövidebb kör hossza pontosan 4.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

20

1. Gráfelméleti alapfogalmak

69. Legyen G egy olyan 3k ≥ 6 csúcsú gráf, melynek fokszámai rendre: 1, 2, 3, 1, 2, 3, . . . 1, 2, 3. Bizonyítsuk be, hogy G-ben van kör! Adjunk meg valamely k-ra két összefügg˝o, a feltételeket kielégít˝o, nemizomorf gráfot, ha vannak ilyenek! 70. Egy 4-reguláris gráfból töröljük egy fa éleit. Bizonyítsuk be, hogy a megmaradó gráf legalább két kört tartalmaz! 71. Legyen G egy hatpontú egyszer˝u gráf, melyben minden pont foka legalább négy. Bizonyítsuk be, hogy bármely négy pontja (alkalmas sorrendben) egy kört alkot. 72. Egy egyszer˝u páros gráfban minden pont foka legalább 4. Bizonyítsuk be, hogy van a gráfban olyan kör, melynek hossza legalább 8. 73. Egy 10 pontú egyszer˝u gráfban minden pont foka legalább 7. Bizonyítsuk be, hogy bármely három pontnak van közös szomszédja! 74. Legyen egy G gráfban a minimális és maximális fokszám δ, illetve ∆, a csúcsok és élek száma pedig n, illetve e. Bizonyítsuk be, hogy δ ≤ 2·

e ≤∆ n

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

2. fejezet Euler-körök, Euler-utak

2.1.

Euler-bejárás létezése

1. Van-e Euler-kör, illetve Euler-út az alábbi gráfokban?

2. Próbáljuk meg lerajzolni az alábbi ábrákat a ceruza felemelése nélkül úgy, hogy minden vonal mentén pontosan egyszer haladjunk végig! Mely esetekben lehetséges ez?

3. Mely n ≥ 2 esetén tartalmaz Euler-kört, illetve Euler-utat az n csúcsú Kn teljes gráf? 4. Mely n, m ≥ 1 esetén tartalmaz Euler-kört, illetve Euler-utat a Kn,m teljes páros gráf? 5. Egy egyszer˝u G gráf csúcsait az 1, 2, . . . , 100 számok jelölik. Az i és j csúcsok között pontosan akkor vezet él G-ben, ha |i − j| ≤ 2. Tartalmaz-e G Euler-kört, illetve Euler-utat? 6. Jelölje Gn,m az n × m méret˝u „kockás” papír által meghatározott négyzetháló gráfját, melynek (n + 1)(m + 1) csúcsa van. Mely n és m értékek esetén tartalmaz Gn,m Euler-kört, illetve Euler-utat? 21

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

22

2. Euler-körök, Euler-utak

7. Van-e olyan egyszer˝u gráf, amely tartalmaz Euler-kört, páros sok pontja és páratlan sok éle van? 8. Az alábbi állítások közül melyik igaz? (a) Ha G egy körének éleit törölve a maradék G′ gráfnak van Euler-köre, akkor G-nek is van. (b) Ha G összefügg˝o és egy körének éleit törölve a maradék G′ gráfnak van Euler-köre, akkor G-nek is van. (c) Ha G-ben van Euler-kör és G valamely körének éleit töröljük, akkor a maradék G′ gráfban is van. (d) Ha G összefügg˝o és egy körének éleit törölve a maradék G′ gráfban van Euler-út, akkor G-ben is van. 9. A Gn egyszer˝u gráf csúcsait feleltessük meg az n-hosszú 0–1 bitsorozatoknak. Mely n ≥ 3 esetén tartalmaz Euler-kört Gn , ha benne két csúcs között akkor és csak akkor fut él, ha (a) a megfelel˝o bitsorozatok pontosan egy bitben térnek el egymástól; (b) a megfelel˝o bitsorozatok pontosan két bitben térnek el egymástól; (c) a megfelel˝o bitsorozatok legalább két bitben térnek el egymástól? 10. A Gn gráf csúcsait feleltessük meg az 1, 2, . . . , n számok összes lehetséges permutációinak. Két csúcs pontosan akkor legyen szomszédos, ha a nekik megfelel˝o permutációk egyetlen számpár felcserélésével el˝oállíthatók egymásból. Milyen n > 1 értékek esetén létezik a Gn gráfban Euler-kör? ◮ D EFINÍCIÓ : A G gráfhoz tartozó L(G) élgráf csúcsai G éleinek felelnek meg, és két L(G)-beli csúcs pontosan akkor szomszédos, ha a nekik megfelel˝o G-beli éleknek van közös végpontjuk. 11. Melyik igaz, melyik hamis az alábbi állítások közül? (a) Ha egy G gráf egyszer˝u, r-reguláris és összefügg˝o, akkor az L(G) élgráfban van Euler-kör. (b) Ha egy G gráf egyszer˝u és tartalmaz Euler-kört, akkor L(G) is tartalmaz. (c) Ha egy G gráf hurokél mentes és tartalmaz Euler-kört, akkor L(G) is tartalmaz. (d) Ha egy G gráf egyszer˝u és L(G) tartalmaz Euler-kört, akkor G is tartalmaz.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

2. Euler-körök, Euler-utak

23

12. A G gráfnak e és f két olyan éle, melyeknek van közös végpontjuk, továbbá G-ben létezik Euler-kör. Következik-e ebb˝ol, hogy G-ben olyan Euler-kör is van, melyben e és f egymást követik?

2.2.

Euler-bejárás alkalmazásai

13. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy egy G gráf élei irányíthatóak legyenek úgy, hogy az irányítások révén nyert G′ irányított gráfban minden pont kifoka és befoka megegyezzen? 14. Egy G = (V, E) hurokélmentes gráf minden csúcsának fokszáma négy. Mutassuk meg, hogy G éleit pirosra és kékre lehet színezni úgy, hogy minden csúcsra két piros és két kék él illeszkedjen! 15. Bizonyítsuk be, hogy ha egy páros gráfban létezik Euler-kör, akkor a gráfnak páros sok éle van! 16. Igazak-e az alábbi állítások? (a) Ha egy G = (V, E) gráfnak van Euler-köre, akkor minden vágása páros sok élt tartalmaz. (b) Ha egy G = (V, E) gráf minden vágása páros sok élt tartalmaz, akkor van Euler-köre. (c) Ha egy G = (V, E) gráf összefügg˝o és minden vágása páros sok élt tartalmaz, akkor van Euler-köre. 17. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges összefügg˝o G gráf élei bejárhatók úgy egy élsorozat mentén, hogy minden élen pontosan kétszer haladjunk végig. 18. Milyen feltételek mellett igaz egy G = (V, E) gráfra, hogy létezik benne olyan zárt élsorozat, amely minden élen pontosan k-szor halad végig, ahol k ≥ 1? 19. Legyen G egy tetsz˝oleges összefügg˝o gráf, melyben a páratlan fokú csúcsok száma 2k. (a) Igazoljuk, hogy G élhalmaza k közös élt nem tartalmazó élsorozatra bontható. (b) Felbontható-e G éleinek halmaza k-nál kevesebb élsorozatra? 20. Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges G gráf élei irányíthatóak úgy, hogy bármely csúcs ki- és befoka legfeljebb eggyel térjen el egymástól.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

24

2. Euler-körök, Euler-utak

21. Minimálisan hányszor kell felemelni a ceruzánkat, hogy lerajzoljuk az alábbi gráfokat úgy, hogy minden élt pontosan egyszer rajzoljunk le és másik élre csak a gráf csúcsainál válthatunk át?

22. Maximálisan hány élt lehet lerajzolni az el˝oz˝o feladat gráfjaiból úgy, hogy egy élt csak egyszer rajzoljunk le és a ceruzánkat ne emeljük fel? 23. Maximálisan milyen hosszú lehet egy nem b˝ovíthet˝o ismétlés nélküli élsorozat K2n -ben?

2.3.

A bejárás változatai

◮ D EFINÍCIÓ : Irányított gráf Euler-köre alatt olyan zárt, irányított élsorozatot értünk, amely a gráf összes élét tartalmazza. 24. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy egy irányított G gráfban létezzen Euler-kör? 25. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges összefügg˝o G gráf élei bejárhatók egy folytonos élsorozat mentén úgy, hogy minden élen mindkét irányban pontosan egyszer haladjunk végig. 26. A Gn irányított gráf pontjai feleljenek meg az n hosszú 0-1 bitsorozatoknak. Egy b bitsorozatnak megfelel˝o pontból azon pontokba mutat él, amelyeknek megfelel˝o bitsorozat b-b˝ol egy balra csúsztatással és az utolsó bit tetsz˝oleges megválasztásával kapható meg. Azaz a (b1 , b2 , . . . , bn ) bitsorozatnak megfelel˝o csúcsból pontosan akkor mutat él egy (c1 , c2 , . . . , cn )-nek megfelel˝o csúcsba, ha c1 = b2 , c2 = b3 , . . . , cn−1 = bn teljesül. (a) Mutassuk meg, hogy Gn -ben létezik irányított Euler-kör! (b) Igazoljuk, hogy 2n bitet fel lehet úgy írni egy irányított körre, hogy annak minden n hosszú szakasza különböz˝o bitsorozat legyen! ◮ D EFINÍCIÓ : Egy G gráfot valamely v csúcsából vaktában bejárhatónak nevezünk, ha tetsz˝oleges v-b˝ol induló, élismétlést nem tartalmazó, tovább nem b˝ovíthet˝o élsorozata egyben Euler-köre is G-nek.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

2. Euler-körök, Euler-utak

25

27. Igazoljuk, hogy az alábbi állítások ekvivalensek: (a) A G gráf a v csúcsából vaktában bejárható; (b) A G gráf minden köre tartalmazza a v csúcsot, és G-ben létezik Eulerkör. 28. Egy gyár sószóró autókat gyárt hazai városok részére. Sajnos tervezési hiba folytán az autók rosszul m˝uködnek. Ha a szórócsapot kinyitják, lehetetlen elzárni, ameddig el nem fogy a só. Ráadásul a marketingrészleg egyik szakembere ijedtében olyan reklámot tett közzé, mely szerint a gyár autóival térkép nélkül is fel lehet sózni egy egész várost. A reklámanyagban a következ˝o szerepelt: „Egy sof˝ornek csak annyit kell tennie, hogy ha egy keresztez˝odéshez ér és lát sózatlan utcát, induljon el abba az irányba. A gyár garantálja, hogy ha a sof˝or befejezi munkáját, a város összes utcája fel lesz sózva pontosan egyszer, ráadásul az autó visszatér a kiindulási helyére.” (Az utcákon bármelyik irányban tud haladni a sószóró, és belefér az egész városhoz szükséges mennyiség˝u só.) Az igazgató végs˝o elkeseredésében az informatikarészleg kezébe nyomta a hazai városok térképeit, hogy keressenek olyan városokat, ahol a sószóró használható. A feladat egy olyan algoritmus megadása, amely egy városról eldönti, hogy ott m˝uködtethet˝o-e az autó a reklámbeli állításnak megfelel˝oen, és ha igen, honnan lehet indítani. Azt feltehetjük, hogy a városok úthálózata összefügg˝o. Egy eljárás már el is készült, amely el tudja dönteni egy gráfról, hogy körmentes-e. (a) Hogyan fejeznénk be a programot ezen eljárás segítségével? (b) Mi a helyzet, ha nem kell garantálnunk, hogy az autó visszatérjen a kiindulási helyére?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

3. fejezet Hamilton-kör és Hamilton-út

3.1.

Hamilton-körök és -utak megadása

1. Keressünk egy-egy Hamilton-kört az öt szabályos test (tetraéder, kocka, oktaéder, dodekaéder és ikozaéder) élhálói által alkotott gráfokban!

2. Egy papírkockát két összefügg˝o darabra szeretnénk vágni úgy, hogy minden lapba pontosan egyszer vágjunk bele és az ollónk ne érintse a sarkok egyikét sem. Fogalmazzuk át a feladatot a gráfok nyelvére és döntsük el, hogy megoldható-e! 3. Egy G egyszer˝u gráf csúcsait az 1, 2, . . . , 100 számok jelölik. Az i és j csúcsok között pontosan akkor vezet él, ha |i − j| ≤ 2. Tartalmaz-e G Hamilton-kört, illetve Hamilton-utat? 4. Az n ≥ 3 csúcsú teljes gráf csúcsait jelöljük az 1, 2, . . . , n számokkal. A gráfból elhagytuk egy Hamilton-körét, melyben a csúcsok 1, 2, . . . , n sorrendben köve27

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

28

3. Hamilton-kör és Hamilton-út

tik egymást. Mely n-ek esetén létezik a maradék gráfban Hamilton-kör? Ha létezik, adjunk is meg egyet! 5. Egy n ≥ 3 csúcsú egyszer˝u gráfban a Hamilton-körök és Hamilton-utak száma is k. Mekkora lehet k értéke? 6. Hány különböz˝o Hamilton-köre van a Gn gráfnak, ha (a) Gn az n csúcsú Kn teljes gráfot jelöli és n ≥ 3; (b) Gn egy olyan gráf, melyhez Kn egy {x, y} élének elhagyása révén jutunk és n ≥ 4; (c) Gn a 2n csúcsú Kn,n teljes páros gráfot jelöli és n ≥ 2 ?

3.2.

Szükséges feltételek

7. Mutassuk meg, hogy páratlan n esetén nem lehet bejárni az n × n méret˝u sakktábla összes mez˝ojét egy huszárral úgy, hogy minden mez˝on pontosan egyszer járjunk és visszatérjünk a kiinduló mez˝ore. 8. Egy 3 × 3 × 3 méret˝u sajtkocka 27 kis kockából áll. Egy egér a kis kockákat egyesével tervezi elfogyasztani úgy, hogy egy kis kocka után mindig olyan következzen, amelyiknek az éppen elfogyasztottal van közös lapja. Az egér az egyik sarokból kezdi a lakomát. (a) El tudja-e fogyasztani a teljes sajtot úgy, hogy utoljára olyan kockát fogyasszon, amelyiknek van közös lapja az els˝ovel? (b) És úgy, hogy a középs˝o – legfinomabb – kockánál fejezze be az evést? 9. Melyik igaz az alábbi állítások közül tetsz˝oleges olyan G páros gráfra, melynek legalább két csúcsa van? (a) Ha G-ben létezik Hamilton-kör, akkor a két pontosztály mérete megegyezik. (b) Ha G-ben létezik Hamilton-út, akkor a két pontosztály mérete legfeljebb eggyel tér el egymástól. (c) Ha G összefügg˝o és létezik benne Euler-kör, akkor a két pontosztály mérete megegyezik. 10. Melyik igaz az alábbi állítások közül minden n ≥ 5 esetén? (a) Létezik olyan n csúcsú egyszer˝u G gráf, hogy G és G is tartalmaz Hamiltonkört.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

29

3. Hamilton-kör és Hamilton-út

(b) Létezik olyan n csúcsú egyszer˝u G gráf, hogy sem G sem G nem tartalmaz Hamilton-utat. 11. Létezik-e Hamilton-kör, illetve Hamilton-út az alábbi gráfokban?

12. Be lehet-e járni egy 3 × 5 méret˝u sakktábla összes mez˝ojét egy huszárral úgy, hogy minden mez˝ore pontosan egyszer lépjünk? 13. Egy oktaéder nyolc lapjára ragasztottunk egy-egy tetraédert úgy, hogy azok egy-egy lapja pontosan illeszkedjen az oktaéder egy-egy lapjára. Igazoljuk, hogy az így nyert poliéder élhálójában nincsen Hamilton-kör! (A szabályos testeket lásd az 1. feladat ábráján.) 14. Mutassunk példát olyan 3-reguláris összefügg˝o egyszer˝u gráfra, amiben nincs Hamilton-út! 15. Mutassunk példát olyan 3-reguláris összefügg˝o páros gráfra, amelyben nem létezik Hamilton-kör! 16. Mely r ≥ 2 esetén igaz, hogy minden r-reguláris összefügg˝o páros gráfban létezik Hamilton-kör? 17. Igazoljuk, hogy a Hamilton-utak létezésére tanult szükséges feltétel nem elégséges, azaz mutassunk olyan gráfot, melyre a szükséges feltétel teljesül, de nem tartalmaz Hamilton-utat! 18. Mutassuk meg, hogy az ábrán látható, ún. Petersen-gráf nem tartalmaz Hamilton-kört!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

30

3. Hamilton-kör és Hamilton-út

19. Mutassuk meg, hogy az el˝oz˝o feladat gráfja kielégíti a Hamilton-kör létezésére vonatkozó szükséges feltételt!

3.3.

Elégséges feltételek

20. Van-e olyan 6 csúcsú 3-reguláris egyszer˝u gráf, amelyben nincsen Hamiltonkör? 21. A boltban vásároltunk 100 piros, 150 kék és 200 darab zöld szín˝u gyöngyöt. Bizonyítsuk be, hogy lehet olyan nyakláncot készíteni az összes gyöngy felhasználásával, amelyben azonos szín˝u gyöngyök nem kerülnek egymás mellé! ◮ D EFINÍCIÓ : Az n > k > 0 egész számokhoz a KG(n, k)-val jelölt Kneser-gráfot a következ˝oképpen definiáljuk: a Kneser-gráf csúcsai egy n-elem˝u halmaz kelem˝u részhalmazainak felelnek meg, és két csúcs pontosan akkor szomszédos, ha a nekik megfelel˝o részhalmazok diszjunktak. 22. Tartalmaz-e Hamilton-kört a KG(6, 3), illetve a KG(16, 3) Kneser-gráf? 23. Egy hotelba egy 100 f˝os társaság érkezett, akik közül kezdetben bármely két ember jóban volt egymással. Esténként egyetlen nagy kerek asztal köré ül le mindenki. Sajnos egy-egy vacsora alkalmával az egymás mellé került emberek örökre összevesznek egymással. A társaság minden vacsora el˝ott úgy ül le, hogy mindenki jóban legyen a szomszédjaival Ha ez lehetetlen, akkor az összes résztvev˝o még aznap este hazamegy, el˝obb azonban nem. Bizonyítsuk be, hogy legalább 25 éjszakát a hotelban tölt a társaság! 24. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráfnak 2n+1 pontja van és minden pont fokszáma legalább n, akkor tartalmaz Hamilton-utat! 25. Egy n csúcsú egyszer˝u G gráfban bármely két pontnak legalább két közös szomszédja van. Továbbá ha két csúcs nem szomszédos, akkor bármely har-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

3. Hamilton-kör és Hamilton-út

31

madik csúcsba legalább az egyikükb˝ol vezet él. Igazoljuk, hogy G-ben van Hamilton-kör! 26. Az n ≥ 3 pontú Kn teljes gráfból töröltük egy feszít˝ofájának éleit, majd a feszít˝ofa élei közül visszaraktunk kett˝ot. Mutassuk meg, hogy az így nyert G gráf tartalmaz Hamilton-kört! 27. Van-e olyan 6 csúcsú és 11, illetve 12 él˝u egyszer˝u gráf, amelyben nincs Hamilton-kör? ¡ ¢ 28. (a) Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráfnak n csúcsa és n−1 2 + 2 éle van, akkor tartalmaz ¡ ¢ Hamilton-kört! (b) Igaz-e ez n−1 2 + 1 él esetén is? 29. Egy egyszer˝u G gráf tíz csúcsa közül két-két csúcs foka 8 és 9, további háromháromnak a foka 3, illetve 5. Következik-e ebb˝ol, hogy G tartalmaz Hamiltonkört?

30. Egy esküv˝ore összesen n ember ment el: feln˝ottek és gyerekek. Bármelyik feln˝ott a résztvev˝oknek legalább a felét ismeri. Egy gyerek legalább a szüleit ismeri, akik mindketten jelen vannak az esküv˝on. Azt feltehetjük, hogy az ismeretségek szimmetrikusak. Bizonyítsuk be, hogy a társaságot le lehet ültetni egy kerek asztal köré úgy, hogy mindenki ismerje a szomszédját, (a) ha egy gyerek van a társaságban; (b) ha két gyerek van a társaságban, a v˝olegény minden vendéget ismer, továbbá a v˝olegény tanúja és a menyasszony számára is csak egy-egy ember ismeretlen! 31. Tegyük fel, hogy egy n csúcsú egyszer˝u G gráf kielégíti Ore tételének feltételeit. Igazoljuk, hogy bármely két pont távolsága legfeljebb kett˝o! (Két pont távolsága alatt egy köztük lév˝o legrövidebb út éleinek számát értjük. Ha nem létezik o˝ ket összeköt˝o út, akkor egymástól való távolságuk végtelen.) 32. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u G gráf kielégíti az Ore-feltételt, akkor a pontok legalább fele olyan, hogy a fokszáma legalább n/2. 33. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u G gráf kielégíti a Pósa-féle feltételt, akkor a pontok több mint felének a fokszáma legalább n/2. 34. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u G gráf kielégíti a Chvátal-féle feltételt, akkor a pontok legalább a fele olyan, hogy a fokszáma legalább n/2.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

32

3. Hamilton-kör és Hamilton-út

35. Bizonyítsuk be Pósa tételének felhasználása nélkül, hogy ha egy egyszer˝u gráf kielégíti a Pósa-féle feltételt, akkor összefügg˝o! 36. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráf kielégíti az Ore-feltételt, akkor eleget tesz a Pósa-feltételnek is! 37. Egy egyszer˝u G = (V, E) gráfban x és y két nemszomszédos pont, melyekre d(x) + d(y) ≥ |V | teljesül. Az x és y pontokat összekötve nyerjük a G′ gráfot Gb˝ol, azaz G′ = (V, E ∪ {x, y}). Igazoljuk, hogy G akkor és csak akkor tartalmaz Hamilton-kört, ha G′ is tartalmaz! 38. Egy n csúcsú, egyszer˝u G gráf nemszomszédos x és y pontját egy új éllel összekötjük, ha fokszámukra teljesül a d(x) + d(y) ≥ n egyenl˝otlenség. Az így nyert gráfra ezt addig ismételgetjük, hogy végül ne legyen olyan nemszomszédos csúcspár, melyek fokszámösszege legalább n. Igazoljuk, hogy ha az eljárás befejezésekor a Kn teljes gráfhoz jutunk, akkor G tartalmaz Hamilton-kört.

3.4.

Vegyes feladatok

39. Igaz-e, hogy ha (a) a G gráfban van Euler-kör, akkor L(G)-ben van Hamilton-kör; (b) az L(G)-ben van Hamilton-kör, akkor a G gráfban van Euler-kör? (Az L(G) élgráf definícióját lásd a 22. oldalon.) 40. A Gn egyszer˝u gráf csúcsai feleljenek meg az n hosszú 0–1 bitsorozatoknak, és két csúcs pontosan akkor legyen szomszédos, ha a megfelel˝o bitsorozatok egy bitben térnek el egymástól. Igazoljuk, hogy Gn minden n ≥ 2 esetén tartalmaz Hamilton-kört! 41. A Gn egyszer˝u gráf csúcsai feleljenek meg az n hosszú 0–1 bitsorozatoknak, és két csúcs pontosan akkor legyen szomszédos, ha a megfelel˝o bitsorozatok legalább két bitben térnek el egymástól. Igazoljuk, hogy Gn minden n ≥ 3 esetén tartalmaz Hamilton-kört! 42. A Gn gráf csúcsait feleltessük meg az 1, 2, . . . , n számok összes lehetséges permutációinak, és Gn egy tetsz˝oleges v csúcsa legyen azon csúcsokkal szomszédos, amelyekhez tartozó permutáció v-éb˝ol egyetlen számpár felcserélésével el˝oállítható. Igazoljuk, hogy Gn minden n ≥ 2 esetén tartalmaz Hamiltonutat!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

3. Hamilton-kör és Hamilton-út

33

43. Tegyük fel, hogy az összefügg˝o G gráfnak van egy olyan C köre, melyb˝ol egy élt elhagyva G egy maximális hosszúságú útjához jutunk. Igazoljuk, hogy C egy Hamilton-köre G-nek! 44. Tegyük fel, hogy egy n csúcsú egyszer˝u G gráfban van olyan maximális hosszúságú P út, amelynek x, y végpontjaira d(x) + d(y) ≥ n. Mutassuk meg, hogy G-ben létezik Hamilton-kör! ◮ D EFINÍCIÓ : Egy teljes gráf éleinek tetsz˝oleges irányítása révén nyert gráfot körmérk˝ozés gráfnak nevezzük. 45. Bizonyítsuk be Rédei tételét, miszerint minden körmérk˝ozés gráfban van irányított Hamilton-út! 46. Igaz-e, hogy minden n ≥ 2 esetén létezik olyan n csúcsú körmérk˝ozés gráf, amelynek valamely élét elvéve a maradék nem tartalmaz irányított Hamiltonutat? 47. Bizonyítsuk be, hogy egy n ≥ 3 csúcsú er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráf tartalmaz irányított Hamilton-kört! 48. Bizonyítsuk be, hogy egy n ≥ 3 csúcsú er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráf tartalmaz 3 hosszúságú irányított kört! 49. Bizonyítsuk be, hogy egy n ≥ 3 csúcsú er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráf minden 3 ≤ k ≤ n értékre tartalmaz k hosszúságú irányított kört! 50. Egy n csúcsú egyszer˝u G gráf fokszámainak sorozata d1 ≤ d2 ≤ . . . ≤ dn . Bizonyítsuk be, hogy ha minden k ≤ (n + 1)/2 esetén vagy dk ≥ k vagy dn+1−k ≥ n − k teljesül, akkor G-ben létezik Hamilton-út. ◮ D EFINÍCIÓ : Egy gráfot Hamilton-összefügg˝onek nevezünk, ha bármely két csúcsához létezik olyan Hamilton-út, amelynek végpontjai az adott csúcsok. 51. Egy n csúcsú egyszer˝u G gráf minden pontjának fokszáma nagyobb n/2-nél. Igazoljuk, hogy G Hamilton-összefügg˝o! 52. Mutassuk meg, hogy ha egy n csúcsú G = (V, E) gráfban minden x, y ∈ V nemszomszédos csúcspárra d(x)+d(y) > n teljesül, akkor G Hamilton-összefügg˝o! 53. Legyen G egy n > 3 csúcsú, Hamilton-összefügg˝o, egyszer˝u gráf. Mutassuk meg, hogy G éleinek a száma legalább ⌈3n/2⌉.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

34

3. Hamilton-kör és Hamilton-út

54. Bizonyítsuk be, hogy ha egy G gráfban létezik k > 1 olyan pont, melyeket elvéve G-b˝ol a maradék legalább k komponensre esik szét, akkor G nem Hamiltonösszefügg˝o!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

4. fejezet Síkbarajzolhatóság

4.1.

Euler-formula

1. Ellen˝orizzük az Euler-formulát az ábrán látható öt szabályos test (tetraéder, kocka (vagy hexaéder), oktaéder, dodekaéder és ikozaéder) esetén és rajzoljuk fel a testek élhálóit, mint síkbarajzolható gráfokat, élkeresztezés nélkül!

2. Mutassuk meg, hogy a K8 nyolcpontú teljes gráf síkbarajzolásakor legalább 10 élkeresztezés jön létre! 3. Mutassuk meg, hogy egy síkbarajzolható egyszer˝u gráfban nem lehet minden pont foka legalább hat! 35

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

36

4. Síkbarajzolhatóság

4. Egy síkbarajzolható, n pontú és e él˝u egyszer˝u gráfban, ami nem erd˝o, minden kör hossza legalább k. Mutassuk meg, hogy ekkor e≤

2k k n− k−2 k−2

teljesül! 5. Legyen G egy egyszer˝u, összefügg˝o, síkbarajzolható gráf, melynek minden tartományát pontosan 6 él határolja. Bizonyítsuk be, hogy G-nek van legfeljebb másodfokú pontja! 6. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráf síkbarajzolható és nincs 5-nél kisebb fokú pontja, akkor legalább 12 darab pontosan ötödfokú pontja van! 7. Mutassuk meg, hogy az el˝oz˝o feladatban szerepl˝o 12-es becslés nem javítható, vagyis adjunk példát olyan síkbarajzolható egyszer˝u gráfra, melyben 12 darab ötödfokú pont van és kisebb fokú nincs. 8. Egy 20 csúcsú konvex poliédernek 12 lapja van. Hány oldala van az egyes lapoknak, ha tudjuk, hogy ez a szám minden lapra azonos? 9. Minimálisan hány élkeresztezés szükséges a K4,4 páros gráf lerajzolásához? 10. Egy gömbre élkeresztezés nélkül felrajzoltunk egy 16 él˝u 4-reguláris gráfot. Hány tartomány keletkezett? 11. Egy konvex test minden lapja négyszög vagy nyolcszög és minden pontban pontosan három lap találkozik. Mennyi a négyszög- és nyolcszöglapok számának különbsége? 12. Egy n pontú, e él˝u, síkbarajzolható, egyszer˝u gráf c összefügg˝o komponensb˝ol áll. A síkbarajzolása során t tartomány keletkezik. Bizonyítsuk be, hogy n + t − e = c + 1 teljesül! 13. Adjuk meg az összes olyan t számot, melyre létezik t darab háromszögb˝ol álló 7 csúcsú konvex test! 14. Egy konvex test lapjai szabályos ötszögek és hatszögek. Az ötszögeket csak hatszögek határolják, a hatszögeket felváltva hatszögek és ötszögek (gondoljunk a futball-labdára). Meghatározható-e ennyi adatból az ötszögek és a hatszögek száma?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

37

4. Síkbarajzolhatóság

15. Létezik-e olyan szabályos háromszögekkel és négyzetekkel határolt konvex test, amiben (a) minden négyzetet négy háromszög, minden háromszöget két négyzet és egy háromszög határol; (b) a háromszögeket csak négyzetek határolják, a négyzeteket felváltva háromszögek és négyzetek? 16. A K11 teljes gráf élhalmazát két részre osztottuk. Lehetséges-e, hogy mindkét rész síkbarajzolható gráfot határoz meg? 17. Minimálisan hány pontja van egy síkbarajzolható, 4-reguláris, egyszer˝u gráfnak? 18. Egy szabályos test minden lapja egybevágó szabályos k-szög, minden csúcsánál d lap találkozik (d ≥ 3). (a) Mutassuk meg, hogy 1/k + 1/d > 1/2 (b) Bizonyítsuk be, hogy az 1. feladatban szerepl˝o öt testen kívül más szabályos test nem létezik!

4.2.

Kuratowski-tétel, Fáry–Wagner-tétel

19. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi gráfok? Ha igen, rajzoljuk le o˝ ket élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal!

1

1

5

2

5

5

3

4

6

6 4

7

1 2

3

4

1

7 6

2

5

3

4

8

7

8

2

6 3

20. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi gráfok? Ha igen, rajzoljuk le o˝ ket élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

38

4. Síkbarajzolhatóság

1

3

1

5

3

5 8

7 7

4

2

4

6

1

3

5

1

3

5

7

6

2

4

6

8

7

8

9

10 4

2

2

6

21. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi gráfok? Ha igen, rajzoljuk le o˝ ket élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal! 2 1 2 5 6 1 3 7 4 4

6 5

3 3

4

3

4 8

2

5

2

5

7 1

7 6

1

6

22. Síkbarajzolható-e a kocka élgráfjának a komplementere? Ha igen, rajzoljuk le élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal! 23. Mutassuk meg, hogy minden 8-él˝u gráf síkbarajzolható! 24. Síkbarajzolható-e az a gráf, melyet egy nyolcpontú körb˝ol kapunk, ha minden pontot a másodszomszédjaival is összekötünk?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

39

4. Síkbarajzolhatóság

25. Keressünk olyan 8 pontú gráfot, hogy se o˝ , se a komplementere ne legyen síkbarajzolható! 26. A Gn gráf pontjai az 1, 2, . . . , n számok és két pont akkor és csak akkor szomszédos, ha a megfelel˝o számok közül az egyik osztja a másikat. Mutassuk meg, hogy n ≥ 16 esetén Gn nem síkbarajzolható! 27. Létezik-e olyan 6 pontú gráf, hogy se o˝ , se a komplementere nem síkbarajzolható? 28. Legyen a Gk gráf ponthalmaza {a1 , a2 , . . . , ak , b1 , b2 , . . . , bk }. Az ai , a j párok és a bi , b j párok között nem fut él. Az ai , b j pontpár akkor és csak akkor szomszédos, ha i 6= j. Mutassuk meg, hogy Gk akkor és csak akkor síkbarajzolható, ha k < 5 teljesül! ◮ D EFINÍCIÓ : Egy e = {u, v} él összehúzása azt jelenti, hogy az e élt elhagyjuk és az u, v pontokat azonosítjuk. Egy G gráfból néhány (esetleg nulla) él elhagyása és néhány (esetleg nulla) más él összehúzása során keletkez˝o gráfot a G minorjának nevezzük. 29. Bizonyítsuk be Wagner tételét: Egy gráf akkor és csak akkor síkbarajzolható, ha nem tartalmaz olyan minort, mely izomorf a Kuratowski-gráfok valamelyikével. 30. Wagner tételének felhasználásával adjunk egyszer˝ubb új megoldást a 22. feladatra! 31. Adjunk példát arra, hogy egy K5 minort tartalmazó gráf nem feltétlenül tartalmaz olyan részgráfot, mely K5 -tel vagy annak egy soros b˝ovítésével lenne izomorf! 32. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi Kneser-gráfok? (a) KG(5, 2) (b) KG(6, 2) és általában KG(2k + 2, k) (A Kneser-gráfok definicióját lásd a 30. oldalon.)

4.3.

Dualitás

33. Határozzuk meg a tetraéder és a kocka élhálója által alkotott gráf duálisát!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

40

4. Síkbarajzolhatóság

34. Két síkbarajzolható gráf egymás duálisa, az egyik lerajzolásakor minden tartomány négyszög (a küls˝o is), a másikon mindegyik háromszög. Hány pontjuk és hány élük van? 35. Egy síkbarajzolható gráfnak és a duálisának is minden tartománya háromszög. Melyek lehetnek ezek a gráfok? 36. Egy nemzetközi konferencián egy asztalnál öt különböz˝o ország egy-egy képvisel˝oje ül. Bizonyítsuk be, hogy van köztük kett˝o, akiknek az országa nem szomszédos! 37. Egy nemzetközi konferencián az elnökségbe csak olyan küldöttek választhatók, akiknek az országa legalább hat másik jelenlev˝o országgal szomszédos. Mutassuk meg, hogy van olyan küldött, aki biztosan nem választható be az elnökségbe! 38. Mutassunk példát a duálisukkal izomorf gráfokra! 39. Mutassuk meg, hogy egy G síkbarajzolható gráf F feszít˝ofájának megfelel˝o élhalmaz a G∗ duális gráfban egy feszít˝ofa komplementerét adja. 40. Mutassuk meg (Whitney tételére való hivatkozás nélkül, pusztán a duális tulajdonság-párokra hivatkozva), hogy a Kuratowski-gráfoknak (K5 és K3,3 ) nem lehet duálisa!

4.4.

Gyenge izomorfia

41. Keressünk izomorf és gyengén izomorf párokat az ábrán látható gráfok között!

(a)

(b)

(d)

(c)

(e)

42. Bizonyítsuk be, hogy bármely két n pontú fa gyengén izomorf!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

4. Síkbarajzolhatóság

41

43. Gyengén izomorfak-e az ábrán látható gráfok?

44. Gyengén izomorfak-e az ábrán látható gráfok?

45. Gyengén izomorfak-e az ábrán látható gráfok?

46. Mutassunk példát olyan G1 , G2 gráfokra, melyek gyengén izomorfak és melyekre ∆(G2 ) − ∆(G1 ) = 100 teljesül.

4.5.

Vegyes feladatok

47. Mutassuk meg, hogy ha egy síkbarajzolható gráfnak van Euler-köre, akkor a duálisa páros gráf! 48. Bizonyítsuk be, hogy egy kétszeresen összefügg˝o síkbarajzolható gráf duálisa is kétszeresen összefügg˝o!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

42

4. Síkbarajzolhatóság

49. Lehet-e egy hatszorosan összefügg˝o gráf síkbarajzolható? 50. Lehetséges-e, hogy két összefügg˝o egymással gyengén izomorf gráf közül az egyiknek van Hamilton-köre, a másiknak nincs?

4.6.

A síkbarajzolhatóságnál általánosabb fogalmak

◮ D EFINÍCIÓ : Ha egy téglalap két szemközti (az ábrán megvastagított) élét azonosítjuk, egy hengerpalásthoz jutunk, ha annak a két szemközti határoló körét azonosítjuk az ábra szerinti módon, akkor egy „ment˝oo˝ v”-szer˝u felülethez, az ún. tóruszhoz.

51. Mutassuk meg, hogy a K5 gráf élkeresztezés nélkül felrajzolható a tóruszra! 52. Mutassuk meg, hogy még a K6 gráf is élkeresztezés nélkül felrajzolható a tóruszra! 53. Mutassuk meg, hogy még a K7 gráf is élkeresztezés nélkül felrajzolható a tóruszra! ◮ D EFINÍCIÓ : Nevezzünk egy gráfot hurkolásmentesen beágyazhatónak, ha létezik olyan „lerajzolása” a háromdimenziós térbe, melyben nincsenek egymásba hurkolódó pontdiszjunkt körök. 54. Mutassuk meg, hogy a síkbarajzolható gráfok mind hurkolásmentesen beágyazhatóak! 55. (a) Mutassuk meg, hogy az ábrán látható beágyazás nem hurkolásmentes! (b) Bizonyítsuk be, hogy ugyanez a gráf – bár nem síkbarajzolható –, hurkolásmentesen is beágyazható! 1 6

2

5

3 4

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

43

4. Síkbarajzolhatóság

56. A 42. oldalon szerepl˝o definíció utáni középs˝o ábrán a pontok folytonos mozgatásával eljuthatunk a gráf egy „szokásos” síkbarajzolásához. Létezhet-e egy síkbarajzolható gráfnak olyan hurkolásmentes beágyazása, melyre ez nem lehetséges?

4.7.

A síkbarajzolhatóságnál speciálisabb fogalmak

◮ D EFINÍCIÓ : Nevezzünk körvonalra rajzolhatónak egy gráfot1 , ha lerajzolható úgy a síkba élkeresztezések nélkül, hogy minden pontja a küls˝o, nem korlátos tartományt határoló körön feküdjön. 57. A K3 , K4 , K5 , K2,2 , K3,3 gráfok közül melyek körvonalra rajzolhatók? 58. Hogy lehetne felismerni a körvonalra rajzolható gráfokat egy, a „közönséges” síkbarajzolhatóságot felismer˝o algoritmus segítségével? 59. Körvonalra rajzolható-e a K2,3 gráf? 60. Mutassuk meg, hogy – a síkbarajzolható gráfok osztályával ellentétben – a körvonalra rajzolható gráfok osztályából kivezethet a soros b˝ovítés és a duálisképzés! 61. (a) Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráf körvonalra rajzolható, akkor nem tartalmazhatja részgráfként a K4 és a K2,3 részgráfokat vagy ezek soros b˝ovítését! (b) Elégséges-e az el˝obbi feltétel? ◮ D EFINÍCIÓ : Egy gráfot soros-párhuzamosnak nevezünk, ha hurokélek hozzáadásával, valamint élek soros vagy párhuzamos b˝ovítésével el˝oállítható egy erd˝ob˝ol. 62. Mutassuk meg, hogy az alábbi gráf soros-párhuzamos!

63. Mutassuk meg, hogy a K4 gráf nem soros-párhuzamos! 1A

fogalomnak nincs elterjedt magyar neve, angolul „outerplanar graph”.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

44

4. Síkbarajzolhatóság

64. Az el˝oz˝o feladat megoldásában szerepl˝o megjegyzések felhasználásával mutassuk meg, hogy a soros-párhuzamos gráfok mind síkbarajzolhatóak és a duálisuk is soros-párhuzamos!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

5. fejezet Párosítások

5.1.

Maximális párosítás

1. Egy munkahelyen 8 állásra hatan jelentkeztek. Anna az 1., 2., 3., 4., 5., 6. állásra, Bandi a 2., 5., 8. állásra, Csilla a 2. és 5. állásra, Dóra és Ern˝o a 2., 8. állásra, Feri az 1., 2., 3., 4., 7. állásra jöhet szóba. Ha minden állásra egy ember kell, maximum hányat tudnak hatuk közül foglalkoztatni. 2. Egy üzem 6 üres munkahelyére heten jelentkeztek. Aladár az 1. munkahelyre, Béla az 1. és 6. munkahelyre, Csaba a 2., 3., 4., Dénes a 2., 5., Elemér a 4., 5., Ferenc az 1., 6., Géza pedig csak a 6. munkahelyre. (a) Maximum hány munkahelyet lehet a jelentkez˝okkel betölteni? (b) Maximum hány munkahelyet lehet a jelentkez˝okkel betölteni, ha Ferencet rábeszéljük, fogadja el a 2. munkahelyet. 3. Húsz táborozó páros pingpongbajnokságot szeretne szervezni. Ehhez úgy kell 10 párt alkotniuk, hogy mindenki egy barátjával legyen párban. A társaságban két ember mindenkinek barátja, a többiek viszont csak egy-egy kisebb csoport tagjaival hajlandóak párban lenni. Az egyes baráti csoportok 7, 5, 3 és 3 tagból állnak. Létre tudnak-e hozni ilyen feltételek mellett 10 „baráti”párost? 4. Egy 36 pontú G gráfból töröltünk 3 pontot és a kapott gráf hét összefügg˝o komponensre esett szét. A komponensek között 5 darab 5 pontú és 2 darab 4 pontú található. Igaz-e, hogy G-nek nem lehetett teljes párosítása? 5. A V = {2, 3, 4, . . . , 2003} ponthalmazon definiáljuk a G gráfot úgy, hogy a és b között akkor és csak akkor vezessen él, ha sem a nem osztója b-nek, sem b nem osztója a-nak. Mutassuk meg, hogy G-ben van teljes párosítás. 6. Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráfban van teljes párosítás, akkor bármely k független pontnak együtt legalább k szomszédja van. 45

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

46

5. Párosítások

7. Tegyük fel, hogy a G gráf minden összefügg˝o komponense egy kör. Mi az a legkisebb m szám, amelyre teljesül, hogy G-hez hozzá lehet venni m élt úgy, hogy az új gráfban legyen teljes párosítás? Mikor létezik ilyen m szám? 8. Tegyük fel, hogy a G összefügg˝o gráf tetsz˝oleges pontját elhagyva a kapott gráfnak létezik teljes párosítása. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a G gráfban nincs elvágó él, vagyis tetsz˝oleges élt elhagyva a gráf továbbra is összefügg˝o marad. 9. Egy 100 pontú egyszer˝u gráfban akárhogyan is választunk ki 3 pontot, ezek között legalább 2 él fut. Mutassuk meg, hogy a gráfban van teljes párosítás. 10. Költözéskor már majdnem mindent elcsomagoltunk, de még néhány tárgy kimaradt a dobozokból. Azt vesszük észre, hogy minden dobozba legalább egy kimaradt tárgy még belefér, és hogy minden egyes kimaradt tárgy egy kivételével bármelyik dobozba beletehet˝o. Feltéve, hogy a kimaradt tárgyak és a használt dobozok száma megegyezik, adjunk eljárást, ami megadja, hogyan fejezzük be a csomagolást a már dobozba rakott dolgok kipakolása nélkül. 11. Bizonyítsuk be, hogy egy 3-reguláris, Hamilton-kört tartalmazó egyszer˝u gráf élhalmaza el˝oáll 3 diszjunkt teljes párosítás uniójaként! 12. Mutassuk meg, hogy ha egy gráfban létezik két különböz˝o teljes párosítás, akkor létezik páros hosszú kör is! 13. Vegyük az n pontú teljes gráfnak két olyan teljes párosítását, melyeknek nincs közös élük. Legyen G az az n pontú gráf, melynek élhalmaza a két teljes párosítás uniója. (a) Milyen n-re létezik ilyen G gráf? (b) Az n értékét˝ol függ˝oen legfeljebb hány komponensb˝ol állhat a G gráf? (c) Ha adott egy ilyen G gráf, az hányféleképpen bontható fel két párosítás uniójára?

5.2.

Párosítás páros gráfban – Hall-feltétel

14. Tegyük fel, hogy a G = (A, B, E) páros gráfban minden A-beli pont foka legalább kett˝o. Igazoljuk, hogy ha G-ben van teljes párosítás, akkor van egy ett˝ol különböz˝o (de t˝ole nem feltétlenül diszjunkt) második teljes párosítás is.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

5. Párosítások

47

15. Egy 12 fiúból és 12 lányból álló társaságban mindenki legalább 6 embert ismer az ellenkez˝o nem˝uek közül (az ismeretségek kölcsönösek). Bizonyítsuk be, hogy ekkor az egész társaság egymást ismer˝o fiú-lány párokba állítható. 16. A G = (A, B, E) páros gráfban |A| = |B| és az A osztály minden valódi X részhalmazára (azaz 0/ ⊂ X ⊂ A) teljesül, hogy |N(X)| > |X|. Igazoljuk, hogy G tetsz˝oleges éle kiegészíthet˝o teljes párosítássá. 17. Legyen k ≥ 1 egész szám. A G = (A, B, E) páros gráfban az A osztály minden nem üres X részhalmazára teljesül, hogy |N(X)| ≥ |X| + k. Igazoljuk, hogy G tetsz˝olegesem kiválasztott k darab független éle kiegészíthet˝o egy A-t lefed˝o párosítássá. 18. Legyen a G = (A, B, E) páros gráf d-reguláris (d > 0). Igazoljuk, hogy |A| = |B| és ha G egyszer˝u, akkor van benne |A| független él. 19. Mutassuk meg, hogy egy d-reguláris, egyszer˝u, páros gráf élhalmaza el˝oáll mint d darab teljes párosítás uniója. 20. Legyen r ≥ 2 és tekintsünk egy r-reguláris, egyszer˝u, G = (A, B, E) páros gráfot. Hagyjunk el G egy tetsz˝olegesen kiválasztott csúcsából kiinduló r él közül e gráftetsz˝olegesen kiválasztott (r − 1)-et. Bizonyítsuk be, hogy az így kapott G ban van teljes párosítás! 21. Legyen G = (A, B, E) egy egyszer˝u páros gráf, melyben minden A-beli pont fokszáma azonos, jelölje ezt dA , és minden B-beli pont fokszáma is azonos, legyen ez dB . Tegyük fel, hogy dA , dB > 0. Mutassuk meg, hogy G-ben akkor és csak akkor létezik A-t lefed˝o párosítás, ha |A| ≤ |B|. 22. Legyen a G = (A, B, E) egyszer˝u páros gráf k-reguláris (k > 0). Igazak-e a következ˝o állítások? (a) El lehet hagyni G-b˝ol k élt úgy, hogy a keletkez˝o gráfnak ne legyen teljes párosítása. (b) Bárhogy hagyunk el k − 1 élt, a keletkez˝o gráfnak lesz teljes párosítása. 23. A G = (A, B, E) összefügg˝o páros gráfban |A| = |B| és A egy valódi X részhalmazára teljesül, hogy |N(X)| = |X|. Igazoljuk, hogy G-nek van olyan e éle, amelynek egyik végpontja N(X)-ben van, a másik pedig az A − X halmazban és e nincs benne G egyetlen teljes párosításában sem.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

48

5. Párosítások

24. Egy szigeten n család lakik. A sziget elöljárói felosztották az egész szigetet n egyenl˝o terület˝u vadászati körzetre és ezzel egyidej˝uleg (de egy másik bizottság és ezért egészen más módon) felosztotta az egész szigetet n egyenl˝o terület˝u mez˝ogazdasági területre. Most azt szeretnék elérni, hogy minden családhoz tartozzon egy vadászati és egy mez˝ogazdasági terület úgy, hogy a két területnek legyen közös része (ha már a felosztás miatt nem lehet azonos a kett˝o). Megoldható-e ez mindig? 25. Tíz házaspár mindkét tagja egy-egy tíz könyvb˝ol álló listát ad a könyvtárosnak azzal, hogy az általa felírt könyvek egyikét szeretné megkapni. A házaspár két tagja diszjunkt listát ad, azaz egy házaspár együtt összesen húsz könyvet jelöl meg. A könyvtárban a kért könyvek mindegyike megtalálható, de mindegyik csak egy példányban. Bizonyítsuk be, hogy a könyvtáros mind a 20 embernek tud olyan könyvet adni, mely az illet˝o listáján szerepelt. 26. Tíz házaspár mindkét tagja egy-egy tíz könyb˝ol álló listát ad a könyvtárosnak azzal, hogy az általa felírt könyvek egyikét szeretné megkapni. A könyvtárban a kért könyvek mindegyike megtalálható, de mindegyik csak egy példányban. Bizonyítsuk be, hogy a könyvtáros mindenkinek tud olyan könyvet adni, mely az illet˝o listáján szerepelt, feltéve, hogy egy házaspár kaphat közös könyvet, ha az mindkettejük listáján rajta van. 27. Egy kiránduláson a résztvev˝o n házaspár között akarunk szétosztani 2n különböz˝o csokoládét úgy, hogy mindenki egyet kapjon. Tudjuk, hogy mindenki legalább n fajtát szeret a csokoládék közül, és hogy minden csokoládét minden házaspárnak legalább az egyik tagja szereti. Bizonyítsuk be, hogy a csokoládék kioszthatók úgy, hogy mindenki olyat kapjon, amilyet szeret. 28. Tudjuk, hogy a G = (A, B, E) páros gráfban az A halmaznak egy X ⊆ A részhalmaza lefedhet˝o párosítással. Hasonlóképp az Y ⊆ B részhalmaz is lefedhet˝o egy párosítással. Igazoljuk, hogy G-nek van olyan párosítása mely mindkét halmazt, X-et és Y -t is lefedi. 29. Legyen G = (A, B, E) egy egyszer˝u páros gráf és |A| = |B|. Bizonyítsuk be, hogy ha nincs izolált pont és A-ban minden pont fokszáma különböz˝o, akkor G-ben van teljes párosítás. 30. Legyen G = (A, B, E) egy izolált pont nélküli páros gráf. Tegyük fel, hogy ha {u, v} ∈ E és u ∈ A, v ∈ B akkor u fokszáma legalább akkora, mint v fokszáma. Bizonyítsuk be, hogy G-ben van A-t lefed˝o párosítás!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

49

5. Párosítások

5.3.

Vegyes feladatok

31. A G = (A, B, E) egyszer˝u páros gráfban legyen |A| = 3, |B| = n ≥ 3 és |E| = 2n + 1. Mutassuk meg, hogy létezik G-ben az A halmazt lefogó párosítás. 32. Egy iskolában több különböz˝o klub is m˝uködik. Minden klubnak legalább 4 tagja van. Egy diák a szabályok szerint legfeljebb 3 klubnak lehet tagja. Mutassuk meg, hogy lehet úgy klubvezet˝oket választani, hogy minden klubnak egy, a tagjai közül kikerül˝o vezet˝oje legyen és a különböz˝o kluboknak különböz˝o legyen a vezet˝oje. 33. Hány különböz˝o teljes párosítása lehet egy n szögpontú fának? 34. Hány különböz˝o maximális párosítása van az n szögpontú teljes gráfnak? 35. Melyik igaz az alábbi állítások közül? (a) Ha egy gráfnak páros sok pontja van és tartalmaz Hamilton-kört, akkor található benne teljes párosítás. (b) Ha egy páros gráfnak van Hamilton-köre, akkor van benne teljes párosítás. (c) Ha egy gráfban van két, közös élt nem tartalmazó teljes párosítás, akkor van benne Hamilton-kör. 36. Egy G gráf csúcsai feleljenek meg az 1, 2, . . . , n számok összes permutációinak. Két csúcs pontosan akkor legyen összekötve G-ben, ha a megfelel˝o két permutáció egymásból egy elempár felcserélésével kapható. Mutassuk meg, hogy ha n ≥ 2, akkor az így megadott G gráf tartalmaz teljes párosítást. 37. A Gn páros gráfban legyen A = {a1 , a2 , . . . , an } és B = {b1 , b2 , . . . , bn } a két ponthalmaz. A Gn gráf élei legyenek azok az {ai , b j } párok, melyekre |i − j| ≤ 1. Határozzuk meg Gn teljes párosításainak számát. 38. Bizonyítsuk be, hogy egy 2-reguláris páros gráfban a teljes párosítások száma mindig 2-nek valamilyen pozitív egész kitev˝os hatványával egyenl˝o. 39. Egy n × n méret˝u, nemnegatív elemeket tartalmazó mátrix minden sorában és minden oszlopában az elemek összege 1. Bizonyítsuk be, hogy a mátrix determinánsában szerepl˝o n! kifejtési tag között van olyan, amelyik nem nulla.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

50

5. Párosítások

40. Egy n × n méret˝u, nemnegatív elemeket tartalmazó mátrix minden sorában és minden oszlopában az elemek összege 1. Bizonyítsuk be, hogy a mátrix el˝oáll α1 P1 + α2 P2 + . . . αm Pm alakban, ahol αi ≥ 0 és Pi egy permutációmátrix, azaz minden sorában és minden oszlopában egyetlen elem 1, a többi 0. 41. Egy r × n méret˝u táblázatot latin téglalapnak hívnak, ha a táblázat elemei az 1, 2, . . . , n számok közül kerülnek ki, és mindegyik szám minden sorban és minden oszlopban legfeljebb egyszer fordul el˝o. Igazoljuk, hogy ha r < n, akkor tetsz˝oleges r × n méret˝u latin téglalap kiegészíthet˝o n × n méret˝uvé (azaz latin négyzetté). 42. Ketten a következ˝o játékot játszák. Egy G gráfban felváltva választanak pontokat úgy, hogy a pontok mindig utat alkossanak. Az veszít, aki nem tud újabb pontot választani. Bizonyítsuk be, hogy ha a gráfban van teljes párosítás, akkor a második játékos mindig tud nyerni.

5.4.

Lefogás és függetlenség

43. Adjunk meg maximális független élhalmazt és minimális lefogó ponthalmazt az ábrán látható gráfokban. a

b

c

d

a

b

c

d

e

f

g

h

e

f

g

h

(a)

(b)

44. Adjunk meg maximális független élhalmazt és minimális lefogó ponthalmazt az ábrán látható G gráfban.

45. Állapítsuk meg, hogy mennyi az alábbi ábrán látható G gráf éleit lefogó pontok τ(G) minimális száma.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

51

5. Párosítások

46. A 2000 csúcsú egyszer˝u G gráfban τ(G) = 678. Igazoljuk, hogy G-ben nincs teljes párosítás! 47. Legyen G az a 2n pontú gráf, mely egy 2n − 1 pontú L útból és egy, az L-en kívül es˝o, L minden pontjával összekötött c pontból áll. Adjuk meg G-ben a független pontok maximális számát. 48. Igazoljuk, hogy az n pontú G páros gráfban α(G) ≥ n/2. 49. Határozzuk meg α(G), τ(G), ν(G) és ρ(G) értékét a Kn teljes gráfra! 50. Határozzuk meg α(G), τ(G), ν(G) és ρ(G) értékét az n pontú körre! 51. Határozzuk meg a Petersen-gráfra az α(G), τ(G), ν(G) és ρ(G) értékeket. 52. Határozzuk meg α(G), τ(G), ν(G), ρ(G) értékét a G = Kn,m teljes páros gráfra! 53. Tekintsük az összes létez˝o olyan légijáratot, amely közvetlen összeköttetést biztosít egy amerikai és egy európai város között. Tegyük fel, hogy k a legnagyobb olyan pozitív egész, amire létezik k különböz˝o európai város, E1 , . . . , Ek , és k különböz˝o amerikai város, A1 , . . . , Ak , úgy, hogy minden 1 ≤ i ≤ k-ra Ei és Ai között van közvetlen repül˝ojárat. Bizonyítsuk be, hogy ekkor biztosan van az adott 2k város között k olyan, amelyekre igaz, hogy az összes létez˝o Európa és Amerika közötti közvetlen légijáratnak az egyik végpontja közöttük van. 54. A G gráfnak 2n pontja van és tudjuk, hogy minden pont foka legalább n. Határozzuk meg ν(G) és ρ(G) értékét 55. Legyen V = {1, 2, . . . , 74} a H gráf ponthalmaza, és az i és j pontok között akkor menjen él, ha i + j és 74 relatív prímek. Határozzuk meg az α(H), ν(H), ρ(H), τ(H) értékeket!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

52

5. Párosítások

56. Legyenek a Gn gráf pontjai az n hosszú 0-1 sorozatok, két pont akkor legyen összekötve, ha a nekik megfelel˝o sorozatok pontosan egy helyen térnek el. Határozzuk meg a ν(Gn ), α(Gn ), τ(Gn ), ρ(Gn ) értékeket! 57. Legyen G a V = {p1 , p2 , . . . , p2003 } ponthalmazon az a gráf, amelyben {pi , p j } ∈ E pontosan akkor teljesül, ha 0 < |i− j| ≤ 2. Határozzuk meg az α(G), ν(G), ρ(G), τ(G) értékeket! 58. Mutassuk meg, hogy az n pontú G páros gráfban akkor és csak akkor lehet α(G) = n/2 ha G-ben van teljes párosítás! 59. Legyen a H gráf csúcshalmaza V = {1, 2, . . . , 2004}. Az i, j ∈ V csúcsok között pontosan akkor menjen él, ha i 6= j és az i + j szám 3-mal osztva 1 maradékot ad. Határozzuk meg a ν(H), ρ(H), τ(H), α(H) értékeket! 60. Mutassuk meg, hogy ha az n pontú G gráfban nincs hurokél és τ(G) = n − 1, akkor G egy n pontú teljes gráf. 61. Legyen G egy olyan gráf, amelyre τ(G) > ν(G), de ez az egyenl˝otlenség G egyetlen valódi részgráfjára sem igaz. Bizonyítsuk be, hogy G egy páratlan kör. 62. Jelölje ∆ a G egyszer˝u gráfban a maximális fokszámot. Bizonyítsuk be, hogy ha G-nek nincs izolált pontja, akkor (∆ + 1) · τ(G) ≥ |V (G)|. 63. Legyen n > 2. Az n pontú, n él˝u, egyszer˝u G gráfok esetén mennyi a lehetséges τ(G) értékek minimuma? 64. Legyen n > 1. Az n pontú, n él˝u, izolált pont nélküli G gráfok esetén mennyi a lehetséges ρ(G) értékek minimuma? 65. Legfeljebb mennyi lehet egy gráfban a τ(G)/ν(G) arány? Mennyi ugyanezen arány minimuma? 66. Legyen egy 2n csúcsú egyszer˝u gráf minden csúcsának fokszáma legalább n. Mutassuk meg, hogy τ(G) ≥ n. 67. Egy gráfból válasszunk független éleket a következ˝o mohó algoritmussal: sorban vesszük G éleit, és ha a következ˝o él független a már kiválasztottaktól, akkor azt is beleveszük a független élek közé. Bizonyítsuk be, hogy így legalább ν(G)/2 független élt találunk.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

5. Párosítások

53

68. Mutassuk meg, hogy minden, izolált pontot nem tartalmazó egyszer˝u G gráfra fennáll, hogy τ(G) + 2ρ(G) ≤ 2|V (G)|. 69. Mutassuk meg, hogy minden n csúcsú egyszer˝u G gráfra teljesül, hogy α(G) ≥ n − 2ν(G). 70. Egy hurokmentes n pontú G gráf éleit le akarjuk fedni csillagokkal (azaz egyegy ponthoz illeszked˝o élekkel). Bizonyítsuk be, hogy legalább n − α(G) csillagra van ehhez szükség. 71. Mutassuk, meg, hogy ha a G egyszer˝u gráfban nincs háromszög, akkor teljesül rá az α(G)τ(G) ≥ |E(G)| egyenl˝otlenség!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

6. fejezet Folyamok, többszörös összefügg˝oség

6.1.

Folyamok

1. Ellen˝orizzük hogy az alábbi ábra egy folyamot mutat-e? (Az els˝o szám jelenti az élen átfolyó mennyiséget, a zárójelben lev˝o szám pedig az él kapacitását.) a

1(3)

4(8)

s 3(4)

b

3(4)

t

1(5)

1(2)

1(2) 2(5)

d

1(3)

2(3)

c

2(4)

4(8) e

2. Ellen˝orizzük hogy az alábbi ábra egy folyamot mutat-e? (Az els˝o szám jelenti az élen átfolyó mennyiséget, a zárójelben lev˝o szám pedig az él kapacitását.) Ha folyam, növeljük az értékét, amennyiben ez lehetséges! a

4(5)

5(6)

1(3)

s

b 4(4)

2(3)

t

c

2(4)

1(7) d

1(3)

1(1) e

3. Növeljük a megadott folyamot, ha ez lehetséges, vagy mutassuk meg, hogy ez már egy maximális folyam! 55

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

56

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

a

3(6) b 4(5)

7(7)

3(3)

s

t

2(5)

0(2)

6(9)

c 2(2) d

4. Határozzuk meg a maximális folyam értékét az alábbi hálózatokban!

(6)

a (8)

s

a

b (3)

s

t

(3) (5)

(9) c

(3)

b

(5)

(6) (0) (2) (1) c d (2) (0) (3) (4) (1) (1)

(4)

(5)

(1)

d

(1)

(3)

e

(a)

t

f

(b)

5. Találjunk az alábbi hálózatokban minimális vágást!

a (5)

s

(4) (4) c d (3) (3)

(6) e

t

(8)

(4) f

a

(9) (2)

(8)

(5) (4)

(5) (2)

s

b

(3)

(8) (4)

(2)

(2)

c

(2)

(5) f

(5)

(3) d (3) g

(4) (8)

b (3) e (6)

t

6. Határozzuk meg a nemnegatív valós x függvényében a maximális folyam értékét az alábbi hálózatokban!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

57

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

(x)

s

(5)

(4)

t

(3) (3)

a

a

a

(5)

s (2)

(x) (3) (4) (3) (5) (7) (3) s t d c (2) (2) (3) (3) (3)

t (3)

b

b

(a)

b

(2)

(4) (x)

(6)

e

(2)

f

(c)

(b)

7. Adjunk meg a nemnegatív valós x és y értékek függvényében egy maximális folyamot az alábbi hálózatban! b (3)

s

(5)

(y)

a

t

(x)

(3) c

8. Egy hálózati folyam gráfja a kocka élhálózata az ábrán látható irányítással. A termel˝o (s) és a fogyasztó (t) a kocka két átellenes pontja. Az éleket 1 vagy 2 kapacitásúnak választhatjuk meg. A cél az, hogy az elérhet˝o maximális folyam értéke a lehet˝o legnagyobb legyen de ezt minél kevesebb 2 kapacitású éllel érjük el. Hány 2 kapacitású élre van szükség és hogyan helyezzük el azokat?

t

s

9. Határozzuk meg a maximális folyam értékét a pont- és élkapacitásokkal ellátott alábbi hálózatban!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

58

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

3 (4) (2)

s

(2)

(4)

3 (2)

(2)

(5)

(1)

t

(3)

5

10. Egy hálózatot készítünk az n × n méret˝u rácsból (n > 1): a csúcsok a rács pontjai, az élek pedig balról jobbra, illetve fentr˝ol lefelé vannak irányítva. Az élek kapacitása 1 vagy 2 lehet. Mennyi lehet a maximális folyam értéke a bal fels˝o csúcsból (s) a jobb alsóba (t), ha a 2 kapacitású élek száma 0, 1, 2, 3, . . .? 11. Igaz-e, hogy ha egy hálózatban minden él kapacitása páros szám, akkor (a) van olyan maximális folyam, melyben a hálózat minden élén páros a folyam értéke? (b) minden maximális folyamban a hálózat minden élén páros a folyam értéke? 12. Igaz-e, hogy ha egy hálózatban minden él kapacitása páratlan szám, akkor (a) van olyan maximális folyam, melyben a hálózat minden élén páratlan a folyam értéke? (b) minden maximális folyamban a hálózat minden élén páratlan a folyam értéke? 13. Legyen a G gráf csúcshalmaza {1, 2, . . . , 2k}. A v csúcsból pontosan akkor vezessen él a w csúcsba, ha v < w. A (v, w) él kapacitása legyen 1, ha v páratlan és 2, ha v páros. Mennyi az 1-b˝ol a 2k csúcsba vezet˝o maximális folyam értéke? 14. Legyen n > 1 természetes szám. A G gráf csúcsai legyenek az {1, 2, . . . , n} halmaz nemüres részhalmazai. Tetsz˝oleges x ⊆ {1, 2, . . . , n} csúcsból tetsz˝oleges y ⊆ {1, 2, . . . , n} csúcsba menjen egy |x ∩ y| kapacitású él. Legyen a hálózatban a termel˝o s = {1}, a fogyasztó pedig t = {n}. Mennyi a maximális folyam értéke? 15. Egy hálózat pontjai legyenek az n hosszú bitsorozatok. Az x csúcsból az y csúcsba akkor vezessen él, ha az x-nek megfelel˝o sorozatban egy 0 bitet 1-re

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

59

cserélve kapjuk az y sorozatot. Egy ilyen él kapacitása legyen annak a bitnek a sorszáma, amelyiket megváltoztattuk. Az s = (0, . . . , 0) csúcsból a t = (1, . . . , 1) csúcsba jutó lehetséges maximális folyam értékét jelölje bn . (a) Határozzuk meg b3 értékét! (b) Bizonyítsuk be, hogy bn ≤ 2n−1 minden n-re! (c) Mutassuk meg, hogy ha n ≥ 5, akkor bn < 2n−1 . 16. Adott két hálózat (G1 ; s1 ;t1 ; c1 ) és (G2 ; s2 ;t2 ; c2 ), melyeknek a csúcshalmazai diszjunktak. Legyen az els˝oben f1 , a másikban f2 a maximális folyam értéke. Mekkora lesz a maximális folyam abban a hálózatban, amelyet ezekb˝ol soros összekapcsolással ( a t1 és az s2 csúcsokat azonosítjuk és s = s1 , t = t2 ), illetve párhuzamos összekapcsolással (az s1 és s2 csúcsok összevonása adja az s pontot, a t1 és t2 csúcsok összevonása pedig a t pontot) kapunk?

17. A (G; s;t; c) hálózatban jelölje CX az X halmazhoz tartozó vágást, azaz az X és a V − X halmazok között men˝o éleket. Legyen X és Y a csúcsoknak két olyan részhalmaza, melyek az s pontot tartalmazzák, de a t pontot nem. Tegyük fel, hogy CX és CY is minimális érték˝u vágás. Mutassuk meg, hogy ekkor a CX∩Y és CX∪Y vágások is minimális érték˝uek!

18. A (G; s;t; c) hálózatban legyen f egy maximális érték˝u folyam és jelölje X az f -hez tartozó javító úttal s-b˝ol elérhet˝o pontok halmazát. Legyen C egy tetsz˝oleges minimális érték˝u (s,t)-vágás, ami a ponthalmazt s ∈ Y és t ∈ V − Y részekre osztja. Igazoljuk, hogy X ⊆ Y. 19. Legyen (G; s;t; c) egy hálózat és f ebben egy tetsz˝oleges maximális folyam. Jelölje X f az f folyamhoz tartozó, s-b˝ol induló javítóúttal elérhet˝o pontok halmazát. Mutassuk meg, hogy X f független az f maximális folyam választásától! √

20. Legyen p = −1+2 5 , azaz p-re teljesül, hogy p2 = 1 − p. Az alábbi hálózatban azokon az éleken, amelyekre semmi sincs írva, a kapacitás 2 és a folyam értéke 0.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

60

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

a

1 (1)

b 1(2)

1(2)

s

0 (p)

c

e

0 (p2)

d

t

f

Javítsuk ezt a folyamot, amennyivel csak lehet, a következ˝o pontsorozatok által meghatározott javító utak mentén: el˝oször s, e, f , b, a, c, d,t, utána s, c, d, f , e, a, b,t, majd s, a, b, d, c, e, f ,t. (a) Mennyi lesz a folyam értéke az (a, b), a (c, d) és az (e, f ) éleken? (b) Ugyanezen három út mindegyike mentén (az adott sorrendben) javítsunk összesen k-szor. Mi lesz ekkor a folyam értéke az (a, b), (c, d) és (e, f ) éleken? (c) Mutassuk meg, hogy a javítások ezen sorozatával soha nem kapjuk meg a maximális folyamot! 21. Adjunk példát hálózatra és abban javító lépések olyan sorozatára, amikor a keletkez˝o folyamértékek nem tartanak a maximális folyam értékéhez!

6.2.

Többszörös összefügg˝oség

22. Határozzuk meg, hogy melyik az a legnagyobb k szám, amire az ábrán látható gráfok k-szorosan összefügg˝oek, illetve k-szorosan élösszefügg˝oek!

23. Hányszorosan pont- illetve élösszefügg˝o a kocka élei által alkotott gráf (a gráf csúcsai a kocka csúcsai, élei a kocka élei)? 24. Határozzuk meg azt a legnagyobb k számot, amelyre a Kn,n teljes páros gráf k-szorosan összefügg˝o! 25. Bizonyítsuk be, hogy a Kn gráf (n − 1)-szeresen élösszefügg˝o, de n-szeresen nem!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

61

26. Tegyük fel, hogy a G gráfban a rögzített x és y pontokat összeköt˝o pontidegen utak maximális száma 5. Lehet-e az x és y pontokat összeköt˝o utakat lefogó élek minimális száma 1, 2, 3, 4, 5, 6 vagy 7 ? 27. Tegyük fel, hogy a G = (V, E) gráfban bármely két pont között létezik legalább három pontidegen út. Vegyünk fel egy új x 6∈ V pontot és kössük össze G három különböz˝o pontjával. Mutassuk meg, hogy a kapott G′ gráfra is teljesül, hogy bármely két pontja között van legalább három pontidegen út! 28. Mutassuk meg, hogy egy k-szorosan összefügg˝o n pontú egyszer˝u gráfnak legalább kn/2 éle van! 29. Legyen 1 < k < n. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u összefügg˝o gráfban minden pont foka legalább (n + k − 2)/2, akkor a gráf k-szorosan összefügg˝o! 30. Bizonyítsuk be, hogy ha G egy k-reguláris, egyszer˝u, összefügg˝o páros gráf és k > 1, akkor G kétszeresen összefügg˝o! 31. Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráf k-szorosan összefügg˝o, akkor k-szorosan élösszefügg˝o is! 32. Minden k > 1 egészre mutassunk olyan egyszer˝u gráfot, amely k-szorosan élösszefügg˝o, de csak egyszeresen összefügg˝o! 33. (a) Mutassuk meg, hogy egy összefügg˝o 2-reguláris gráf összefügg˝oségi és élösszefügg˝oségi száma megegyezik! (b) Mutassuk meg ugyanezt 3-reguláris gráfokra! (c) Mutassuk meg, hogy ugyanez 4-reguláris gráfokra már nem feltétlenül igaz! 34. Legyen A, B,C három diszjunkt k elem˝u halmaz. Legyen A ∪ B ∪ C a G gráf csúcshalmaza, két csúcs pontosan akkor legyen összekötve, ha különböz˝o halmazból valók. Mennyi a G összefügg˝oségi száma? 35. Egy legalább 3 pontot és legalább egy élt tartalmazó egyszer˝u gráf bármely e éléhez és v pontjához található olyan kör, mely tartalmazza o˝ ket. Mutassuk meg, hogy a gráf kétszeresen összefügg˝o!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

62

6. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

36. Bizonyítsuk be, hogy egy G = (V, E) gráf akkor és csak akkor k-szorosan élösszefügg˝o, ha a csúcsoknak minden valódi 0/ 6= X ⊂ V részhalmazából legalább k él lép ki a V − X halmazba! 37. Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráfból elhagyunk egy élt, akkor az összefügg˝osége legfeljebb eggyel csökken! 38. Legfeljebb hány élét lehet a K10 gráfnak elhagyni úgy, hogy a megmaradt gráf még négyszeresen élösszefügg˝o legyen? 39. Legyen G egy összefügg˝o gráf és v1 , v2 , v3 a G-nek három pontja. Jelölje H az olyan utak halmazát, melyek ezen három pont közül valamelyik kett˝o között vezetnek. Tegyük fel, hogy bármely két H-beli útnak van közös bels˝o pontja. (a) Bizonyítsuk be, hogy található G-ben olyan x és y pont, hogy minden Hbeli út átmegy legalább az egyiken! (b) Mutassuk meg, hogy nem feltétlenül található egy olyan x pont, amelyen minden H-beli út átmegy! 40. Egy kisváros úthálózata csupa egyirányú utcából áll. A polgármester minden hétköznap reggel autóval megy otthonról a városházára. Ezt úgy szeretné megoldani, hogy a hét minden napján különböz˝o utcákon menjen át, azaz munkába menet egy hét alatt minden utcán legfeljebb egyszer menjen végig. Adjunk olyan algoritmust, amely a város térképe alapján eldönti, hogy ez megtehet˝oe!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

7. fejezet Gráfok színezése

7.1.

Csúcsok színezése

1. Mennyi az ábrán látható G gráf kromatikus száma?

a

g

f

e j i

h d

b

c

2. Legyen G = (V, E) a következ˝o kilenc csúcsú gráf. A csúcshalmaza legyen V = {ui , vi , wi : i = 1, 2, 3}. Az {u1 , u2 , u3 }, illetve a {v1 , v2 , v3 } halmazok függetlenek, a wi pontok egymással páronként össze vannak kötve, továbbá minden i-re wi össze van kötve ui -vel és vi -vel, valamint minden ui össze van kötve minden v j -vel. Mennyi a G kromatikus száma?

3. Határozzuk meg az ábrán látható G = (V, E) gráf kromatikus számát! 63

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

64

7. Gráfok színezése

a3 a2 a1

a

4

a8

a5 a6

a7

b1

b3

b2

b4

b8

b5 b7 b6

4. Bizonyítsuk be, hogy tetsz˝oleges egyszer˝u G gráfra χ(G) ≥ |V (G)|/α(G). 5. Adjuk meg minden n ≥ 3 esetén az n hosszú kör Cn komplementerének kromatikus számát! 6. Mutassuk meg, hogy χ(G) ≤ τ(G) + 1. 7. Bizonyítsuk be, hogy tetsz˝oleges egyszer˝u gráfra |E(G)| ≥

¡χ(G)¢ 2 .

8. Legyen G egyszer˝u gráf, amire χ(G) = k. Tekintsük G-nek egy k színnel való színezését, ebben legyen az egyik felhasznált szín a piros. Bizonyítsuk be, hogy a megadott színezésben biztosan van olyan piros szín˝u pont, aminek szomszédságában az összes felhasznált, pirostól különböz˝o szín el˝ofordul! ¡ ¢ 9. Legyen G olyan hurokmentes gráf, aminek pontosan χ(G) éle van. Bizonyít2 suk be, hogy G-ben a nemizolált pontok egy χ(G) csúcsú teljes gráfot alkotnak! 10. Kiszínezhet˝o-e a hét hosszú C7 kör négy színnel úgy, hogy bármely két színt tekintve, legfeljebb egy él kössön össze két ilyen szín˝u pontot? 11. Kiszínezhet˝o-e a hat hosszú C6 kör négy színnel úgy, hogy a színezés jó legyen, és bármely két színt tekintve, legfeljebb egy él kössön össze két ilyen szín˝u pontot? ◮ D EFINÍCIÓ : A G gráf egy mohó színezésén azt értjük, hogy a gráf csúcsait egy el˝ore megadott sorrendben egymás után színezzük olyan módon, hogy a soron

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

65

7. Gráfok színezése

következ˝o csúcshoz mindig a legkisebb sorszámú, az eddig már megszínezett szomszédainál még nem használt színt rendeljük. 12. Bizonyítsuk be, hogy egy n csúcsú, e él˝u reguláris G gráfra fennáll, hogy χ(G) ≤ 1 + 2e/n. 13. Bizonyítsuk be, hogy χ(G) ≤ max{δ(H) : H ⊆ G} + 1, ahol a maximumot G összes H részgráfján tekintjük és δ(X) az X gráf legkisebb fokszámát jelöli. 14. Adjunk példát minden k ≥ 2 pozitív egész esetén olyan Gk gráfra, melynek kromatikus száma 2, de megadható a csúcsainak olyan sorrendje, hogy azokat e sorrendben mohón színezve k színt fogunk használni. 15. Bizonyítsuk be, hogy minden egyszer˝u G gráf csúcsainak van olyan sorrendje, hogy ha a csúcsokat e sorrend szerint haladva mohón színezzük, akkor a felhasznált színek száma χ(G) lesz! 16. Legyen G olyan gráf, amire χ(G) = k. Bizonyítsuk be, hogy G élei irányíthatóak úgy, hogy a létrejöv˝o leghosszabb irányított út legfeljebb k pontot tartalmazzon! 17. Bizonyítsuk be, hogy egy n csúcsú egyszer˝u G gráfra χ(G)χ(G) ≥ n. 18. Bizonyítsuk be, hogy ha G egy n csúcsú, egyszer˝u, r-reguláris gráf, akkor χ(G) + χ(G) ≤ n + 1. 19. Igaz-e, hogy minden egyszer˝u G gráfnak van olyan χ(G) színnel való színezése, melyben az egyik színosztály α(G) csúcsot tartalmaz? 20. Legyen G olyan gráf, melynek kromatikus száma k. Legyen A ⊆ V (G) a csúcsok olyan részhalmaza, melyben tetsz˝oleges két pont távolsága legalább négy. Mutassuk meg, hogy az A-beli csúcsok tetsz˝oleges k + 1 színnel való színezése kiterjeszthet˝o az egész G gráf k +1 színnel való színezésévé! (Kiterjeszthetésen azt értjük, hogy a keresett színezésnél az A-beli csúcsok a megadott (k + 1)színezésük szerinti színt kapják.) 21. A V (G) = {1, 2, . . . , 1023} ponthalmazon definiáljuk a G gráfot úgy, hogy benne k és m akkor és csak akkor van összekötve éllel, ha nem egyenl˝ok és egyikük osztója a másiknak. Határozzuk meg a χ(G) kromatikus szám értékét!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

66

7. Gráfok színezése

22. Legyen a G gráf csúcsainak halmaza V (G) = {1, 2, . . . , 128}. Az i és j csúcsok pontosan akkor alkossanak élt G-ben, ha i és j legnagyobb közös osztója nem 1. Határozzuk meg G kromatikus számát! 23. Legyen a G gráf csúcsainak halmaza V (G) = {1, 2, . . . , 19}. Az i és j pontok pontosan akkor alkossanak élt G-ben, ha indexeik közül a nagyobbikat a kisebbikkel elosztva az eredmény kett˝ohatvány. Határozzuk meg G kromatikus számát! 24. Egy gráf csúcsai legyenek egy n-szer n-es sakktábla mez˝oi, ahol n ≥ 2. Az éleket alkossák az (oldalukkal) szomszédos mez˝okb˝ol álló párok. Mennyi az így kapott gráf kromatikus száma? 25. Egy négyzetrácsban legyen egy lépés az, ha egy négyzetb˝ol átmegyünk egy vele közös éllel rendelkez˝o másik négyzetbe. A 100-szor 100-as rácsban mennyi az a legkevesebb szín, amivel a négyzetek kiszínezhet˝ok úgy, hogy az egymásból pontosan két lépéssel elérhet˝o mez˝ok különböz˝o szín˝uek legyenek? 26. Legyenek a G gráf csúcsai egy n > 1 elem˝u halmaz részhalmazai. Két csúcs pontosan akkor legyen összekötve G-ben, ha a nekik megfelel˝o A és B részhalmazok szimmetrikus differenciája páratlan számú elemet tartalmaz. (Két halmaz szimmetrikus differenciája a pontosan az egyikük által tartalmazott elemek halmaza.) Mennyi G kromatikus száma? 27. A Gk gráf (k ≥ 2) egy (v1 , v2 , . . . , v2k−1 , v2k ) Hamilton-körb˝ol, valamint a k darab további {v1 , vk+1 }, {v2 , vk+2 }, . . . , {vk−1 , v2k−1 }{vk , v2k } élb˝ol áll. Határozzuk meg minden k-ra Gk kromatikus számát! 28. Legyen adva a síkon véges számú egyenes, melyek közül semelyik három sem metszi egymást egy pontban. Tekintsük az egyenesek metszéspontjait egy G gráf csúcsainak, és a gráf élei legyenek az egyes egyeneseken szomszédosan elhelyezked˝o metszéspontokból léterejött csúcspárok. Mutassuk meg, hogy χ(G) ≤ 3. 29. Mutassuk meg, hogy χ(KG(n, k)) ≤ n − 2k + 2, ahol KG(n, k) a 30. oldalon definiált Kneser-gráfot jelöli. 30. Legyen G és H két különböz˝o gráf diszjunkt csúcshalmazokkal és állítsunk el˝o bel˝olük egyetlen F gráfot úgy, hogy G minden csúcsát összekötjük H minden csúcsával. Mutassuk meg, hogy χ(F) = χ(G) + χ(H).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

67

7. Gráfok színezése

31. Mutassuk meg, hogy ha G1 és G2 két gráf ugyanazon a V csúcshalmazon és G1 ∪ G2 a (V, E(G1 ) ∪ E(G2 )) gráfot jelöli, akkor χ(G1 ∪ G2 ) ≤ χ(G1 )χ(G2 ). 32. Egy G gráf élhalmaza felbontható három olyan diszjunkt részre, melyek mindegyike páros gráfot alkot. Mutassuk meg, hogy χ(G) ≤ 8. 33. Legyen G1 és G2 két egyszer˝u gráf. Definiáljuk általuk az alábbi F gráfot. F csúcsai az összes olyan rendezett (u, v) pár, melyre u ∈ V (G1 ) és v ∈ V (G2 ). Két ilyen csúcs, (u1 , v1 ) és (u2 , v2 ) akkor és csak akkor van összekötve Fben, ha {u1 , u2 } ∈ E(G1 ) és {v1 , v2 } ∈ E(G2 ) is teljesül. Bizonyítsuk be, hogy χ(F) ≤ min{χ(G1 ), χ(G2 )}. 34. Legyen G1 és G2 két egyszer˝u gráf, melyek kromatikus száma három. Definiáljuk általuk az F gráfot ugyanúgy, ahogyan az el˝oz˝o feladatban. Bizonyítsuk be, hogy F kromatikus száma is három! 35. Legyen G Hamilton-körrel rendelkez˝o síkbarajzolható gráf. A négyszíntétel felhasználása nélkül mutassuk meg, hogy G duálisa kiszínezhet˝o 4 színnel!

7.2.

Élek színezése

36. Mennyi az ábrán látható gráf élkromatikus száma?

37. Mennyi a Petersen-gráf (lásd a 3. fejezet 18. feladatát) élkromatikus száma? 38. Határozzuk meg a 27. feladat gráfjának élkromatikus számát. 39. Legyen G egy 3-reguláris gráf, amire χe (G) = 3. Tudjuk továbbá, hogy G éleinek (a színek egymás közötti permutációjától eltekintve) egyetlen jó három színnel való színezése létezik. Bizonyítsuk be, hogy G-nek van Hamilton-köre.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

68

7. Gráfok színezése

40. Legyen G 100-reguláris egyszer˝u gráf 2001 ponton. Határozzuk meg χe (G) értékét. 41. Adjuk meg χe (Kn ) értékét minden egynél nagyobb pozitív egész n-re. 42. Legyen n ≥ 2. Mennyi az n csúcsú teljes gráf élgráfja komplementerének χ(L(Kn )) kromatikus száma? (Az élgráf definícióját lásd a 22. oldalon.) 43. Legyen G olyan 3-reguláris egyszer˝u gráf, melyben van elvágó él. Mutassuk meg, hogy ekkor χe (G) = 4. 44. Bizonyítsuk be Tait tételét, ami azt mondja, hogy a négyszíntétel ekvivalens az alábbi állítással: (∗) Ha G egy 3-reguláris, elvágó él nélküli, síkbarajzolható gráf, akkor χe (G) = 3.

7.3.

Perfekt gráfok

45. Legyen G az a gráf, amit úgy kapunk, hogy egy nyolc hosszúságú körben a másodszomszédos pontokat is összekötjük. (G-nek tehát 8 csúcsa és 16 éle van.) Perfekt-e a G gráf? 46. Mutassuk meg az er˝os perfekt gráf tétel felhasználása nélkül, hogy az összehasonlítási gráfok perfektek. (G összehasonlítási gráf, ha van olyan részben rendezett halmaz, melynek elemei megfeleltethet˝ok G csúcsainak úgy, hogy két elem pontosan akkor összehasonlítható, ha a megfelel˝o csúcsok össze vannak kötve G-ben.) 47. Legyenek Gn csúcsai az {1, 2, . . . , n} számok, és kett˝ot akkor kössünk össze, ha relatív prímek. (a) Bizonyítsuk be, hogy χ(Gn ) = ω(Gn ). (b) Mutassuk meg, hogy ha n elég nagy, akkor Gn nem lesz perfekt. 48. Nevezzünk egy gráfot keresztbe metsz˝onek, ha tetsz˝oleges nem b˝ovíthet˝o klikkje és tetsz˝oleges nem b˝ovíthet˝o független halmaza tartalmaz közös pontot. G örökl˝od˝oen keresztbe metsz˝o, ha minden feszített részgráfja keresztbe metsz˝o. Mutassuk meg, hogy egy gráf akkor és csak akkor örökl˝od˝oen keresztbe metsz˝o, ha nem tartalmaz P4 -gyel (azaz 4 csúcsú úttal) izomorf feszített részgráfot.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

69

7. Gráfok színezése

49. Mutassuk meg, hogy ha egy gráfban nincs P4 -gyel (azaz a 4 csúcsú úttal) izomorf feszített részgráf, akkor a gráf perfekt.

7.4.

Mycielski-konstrukció

50. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott k kromatikus számú gráfot. Bizonyítsuk be, hogy k > 2 esetén ν(Mk ) = (|V (Mk )| − 1)/2. 51. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott azon gráfot, melynek kromatikus száma k. Milyen k értékekre tartalmaz Mk Euler-kört? 52. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott azon gráfot, melynek kromatikus száma k. Milyen k értékekre tartalmaz Mk Euler-utat? 53. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott azon gráfot, melynek kromatikus száma k. Milyen k értékekre tartalmaz Mk Hamilton-kört?

7.5.

Listaszínezés

◮ D EFINÍCIÓ : Egy G gráf minden v ∈ V (G) csúcsához legyen adott egy L(v) színlista. Azt mondjuk, hogy G színezhet˝o az adott listákról, ha van a csúcsoknak olyan jó színezése, ahol a v csúcs c(v) színére fennáll, hogy c(v) ∈ L(v) minden v ∈ V (G)-re. A G gráf ch(G)-vel1 jelölt listaszínezési száma az a legkisebb k pozitív egész, amire fennáll, hogy akárhogyan adunk meg a csúcsokhoz olyan L(v) listákat, amikre |L(v)| ≥ k teljesül, G színezhet˝o lesz az adott listákról. 54. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges G gráfra fennáll ch(G) ≥ χ(G).

55. Mutassuk meg, hogy ch(K2,4 ) > 2, ami igazolja, hogy ch(G) > χ(G) lehetséges. 56. Mutassuk meg, hogy ch(G) ≤ ∆(G) + 1. 57. Határozzuk meg ch(Kn ) értékét. 58. Határozzuk meg ch(K3,3 )-at. 59. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges m pozitív egészhez létezik olyan G páros gráf, amire ch(G) > m. 1A

ch(G) jelölés az angol choice number elnevezésb˝ol származik.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

70

7. Gráfok színezése

60. Mutassuk meg, hogy ch(Ck ) = χ(Ck ). 61. Mutassuk meg, hogy ha G hurokélmentes, síkbarajzolható gráf, akkor ch(G) ≤ 6. 62. Mutassuk meg, hogy ha G élgráf, akkor ch(G) ≤ 2χ(G) − 1. (n)

63. Jelölje K2 azt a 2n csúcsú gráfot, melynek komplementere egy teljes párosí(n) tás. Mutassuk meg, hogy ch(K2 ) = n.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

8. fejezet Gráfok mátrixai

8.1.

Szomszédossági mátrix

1. Legyen A egy egyszer˝u irányítatlan gráf szomszédossági mátrixa. Mutassuk meg, hogy ha az A2 mátrix f˝oátlóbeli elemeit összeadjuk, akkor páros számot kapunk! 2. Legyen G egy egyszer˝u irányítatlan gráf és A a szomszédossági mátrixa. Mutassuk meg, hogy az A3 mátrix f˝oátlóbeli elemeinek összege a G-beli háromszögek számának hatszorosa! 3. Bizonyítsuk be, hogy ha az n pontú irányított G gráfban nincs irányított kör, akkor szomszédossági mátrixának n-edik hatványa a csupa nulla mátrix! 4. Lássuk be, hogy egy egyszer˝u irányítatlan gráf akkor és csak akkor páros gráf, ha szomszédossági mátrixának minden páratlan kitev˝oj˝u hatványában a f˝oátló minden eleme nulla. 5. Legyen A az n csúcsú, egyszer˝u G gráf szomszédossági mátrixa. Mutassuk meg, hogy ha az A2 + A mátrix minden eleme pozitív, akkor a G gráf összefügg˝o! 6. Legyen A az n csúcsú, egyszer˝u G gráf szomszédossági mátrixa. Mi lehet a G gráf, ha tudjuk, hogy az A2 + A mátrix minden eleme azonos? 7. Legyen A az n csúcsú, egyszer˝u G gráf szomszédossági mátrixa, E pedig az n × n egységmátrix. Határozzuk meg az összes olyan G gráfot, melyre az A2 + A − E mátrix minden eleme 1. 8. Melyek azok az irányított gráfok, melyeknek A szomszédossági mátrixára fennáll, hogy A = A−1 ? 9. Melyek azok az irányítatlan gráfok, melyek A szomszédossági mátrixa egyben saját maga inverze, azaz A = A−1 ? 71

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

72

8. Gráfok mátrixai

10. Legyen A egy egyszer˝u irányítatlan gráf szomszédossági mátrixa. Bizonyítsuk be, hogy ha az AAT mátrixban a f˝oátlón kívüli elemek mind nullák, akkor a gráf nem tartalmaz négy hosszúságú kört! 11. Mely egyszer˝u irányított gráfokra teljesül, hogy az A szomszédossági mátrixukra AAT diagonális? Írjuk le a feltételnek megfelel˝o irányítatlan gráfokat is! 12. Jellemezzük azokat az irányított G gráfokat, melyeknek A szomszédossági mátrixára fennáll, hogy AAT = E. 13. Oldjuk meg a 12. feladatot irányítatlan gráfokra is! 14. (a) Igazoljuk, hogy egy n pontú irányított gráf szomszédossági mátrixának rangja legfeljebb n. (b) Igazoljuk, hogy egy n pontú irányított gráf szomszédossági mátrixának rangja kisebb mint n, ha nincs a gráfban irányított kör. (c) Adjunk meg olyan n pontú irányított gráfot, ahol ez a rang egyenl˝o n-nel. 15. Az n pontú egyszer˝u irányítatlan G gráf szomszédossági mátrixa legyen A, E pedig jelölje az (n × n)-es egységmátrixot. (a) Bizonyítsuk be, hogy ha a G gráfban található k független pont, akkor az A + E mátrix rangja legalább k. (b) Legyen n ≥ 4 páros szám. Mutassuk meg, hogy van olyan n pontú G gráf, melyben nincs három független pont, de az A + E mátrix rangja n.

8.2.

A szomszédossági mátrix determinánsa, sajátértékei

16. Legyen a G gráf egy legalább 3 pontú csillag. Mennyi a szomszédossági mátrixának a determinánsa? 17. Határozzuk meg n > 1 esetben a Kn teljes gráf szomszédossági mátrixának a determinánsát! 18. Határozzuk meg a Kn,m teljes páros gráf szomszédossági mátrixának a determinánsát! 19. Legyen G egy irányított gráf, amiben nincs hurokél és többszörös él. Igazoljuk, hogy ha G szomszédossági mátrixának a determinánsa nem nulla, akkor a gráfban van irányított kör! Igaz-e az állítás megfordítása?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

8. Gráfok mátrixai

73

20. Igaz-e a 19. feladat irányítatlan változata, azaz hogy ha egy egyszer˝u irányítatlan gráf szomszédossági mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a gráfban van kör? 21. Legyen G egy egyszer˝u irányítatlan páros gráf és jelölje A a szomszédossági mátrixát. Mutassuk meg, hogy ha G-ben nincs teljes párosítás, akkor det A = 0. Igaz-e az állítás megfordítása? 22. Határozzuk meg az n > 1 pontú teljes gráf szomszédossági mátrixának sajátértékeit! 23. Bizonyítsuk be, hogy ha az n pontból álló egyszer˝u G gráf d-reguláris, akkor d a gráf A szomszédossági mátrixának egyik sajátértéke. 24. Legyen G egy d-reguláris összefügg˝o gráf. Mutassuk meg, hogy d a szomszédossági mátrixának egyszeres sajátértéke (azaz a d-hez tartozó sajátvektorok között nincs két független). 25. Bizonyítsuk be, hogy ha az egyszer˝u, összefügg˝o G gráfban a maximális fokszám d, és d sajátértéke a szomszédossági mátrixnak, akkor G egy d-reguláris gráf. 26. Legyen G egy d-reguláris összefügg˝o gráf. Mutassuk meg, hogy a szomszédossági mátrixának minden λ sajátértékére teljesül, hogy |λ| ≤ d. 27. Legyen G egy d-reguláris összefügg˝o gráf. Bizonyítsuk be, hogy ha a szomszédossági mátrixának (−d) sajátértéke, akkor G páros gráf. 28. Igazoljuk, hogy egy G d-reguláris összefügg˝o egyszer˝u gráf és a G komplementer gráf szomszédossági mátrixának sajátvektorai megegyeznek. Mi a kapcsolat a megfelel˝o sajátértékek között?

8.3.

Illeszkedési mátrix

29. Van-e a K3,3 gráf illeszkedési mátrixának 5 × 5 méret˝u nemszinguláris részmátrixa? 30. Igazoljuk, hogy ha az n pontú irányított G gráfban minden csúcshoz tartozik egy hurokél, akkor az illeszkedési mátrixának rangja n.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

74

8. Gráfok mátrixai

31. Igazoljuk, hogy ha az n pontú irányított G gráfban minden csúcsra teljesül, hogy vagy rajta, vagy legalább egy szomszédján van hurokél, akkor a B illeszkedési mátrix rangja n. 32. Adjunk példát hurokélmentes, összefügg˝o, irányítatlan gráfra, melyre az illeszkedési mátrix rangja legalább akkora, mint a csúcsok száma! 33. Bizonyítsuk be, hogy egy n pontú, hurokélmentes, irányítatlan gráf illeszkedési mátrixának a rangja akkor és csak akkor n, ha a gráf nem páros! 34. Legyen G egy egyszer˝u, összefügg˝o, irányított gráf. Legyen B0 a csupa nullából álló mátrix. A gráf B illeszkedési mátrixának els˝o j oszlopa által alkotott mátrixot jelölje B j (ahol j ≥ 1). Nevezzük a j-edik élt fontosnak, ha r(B j−1 ) < r(B j ). Bizonyítsuk be, hogy a fontos élek G egy feszít˝ofájának élei. 35. Legyen G1 egy irányított gráf. A G2 gráfot úgy kapjuk G1 -b˝ol, hogy néhány él irányítását megfordítjuk. Jelölje B1 , illetve B2 a két gráf illeszkedési mátrixát (a csúcsokat és az éleket mindkét esetben ugyanolyan sorrendben véve). Bizonyítsuk be, hogy B1 BT1 = B2 BT2 (ahol BT a B mátrix transzponáltját jelöli)! 36. Tegyük fel, hogy G egy egyszer˝u összefügg˝o gráf. Legyen A a G gráf szomszédossági, B pedig ugyanezen gráf illeszkedési mátrixa. Bizonyítsuk be, hogy ha A és B megegyezik, akkor G-nek van Hamilton-köre! 37. Legyen B egy egyszer˝u irányítatlan G gráf illeszkedési mátrixa, D pedig G élgráfjának szomszédossági mátrixa. Mit mondhatunk a BT B − D mátrixról? (Az élgráf definícióját lásd a 22. oldalon.) 38. Bizonyítsuk be, hogy egy irányított gráf illeszkedési mátrixának minden négyzetes részmátrixára a determináns 0 vagy ±1. Igaz-e az állítás irányítatlan gráfokra is?

8.4.

Körmátrix és vágásmátrix

39. Az alábbi mátrixok közül melyek állnak el˝o gráfok körmátrixaként?       1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 (a)  1 1 0 1  (b)  1 0 1  (c)  1 1 0 −1  1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

8. Gráfok mátrixai

75

40. A 39. feladat mátrixai közül melyek állnak el˝o gráfok körmátrixainak alkalmas részmátrixaként? 41. Mutassuk meg, hogy egy körmátrixnak lehet olyan négyzetes részmátrixa, melynek determinánsa 0-tól, 1-t˝ol és (−1)-t˝ol is különbözik! 42. Igazoljuk, hogy összefügg˝o gráf esetén a körmátrixnak egy alapkörrendszerhez tartozó sorai lineárisan függetlenek. 43. Adjunk példát olyan e − n + 1 darab körre, melyeknek a körmátrixban megfelel˝o vektorok lineárisan függetlenek és amelyek egyetlen feszít˝ofához tartozó alapkörrendszer elemeiként sem állnak el˝o! 44. Igazoljuk, hogy egy n pontú, e él˝u, c összefügg˝o komponensb˝ol álló irányított G gráf Q vágásmátrixának rangja n − c és C körmátrixának rangja e − n + c. 45. Legyen a G irányított gráf illeszkedési mátrixa B, vágásmátrixa Q úgy, hogy az oszlopokhoz az éleket mindkét mátrix esetén ugyanabban a sorrendben vettük. Bizonyítsuk be, hogy (a) B minden sora kifejezhet˝o Q sorainak lineáris kombinációjaként. (b) Q minden sora kifejezhet˝o B sorainak lineáris kombinációjaként.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

9. fejezet Bonyolultságelmélet

9.1.

Körök és utak

1. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k él˝u kör? 2. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben legalább 3 él˝u kör? 3. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely S összes pontján áthalad? 4. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely S pontjain kívül minden ponton áthalad? 5. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, melynek minden pontja S-beli? 6. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy n pontú G gráf, ahol n osztható 5-tel Kérdés: Van-e G-ben legalább n5 él˝u kör? 7. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és két u, v ∈ V (G) pont 77

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

78

9. Bonyolultságelmélet

Kérdés: Van-e G-ben olyan Hamilton-út, melynek u és v a két végpontja? 8. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben Hamilton-út? 9. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G egyszer˝u gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben az e élen áthaladó Hamilton-kör? 10. Az el˝oz˝o feladat problémája visszavezethet˝o polinom id˝oben a Hamilton-kör létezését kérdez˝o problémára, hiszen mindkét probléma NP-teljes. Adjunk meg egy lehet˝oleg egyszer˝u visszavezetést! 11. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben az e élen át nem haladó Hamilton-kör? 12. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és u, v ∈ V (G) pontok Kérdés: Van-e G-ben olyan Hamilton-kör, melyben u és v nem szomszédosak (a kör mentén haladva nem egymás után következnek)? 13. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? (a) Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k él˝u út? (b) Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben legalább 10 él˝u út? 14. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy F fa és egy k szám Kérdés: Van-e F-ben legalább k él˝u út? 15. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy olyan G irányított gráf, melyben nincs irányított kör, és egy k szám

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

79

9. Bonyolultságelmélet

Kérdés: Van-e G-ben legalább k él˝u irányított út? 16. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G irányított gráf Kérdés: Van-e G-ben irányított Hamilton-kör? 17. Vezessük vissza polinom id˝oben az el˝oz˝o feladatban szerepl˝o problémát az irányítatlan esetre (amikor tehát egy adott H gráfról kell eldönteni, hogy van-e benne Hamilton-kör)! 18. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely minden ponttól legfeljebb k távolságra halad? 19. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely minden ponttól legfeljebb 1000 távolságra halad? 20. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Kapható-e G-b˝ol legfeljebb k él hozzávételével olyan gráf, melyben már van Hamilton-kör? 21. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kapható-e G-b˝ol legfeljebb 1000 él hozzávételével olyan gráf, melyben már van Hamilton-kör? 22. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely e-t tartalmazza? 23. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely e-t nem tartalmazza? 24. Meg lehet-e polinom id˝oben határozni egy gráfban, hogy milyen hosszú a legrövidebb kör?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

80

9.2.

9. Bonyolultságelmélet

Színezések és klikkek

25. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G négy színnel úgy, hogy az egyik színt csak egyetlen pont színezésére használjuk? 26. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az egyik színt csak egyetlen pont színezésére használjuk? 27. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? (a) Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G 3 színnel úgy, hogy az egyik színt legfeljebb 5 pont színezésére használjuk? (b) Bemenet: Egy G gráf és egy k szám (k ≥ 3) Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G k színnel úgy, hogy az egyik színt legfeljebb 5 pont színezésére használjuk? 28. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám (k ≥ 3) Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az egyik színt legfeljebb k pont színezésére használjuk? 29. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy A ⊆ V (G) részhalmaza Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy épp az A-beli pontok alkossák az egyik színosztályt? 30. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy A ⊆ V (G) részhalmaza Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az A-beli pontok színe azonos legyen? 31. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és x, y ∈ V (G) pontok Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy x és y különböz˝o szín˝u legyen?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

81

9. Bonyolultságelmélet

32. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és x, y ∈ V (G) pontok Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy x és y azonos szín˝u legyen? 33. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és x, y, z ∈ V (G) pontok Kérdés: Színezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az adott három pont mind különböz˝o szín˝u legyen? 34. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: „Kiszínezhet˝o-e” G három színnel úgy, hogy legfeljebb egy élnek azonos szín˝u a két végpontja? 35. (a) Mutassuk meg, hogy az alábbi gráf három színnel kiszínezhet˝o, és hogy minden három színnel való színezésekor az 1 és a 2 pontok azonos színt kapnak, továbbá a 3 és a 4 pontok azonos színt kapnak! Mutassuk meg azt is, hogy van olyan 3-színezése, ammiben az el˝obbi négy pont mindegyike azonos szín˝u és olyan is amiben nem mind azonos szín˝uek! 4

1

2

3

(b) Mutassuk meg, hogy a három színnel való színezhet˝oség eldöntése akkor is NP-teljes marad, ha a bemenet csak a síkbarajzolható gráfok közül kerülhet ki! 36. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k független pont? 37. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G egyszer˝u gráf és egy k szám

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

82

9. Bonyolultságelmélet

Kérdés: Lefedhet˝o-e G minden éle legfeljebb k ponttal? 38. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? (a) Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Felbontható-e G ponthalmaza két részre úgy, hogy mindkét rész egy-egy teljes részgráf legyen? (b) Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Felbontható-e G ponthalmaza k részre úgy, hogy minden rész egy-egy teljes részgráf legyen?

9.3.

Eldöntési és keresési problémák

39. Mutassuk meg, hogy ha az alábbi problémák egyikét el tudnánk dönteni polinom id˝oben, akkor a másikat is: (a) Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k független pont? (b) Bemenet: Egy H gráf Kérdés: Mennyi α(H) értéke? 40. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra eldönti, van-e G-ben Hamilton-kör. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor az A algoritmus segítségével polinom id˝oben meg is lehet találni egy H gráfban egy Hamiltonkört (amennyiben egyáltalán létezik)! 41. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra eldönti, van-e G-ben Hamilton-kör. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor az A-t használva polinom id˝oben meg is lehet találni egy H gráfban az adott a és b pontok között vezet˝o Hamilton-utat (amennyiben egyáltalán létezik ilyen)! 42. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra eldönti, színezhet˝o-e G három színnel. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor az A algoritmust használva polinom id˝oben ki is tudunk színezni három színnel egy H gráfot (ha H kiszínezhet˝o három színnel). 43. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges n pontú G gráfra eldönti, hogy vane G-ben n/2 darab független pont. Mutassuk meg, hogy ha A polinomidej˝u, akkor A-t használva polinom id˝oben k pontú H gráfban meg is tudunk találni k/2 független pontot (ha egyáltalán létezik ennyi)!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

83

9. Bonyolultságelmélet

44. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra kiszámítja a legnagyobb G-beli klikk pontjainak ω(G) számát. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor A-t használva polinom id˝oben meg is lehet találni egy H gráfban egy maximális méretü klikket!

9.4.

Vegyes feladatok

45. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben olyan tízpontú feszített részgráf, mely izomorf a Petersen-gráffal? 46. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben olyan tízpontú feszített részgráf, mely izomorf a komplementerével? 47. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: G átmér˝oje nagyobb-e k-nál? (Egy gráf átmér˝oje a két legtávolabbi pontjának a távolsága, ahol a távolság a két pont közti legrövidebb út éleinek számát jelenti.) 48. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és s,t ∈ V (G) pontjai Kérdés: Mennyi G-ben az s és t között vezet˝o legrövidebb utak száma? 49. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G összefügg˝o gráf pozitív élsúlyokkal 1. Kérdés: Mennyi G-ben az összefügg˝o feszít˝o gráfok súlyának minimuma? 2. Kérdés: Mennyi G-ben a kétszeresen összefügg˝o feszít˝o gráfok súlyának minimuma? 50. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kétszeresen összefügg˝o-e G?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

84

9. Bonyolultságelmélet

51. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy n pontú G gráf és u, v ∈ V (G) pontok Kérdés: Lefogható-e maximum három G-beli ponttal az összes u és v közötti út? 52. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf 1. Kérdés: G legalább ötszörösen él-összefügg˝o-e? 2. Kérdés: G hányszorosan él-összefügg˝o? 53. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: G hányszorosan összefügg˝o? 54. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legfeljebb k él˝u vágás? 55. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S ⊆ V (G) részhalmaza. 1. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melynek pontosan az S-beli pontok az els˝ofokú pontjai? 2. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben minden S-beli pont els˝ofokú? 3. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melynek nincs els˝ofokú pontja S-ben? 56. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám 1. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben a maximális fokszám legalább k? 2. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben a maximális fokszám legfeljebb k? 57. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G összefügg˝o gráf, éleinek egy X ⊆ E(G) részhalmaza és egy k szám 1. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, mely legalább 10 darab Xbeli élt tartalmaz?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

85

9. Bonyolultságelmélet

2. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, mely legalább k darab Xbeli élt tartalmaz? 58. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G öszefügg˝o gráf és pontjainak egy X ⊆ V (G) részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben minden X-beli pont legalább másodfokú? 59. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-nek olyan feszít˝ofája, melynek egyetlen harmadfokú pontja van és minden más pont foka kisebb? 60. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy n pontú egyszer˝u G gráf Kérdés: Teljesül-e G-ben az Ore-feltétel, azaz igaz-e, hogy minden nem szomszédos u, v pontpárra d(u) + d(v) ≥ n teljesül? 61. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G egyszer˝u gráf 1. Kérdés: Van-e G-ben páratlan sok él˝u kör? 2. Kérdés: Van-e G-ben páros sok él˝u kör? 3. Kérdés: Igaz-e, hogy G-ben minden kör páratlan sok él˝u? 4. Kérdés: Igaz-e, hogy G-ben minden kör páros sok él˝u? 62. Mi az alábbi probléma bonyolultsága: Bemenet: Egy G irányított gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben k darab olyan pont, melyek együtt G minden irányított körét lefogják? 63. Adjunk példát olyan eldöntési problémára, amelynek bemenete egy G gráf és egy k paraméter és (a) a probléma P-beli; (b) a probléma NP-teljes, de a k = 3 eset P-beli; (c) a probléma NP-teljes és a k = 3 eset is az!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

II. rész MEGOLDÁSOK

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

10. fejezet Gráfelméleti alapfogalmak

10.1.

Izomorfizmus

1. Izomorfak-e az alábbi ábra gráfjai? A

2 B

G

4

C

F

3

1

7

D

E

5

6

Megoldás: Igen, egy lehetséges bijekció a G 7→ 1, B 7→ 2, D 7→ 3, F 7→ 4, A 7→ 5, C 7→ 6, E 7→ 7. 2. Izomorfak-e az alábbi ábra gráfjai? 3

A

4

2

B C

D

E

6

F

1

5

1. Megoldás: Nem. A bal oldali gráfban két ötödfokú pont is van (B és E), míg a jobb oldaliban csak egy (az 1-es). 2. Megoldás: Mindkét gráfban egyetlen másodfokú pont van, de C-nek nincs, 6-nak van negyedfokú szomszédja. 3. Izomorfak-e az alábbi ábra gráfjai? 89

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

90

10. Gráfelméleti alapfogalmak A

1

2

B

F

6 E

3

C D

5

4

Megoldás: Nem. Az ábrán bal oldalon szerepl˝o gráf páros (a két pontosztály: B, D, F és A,C, E), míg a jobb oldali gráf nem az, hiszen tartalmaz háromszöget (pl. 1, 5, 6). 4. Hány darab olyan, páronként nemizomorf, 6 pontú, összefügg˝o egyszer˝u gráf létezik, melyben pontosan három darab els˝ofokú pont van? Megoldás: A 3 els˝ofokú ponton kívül három pont van a gráfban, amelyek nem lehetnek els˝ofokúak. Ezek vagy egy 3 pontú teljes gráfot, vagy egy 3 pontú utat alkothatnak, másképp a gráf nem lenne összefügg˝o. A 3 pontú teljes gráfhoz a három els˝ofokú pont háromféleképp vehet˝o hozzá. A 3 pontú út esetén kötelez˝o egy-egy els˝ofokú pontot az út végéhez tenni és két lehet˝oség marad a harmadiknak. Az alábbi ábrán látható az 5 nemizomorf ilyen gráf.

5. Rajzolja fel az összes nemizomorf 3 pontú, 4 pontú és 5 pontú fát! Megoldás: Egy darab 3 pontú, két darab 4 pontú és 3 darab 5 pontú nemizomorf fa létezik, amelyek az alábbi ábrán láthatók.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

10. Gráfelméleti alapfogalmak

91

6. Rajzolja fel az összes olyan nemizomorf 7 pontú fát, amelyben van negyedfokú pont? Megoldás: Egy 7 pontú fában csak egy negyedfokú pont lehet és a kimaradó két élt háromféleképpen tudjuk hozzávenni (lásd az ábrát).

7. Legyen k ≥ 7. Hány darab olyan, páronként nemizomorf, k pontú fa van, amely tartalmaz (k − 3)-adfokú pontot?

Megoldás: A k pontú fában csak egy (k − 3)-adfokú pont lehet (ha kett˝o is lenne, akkor a fokszámok összege legalább 2 · (k − 3) + (k − 2) · 1 = 3k − 8 lenne, ami k ≥ 7 esetén több, mint az élszám kétszereseként adódó 2k −2). Egy (k − 3) ágú csillaghoz két pont háromféleképpen csatlakoztatható, az el˝oz˝o feladat megoldásához hasonlóan: összekötjük o˝ ket a csillag két különböz˝o els˝ofokú pontjával, ugyanazon els˝ofokú pontjával, vagy egymással és egyiküket a csillag egy els˝ofokú pontjával.

8. Hány darab olyan, páronként nemizomorf, 7 pontú fa van, amelyben van pontosan harmadfokú pont? Megoldás: Egy hétpontú fában a harmadfokú pontok száma nem lehet kett˝onél több. Két harmadfokú pont esetén ezek vagy szomszédosak vagy nem. Mindkét esetben egy megfelel˝o fa létezik. Ha egy harmadfokú pont van a fában, akkor vagy van egy negyedfokú pont is, ilyen fa csak egy van, vagy nincs negyedfokú pont, és akkor három különböz˝o fát kapunk aszerint, hogy a harmadfokú pontból kiinduló három út milyen hosszú. Az ábrán ezek az esetek láthatók.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

92

10. Gráfelméleti alapfogalmak

2db harmadfokú pont: és

és

1db harmadfokú pont: és

és

9. Igaz-e, hogy ha T1 és T2 két olyan n szögpontú fa, amelyekben csak els˝ofokú és k-adfokú pontok vannak, akkor T1 és T2 izomorfak? Megoldás: Nem igaz, lásd az ábrán látható két gráfot (ahol n = 10, k = 3). Ezek nem izomorfak, mert a bal oldali tartalmaz 6 csúcsú utat, míg a jobb oldali nem.

10. Igaz-e, hogy ha egy gráf izomorf a komplementerével, akkor minden pontjának foka páros? Megoldás: Nem, tekintsünk például egy három élb˝ol álló utat. 11. Mely fák izomorfak saját komplementerükkel?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

93

10. Gráfelméleti alapfogalmak

Megoldás: Szükséges feltétele az izomorfiának, hogy az élek száma mege¯ ahol F a szóbanforgó, komplementerével izogyezzen, azaz |E(F)| = |E(F)|, ¡¢ morf fák valamelyike. Innen: n − 1 = n2 − (n − 1), amib˝ol (n − 1)(n − 4) = 0 adódik, ahol n a pontok száma. n = 1-re csak az egy pontú fa létezik, ami izomorf a komplementerével. n = 4-re két nem-izomorf fa létezik, ezek közül a három élb˝ol álló út izomorf a komplementerével, a másik nem. 12. Legyen p egy páratlan pozitív egész és G egy p pontú gráf, ami izomorf a komplementerével. Mutassuk meg, hogy G-ben van (p − 1)/2 fokú pont! Megoldás: Ha egy pont k-adfokú, akkor a komplementerben a foka p − 1 − k, tehát az eredeti gráfban is kell lennie egy ilyen fokú pontnak is. Így a fokszámok párba állíthatóak. Mivel páratlan sok pontunk van, lesz olyan, mely saját maga párja. Ennek a foka csakis (p − 1)/2 lehet. 13. Bizonyítsuk be, hogy minden G egyszer˝u gráfra, mely izomorf a komplementerével, teljesül, hogy csúcsainak száma 4k vagy 4k + 1 alakú, ahol k egész szám. élt tartalmaz. Megoldás: Egy n pontú gráf és a komplementere együtt n·(n−1) 2 n·(n−1) Ha izomorfak, akkor mindkett˝onek ugyanannyi éle van, tehát 2 páros. Ez pontosan azt jelenti, hogy az n szám 4k vagy 4k + 1 alakú. 14. G páros gráf és izomorf a komplementerével. Mi lehet ez a G? Megoldás: G egyik színosztálya sem tartalmazhat 2-nél több pontot, mert különben a komplementere tartalmazna háromszöget, és így nem lehetne páros gráf. A 13. feladat állítása miatt a pontok száma 4-gyel osztva csak 0 vagy 1 maradékot adhat. Így G csak egy három él˝u út vagy egy izolált pont lehet.

10.2.

Fokszámsorozatok

15. Van-e olyan egyszer˝u, összefügg˝o, nem páros gráf, amelyben a fokszámok: 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 5, 6? Megoldás: Igen, az ábrán egy ilyen gráf látható.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

94

10. Gráfelméleti alapfogalmak

16. Van-e olyan egyszer˝u, összefügg˝o, nem páros gráf, amelyben a fokszámok: 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5? Megoldás: Nincs, hiszen a fokszámok összege megegyezik az élek számának kétszeresével, viszont itt a fokszámok összege páratlan. 17. Hány olyan egyszer˝u gráf van, melynek fokszámai rendre: 2, 3, 3, 4, 6, 6, 6? Megoldás: Egy sincs, hiszen egy 7 pontú egyszer˝u gráfban 6 fokú pontokból minden másik pontba vezetne él. Mivel 3 ilyen pont van, így nem lehetne egyik pont foka sem háromnál kisebb. 18. Hány olyan egyszer˝u gráf van, melynek fokszámai rendre: 1, 1, 1, 2, 3, 4, 5, 7? Megoldás: Nincs ilyen. Ha lenne, akkor a három darab els˝ofokú csúcs mindegyikének szomszédosnak kellene lennie a legnagyobb fokszámú csúccsal (mert annak foka éppen eggyel kisebb a csúcsok számánál, tehát mindenkivel össze van kötve). Így ezek elhagyása után egy olyan gráfot kellene kapnunk, melynek fokszámai rendre 2, 3, 4, 5, 4, ami nem lehetséges, hiszen egy ötcsúcsú egyszer˝u gráfban nincs ötödfokú csúcs. 19. Van-e olyan egyszer˝u gráf, melynek fokszámai rendre: 5, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 7? Megoldás: Igen. Egy példa bemutatásához vegyük egy ilyen kilenc pontú gráf komplementerét. A komplementerben az els˝o pont szomszédai azok a pontok lesznek, amik nem voltak szomszédosak az eredeti gráfban, így a komplementerben az els˝o pont fokszáma 8 − 5 = 3 lesz. Hasonlóan számolható a komplementer többi pontjának a fokszáma, így a komplementer fokszámsorozata: 3, 3, 3, 2, 2, 2, 1, 1, 1. Ilyen gráfot mutat az ábra. E gráf komplementere tehát eleget tesz a feladat feltételeinek. 9 6 3 7 4

1

2

8 5

20. Egy n > 1 csúcsú fa fokszámai (n − 1)-félék. Mekkora lehet n értéke? Megoldás: Minden n csúcsú egyszer˝u gráfban a legnagyobb fokszám legfeljebb n − 1 lehet, és mivel egy fában nincs izolált csúcs, így kell lennie 1, 2, . . . , n − 1 fokú csúcs. Mivel egy fának n − 1 éle van, ha van (n − 1)-edfokú

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

10. Gráfelméleti alapfogalmak

95

csúcsa, akkor szükségképpen egy csillag. Ha n ≥ 3, akkor a csillagban kétféle fokszám fordul el˝o, tehát ilyenkor csak n = 3 lehetséges. Az n = 2 és 3 értékek jók, lásd az ábrát.

21. Bizonyítsuk be, hogy minden 2-nél nagyobb páros n-re van n csúcsú egyszer˝u, összefügg˝o, 3-reguláris gráf! 1. Megoldás: A csúcsok számára vonatkozó teljes indukciót alkalmazunk. Az n = 4 esetben K4 megfelel˝o. Legyen most Gn a feltételek szerinti n csúcsú gráf. A Gn+2 gráfot úgy állítjuk el˝o, hogy veszünk két új csúcsot, melyeket összekötünk egymással. Töröljük Gn két élét és az egyik végpontjait az egyik, a másikéit a másik új csúccsal kössük össze! 2. Megoldás: A 2m hosszú (c1 c2 . . . cm . . . c2m ) körhöz adjuk hozzá a {c1 cm+1 }, {c2 cm+2 }, . . . {cm c2m } éleket. 22. Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív egész n-re van olyan egyszer˝u, összefügg˝o, 2n csúcsú gráf, melynek minden 1 ≤ k ≤ n esetén pontosan két k fokszámú csúcsa van! Megoldás: A csúcsok számára vonatkozó teljes indukciót alkalmazunk. Az n = 1 esetben a két csúcsú fa megfelel˝o. A 2n csúcsú egyszer˝u gráfból úgy kapunk 2n + 2 csúcsút, hogy hozzáveszünk két új csúcsot, amit összekötünk egymással, és az egyik új csúcsot ezen kívül még összekötjük az egyik i fokszámú ponttal minden 1 ≤ i ≤ n esetén.

10.3.

Fák

23. Bizonyítsuk be, hogy egy fában a pontok és az élek számának szorzata páros! Megoldás: Mivel a fában az élek száma eggyel kisebb a pontok számánál, a két szám egyike páros, így szorzatuk is az. 24. Bizonyítsuk be, hogy egy n pontú fában a másodfokú pontok száma nem lehet pontosan n − 3. Megoldás: Tegyük fel, hogy létezik ilyen fa, ekkor n ≥ 3. Mivel minden legalább 2 pontú fában van legalább két els˝ofokú pont, így csak egy pontnak nem ismerjük a fokszámát. Tudjuk, hogy a fokok összege megegyezik az élek számának kétszeresével. Mivel a fában n − 1 él van, így 2 · (n − 1) = (n − 3) ·

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

96

10. Gráfelméleti alapfogalmak

2 + 2 · 1 + x, ahol x jelöli az ismeretlen fokszámú pont fokszámát. Az egyenlet megoldása x = 2, ami nem lehet, hiszen akkor n − 2 másodfokú pont lenne, így ellentmondásra jutunk. 25. Legfeljebb hány tizedfokú pontja lehet egy 100 pontú fának? Megoldás: Legyen a 10-edfokú pontok száma x. Mivel a többi pont foka legalább egy, így az élek számának kétszerese 198 ≥ 10x + 100 − x = 100 + 9x. Az egyenl˝otlenség megoldásaként x ≤ 10 adódik. Az x = 10 érték tényleg lehetséges. Ezt bizonyítja az ábrán látható gráf.

Megjegyzés: Általánosságban is igaz, hogy minden d1 , d2 , . . . , dn fokszámsorozat megvalósítható fával, ha di ≥ 1 és ∑ di = 2n − 2.

26. Hány pontja van a T fának, ha éleinek száma pontosan tizenötöde a komplementerében lév˝o élek számának? Megoldás: Legyen n a fa pontjainak száma. Ha a fa éleinek számához hozzáadjuk a fa komplementerének élszámát, akkor a teljes gráf éleinek számát kapjuk. Azaz n · (n − 1) = n − 1 + 15 · (n − 1), 2 amib˝ol (n − 1)-gyel egyszer˝usítve n = 32-t kapunk. A megfelel˝o n értékek tehát 1 és 32. 27. Bizonyítsuk be, hogy tetsz˝oleges T fa els˝ofokú pontjainak száma legalább akkora, mint ∆(T ), azaz a T -beli maximális fokszám. Megoldás: A maximális fokszámú pontból ∆(T ) darab él indul ki, amelyek bármelyike mentén elindulva legalább egy azt folytató út van a fában, melynek végén els˝ofokú ponthoz jutunk. 28. Az n hosszúságú 0–1 sorozatok legyenek egy gráf pontjai és két pont akkor és csak akkor legyen összekötve, ha a két sorozat pontosan egy koordinátában tér el. Legalább hány élt kell ebb˝ol a gráfból elhagyni, hogy körmentessé váljon?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

10. Gráfelméleti alapfogalmak

97

Megoldás: Az n hosszúságú 0 – 1 sorozatok száma 2n , ami megegyezik a gráf pontjainak számával. Az n hosszúságú csupa 0-ból álló sorozatból bármely más n hosszúságú 0 – 1 sorozatot megkaphatunk legfeljebb n darab nulla egyessé változtatásával. Mivel egy koordináta-változtatás megfelel a gráf élein való mozgásnak, a csak nullákból álló sorozatot képvisel˝o pontból a gráf többi pontja elérhet˝o, azaz a gráf összefügg˝o. Egy 2n pontú összefügg˝o, körmentes gráf 2n − 1 élt tartalmazhat. Az eredeti gráf valamennyi pontja n-edfokú, n n így összesen 2 2·n élt tartalmaz, azaz 2 2·n − (2n − 1) = 2n−1 (n − 2) + 1 élt kell elhagyni. 29. Jelöljünk ki egy fában 4 els˝ofokú pontot. Mutassuk meg, hogy ezek összepárosíthatók úgy, hogy a párok éldiszjunkt utakkal legyenek összekötve. Megoldás: Legyen u, v, w és z a négy els˝ofokú pont. Tegyük fel, hogy ut v-vel és w-t z-vel nem lehet éldiszjunkt utakkal összekötni. Ez azt jelenti, hogy létezik olyan él, amelyet mind az u ∼ v út, mind a w ∼ z út tartalmaz. (Ezek az utak egyébként egyértelm˝uek.) Jelöljük ezt az élt e-vel. Az e él elhagyásával az eddig összefügg˝o fa két komponensre esik szét úgy, hogy az eredeti négy els˝ofokú pontból kett˝o marad az egyik komponensben és kett˝o marad a másik komponensben. Nyilvánvaló, hogy a külön komponensben lév˝o pontpárok éldiszjunkt utakkal összeköthet˝ok. 30. Mely fákra igaz, hogy bármely két els˝ofokú pont távolsága ugyanannyi? (Két pont távolságán a köztük lév˝o legrövidebb út éleinek a számát értjük.) Megoldás: Triviális megoldás az út és a csillag. Belátjuk, hogy a feladat szerinti fában legfeljebb egy legalább harmadfokú pont lehet. Ezt indirekt bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy egy fában van két, legalább harmadfokú a és b pont. Az összefügg˝oség miatt van közöttük út, amely legalább egy élt tartalmaz. Legyen a1 és a2 két els˝ofokú pont, ami a-ból b érintése nélkül érhet˝o el. Hasonlóan, legyen b1 és b2 két els˝ofokú pont, ami b-b˝ol a érintése nélkül érhet˝o el. Az a1 -b˝ol és az a2 -b˝ol az a-ba vezet˝o utak α hosszúsága azonos (hiszen különben nem egyforma távolságra lennének pl. b1 -t˝ol sem), ugyanígy a b1 -b˝ol és b2 -b˝ol a b-be vezet˝o utak β hosszúsága is azonos. Feltehetjük, hogy α ≥ β (hisz különben felcserélhetnénk az a, a1 , a2 és b, b1 , b2 szerepét). Ekkor b1 és b2 távolsága 2β és b1 és a2 távolsága nagyobb mint β + α ≥ 2β, ami ellentmondás. Ezzel beláttuk, hogy legfeljebb egy olyan pont van a fában, amely legalább harmadfokú. Ha egy harmadfokú pont sincs, akkor a fa egy út és ez teljesíti a

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

98

10. Gráfelméleti alapfogalmak

feltételt. Egy harmadfokú ponttal rendelkez˝o fa (lásd az ábrát) pontosan akkor jó, ha a harmadfokú pontból kiinduló „ágak” egyforma hosszúak.

31. Legfeljebb hány két élb˝ol álló út lehet egy fában?

¡¢ Megoldás: Ha e éle van, azaz e + 1 pontja, akkor akár 2e = e·(e−1) darab út 2 is lehet (gondoljunk egy csillagra). Ennél több pedig nyilván nem lehetséges. 32. Bizonyítsuk be, hogy ha egy fába behúzunk egy élt, akkor pontosan egy kör keletkezik. Megoldás: Indirekt tegyük fel, hogy az u és v pontok közé behúzott éllel több mint egy kör keletkezne. Ez azt jelentené, hogy a fában u és v között több út is létezik, ami csak úgy lehet, ha kör van a gráfban. Ez ellentmond a fa definíciójának. 33. Hány olyan fa adható meg n címkézett ponton, melyben a pontpárok távolságai közül a legnagyobb hárommal egyenl˝o? Megoldás: Természetesen n ≤ 3 esetén ilyen fa nem létezik. Azok a fák, ahol a pontpárok távolságai közül a legnagyobb hárommal egyenl˝o, két csillagból állnak úgy, hogy a két csillagnak van egy közös éle (a kett˝o hosszú utat is csillagnak tekintjük). Ezen fák összeszámlálásához el˝oször válasszuk ki a két csillag középpontját, nevezzük ezeket a-nak és b-nek, a maradék pontok halmaza legyen U. Az U-beli pontokat vagy a-val vagy b-vel kötjük össze. Az a-val összekötött U-beli pontok A halmaza nem lehet üres és nem lehet a teljes U sem, mivel ekkor csak egy csillagot¡ kapnánk, ahol a legnagyobb távolság ¢ kett˝ovel egyenl˝o. Az a és b pontokat n2 -féleképpen, az A halmazt 2n−2 − 2 ¡n¢ n−2 különböz˝o módon választhatjuk ki. A lehet˝oségek száma tehát 2 ·(2 −2).

10.4.

Cayley-tétel, Prüfer-kód

34. Egy n csúcsú fa Prüfer-kódja n − 1 azonos számjegyb˝ol áll. Mi a fa, amit kódol és mi ez a szám? (Egy n csúcsú fa Prüfer-kódjába beleértjük annak (n − 1)edik elemét is.) Megoldás: Tudjuk, hogy az (n − 1)-edik elem az n, így most minden elem n a Prüfer-kódban. Ez pedig annak az n csúcsú csillagnak a Prüfer-kódja, melyben az n sorszámú pont az (n − 1)-ed fokú.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

99

10. Gráfelméleti alapfogalmak

35. Egy F fa Prüfer-kódja csupa különböz˝o számból áll. Hogyan jellemezhetjük F-et? Megoldás: Ha egy pont foka legalább három, akkor a sorszáma legalább kétszer szerepel a Prüfer-kódban. Így ha a Prüfer-kód a különböz˝o k1 , k2 , . . . , kn−1 számokból áll és az ℓ szám nem szerepel közöttük, akkor F egy olyan út, melynek pontjai ℓ, k1 , k2 , . . . , kn−1 sorrendben következnek. 36. Válasszuk meg x értékét úgy, hogy az alábbi sorozat egy olyan fa Prüfer-kódja legyen, amelyben minden pont fokszáma páratlan szám. Adjuk is meg ezt a fát! A sorozat: 1, 1, 5, x, 6, 6, 8. Megoldás: A fa az ábrán látható és x = 5. Bármilyen más x érték esetén az 5 címkéj˝u pont másodfokú lenne. 6 8

5 1

7 4

2

3

37. Hány olyan fa adható meg n címkézett ponton amely nem csillag? Megoldás: A Cayley-tételb˝ol következ˝oen nn−2 − n, mivel a csillagok száma n. 38. Hány olyan fa adható meg n címkézett ponton, amelynek legalább három els˝ofokú csúcsa van? Megoldás: Az utak kivételével valamennyi fának legalább 3 els˝ofokú pontja van. Az utak száma n!2 , mert egy utat meghatároz a csúcsainak sorrendje, és minden úthoz két sorrend tartozik. A megoldás így a Cayley-tétel alapján nn−2 − n!2 . 39. Hány olyan fa van az 1, 2, . . . , n pontokon, amelyben az 1-es csúcs els˝ofokú? 1. Megoldás: A fa olyan lesz, mintha a 2, 3, . . . , n pontokon megadható (n − 1)n−3 darab fához hozzávennénk az 1-es pontot egyetlen él behúzásával, amit (n − 1)-féleképpen tehetünk. Tehát az ilyen fák száma (n − 1) · (n − 1)n−3 = (n − 1)n−2 . 2. Megoldás: Az olyan Prüfer-kódok száma, amiben az 1-es nem szerepel (n − 1)n−2 .

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

100

10. Gráfelméleti alapfogalmak

40. Adott négy darab egyenként ötcsúcsú fa négy páronként diszjunkt csúcshalmazon. A négy fában szerepl˝o összesen 20 csúcs összekötésével hány különböz˝o módon egészíthet˝o ki ez a négy fa egyetlen fává, ha a csúcsokat címkézettnek tekintjük? Megoldás: Képzeletben ezeket az öt pontú fákat zsugorítsuk össze egy-egy ponttá. Ezen a 4 képzeletbeli (címkézett) ponton 42 darab különböz˝o fa adható meg. Egy ilyen képzeletbeli fa egy éle a valóságban két ötpontú fát köt össze, ami az öt-öt pont közül bármely párt összekötheti. A 42 fa mindegyike 3 élt tartalmaz, melyek egymástól függetlenül választhatók meg, mindegyik 52 -féleképpen, ez összesen (52 )3 lehet˝oség. A válasz tehát 42 · 56 .

10.5.

Minimális súlyú feszít˝ofa

41. Az n × n méret˝u négyzetrács vonalrendszeréb˝ol rajzoljunk be annyit, hogy a négyzetrács bármely pontjából bármely pontjába el lehessen jutni a berajzolt szakaszok mentén. Számítsuk ki a berajzolt szakaszok összhosszának lehetséges minimumát! Megoldás: A feltétel azt jelenti, hogy a berajzolt szakaszok gráfja összefügg˝o. Másrészr˝ol fa, hiszen ha lenne benne kör, ennek egyik élét törölve nem sérülne az összefügg˝oség, az összhossz pedig csökkenne. Mivel (n + 1)2 pontunk van, egy ezeken megadható fa élszáma (n + 1)2 − 1. Minden szakasz egységnyi hosszú, tehát a kérdezett minimális hosszúság is ennyi. 42. Legyenek egy gráf e1 , e2 , ... élei egymástól függetlenül rendre p1 , p2 , ... valószín˝uséggel meghibásodó telefonvonalak. Hogyan adható meg egy olyan feszít˝ofa, amelynek a legnagyobb a megbízhatósága (tehát amelyre maximális annak a valószín˝usége, hogy egyik él sem hibásodik meg). Megoldás: Nevezzük az ei él megbízhatóságának az 1 − pi értéket. Mivel az élek meghibásodása egymástól független, egy tetsz˝oleges feszít˝ofa megbízhatósága megegyezik az élei megbízhatóságának szorzatával. Olyan F feszít˝ofát keressünk, melyre ez a szorzat minimális, azaz min ∏ (1 − pi ) = min 2log ∏ei ∈F (1−pi ) = min 2∑ei ∈F log(1−pi ) . F e ∈F i

F

F

A gráf ei éléhez log(1− pi ) súlyt rendelve egy minimális súlyú feszít˝ofa azonos egy legnagyobb megbízhatóságú feszít˝ofával. Minimális súlyú feszít˝ofát pedig a mohó algoritmussal találhatunk.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

101

10. Gráfelméleti alapfogalmak

43. Hány különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofája van az alábbi ábrán látható gráfnak és mennyi egy ilyennek a súlya? B 5 2

A

C

2

2 3 2 4 3 5 D 3 E F 5 2 4 2 G

Megoldás: Elég azt megszámolni, hogy a mohó algoritmusnak hányféle kimenetele lehet. Az algoritmus el˝oször kiválasztana 5 db 2 súlyú élt (a hatból, melyek egy kört alkotnak). A kapott részgráf tartalmazná az A, B, C, D, E, G pontokat, azaz csak az F pont hiányozna a feszít˝ofából, amit végül ¡ ¢ ¡ az ¢ egyik 4 súlyú él kötne össze vagy a C, vagy a G ponttal. Így összesen 65 · 21 = 12 lehetséges minimális súlyú feszít˝ofa létezik és mindegyik súlya 5 · 2 + 1 · 4 = 14. 44. Hány különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofája van az ábrán látható gráfnak? A B

4

1 1

3 F

6

4

1

G 4 5

2 C

2 2

6

E 6

6

H

D

Megoldás: Elég azt megszámolni, hogy a mohó algoritmus hány különböz˝o feszít˝ofát adhat. A mohó algoritmus el˝oször kiválasztana 2 db 1 súlyú élt (a három kört alkotó él közül), majd ett˝ol függetlenül 2 db 2 súlyú élt (a szintén háromszöget alkotó három közül) és az egyetlen 3 súlyú élt. Ekkor a fa tartalmazná az A, B, C, D, E, F pontokat, így az algoritmus a maradék G pontot az egyik 4 súlyú éllel kötné össze vagy az A, vagy az¡ E ¢ ponttal, ¡ ¢ ¡ ¢majd a H pontot az 5 súlyú éllel kötné a G ponthoz. Így összesen 32 · 32 · 21 = 18 lehetséges minimális súlyú feszít˝ofa létezik. 45. Hány különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofája van az ábrán látható gráfnak?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

102

10. Gráfelméleti alapfogalmak 2 1

3 2

2

1

2 3

2

Megoldás: A bal oldali két egy súlyú élt minden minimális súlyú feszít˝ofa tartalmazza. Ezért a bal oldali kett˝o súlyú függ˝oleges él egyik feszít˝ofának sem része. A jobb oldali két darab három súlyú élb˝ol egy minimális feszít˝ofa csak az egyiket tartalmazza. A maradék négy kett˝o súlyú élb˝ol csak kett˝ot ¡4¢ tartalmazhat, de a 2 lehet˝oség közül az egyik esetben kört kapnánk ha két egyi ¡¢ ¡¢ súlyú éllel. A különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofák száma tehát 21 · 42 − 1 = 10. 46. Milyen k pozitív egészekre adható meg olyan 2000 él˝u és 2000 csúcsú egyszer˝u összefügg˝o gráf, amire igaz a következ˝o: G-ben a 2000 él közül adható egynek 2 egységnyi, 1999-nek pedig 1 egységnyi súly úgy, hogy a G-b˝ol kiválasztható különböz˝o minimális súlyú feszít˝ofák száma éppen k legyen? (A feszít˝ofák megkülönböztetésekor a gráf csúcsait címkézettnek tekintjük.) Megoldás: A 2000 él˝u és 2000 csúcsú összefügg˝o gráf felbontható egy fára és egy olyan további élre, ami miatt egy kör keletkezik. Ha ennek a körnek a hossza k és a kör minden éle 1 súlyú, akkor k darab minimális feszít˝ofa létezik. Ez 3 ≤ k ≤ 1999 mellett lehetséges. Másfel˝ol, ha a kör tartalmazza a 2 súlyú élt, akkor csak egy minimális súlyú feszít˝ofa lesz. Vagyis k lehetséges értékei: k = 1 és 3 ≤ k ≤ 1999. 47. Hány minimális súlyú feszít˝ofája van annak az 1000 csúcsú teljes gráfnak, amelyben egy háromszög éleinek súlya 1, minden más él súlya 2? (A pontokat címkézettnek tekintjük) Megoldás: A háromszög három éle közül bármelyik kett˝ot választhatjuk, másfel˝ol a három pontját egy pontba összehúzva (a Cayley-tétel miatt) 998996 féleképp választhatunk további 997 darab 2-súlyú élt. A megoldás tehát 3 · 998996 .

10.6.

Összefügg˝oség

48. Igaz-e a következ˝o állítás? Ha egy 2n pontú egyszer˝u G gráfban minden pont foka legalább n, akkor G összefügg˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

10. Gráfelméleti alapfogalmak

103

Megoldás: Igen. Indirekt tegyük fel, hogy a gráf nem összefügg˝o. A legkisebb elemszámú összefügg˝o komponens legfeljebb n pontú lehet. Másfel˝ol, minden pont legalább n másikkal össze van kötve, azaz egyik komponens pontszáma sem lehet kisebb mint n + 1, ami ellentmondás. 49. Lehet-e egy gráfnak minden pontja elvágó pont? Megoldás: Nem lehet. Legyen ugyanis G egy gráf összefügg˝o komponense és F egy feszít˝ofa G-ben. Legalább két olyan pi pont létezik, mely F-ben els˝ofokú. Ezek valamelyikét elhagyva G − pi összefügg˝o marad, hisz bármely két pontja között még F − pi -ben is vezet út. 50. Igazoljuk, hogy ha egy G gráf összefügg˝o, akkor pontjainak van olyan (p1 p2 . . . pn ) sorrendje, hogy tetsz˝oleges k-ra G − {p1 , p2 , . . . , pk } összefügg˝o!

Megoldás: Az el˝oz˝o feladat megoldásából következik, hogy tetsz˝oleges gráfban létezik nem elvágó pont. Válasszuk p1 -nek a G gráf egy nem elvágó pontját, majd p2 -nek a G − p1 gráf egy nem elvágó pontját, stb. 51. Létezik-e olyan, legalább 3 pontot tartalmazó összefügg˝o gráf, amelyb˝ol bármely pontpárt törölve nem összefügg˝o gráfot kapunk?

Megoldás: A 49. feladat megoldásában lényegében azt láttuk be, hogy minden gráf minden összefügg˝o komponensében van két olyan pont, ami nem elvágó pont. Ez pedig megadja a nemleges választ a jelen kérdésre is: Mindig létezik olyan p1 és p2 pont, hogy G − {p1 , p2 } összefügg˝o.

10.7.

Irányított gráfok

52. Rajzoljuk fel az összes olyan, páronként nemizomorf, 3 pontú és 4 él˝u hurokmentes irányított gráfot, melynek van olyan pontja, amelynek kifoka is, befoka is 2. Megoldás: Az ábra mutatja az 5 lehetséges, páronként nemizomorf megoldást. Egyszer˝u esetvizsgálattal ellen˝orizhet˝o, hogy más ilyen gráf nincs.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

104

10. Gráfelméleti alapfogalmak

53. Hány páronként nemizomorf, 4 pontú és 3 él˝u, egyszer˝u irányított gráf létezik? Megoldás: Az irányítástól eltekintve három páronként nemizomorf, 4 pontú és 3 él˝u, egyszer˝u gráf készíthet˝o: egy háromszög meg egy izolált pont, út és csillag. Ezek rendre 2-, 4-, illetve 4-féleképpen irányíthatóak. Összesen tehát 10 ilyen irányított gráf van. 54. Egy 9 tagú társaságban mindenki átad öt általa kiválasztott embernek 100100 forintot. Bizonyítsuk be, hogy az ajándékozások után van két olyan ember, akinek ugyanannyi forinttal változott a pénze! Megoldás: Jelöljük a pénzátadásokat irányított éllel. A gráf minden pontjának azonos a kifoka. A befokok csak úgy lehetnének különböz˝oek, ha 0, 1, . . . , 8 mindegyike pontosan egyszer fordulna el˝o, ami 36 élt jelentene, de 45 pénzátadás történt. Két azonos befokú pontnak megfelel˝o emberre pedig teljesül, hogy pénzük ugyanannyival változott. 55. Hány k él˝u egyszer˝u irányított gráf adható meg n címkézett ponton? ¡¢ Megoldás: A gráfban n2 -féle él lehet, amib˝ol k darabot húzhatunk be, mindegyiket kétféle irányítás egyikével, azaz a válasz µ¡n¢¶ 2 · 2k . k 56. Hányféleképpen húzhatunk be n irányított élt n címkézett pont közé úgy, hogy pontosan egy darab (a) n él˝u irányított kör; (b) n él˝u kör keletkezzék? Megoldás: (a) Ez az n él˝u irányított kör a gráf valamennyi pontját tartalmazni fogja. Vegyünk egy tetsz˝oleges kezd˝opontot. Ezután a kör következ˝o pontját a maradék n − 1 pont közül tetsz˝olegesen választhatjuk, majd az ezt követ˝o pontot a maradék n − 2 pont közül, stb. A végén az utolsó pontból vegyük a kezd˝opontba vezet˝o élt. Így valamennyi irányított kört megszámoltuk és összesen (n − 1)! darabot kaptunk. (b) Ha egy irányított kör bizonyos élein megváltoztatjuk az irányt, akkor is kört kapunk, csak általában már nem irányítottat. Mivel ezeket a változtatásokat egymástól függetlenül végezhetjük, így 2n -féle olyan kör van, melyek az irányítástól eltekintve azonosak, és ezek közül 2 ad irányított kört. Így a kérdezett szám az n-él˝u irányított körök számának 2n−1 -szerese. Az (a) feladat megoldását felhasználva a válasz tehát 2n−1 (n − 1)!.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

10. Gráfelméleti alapfogalmak

105

57. Mutassuk meg, hogy egy hurokmentes irányított gráf élhalmaza felbontható két diszjunkt részhalmazra úgy, hogy egyik sem tartalmaz irányított kört. Megoldás: Számozzuk, meg a pontokat, és az egyik részhalmazba kerüljenek a kisebb számból nagyobb számba, míg a másikba a nagyobb számból kisebb számba mutató élek.

10.8.

Vegyes feladatok

58. Hányféleképpen húzhatunk be 1768 élt az el˝ore megszámozott 1, 2, 3, ..., 59, 60 pontok közé úgy, hogy egyszer˝u gráfot kapjunk? Megoldás: 60 pont közé 60·59 2 = 1770-féle élt húzhatunk be összesen, azaz a válasz µ ¶ µ ¶ 1770 1770 1770 · 1769 . = = 2 1768 2 59. Egy egyszer˝u gráfban minden pont foka legalább k. Mutassuk meg, hogy létezik benne legalább k − 1 él˝u út! Megoldás: Induljunk ki egy tetsz˝oleges pontból és haladjunk el˝ore mindig új pontba. Ez csak akkor nem lehetséges, ha egy pont minden szomszédja már korábban szerepelt az útban, így legalább k − 1 lépést meg tudunk tenni.

60. Hány kett˝o hosszú út van Km,n -ben?

Megoldás: A Km,n teljes páros gráf két pontosztályát jelölje A és B, ahol |A| = n és |B| = m. Ha egy kett˝o hosszú út középs˝ ¡m¢ o p pontja A-ban van, akkor p-t n-féleképpen, az út két végpontját pedig ¡ ¢ 2 -féleképpen választhatjuk ki, ha pedig a középs˝o pont B-beli, akkor m · n2 megoldás van. Összesen tehát µ ¶ µ ¶ m·n m n · (m + n − 2) +m· = n· 2 2 2 darab kett˝o hosszú út van a gráfban. 61. Egy összefügg˝o gráfban minden út hossza legfeljebb k. Bizonyítsuk be, hogy ha van két k hosszú út, akkor azok nem lehetnek pontdiszjunktak! Megoldás: Indirekt bizonyítunk. Az egyik maximális út vezessen a és b között, míg a másik c és d között. Ezek pontdiszjunktak és az összefügg˝oség miatt létezik a-ból c-be vezet˝o út, ami el˝obb-utóbb elhagyja az a ∽ b utat, legyen az utolsó, az úton fekv˝o pont x (lehet, hogy x = a). Ugyanennek az

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

106

10. Gráfelméleti alapfogalmak

útnak a c ∽ d úttal való els˝o közös pontja legyen y (lehet, hogy y = c). Az utak hosszaira fennállnak a következ˝o egyenl˝otlenségek: |a ∽ x| + |x ∽ b| = |c ∽ y| + |y ∽ d| = k és az x ∽ y út is legalább egy élt tartalmaz, különben a ∽ b és c ∽ d nem pontdiszjunkt. Válasszuk a ∽ x és x ∽ b közül a nem rövidebbik utat, melynek hossza legalább k/2, valamint c ∽ x és x ∽ d közül a nem rövidebbiket, melynek hossza ugyancsak legalább k/2. A két hosszabb út x ∽ y-nal kiegészítve egy legalább k + 1 hosszú út, ami pedig ellentmond az indirekt feltételnek. 62. A G irányított gráfot a V (G) = {1, 2, . . . , k} ponthalmazon úgy definiáljuk, hogy pontosan akkor vezessen irányított él i-b˝ol j-be, ha i < j. Az (i, j) él hossza legyen i és j legnagyobb közös osztója. Határozzuk meg a legrövidebb és leghosszabb irányított utat 1-b˝ol k-ba! Megoldás: A legrövidebb út csak az (1, k) élb˝ol áll, ami 1 hosszúságú. Ez triviálisan a legrövidebb, mert minden él hossza legalább 1. A leghosszabb az (1, 2), (2, 3), . . . , (k − 1, k) út, és hossza k − 1. Ennél hosszabb út nem létezik, mert tetsz˝oleges (i, j) élre j > i és a hossza legfeljebb j − i, hiszen minden közös osztó a különbségnek is osztója. 63. A G irányított gráfot a V (G) = {1, 2, . . . , k} ponthalmazon úgy definiáljuk, hogy pontosan akkor vezessen irányított él i-b˝ol j-be, ha i < j. Az (i, j) él hossza legyen i és j legkisebb közös többszöröse. Határozzuk meg a legrövidebb és leghosszabb irányított utat 1-b˝ol k-ba! Megoldás: A legrövidebb út csak az (1, k) élb˝ol áll, ami k hosszú, de minden más k-ba vezet˝o irányított út utolsó élének a hossza is legalább ennyi. A leghosszabb az (1, 2), (2, 3), . . . , (k − 1, k) út, mert tetsz˝oleges (i, j) élre az i és j legkisebb közös többszöröse legfeljebb i · j ≤ ( j − 1) · j. Viszont a szomszédos számok mindig relatív prímek, így j és j − 1 legkisebb közös többszöröse ( j − 1) · j. A megoldást jelent˝o út a gráf összes pontját érinti, és minden pontba a leghosszabb él vezet, így hosszabb út nem létezik a gráfban. 64. Legyen egy n csúcsú gráf fokszámainak összege 2n. Bizonyítsuk be, hogy a gráf tartalmaz kört. Megoldás: A fokszámok összegének fele megegyezik az élek számával, így n él van a gráfban. Egy n él˝u gráf nem lehet fa vagy erd˝o (annak legfeljebb n − 1 éle volna), azaz tartalmaz kört. 65. Bizonyítsuk be, hogy ha egy G gráf minden csúcsának fokszáma páros, akkor éleinek halmaza körökre particionálható, azaz kijelölhet˝o a gráfban valahány kör úgy, hogy minden él pontosan egyben szerepeljen!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

107

10. Gráfelméleti alapfogalmak

Megoldás: A G gráf nem tartalmaz els˝ofokú pontot, ezért ha élhalmaza nem üres, akkor kört is tartalmaz. (Hiszen különben lenne legalább két csúcsú fa komponense, és ez minimum két els˝ofokú csúcsot tartalmazna.) A kört elhagyva a gráfból bármely csúcs fokszáma vagy kett˝ovel vagy egyáltalán nem csökken. Így a kör elhagyása révén nyert gráfban is minden csúcs fokszáma páros lesz. Az eljárást addig ismételhetjük, amíg G élhalmaza üres nem lesz. Így köröknek egy, a feladat feltételeit kielégít˝o halmazához jutunk. 66. Legyen G egy olyan gráf, amelyben a páratlan fokú csúcsok száma 2k. Igazoljuk, hogy G élhalmaza particionálható körökre és pontosan k útra, azaz megadható G-ben néhány kör és k út úgy, hogy bármely él pontosan egyben szerepeljen közülük. Megoldás: Vegyünk fel k új élt a gráfban úgy, hogy minden G-beli páratlan fokú csúcshoz egy-egy új él illeszkedjen. Az így nyert gráfra már teljesül, hogy minden csúcs foka páros, ezért a 65. feladat állítása szerint körökre particionálható az élhalmaza. Az újonnan hozzávett éleket törölve a körökb˝ol pontosan k út alakul ki, mert az elvett k él közül semelyik kett˝onek nem volt közös végpontja, és minden él elhagyása eggyel növeli az utak számát. 67. Bizonyítsuk be, hogy bármely, legalább ötpontú gráfban vagy a komplementerében van kör! Megoldás: Egy n pontú körmentes gráfban legfeljebb n − 1 él lehet. Ha sem a gráf, sem ¡ ¢a komplementere nem tartalmaz kört, akkor élszámaiknak összege, vagyis n2 legfeljebb 2n − 2 lehet. Ha (n − 1)-gyel osztunk, n2 ≤ 2, azaz n < 5 adódik. 68. Hogy néz ki az a lehet˝o legkevesebb csúcsot tartalmazó egyszer˝u gráf, amelyben minden pont fokszáma 3-mal egyenl˝o és a legrövidebb kör hossza pontosan 4. Megoldás: A megoldás az ábrán látható. Kevesebb pontú megoldás nem lehetséges, mert az A pont B, C, D szomszédai egymással nem lehetnek szomszédosak, és mindegyiknek legalább 2 − 2 további szomszédja kell, hogy legyen. Ugyanez az érvelés mutatja, hogy a feltételeket kielégít˝o 6 pontú gráf is csak az az egy van, ami az ábrán látható. A

F

E

B

C

D

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

108

10. Gráfelméleti alapfogalmak

69. Legyen G egy olyan 3k ≥ 6 csúcsú gráf, melynek fokszámai rendre: 1, 2, 3, 1, 2, 3, . . . 1, 2, 3. Bizonyítsuk be, hogy G-ben van kör! Adjunk meg valamely k-ra két összefügg˝o, a feltételeket kielégít˝o, nemizomorf gráfot, ha vannak ilyenek! Megoldás: A fokszámösszeg 6k, az élszám tehát 3k. egy 3k csúcsú körmentes gráfban pedig legfeljebb 3k − 1 él lehet. A feltételeket kielégít˝o két nemizomorf gráf az ábrán látható.

70. Egy 4-reguláris gráfból töröljük egy fa éleit. Bizonyítsuk be, hogy a megmaradó gráf legalább két kört tartalmaz! Megoldás: Egy n csúcsú 4-reguláris gráf élszáma 4n/2 = 2n. Ennek egy feszít˝ofája vagy erd˝oje legfeljebb n − 1 élt tartalmazhat. A fa éleinek törlése után még n + 1 él marad, ami kett˝ovel több, mint a benne lév˝o legnagyobb feszít˝oerd˝o lehetséges élszáma. E két plusz él miatt a gráf legalább két kört fog tartalmazni . 71. Legyen G egy hatpontú egyszer˝u gráf, melyben minden pont foka legalább négy. Bizonyítsuk be, hogy bármely négy pontja (alkalmas sorrendben) egy kört alkot. Megoldás: G komplementerében minden pont maximum els˝ofokú. Így bármely 4 pont olyan részgráfot feszít ki, melynek vagy 0, vagy 1 éle, vagy két diszjunkt éle van. Mindhárom esetben a részgráf komplementere tartalmaz 4 hosszú kört. 72. Egy egyszer˝u páros gráfban minden pont foka legalább 4. Bizonyítsuk be, hogy van a gráfban olyan kör, melynek hossza legalább 8. Megoldás: A páros gráf két pontosztályát jelölje A és B. Az A pontosztály pontjait ai -vel jelöljük, ahol 1 ≤ i ≤ |A|, hasonlóan a B pontosztály pontjait b j vel jelöljük, ahol 1 ≤ j ≤ |B|. Legyen {a1 b1 } egy él. b1 -nek vannak további szomszédai is, legyen az a2 egy ilyen. a2 -nek is vannak további szomszédai, legyen b2 ilyen. Ilyen módon eljuthatunk egy (a1 b1 a2 b2 . . . a4 b4 ) útig. Ha b4 és a1 szomszédos, készen vagyunk. Ellenkez˝o esetben b4 szomszédai között a4 és az esetleges a2 , a3 mellett kell, hogy legyen egy további a5 is. Ha a5 szomszédos b1 -gyel készen vagyunk. Ellenkez˝o esetben a5 szomszédai között b4 és az esetleges b2 , b3 mellett kell, hogy legyen egy további b5 is. Ezt folytatva, általában is, ha bk szomszédos egy ai -vel (i ≤ k − 3), akkor találunk egy

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

109

10. Gráfelméleti alapfogalmak

legalább 8 hosszú kört, ha nem, akkor bk szomszédai között ak és az esetleges ak−1 , ak−2 mellett kell, hogy legyen egy további ak+1 is, illetve hasonló mondható az ai -k irányából. A gráf végessége miatt el˝obb-utóbb egy kívánt tulajdonságú körhöz jutunk. 73. Egy 10 pontú egyszer˝u gráfban minden pont foka legalább 7. Bizonyítsuk be, hogy bármely három pontnak van közös szomszédja! 1. Megoldás: Válasszunk ki tetsz˝oleges három pontot, amit a-val, b-vel és c-vel fogunk jelölni. A maradék 7 pont közül a, b és c legalább 5 ponttal szomszédos. Így a maradék 7 pont között létezik három olyan pont, ami a-val és b-vel is szomszédos. Viszont c-nek is legalább 5 szomszédja van a maradék 7 pontból, így legfeljebb 2 ponttal nincs összekötve, azaz létezik egy olyan pont amivel mindhárman szomszédosak. 2. Megoldás: Ha az a, b és c pontoknak nem lenne közös szomszédja, akkor a többi 7 pont mindegyike a gráf komplementerében legalább egyikükkel szomszédos lenne. De a komplementerben minden pont foka legfeljebb kett˝o, tehát ott a, b és c együtt legfeljebb 6 ponttal lehet szomszédos. 74. Legyen egy G gráfban a minimális és maximális fokszám δ, illetve ∆, a csúcsok és élek száma pedig n, illetve e. Bizonyítsuk be, hogy δ ≤ 2·

e ≤∆ n

Megoldás: Jelölje di az i-edik pont fokát. Ekkor δ ≤ di ≤ ∆ miatt n

n · δ ≤ ∑ di = 2 · e ≤ n · ∆ i=1

Innen n-nel osztva adódik az állítás.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

11. fejezet Euler-körök, Euler-utak

11.1.

Euler-bejárás létezése

1. Van-e Euler-kör, illetve Euler-út az alábbi gráfokban?

Megoldás: Látható, hogy mindegyik gráf összefügg˝o. Az els˝o gráfban mind a hat csúcs foka 3, ezért sem Euler-kört, sem Euler-utat nem tartalmaz. A második gráfnak pontosan két páratlan fokú csúcsa van, így Euler-út található benne, de Euler-kör nem. Végül az utolsó gráfban minden csúcs fokszáma páros, ezért Euler-kört és Euler-utat is tartalmaz. 2. Próbáljuk meg lerajzolni az alábbi ábrákat a ceruza felemelése nélkül úgy, hogy minden vonal mentén pontosan egyszer haladjunk végig! Mely esetekben lehetséges ez?

Megoldás: A feladat úgy is megfogalmazható, hogy keressünk Euler-utat az ábrák által meghatározott gráfokban, melynek csúcsai a vonalak keresztez˝odései, élei a keresztez˝odések közti szakaszok. Az összes rajz összefügg˝o gráfot ábrázol. Az els˝o és az utolsó ábrán két páratlan fokú csúcson kívül csak páros fokszámúak szerepelnek, ezért létezik bennük Euler-út. Az egyik páratlan fokszámú csúcsból indítva a ceruzát az Euler-út könnyen megrajzolható. A középs˝o ábrán négy páratlan fokú csúcs szerepel, ezért nem lehet a ceruza felemelése nélkül lerajzolni. 111

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

112

11. Euler-körök, Euler-utak

3. Mely n ≥ 2 esetén tartalmaz Euler-kört, illetve Euler-utat az n csúcsú Kn teljes gráf? Megoldás: A teljes gráf összefügg˝o és n darab n − 1 fokú csúcsot tartalmaz. Ha n páratlan, akkor Kn -ben van Euler-kör és Euler-út is. Ha n páros, akkor Euler-kört nem tartalmaz a gráf, továbbá Euler-utat is csak az n = 2 esetetben. 4. Mely n, m ≥ 1 esetén tartalmaz Euler-kört, illetve Euler-utat a Kn,m teljes páros gráf? Megoldás: A teljes páros gráf összefügg˝o, hiszen bármely két pont vagy szomszédos vagy van közös szomszédjuk. Az n elem˝u pontosztályban minden csúcs foka m, az m elem˝uben pedig n. Ha mindkét fokszám páros, akkor Kn,m ben létezik Euler-kör. Ha az egyik páratlan és a másik páros, akkor Kn,m -ben nincs Euler-kör, és Euler-út akkor és csak akkor van, amikor a páros szám 2. Végül ha mindkét fokszám páratlan, akkor az n = m = 1 eset kivételével még Euler-utat sem tartalmaz a gráf. 5. Egy egyszer˝u G gráf csúcsait az 1, 2, . . . , 100 számok jelölik. Az i és j csúcsok között pontosan akkor vezet él G-ben, ha |i − j| ≤ 2. Tartalmaz-e G Euler-kört, illetve Euler-utat? Megoldás: Egyrészt G összefügg˝o, hiszen az 1, 2, . . . , 100 sorozat egy utat alkot, amelyen az összes csúcs szerepel. Másrészt a gráfban az 1 és a 100 csúcsok foka kett˝o, a 2 és 99 csúcsoké három, a többié pedig négy. Tehát a gráfban pontosan két páratlan fokszámú csúcs van, ezért Euler-utat tartalmaz, Euler-kört nem. 6. Jelölje Gn,m az n × m méret˝u „kockás” papír által meghatározott négyzetháló gráfját, melynek (n + 1)(m + 1) csúcsa van. Mely n és m értékek esetén tartalmaz Gn,m Euler-kört, illetve Euler-utat? Megoldás: A Gn,m gráf bármely n és m értékek mellett összefügg˝o. A négyzetháló sarokpontjainak foka kett˝o, a széls˝o, de nem sarokcsúcsainak fokszáma három, míg a bels˝o pontjainak foka négy. Így Euler-kört csak az n = m = 1 esetben, Euler-utat pedig az n = 1, m = 2 (illetve az n = 2, m = 1) esetben tartalmaz. 7. Van-e olyan egyszer˝u gráf, amely tartalmaz Euler-kört, páros sok pontja és páratlan sok éle van? Megoldás: Igen, lásd az ábrát.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

11. Euler-körök, Euler-utak

113

8. Az alábbi állítások közül melyik igaz? (a) Ha G egy körének éleit törölve a maradék G′ gráfnak van Euler-köre, akkor G-nek is van. (b) Ha G összefügg˝o és egy körének éleit törölve a maradék G′ gráfnak van Euler-köre, akkor G-nek is van. (c) Ha G-ben van Euler-kör és G valamely körének éleit töröljük, akkor a maradék G′ gráfban is van. (d) Ha G összefügg˝o és egy körének éleit törölve a maradék G′ gráfban van Euler-út, akkor G-ben is van. Megoldás: (a) Nem igaz, mert ha a törölt kör G-nek külön komponensét alkotta, akkor G-ben nincs Euler-kör. Ellenpélda tehát egy olyan gráf, amely két kör pontdiszjunkt uniójából áll. Itt ugyanis az egyik kör elhagyásával keletkez˝o G′ -ben már létezik Euler-kör. (b) A G′ gráf egy Euler-körének és a törölt körnek van közös pontja, hiszen G összefügg˝o. Járjuk be G′ éleit egy ilyen pontból az Euler-kör mentén, utána a törölt kör éleit. Az így kapott élsorozat Euler-kör G-ben, tehát az állítás igaz. (c) Az állítás hamis. Az ábra mutat egy ellenpéldát: ennek a gráfnak van Euler-köre, de a középs˝o kör törlésével kapott gráfnak nincs.

(d) A G′ gráfnak legfeljebb két páratlan fokú csúcsa van. Továbbá a kör hozzáadása a fokszámok paritását nem változtatja, ezért G-ben is teljesül a fokszámokra vonatkozó feltétel. G összefügg˝oségét felhasználva adódik, hogy az állítás igaz. 9. A Gn egyszer˝u gráf csúcsait feleltessük meg az n-hosszú 0–1 bitsorozatoknak. Mely n ≥ 3 esetén tartalmaz Euler-kört Gn , ha benne két csúcs között akkor és csak akkor fut él, ha (a) a megfelel˝o bitsorozatok pontosan egy bitben térnek el egymástól; (b) a megfelel˝o bitsorozatok pontosan két bitben térnek el egymástól; (c) a megfelel˝o bitsorozatok legalább két bitben térnek el egymástól?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

114

11. Euler-körök, Euler-utak

Megoldás: (a) A gráf összefügg˝o (lásd az 1. fejezet 28. feladatát) Másrészt Gn minden csúcsa n másikkal szomszédos, így Gn akkor és csak akkor tartalmaz Euler-kört, ha n páros. (b) Nevezzünk egy csúcsot párosnak, ha a megfelel˝o bitsorozatban páros sok egyes fordul el˝o; különben páratlannak. Szomszédos csúcsok bitsorozata két bitben különbözik, ezért az 1-ek száma vagy megegyezik vagy kett˝ovel tér el egymástól. Ebb˝ol adódik, hogy páros csúcsból csak párosba lehet eljutni, ezért a Gn gráf nem összefügg˝o, vagyis Euler-kört sem tartalmaz. (c) A Gn gráf n ≥ 3 esetén összefügg˝o. Ugyanis, ha a v1 és v2 csúcsok nem szomszédosak, akkor bitsorozatuk egy bitben különbözik, például térjenek el egymástól az els˝o bitben. Legyen v3 az a csúcs, amelynek bitsorozata csak a második és a harmadik bitben tér el v1 -ét˝ol. Ekkor a v3 csúcs v1 és v2 közös szomszédja, vagyis Gn összefügg˝o. Másrészt Gn -ben minden csúcs minden más csúccsal szomszédos, kivéve azokkal, amelyek bitsorozata t˝ole egy bitben tér el. Azaz a pontok fokszáma 2n − 1 − n, ami páros, ha n páratlan. Mindebb˝ol adódik, hogy a Gn gráf pontosan akkor tartalmaz Euler-kört, ha n páratlan. 10. A Gn gráf csúcsait feleltessük meg az 1, 2, . . . , n számok összes lehetséges permutációinak. Két csúcs pontosan akkor legyen szomszédos, ha a nekik megfelel˝o permutációk egyetlen számpár felcserélésével el˝oállíthatók egymásból. Milyen n > 1 értékek esetén létezik a Gn gráfban Euler-kör? Megoldás: Gn minden n esetén összefügg˝o. Ez például abból látható, hogy az (1, 2, . . . , n) permutáció bármelyik másikból ¡ ¢ el˝oállítható párcserékkel. Másrészt egy permutációból egyetlen cserével n2 másikat állíthatunk el˝o, azaz a ¡¢ ¡¢ Gn gráf n2 -reguláris. Mivel n2 = n(n−1) 2 , e szám pontosan akkor páros, ha n vagy n − 1 osztható néggyel. Azaz Gn -ben pontosan akkor létezik Euler-kör, ha az n szám 4-gyel osztva 0-t vagy 1-et ad maradékul. 11. Melyik igaz, melyik hamis az alábbi állítások közül? (a) Ha egy G gráf egyszer˝u, r-reguláris és összefügg˝o, akkor az L(G) élgráfban van Euler-kör. (b) Ha egy G gráf egyszer˝u és tartalmaz Euler-kört, akkor L(G) is tartalmaz. (c) Ha egy G gráf hurokél mentes és tartalmaz Euler-kört, akkor L(G) is tartalmaz. (d) Ha egy G gráf egyszer˝u és L(G) tartalmaz Euler-kört, akkor G is tartalmaz.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

115

11. Euler-körök, Euler-utak

Megoldás: (a) Mivel G összefügg˝o, az élgráfja is az. Megmutatjuk, hogy L(G)-ben minden csúcs fokszáma páros. Legyen ugyanis ve az L(G) élgráf egy a G tetsz˝oleges e ∈ E(G) élének megfelel˝o csúcsa. Az e él mindkét végpontjához e-n kívül további r − 1 él csatlakozik. A két végponthoz illeszked˝o élek között nincs két azonos, különben egy ilyen él párhuzamos lenne e-vel, ellentmondva G egyszer˝uségének. Tehát az e élhez összesen 2(r − 1) él illeszkedik, vagyis az L(G) élgráfban a ve csúcs foka 2(r − 1), ami páros. Azaz L(G) tartalmaz Euler-kört, tehát az állítás igaz. (b) A feltételb˝ol következik, hogy G az esetleges izolált pontoktól eltekintve összefügg˝o, ezért L(G) is az. Másrészt legyen e a G gráf egy tetsz˝oleges éle, melynek egyik végpontjához k, a másikhoz ℓ darab él illeszkedik e-n kívül. Ezen élek mind különböznek, hiszen egyébként akadna köztük e-vel párhuzamos. Tehát e-hez összesen k + ℓ él illeszkedik. Az állítás feltételéb˝ol az is adódik, hogy G-ben minden pont foka páros, így a k + 1 és ℓ + 1 számok is azok. Ebb˝ol következik, hogy k + ℓ is páros, vagyis az e élnek megfelel˝o L(G)-beli ve csúcs fokszáma is páros. A fentiekb˝ol kapjuk, hogy L(G)-ben biztosan van Euler-kör, az állítás igaz. (c) Az állítás hamis, amit egy ellenpéldával igazolunk. Álljon a G gráf két csúcsból és köztük futó két párhuzamos élb˝ol. Ekkor G tartalmaz Euler-kört, de az egyetlen éllel rendelkez˝o L(G) nem. (d) Az állítás hamis, hiszen például az ábrán látható gráf nem tartalmaz Eulerkört, de annak élgráfja egy három hosszú kör, ami viszont tartalmaz.

12. A G gráfnak e és f két olyan éle, melyeknek van közös végpontjuk, továbbá G-ben létezik Euler-kör. Következik-e ebb˝ol, hogy G-ben olyan Euler-kör is van, melyben e és f egymást követik? Megoldás: Rögzített G, e és f esetén az állítás azzal ekvivalens, hogy az e és f éleket elhagyva a maradék gráfban létezik Euler-út, melynek végpontjai az elhagyott e és f élekre illeszkednek. Azonban el˝ofordulhat, hogy e és f elvétele a gráfot több komponensre ejti szét, például az ábrán látható gráfban. Ilyenkor nincs Euler-kör, melyben ezek az élek szomszédosak lennének. e f

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

116

11. Euler-körök, Euler-utak

11.2.

Euler-bejárás alkalmazásai

13. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy egy G gráf élei irányíthatóak legyenek úgy, hogy az irányítások révén nyert G′ irányított gráfban minden pont kifoka és befoka megegyezzen? Megoldás: Nyilván szükséges, hogy minden pont foka páros legyen. Megmutatjuk, hogy a feltétel elégséges is. Ha G minden pontjának foka páros, akkor G komponenseinek van Euler-köre, hiszen azok külön-külön összefügg˝ok. Az egy komponensbe tartozó éleket irányítsuk egy-egy Euler-kör mentén a bejárással egyez˝o irányba. Minden pontba ugyanannyiszor érkezünk meg, mint ahányszor távozunk onnan, tehát az egyes pontok kifoka, illetve befoka megegyezik majd G′ -ben. Ezzel a feltétel elégségességét is beláttuk. Megjegyzés: Ha egy gráfban minden pont foka páros, akkor élhalmaza körökre particionálható (lásd az 1. fejezet 65. feladatát.) Az egyes körök éleit egy-egy körüljárási irány mentén irányítva is az élek egy megfelel˝o irányításához jutunk a komponensenkénti Euler-kör felhasználása nélkül. 14. Egy G = (V, E) hurokélmentes gráf minden csúcsának fokszáma négy. Mutassuk meg, hogy G éleit pirosra és kékre lehet színezni úgy, hogy minden csúcsra két piros és két kék él illeszkedjen! Megoldás: Feltehetjük, hogy G összefügg˝o, hiszen különben az eljárás alkalmazható lenne G komponenseire külön-külön. Mivel minden csúcs fokszáma páros, G tartalmaz Euler-kört. Indítsunk egy sétát G egy Euler-köre mentén valamely v csúcsból kiindulva. A séta során színezzük az éleket felváltva pirosra, illetve kékre. Tetsz˝oleges v-t˝ol különböz˝o csúcshoz a bejárás i-edik és i + 1edik valamint j-edik és j + 1-edik éle illeszkedik, valamilyen 1 ≤ i, j < |E| számokra. Ezek között biztosan két kék és két piros él van. A v csúcsra a bejárás els˝o és utolsó élén kívül a bejárás két szomszédos éle illeszkedik, az utóbbiak színe biztosan különböz˝o. A színezés helyességéhez azt kell még belátni, hogy az els˝o és utolsó él is eltér˝o szín˝u. Ez abból következik, hogy G-nek szükségszer˝uen páros sok éle van, hiszen |E| = 12 ∑w∈V d(w) = 12 4|V | = 2|V | . 15. Bizonyítsuk be, hogy ha egy páros gráfban létezik Euler-kör, akkor a gráfnak páros sok éle van! 1. Megoldás: Egy páros gráf bármely zárt élsorozatában páros sok él van, ugyanis az élsorozat mentén végigsétálva ugyanannyiszor lépünk át az egyik pontosztályból a másikba, mint vissza. Az Euler-kör is egy zárt élsorozat, melynek hossza megegyezik az élek számával. Ezzel beláttuk az állítást.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

11. Euler-körök, Euler-utak

117

2. Megoldás: Egy páros gráf éleinek száma megegyezik az egyik pontosztály fokszámainak összegével. A fokszámok viszont mind párosak, hiszen a gráfban létezik Euler-kör. 16. Igazak-e az alábbi állítások? (a) Ha egy G = (V, E) gráfnak van Euler-köre, akkor minden vágása páros sok élt tartalmaz. (b) Ha egy G = (V, E) gráf minden vágása páros sok élt tartalmaz, akkor van Euler-köre. (c) Ha egy G = (V, E) gráf összefügg˝o és minden vágása páros sok élt tartalmaz, akkor van Euler-köre. Megoldás: (a) Az állítás igaz, ugyanis legyen C egy tetsz˝oleges vágás, amely az X és V − X ponthalmazok között men˝o éleket tartalmazza. Sétáljunk végig az éleken G egy Euler-köre mentén egy tetsz˝oleges pontból indulva. Jelöljük k-val azt a számot, ahányszor a séta során X-b˝ol átlépünk a V − X halmazba. Mivel a séta folytonos és záródó vonal mentén történik, a V − X halmazból az X-be szintén k-szor lépünk. Az összes C-beli élen pontosan egyszer jártunk, ezért a C vágásban az élek száma 2k, ami páros. (b) Az állítás hamis, ugyanis a feltételb˝ol nem következik, hogy G összefügg˝o. Például két közös csúcsot nem tartalmazó K3 egyesítése révén nyert gráf nem összefügg˝o, de minden vágása páros sok élt tartalmaz. (c) Az állítás igaz, ehhez elég megmutatni, hogy a G gráf tetsz˝oleges v csúcsának fokszáma páros. Tegyük fel, hogy a v csúcsot és a hozzá illeszked˝o éleket elvéve a gráf G1 , G2 , . . . , Gk komponensekre esik szét, ahol k ≥ 1. Jelöljük Ci vel az olyan élek halmazát, melyek az eredeti gráfban v és Gi valamely csúcsa között helyezkedtek el, ahol i = 1, 2, . . . , k . Látható, hogy a Ci élhalmazok bármelyike vágás G-ben, diszjunktak és uniójuk megegyezik a teljes v-b˝ol induló élhalmazzal. Így a v pont foka felírható |C1 | + |C2 | + . . . + |Ck | alakban, ami a feltétel szerint páros számok összege, tehát önmaga is páros. 17. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges összefügg˝o G gráf élei bejárhatók úgy egy élsorozat mentén, hogy minden élen pontosan kétszer haladjunk végig. Megoldás: Legyen G′ az a gráf, amit G-b˝ol az élek megduplázásával nyerünk. Ekkor G′ összefügg˝o marad, de a pontok fokszáma kétszeresére változik. Így G′ -ben létezik Euler-kör, amellyel megegyez˝o bejárás az eredeti G gráfban minden élen pontosan kétszer halad át. 18. Milyen feltételek mellett igaz egy G = (V, E) gráfra, hogy létezik benne olyan zárt élsorozat, amely minden élen pontosan k-szor halad végig, ahol k ≥ 1?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

118

11. Euler-körök, Euler-utak

Megoldás: Tegyük fel, hogy létezik a gráfban a kívánt élsorozat. Ekkor G nyilván összefügg˝o. Továbbá egy ilyen élsorozat egy tetsz˝oleges v csúcsba ugyanannyiszor lép be mint ki, és eközben a v-hez illeszked˝o d(v) darab él mindegyikén k-szor halad végig. Tehát kd(v) szükségszer˝uen páros szám bármely v ∈ V esetén. Megmutatjuk, hogy a fokszámokra kimondott feltétel és az összefügg˝oség elégséges is az élsorozat létezéséhez. Ha a G gráfra teljesülnek a feltételek, akkor annak éleit k párhuzamos éllel helyettesítve egy olyan összefügg˝o G′ gráfhoz jutunk, amelyben minden csúcs fokszáma páros. Így G′ -ben létezik Euler-kör, amely az eredeti G gráfban minden élt pontosan k-szor tartalmaz. Mindezek alapján az összefügg˝o G gráfban akkor és csak akkor létezik a kívánt élsorozat, ha k páros vagy G-ben minden csúcs foka páros. 19. Legyen G egy tetsz˝oleges összefügg˝o gráf, melyben a páratlan fokú csúcsok száma 2k. (a) Igazoljuk, hogy G élhalmaza k közös élt nem tartalmazó élsorozatra bontható. (b) Felbontható-e G éleinek halmaza k-nál kevesebb élsorozatra? Megoldás: (a) Tetsz˝oleges módon rendezzük G páratlan fokú csúcsait k darab párba, majd a párokat kössük össze egy-egy új éllel. Az így nyert gráf már nem csak összefügg˝o, hanem minden csúcsának fokszáma páros is, tehát tartalmaz Euler-kört. Az Euler-kör egyetlen zárt élsorozat, amely az új élek elhagyása után k nyílt élsorozatra esik szét. Ezzel az állítást igazoltuk. (b) Tegyük fel, hogy G éleit valahogyan élsorozatokra bontottuk. Azok a csúcsok, amelyeknél nem végz˝odik nyílt élsorozat, szükségszer˝uen páros fokszámúak. Ebb˝ol adódóan G csúcsai közül legalább 2k-nál végz˝odik valamely nyílt élsorozat, így legalább k élsorozat fordul el˝o a particiónkban. Tehát G élei nem bonthatóak k-nál kevesebb élsorozatra. 20. Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges G gráf élei irányíthatóak úgy, hogy bármely csúcs ki- és befoka legfeljebb eggyel térjen el egymástól. Megoldás: Az élek megirányítását komponensenként végezzük. Ha egy komponensben csak páros fokszámú pont van, akkor a 13. feladat szerint élei irányíthatóak úgy, hogy minden csúcs ki- és befoka megegyezzen. Különben, ha egy komponensben 2k páratlan fokszámú csúcs található, akkor annak élhalmaza felbontható k nyílt élsorozatra a 19. feladat alapján. A megoldásból az is kiderül, hogy a sétáknak nincsen közös végpontjuk. Az egyes élsorozatokon belül rögzítsünk egy-egy irányt, és az élsorozathoz tartozó éleket ezzel mege-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

11. Euler-körök, Euler-utak

119

gyez˝oen irányítsuk meg. Ha egy csúcs nem végpontja egy élsorozatnak, akkor az élsorozatból ugyanannyi él vezet a csúcsba, mint onnan kifelé. A végpontoknál az eltérés pontosan 1. Mivel az élsorozatoknak nincs közös végpontjuk, az irányítás a feladat feltételeit kielégíti. Megjegyezzük, hogy az 1. fejezet 66. feladatából is igazolható az állítás Eulerkör felhasználása nélkül. 21. Minimálisan hányszor kell felemelni a ceruzánkat, hogy lerajzoljuk az alábbi gráfokat úgy, hogy minden élt pontosan egyszer rajzoljunk le és másik élre csak a gráf csúcsainál válthatunk át?

Megoldás: A 19. feladat megoldása alapján az els˝o gráf élhalmaza kett˝o, a második öt élsorozatra particionálható. Így az els˝o esetben minimálisan egyszer, a másodikban pedig négyszer kell felemelnünk a ceruzát a lerajzoláshoz. 22. Maximálisan hány élt lehet lerajzolni az el˝oz˝o feladat gráfjaiból úgy, hogy egy élt csak egyszer rajzoljunk le és a ceruzánkat ne emeljük fel? Megoldás: Egy lerajzolható élsorozat élei által meghatározott részgráf összefügg˝o, és páratlan fokú pontjainak száma kett˝o vagy nulla. Az el˝oz˝o megoldásban láttuk, hogy az els˝o gráfból az összes él nem rajzolható le. Viszont ha az alsó vízszintes élt elhagyjuk, akkor a maradék már lerajzolható. Tehát maximálisan 9 él rajzolható le az els˝o gráfból. A második gráfban a páratlan fokú pontok száma tíz. Egy él meg nem rajzolása a páratlan fokú pontok számát legfeljebb kett˝ovel csökkenti. Ezért az összes él közül legalább négyet nem fogunk tudni megrajzolni. Másrészt, ha a sugár irányú élek közül négyet törlünk, akkor a maradék összefügg˝o és két harmadfokú ponton kívül csak páros fokszámúakat tartalmaz. Ebb˝ol adódóan a maradék élek megrajzolhatóak, tehát a kérdezett maximális élszám 11. 23. Maximálisan milyen hosszú lehet egy nem b˝ovíthet˝o ismétlés nélküli élsorozat K2n -ben? Megoldás: Egy ilyen élsorozat által meghatározott részgráf összefügg˝o és legfeljebb két páratlan fokú pontot tartalmaz. Viszont a K2n gráfban minden pont foka páratlan, mert a gráf (2n − 1)-reguláris. Ha egy élsorozatba egy élt

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

120

11. Euler-körök, Euler-utak

nem veszünk be, az a páratlan fokú pontok számát legfeljebb kett˝ovel csökkenti. Ezért egy maximális élsorozat legalább n − 1 élt nem tartalmaz K2n -b˝ol. Másrészt létezik olyan élsorozat, ami megrajzolható és n − 1 él kivételével K2n összes élét tartalmazza. Ugyanis K2n -ben létezik teljes párosítás, azaz éleknek egy olyan részhalmaza, amelyek közül minden csúcsra pontosan egy él illeszkedik. A K2n gráfból egyetlen él kivételével hagyjuk el egy teljes párosítás összes élét. A maradék G′ gráf összefügg˝o, továbbá két csúcs kivételével min′ den csúcs fokszáma 2n−2, tehát páros. Ezzel beláttuk, hogy ¡2n¢G egy maximális élszámú megrajzolható részgráf, melyben az élek száma 2 − (n − 1).

11.3.

A bejárás változatai

24. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy egy irányított G gráfban létezzen Euler-kör? Megoldás: A G gráfban akkor és csak akkor van Euler-kör, ha minden csúcsra teljesül, hogy annak ki- és befoka egyenl˝o, és az irányítások elhagyása révén nyert gráf összefügg˝o. Az állítás az irányítatlan esethez hasonlóan igazolható. 25. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges összefügg˝o G gráf élei bejárhatók egy folytonos élsorozat mentén úgy, hogy minden élen mindkét irányban pontosan egyszer haladjunk végig. Megoldás: Az irányított G′ gráfot G-b˝ol úgy kapjuk, hogy minden élét egyegy ellentétes irányítású élpárral helyettesítjük. A G′ gráf összefügg˝o és bármely csúcsának kifoka, illetve befoka megegyezik az eredeti G-beli fokszámával. A 24. feladat megoldása alapján G′ -ben létezik Euler-kör, amely az eredeti gráf összes élén mindkét irányban pontosan egyszer halad végig. 26. A Gn irányított gráf pontjai feleljenek meg az n hosszú 0-1 bitsorozatoknak. Egy b bitsorozatnak megfelel˝o pontból azon pontokba mutat él, amelyeknek megfelel˝o bitsorozat b-b˝ol egy balra csúsztatással és az utolsó bit tetsz˝oleges megválasztásával kapható meg. Azaz a (b1 , b2 , . . . , bn ) bitsorozatnak megfelel˝o csúcsból pontosan akkor mutat él egy (c1 , c2 , . . . , cn )-nek megfelel˝o csúcsba, ha c1 = b2 , c2 = b3 , . . . , cn−1 = bn teljesül. (a) Mutassuk meg, hogy Gn -ben létezik irányított Euler-kör! (b) Igazoljuk, hogy 2n bitet fel lehet úgy írni egy irányított körre, hogy annak minden n hosszú szakasza különböz˝o bitsorozat legyen! Megoldás: (a) Legyen b = (b1 , b2 , . . . , bn ) egy tetsz˝oleges bitsorozat. E sorozat bármely másikból elérhet˝o n lépésben, ha a balra csúsztatások során rendre

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

11. Euler-körök, Euler-utak

121

a b1 , b2 , . . . , bn biteket rakjuk az új sorozat végére, tehát a Gn gráf összefügg˝o. Az irányított Euler-kör létezéséhez elég belátnunk minden pontra, hogy kiés befoka megegyezik. A (b1 , b2 , . . . , bn ) sorozatból (b2 , b3 , . . . , bn−1 , 0)-ba és (b2 , b3 , . . . , bn−1 , 1)-be mutat él. Másrészt csak a (0, b1 , b2 , . . . , bn−1 ) és az (1, b1 , b2 , . . . , bn−1 ) sorozatokból juthatunk ide, ezért minden csúcs kifoka is és befoka is kett˝o. Ezzel beláttuk, hogy Gn -ben létezik Euler-kör. (b) A Gn−1 gráfnak a (b1 , b2 , . . . , bn−1 ) bitsorozatnak megfelel˝o csúcsból a (b2 , b3 , . . . , bn ) csúcsába mutató éle feleljen meg a (b1 , b2 , . . . , bn ) sorozatnak. Vegyük észre, hogy Gn−1 élei és az n hosszú bitsorozatok között így egy kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetést létesítettünk. Továbbá, ha egy él végpontja megegyezik egy másik él kezd˝opontjával, akkor az els˝o él bitsorozatának utolsó n − 1 bitje és a második él bitsorozatának elején lév˝o n − 1 bit megegyezik. Ez pontosan azt jelenti, hogy két csatlakozó élnek megfelel˝o bitsorozat felírható egy n + 1 hosszú bitsorozattal, melynek kezd˝oszeletében az egyik, a végszeletében a másik él bitsorozata megtalálható. Tehát, ha Gn−1 ben van irányított Euler-kör, akkor e mentén végighaladva, mindig az aktuális él bitsorozatának utolsó bitjét feljegyezve felírható 2n bit a kívánt módon. A feladat (a) része szerint Gn−1 -ben létezik Euler-kör, így ezzel az állítást igazoltuk. 27. Igazoljuk, hogy az alábbi állítások ekvivalensek: (a) A G gráf a v csúcsából vaktában bejárható; (b) A G gráf minden köre tartalmazza a v csúcsot, és G-ben létezik Eulerkör. Megoldás: Bármelyik állítást tételezzük fel igaznak, abból az is következik, hogy G-nek van Euler-köre, ezért minden csúcs fokszáma páros. A kulcs mindkét irány igazolásakor az lesz, hogy G-b˝ol egy zárt élsorozat elhagyása után ismét olyan gráfhoz jutunk, amelyben minden pont fokszáma páros. A másik észrevételünk, hogy a v csúcsból induló élsorozat akkor és csak akkor nem b˝ovíthet˝o ismétlés nélkül, ha zárt és az összes v-hez illeszked˝o élt tartalmazza. Tegyük fel, hogy egy G gráfra az (a) állítás igaz, de a (b) nem. Ekkor létezik egy olyan kör G-ben, amely nem tartalmazza a v csúcsot. Hagyjuk el ezt a kört a G gráfból, és jelöljük a maradéknak a v-t tartalmazó komponensét G′ -vel. A G′ gráf összefügg˝o és minden pont foka páros, ezért tartalmaz Euler-kört. G′ egy Euler-köre az összes v-hez illeszked˝o élt tartalmazó zárt élsorozat, ezért a G-beli v-b˝ol indított élsorozat sem b˝ovíthet˝o tovább, noha nem tartalmazza

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

122

11. Euler-körök, Euler-utak

G összes élét. Ez ellentmondásban van a vaktában bejárhatósággal, vagyis beláttuk, hogy az els˝o állításból következik a második. A fordított irány igazolásához tegyük fel, hogy G-re a (b) állítás igaz, de az (a) hamis. Utóbbi azt jelenti, hogy van olyan v-b˝ol induló, nem b˝ovíthet˝o H élsorozat, amely nem tartalmazza G összes élét. Korábbi észrevételünk alapján H zárt és az összes v-hez illeszked˝o él el˝ofordul benne. A H éleit elhagyva olyan G′ gráfhoz jutunk, amely legalább egy élt tartalmaz, minden csúcs fokszáma páros és v pont izolált benne. Ebb˝ol az adódik, hogy G′ tartalmaz kört, amely nem megy át a v csúcson. Tehát ellentmondásba kerültünk a második állítással, így a fordított irányt is beláttuk. 28. Egy gyár sószóró autókat gyárt hazai városok részére. Sajnos tervezési hiba folytán az autók rosszul m˝uködnek. Ha a szórócsapot kinyitják, lehetetlen elzárni, ameddig el nem fogy a só. Ráadásul a marketingrészleg egyik szakembere ijedtében olyan reklámot tett közzé, mely szerint a gyár autóival térkép nélkül is fel lehet sózni egy egész várost. A reklámanyagban a következ˝o szerepelt: „Egy sof˝ornek csak annyit kell tennie, hogy ha egy keresztez˝odéshez ér és lát sózatlan utcát, induljon el abba az irányba. A gyár garantálja, hogy ha a sof˝or befejezi munkáját, a város összes utcája fel lesz sózva pontosan egyszer, ráadásul az autó visszatér a kiindulási helyére.” (Az utcákon bármelyik irányban tud haladni a sószóró, és belefér az egész városhoz szükséges mennyiség˝u só.) Az igazgató végs˝o elkeseredésében az informatikarészleg kezébe nyomta a hazai városok térképeit, hogy keressenek olyan városokat, ahol a sószóró használható. A feladat egy olyan algoritmus megadása, amely egy városról eldönti, hogy ott m˝uködtethet˝o-e az autó a reklámbeli állításnak megfelel˝oen, és ha igen, honnan lehet indítani. Azt feltehetjük, hogy a városok úthálózata összefügg˝o. Egy eljárás már el is készült, amely el tudja dönteni egy gráfról, hogy körmentes-e. (a) Hogyan fejeznénk be a programot ezen eljárás segítségével? (b) Mi a helyzet, ha nem kell garantálnunk, hogy az autó visszatérjen a kiindulási helyére? Megoldás: (a) Egy térképhez egy G = (V, E) gráfot készítünk, melynek csúcsai a keresztez˝odéseknek, élei a köztük lév˝o utcáknak felelnek meg. A megfogalmazott feltétel azt jelenti, hogy a G = (V, E) gráf vaktában bejárható valamely v ∈ V csúcsából. A 27. feladat szerint ez azzal egyenérték˝u, hogy G-ben van Euler-kör és minden kör áthalad a v csúcson. Az els˝o feltételhez minden csúcs fokszámára meg kell vizsgálni, hogy páros-e (az összefügg˝oség eleve adott volt). Utána az összes w ∈ V csúcsra leellen˝orizzük, hogy onnan vaktá-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

11. Euler-körök, Euler-utak

123

ban bejárható-e a gráf. Ehhez elegend˝o azt vizsgálni, hogy a w csúcs elhagyása révén nyert gráf körmentes-e, amire használhatjuk a már megírt eljárást. (b) Azt állítjuk, hogy a feladat feltételeit akkor és csak akkor elégíti ki egy összefügg˝o G gráf valamely x kezd˝o és y végponttal, ha G-ben van Euler-út x és y között, továbbá G összes köre áthalad y-on. Ugyanis, ha nem haladna át minden kör y-on, akkor egy ilyen kör elvétele után x és y változatlanul közös komponensbe esne, hiszen minden komponens páros sok páratlan fokú csúcsot tartalmaz. Ennek a komponensnek egy Euler-útja a feladat feltételeinek ellentmondó élsorozat lenne. A másik irány igazolásához tegyük fel, hogy minden kör áthalad y-on és létezik Euler-út x és y között. Vegyünk hozzá egy új {x, y} élt G-hez. Ekkor a 27. feladat miatt már vaktában bejárható y-ból a gráf. Indítsunk egy élsorozatot y-ból az új {x, y} éllel. Ezután a vaktában bejárhatóság éppen azt jelenti, hogy az eredeti G gráfban bármely x-b˝ol induló és nem b˝ovíthet˝o élsorozat y-ban végz˝odik, valamint az összes élt tartalmazza. Ezzel az állítást igazoltuk. Az állítás segítségével már könnyen kiegészíthetjük korábbi programunkat. El˝oször lefuttatjuk a korábbi eljárást. Ha a válasz negatív, akkor csak olyan gráfok esetén reménykedhetünk, amelyek két páratlan fokú csúcsot tartalmaznak. Az összefügg˝oség garantált, ezért ilyenkor biztosan létezik Euler-út Gben, de csak a két páratlan fokú pont között. Ekkor erre a két csúcsra kell ellen˝orizni, hogy valamelyiket elvéve körmentes gráfhoz jutunk-e. Ha igen, akkor a másik pont megfelel˝o kiinduló hely a szóróautónak, különben a város nem megfelel˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. fejezet HAMILTON-KÖR ÉS HAMILTON-ÚT

12.1.

Hamilton-körök és -utak megadása

1. Keressünk egy-egy Hamilton-kört az öt szabályos test (tetraéder, kocka, oktaéder, dodekaéder és ikozaéder) élhálói által alkotott gráfokban!

Megoldás: Az ábrán az öt test egy-egy Hamilton-körének éleit megvastagítottuk. 125

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

126

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

2. Egy papírkockát két összefügg˝o darabra szeretnénk vágni úgy, hogy minden lapba pontosan egyszer vágjunk bele és az ollónk ne érintse a sarkok egyikét sem. Fogalmazzuk át a feladatot a gráfok nyelvére és döntsük el, hogy megoldható-e! Megoldás: A kocka minden lapjának feleltessünk meg egy-egy csúcsot egy G gráfban, és két csúcsot akkor és csak akkor kössünk össze éllel a gráfban, ha a megfelel˝o lapoknak van közös élük a kockában. Ezek után a kérdés azzal a problémával ekvivalens, hogy van-e a G-ben Hamilton-kör. Vegyük észre, hogy G egy oktaéder élhálójával izomorf. Ugyanis G térbeli ábrázolásakor helyezzük a csúcsokat a kocka egyes lapjainak középpontjába és egyenes szakaszokkal kössük össze a G-ben szomszédosakat. Ekkor az ábrán látható módon éppen egy oktaéderhez jutunk, melyben az 1. feladat megoldása szerint létezik Hamilton-kör. Tehát a kocka kettévágható a kívánt módon.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

127

Megjegyzés: Egy precíz indoklásnak még azt is tartalmaznia kell, hogy a kocka egy folytonos és záródó vonal mentén történ˝o elvágás után valóban szétesik két részre. Ez abból következik, hogy a kocka élei és lapjai felrajzolhatóak egy gömbre. A gömb felületét viszont bármilyen folytonos és zárt görbe valóban két részre ejti szét. (Az utóbbi állítás például nem teljesül a tóruszra. A tórusz definicióját lásd a 42. oldalon.) 3. Egy G egyszer˝u gráf csúcsait az 1, 2, . . . , 100 számok jelölik. Az i és j csúcsok között pontosan akkor vezet él, ha |i − j| ≤ 2. Tartalmaz-e G Hamilton-kört, illetve Hamilton-utat? Megoldás: Soroljuk fel 1-t˝ol 99-ig a páratlan számokat növekv˝o sorrendben, utána 100-tól a párosakat csökken˝o sorrendben. A sorozat bármely két szomszédos tagja legfeljebb kett˝ovel tér el egymástól, és ugyanez áll az els˝o és az utolsó csúcsra is. Így mutattunk a gráfban egy Hamilton-kört. Ennek bármelyik élét elhagyva Hamilton-úthoz jutunk a gráfban. 4. Az n ≥ 3 csúcsú teljes gráf csúcsait jelöljük az 1, 2, . . . , n számokkal. A gráfból elhagytuk egy Hamilton-körét, melyben a csúcsok 1, 2, . . . , n sorrendben követik egymást. Mely n-ek esetén létezik a maradék gráfban Hamilton-kör? Ha létezik, adjunk is meg egyet! Megoldás: Az n = 3, 4 esetekben a maradék gráf nem összefügg˝o, ezért Hamilton-kört sem tartalmaz. Az n ≥ 5 esetben ha n páratlan (n = 2k + 1), akkor el˝obb a páratlan, majd a páros számokat növekv˝oen felsorolva egy Hamiltonkörhöz jutunk; azaz az 1, 3, . . . , 2k + 1, 2, 4, . . . , 2k sorozat egy Hamilton-kör csúcsainak sorrendjét adja a megmaradt gráfban. Ha n ≥ 5 és n páros (n = 2k), akkor az el˝oz˝o kis módosításával jutunk Hamilton-körhöz, ekkor a 3, 1, 5, 7, . . . , 2k − 1, 2, 4, . . . , 2k sorozat lesz megfelel˝o. 5. Egy n ≥ 3 csúcsú egyszer˝u gráfban a Hamilton-körök és Hamilton-utak száma is k. Mekkora lehet k értéke? Megoldás: Egy Hamilton-kör bármelyik élét elhagyva Hamilton-úthoz jutunk, és minden Hamilton-út legfeljebb egy Hamilton-körb˝ol származhat. Ezért a Hamilton-utak száma legalább n-szerese a Hamilton-körökének. Ebb˝ol adódóan k értéke nem lehet más mint 0. 6. Hány különböz˝o Hamilton-köre van a Gn gráfnak, ha (a) Gn az n csúcsú Kn teljes gráfot jelöli és n ≥ 3; (b) Gn egy olyan gráf, melyhez Kn egy {x, y} élének elhagyása révén jutunk és n ≥ 4; (c) Gn a 2n csúcsú Kn,n teljes páros gráfot jelöli és n ≥ 2 ?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

128

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

Megoldás: (a) Soroljuk fel a csúcsok n! lehetséges permutációját! Ezek mindegyike meghatároz egy Hamilton-kört Gn -ben. A Gn gráf bármely Hamilton-köre pontosan 2n-szer áll így el˝o, mivel egy Hamilton-kör bármely pontjából kiindulva kezdhetjük a csúcsok felsorolását és azt kétféle irányban tehetjük n! = (n−1)! meg. Így a különböz˝o Hamilton-körök száma 2n 2 . (b) El˝oször azt számoljuk össze, hogy hány olyan Hamilton-köre van az {x, y} él visszarakása utáni Kn teljes gráfnak, melyben az {x, y} él szerepel. Az x és y csúcsokat egy új z csúccsal helyettesítve egy Kn−1 -hez jutunk, melyHamilton-köre van a feladat (a) része alapján. Bármely Hamiltonnek (n−2)! 2 körben z helyére x-et és y-t kétféleképpen rakhatjuk vissza úgy, hogy azok a Hamilton-körben szomszédosak legyenek. Így Kn -ben az olyan Hamilton· 2, melyben x és y szomszédosak. Ezt kivonva az összes körök száma (n−2)! 2 − (n − 2)! = (n − Kn -beli Hamilton-körök számából a végeredmény (n−1)! 2 . 2)! n−3 2 (c) A gráf egy-egy pontosztályába tartozó csúcsokat nevezzük „alsó”, illetve „fels˝o” pontoknak! Soroljuk fel a csúcsoknak az összes olyan permutációját, mely alsó csúccsal kezd˝odik és felváltva tartalmaz alsó, illetve fels˝o pontokat. Az ilyen permutációk száma (n!)2 , hiszen ezek az alsó és fels˝o pontok halmazának külön-külön vett permutációinak összefésüléseként állíthatóak el˝o. Ezen permutációk mindegyike természetes módon definiálja Gn -nek egy Hamiltonkörét. Minden Hamilton-kör pontosan 2n-szer áll így el˝o, mivel egy Hamiltonkör n darab „alsó” csúcsának mindegyikéb˝ol kétféle irányban sorolhatjuk fel a 2 csúcsokat. Így végeredményként (n!) 2n értéket kapunk.

12.2.

Szükséges feltételek

7. Mutassuk meg, hogy páratlan n esetén nem lehet bejárni az n × n méret˝u sakktábla összes mez˝ojét egy huszárral úgy, hogy minden mez˝on pontosan egyszer járjunk és visszatérjünk a kiinduló mez˝ore. Megoldás: A huszár bármely ugrása eltér˝o szín˝u mez˝ok között történik. Ezért a kiinduló mez˝ore visszatér˝o bármilyen ugrássorozat ugyanannyi fehér és fekete mez˝ot érint, tehát összességében páros sok ugrást tartalmazhat csak. Viszont páratlan n esetén az összes mez˝ot pontosan egyszer bejáró, visszatér˝o sorozat páratlan sok lépést tartalmazna, ezért nem létezhet ilyen bejárás. 8. Egy 3 × 3 × 3 méret˝u sajtkocka 27 kis kockából áll. Egy egér a kis kockákat egyesével tervezi elfogyasztani úgy, hogy egy kis kocka után mindig olyan kö-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

129

vetkezzen, amelyiknek az éppen elfogyasztottal van közös lapja. Az egér az egyik sarokból kezdi a lakomát. (a) El tudja-e fogyasztani a teljes sajtot úgy, hogy utoljára olyan kockát fogyasszon, amelyiknek van közös lapja az els˝ovel? (b) És úgy, hogy a középs˝o – legfinomabb – kockánál fejezze be az evést? Megoldás: (a) A kis kockákat feketére és fehérre színezhetjük úgy, hogy a közös lapot tartalmazók eltér˝o szín˝uek legyenek. Ekkor az egymás után megehet˝o kockák eltér˝o szín˝uek lesznek. Ezért az els˝o és a 27. kocka színe azonos kell legyen, tehát nem lehetnek szomszédosak. (b) Ismét az el˝oz˝o színezést használjuk. Tetsz˝oleges páratlan hosszú lépéssorozat els˝o és utolsó kockája azonos szín˝u. Ugyanakkor egy sarokkocka és a középs˝o színe különbözik, tehát nem létezhet közöttük az összes kockát tartalmazó, azaz 27 hosszú sorozat. 9. Melyik igaz az alábbi állítások közül tetsz˝oleges olyan G páros gráfra, melynek legalább két csúcsa van? (a) Ha G-ben létezik Hamilton-kör, akkor a két pontosztály mérete megegyezik. (b) Ha G-ben létezik Hamilton-út, akkor a két pontosztály mérete legfeljebb eggyel tér el egymástól. (c) Ha G összefügg˝o és létezik benne Euler-kör, akkor a két pontosztály mérete megegyezik. Megoldás: (a) Nevezzük a két pontosztály csúcsait „fels˝onek”, illetve „alsónak”. Mivel G páros, bármely köre ugyanannyi fels˝o és alsó csúcsot tartalmaz, és ez teljesül az összes csúcsot tartalmazó Hamilton-körre is. Tehát az alsó és fels˝o pontosztályok mérete megegyezik, vagyis az állítás igaz. Az állítást másként is igazolhatjuk. Tegyük fel, hogy a két pontosztály mérete különbözik G-ben. Vegyük el a kisebbiket, ekkor a nagyobbik pontosztály összes csúcsa izolált lesz, vagyis több komponens keletkezik, mint az elhagyott csúcsok száma. Így a Hamilton-kör létezésére szolgáló szükséges feltétel nem teljesül, tehát G nem tartalmaz Hamilton-kört. Megjegyezzük, hogy a 7. feladatban és az el˝oz˝o feladat (a) részében éppen az itt megfogalmazott állítást alkalmaztuk. Ugyanis mindkét esetben a feketefehér színezés a gráfok párosságát igazolta. (b) Az állítás igaz. Ugyanis a G gráf párosságából adódóan bármely útján el˝oforduló csúcsok között a fels˝ok és alsók száma legfeljebb eggyel térhet el egymástól. Ez teljesül az összes csúcsot tartalmazó Hamilton-útra is.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

130

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

Ismét hivatkozhatunk a Hamilton-út létezésére szolgáló szükséges feltételre is. Tegyük fel indirekt, hogy a két pontosztály mérete legalább kett˝ovel tér el egymástól. A kisebbik pontosztályt elvéve a maradék izolált pontokra esik szét. Így a maradékban a komponensek száma legalább kett˝ovel nagyobb az elhagyott pontok számánál, ellentmondva a szükséges feltételnek. (c) Az állítás hamis, például a K2,4 teljes páros gráf is tartalmaz Euler-kört, de a két pontosztály mérete különbözik. (Megjegyezzük, hogy az el˝oz˝ohöz hasonló gondolatmenetb˝ol csak az következik, hogy minden zárt élsorozat – így az Euler-kör is – páros sok élt tartalmaz. Ez természetesen teljesül a K2,4 re is.) 10. Melyik igaz az alábbi állítások közül minden n ≥ 5 esetén? (a) Létezik olyan n csúcsú egyszer˝u G gráf, hogy G és G is tartalmaz Hamiltonkört. (b) Létezik olyan n csúcsú egyszer˝u G gráf, hogy sem G sem G nem tartalmaz Hamilton-utat. Megoldás: (a) Az állítás igaz. Legyen például G az n hosszú kör, ennek komplementere a 4. feladat szerint tartalmaz Hamilton-kört. (b) Az állítás szintén igaz, például legyen G egy csillag. Ekkor, n ≥ 4 esetén G-ben nincs Hamilton-út. A komplementerében sem, mert abban lesz egy izolált pont. 11. Létezik-e Hamilton-kör, illetve Hamilton-út az alábbi gráfokban?

Megoldás: Az els˝o gráfban létezik Hamilton-kör, ezért Hamilton-út is. Egy Hamilton-kör éleit az ábrán megvastagítottuk. A második gráfban nem létezik Hamilton-kör és Hamilton-út sem, mert ha elvesszük a gráf 5 negyedfokú pontját, akkor 7 komponensre esik szét, vagyis még a Hamilton-út létezésére vonatkozó szükséges feltételt sem elégíti ki. Végül a harmadik gráf nem tartalmaz Hamilton-kört, hiszen a 4 hetedfokú pont

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

131

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

elhagyásával 5 komponensre esik szét. Viszont Hamilton-utat tartalmaz, egy ilyennek az éleit az ábrán vastaggal jelöltük.

12. Be lehet-e járni egy 3 × 5 méret˝u sakktábla összes mez˝ojét egy huszárral úgy, hogy minden mez˝ore pontosan egyszer lépjünk? Megoldás: A G gráf csúcsait feleltessük meg a sakktábla mez˝oinek, továbbá két csúcsot pontosan akkor kössünk össze éllel, ha egyetlen lóugrással elérhet˝oek egymásból. A feladat azzal a kérdéssel ekvivalens, hogy létezik-e Gben Hamilton-út. Az ábrán kereszttel jelölt mez˝oknek megfelel˝o öt csúcsot elhagyva a gráf hét komponensre esik szét (a komponenseknek megfelel˝o mez˝oket számok jelölik az ábrán). Így G-ben nem létezik Hamiton-út, ezért a teljes sakktábla sem járható be egy lóval. 1 7 4

7 5

2 6

7

7 3

13. Egy oktaéder nyolc lapjára ragasztottunk egy-egy tetraédert úgy, hogy azok egy-egy lapja pontosan illeszkedjen az oktaéder egy-egy lapjára. Igazoljuk, hogy az így nyert poliéder élhálójában nincsen Hamilton-kör! (A szabályos testeket lásd az 1. feladat ábráján.) Megoldás: Az oktaédernek csak hat csúcsa van és ezek csúcsai az összeragasztás utáni poliéder élhálójának is. E csúcsok elhagyása után a tetraédereknek az oktaéderhez nem illeszked˝o csúcsai izoláltak lesznek. Azaz 6 csúcs elvételével 8 komponensre esett szét a gráf, így a Hamilton-kör létezésére vonatkozó szükséges feltételt nem elégíti ki. 14. Mutassunk példát olyan 3-reguláris összefügg˝o egyszer˝u gráfra, amiben nincs Hamilton-út!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

132

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

Megoldás: Az ábrán látható gráf középs˝o csúcsát elvéve három komponensre esik szét, ezért nem tartalmaz Hamilton-utat.

15. Mutassunk példát olyan 3-reguláris összefügg˝o páros gráfra, amelyben nem létezik Hamilton-kör! Megoldás: Vegyünk három, közös csúcsot nem tartalmazó K3,3 teljes páros gráfot! A gráfok pontosztályait nevezzük „fels˝o”, illetve „alsó” csúcsoknak. Az egyes komponensekb˝ol egy-egy élt elhagyva pontosan három olyan fels˝o és három olyan alsó csúcs jön létre, melynek foka csak kett˝o. Vegyünk hozzá az alsó csúcsokhoz egy x pontot és kössük összes a fels˝o másodfokú csúcsokat ezzel az x-szel. Hasonlóan a fels˝o pontokhoz is vegyünk fel egy y pontot, melyeket az alsó másodfokú csúcsokkal kötünk össze. Az így nyert gráf összefügg˝o, páros és 3-reguláris, de az x és y pontokat elvéve három komponensre esik szét, ezért nem tartalmaz Hamilton-kört. A gráf az alábbi ábrán látható. x

y

16. Mely r ≥ 2 esetén igaz, hogy minden r-reguláris összefügg˝o páros gráfban létezik Hamilton-kör? Megoldás: Bármely 2-reguláris gráf néhány közös csúcsot nem tartalmazó körb˝ol áll. Ha még összefügg˝o is, akkor csak egyetlen körb˝ol állhat, ezért létezik benne Hamilton-kör. A 15. feladat állítása szerint r = 3 esetén nem igaz az állítás. Továbbá a feladat megoldásában leírt példa alkalmazható bármely r > 3 esetén is, ha a konstrukciót r darab, közös csúcsot nem tartalmazó Kr,r teljes páros gráffal kezdjük építeni, és ezekb˝ol elhagyott egy-egy él végpontjait

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

133

kötjük össze az új, x, illetve y csúcsokkal. Így az állítás r = 2 kivételével hamis. 17. Igazoljuk, hogy a Hamilton-utak létezésére tanult szükséges feltétel nem elégséges, azaz mutassunk olyan gráfot, melyre a szükséges feltétel teljesül, de nem tartalmaz Hamilton-utat! Megoldás: Egy K3 gráfhoz, vegyünk hozzá még három pontot, és azokat kössük össze K3 egy-egy pontjával. Az így nyert G gráf nem tartalmaz Hamiltonutat, mert van három els˝ofokú pontja. Másrészt tegyük fel, hogy egy k elem˝u ponthalmaz csúcsait egyesével elvesszük G-b˝ol. Bármelyik csúcs elvétele legfeljebb eggyel növeli a komponensek számát. Így legfeljebb k + 1 komponensre esik szét a gráf, azaz a szükséges feltételt kielégíti. 18. Mutassuk meg, hogy az ábrán látható, ún. Petersen-gráf nem tartalmaz Hamilton-kört!

Megoldás: Tegyük fel indirekt, hogy a Petersen-gráf tartalmaz egy C Hamiltonkört. Az öt sugár irányú él elvétele két részre vágja szét a gráfot, ezért C páros sok, de nullától különböz˝o számú sugár irányú élt tartalmaz. E szám csak kett˝o vagy négy lehet. Így a sugár irányúak között van olyan e él, amelyik nincs benne C-ben, de a mellette lév˝o sugár irányú f és g él benne van Cben. Az ábrán a gráfot úgy forgattuk, hogy e függ˝oleges legyen. Az e él nincs benne C-ben, ezért a két végpontjához illeszked˝o két-két él szükségszer˝uen benne van C-ben. Az ábrán vastaggal jelöltük azokat az éleket, melyekr˝ol már tudjuk, hogy C tartalmazza o˝ ket. Az {u, v} él nem lehet benne C-ben, mert ezekkel együtt már egy öt hosszúságú kör alakulna ki, ami nem lehet része a C Hamilton-körnek. Ezért az {u, y} és a {v, x} él is benne van C-ben. Ez ellentmondás, hiszen az élek egy nyolc hosszúságú kört alkotnak, ami szintén nem lehet része C-nek. Ezzel beláttuk, hogy a gráfban nem létezik Hamilton-kör.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

134

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

e u

v

x

y

Megjegyzés: Ha lenne Hamilton-kör a gráfban, akkor ennek éleit felváltva pirosra és kékre, a Hamilton-körben nem szerepl˝o éleket zöldre színezve az éleknek egy 3-színezését kapnánk, A 7. fejezet 37. feladatában bebizonyítjuk, hogy a Petersen-gráf élkromatikus száma 4, ami szintén bizonyítja, hogy nem lehet Hamilton-köre. 19. Mutassuk meg, hogy az el˝oz˝o feladat gráfja kielégíti a Hamilton-kör létezésére vonatkozó szükséges feltételt! Megoldás: Vegyük észre, hogy a sugár irányú élek elhagyásával a gráf két öt hosszúságú körre esik szét. Ezeket nevezzük küls˝o, illetve bels˝o köröknek. Ha összesen elhagyunk n = k + b pontot, ahol az elhagyott pontok közül k a küls˝o és b a bels˝o körb˝ol való, akkor a küls˝o kör legfeljebb k, a bels˝o legfeljebb b komponensre esik szét. Így a komponensek száma legfeljebb k + b = n.

12.3.

Elégséges feltételek

20. Van-e olyan 6 csúcsú 3-reguláris egyszer˝u gráf, amelyben nincsen Hamiltonkör? Megoldás: Nem létezik ilyen gráf, hiszen Dirac tétele miatt bármely olyan 6 pontú egyszer˝u gráf tartalmaz Hamilton-kört, amelyben minden pont foka legalább 3. 21. A boltban vásároltunk 100 piros, 150 kék és 200 darab zöld szín˝u gyöngyöt. Bizonyítsuk be, hogy lehet olyan nyakláncot készíteni az összes gyöngy felhasználásával, amelyben azonos szín˝u gyöngyök nem kerülnek egymás mellé! Megoldás: Tekintsünk egy 450 pontú G gráfot, melynek pontjai a gyöngyöknek felelnek meg. A G gráfban két pont akkor és csak akkor legyen szomszédos, ha a megfelel˝o gyöngyök eltér˝o szín˝uek. Elég belátni, hogy G-ben van Hamilton-kör, mert e mentén felf˝uzhet˝oek a gyöngyök a kívánt módon. A piros gyöngyöknek megfelel˝o pontok foka 350, a kékeknek 300 és a zöldeknek 250, ezért minden pont foka legalább 450/2 = 225. Így Dirac tételéb˝ol adódik, hogy G tartalmaz Hamilton-kört.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

135

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

22. Tartalmaz-e Hamilton-kört a KG(6, 3), illetve a KG(16, 3) Kneser-gráf? Megoldás: Egy 6-elem˝u halmaz bármely 3-elem˝u részhalmazához csak egy olyan található ¡6¢a többi részhalmaz között, amelyik t˝ole diszjunkt. Így a KG(6, 3) gráf mind a 3 pontjának foka egy, ezért nem tartalmaz Hamilton-kört. A KG(16, 3) gráf tartalmaz Hamilton-kört, amit¡ Dirac ¢ tételének segítségével fogunk igazolni. A KG(16, 3) csúcsainak száma 16 oleges 3-elem˝u 3 . Egy tetsz˝ ¡16−3¢ ¡ ¢ részhalmaz 3 másiktól diszjunkt, tehát minden csúcs foka 13 3 . Ezért a Dirac-feltétel tényleg teljesül, ugyanis µ ¶ µ ¶ 1 16 · 15 · 14 13 · 12 · 11 13 1 16 = ≤ = . 2 3 2 3·2 3·2 3 23. Egy hotelba egy 100 f˝os társaság érkezett, akik közül kezdetben bármely két ember jóban volt egymással. Esténként egyetlen nagy kerek asztal köré ül le mindenki. Sajnos egy-egy vacsora alkalmával az egymás mellé került emberek örökre összevesznek egymással. A társaság minden vacsora el˝ott úgy ül le, hogy mindenki jóban legyen a szomszédjaival Ha ez lehetetlen, akkor az összes résztvev˝o még aznap este hazamegy, el˝obb azonban nem. Bizonyítsuk be, hogy legalább 25 éjszakát a hotelban tölt a társaság! Megoldás: Az i-edik napi vacsora el˝otti állapothoz rendeljünk egy Gi gráfot, melynek csúcsai az embereknek, élei a még jó kapcsolatoknak felelnek meg. A társaság akkor marad még egy éjszakára, ha Gi -ben van Hamilton-kör. A Gi−1 gráfból egy Hamilton-köréhez tartozó élek törlésével nyerjük Gi -t, ha i > 1. Így Gi -ben minden csúcs foka kett˝ovel csökken Gi−1 -beli fokához képest. Másrészt G1 egy 99-reguláris gráf, hiszen G1 megegyezik a K100 teljes gráffal. Az eddigiek alapján Gi -ben minden pont foka 99 − 2(i − 1). Az utóbbi szám nem kisebb Gi csúcsszámának felénél az i ≤ 25 esetben, így a Dirac-tételb˝ol következik, hogy Gi tartalmaz Hamilton-kört, ha i ≤ 25. 24. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráfnak 2n+1 pontja van és minden pont fokszáma legalább n, akkor tartalmaz Hamilton-utat! Megoldás: Vegyünk hozzá a gráfhoz egy új pontot, és kössük össze az összes többi ponttal. Az így nyert gráfnak 2n + 2 pontja van és minden pont fokszáma legalább n + 1, ugyanis az eredeti pontok fokszáma az új szomszéd miatt eggyel n˝o, az új pont fokszáma pedig 2n + 1. Ez a gráf, Dirac feltételéb˝ol adódóan, tartalmaz Hamilton-kört. Ebb˝ol a Hamilton-körb˝ol az új pontot

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

136

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

elhagyva az eredeti gráf egy Hamilton-útjához jutunk. Ezzel igazoltuk az állítást. 25. Egy n csúcsú egyszer˝u G gráfban bármely két pontnak legalább két közös szomszédja van. Továbbá ha két csúcs nem szomszédos, akkor bármely harmadik csúcsba legalább az egyikükb˝ol vezet él. Igazoljuk, hogy G-ben van Hamilton-kör! Megoldás: Az állítás Ore tételének következménye. Legyen ugyanis x és y két nemszomszédos csúcs. A többi n − 2 csúcs közül legalább kett˝o csúcs x-szel és y-nal is szomszédos, a maradék n − 4 csúcs x és y közül legalább az egyikkel szomszédos. Ezért d(x) + d(y) ≥ 2 · 2 + n − 4 = n, tehát Ore feltétele teljesül, igazolva az állítást. 26. Az n ≥ 3 pontú Kn teljes gráfból töröltük egy feszít˝ofájának éleit, majd a feszít˝ofa élei közül visszaraktunk kett˝ot. Mutassuk meg, hogy az így nyert G gráf tartalmaz Hamilton-kört! Megoldás: A feszít˝ofának n − 1 éle van, ezért az n csúcsú teljes gráfból összességében n − 3 élt hagytunk el. Legyen x és y két nemszomszédos csúcs G-ben. A fokszámok d(x) + d(y) összege az eredeti Kn gráfban 2(n − 1) volt. Az {x, y} él elvétele az összeget kett˝ovel, a többi n − 4 él bármelyikének elvétele legfeljebb eggyel csökkentette. Tehát a G gráfban d(x) + d(y) ≥ 2(n − 1) − 2 − (n − 4) = n. Ore tételét felhasználva kapjuk, hogy G tartalmaz Hamilton-kört. 27. Van-e olyan 6 csúcsú és 11, illetve 12 él˝u egyszer˝u gráf, amelyben nincs Hamilton-kör? Megoldás: Egy K5 teljes gráfhoz vegyünk hozzá egy új pontot és kössük össze K5 egy tetsz˝oleges csúcsával. Ennek a gráfnak 6 csúcsa van, és 11 éle, ugyanakkor az els˝ofokú pont miatt nem tartalmazhat Hamilton-kört. A második kérdés megválaszolásához tegyük fel, hogy a 6 csúcsú G gráfnak 12 éle van. Ore tételének felhasználásával fogjuk igazolni, hogy tartalmaz Hamilton-kört. Legyen x és y két ¡nemszomszédos csúcs a gráfban. A mara¢ dék négy csúcs között legfeljebb 42 = 6 él fut. Ebb˝ol adódóan x-re és y-ra összesen legalább 6 él illeszkedik, ezért d(x) + d(y) ≥ 6. Innen Ore tételének felhasználásával adódik, hogy G-ben van Hamilton-kör, tehát nem létezik 12 él˝u 6 csúcsú egyszer˝u gráf, ami nem tartalmaz Hamilton-kört. ¡ ¢ 28. (a) Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráfnak n csúcsa és n−1 2 + 2 éle van, akkor tartalmaz Hamilton-kört! ¡ ¢ (b) Igaz-e ez n−1 2 + 1 él esetén is?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

137

Megoldás: (a) Ismét Ore tételével fogjuk belátni, hogy az állítás igaz. Legyen x és y két nemszomszédos ¡ ¢csúcs. Az x és y csúcsok egyikére sem illeszked˝o élek száma legfeljebb n−2 2 . Hogy alsó becslést kapjunk a többi él számára az összes élek számát más alakba írjuk: µ ¶ µ ¶ (n − 3)(n − 2) n−2 n−1 (n − 1)(n − 2) +2 = +n = + n. +2 = 2 2 2 2 Az utolsó alak felhasználásával kapjuk, hogy az x és y legalább egyikére illeszked˝o élek száma legalább n, ezért d(x) + d(y) ≥ n is teljesül. Ore tételének felhasználásával kapjuk, hogy G tartalmaz Hamilton-kört. (b) Az állítás hamis, ugyanis tekintsünk egy n − 1 csúcsú teljes gráfot, majd vegyünk hozzá még egy csúcsot, ¡ami ¢a teljes gráf egy tetsz˝oleges csúcsával szomszédos. Az így nyert gráfnak n−1 ofokú pont 2 + 1 éle van, azonban az els˝ miatt nem létezik benne Hamilton-kör. 29. Egy egyszer˝u G gráf tíz csúcsa közül két-két csúcs foka 8 és 9, további háromháromnak a foka 3, illetve 5. Következik-e ebb˝ol, hogy G tartalmaz Hamiltonkört? Megoldás: G-ben a fokszámok nem csökken˝o sorozata 3, 3, 3, 5, 5, 5, 8, 8, 9, 9. Chvátal tételét fogjuk alkalmazni. A sorozat els˝o négy eleme közül a harmadik kivételével mindegyikre teljesül a dk > k egyenl˝otlenség. Erre az indexre viszont a d10−3 = 8 ≥ 10 − 3 egyenl˝otlenség áll fenn, tehát a Chvátalfeltétel teljesül, így G tartalmaz Hamilton-kört. 30. Egy esküv˝ore összesen n ember ment el: feln˝ottek és gyerekek. Bármelyik feln˝ott a résztvev˝oknek legalább a felét ismeri. Egy gyerek legalább a szüleit ismeri, akik mindketten jelen vannak az esküv˝on. Azt feltehetjük, hogy az ismeretségek szimmetrikusak. Bizonyítsuk be, hogy a társaságot le lehet ültetni egy kerek asztal köré úgy, hogy mindenki ismerje a szomszédját, (a) ha egy gyerek van a társaságban; (b) ha két gyerek van a társaságban, a v˝olegény minden vendéget ismer, továbbá a v˝olegény tanúja és a menyasszony számára is csak egy-egy ember ismeretlen! Megoldás: Rendeljünk a feladathoz egy G gráfot, melynek csúcsai az embereknek, élei pedig az ismeretségeknek felelnek meg. A feladat mindkét esetben annak igazolása, hogy G tartalmaz Hamilton-kört. A feladat szövege egy-egy alsó becslést ad G csúcsainak fokszámaira. Elég bebizonyítani, hogy Pósa,

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

138

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

illetve Chvátal feltétele teljesül a fokszámokat alulról becsl˝o sorozatra, mert akkor G fokszámainak sorozatára is teljesül. (a) A fokszámok sorozatára adódó alsó becslés a következ˝o: 2, ⌈n/2⌉, ⌈n/2⌉, . . . , ⌈n/2⌉. Erre a sorozatra pedig teljesül a Pósa-feltétel, ugyanis d1 = 2 > 1 és dk = ⌈n/2⌉ > k minden 1 < k < n/2 szám esetén. (b) A fokszámok sorozatára adódó alsó becslés most a következ˝o: 2, 2, ⌈n/2⌉, ⌈n/2⌉, . . ., ⌈n/2⌉, n − 2, n − 2, n − 1. Az el˝oz˝o feladathoz hasonlóan látható, hogy a sorozatban dk > k a k = 1 és a 2 < k < n/2 esetekben. A k = 2 esetben pedig a dn−k ≥ n − k feltétel teljesül, ezért Chvátal tételének felhasználásával adódik, hogy van Hamilton-kör G-ben. 31. Tegyük fel, hogy egy n csúcsú egyszer˝u G gráf kielégíti Ore tételének feltételeit. Igazoljuk, hogy bármely két pont távolsága legfeljebb kett˝o! (Két pont távolsága alatt egy köztük lév˝o legrövidebb út éleinek számát értjük. Ha nem létezik o˝ ket összeköt˝o út, akkor egymástól való távolságuk végtelen.) Megoldás: Ha két pont szomszédos, akkor távolságuk egy. Ha x és y nem szomszédosak, akkor az Ore-feltétel miatt d(x) + d(y) ≥ n. Az x és y csúcsokból kiinduló élek csak a többi n − 2 csúcs valamelyikénél végz˝odnek, ezért van köztük két olyan él, amelyik közös csúcsnál végz˝odik. Mivel G nem tartalmaz párhuzamos éleket, el˝obbiek közül az egyik szükségszer˝uen x-nél, a másik y-nál kezd˝odik. Ezzel beláttuk, hogy x-nek és y-nak van közös szomszédja, vagyis távolságuk kett˝o. 32. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u G gráf kielégíti az Ore-feltételt, akkor a pontok legalább fele olyan, hogy a fokszáma legalább n/2. Megoldás: Jelöljük az n/2-nél kisebb fokú pontok halmazát V1 -gyel, a többi csúcsot pedig V2 -vel. Indirekt tegyük fel, hogy |V1 | > |V2 |. Az Ore-feltétel miatt V1 -ben bármely két csúcs szomszédos egymással. A 31. feladat állításából adódóan G összefügg˝o, ezért van olyan v ∈ V1 pont, ahonnan vezet él valamely V2 -beli pontba. (A V2 halmaz nem üres, hiszen ha minden pont V1 -beli lenne, akkor a pontok foka |V1 | − 1 = n − 1 lenne, ami ellentmond V1 definíciójának.) A v pont így az összes V1 -beli ponttal és még legalább egy V2 -belivel szomszédos, ezért d(v) ≥ |V1 | ≥ n/2. Ez ellentmondás, hiszen v ∈ V1 az n/2-nél kisebb fokszámú pontok közül való. 33. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u G gráf kielégíti a Pósa-féle feltételt, akkor a pontok több mint felének a fokszáma legalább n/2. Megoldás: A fokszámokból alkotott sorozat legyen d1 ≤ d2 ≤ · · · ≤ dn . Jelölje k azt a legnagyobb egész számot, amely még kisebb n/2-nél, azaz k =

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

139

⌊(n − 1)/2⌋. Pósa feltétele miatt dk ≥ k + 1, ami pedig legalább n/2. A dk -nál nem kisebb fokú pontok száma legalább n − k + 1 > n/2, és ezzel az állítást beláttuk. 34. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u G gráf kielégíti a Chvátal-féle feltételt, akkor a pontok legalább a fele olyan, hogy a fokszáma legalább n/2. Megoldás: A fokszámokból alkotott sorozat legyen d1 ≤ d2 ≤ · · · ≤ dn . Jelölje k azt a legnagyobb egész számot, amely még kisebb n/2-nél, azaz k = ⌊(n − 1)/2⌋. A Chvátal-feltétel miatt dk ≥ k + 1 vagy dn−k ≥ n − k teljesül. A k választásából adódóan k + 1 ≥ n/2 és n − k ≥ n/2 is fennáll, és mivel dn−k ≥ dk , ezért dn−k ≥ n/2 biztosan teljesül. A legalább dn−k fokú pontok száma legalább k + 1 ≥ n/2. 35. Bizonyítsuk be Pósa tételének felhasználása nélkül, hogy ha egy egyszer˝u gráf kielégíti a Pósa-féle feltételt, akkor összefügg˝o! Megoldás: Tegyük fel indirekt, hogy egy G egyszer˝u gráf kielégíti a feltételt, de nem összefügg˝o. Ekkor G-nek van olyan komponense, amelyben a csúcsok száma nem több n/2-nél. Mivel G egyszer˝u, ezért ebben a komponensben az összes csúcs fokszáma kisebb n/2-nél. A 33. feladat állítása miatt az összes n/2-nél kisebb fokszámú csúcs a fokszámokból alkotott sorozat els˝o feléb˝ol való, ezért teljesülnie kell rájuk a di > i egyenl˝otlenségnek. Ha ez a komponens összes csúcsára teljesül, akkor a csúcsok között van olyan, amelyiknek a fokszáma nagyobb mint a komponens csúcsainak száma. Ez ellentmondásban van G egyszer˝uségével, így az állítást igazoltuk. 36. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráf kielégíti az Ore-feltételt, akkor eleget tesz a Pósa-feltételnek is! Megoldás: Indirekt tegyük fel, hogy van olyan G gráf, amely kielégíti az Ore-feltételt, de a d1 ≤ d2 ≤ · · · ≤ dn fokszámsorozatára nem teljesül Pósa feltétele, vagyis létezik egy olyan k < n/2 szám, amelyre dk ≤ k. Legyen V1 a fokszámsorozat els˝o k elemének megfelel˝o csúcsok halmaza, V2 pedig a többi csúcsból alkotott halmaz. Mivel a V1 -ben lév˝o összes csúcs fokszáma legfeljebb k < n/2, ezen csúcsok közül bármely kett˝o szomszédos, hiszen különben nem teljesülne rájuk az Ore-feltétel. Ebb˝ol az is adódik, hogy bármely V1 -beli csúcsból legfeljebb egy él megy V2 -beli csúcsba (másként k fölé n˝one a fokszám). Viszont V1 a csúcsoknak kevesebb mint felét tartalmazza, ezért van olyan v ∈ V2 csúcs, amely nem szomszédos semelyik V1 -beli ponttal sem. E pontnak a fokára tehát d(v) ≤ |V2 | − 1 = n − k − 1, így tetsz˝oleges w ∈ V1 pont

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

140

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

esetén d(v) + d(w) ≤ n − 1, ami ellentmond Ore feltételének, mert v és w nem szomszédosak. 37. Egy egyszer˝u G = (V, E) gráfban x és y két nemszomszédos pont, melyekre d(x) + d(y) ≥ |V | teljesül. Az x és y pontokat összekötve nyerjük a G′ gráfot Gb˝ol, azaz G′ = (V, E ∪ {x, y}). Igazoljuk, hogy G akkor és csak akkor tartalmaz Hamilton-kört, ha G′ is tartalmaz! Megoldás: Ha G tartalmaz, akkor nyilván G′ is tartalmaz Hamilton-kört. A fordított irányhoz tegyük fel, hogy G′ -ben létezik egy C Hamilton-kör. Ha C nem megy át az {x, y} élen, akkor Hamilton-kör G-ben is. Ha átmegy rajta, akkor C-b˝ol az {x, y} élt elhagyva olyan G-beli Hamilton-úthoz jutunk, melynek végpontjai x és y, továbbá d(x) + d(y) ≥ |V |. Vegyük észre, hogy az Ore-tétel bizonyításának második fele pont az ilyen tulajdonságú Hamilton-út létezéséb˝ol igazolja a Hamilton-kör létét is. A második esetben is létezik tehát G-ben Hamilton-kör, amivel a fordított irányt is beláttuk. 38. Egy n csúcsú, egyszer˝u G gráf nemszomszédos x és y pontját egy új éllel összekötjük, ha fokszámukra teljesül a d(x) + d(y) ≥ n egyenl˝otlenség. Az így nyert gráfra ezt addig ismételgetjük, hogy végül ne legyen olyan nemszomszédos csúcspár, melyek fokszámösszege legalább n. Igazoljuk, hogy ha az eljárás befejezésekor a Kn teljes gráfhoz jutunk, akkor G tartalmaz Hamilton-kört. Megoldás: Tegyük fel, hogy az egyes élek hozzáadásával nyert gráfokból alkotott sorozat G0 , G1 , . . . , Gi , ahol G0 = G és Gi = Kn . Az el˝oz˝o feladat szerint a sorozat két szomszédos tagja pontosan ugyanakkor tartalmaz Hamilton-kört. A sorozat utolsó tagja teljes gráf, így abban létezik Hamilton-kör. Ebb˝ol adódóan a sorozat összes tagjában is létezik. Ezzel beláttuk, hogy G tartalmaz Hamilton-kört. Megjegyzés: Az utóbbi feladat is egy elégséges feltételt ad Hamilton-kör létezésére. Az elégséges feltétel még Chvátal tételénél is er˝osebb. Ugyanis bebizonyítható, hogy ha egy gráf fokszámai kielégítik a Chvátal-feltételt, akkor a feladat eljárása teljes gráfhoz vezet. Ebb˝ol a gondolatmenetb˝ol is igazolható Chvátal tétele. Másrészt létezik olyan gráf, amely a feladat feltételét kielégíti, de a Chvátal-feltételt nem; két ilyen gráfot mutat az alábbi ábra.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

141

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

A feltétel másik el˝onye, hogy az Ore-, illetve Chvátal-tételek bizonyításai nyomán még nem készíthet˝o olyan algoritmus, amely egy a feltételeket kielégít˝o gráfban hatékonyan (azaz a gráf méretében polinomiális id˝okorláton belül) meg is talál egy Hamilton-kört. Ugyanakkor ezen feladat alapján egy Hamilton-kör keres˝o algoritmus is készíthet˝o, mely n3 -nel arányos lépésszámban a feltételt kielégít˝o gráfban meg is talál egy Hamilton-kört.

12.4.

Vegyes feladatok

39. Igaz-e, hogy ha (a) a G gráfban van Euler-kör, akkor L(G)-ben van Hamilton-kör; (b) az L(G)-ben van Hamilton-kör, akkor a G gráfban van Euler-kör? (Az L(G) élgráf definícióját lásd a 22. oldalon.) Megoldás: (a) Igaz. Ha az Euler-kör szerinti sorrendben vesszük az L(G) csúcsait, akkor egy Hamilton-kört kapunk. (b) Nem igaz. Például egy legalább 3-ágú csillagnak nincs Euler-köre, de mivel az élgráfja egy legalább 3 csúcsú teljes gráf, annak van Hamilton-köre. 40. A Gn egyszer˝u gráf csúcsai feleljenek meg az n hosszú 0–1 bitsorozatoknak, és két csúcs pontosan akkor legyen szomszédos, ha a megfelel˝o bitsorozatok egy bitben térnek el egymástól. Igazoljuk, hogy Gn minden n ≥ 2 esetén tartalmaz Hamilton-kört! Megoldás: Az állítást teljes indukcióval fogjuk igazolni. Az n = 2 esetben a csúcsok 00, 01, 11, 10 sorrendje egy Hamilton-kört ad G2 -ben. Tegyük fel, hogy az állítás igaz n − 1-re, azaz Gn−1 tartalmaz Hamilton-kört. Legyenek tehát b1 , b2 , . . . , b2n−1 olyan n − 1 hosszú bitsorozatok, melyek közül a szomszédosak, valamint az els˝o és az utolsó egy-egy bitben különböznek egymástól. A sorozatok tagjainak 0-val, illetve 1-gyel történ˝o kiegészítésével nyert 0b1 , 0b2 , . . . 0b2n−1 , 1b2n−1 , 1b2n−1 −1 , . . . , 1b1 felsorolásban az összes n hosszúságú bitsorozat szerepel és bármely két szomszédos, valamint az els˝o és utolsó is egy bitben különbözik egymástól. Tehát ez a sorrend Gn -nek egy Hamilton-körét adja, amivel az állítást igazoltuk n-re is. 41. A Gn egyszer˝u gráf csúcsai feleljenek meg az n hosszú 0–1 bitsorozatoknak, és két csúcs pontosan akkor legyen szomszédos, ha a megfelel˝o bitsorozatok legalább két bitben térnek el egymástól. Igazoljuk, hogy Gn minden n ≥ 3 esetén tartalmaz Hamilton-kört!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

142

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

Megoldás: A Gn gráf csúcsainak száma 2n és bármely csúcsának fokszáma 2n − n − 1, erre pedig teljesül, hogy 2n − n − 1 ≥ 2n /2, ha n ≥ 3. Így a Gn gráf Dirac tételéb˝ol adódóan tartalmaz Hamilton-kört. 42. A Gn gráf csúcsait feleltessük meg az 1, 2, . . . , n számok összes lehetséges permutációinak, és Gn egy tetsz˝oleges v csúcsa legyen azon csúcsokkal szomszédos, amelyekhez tartozó permutáció v-éb˝ol egyetlen számpár felcserélésével el˝oállítható. Igazoljuk, hogy Gn minden n ≥ 2 esetén tartalmaz Hamiltonutat! Megoldás: Az állítást n-re vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk. Az n = 2 esetben az 1 2, 2 1 sorozat egy Hamilton-út G2 -ben. Tegyük fel, hogy az állítás igaz n − 1-re. Legyen p1 , p2 , . . . , p(n−1)! az 1, 2, . . . , n − 1 számok összes permutációjának egy olyan felsorolása, melyben a szomszédok egyetlen számpár cseréjével megkaphatók egymásból. Minden ilyen permutációból az 1,2, . . . , n számok egy-egy permutációját kapjuk, ha vagy az els˝o, vagy a második, . . . , vagy az (n − 1)-edik elem elé, vagy az (n − 1)-edik elem után beszúrjuk az n számot. Továbbá így az 1,2, . . . , n számok összes permutációja el˝oáll. Soroljuk fel a permutációk közül azokat, ahol az els˝o helyre került az n, a bennük el˝oforduló p1 , p2 , . . . , p(n−1)! sorrendnek megfelel˝oen. Utána az olyanokat, ahol a második helyre került az n, de most a p(n−1)! , p(n−1)!−1 , . . . , p1 fordított sorrendben. Utána azok következzenek, ahol a harmadik helyen áll n, ismét az eredeti sorrendben, stb. Végül olyan sorozathoz jutunk, amely egy Hamilton-útját alkotja a Gn gráfnak. Ezzel a bizonyítást befejeztük. 43. Tegyük fel, hogy az összefügg˝o G gráfnak van egy olyan C köre, melyb˝ol egy élt elhagyva G egy maximális hosszúságú útjához jutunk. Igazoljuk, hogy C egy Hamilton-köre G-nek! Megoldás: A feltételekb˝ol adódóan G-ben a maximális úthosszúság eggyel kisebb C éleinek számánál. Indirekt tegyük fel, hogy C nem Hamilton-köre G-nek. Ekkor létezik olyan pont, amelyik nincs benne C-ben. Az ilyen pontok közül valamelyik szomszédos egy C-beli ponttal, hiszen különben G nem lenne összefügg˝o. E pontot jelöljük v-vel, annak C-be tartozó szomszédját pedig wvel. Ha a C-beli, w-hez illeszked˝o egyik élt (lásd a szaggatott élt az ábrán) elhagyjuk, egy úthoz jutunk. Ebben az élek száma megegyezik C éleinek számával, vagyis hosszabb egy maximális hosszúságú útnál, ami ellentmondás.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

143

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

v

w

44. Tegyük fel, hogy egy n csúcsú egyszer˝u G gráfban van olyan maximális hosszúságú P út, amelynek x, y végpontjaira d(x) + d(y) ≥ n. Mutassuk meg, hogy G-ben létezik Hamilton-kör! Megoldás: Az x és y pontok egyikéb˝ol sem mehet él olyan pontba, amelyik nem szerepel P-ben, ugyanis akkor létezne P-nél hosszabb út is. Az Ore-tétel bizonyításában használt gondolatmenetet alkalmazva a P útra és annak végpontjaira adódik, hogy van egy olyan C kör, amely az összes P-beli pontot tartalmazza. Ennek a C körnek bármely élét törölve P-vel megegyez˝o hosszúságú utat kapunk, ami tehát maximális hosszúságú. Az el˝oz˝o feladat felhasználásával adódik, hogy C Hamilton-köre G-nek, amivel az állítást igazoltuk. 45. Bizonyítsuk be Rédei tételét, miszerint minden körmérk˝ozés gráfban van irányított Hamilton-út! Megoldás: Legyen G egy körmérk˝ozés gráf és ebben P egy maximális hosszúságú irányított út, melyben az irányítás mentén a v1 , v2 , . . . , vk pontok követik egymást. Indirekt tegyük fel, hogy P nem Hamilton-út, azaz van egy olyan w pont, amelyik nincs rajta P-n. Az indoklás kulcsa az az észrevétel, hogy ha a v j és w közti él w felé irányított, akkor a v j+1 és w közti él szintén w felé irányított, ahol j = 1, . . . , k − 1, hiszen különben a v1 , v2 , . . . , v j , w, v j+1 , . . . , vk egy P-nél hosszabb irányított út lenne. Szintén P maximalitásából adódik, hogy a v1 és w közti él w felé mutat. Innen az észrevétel felhasználásával adódik, hogy az út összes pontjából w felé mutatnak az élek. Mivel ez teljesül az utolsó pontra is, a v1 , v2 , . . . , vk , w egy P-nél hosszabb irányított út, ami ellentmondás. 46. Igaz-e, hogy minden n ≥ 2 esetén létezik olyan n csúcsú körmérk˝ozés gráf, amelynek valamely élét elvéve a maradék nem tartalmaz irányított Hamiltonutat? Megoldás: Az állítás igaz, ugyanis az n csúcsú teljes gráfnak hagyjuk el az {u, v} élét. Az u-ra, illetve v-re illeszked˝o éleket irányítsuk mind u és v felé, a többi élt pedig tetsz˝olegesen. Ekkor u és v kifoka nulla, tehát nem létezik Hamilton-út, mert annak u is és v is csak az utolsó pontja lehetne.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

144

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

47. Bizonyítsuk be, hogy egy n ≥ 3 csúcsú er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráf tartalmaz irányított Hamilton-kört! Megoldás: Tegyük fel, hogy egy er˝osen összefügg˝o gráf csúcsainak halmaza V . Ennek bármely 0/ 6= V ′ ⊂ V részhalmazából létezik kifelé mutató és a V ′ be befelé mutató él is. E tulajdonsággal fogunk ellentmondásra jutni indirekt gondolatmenetünkben. Legyen G = (V, E) egy er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráf. Az említett tulajdonság miatt egyik pont kifoka és befoka sem nulla, ezért G-ben létezik irányított kör. Egy leghosszabb irányított kört jelöljünk C-vel, az ebbe tartozó csúcsok halmazát pedig VC -vel. Indirekt tegyük fel, hogy VC ⊂ V, azaz a kör nem tartalmazza G összes pontját. Ha létezne olyan v ∈ V −VC csúcs, amelyikb˝ol VC valamely csúcsa felé és fordítva is VC egy másik csúcsa fel˝ol is vezetne él, akkor a 45. feladat megoldásához hasonlóan a C kör kiegészíthet˝o lenne a v csúccsal egy C-nél hosszabb körré. (Ugyanis ekkor létezne egymást követ˝o x és y csúcs C-ben úgy, hogy az x-hez illeszked˝o él v felé, az y-hoz illeszked˝o pedig v-b˝ol kifelé irányított lenne. Ekkor a C kör (x, y) élét az (x, v), (v, y) párral helyettesítve C-nél hosszabb körhöz jutnánk.) A V − VC csúcsokat két részre osztjuk: Vbe -be kerülnek azok a csúcsok, melyekbe nem mutat él VC -beli pontból; Vki -be pedig azok, melyekb˝ol nem mutat él VC -beli pontba. Az eddigiek alapján V = VC ∪ Vbe ∪ Vki . Tegyük fel, hogy Vbe üres halmaz, ekkor Vki ponthalmazból nem mutat kifele él, ellentmondva az er˝os összefügg˝oségnek. Hasonlóan Vki halmaz sem lehet üres. Tekintsük a Vbe és Vki közt futó éleket. Ha ezek között lenne olyan, amelyik Vki fel˝ol Vbe irányába mutat, akkor az ábrán vastaggal jelölt élek egy C-nél (kett˝ovel) hosszabb irányított kört alkotnának G-ben. Ebb˝ol adódóan Vbe -b˝ol csak kifele mutat él G-ben, ellentmondva G er˝os összefügg˝oségének. Vbe C V ki

48. Bizonyítsuk be, hogy egy n ≥ 3 csúcsú er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráf tartalmaz 3 hosszúságú irányított kört!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

145

1. Megoldás: Legyen w egy tetsz˝oleges pont. Jelöljük Vbe,w -vel a többi pont közül azokat, melyekb˝ol w irányába mutat él, és Vki,w -vel azokat, amelyekbe w-b˝ol mutat él. Mivel a gráf er˝osen összefügg˝o, w-hez illeszkedik él, ami w felé irányított és olyan is, ami w-b˝ol kifelé mutat. Tehát Vbe,w és Vki,w egyike sem üres. Ha a Vbe,w és Vki,w közti élek mind Vki,w felé lennének irányítva, akkor Vbe,w -be nem menne befelé él, ami ellentmondásban állna Gn er˝os összefügg˝oségével. Tehát van olyan él, ami Vki,w -b˝ol Vbe,w felé mutat, és ez az él w-vel együtt pont egy három hosszúságú irányított kört ad. 2. Megoldás: Az er˝os összefügg˝oség miatt a gráfban van irányított kör. Vegyünk egy legrövidebb irányított kört. Ha ez 3-nál hosszabb lenne, akkor egy húrja az általa kijelölt két ív valamelyikével egy rövidebb irányított kört alkotna, ellentmondva a kör választásának. A legrövidebb irányított kör hossza tehát 3. 49. Bizonyítsuk be, hogy egy n ≥ 3 csúcsú er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráf minden 3 ≤ k ≤ n értékre tartalmaz k hosszúságú irányított kört!

Megoldás: Az állítást k szerinti indukcióval igazoljuk rögzített Gn -re. A k = 3 esetet az el˝oz˝o feladatban beláttuk. Tegyük fel, hogy 3 ≤ k < n értékre tartalmaz k hosszúságú irányított kört a gráf. Megmutatjuk, hogy tartalmaz k + 1 hosszúságú irányított kört is. A 47. feladat jelöléseit és érvelését fogjuk használni. Eszerint, ha egy er˝osen összefügg˝o körmérk˝ozés gráfnak létezik egy C irányított köre, ami nem tartalmazza az összes pontot, akkor létezik nála hosszabb is. Elég megmutatni, hogy létezik olyan kör is, amely C-nél pontosan eggyel hosszabb. Ha létezik C-n kívül olyan csúcs, amelyikbe VC valamely pontja fel˝ol is és egy másik VC beli pont felé is megy él, akkor e ponttal kib˝ovíthet˝o a kör, vagyis létezik C-nél eggyel hosszabb kör. Ha nem létezik ilyen csúcs, akkor létezik (u, v) él, amelyre u ∈ Vki és v ∈ Vbe teljesül. Ezúttal u-t és v-t olyan C-beli pontokkal kössük össze, melyek között egy C-beli pont helyezkedik el. Ismét C-nél eggyel hosszabb körhöz jutottunk, mert az u és v pontokkal b˝ovítettük, de egy pontot el is hagytunk C-b˝ol. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

50. Egy n csúcsú egyszer˝u G gráf fokszámainak sorozata d1 ≤ d2 ≤ . . . ≤ dn . Bizonyítsuk be, hogy ha minden k ≤ (n + 1)/2 esetén vagy dk ≥ k vagy dn+1−k ≥ n − k teljesül, akkor G-ben létezik Hamilton-út. Megoldás: Vegyünk hozzá G-hez egy v csúcsot és azt kössük össze az összes többi ponttal. G akkor és csak akkor tartalmaz Hamilton-utat, ha G′ tartalmaz Hamilton-kört. Vegyük észre, hogy az n + 1 csúcsú G′ fokszámsorozata

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

146

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

d1 + 1, d2 + 1, . . . , dn + 1, n, amire teljesül a Chvátal-feltétel, ezért G′ tartalmaz Hamilton-kört és így G tartalmaz Hamilton-utat. 51. Egy n csúcsú egyszer˝u G gráf minden pontjának fokszáma nagyobb n/2-nél. Igazoljuk, hogy G Hamilton-összefügg˝o! Megoldás: Legyen u és v két tetsz˝oleges csúcsa G-nek. B˝ovítsük ki G-t egy w ponttal és az {u, w}, {w, v} élekkel. Az így nyert G′ gráf akkor és csak akkor tartalmaz Hamilton-kört, ha G-ben létezik u és v pontokat összeköt˝o Hamiltonút. Az n + 1 csúcsú G′ -ben egy csúcs foka kett˝o, és a többié legalább n+1 2 . Így G′ -re teljesülnek Pósa tételének feltételei, tehát G′ tartalmaz Hamilton-kört, G pedig az u és v csúcsoknál végz˝od˝o Hamilton-utat. 52. Mutassuk meg, hogy ha egy n csúcsú G = (V, E) gráfban minden x, y ∈ V nemszomszédos csúcspárra d(x)+d(y) > n teljesül, akkor G Hamilton-összefügg˝o! Megoldás: Legyen G két tetsz˝oleges csúcsa u és v. Vegyünk hozzá G-hez egy w csúcsot és az {u, w} illetve a {w, v} éleket; az így nyert gráfot nevezzük G′ -nek. Az el˝oz˝o feladathoz hasonlóan elég megmutatni, hogy G′ tartalmaz Hamilton-kört. A G′ gráfban bármely két nemszomszédos, w-t˝ol különböz˝o csúcs fokszámösszege legalább n + 1, ami G′ csúcsainak száma. A 38. feladatban megfogalmazott elégséges feltételt fogjuk alkalmazni. Kössük össze az összes ilyen csúcspárt, ezek után w pont foka 2, a többié legalább n − 1. Így a w pont és az azzal nem szomszédos pontok fokszámának összege is legalább n + 1, tehát ezeket is összeköthetjük egy-egy éllel. Az eljárás végén G′ -b˝ol a Kn+1 teljes gráfhoz jutunk, ezért G′ tartalmaz Hamilton-kört. 53. Legyen G egy n > 3 csúcsú, Hamilton-összefügg˝o, egyszer˝u gráf. Mutassuk meg, hogy G éleinek a száma legalább ⌈3n/2⌉. Megoldás: Elég megmutatni, hogy minden csúcs foka legalább három. Ugyanis a fokszámokat összeadva az élek számának kétszeresét kapjuk, ami ekkor legalább 3n. A továbbiakban tehát azt bizonyítjuk, hogy háromnál kisebb fokú pontot nem tartalmaz G. Ha lenne nulla fokú, akkor G nem is lenne összefügg˝o. Els˝ofokú pont bármely Hamilton-útnak végpontja lenne, ellentmondva a Hamiltonösszefügg˝oségnek. Indirekt tegyük fel, hogy G tartalmaz egy másodfokú w pontot. E pont szomszédai között is kell lennie Hamilton-útnak, ami viszont a w csúcson kívül más csúcsot már nem tartalmazhat, ami ellentmondás, hiszen a csúcsok száma nagyobb háromnál.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

12. Hamilton-kör és Hamilton-út

147

54. Bizonyítsuk be, hogy ha egy G gráfban létezik k > 1 olyan pont, melyeket elvéve G-b˝ol a maradék legalább k komponensre esik szét, akkor G nem Hamiltonösszefügg˝o! Megoldás: Legyen G egy Hamilton-összefügg˝o gráf és v1 , v2 , . . . , vk annak tetsz˝oleges pontjai, ahol k > 1. Mivel G Hamilton-összefügg˝o, ezért van olyan P Hamilton-út, amelynek végpontjai v1 és v2 . E két pont elvétele után P összefügg˝o marad, és a további k − 2 pont bármelyikének elvétele legfeljebb eggyel növeli a P-b˝ol keletkezett úttöredékek számát. Így a v1 , v2 , . . . , vk pontok elhagyása után a P út legfeljebb k − 1 összefügg˝o részre esik szét. Megjegyzés: Az el˝oz˝o feladatban is ezt a feltételt használtuk, amikor beláttuk, hogy egy Hamilton-összefügg˝o gráf nem tartalmaz másodfokú pontot. Az indoklást úgy is mondhatnánk, hogy egy másodfokú pont két szomszédját elhagyva a maradék két komponensre esik szét, így a gráf nem elégíti ki a Hamilton-összefügg˝oség szükséges feltételét.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

13. fejezet Síkbarajzolhatóság

13.1.

Euler-formula

1. Ellen˝orizzük az Euler-formulát az ábrán látható öt szabályos test (tetraéder, kocka (vagy hexaéder), oktaéder, dodekaéder és ikozaéder) esetén és rajzoljuk fel a testek élhálóit, mint síkbarajzolható gráfokat, élkeresztezés nélkül!

Megoldás: A gráfok az ábrán, a pont-, él- és lapszámok az alábbi táblázatban láthatók. Az Euler-formula teljesülése behelyettesítéssel ellen˝orizhet˝o. 149

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

150

13. Síkbarajzolhatóság

név

pontok száma

élek száma

lapok száma

tetraéder

4

6

4

kocka (hexaéder)

8

12

6

oktaéder

6

12

8

dodekaéder

20

30

12

ikozaéder

12

30

20

Megjegyzés: A táblázat tagolásának magyarázatát lásd a 33. feladat megoldásánál. 2. Mutassuk meg, hogy a K8 nyolcpontú teljes gráf síkbarajzolásakor legalább 10 élkeresztezés jön létre! Megoldás: Tegyük fel, hogy lerajzoltuk a gráfot legfeljebb 9 élkeresztezéssel. Minden élkeresztezést szüntessünk meg az egyik benne¡ szerepl˝ o él el¢ hagyásával. Így egy síkbarajzolható nyolcpontú és legalább 82 − 9 = 19 él˝u gráfot kaptunk. Ez viszont ellentmond annak, hogy minden n pontú, e él˝u,

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

151

13. Síkbarajzolhatóság

síkbarajzolható, egyszer˝u gráfban e ≤ 3n − 6. Tehát lennie kell legalább 10 élkeresztezésnek. 3. Mutassuk meg, hogy egy síkbarajzolható egyszer˝u gráfban nem lehet minden pont foka legalább hat! Megoldás: Ha egy n pontú gráfban minden pont foka legalább hat, akkor az élszám legalább 3n, ami síkbarajzolható egyszer˝u gráfoknál lehetetlen. 4. Egy síkbarajzolható, n pontú és e él˝u egyszer˝u gráfban, ami nem erd˝o, minden kör hossza legalább k. Mutassuk meg, hogy ekkor e≤

2k k n− k−2 k−2

teljesül! Megoldás: Ha a gráf nem összefügg˝o, akkor a komponensek közötti néhány él behúzásával azzá tesszük úgy, hogy még mindig síkbarajzolható legyen. Mivel az élszám ezzel n˝ott, elegend˝o összefügg˝o gráfra bizonyítani az állítást. Az összefügg˝o gráfunk nem fa, ezért tartalmaz kört. Síkbarajzolásakor minden tartomány határának része egy kör. Így minden tartományt legalább k él határol. Mivel minden él legfeljebb két tartomány határához tartozik, ezért 2e ≥ kt, ahol t jelöli a tartományok számát. Az Euler-formulából kapott t = e + 2 − n kifejezést behelyettesítve kapjuk az állítást. 5. Legyen G egy egyszer˝u, összefügg˝o, síkbarajzolható gráf, melynek minden tartományát pontosan 6 él határolja. Bizonyítsuk be, hogy G-nek van legfeljebb másodfokú pontja! Megoldás: Ha G nem erd˝o, akkor az el˝oz˝o feladatot k = 6-ra alkalmazva e ≤ 32 n − 3, vagyis 2e ≤ 3n − 6 adódik. Ha minden pont legalább harmadfokú volna, akkor a fokszámok összegére ezzel egyidej˝uleg 2e ≥ 3n teljesülne, ami lehetetlen. Ha G erd˝o (azaz mivel összefügg˝o, fa), akkor van els˝ofokú pontja, tehát az állítás igaz. Megjegyzés: Az állításból következik, hogy nincs olyan konvex poliéder, melynek minden lapja hatszög lenne. 6. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyszer˝u gráf síkbarajzolható és nincs 5-nél kisebb fokú pontja, akkor legalább 12 darab pontosan ötödfokú pontja van! Megoldás: Jelölje e az élek, a az ötödfokú és b a legalább hatodfokú pontok számát. Egyrészt 5a + 6b ≤ 2e, másrészt a síkbarajzolhatóság miatt e ≤ 3(a +

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

152

13. Síkbarajzolhatóság

b) − 6 teljesül. Mivel ez utóbbi 2e ≤ 6a + 6b − 12 alakba írható, adódik az állítás. 7. Mutassuk meg, hogy az el˝oz˝o feladatban szerepl˝o 12-es becslés nem javítható, vagyis adjunk példát olyan síkbarajzolható egyszer˝u gráfra, melyben 12 darab ötödfokú pont van és kisebb fokú nincs. Megoldás: Az ikozaéder élhálója ilyen gráf, ld. az 1. feladat megoldását. Bonyolultabb példa a 14. feladatban szerepl˝o gráf duálisa. 8. Egy 20 csúcsú konvex poliédernek 12 lapja van. Hány oldala van az egyes lapoknak, ha tudjuk, hogy ez a szám minden lapra azonos? Megoldás: Legyen ez a szám k. Ekkor 12k = 2e, hiszen ha összeadjuk az egyes lapokat határoló élek számát, akkor minden élt kétszer számolunk. Az Euler-formulából viszont e + 2 = 20 + 12 miatt így k = 5 azonnal adódik. (Vegyük észre, hogy az 1. feladatban szerepl˝o dodekaéder is ilyen.) 9. Minimálisan hány élkeresztezés szükséges a K4,4 páros gráf lerajzolásához? Megoldás: Az ábrán látható egy 4 élkeresztezéssel való lerajzolás.

Tegyük fel, hogy a feladat megoldható kevesebb élkeresztezéssel. Szüntessük meg az élkeresztezéseket egy-egy bennük szerepl˝o él elhagyásával. Így egy 8 pontú és legalább 16-3=13 él˝u síkbarajzolható gráfot kaptunk, melynek minden köre legalább 4 hosszú. Mivel egy n pontú, e él˝u, egyszer˝u, síkbarajzolható gráfra, amelynek minden köre legalább 4 hosszú, e ≤ 2n − 4 teljesül, ellentmondásra jutottunk. Tehát a válasz 4. 10. Egy gömbre élkeresztezés nélkül felrajzoltunk egy 16 él˝u 4-reguláris gráfot. Hány tartomány keletkezett? Megoldás: Ha a pontok számát n-nel, az élekét e-vel jelöljük, akkor a regularitás miatt 2e = 4n, tehát n = 8. A gráf összefügg˝o, mert a fokszámfeltétel miatt minden komponense legalább 5 pontú. Az Euler-formula szerint a tartományok száma 16 + 2 − 8 = 10. Van is ilyen gráf, lásd például a 24. feladat megoldásánál.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

13. Síkbarajzolhatóság

153

11. Egy konvex test minden lapja négyszög vagy nyolcszög és minden pontban pontosan három lap találkozik. Mennyi a négyszög- és nyolcszöglapok számának különbsége? Megoldás: Jelöljük a négyszöglapok és a nyolcszöglapok számát l4 -gyel, illetve l8 -cal. A 4l4 + 8l8 mennyiség minden élt kétszer (és a feladat másik feltétele miatt minden pontot háromszor) számol. Így a pontok, élek és lapok száma rendre 43 l4 + 83 l8 , 2l4 + 4l8 , illetve l4 + l8 . Ha ezeket az Euler-formulába helyettesítjük, l4 − l8 = 6 adódik. Van is ilyen konvex test, például a nyolcszög alapú hasáb, vagy akár a kocka. 12. Egy n pontú, e él˝u, síkbarajzolható, egyszer˝u gráf c összefügg˝o komponensb˝ol áll. A síkbarajzolása során t tartomány keletkezik. Bizonyítsuk be, hogy n + t − e = c + 1 teljesül! Megoldás: Külön az (ni pontú és ei él˝u) i-edik komponens lerajzolásakor keletkez˝o tartományok száma legyen ti . Ekkor n = ∑ ni és e = ∑ ei , viszont a „küls˝o” tartományok azonosak, ezért t = ∑ ti − (c − 1). A komponensekre felírt Euler-formulából adódik az állítás. 13. Adjuk meg az összes olyan t számot, melyre létezik t darab háromszögb˝ol álló 7 csúcsú konvex test! Megoldás: Az Euler-formula szerint t + n = e + 2, ahol n = 7 és 2e = 3t. Ez csak t = 10, e = 15 értékekkel teljesülhet és ilyen konvex test van is, élhálóját az alábbi ábra mutatja.

14. Egy konvex test lapjai szabályos ötszögek és hatszögek. Az ötszögeket csak hatszögek határolják, a hatszögeket felváltva hatszögek és ötszögek (gondoljunk a futball-labdára). Meghatározható-e ennyi adatból az ötszögek és a hatszögek száma? Megoldás: Igen. Jelölje l5 és l6 az ötszöglapok, illetve a hatszöglapok számát. Nem lehetséges, hogy csak két lap találkozzon egy csúcsnál, és négy vagy több sem találkozhat, hiszen a szabályos ötszög szomszédos oldalai 108◦ -os,

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

154

13. Síkbarajzolhatóság

a szabályos hatszögéi 120◦ -os szöget zárnak be, és már 4 · 108◦ is nagyobb 360◦ -nál. Így minden csúcsba három él fut be, ezért 5l5 + 6l6 egyfel˝ol az élszám kétszerese, másfel˝ol a csúcsok számának háromszorosa. Ezenkívül a lapok egymáshoz való viszonyából 5l5 = 3l6 is adódik (az ötszögek mentén körbejárva mindegyik hatszöget háromszor számoljuk). Így 5l5 + 6l6 = 15l5 = 8 2e = 3n miatt e = 15 2 l5 , n = 5l5 , l = 3 l5 . Az Euler-formulába helyettesítve l5 = 12, l6 = 20, n = 60 és e = 90 adódik. 15. Létezik-e olyan szabályos háromszögekkel és négyzetekkel határolt konvex test, amiben (a) minden négyzetet négy háromszög, minden háromszöget két négyzet és egy háromszög határol; (b) a háromszögeket csak négyzetek határolják, a négyzeteket felváltva háromszögek és négyzetek? Megoldás: (a) Ha az ABC háromszög az AB oldala mentén szomszédos egy másik, ABD háromszöggel, akkor a BC és a BD oldalakhoz illeszked˝o négyzeteknek szomszédosaknak kell lenniük, mert ha az E1 , E2 pontok (ld. a bal oldali ábrát) különböz˝oek lennének, akkor az E1 BE2 szög legalább 60◦ lenne, és akkor a B csúcsnál a szögösszeg 360◦ lenne (vagyis a négyzetek és a háromszögek nem egy poliéder lapjai lennének, hanem a síknak egy „parkettázását” adnák, ld. a jobb oldali ábrát). Ha viszont a négyzetek szomszédosak lennének, ez ellentmondana a feladat kit˝uzésének (minden négyzetet négy háromszög határol), tehát ilyen konvex test nem létezhet.

E1

E2 B

C

D A

(b) Ilyen konvex test az olyan szabályos háromszög alapú hasáb, melynek oldallapjai négyzetek. 16. A K11 teljes gráf élhalmazát két részre osztottuk. Lehetséges-e, hogy mindkét rész síkbarajzolható gráfot határoz meg?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

155

13. Síkbarajzolhatóság

Megoldás: Ha lehetséges lenne, akkor¡legfeljebb 3n − 6 = 27 éle lehetne ¢ 11 mindkét gráfban, viszont a teljes gráfnak 2 = 55 > 2 · 27 éle van, ezért nem lehet mindkét gráf síkbarajzolható. 17. Minimálisan hány pontja van egy síkbarajzolható, 4-reguláris, egyszer˝u gráfnak? Megoldás: Egy 4-reguláris egyszer˝u gráfban legalább 5 pont kell, hogy legyen, de n = 5-re a K5 gráfot kapnánk, ami nem síkbarajzolható. Így n ≥ 6 következik és n = 6 lehetséges is, ld. az oktaéder élhálóját az 1. feladatnál. 18. Egy szabályos test minden lapja egybevágó szabályos k-szög, minden csúcsánál d lap találkozik (d ≥ 3). (a) Mutassuk meg, hogy 1/k + 1/d > 1/2 (b) Bizonyítsuk be, hogy az 1. feladatban szerepl˝o öt testen kívül más szabályos test nem létezik! Megoldás: (a) Mind az l lapot k él határolja és mind a p csúcshoz d él illeszkedik, tehát az e élszám kétszeresére lk = d p = 2e. Az innét nyerhet˝o l = 2e/k, p = 2e/d kifejezéseket az Euler-formulába helyettesítve 1/k +1/d = 1/2 + 1/e > 1/2 adódik. (b) Az (a)-ból d ≥ 3 miatt 1/k > 1/6, azaz k < 6. Ha k = 3, akkor (a)-ból 1/3 + 1/d > 1/2 miatt 3 ≤ d ≤ 5. E három d értéknek rendre megfelel a tetraéder, az oktaéder, illetve az ikozaéder. Ha k = 4, akkor 1/4 + 1/d > 1/2 miatt d < 4, vagyis d = 3, és ennek megfelel a kocka. Ha k = 5, akkor 1/5 + 1/d > 1/2 miatt d < 10/3, tehát itt is csak d = 3 lehetséges és ennek megfelel a dodekaéder. A k és d paraméterek egyértelm˝uen meghatározzák a szabályos testet, tehát a felsoroltakon kívül más nem létezik.

13.2.

Kuratowski-tétel, Fáry–Wagner-tétel

19. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi gráfok? Ha igen, rajzoljuk le o˝ ket élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal! 1

1

5

2

5

5

6

6 4

7

1 2

3

4

7 6

3

4

1 2

5

3

4

8

7

8

2

6 3

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

156

13. Síkbarajzolhatóság

Megoldás: A második gráf nem rajzolható síkba, mert tartalmazza a K3,3 soros b˝ovítését, a többi síkbarajzolható (ld. az ábrát).

5

2

4

1

1

1 5

6

3

7

2

6

3

8

5

4

7

8

6

3

2

4

20. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi gráfok? Ha igen, rajzoljuk le o˝ ket élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal!

1

3

1

5

3 7

5 8

7 4

2

4

6

1

3

5

1

3

5

7

6

2

4

6

8

2

7

8

9

10 4

2

6

Megoldás: A második és a harmadik gráf nem rajzolható síkba, mert tartalmazzák a K3,3 soros b˝ovítését, a többi síkbarajzolható (ld. az ábrát).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

157

13. Síkbarajzolhatóság

1

6

3 7 4

2

5

1

8 6

3

7

2

4

5

21. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi gráfok? Ha igen, rajzoljuk le o˝ ket élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal! 2

1 5

2

6

1

3

7 4 4

6 5

3 3

4

3

4 8

2

5

2

5

7 1

7 6

1

6

Megoldás: Az els˝o három gráf nem rajzolható síkba, mert tartalmazzák a K3,3 gráf soros b˝ovítését (az els˝o kett˝o a K5 soros b˝ovítését is), a negyedik síkbarajzolható (ld. az ábrát).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

158

13. Síkbarajzolhatóság

3

4 8 2

5 7

1

6

22. Síkbarajzolható-e a kocka élgráfjának a komplementere? Ha igen, rajzoljuk le élkeresztezés nélkül, egyenes szakaszokkal! Megoldás: Az ábra els˝o sorában látható a kocka élgráfja, majd a komplementere, a második sorban egy-egy olyan részgráfja, mely a K5 , illetve a K3,3 soros b˝ovítése. Tehát a kérdezett gráf nem rajzolható síkba. 1 2 7 3 2 1 5 6 7

8 4

3

1

3

6

8

2

6

8

5

4

1

3

7

6

8

4

23. Mutassuk meg, hogy minden 8-él˝u gráf síkbarajzolható!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

13. Síkbarajzolhatóság

159

Megoldás: Az esetleges hurok- és többszörös élek eltávolítása után az élek száma legfeljebb 8, márpedig mindkét Kuratowski-gráf és ezek soros b˝ovítései is legalább 9 élt tartalmaznak. 24. Síkbarajzolható-e az a gráf, melyet egy nyolcpontú körb˝ol kapunk, ha minden pontot a másodszomszédjaival is összekötünk? Megoldás: Igen, ld. az ábrát. (Az ábrán vastag vonalak jelzik a nyolc hosszú kör éleit.)

25. Keressünk olyan 8 pontú gráfot, hogy se o˝ , se a komplementere ne legyen síkbarajzolható! Megoldás: Legyen a gráf a K3,3 kib˝ovítve két izolált p, q ponttal. Ekkor a komplementerében a három „ház” és a p, q pontok egy K5 -öt alkotnak. 26. A Gn gráf pontjai az 1, 2, . . . , n számok és két pont akkor és csak akkor szomszédos, ha a megfelel˝o számok közül az egyik osztja a másikat. Mutassuk meg, hogy n ≥ 16 esetén Gn nem síkbarajzolható!

Megoldás: Az {1, 2, 4, 8, 16} ponthalmaz bármely két pontját össze kell kötnünk, tehát Gn tartalmaz egy K5 részgráfot, így nem lehet síkbarajzolható. 27. Létezik-e olyan 6 pontú gráf, hogy se o˝ , se a komplementere nem síkbarajzolható?

Megoldás: Nem létezik. Egy 6 pontú, síkba nem rajzolható gráf ugyanis vagy K3,3 , és akkor a komplementere két pontdiszjunkt háromszög, vagy tartalmazza K5 soros b˝ovítését, és akkor a komplementere vagy egy 3 él˝u csillag és egy él pontdiszjunkt úniója, vagy ennek egy részgráfja, vagy pedig tartalmaz K5 -öt, és akkor a komplementere vagy egy 5 él˝u csillag, vagy ennek egy részgráfja. Mindhárom esetben az eredeti gráf komplementere síkbarajzolható. 28. Legyen a Gk gráf ponthalmaza {a1 , a2 , . . . , ak , b1 , b2 , . . . , bk }. Az ai , a j párok és a bi , b j párok között nem fut él. Az ai , b j pontpár akkor és csak akkor szomszédos, ha i 6= j. Mutassuk meg, hogy Gk akkor és csak akkor síkbarajzolható, ha k < 5 teljesül!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

160

13. Síkbarajzolhatóság

Megoldás: k < 4 esetén Gk triviálisan síkbarajzolható, k = 4 esetén épp a 20. feladat utolsó gráfjáról van szó. k ≥ 5 esetén az ábra mutatja, hogy Gk tartalmazza K3,3 soros b˝ovítését.

a1

a2

a3

a4

a5

b3

b4

b5

...

...

b1

b2

29. Bizonyítsuk be Wagner tételét: Egy gráf akkor és csak akkor síkbarajzolható, ha nem tartalmaz olyan minort, mely izomorf a Kuratowski-gráfok valamelyikével. Megoldás: A feltétel szükséges, hisz az elhagyáshoz hasonlóan az összehúzás sem vezethet ki a síkbarajzolható gráfok köréb˝ol. Az elégségességhez indirekt tegyük fel, hogy G nem síkbarajzolható. Ekkor Kuratowski tétele szerint néhány (esetleg nulla) él elhagyásával olyan G′ gráfhoz jutnánk, mely vagy valamelyik Kuratowski-gráf, vagy azok egyikének egy soros b˝ovítése. Mindkét esetben G′ -b˝ol néhány (az els˝o esetben nulla) él összehúzásával egy Kuratowski-gráfhoz jutnánk, ami ellentmondás. 30. Wagner tételének felhasználásával adjunk egyszer˝ubb új megoldást a 22. feladatra! Megoldás: Az eredeti megoldáshoz tartozó ábra második gráfjában húzzuk össze a (2, 5, 4, 7) kör éleit, így egy K5 gráfhoz jutunk. 31. Adjunk példát arra, hogy egy K5 minort tartalmazó gráf nem feltétlenül tartalmaz olyan részgráfot, mely K5 -tel vagy annak egy soros b˝ovítésével lenne izomorf! Megoldás: Az alábbi ábra baloldalán látható ún. Petersen-gráf tartalmaz K5 minort (húzzuk össze a küls˝o ötszöget és a bels˝o csillagötszöget összeköt˝o öt élt), így a 29. feladat szerint nem síkbarajzolható. Semelyik részgráfja sem lehet K5 -tel vagy annak egy soros b˝ovítésével izomorf, hisz minden pontja harmadfokú. Ezért Kuratowski tétele szerint kell, hogy valamelyik részgráfja K3,3 -mal vagy annak egy soros b˝ovítésével legyen izomorf, egy ilyet az ábra jobboldalán láthatunk.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

161

13. Síkbarajzolhatóság

32. Síkbarajzolhatóak-e az alábbi Kneser-gráfok? (a) KG(5, 2) (b) KG(6, 2) és általában KG(2k + 2, k) (A Kneser-gráfok definicióját lásd a 30. oldalon.) Megoldás: (a) A KG(5, 2) gráf a Petersen-gráffal izomorf, ami nem rajzolható síkba (ld. az el˝oz˝o feladatot). ¡ ¢ ¡k+2¢ (b) A KG(2k +2, k) gráf minden pontja k+2 = 2 = (k +2)(k +1)/2 fokú. k Mivel ez a szám legalább 6, ha k ≥ 2, a 3. feladat szerint ezek sem lehetnek síkbarajzolhatóak. Ha k = 1, akkor a KG(4, 1) gráf a K4 teljes gráffal izomorf, ami síkbarajzolható. Megjegyzés: A (b) esetben azzal is érvelhetünk, hogy a KG(2k + 2, k) gráfnak részgráfja a Kk+1,k+1 teljes páros gráf, ami k ≥ 2 esetén nem rajzolható síkba.

13.3.

Dualitás

33. Határozzuk meg a tetraéder és a kocka élhálója által alkotott gráf duálisát! Megoldás: Az ábrából látható, hogy a kockából az oktaéderhez jutunk (gondoljuk végig, hogy fordítva az oktaéder duálisa ismét a kocka lenne), míg a tetraéder önmagának duálisa. (Megmutatható az is, hogy a dodekaéder és az ikozaéder is egymás duálisai. Ez indokolja az 1. feladat ábráinak sajátos elrendezését és az 1. feladat megoldásában látható táblázat tagolását is.)

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

162

13. Síkbarajzolhatóság

34. Két síkbarajzolható gráf egymás duálisa, az egyik lerajzolásakor minden tartomány négyszög (a küls˝o is), a másikon mindegyik háromszög. Hány pontjuk és hány élük van? Megoldás: Legyen az els˝o gráf pontjainak, éleinek és tartományainak a száma rendre n, e és t. Minden él pontosan két tartomány határán van, így 4t = 2e. A gráf minden pontja harmadfokú, mert a duális minden lapja háromszög, ezért 3n = 2e. Az Euler-formula szerint ekkor e = 12, n = 8,t = 6. A másik gráfra tehát e = 12, n = 6,t = 8. (Ilyen két gráf a kocka és az oktaéder élhálója, ld. az 1. feladatot). 35. Egy síkbarajzolható gráfnak és a duálisának is minden tartománya háromszög. Melyek lehetnek ezek a gráfok? Megoldás: Mindkét gráf csak a K4 teljes gráf lehet. Ha ugyanis az egyik gráf küls˝o tartományát határoló ABC háromszög éleire illeszked˝o további ABP, BCQ, CAR háromszögekre (ld. az ábrát) P, Q, R közül lenne két különböz˝o pont, akkor A, B,C közül legalább az egyik negyedfokú lenne, és akkor a duális gráfban nem lehetne minden tartomány háromszög. C

R Q A

P

B

36. Egy nemzetközi konferencián egy asztalnál öt különböz˝o ország egy-egy képvisel˝oje ül. Bizonyítsuk be, hogy van köztük kett˝o, akiknek az országa nem szomszédos! Megoldás: Az országok egy síkbarajzolható gráf tartományai. Ha az állítás nem lenne igaz, akkor ennek a gráfnak a duálisa tartalmazna egy K5 részgráfot, tehát nem lehetne síkbarajzolható. 37. Egy nemzetközi konferencián az elnökségbe csak olyan küldöttek választhatók, akiknek az országa legalább hat másik jelenlev˝o országgal szomszédos. Mutassuk meg, hogy van olyan küldött, aki biztosan nem választható be az elnökségbe! Megoldás: Az országok egy síkbarajzolható G gráf tartományai. Ha az állítás nem lenne igaz, a duális minden pontja legalább hatodfokú lenne, ami

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

163

13. Síkbarajzolhatóság

síkbarajzolható egyszer˝u gráfoknál lehetetlen (ld. a 3. feladatot). Elvileg elképzelhet˝o, hogy a duális gráf nem egyszer˝u, de akkor G tartományai között olyan országok is vannak, melyeknek csak egy vagy két szomszédja van (pl. San Marino, vagy Andorra), és akkor az állítás nyilvánvaló. 38. Mutassunk példát a duálisukkal izomorf gráfokra! Megoldás: Az ábrán látható sorozat minden eleme ilyen. Az utolsón úgy neveztük el az éleket, hogy könny˝u legyen ellen˝orizni a duálisával való izomorfiát. 4’ 3 4 1 2

3’ 2’ 1’

Van ilyen egyszer˝u gráf is, például a K4 , vagy egy olyan gráf, amely tetsz˝oleges számú, egyetlen közös ponttal rendelkez˝o K4 -b˝ol áll. 39. Mutassuk meg, hogy egy G síkbarajzolható gráf F feszít˝ofájának megfelel˝o élhalmaz a G∗ duális gráfban egy feszít˝ofa komplementerét adja. Megoldás: Jelölje G-ben n a csúcsok, e az élek és t a tartományok, azaz G∗ csúcsainak számát. Mivel F-nek G-re vonatkozó L komplementerében nincs vágás, az L-nek megfelel˝o élek a G∗ -ban körmentes gráfot alkotnak. Ebben az élek száma e − (n − 1), ami az Euler-formula szerint (t − 1)-gyel egyenl˝o. Mivel egy t csúcsú és t − 1 él˝u körmentes gráf fa, az F éleinek megfelel˝o élek G∗ -ban egy feszít˝ofa komplementerét adják. 40. Mutassuk meg (Whitney tételére való hivatkozás nélkül, pusztán a duális tulajdonság-párokra hivatkozva), hogy a Kuratowski-gráfoknak (K5 és K3,3 ) nem lehet duálisa! Megoldás: K5 -nek 10 éle, 5 pontja és minden feszít˝ofájának 4 éle van. Ha lenne duálisa, annak fái a 39. feladat alapján 10 − 4 = 6 él˝uek lennének, tehát a gráf 7 pontú lenne. A hét pont fokszámának összege 2 · 10 = 20 lenne, vagyis nem lehetne minden pont legalább harmadfokú. Ez azt jelenti, hogy tartalmazna 3-nál kevesebb él˝u vágást, vagyis a duálisa (tehát K5 ) nem lenne egyszer˝u. Hasonlóképpen, K3,3 duálisának 5 pontja és 9 éle lenne. Az egyszer˝u gráfok körében az egyetlen ilyen gráfot a K5 -b˝ol kaphatnánk egy él elhagyásával, de arról ellen˝orizhet˝o, hogy annak a duálisa nem K3,3 .

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

164

13. Síkbarajzolhatóság

13.4.

Gyenge izomorfia

41. Keressünk izomorf és gyengén izomorf párokat az ábrán látható gráfok között!

(a)

(b)

(d)

(c)

(e)

Megoldás: Az (a) és (d) gráfnak 7 pontja van, a (b), (c), (e) gráfok mindegyikének 6, tehát izomorfia csak a két csoporton belül lehetséges. Az (a) és (d) gráfok izomorfak, az ábra egy lehetséges átrajzolás lépéseit mutatja (végül a második rajzot még 90◦ -kal el kell forgatni).

A (b) és (e) gráfok izomorfak, ami könnyen látszik, ha a (b) ábra fels˝o középs˝o pontját feljebb húzzuk és utána a kapott ábrát elforgatjuk. A (b) gráf nem izomorf (c)-vel, mert (b)-ben van ötödfokú pont és (c)-ben nincs. Az (a) és (d), illetve a (b) és (e) gráfok izomorfak, tehát gyengén izomorfak is. Az (a)-nak 10, a (b)-nek és (c)-nek 9 éle van, tehát (a) sem (b)-vel, sem (c)-vel nem gyengén izomorf. A (c) és (e) gráfok gyengén izomorfak mert egymásba vihet˝ok az ábrán megjelölt kételem˝u elvágó ponthalmaz két eleme mentén való forgatással.

Tehát gyengén izomorf (a) és (d), illetve (b), (c) és (e).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

165

13. Síkbarajzolhatóság

42. Bizonyítsuk be, hogy bármely két n pontú fa gyengén izomorf! Megoldás: Nyilván ugyanannyi élük van, így létesíthet˝o az élhalmazaik között kölcsönösen egyértelm˝u megfeleltetés. Bármelyik ilyen megfeleltetés jó lesz, hiszen egy fában semmilyen élhalmaz nem alkot kört és pontosan az egyelem˝u élhalmazok alkotnak vágást (azok viszont mind). 43. Gyengén izomorfak-e az ábrán látható gráfok?

Megoldás: Igen, az ábrasorozat mutatja, hogy juthatunk az els˝o gráfból a másodikba úgy, hogy mindig egy kételem˝u elvágó ponthalmaz két eleme mentén forgatjuk el az egyik részgráfot.

4

1

4

3

2

1

1

5

6

7

8

9

10

11

12

2

5/3

3/5

6/8

2

3/5

8 9

4

8/6

7/9

9/7

10

11 12

5/3

11

6 7

10

12

8/6

7

1

2

3/5

4

5/3

6/8

9 10

11

12

44. Gyengén izomorfak-e az ábrán látható gráfok?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

166

13. Síkbarajzolhatóság

Megoldás: Igen. Az átalakítás els˝o két lépése az ábrán látható, ahol rendre a megjelölt két pont mentén forgattuk el az egyik részgráfot.

45. Gyengén izomorfak-e az ábrán látható gráfok?

Megoldás: Igen. El˝obb forgassuk el az els˝o ábrát 180 fokkal, majd az {1, 12} kételem˝u elvágó ponthalmaz mentén forgassuk el a bal oldali részét a gráfnak. Ha a kapott gráfon a bejelölt pontok (2, 9) mentén forgatjuk a gráf alsó részét, a kívánt ábrát kapjuk.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

167

13. Síkbarajzolhatóság

1/12 3 5

2

4

11

1

6

8

9 10 7

8

11 12

12/1

10 9

2

7

4 6

3

5

46. Mutassunk példát olyan G1 , G2 gráfokra, melyek gyengén izomorfak és melyekre ∆(G2 ) − ∆(G1 ) = 100 teljesül. Megoldás: Legyen G1 egy 102-él˝u út, G2 pedig egy ugyanennyi él˝u csillag! Ez jó példa (a 42. feladatban láttuk, hogy az azonos pontszámú fák mind gyengén izomorfak).

13.5.

Vegyes feladatok

47. Mutassuk meg, hogy ha egy síkbarajzolható gráfnak van Euler-köre, akkor a duálisa páros gráf! Megoldás: A gráfunknak ilyenkor minden pontja páros fokú. Ekkor minden vágása is páros sok élt tartalmaz (az egyik oldalra kerül˝o pontok fokszámösszegéb˝ol vonjuk le ezen oldal pontjai között futó élek számának kétszeresét). Így a duális gráfban minden kör hossza páros. Mivel egy gráf akkor és csak akkor páros, ha minden köre páros hosszúságú, ezzel az állítást beláttuk. 48. Bizonyítsuk be, hogy egy kétszeresen összefügg˝o síkbarajzolható gráf duálisa is kétszeresen összefügg˝o! Megoldás: Ha egy síkbarajzolható gráf nem összefügg˝o és komponenseit külön-külön síkbarajzoljuk, akkor ezek a síkbarajzolások úgy is egymás mellé helyezhet˝oek, hogy az egyes komponensek korlátos tartományai az új lerajzolásnak is tartományai maradjanak. Az ábra felül egy „jó”, alul egy rossz” egymás mellé helyezést mutat.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

168

13. Síkbarajzolhatóság

+

Ugyanígy egy összefügg˝o, de nem kétszeresen összefügg˝o gráf is átrajzolható úgy, hogy az egyes kétszeresen összefügg˝o komponenseinek korlátos tartományai az egész rajznak tartományai maradjanak (ld. a következ˝o ábrát).

Mármost ha G∗ nem volna kétszeresen összefügg˝o, akkor rajzoljuk át a fenti értelemben „jó” alakba. A küls˝o tartományának G-ben megfelel˝o pont elvágó pont lesz, ami kétszeresen összefügg˝o gráf esetén lehetetlen. 49. Lehet-e egy hatszorosan összefügg˝o gráf síkbarajzolható? Megoldás: Nem, hisz minden pontja – még az esetleges hurokélek és többszörös élek nélkül is – legalább hatodfokú lenne, és akkor a 3. feladat szerint nem lehetne síkbarajzolható. 50. Lehetséges-e, hogy két összefügg˝o egymással gyengén izomorf gráf közül az egyiknek van Hamilton-köre, a másiknak nincs? Megoldás: Nem. Legyen a két gráf G1 és G2 . Tegyük fel, hogy G1 -ben van Hamilton-kör. E kör éleinek G2 -ben is egy kör felel meg. Ha ez nem Hamiltonkör G2 -ben, akkor G2 -nek több csúcsa van, mint G1 -nek. Whitney megfelel˝o tételéb˝ol következik azonban, hogy ha két gyengén izomorf gráf csúcsainak száma nem egyenl˝o, akkor az, amelyiknek több csúcsa van, nem összefügg˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

169

13. Síkbarajzolhatóság

13.6.

A síkbarajzolhatóságnál általánosabb fogalmak

51. Mutassuk meg, hogy a K5 gráf élkeresztezés nélkül felrajzolható a tóruszra! Megoldás: Az ábrán egy olyan rajz látható, melyet a szemközti élek, illetve körök azonosítása el˝ott helyeztünk el a téglalapon. A két A jel˝u, illetve a két B jel˝u pont azonosításával épp a K5 lerajzolását fejeztük be. A

B

B

A

52. Mutassuk meg, hogy még a K6 gráf is élkeresztezés nélkül felrajzolható a tóruszra! Megoldás: Ld. az ábrát. 5B

6 1

2 3 4

2 3 4 5A

5A 5B

6 1

53. Mutassuk meg, hogy még a K7 gráf is élkeresztezés nélkül felrajzolható a tóruszra! Megoldás: Ld. az ábrát. 1

2

3

4

5

6

7

A B

1 A B C

C 1

2

3

4

5

6

7

1

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

170

13. Síkbarajzolhatóság

54. Mutassuk meg, hogy a síkbarajzolható gráfok mind hurkolásmentesen beágyazhatóak! Megoldás: Ha egy gráf élek keresztezése nélkül lerajzolható a síkba, akkor azon a rajzon bármely két pontdiszjunkt kör vagy diszjunkt tartományokat zár be, vagy az egyikük által tartalmazott korlátos tartományt a másik kör is körbeveszi. Tehát a körök nem hurkolódnak egymásba a síkban és így a térben sem. 55. (a) Mutassuk meg, hogy az ábrán látható beágyazás nem hurkolásmentes! (b) Bizonyítsuk be, hogy ugyanez a gráf – bár nem síkbarajzolható –, hurkolásmentesen is beágyazható! 1 6

2

5

3 4

Megoldás: Az (a) állítás igazolásához elegend˝o észrevennünk, hogy az (1, 2, 4) és a (3, 5, 6) körök egymásba hurkolódnak. Ha a gráfot a bal oldali ábrán látható módon újra lerajzoljuk, azonnal látszik, hogy tartalmazza a K3,3 részgráfot, tehát nem síkbarajzolható. Ha két pontdiszjunkt kört keresünk benne, azok nyilván három hosszúságúak (hisz a gráfnak összesen is csak 6 pontja van), és mivel a két kör egyike a {2, 4}, másika a {3, 5} élt kell, hogy tartalmazza, az egyetlen lehet˝oség a fent látott (1, 2, 4), (3, 5, 6) körpár. Ezek után könny˝u egy hurkolásmentes beágyazást találni, ld. pl. a jobb oldali ábrát. 1

5

3

1

5

3

2

4

6

2

4

6

Megjegyzés: Bebizonyítható, hogy például a K6 vagy a Petersen-gráf nem hurkolásmentesen beágyazható. [ J. H. Conway, C. McA. Gordon, Knots and links in spatial graphs. Journal of Graph Theory, 7(1983) 445–453; H. Sachs, On spatial representations of finite graphs, Finite and Infinite Sets (A. Hajnal,

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

171

13. Síkbarajzolhatóság

L. Lovász, V. T. Sós eds.) Colloq. Math. Soc. J. Bolyai, 37. North-Holland, Amsterdam, 1984, 649–662. ] 56. A 42. oldalon szerepl˝o definíció utáni középs˝o ábrán a pontok folytonos mozgatásával eljuthatunk a gráf egy „szokásos” síkbarajzolásához. Létezhet-e egy síkbarajzolható gráfnak olyan hurkolásmentes beágyazása, melyre ez nem lehetséges? Megoldás: Igen, például a három pontdiszjunkt körb˝ol álló gráf az ábra szerinti beágyazással ilyen. Az (1, 2, 3) kör teljes terjedelmében a (4, 5, 6) kör alatt, utóbbi pedig teljes terjedelmében a (7, 8, 9) kör alatt halad, végül ez utóbbi teljes terjedelmében az (1, 2, 3) alatt. Így a három kör közül semelyik kett˝o nem hurkolódik egymásba, ennek ellenére a pontok folytonos mozgatásával nem juthatnánk el diszjunkt lerajzolásukba.

6

7 5

8

3

1 2 9

13.7.

4

A síkbarajzolhatóságnál speciálisabb fogalmak

57. A K3 , K4 , K5 , K2,2 , K3,3 gráfok közül melyek körvonalra rajzolhatók? Megoldás: Az els˝o és a negyedik egy-egy kör, azok nyilván ilyenek. A harmadik és az utolsó egyáltalán nem rajzolható síkba. A K4 ugyan síkbarajzolható, de körvonalra nem. Ugyanis a 4 pontnak a körvonalon kellene lennie és az általuk alkotott négyszög két átlójának egyike sem haladhatna a körön kívül, így viszont biztosan metszenék egymást. 58. Hogy lehetne felismerni a körvonalra rajzolható gráfokat egy, a „közönséges” síkbarajzolhatóságot felismer˝o algoritmus segítségével? Megoldás: Egy gráf akkor és csak akkor lesz körvonalra rajzolható, ha hozzávéve egy olyan pontot, melyet minden más ponttal összekötünk, a keletkez˝o gráf még síkbarajzolható marad. Ez pedig az algoritmussal ellen˝orizhet˝o. 59. Körvonalra rajzolható-e a K2,3 gráf?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

172

13. Síkbarajzolhatóság

Megoldás: Vegyünk hozzá egy új pontot a gráfhoz és kössük össze az eredeti pontokkal. A kapott gráfnak van K3,3 -mal izomorf részgráfja, ezért nem síkbarajzolható. Ebb˝ol az el˝oz˝o feladat megoldása alapján következik, hogy K2,3 nem körvonalra rajzolható. Megjegyzés: A K4 nem körvonalra rajzolható volta (lásd az 57. feladatot) is belátható ezzel a módszerrel. 60. Mutassuk meg, hogy – a síkbarajzolható gráfok osztályával ellentétben – a körvonalra rajzolható gráfok osztályából kivezethet a soros b˝ovítés és a duálisképzés! Megoldás: Legyen G1 egy négy él˝u kör egy átlójával és G2 egy olyan három él˝u kör, melynek mindhárom élét 2–2 párhuzamos éllel helyettesítettük. Nyilván mindkett˝o körvonalra rajzolható, ugyanakkor ha G1 átlóját sorosan b˝ovítjük vagy G2 duálisát képezzük, akkor a K2,3 gráfot kapjuk, amelyr˝ol láttuk, hogy nem ilyen. 61. (a) Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráf körvonalra rajzolható, akkor nem tartalmazhatja részgráfként a K4 és a K2,3 részgráfokat vagy ezek soros b˝ovítését! (b) Elégséges-e az el˝obbi feltétel? Megoldás: (a) Az állítás nyilvánvaló, hisz a fenti két gráfról láttuk, hogy rosszak és a körvonalra rajzolható gráfok osztályából nem vezet ki a részgráf képzés vagy a soros összehúzás (s˝ot, a tetsz˝oleges összehúzás sem). (b) Igen. Legyen ugyanis G egy körvonalra nem rajzolható gráf. Két esetet különböztessünk meg. Ha G egyáltalán nem síkbarajzolható, akkor tartalmaz egy olyan H részgráfot, mely az egyik Kuratowski-gráffal vagy annak soros b˝ovítésével izomorf. Legyen ennek P egy tetsz˝oleges 2-nél magasabb fokú pontja. Elhagyva a P pontot, a hozzá illeszked˝o éleket (és az esetleges ezután keletkez˝o els˝ofokú pontokat), az eredeti G gráfnak egy olyan részgráfjához jutunk, mely épp a K4 vagy K2,3 gráfok egyikével (vagy valamelyikük soros b˝ovítésével) izomorf. Ha G síkbarajzolható, csak körvonalra nem, akkor G-hez hozzávéve egy P pontot, melyet minden más ponttal összekötünk, egy síkba nem rajzolható gráfhoz jutunk és ennek létezik egy olyan H részgráfja, mely valamelyik Kuratowski-gráffal vagy annak soros b˝ovítésével izomorf. Ebben az esetben a P pont nyilván H-nak egy nem másodfokú pontja, hisz az eredeti G gráf még síkbarajzolható volt. Erre a P pontra alkalmazható a fenti érvelés. 62. Mutassuk meg, hogy az alábbi gráf soros-párhuzamos!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

173

13. Síkbarajzolhatóság

Megoldás:

63. Mutassuk meg, hogy a K4 gráf nem soros-párhuzamos! Megoldás: Ha az el˝oz˝o feladatban leírt m˝uveletekkel megkonstruálható egy gráf, akkor az utolsó lépés után vagy nem kétszeresen összefügg˝o, vagy vannak benne soros vagy párhuzamos élek. Mivel K4 egyszer˝u gráf (tehát nincsenek benne párhuzamos élek), minden pontja harmadfokú (tehát soros élek sincsenek benne) és kétszeresen összefügg˝o, így nem lehet soros-párhuzamos. Megjegyzés: Belátható, hogy egy gráf akkor és csak akkor soros-párhuzamos, ha nem tartalmazza részgráfként K4 -et vagy annak soros b˝ovítését. Wagner tételének analógiájaképp úgy is jellemezhet˝oek a soros-párhuzamos gráfok, mint amelyek nem tartalmazzák a K4 gráfot minorként. 64. Az el˝oz˝o feladat megoldásában szerepl˝o megjegyzések felhasználásával mutassuk meg, hogy a soros-párhuzamos gráfok mind síkbarajzolhatóak és a duálisuk is soros-párhuzamos! Megoldás: Ha egy G gráf nem síkbarajzolható, akkor tartalmazza valamelyik Kuratowski-gráfot vagy soros b˝ovítését részgráfként. Mivel K5 -b˝ol egy pont elhagyásával K4 -et, K3,3 -ból pedig egy él elhagyásával K4 soros b˝ovítését kapjuk, ezért G nem lehet soros-párhuzamos sem. A második állításhoz tegyük fel, hogy G soros-párhuzamos (tehát síkbarajzolható, így létezik a duálisa), de G∗ nem soros-párhuzamos. Ekkor a megjegyzés szerint az élhalmazának van két olyan diszjunkt A, B részhalmaza, hogy G∗ -ból A éleit elhagyva és B éleit összehúzva K4 -hez jutnánk. Ha viszont G-ben az

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

174

13. Síkbarajzolhatóság

A-nak megfelel˝o éleket összehúznánk és a B-nek megfelel˝oket hagynánk el, akkor így K4 duálisához jutnánk. Mivel K4 izomorf a saját duálisával, G nem lehetne soros-párhuzamos, ami ellentmondás.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. fejezet Párosítások

14.1. Maximális párosítás 1. Egy munkahelyen 8 állásra hatan jelentkeztek. Anna az 1., 2., 3., 4., 5., 6. állásra, Bandi a 2., 5., 8. állásra, Csilla a 2. és 5. állásra, Dóra és Ern˝o a 2., 8. állásra, Feri az 1., 2., 3., 4., 7. állásra jöhet szóba. Ha minden állásra egy ember kell, maximum hányat tudnak hatuk közül foglalkoztatni. Megoldás: Vegyük észre, hogy Bandi, Csilla, Dóra és Ern˝o közül mindenki csak a 2., 5., 8. állások valamelyikére jöhet szóba. Tehát hármuk közül valaki biztosan munka nélkül marad. Azaz hatuk közül legfeljebb ötöt tudnak foglalkoztatni. Ötöt tényleg lehet is, például Anna kapja az 1., Bandi a 2., Csilla az 5., Dóra a 8., Feri pedig a 3. állást. 2. Egy üzem 6 üres munkahelyére heten jelentkeztek. Aladár az 1. munkahelyre, Béla az 1. és 6. munkahelyre, Csaba a 2., 3., 4., Dénes a 2., 5., Elemér a 4., 5., Ferenc az 1., 6., Géza pedig csak a 6. munkahelyre. (a) Maximum hány munkahelyet lehet a jelentkez˝okkel betölteni? (b) Maximum hány munkahelyet lehet a jelentkez˝okkel betölteni, ha Ferencet rábeszéljük, fogadja el a 2. munkahelyet. Megoldás: (a) Vegyük észre, hogy csak három személy van (Csaba, Dénes, Elemér), aki a 2 – 5. munkahelyek valamelyikét betöltené. Tehát, e négy munkahelyb˝ol legfeljebb hármat tudunk betölteni, vagyis a hatból legfeljebb ötöt. Ez meg is oldható, egy lehetséges beosztás a következ˝o: Aladár kerüljön az 1., Béla a 6., Csaba a 3., Dénes az 5., Elemér a 4. munkahelyre, Ferenc és Géza pedig nem kap munkát. (b) Az el˝oz˝o beosztást kiegészíthetjük azzal, hogy Ferenc kerüljön a 2. munkhalyre, így mind a hat helyre találtunk embert. 3. Húsz táborozó páros pingpongbajnokságot szeretne szervezni. Ehhez úgy kell 10 párt alkotniuk, hogy mindenki egy barátjával legyen párban. A társaságban két ember mindenkinek barátja, a többiek viszont csak egy-egy kisebb csoport 175

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

176

14. Párosítások

tagjaival hajlandóak párban lenni. Az egyes baráti csoportok 7, 5, 3 és 3 tagból állnak. Létre tudnak-e hozni ilyen feltételek mellett 10 „baráti”párost? Megoldás: Nem. A négy baráti csoport mindegyikének páratlan sok tagja van, tehát minden csoportból legalább egy személyhez a csoporton kívüli párt kellene találnunk. Viszont csak ketten vannak a csoportokon kívül akikhez ezek szerint legalább négy embert kellene párosítanunk. Megjegyzés: Az hogy nincs teljes párosítás, következik Tutte tételéb˝ol: Valójában a fenti érvelés a tétel egyszer˝ubb iránya bizonyításának speciális esete. 4. Egy 36 pontú G gráfból töröltünk 3 pontot és a kapott gráf hét összefügg˝o komponensre esett szét. A komponensek között 5 darab 5 pontú és 2 darab 4 pontú található. Igaz-e, hogy G-nek nem lehetett teljes párosítása? Megoldás: Vegyük észre, hogy egy teljes párosítás egy, a pontok törléskor keletkezett öt pontú komponensnek legalább egy pontját az egyik törölt ponthoz kell, hogy párosítsa. Viszont mivel minden törölt ponthoz egy párosított él tartozik, nem lehet, hogy az 5 komponens mindegyikének egy pontja a három elhagyott ponthoz legyen párosítva, tehát nincs teljes párosítás. 5. A V = {2, 3, 4, . . . , 2003} ponthalmazon definiáljuk a G gráfot úgy, hogy a és b között akkor és csak akkor vezessen él, ha sem a nem osztója b-nek, sem b nem osztója a-nak. Mutassuk meg, hogy G-ben van teljes párosítás. Megoldás: Vegyük észre, hogy {2, 3}, {4, 5}, . . . , {2002, 2003} élei a gráfnak és ezek egy teljes párosítást adnak. 6. Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráfban van teljes párosítás, akkor bármely k független pontnak együtt legalább k szomszédja van. Megoldás: Legyen X egy független ponthalmaz, |X| = k. Egy teljes párosításban X minden pontjának X-en kívüli párja kell legyen, és mivel ezek a párok mind különböz˝ok, az X szomszédainak N(X) halmaza legalább k elem˝u. 7. Tegyük fel, hogy a G gráf minden összefügg˝o komponense egy kör. Mi az a legkisebb m szám, amelyre teljesül, hogy G-hez hozzá lehet venni m élt úgy, hogy az új gráfban legyen teljes párosítás? Mikor létezik ilyen m szám? Megoldás: Ha egy komponens páros hosszú kör, akkor ezen a komponensen belül van teljes párosítás. Páratlan hosszú körben legalább egy pontot nem a körön belül párosítunk. Legyen c a páratlan körök száma. Ha c páratlan, akkor a gráfnak páratlan sok pontja van, és ezért nem lehet benne teljes párosítás (akárhogy is húzunk be újabb éleket). Ha c páros szám, akkor c/2 élre szükség van (minden páratlan körhöz csatlakoznia kell egy új élnek), és ennyivel a

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

177

feladat megoldható, hiszen van olyan párositás G-ben, ami minden páratlan körb˝ol pontosan egy pontot nem fed. Ezen c ponton pedig c/2 darab új éllel létesíthetünk egy teljes párosítást. Az új élek a G-ben vett párosítással együtt a kiegészített gráf egy teljes párosítását adják. 8. Tegyük fel, hogy a G összefügg˝o gráf tetsz˝oleges pontját elhagyva a kapott gráfnak létezik teljes párosítása. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a G gráfban nincs elvágó él, vagyis tetsz˝oleges élt elhagyva a gráf továbbra is összefügg˝o marad. Megoldás: Indirekt bizonyítunk. Tegyük fel, hogy az e = {x, y} él elhagyása után a gráf már nem összefügg˝o. Legyen X az x pontot tartalmazó, Y az y pontot tartalmazó összefügg˝o komponens ponthalmaza. Ha csak az x pontot hagyjuk el a G gráfból, a feltétel szerint a kapott gráfban lesz teljes párosítás. Ez a párosítás X − {x} pontjait egymás között párosítja (nincs kivezet˝o él), tehát X-nek páratlan sok pontja van. Ugyanez a párosítás Y pontjain egy teljes párosítást ad, azaz Y páros sok pontból áll. Ha most az y pontot hagyjuk el, ugyanígy azt kapjuk, hogy |X| páros és |Y | páratlan, ami ellentmondás. 9. Egy 100 pontú egyszer˝u gráfban akárhogyan is választunk ki 3 pontot, ezek között legalább 2 él fut. Mutassuk meg, hogy a gráfban van teljes párosítás. 1. Megoldás: Tekintsünk egy maximális (azaz lehet˝o legtöbb élt tartalmazó) párosítást. Mennyi lehet a párosítás által nem lefedett pontok száma? Nem lehet kett˝onél több lefedetlen pont, hiszen bármely három pont között van a gráfban él, és egy ilyen éllel a párosítás növelhet˝o lenne. ˝ nem lehetnek éllel összeHa 2 lefedetlen pont van, legyenek ezek a és b. Ok kötve, mert különben a párosítás növelhet˝o lenne. Legyen a párosításunkban szerepl˝o egyik él {c, d}. A feltétel szerint az a, b, c pontok között fut legalább 2 él, de a és b nincs összekötve, tehát {a, c} és {b, c} is éle a gráfnak. Hasonlóan {a, d} és {b, d} is él kell, hogy legyen. Ekkor viszont az a, c, d, b egy javító út, azaz a párosításunk nem lenne maximális. Ha a párosítás által nem lefedett pontok száma kisebb kett˝onél, akkor, mivel a gráf pontjainak száma és a lefedett pontok száma is páros, csak 0 lefedetlen pont lehet, azaz a párosítás teljes párosítás. 2. Megoldás: Tegyük fel, hogy az a és b pontok között nincs él. Ekkor tetsz˝oleges az a és b pontoktól különböz˝o c pontra teljesül, hogy c össze van kötve az a ponttal és a b ponttal is, hiszen az a, b, c pontok között kell, hogy legyen 2 él. Ebb˝ol az következik, hogy minden a ponthoz legfeljebb egy olyan pont lehet, amivel az a nincs összekötve, azaz minden pont fokszáma legalább

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

178

14. Párosítások

98 > 100/2. A Dirac-tétel szerint ezért a gráf tartalmaz Hamilton-kört, és egy Hamilton-kör minden második éle egy teljes párosítást ad. Megjegyzés: Az els˝o bizonyítás úgy is fogalmazható, hogy kiindulunk egy tetsz˝oleges párosításból, és amíg van legalább 2 lefedetlen pont a gráfban, addig a párosítást tudjuk növelni vagy egy az eddigiekt˝ol független éllel vagy egy 3 hosszú javító úttal (az el˝oz˝o észrevételek alapján). Az eljárás csak akkor ér véget, ha a lefedetlen pontok száma 2 alá csökken, amikor is teljes párosítást kaptunk, hiszen, mint az el˝obb láttuk, a fedetlen pontok száma páros kell, hogy legyen. 10. Költözéskor már majdnem mindent elcsomagoltunk, de még néhány tárgy kimaradt a dobozokból. Azt vesszük észre, hogy minden dobozba legalább egy kimaradt tárgy még belefér, és hogy minden egyes kimaradt tárgy egy kivételével bármelyik dobozba beletehet˝o. Feltéve, hogy a kimaradt tárgyak és a használt dobozok száma megegyezik, adjunk eljárást, ami megadja, hogyan fejezzük be a csomagolást a már dobozba rakott dolgok kipakolása nélkül. Megoldás: Készítsünk egy páros gráfot. Az egyik ponthalmaz elemei feleljenek meg a kimaradt tárgyaknak, a másik ponthalmaz elemei pedig a dobozoknak. Akkor menjen él egy kimaradt tárgynak és egy doboznak megfelel˝o pont között, ha az adott tárgy belefér az adott dobozba. A pakolás befejezéséhez ebben a páros gráfban kell egy teljes párosítást találnunk. Ezt a javító utas módszerrel bármely páros gráfban elvégezhetnénk, ebben a speciális gráfban azonban a következ˝o egyszer˝u pakolási eljárás is adódik: vegyük egymás után a tárgyakat és rakjuk mindegyiket egy olyan dobozba, ahova belefér. Ezzel az utolsó el˝otti darabig nem is lesz probléma, biztos találunk jó dobozt mert minden tárgy csak egy dobozba nem fér be. Ha az utolsó tárgy már nem fér sehova, keressünk egy olyan dobozt (hívjuk ezt utolsónak), amibe a kimaradt tárgyak pakolásakor nem raktunk semmit. A feltétel szerint van olyan tárgy, ami belerakható lett volna az utolsó dobozba, tegyük is ezt át oda, a helyére pedig berakhatjuk az utolsónak maradt tárgyat. 11. Bizonyítsuk be, hogy egy 3-reguláris, Hamilton-kört tartalmazó egyszer˝u gráf élhalmaza el˝oáll 3 diszjunkt teljes párosítás uniójaként! Megoldás: Mivel a gráfban minden pont foka páratlan, páros sok pontja van a gráfnak. Ekkor a Hamilton-kör két diszjunkt teljes párosítás uniója. Ha a Hamilton-kört elhagyjuk a gráfból, egy 1-reguláris gráfot kapunk, ami tehát független élekb˝ol áll – ez a harmadik teljes párosítás.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

179

12. Mutassuk meg, hogy ha egy gráfban létezik két különböz˝o teljes párosítás, akkor létezik páros hosszú kör is! Megoldás: Legyen M1 és M2 két teljes párosítás és tekintsük azt a gráfot, melynek élhalmaza M1 ∪ M2 . Ebben a G′ gráfban az összefügg˝o komponensek vagy 2 pontúak (ha az összeköt˝o él mindkét párosításban benne van) vagy körök, melyekben felváltva következnek az M1 és M2 halmazhoz tartozó élek (alternáló kör). Biztos lesz ilyen kör komponens, hisz a két párosítás különbözik, és egy ilyen kör szükségszer˝uen páros hosszú. 13. Vegyük az n pontú teljes gráfnak két olyan teljes párosítását, melyeknek nincs közös élük. Legyen G az az n pontú gráf, melynek élhalmaza a két teljes párosítás uniója. (a) Milyen n-re létezik ilyen G gráf? (b) Az n értékét˝ol függ˝oen legfeljebb hány komponensb˝ol állhat a G gráf? (c) Ha adott egy ilyen G gráf, az hányféleképpen bontható fel két párosítás uniójára? Megoldás: (a) A G gráfban minden pont fokszáma 2, mert mindkét párosításból egy-egy él illeszkedik rá. Egy ilyen gráf minden összefügg˝o komponense kör. Mivel a körben felváltva kell kövessék egymást a két párosításból való élek, a körök hossza páros kell legyen. A G gráf egyszer˝u, mert a két párosításnak nem volt közös éle, tehát a legrövidebb kör is legalább 4 hosszú. Ezek szerint az n páros szám és legalább 4 kell, hogy legyen. Az összes ilyen n jó, mert például vehetjük az n hosszú kört, aminek éleit felváltva vesszük be a két párosításba. (b) Mivel G minden komponense legalább 4 elem˝u, a komponensek száma legfeljebb ⌊n/4⌋ lehet. Ez a szám el is érhet˝o: n = 4k esetén a G gráf k darab 4 hosszú körb˝ol, n = 4k + 2 esetén k − 1 darab 4 hosszú és 1 darab 6 hosszú körb˝ol áll, a párosítások éleit minden egyes körb˝ol felváltva választjuk. (c) G minden páros köre egyféleképpen bontható két párosításra, ezért elegend˝o azt megszámolni, hogy a különböz˝o komponensekb˝ol adódó felbontások hányféleképp rakhatók össze teljes párosításokká. Az els˝o komponensben válasszuk ki az egyik párosítást. Ehhez minden egyes további komponensb˝ol vagy a páros vagy a páratlan sorszámú éleket kell hozzávennünk. Így ha a G gráf ℓ komponensb˝ol áll, akkor összesen 2ℓ−1 lehet˝oség van.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

180

14. Párosítások

14.2.

Párosítás páros gráfban – Hall-feltétel

14. Tegyük fel, hogy a G = (A, B, E) páros gráfban minden A-beli pont foka legalább kett˝o. Igazoljuk, hogy ha G-ben van teljes párosítás, akkor van egy ett˝ol különböz˝o (de t˝ole nem feltétlenül diszjunkt) második teljes párosítás is. Megoldás: Legyen M a gráfnak egy teljes párosítása. Megmutatjuk, hogy van a gráfban egy alternáló kör (azaz olyan kör, melynek élei felváltva Mbeliek, illetve M-en kívüliek). Tartozzanak az M ′ halmazhoz a kör M-hez nem tartozó élei, továbbá M-nek a körben nem szerepl˝o élei, vagyis a kör mentén lecseréljük a párosítás éleit. Az M ′ halmaz is egy párosítása a gráfnak, ami minden az M által fedett pontot fed, azaz M ′ is egy teljes párosítás. Alternáló kört találhatunk az alábbi módszerrel. Induljunk el egy B-beli pontból egy párosításban szerepl˝o él mentén. Utána mindig amikor az A-ban vagyunk, akkor párosítatlan élen megyünk tovább, B-beli pontokból pedig a párosításban szerepl˝o élen. Vegyük észre, hogy mindig tovább tudunk lépni, hiszen az A-beli pontoknál, mivel a fokuk legalább 2, van párosítatlan él, amin tovább mehetünk, és B minden pontja párosítva van. Mivel véges sok pont van, egyszer elérkezünk egy olyan ponthoz, ahol korábban már jártunk. Ekkor kapunk egy alternáló kört. 15. Egy 12 fiúból és 12 lányból álló társaságban mindenki legalább 6 embert ismer az ellenkez˝o nem˝uek közül (az ismeretségek kölcsönösek). Bizonyítsuk be, hogy ekkor az egész társaság egymást ismer˝o fiú-lány párokba állítható. Megoldás: A Hall-tétel szerint elegend˝o megmutatni, hogy a társaságból bármely t fiúnak van összesen legalább t lányismer˝ose. 1. eset: t ≤ 6. Ekkor már egyetlen fiúnak is van legalább 6 lányismer˝ose.

2. eset: t ≥ 7. Egy olyan lány, akit a kiválasztott t fiú egyike sem ismer, legfeljebb 12 −t ≤ 5 fiút ismerhetne (itt felhasználjuk az ismeretség kölcsönös voltát), és ez ellentmond a feltételnek. 16. A G = (A, B, E) páros gráfban |A| = |B| és az A osztály minden valódi X részhalmazára (azaz 0/ ⊂ X ⊂ A) teljesül, hogy |N(X)| > |X|. Igazoljuk, hogy G tetsz˝oleges éle kiegészíthet˝o teljes párosítássá. Megoldás: Vegyünk egy e élt és a végpontjaival együtt hagyjuk el a gráfból. Ezzel minden X halmaz szomszédainak a számát legfeljebb eggyel csökkentettük. Jelölje N ′ (X) az X szomszédainak halmazát az új gráfban. Nyilván |N ′ (X)| ≥ |N(X)| − 1 > |X| − 1, ami másként írva |N ′ (X)| ≥ |X|, tehát a mó-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

181

dosított gráf teljesíti a Hall-feltételt és mivel |A| = |B| is teljesül, ezért van benne teljes párosítás. 17. Legyen k ≥ 1 egész szám. A G = (A, B, E) páros gráfban az A osztály minden nem üres X részhalmazára teljesül, hogy |N(X)| ≥ |X| + k. Igazoljuk, hogy G tetsz˝olegesem kiválasztott k darab független éle kiegészíthet˝o egy A-t lefed˝o párosítássá. Megoldás: Vegyünk k darab független élt és a végpontjaikat hagyjuk el a gráfból. Ezzel minden ponthalmaz szomszédainak a száma legfeljebb k-val csökken, tehát |N ′ (X)| ≥ |N(X)| − k ≥ |X| teljesül minden 0/ 6= X ⊆ A halmazra. Ezek szerint a módosított gráf teljesíti a Hall-feltételt és így létezik az A halmazt lefed˝o párosítás. 18. Legyen a G = (A, B, E) páros gráf d-reguláris (d > 0). Igazoljuk, hogy |A| = |B| és ha G egyszer˝u, akkor van benne |A| független él.

Megoldás: A gráf éleinek száma az A halmaz fel˝ol számolva |A| · d, a B fel˝ol |B| · d, tehát |A| = |B|. A Hall-feltételt fogjuk igazolni az A halmazra. Legyen 0/ 6= X ⊆ A. Az X halmazból kiinduló élek száma pontosan |X| · d. Mivel minden B-beli pont foka is d, ez az |X|·d él legalább |X|·d/d = |X| pontba fut bele a B halmazban, tehát |N(X)| ≥ |X|.

19. Mutassuk meg, hogy egy d-reguláris, egyszer˝u, páros gráf élhalmaza el˝oáll mint d darab teljes párosítás uniója.

Megoldás: Teljes indukcióval bizonyítjuk az állítást. Ha d = 0, a gráf izolált pontokból áll, és így felfogható mint 0 darab teljes párosítás uniója. Legyen d > 0. A 18. feladat szerint a gráfban van teljes párosítás. Hagyjuk el egy teljes párosítás éleit a gráfból. Eredményül egy (d − 1)-reguláris gráfot kapunk, aminek élhalmaza az indukciós feltevés miatt el˝oáll mint d − 1 teljes párosítás uniója. Ehhez hozzávéve a korábban elhagyott teljes párosítást, az élhalmazt valóban felbontottuk d teljes párosításra. 20. Legyen r ≥ 2 és tekintsünk egy r-reguláris, egyszer˝u, G = (A, B, E) páros gráfot. Hagyjunk el G egy tetsz˝olegesen kiválasztott csúcsából kiinduló r él közül e gráftetsz˝olegesen kiválasztott (r − 1)-et. Bizonyítsuk be, hogy az így kapott G ban van teljes párosítás! Megoldás: A 19. feladat szerint a gráf élei felbonthatók r darab teljes párosításra. Amikor egy csúcsból elhagyunk r − 1 élt, akkor az r párosítás közül e gráfban marad teljes párosítás. egyhez nem nyúltunk hozzá, tehát a G

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

182

14. Párosítások

21. Legyen G = (A, B, E) egy egyszer˝u páros gráf, melyben minden A-beli pont fokszáma azonos, jelölje ezt dA , és minden B-beli pont fokszáma is azonos, legyen ez dB . Tegyük fel, hogy dA , dB > 0. Mutassuk meg, hogy G-ben akkor és csak akkor létezik A-t lefed˝o párosítás, ha |A| ≤ |B|. Megoldás: Ha van az A halmazt lefed˝o párosítás, akkor nyilván |A| ≤ |B|. Tegyük fel, hogy |A| ≤ |B|. Vegyük észre, hogy ebb˝ol dA ≥ dB következik, hiszen a gráf éleinek száma |A| · dA = |B| · dB . A Hall-feltételt fogjuk igazolni, legyen ehhez 0/ 6= X ⊆ A. Az X halmazból pontosan |X| · dA él indul ki, és mivel B minden pontjának a foka dB , X-nek van legalább |X| · dA /dB ≥ |X| szomszédja. Megjegyzés: Ennek a feladatnak a 18. feladat a speciális esete, ahol dA = dB = d. 22. Legyen a G = (A, B, E) egyszer˝u páros gráf k-reguláris (k > 0). Igazak-e a következ˝o állítások? (a) El lehet hagyni G-b˝ol k élt úgy, hogy a keletkez˝o gráfnak ne legyen teljes párosítása. (b) Bárhogy hagyunk el k − 1 élt, a keletkez˝o gráfnak lesz teljes párosítása. Megoldás: (a) Igaz. Hagyjuk el egy kiválasztott csúcsra illeszked˝o összes élt. Így k él elhagyásával egy izolált pont keletkezett, tehát az új gráfban nincs teljes párosítás. (b) Igaz. A 21. feladat szerint a gráf élhalmaza felbomlik k teljes párosítás uniójára. Mivel csak k − 1 élt hagytunk el a gráfból, a k teljes párosítás közül legalább egy teljes egészében megmarad, azaz biztos hogy lesz teljes párosítás a keletkezett gráfban. Megjegyzés: A (b) pontnak speciális esete a 20. feladat, ahol azt is kikötöttük, hogy egy pontból kifutó éleket kell elhagyni. 23. A G = (A, B, E) összefügg˝o páros gráfban |A| = |B| és A egy valódi X részhalmazára teljesül, hogy |N(X)| = |X|. Igazoljuk, hogy G-nek van olyan e éle, amelynek egyik végpontja N(X)-ben van, a másik pedig az A − X halmazban és e nincs benne G egyetlen teljes párosításában sem. Megoldás: Mivel |N(X)| = |X|, ezért minden teljes párosításban X és N(X) pontjai egymáshoz vannak párosítva. Ezért elegend˝o azt megmutatni, hogy egyáltalán van olyan él, ami N(X) és A − X egy-egy pontját köti össze. Ilyen pedig azért van, mert ha N(X) pontjai csak az X pontjaival volnának összekötve, akkor a G gráf nem lenne összefügg˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

183

24. Egy szigeten n család lakik. A sziget elöljárói felosztották az egész szigetet n egyenl˝o terület˝u vadászati körzetre és ezzel egyidej˝uleg (de egy másik bizottság és ezért egészen más módon) felosztotta az egész szigetet n egyenl˝o terület˝u mez˝ogazdasági területre. Most azt szeretnék elérni, hogy minden családhoz tartozzon egy vadászati és egy mez˝ogazdasági terület úgy, hogy a két területnek legyen közös része (ha már a felosztás miatt nem lehet azonos a kett˝o). Megoldható-e ez mindig? Megoldás: Vegyük azt a páros gráfot, melynek a pontjai az egyes vadászati, illetve mez˝ogazdasági területeket jelentik, kett˝o között menjen él, ha van közös részük. Ha ebben a páros gráfban van teljes párosítás, akkor e mentén kioszthatjuk a területeket a családoknak. Tekintsünk k tetsz˝oleges vadászati területet. Ezek együtt a sziget (k/n)-edrészét fedik le. A lefedett területbe legalább k kijelölt mez˝ogazdasági terület metsz bele, hisz egy-egy mez˝ogazdasági terület a szigetnek 1/n-ed részét foglalja magába. Mivel teljesül a Hall-feltétel és a gráf mindkét oldalán ugyanannyi pont van, a gráfban van teljes párosítás. 25. Tíz házaspár mindkét tagja egy-egy tíz könyvb˝ol álló listát ad a könyvtárosnak azzal, hogy az általa felírt könyvek egyikét szeretné megkapni. A házaspár két tagja diszjunkt listát ad, azaz egy házaspár együtt összesen húsz könyvet jelöl meg. A könyvtárban a kért könyvek mindegyike megtalálható, de mindegyik csak egy példányban. Bizonyítsuk be, hogy a könyvtáros mind a 20 embernek tud olyan könyvet adni, mely az illet˝o listáján szerepelt. Megoldás: Definiáljuk azt a G = (A, B, E) páros gráfot, melyben A pontjai az embereknek, B pontjai pedig a könyveknek felelnek meg (ekkor |A| = 20, |B| ≥ 20). Megmutatjuk, hogy erre a gráfra A irányából teljesül a Hall-feltétel. Legyen X az embereknek egy részhalmaza. Ha X-ben szerepel egy házaspár mindkét tagja, akkor a feltétel szerint |N(X)| = 20, amib˝ol 20 = |A| ≥ |X| miatt |N(X)| ≥ |X| adódik. Ha X-ben minden házaspárnak csak legfeljebb az egyik tagja szerepel, akkor |X| ≤ 10 és mivel már egyetlen A-beli pontnak is van 10 szomszédja, ezért |X| ≤ 10 ≤ |N(X)|. Tehát a Hall-feltétel teljesül, azaz van az A halmazt lefed˝o párosítás, ami a könyveknek épp egy, a feladatnak megfelel˝o, kiosztását mutatja. 26. Tíz házaspár mindkét tagja egy-egy tíz könyb˝ol álló listát ad a könyvtárosnak azzal, hogy az általa felírt könyvek egyikét szeretné megkapni. A könyvtárban a kért könyvek mindegyike megtalálható, de mindegyik csak egy példányban. Bizonyítsuk be, hogy a könyvtáros mindenkinek tud olyan könyvet adni, mely

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

184

14. Párosítások

az illet˝o listáján szerepelt, feltéve, hogy egy házaspár kaphat közös könyvet, ha az mindkettejük listáján rajta van. Megoldás: Ha nincs olyan házaspár, akiknek a listáján szerepel közös könyv, akkor a 25. feladat szerint az állítás igaz. Tekintsünk egy olyan házaspárt, akiknek a listáján szerepel közös könyv. Adjuk oda nekik az egyik közösen kért könyvet és ezt a könyvet húzzuk ki mindenki más listájáról. Így már csak kilenc házaspár kéréseivel kell foglalkoznunk, és mindenki listáján legalább kilenc könyv van. Tekintsünk megint egy olyan házaspárt, ahol a listáknak van közös eleme (a kihúzás után), és nekik megint adjunk egy közösen kért könyvet. Amikor ezt k-szor ismételtük, akkor marad 10−k házaspár, és mindenki listáján maradt még legalább 10−k könyv. Ha k = 10, akkor készen vagyunk. Ha k < 10 és van házaspár nem diszjunkt könyvlistákkal, akkor tudunk a házaspárnak közös könyvet adni. Amikor már nincs olyan könyv, amit egy házaspár mindkét tagja kért, akkor a 25. feladatnál leírt megoldás alkalmazható. 27. Egy kiránduláson a résztvev˝o n házaspár között akarunk szétosztani 2n különböz˝o csokoládét úgy, hogy mindenki egyet kapjon. Tudjuk, hogy mindenki legalább n fajtát szeret a csokoládék közül, és hogy minden csokoládét minden házaspárnak legalább az egyik tagja szereti. Bizonyítsuk be, hogy a csokoládék kioszthatók úgy, hogy mindenki olyat kapjon, amilyet szeret. Megoldás: Tekintsük azt a G = (A, B, E) páros gráfot, melyben az A halmaz elemei a résztvev˝o embereknek, a B ponthalmaz elemei a csokoládéknak felelnek meg, a ∈ A és b ∈ B csúcsok között akkor megy él, ha az a-nak megfelel˝o ember szereti a b-nek megfelel˝o csokoládét. Mivel |A| = |B|, a Frobenius-tétel szerint elegend˝o megmutatni, hogy a G gráf teljesíti a Hall-feltételt. Legyen 0/ 6= X ⊆ A. Ha van olyan házaspár, melynek mindkét tagja X-ben van, akkor a feltétel miatt X szomszédai között minden B-beli pont szerepel. Ha viszont minden házaspárnak legfeljebb az egyik tagja van X-ben, akkor |X| ≤ n, de mivel minden A-beli pontnak van legalább n szomszédja, |X| ≤ n ≤ |N(X)|.

28. Tudjuk, hogy a G = (A, B, E) páros gráfban az A halmaznak egy X ⊆ A részhalmaza lefedhet˝o párosítással. Hasonlóképp az Y ⊆ B részhalmaz is lefedhet˝o egy párosítással. Igazoljuk, hogy G-nek van olyan párosítása mely mindkét halmazt, X-et és Y -t is lefedi.

Megoldás: Legyen MX és MY a két párosítás és G′ jelölje G-nek azt a részgráfját, melynek csúcsai G csúcsai, élei pedig a két párosítás élei, E ′ = MX ∪ MY . A G′ gráfban minden pont foka legfeljebb 2, ezért a gráf összefügg˝o kompo-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

185

nensei utak és körök. A G′ egy páros gráf (ez akkor is igaz, ha G maga nem volt páros gráf, hiszen nem lehet páratlan hosszú köre). Ha G′ egy komponense kör, akkor csak páros hosszú kör lehet, az új párosításba vegyük be a kör minden második élét, ez a kör minden pontját lefogja. Egy olyan komponens esetén, amely egy páratlan él˝u út, vegyük az út minden páratlanadik élét – ezzel a komponens minden pontját lefogtuk. Tekintsünk egy olyan komponenst, ami egy páros sok élb˝ol, azaz páratlan sok pontból álló út. Az út mindkét végpontja a páros gráfnak ugyanabba az osztályába esik, legyen ez A. Mivel az úton a két párosítás élei felváltva következnek, az út els˝o és utolsó éle különböz˝o párosításhoz tartozik. Tegyük fel, hogy az els˝o él {v1 , v2 } ∈ MY , v1 ∈ A. Ekkor v1 -re nem illeszkedik MX -beli él, tehát v1 6∈ X. Azaz a v1 pontot nem szükséges lefognunk a párosítással. Tehát ha vesszük az útból az MX -hez tartozó éleket, az jó lesz, így v1 kivételével az út minden pontját lefogja a párosítás. 29. Legyen G = (A, B, E) egy egyszer˝u páros gráf és |A| = |B|. Bizonyítsuk be, hogy ha nincs izolált pont és A-ban minden pont fokszáma különböz˝o, akkor G-ben van teljes párosítás. Megoldás: Mivel minden pontnak legfeljebb |B| szomszédja lehet, legfeljebb ennyiféle különböz˝o fokszám fordulhat el˝o A-ban. Az |A| = |B| feltétel miatt A-ban kell legyen egy-egy 1, 2, . . . , |B| fokú pont. Legyen 0/ 6= X ⊆ A. Ha az X-ben el˝oforduló legnagyobb fokszámú pont foka k, akkor X-nek legfeljebb k pontja van, tehát |X| ≤ k ≤ |N(X)|. Így a Frobenius-tétel miatt a gráfban van teljes párosítás. 30. Legyen G = (A, B, E) egy izolált pont nélküli páros gráf. Tegyük fel, hogy ha {u, v} ∈ E és u ∈ A, v ∈ B akkor u fokszáma legalább akkora, mint v fokszáma. Bizonyítsuk be, hogy G-ben van A-t lefed˝o párosítás! Megoldás: A Hall-tétel szerint elegend˝o azt bizonyítanunk, hogy minden X ⊆ A esetén fennáll |N(X)| ≥ |X|. Indirekt tegyük fel, hogy ez nem igaz, és legyen X ⊆ A egy minimális olyan halmaz, amire |N(X)| < |X|. Ekkor |N(X)| = |X| − 1, másképpen X-nek valamely pontját elhagyva olyan kisebb X ′ ⊆ A halmazhoz jutnánk, amire |N(X ′ )| < |X ′ |, ellentmondva X választásának. Hagyjuk el most X egy tetsz˝oleges pontját, az így kapott halmaz legyen Y . Az el˝obbiekb˝ol |Y | ≤ |N(Y )| ≤ |N(X)| = |X| − 1 = |Y | alapján következik, hogy |Y | = |N(Y )| = |N(X)|. Az X megválasztásából az is következik, hogy Y minden részhalmazára teljesül a Hall-feltétel, azaz minden Z ⊆ Y esetén fönnáll |N(Z)| ≥ |Z|. Mindebb˝ol a Frobenius-tétel szerint az adódik, hogy létezik

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

186

14. Párosítások

teljes párosítás Y és N(Y ) = N(X) között. Legyenek az ezen teljes párosításban szerepl˝o élek {u1 , v1 }, . . . , {uk , vk }, ahol ui ∈ Y, vi ∈ N(Y ). A feltétel szerint minden i-re fönnáll, hogy a d(ui ) és d(vi ) fokszámokra d(ui ) ≥ d(vi ). Eszerint ∑vi ∈N(X) d(vi ) = ∑vi ∈N(Y ) d(vi ) ≤ ∑ui ∈Y d(ui ) < ∑ui ∈X d(ui ), ami lehetetlenség, hiszen a jobboldalon az X-b˝ol kiinduló élek száma áll, ami nem lehet több az N(X)-be beérkez˝o élek számánál, ami a baloldalon álló mennyiség. Tehát ellentmondásra jutottunk, ami bizonyítja az állítást.

14.3.

Vegyes feladatok

31. A G = (A, B, E) egyszer˝u páros gráfban legyen |A| = 3, |B| = n ≥ 3 és |E| = 2n + 1. Mutassuk meg, hogy létezik G-ben az A halmazt lefogó párosítás. 1. Megoldás: Mivel a B halmazban n pont van és ezekre 2n + 1 él illeszkedik, kell hogy legyen egy x harmadfokú pont a gráfban. Tegyük fel, hogy van még harmadfokú pont a B halmazban, legyen y 6= x egy ilyen pont. Mivel n ≥ 3 és így |E| = 2n + 1 ≥ 7, ezért a gráfnak van olyan éle, melynek sem x, sem y nem végpontja, legyen egy ilyen él e = {a, z}, a ∈ A, z ∈ B. Jelölje az A halmaz másik két pontját b és c. Ekkor, mivel x és y is össze van kötve az A halmaz mindhárom pontjával, az e = {a, z}, {b, x}, {c, y} élek az A halmazt lefed˝o párosítást alkotnak. Ha a B halmazban nincs az x ponton kívül harmadfokú pont, akkor biztosan van legalább 2 darab másodfokú pont B-ben, mert különben az élek számára fennállna az |E| ≤ 3 + 2 + 1 · (n − 2) = n + 3 egyenl˝otlenség, amib˝ol az |E| = 2n + 1 feltétel miatt 2n + 1 ≤ n + 3, azaz n ≤ 2 következne. Legyen y1 , y2 ∈ B két másodfokú pont és e1 egy tetsz˝oleges y1 -b˝ol induló él. Mivel y2 fokszáma 2, van y2 -re illeszked˝o, e1 -t˝ol független él, legyen ez e2 . Az x pont fokszáma 3, tehát van olyan x-b˝ol induló e3 él, amely az e1 és e2 élekt˝ol is független. Az e1 , e2 , e3 élek egy párosítást adnak, és mivel |A| = 3, ezért A minden pontját lefogják. 2. Megoldás: Indirekt bizonyítunk. A Hall-feltétel szerint ha nincs az A halmazt lefed˝o párosítás, akkor van olyan X ⊆ A, hogy X-nek kevesebb szomszédja van, mint ahány pontja. Ha |X| = 3, azaz X = A és X szomszédainak száma |N(X)| < 3, akkor a gráf éleinek számára |E| ≤ 6, ami ellentmond az |E| = 2n + 1 ≥ 7 feltételnek. Ha |X| = 2 és |N(X)| < 2, akkor X két pontjához összesen legfeljebb 2 él tartozik. Az A halmaz harmadik pontjának fokszáma legfeljebb |B| = n. Tehát ebben az esetben az élek száma

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

187

|E| ≤ 2 + n < 2n + 1. Ha |X| = 1 és |N(X)| < 1, akkor az X-beli ponthoz nem tartozik él, így |E| ≤ 2n, ami megint ellentmond a feltevésnek. 32. Egy iskolában több különböz˝o klub is m˝uködik. Minden klubnak legalább 4 tagja van. Egy diák a szabályok szerint legfeljebb 3 klubnak lehet tagja. Mutassuk meg, hogy lehet úgy klubvezet˝oket választani, hogy minden klubnak egy, a tagjai közül kikerül˝o vezet˝oje legyen és a különböz˝o kluboknak különböz˝o legyen a vezet˝oje. Megoldás: Tekintsük azt a G = (K, D, E) páros gráfot, melyben a K pontjai a különböz˝o kluboknak felelnek meg, a D halmaz elemei a diákoknak. Ha az a ∈ D diák tagja a b ∈ K klubnak, akkor legyen {a, b} él a gráfban. Ebben a formában a feladat annak megmutatása, hogy van a K halmazt lefed˝o párosítás a gráfban. Vegyük a kluboknak egy tetsz˝oleges X ⊆ K részhalmazát. Ebb˝ol legalább 4|K| él indul ki, hisz minden klubnak legalább 4 tagja van. Mivel egy diák legfeljebb 3 klubnak lehet tagja, ezek az élek legalább 4|K|/3 > |K| pontba futnak. Tehát teljesül a Hall-tétel feltétele, azaz a gráfban van a K halmazt lefed˝o párosítás. 33. Hány különböz˝o teljes párosítása lehet egy n szögpontú fának? Megoldás: Ha n páratlan, akkor egyetlen n pontú gráfban sincs teljes párosítás. Tegyük fel, hogy n páros. Ha n = 2, akkor a gráf egyetlen élb˝ol áll és egyetlen teljes párosítása van. Minden n > 2 páros számhoz található olyan fa melynek nincs teljes párosítása, például a csillag ilyen, és persze olyan fa is, mint például egy út, amiben van teljes párosítás. A pontok számára vonatkozó teljes indukcióval megmutatjuk, hogy egynél több teljes párosítás nem lehet. A fának vannak els˝ofokú pontjai, az ezekhez csatlakozó élek biztos benne vannak minden teljes párosításban. Hagyjuk el az így már bepárosított pontokat. Ha maradnak még pontok, a megmaradt gráf egy erd˝o. Az indukciós feltevés szerint a párosításunk minden komponensben legfeljebb egyféleképpen terjeszthet˝o ki, így a fában legfeljebb egy teljes párosítás lehet. Megjegyzés: A 12. feladat szerint ha egy gráfban van két teljes párosítás, akkor van a gráfban kör. Ez is igazolja, hogy egy fának legfeljebb egy teljes párosítása lehet. 34. Hány különböz˝o maximális párosítása van az n szögpontú teljes gráfnak? 1. Megoldás: Tudjuk, hogy ha n páros, akkor a maximális párosítás teljes párosítás lesz, ha n páratlan, akkor 1 pont kimarad a párosításból.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

188

14. Párosítások

A párosítás éleit meghatározzák a párosításban szerepl˝ o csúcspárok. Az els˝o ¡n¢ ¡n−2¢ ¡n−2(k−1) ¢ párt 2 , a másodikat 2 , a k-adikat féleképpen választhatjuk. 2 Mivel a kiválasztott párok egymás közötti sorrendje lényegtelen, az eredmény ¡n¢¡n−2¢ 2

2

¡ ¢ · · · n−2(⌊n/2⌋−1) n! 2 = ⌊n/2⌋ . ⌊n/2⌋! 2 ⌊n/2⌋!

2. Megoldás: Rakjuk valahogy sorba a pontokat, legyen ez (v1 , . . . vn ), és tekintsük a {v2k−1 , v2k } párosítást, ahol 1 ≤ k ≤ ⌊n/2⌋. Minden teljes párosítást megkapunk ilyen formában. Tudjuk, hogy a pontok n! féleképpen állíthatók sorba. Ezek közül azok a sorrendek adják ugyanazt a párosítást, melyekben csak a {v2k−1 , v2k } párok sorrendje, illetve a párokon belüli sorrend változik. Tehát a lehet˝oségek száma n! . ⌊n/2⌋!2⌊n/2⌋ 35. Melyik igaz az alábbi állítások közül? (a) Ha egy gráfnak páros sok pontja van és tartalmaz Hamilton-kört, akkor található benne teljes párosítás. (b) Ha egy páros gráfnak van Hamilton-köre, akkor van benne teljes párosítás. (c) Ha egy gráfban van két, közös élt nem tartalmazó teljes párosítás, akkor van benne Hamilton-kör. Megoldás: (a) Igaz. A Hamilton-kör minden második éle teljes párosítást ad. (b) Igaz. Páros gráf Hamilton-köre páros hosszú, és így (a) szerint van teljes párosítás. (c) Nem igaz. Például álljon a gráf két összefügg˝o komponensb˝ol, mindkét komponens legyen egy-egy páros hosszú kör. Tartalmazza az egyik párosítás mindkét körb˝ol a páros sorszámú éleket a másik párosítás pedig a többi (páratlanadik) éleket. 36. Egy G gráf csúcsai feleljenek meg az 1, 2, . . . , n számok összes permutációinak. Két csúcs pontosan akkor legyen összekötve G-ben, ha a megfelel˝o két permutáció egymásból egy elempár felcserélésével kapható. Mutassuk meg, hogy ha n ≥ 2, akkor az így megadott G gráf tartalmaz teljes párosítást.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

189

1. Megoldás: Ha [a1 , a2 , . . . , an ] az 1, 2, . . . , n számok egy permutációja, akkor ez a csúcs, a gráf definíciója szerint, össze van kötve az [a2 , a1 , . . . , an ] csúccsal. Ezek az élek egy teljes párosítást alkotnak a G gráfban. 2. Megoldás: Vegyük észre, hogy G egy páros gráf, a két pontosztály a páros ¡¢ illetve a páratlan permutációknak felel meg. Minden csúcsból pontosan n2 él indul ki, hiszen ennyiféleképpen lehet a felcserélend˝o elempárt kiválasztani. Tehát ez egy reguláris páros gráf, és mint ilyen, tartalmaz teljes párosítást (lásd 18. feladat). 37. A Gn páros gráfban legyen A = {a1 , a2 , . . . , an } és B = {b1 , b2 , . . . , bn } a két ponthalmaz. A Gn gráf élei legyenek azok az {ai , b j } párok, melyekre |i − j| ≤ 1. Határozzuk meg Gn teljes párosításainak számát. Megoldás: Jelölje fn a keresett számot. Az an pontot kétféleképpen párosíthatjuk. Ha az {an , bn } élt vesszük be a párosításba, ez annyiféleképpen egészíthet˝o ki teljes párosítássá, ahányféle teljes párosítása van a Gn−1 gráfnak. Ha pedig az {an , bn−1 } élt választjuk, akkor muszáj a {bn , an−1 } élt is bevennünk a párosításba amit azután a Gn−2 gráf tetsz˝oleges teljes párosításával folytathatunk. Tehát az fn = fn−1 + fn−2 rekurziót kapjuk. Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy f1 = 1 és f2 = 2. Ezért fn éppen az (n + 1)-edik Fibonacci-szám. 38. Bizonyítsuk be, hogy egy 2-reguláris páros gráfban a teljes párosítások száma mindig 2-nek valamilyen pozitív egész kitev˝os hatványával egyenl˝o. Megoldás: 2-reguláris gráf minden összefügg˝o komponense egy kör. Mivel a gráfunk páros gráf, csupa páros hosszú körünk van. Egy páros hosszú körben 2 különböz˝o teljes párosítás van (minden második él tartozik a párosításba). Egy több komponensb˝ol álló gráf teljes párosításait úgy kapjuk, hogy minden komponensben veszünk egy tetsz˝oleges teljes párosítást. Ezek szerint ha k egy ilyen gráf összefügg˝o komponenseinek száma, akkor a teljes párosításainak száma éppen 2k . 39. Egy n × n méret˝u, nemnegatív elemeket tartalmazó mátrix minden sorában és minden oszlopában az elemek összege 1. Bizonyítsuk be, hogy a mátrix determinánsában szerepl˝o n! kifejtési tag között van olyan, amelyik nem nulla. Megoldás: Legyen a mátrix M = (mi j ). Egy G = (A, B, E) páros gráfot rendelünk az M mátrixhoz. Legyen A = {v1 , . . . , vn }, B = {w1 , . . . , wn } és a vi és w j csúcsok akkor legyenek éllel összekötve, ha mi j 6= 0. Így a mátrix minden nemnulla eleme egy-egy élnek felel meg. A determináns kifejtési tagjai m1π(1) · · · mnπ(n) alakúak. A nullától különböz˝o kifejtési tagok megfelelnek a

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

190

14. Párosítások

{v1 , wπ(1) }, . . . , {vn , wπ(n) } független élhalmazoknak. Tehát elegend˝o azt megmutatni, hogy a G gráfban van n független él (azaz teljes párosítás). Ehhez a Hall-feltételt fogjuk ellen˝orizni. Vegyünk egy X ⊆ A részhalmazt, |X| = k. Ezzel az M mátrix k sorát jelöltük ki. Az ezekben a sorokban található elemek összege a feltétel szerint éppen k. Mivel minden oszlop összege is 1, a kiválasztott sorokban a nemnulla elemek legalább k különböz˝o oszlopban helyezkednek el, azaz a G gráfban az X halmaznak legalább k szomszédja van. Tehát teljesül a feltétel, és mivel |A| = |B|, a gráfban van teljes párosítás. A párosításnak pedig megfelel egy nullától különböz˝o kifejtési tag. Megjegyzés: A feladatban szerepl˝o feltételt kielégít˝o mátrixokat duplán sztochasztikus mátrixoknak hívják. 40. Egy n × n méret˝u, nemnegatív elemeket tartalmazó mátrix minden sorában és minden oszlopában az elemek összege 1. Bizonyítsuk be, hogy a mátrix el˝oáll α1 P1 + α2 P2 + . . . αm Pm alakban, ahol αi ≥ 0 és Pi egy permutációmátrix, azaz minden sorában és minden oszlopában egyetlen elem 1, a többi 0. Megoldás: Vegyük észre, hogy az el˝oz˝o, 39. feladat állításának bizonyítása érvényben marad akkor is, ha a mátrix minden sorában és oszlopában az elemek összege ugyanaz az s > 0 érték. Az adott M = (mi j ) mátrixnak a 39. feladat szerint van m1π(1) · · · mnπ(n) 6= 0 kifejtési tagja. A P1 permutációmátrixban álljon 1 az i-edik sor π(i)-edik oszlopában (1 ≤ i ≤ n), a többi helyen pedig álljon 0. Legyen α1 = min{m1π(1) , . . . , mnπ(n) }. Ekkor M1 = M − α1 P1 is nemnegatív elem˝u mátrix, melyben a sorok és az oszlopok összege 1 − α1 . Az M1 mátrixnak is van nullától különböz˝o kifejtési tagja, ebb˝ol definiálhatjuk a P2 mátrixot és az α2 számot és így folytathatjuk tovább. Mivel minden lépésben legalább eggyel n˝o a mátrixban található 0 elemek száma, legfeljebb n2 lépésben az eljárás véget ér. 41. Egy r × n méret˝u táblázatot latin téglalapnak hívnak, ha a táblázat elemei az 1, 2, . . . , n számok közül kerülnek ki, és mindegyik szám minden sorban és minden oszlopban legfeljebb egyszer fordul el˝o. Igazoljuk, hogy ha r < n, akkor tetsz˝oleges r × n méret˝u latin téglalap kiegészíthet˝o n × n méret˝uvé (azaz latin négyzetté). Megoldás: Tekintsünk egy r × n méret˝u latin téglalapot, ahol r < n. Készítsünk egy páros gráfot, melyben az A pontosztály elemei a táblázat oszlopainak felelnek meg, a másik osztály, B pedig az 1, 2, . . . , n számoknak. Az i ∈ A és j ∈ B pontokat akkor kössük össze éllel, ha az i-edik oszlop (r +1)-edik sorába beírhatjuk a j számot (azaz j még nem szerepel abban az oszlopban). Mivel az

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

191

14. Párosítások

1, 2, . . . , n számok mindegyike pontosan r-szer szerepel a táblázatban és minden oszlopban legfeljebb egyszer, ezért a kapott gráf (n − r)-reguláris, tehát a 18. feladat szerint a gráfban van teljes párosítás. A latin téglalap (r + 1)-edik sorában az i-edik oszlopba kerüljön az i-edik oszlop párja által meghatározott szám. 42. Ketten a következ˝o játékot játszák. Egy G gráfban felváltva választanak pontokat úgy, hogy a pontok mindig utat alkossanak. Az veszít, aki nem tud újabb pontot választani. Bizonyítsuk be, hogy ha a gráfban van teljes párosítás, akkor a második játékos mindig tud nyerni. Megoldás: Ha van teljes párosítás a gráfban, a második játékos válassza mindig a kezd˝o által utoljára választott pont párosításbeli párját. Ha a játék elejét˝ol ezt csinálja, akkor mindig tud lépni, és ezzel a párosításbeli éllel növeli a már kiválasztott utat. G végessége miatt így el˝obb-utóbb megnyeri a játékot.

14.4.

Lefogás és függetlenség

43. Adjunk meg maximális független élhalmazt és minimális lefogó ponthalmazt az ábrán látható gráfokban. a

b

c

d

a

b

c

d

e

f

g

h

e

f

g

h

(a)

(b)

Megoldás: (a) A négy függ˝oleges él egy teljes párosítása a gráfnak, ezért ez egy maximális független élhalmaz. Az a, f , c, h pontok minden élt lefognak. Ez egy minimális lefogó ponthalmaz, mert a négy független él lefogásához legalább négy lefogó pontra van szükség. (b) A négy függ˝oleges él itt is egy teljes párosítás, és ezért maximális független élhalmaz. ( ν(G) = 4). Az a, f , g, d, b pontok lefogják az összes élt. Vegyük észre, hogy az a, e, f és a d, g, h pontok által kifeszített két háromszög éleinek lefogásához 2 – 2 pontra van szükség, és mivel ezek nem foghatják le a {b, c} élt, kell még egy

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

192

14. Párosítások

további pont is, tehát minden lefogó ponthalmaz legalább öt pontból áll. Ezért a megadott öt pont egy minimális lefogó ponthalmaz. 44. Adjunk meg maximális független élhalmazt és minimális lefogó ponthalmazt az ábrán látható G gráfban.

Megoldás: Tekintsük a megvastagított éleket. Ezek az élek függetlenek, ezért ν(G) ≥ 6. Az üres körök egy lefogó ponthalmazt adnak a gráfban, tehát τ(G) ≤ 6. Mivel τ(G) ≥ ν(G) mindig teljesül, ezért a fentiekb˝ol τ(G) = ν(G) = 6 következik. Tehát a megvastagított élek egy maximális független élhalmazt, az üres körök egy minimális lefogó ponthalmazt adnak a gráfban.

45. Állapítsuk meg, hogy mennyi az alábbi ábrán látható G gráf éleit lefogó pontok τ(G) minimális száma.

Megoldás: 6 ponttal az élek lefoghatók: vegyük a küls˝o ötszög összes pontját és a gráf közepén lev˝o pontot. Vegyük észre, hogy ha a középs˝o pontot nem tesszük bele az A lefogó halmazunkba, akkor a bels˝o 5 pont mindegyike A-ban kell, hogy legyen, és mivel ezek a küls˝o ötszög egyik élét sem fogják le, szükség van még legalább 3 további pontra, azaz a középpont nélküli lefogó ponthalmazok mérete legalább 8. Tehát egy minimális lefogó halmaz biztosan tartalmazza a középs˝o pontot. A küls˝o körb˝ol befelé men˝o élek száma 10. Egy pont ebb˝ol a 10 élb˝ol kett˝ot

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

193

14. Párosítások

tud lefogni, tehát csak ezekhez az élekhez szükség van 5 pontra. A középponttal együtt ezek szerint kell legalább 6 pont az élek lefogásához, és mint már láttuk, 6 pont elegend˝o is. 46. A 2000 csúcsú egyszer˝u G gráfban τ(G) = 678. Igazoljuk, hogy G-ben nincs teljes párosítás! Megoldás: Mivel minden gráfban teljesül a ν(G) ≤ τ(G) egyenl˝otlenség, ezért ν(G) ≤ 678. Ez azt jelenti, hogy a maximális párosítás legfeljebb 678 élb˝ol állhat, de egy teljes párosítás éleinek száma 1000 lenne. 47. Legyen G az a 2n pontú gráf, mely egy 2n − 1 pontú L útból és egy, az L-en kívül es˝o, L minden pontjával összekötött c pontból áll. Adjuk meg G-ben a független pontok maximális számát. Megoldás: Egy maximális független ponthalmaz nyilván nem tartalmazza c-t, hisz c-t˝ol egyetlen másik pont sem független. Az úton a maximális független pontok száma n, mert ha vesszük az els˝o, harmadik, ... (2n − 1)-edik pontokat, akkor függetleneket kapunk, ennél több pont között pedig már lenne két, az úton szomszédos pont. Tehát a független pontok maximális száma G-ben n. 48. Igazoljuk, hogy az n pontú G páros gráfban α(G) ≥ n/2. Megoldás: A páros gráf egyik pontosztálya a pontoknak legalább a felét tartalmazza, és mivel egy pontosztály független ponthalmaz, ezért α(G) ≥ n/2.

49. Határozzuk meg α(G), τ(G), ν(G) és ρ(G) értékét a Kn teljes gráfra!

Megoldás: α(G) = 1, mert semelyik 2 pont nem független, hiszen van közöttük él. τ(G) = n − 1 következik Gallai tételéb˝ol. (A tétel nélkül is egyszer˝u, hiszen világos módon tetsz˝oleges n − 1 csúcs lefogja az összes élt. Ha pedig legfeljebb n − 2 csúcsot választunk, akkor a kimaradt legalább két csúcs közötti élt nem fogtuk le.) ν(Kn ) nyilván ⌊n/2⌋, hiszen az n csúcsból ennyi diszjunkt párt lehet képezni. ρ(G) = ⌈n/2⌉ következik Gallai másik tételéb˝ol. (Avagy ennyi él nyilván kell a pontok lefogásához, hisz egy él legfeljebb 2 pontot fog le és ha veszünk ⌊n/2⌋ független élt és páratlan pontszám esetén még egy élt a kimaradt ponthoz, akkor minden pontot lefogtunk.) 50. Határozzuk meg α(G), τ(G), ν(G) és ρ(G) értékét az n pontú körre! Megoldás: Legyenek a pontok a kör mentén 1-t˝ol n-ig megszámozva. A páratlan sorszámú pontok lefogják az összes élt, ezért τ(G) ≤ ⌈n/2⌉. Bármely két

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

194

14. Párosítások

szomszédos pontból az egyiknek benne kell lennie a lefogó pontrendszerben, tehát τ(G) = ⌈n/2⌉. Gallai tétele szerint α(G) = ⌊n/2⌋. ν(G) ≤ ⌊n/2⌋ minden n pontú gráfban teljesül. Ha a kör minden második élét vesszük, egy éppen ekkora méret˝u független élhalmazt kapunk, tehát ν(G) = ⌊n/2⌋. Ismét Gallai tételéb˝ol következik, hogy ρ(G) = ⌈n/2⌉.

51. Határozzuk meg a Petersen-gráfra az α(G), τ(G), ν(G) és ρ(G) értékeket.

Megoldás: A Petersen-gráfnak 10 pontja van és van teljes párosítása (az ábrán a vastag élek), ezért ν(G) = 5. Gallai tétele szerint így ρ(G) = 5. (Jelen esetben az 5 független él lefogó élhalmaz is egyben.) A bels˝o és a küls˝o ötszögön is legfeljebb 2-2 független pont lehet, tehát α(G) ≤ 4. Négy független pontot viszont lehet is találni, lásd az üres körrel jelzett pontokat. Ezért α(G) = 4, és a másik Gallai-tétel szerint τ(G) = 10 − 4 = 6.

52. Határozzuk meg α(G), τ(G), ν(G), ρ(G) értékét a G = Kn,m teljes páros gráfra! Megoldás: A maximális párosítás mérete nyilván n és m közül a kisebb, ezért ν(G) = min{n, m}. A König-tétel szerint τ(Kn,m ) = ν(Kn,m ), tehát τ(Kn,m ) = min{n, m}. Gallai tételei miatt pedig α(G) = ρ(G) = n + m − min{n, m} = max{n, m}. 53. Tekintsük az összes létez˝o olyan légijáratot, amely közvetlen összeköttetést biztosít egy amerikai és egy európai város között. Tegyük fel, hogy k a legnagyobb olyan pozitív egész, amire létezik k különböz˝o európai város, E1 , . . . , Ek , és k különböz˝o amerikai város, A1 , . . . , Ak , úgy, hogy minden 1 ≤ i ≤ k-ra Ei és Ai között van közvetlen repül˝ojárat. Bizonyítsuk be, hogy ekkor biztosan van az adott 2k város között k olyan, amelyekre igaz, hogy az összes létez˝o Európa és Amerika közötti közvetlen légijáratnak az egyik végpontja közöttük van.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

195

Megoldás: Vegyük az európai, illetve amerikai városok, mint pontok, és a közvetlen légijáratok, mint élek által meghatározott G páros gráfot. A feltétel szerint ebben a gráfban ν(G) = k. Ekkor König tétele szerint a gráf élei lefoghatók k ponttal. Mivel ez a k pont lefogja az {Ei , Ai } éleket is, a k lefogó pont az adott 2k pont közül kell, hogy kikerüljön. 54. A G gráfnak 2n pontja van és tudjuk, hogy minden pont foka legalább n. Határozzuk meg ν(G) és ρ(G) értékét Megoldás: Dirac tétele szerint egy ilyen gráfban van Hamilton-kör. Ha a Hamilton-kör mentén minden második élt vesszük, akkor, mivel páros sok pont van, a gráf egy teljes párosítását kapjuk, tehát ν(G) = n. Ugyanezek az élek lefognak minden pontot, és mivel egy él legfeljebb két pontot foghat le, ezért ez minimális lefogó rendszer. Tehát ρ(G) = n. 55. Legyen V = {1, 2, . . . , 74} a H gráf ponthalmaza, és az i és j pontok között akkor menjen él, ha i + j és 74 relatív prímek. Határozzuk meg az α(H), ν(H), ρ(H), τ(H) értékeket! Megoldás: Vegyük észre, hogy ha i + j páros szám, akkor i és j között nem mehet él, tehát H egy páros gráf, az egyik pontosztályba tartoznak a páros, a másikba a páratlan számok. Az {1, 74}, {2, 73}, . . . , {37, 38} párok a gráfnak élei, hiszen mindegyikben i + j = 75, ami relatív prím 74-hez. Ezzel megadtuk a gráfnak egy teljes párosítását, tehát ν(H) = 37. Ekkor König tétele szerint τ(H) = 37 szintén teljesül, amib˝ol a Gallai tételek szerint α(H) = ρ(H) = 37. 56. Legyenek a Gn gráf pontjai az n hosszú 0-1 sorozatok, két pont akkor legyen összekötve, ha a nekik megfelel˝o sorozatok pontosan egy helyen térnek el. Határozzuk meg a ν(Gn ), α(Gn ), τ(Gn ), ρ(Gn ) értékeket! Megoldás: Vegyük az összes olyan élt, amely a sorozat els˝o helyén különböz˝o pontokat köt össze. Ezek független élek és egy teljes párosítást alkotnak, tehát ν(Gn ) = |V (G)|/2 = 2n−1 . A Gn gráf páros gráf, az egyik pontosztályba azok a sorozatok tartoznak, amikben az 1-esek száma páros, a másikba azok, amikben páratlan. Ezért, König és Gallai tételeit felhasználva kapjuk, hogy α(Gn ) = ρ(Gn ) = τ(Gn ) = 2n−1 . 57. Legyen G a V = {p1 , p2 , . . . , p2003 } ponthalmazon az a gráf, amelyben {pi , p j } ∈ E pontosan akkor teljesül, ha 0 < |i− j| ≤ 2. Határozzuk meg az α(G), ν(G), ρ(G), τ(G) értékeket!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

196

14. Párosítások

Megoldás: Mivel ν(G) ≤ |V |/2 mindig teljesül, ezért ν(G) ≤ 1001. Ennyi független élt pedig könny˝u megadni, például {p1 , p2 }, {p3 , p4 }, . . ., {p2001 , p2002 }, tehát ν(G) = 1001. Gallai tétele szerint ekkor ρ(G) = 1002. (Például az el˝obb megadott független élek és egy, a p2003 -ra illeszked˝o él minimális lefogó élhalmaz lesz.) Egy független ponthalmaz minden 1 ≤ i ≤ 2001 számra a pi , pi+1 , pi+2 pontokból legfeljebb egyet tartalmaz, tehát α(G) ≤ 2003/3 < 668. A p1 , p4 , p7 , . . . , p2002 pontok függetlenek, így α(G) = 667. Gallai tételéb˝ol következik, hogy τ(G) = 2003 − 667 = 1336.

58. Mutassuk meg, hogy az n pontú G páros gráfban akkor és csak akkor lehet α(G) = n/2 ha G-ben van teljes párosítás!

Megoldás: Páros gráfokban König tétele szerint ν(G) = τ(G), és így Gallai tétele miatt α(G) = n − τ(G) = n − ν(G) teljesül. Ezért α(G) = n/2 pontosan akkor igaz, ha ν(G) = n/2, azaz ha a gráfban van teljes párosítás. 59. Legyen a H gráf csúcshalmaza V = {1, 2, . . . , 2004}. Az i, j ∈ V csúcsok között pontosan akkor menjen él, ha i 6= j és az i + j szám 3-mal osztva 1 maradékot ad. Határozzuk meg a ν(H), ρ(H), τ(H), α(H) értékeket! Megoldás: Osszuk a pontokat három részre a hárommal való maradékuk alapján, V0 = {3, 6, 9, . . . , 2004}, V1 = {1, 4, 7, . . . , 2002} és V2 = {2, 5, 8, . . . , 2003}. A H gráf két összefügg˝o komponensb˝ol áll. Az egyik ponthalmaza V2 , ezeken a pontokon G egy teljes gráfot feszít. A többi ponton egy teljes páros gráfot kapunk, melynek két pontosztálya V0 és V1 . A 49. és 52. feladatok alapján ν(H) = ν(K668 ) + ν(K668,668 ) = 334 + 668 = 1002. ρ(H) = ρ(K668 ) + ρ(K668,668 ) = 334 + 668 = 1002. τ(H) = τ(K668 ) + τ(K668,668 ) = 667 + 668 = 1335. α(H) = α(K668 ) + α(K668,668 ) = 1 + 668 = 669. 60. Mutassuk meg, hogy ha az n pontú G gráfban nincs hurokél és τ(G) = n − 1, akkor G egy n pontú teljes gráf. Megoldás: Tegyük fel, hogy van két pont, v és w, melyek között nincs él G-ben. Legyen X = V − {v, w}. Ekkor X lefogó ponthalmaz, hiszen nincs olyan él, melynek mindkét vége a {v, w} halmazban van és ezért τ(G) ≤ n − 2 teljesülne, ami ellentmond a feltételünknek. 61. Legyen G egy olyan gráf, amelyre τ(G) > ν(G), de ez az egyenl˝otlenség G egyetlen valódi részgráfjára sem igaz. Bizonyítsuk be, hogy G egy páratlan kör.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

197

Megoldás: Mivel páros gráfra egyenl˝oség van (König tétele), a gráfban kell, hogy legyen páratlan hosszú kör. A feltétel miatt ez a páratlan kör nem lehet valódi részgráfja G-nek, tehát G maga a páratlan kör. 62. Jelölje ∆ a G egyszer˝u gráfban a maximális fokszámot. Bizonyítsuk be, hogy ha G-nek nincs izolált pontja, akkor (∆ + 1) · τ(G) ≥ |V (G)|.

Megoldás: Legyen X egy minimális lefogó ponthalmaz, tehát |X| = τ(G). Minden v 6∈ X pont össze van kötve X-nek legalább egy pontjával és minden X-beli pontnak legfeljebb ∆ darab X-en kívüli szomszédja van. Tehát |V (G)| − τ(G) = |V (G) − X| ≤ ∆ · |X| = ∆ · τ(G). Ezt átrendezve a kívánt egyenl˝otlenséget kapjuk.

63. Legyen n > 2. Az n pontú, n él˝u, egyszer˝u G gráfok esetén mennyi a lehetséges τ(G) értékek minimuma? Megoldás: Egyszer˝u gráf esetén egy ponttal legfeljebb n − 1 élt lehet lefogni, tehát τ(G) ≥ 2. Megmutatjuk, hogy minden n > 2 számra van olyan n pontú gráf, melyre τ(G) = 2, és ezért a keresett minimum is 2. Legyen G az a gráf, melyet egy n pontú csillagból két els˝o fokú pontjának (a és b) összekötésével kapunk. Ennek a gráfnak n éle van és az élei lefoghatóak 2 ponttal (a csillag közepe és mondjuk a). 64. Legyen n > 1. Az n pontú, n él˝u, izolált pont nélküli G gráfok esetén mennyi a lehetséges ρ(G) értékek minimuma? Megoldás: Egy él két pontot tud lefogni, tehát ρ(G) ≥ ⌈n/2⌉. Megmutatjuk, hogy minden n > 1 számra van olyan gráf, melyre ρ(G) = ⌈n/2⌉, és így a keresett minimum is ⌈n/2⌉. Legyen G az n pontú kör. Ekkor ρ(G) = ⌈n/2⌉ (lásd az 50. feladatot). 65. Legfeljebb mennyi lehet egy gráfban a τ(G)/ν(G) arány? Mennyi ugyanezen arány minimuma? Megoldás: Legyen x = τ(G)/ν(G). A triviális ν(G) ≤ τ(G) egyenl˝otlenségb˝ol x ≥ 1 adódik. Legyen M egy maximális független élhalmaz G-ben, |M| = ν(G). Ekkor az M-beli élek végpontjai a gráf minden élét lefogják (különben M nem lenne maximális). Tehát minden gráfra 2ν(G) ≥ τ(G), azaz x ≤ 2. Mindkét korlát elérhet˝o alkalmas gráffal: páros gráfokra x = 1 és például a G = K3 gráfra x = 2. A keresett maximális érték tehát 2. 66. Legyen egy 2n csúcsú egyszer˝u gráf minden csúcsának fokszáma legalább n. Mutassuk meg, hogy τ(G) ≥ n.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

198

14. Párosítások

1. Megoldás: Indirekt bizonyítunk. Tegyük fel, hogy T egy lefogó ponthalmaz, |T | ≤ n − 1. Ekkor a T halmazon kívüli pontokból csak T -be mehetnek élek, így a T -n kívüli pontok fokszáma legfeljebb n − 1 lehet, ami ellentmond a feltevésnek. 2. Megoldás: Tudjuk, hogy az ilyen gráfban van teljes párosítás (54. feladat), tehát ν(G) = n. Mivel τ(G) ≥ ν(G) minden gráfra teljesül, készen vagyunk. 67. Egy gráfból válasszunk független éleket a következ˝o mohó algoritmussal: sorban vesszük G éleit, és ha a következ˝o él független a már kiválasztottaktól, akkor azt is beleveszük a független élek közé. Bizonyítsuk be, hogy így legalább ν(G)/2 független élt találunk. Megoldás: Legyen M egy maximális párosítás és Mm egy olyan párosítás, amit a mohó eljárásunk eredményezett. Ha Mm nem fedné le egy e ∈ M él egyik végpontját sem, akkor az e élt még hozzávehettük volna Mm -hez. Tehát minden M-beli élnek legalább az egyik végpontjára illeszkedik egy Mm -hez tartozó él, azaz az Mm éleinek összesen van legalább |M| = ν(G) végpontja, tehát |Mm | ≥ ν(G)/2. 68. Mutassuk meg, hogy minden, izolált pontot nem tartalmazó egyszer˝u G gráfra fennáll, hogy τ(G) + 2ρ(G) ≤ 2|V (G)|. Megoldás: Mivel egy maximális párosítás által lefedett pontok minden élt lefognak, ezért τ(G) ≤ 2ν(G) (65. feladat). Ebb˝ol következik, hogy τ(G) + 2ρ(G) ≤ 2ν(G) + 2ρ(G) = 2|V (G)|. (Az utolsó egyenl˝oség Gallai tétele.)

69. Mutassuk meg, hogy minden n csúcsú egyszer˝u G gráfra teljesül, hogy α(G) ≥ n − 2ν(G).

1. Megoldás: Egy maximális független élhalmaz 2ν(G) pontot fed le. A maradék n − 2ν(G) pont független, hisz ha lenne közöttük él, akkor ezzel az éllel növelhetnénk a független élhalmazt. Így n − 2ν(G) ≤ α(G). 2. Megoldás: Gallai tétele szerint α(G) = n − τ(G) ≥ n − 2ν(G), ahol az egyenl˝otlenség a 65. feladatból adódik.

70. Egy hurokmentes n pontú G gráf éleit le akarjuk fedni csillagokkal (azaz egyegy ponthoz illeszked˝o élekkel). Bizonyítsuk be, hogy legalább n − α(G) csillagra van ehhez szükség. Megoldás: Ha az összes élt lefedtük csillagokkal, akkor a csillagok középpontjai egy lefogó ponthalmazt alkotnak. Ezért a szükséges csillagok száma legalább τ(G), és Gallai tétele szerint τ(G) = n − α(G).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

14. Párosítások

199

71. Mutassuk, meg, hogy ha a G egyszer˝u gráfban nincs háromszög, akkor teljesül rá az α(G)τ(G) ≥ |E(G)| egyenl˝otlenség! Megoldás: Ha egy egyszer˝u gráfban nincs háromszög, akkor minden x pontjára igaz, hogy x szomszédai független ponthalmazt alkotnak. Ebb˝ol következik, hogy minden pont fokszáma legfeljebb α(G) lehet. Mivel a gráfnak minden éle lefogható τ(G) ponttal, és minden x pont legfeljebb d(x) ≤ α(G) élt tud lefogni, ezért α(G)τ(G) ≥ |E(G)|.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

15. fejezet Folyamok, többszörös összefügg˝oség

15.1.

Folyamok

1. Ellen˝orizzük hogy az alábbi ábra egy folyamot mutat-e? (Az els˝o szám jelenti az élen átfolyó mennyiséget, a zárójelben lev˝o szám pedig az él kapacitását.) a b 3(4) 1(3) 1(3) 4(8) 2(3) c 2(4) s t 1(5) 1(2) 3(4) 1(2) 4(8) 2(5)

d

e

Megoldás: A c pontba befutó éleken az összeg 1+2+1+2 = 6, míg a kimen˝o éleken csak 1 + 1 = 2. Tehát ez nem folyam. 2. Ellen˝orizzük hogy az alábbi ábra egy folyamot mutat-e? (Az els˝o szám jelenti az élen átfolyó mennyiséget, a zárójelben lev˝o szám pedig az él kapacitását.) Ha folyam, növeljük az értékét, amennyiben ez lehetséges! a 4(5) b 5(6)

1(3)

s

4(4)

2(3)

t

c

2(4)

1(7) d

1(3)

1(1) e

Megoldás: Ahhoz, hogy az éleken megadott függvény valóban egy folyam legyen, az kell, hogy minden, az s és t pontoktól különböz˝o pontra a befutó élek értékeinek összege megegyezzen a kimen˝o élek értékeinek összegével, és hogy az érték egyetlen élen se lépje túl a megadott kapacitást. Ezek a feltételek teljesülnek, valóban egy folyam van az ábrán. 201

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

202

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

A folyam növelhet˝o, például az s, a, c,t út mentén 1 egységgel. (Az így kapott folyam már maximális, mert a t-be befutó élek által alkotott vágás telítetté válik.) 3. Növeljük a megadott folyamot, ha ez lehetséges, vagy mutassuk meg, hogy ez már egy maximális folyam! a 3(6) b 4(5) 3(3) 7(7)

s 2(5)

t 0(2)

6(9)

c 2(2) d

Megoldás: A megadott folyamhoz található javító út, ennek csúcsai sorban s, c, b, a, d,t. Ennek az útnak a mentén 1 egységgel tudjuk a folyamot növelni. Ehhez az (s, c), (c, b), (a, d), (d,t) éleken egyet hozzáadunk a folyam értékéhez, a „visszafelé” mutató (a, b) élen pedig egyet levonunk. a 2(6) b 5(5) 7(7) 3(3) s t 1(2) 3(5) 7(9) c 2(2) d

Megjegyzés: Az így kapott folyamhoz tartozó javító utakkal az s pontból már csak a c, b, a pontokba lehet eljutni, a d-be és a t-be nem, tehát ez a folyam már maximális. 4. Határozzuk meg a maximális folyam értékét az alábbi hálózatokban! a (1) b a (6) b (5) (3) (6) (1) (0) (8) (4) (5) (2) (1) c d s t s t (2) (3) (0) (3) (5) (9) (4) (1) (1) c

(3)

(a)

d

e

(3)

f

(b)

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

203

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

Megoldás: Mindegyik esetben az azonosan nulla folyamból indulunk és javító utak segítségével növeljük a folyamot, amíg csak lehetséges. (a) Az s, a, d,t úton 5-tel tudjuk növelni a folyamot. Az s, a, b,t úton tovább növelhetjük 3-mal. Az s, c, d,t úton tovább növelhetjük ismét 3-mal, az s, c, b,t úton pedig 1-gyel. Ekkor az s-b˝ol javító úttal elérhet˝o csúcsok a c, b, a és mivel a t nincs közöttük, ezért a folyamunk maximális. A maximális folyamérték tehát 12. (b) Az s, a, b,t úton növeljük az azonosan 0 folyamot 1-gyel. Ezt tovább növelhetjük az s, e, f ,t úton majd az s, c, d,t úton is 1-gyel. Az s, e, f , d,t úton megint 1-gyel növelhetjük a folyamot. Ezzel egy 4 érték˝u folyamot kaptunk. Javító úttal már csak az {s, a, c, d, e, f } pontok érhet˝ok el s-b˝ol, a t pont nem, tehát ez már egy maximális folyam. 5. Találjunk az alábbi hálózatokban minimális vágást! a (5)

s

(4) (4) c d (3) (3)

(6) e

t

(8)

(2)

c

f

(8) (4)

(2)

(2) (2)

(5)

(4)

a

(9)

(8)

(5) (4)

(5) (2)

s

b

(3)

f

(5)

(3) d (3) g

(4) (8)

b (3) e (6)

t

Megoldás: Elegend˝o mutatni egy folyamot és egy vágást, melyeknek az értéke azonos. Ekkor a folyam szükségszer˝uen maximális, a vágás pedig minimális. Megtalálásukhoz használhatjuk a tanult algoritmust. Az ábrán látható egy-egy ilyen folyam, és egy-egy, szaggatott vonallal bejelölt vágás is. a 4(5)

s

4(4) c 4(5)

2(4) 2(5) 3(3) d 4(4)

7(8)

4(4)

5(5)

t

5(6)

2(2) e

s

b

0(3)

7(8)

3(3) f

7(9) a 2(2) 0 (2)

f

0(2) 5(5)

4(4) d

2(2)

c

7(8)

3(3) g

3(3) 2(4) 8(8)

b 3(3) e 6(6)

t

6. Határozzuk meg a nemnegatív valós x függvényében a maximális folyam értékét az alábbi hálózatokban!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

204

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

(x)

s

(5)

(4)

t

(3) (3)

(5) b

(a)

a

a

a s (2)

t (3)

b

(b)

b

(2)

(4) (x)

(6)

(x) (3) (4) (3) (5) (7) (3) s t d c (2) (2) (3) (3) (3) e

(2)

f

(c)

Megoldás: (a) Mivel a maximális folyam értéke megegyezik a minimális vágás értékével, elegend˝o ez utóbbit meghatározni. Összesen négyféle (s,t) vágás lehetséges, attól függ˝oen, hogy az a és b pontok melyik oldalra kerülnek. A lehetséges vágások értékei: ha X = {s}, akkor az X és V − X közötti élekre a vágás értéke x + 3 ; ha X = {s, a}, akkor 3 + 3 + 4 = 10; ha X = {s, b}, akkor x + 5; ha X = {s, a, b}, akkor 4 + 5 = 9. Ezek közül az x + 3 a minimális ha x ≤ 6 és a 9 a minimális, ha x ≥ 6. (b) Hasonlóan járunk el mint az el˝obb. A vágások értékére az el˝obbi sorrendben 7, 6 + x, 8 és 7 adódik, ezek közül a 6 + x a minimális, ha x ≤ 1 és 7 a minimum, ha x ≥ 1. (c) Itt most nem a vágásokat vesszük sorra (26 darab van), hanem az azonosan nulla folyamból kiindulva javító utak segítségével keresünk maximális folyamot. Az s, a, b,t út mentén növeljük a 0 folyamot 2-vel, az s, e, f ,t út mentén szintén 2-vel, majd az s, c, a, b,t út mentén 1-gyel, az s, c, a, b, d,t mentén 2-vel, az s, c, f , d,t út mentén is 2-vel, végül az s, c, b, d,t úton a min{x, 1} értékkel. Ezzel egy 9 + min{x, 1} érték˝u folyamhoz jutottunk. Ha x ≤ 1, akkor a folyam értéke 9 + x, az ({s, c, e, f }, {a, b, d,t}) felosztás egy olyan vágást ad, melynek értéke 2 + 3 + x + 2 + 2 = 9 + x, tehát a megtalált folyam valóban maximális. Az x > 1 esetben a folyam értéke 10, ami megegyezik a t-be érkez˝o élek kapacitásainak összegével, tehát ebben az esetben 10 a maximális folyam értéke. 7. Adjunk meg a nemnegatív valós x és y értékek függvényében egy maximális folyamot az alábbi hálózatban!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

205

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

b (3)

s

(5)

(y)

a

t

(x)

(3) c

Megoldás: Legyen y ≥ 3. Menjen a fels˝o s, a, b,t úton 3 egységnyi folyam, az alsó, s, a, c,t úton pedig min{2, x} egységnyi. Ekkor mivel az (a, b) él, továbbá vagy az (s, a) vagy az (a, c) él telített, nem vezet javító út s-b˝ol t-be, tehát a folyam maximális. Legyen most 0 ≤ y ≤ 3. Ekkor a fels˝o úton menjen y egységnyi folyam, az alsó úton pedig min{5 − y, x, 3}. Most a (b,t) él telített, és az alsó út valamelyik éle is, tehát megint csak nincs javító út s-b˝ol t-be, a folyam maximális. 8. Egy hálózati folyam gráfja a kocka élhálózata az ábrán látható irányítással. A termel˝o (s) és a fogyasztó (t) a kocka két átellenes pontja. Az éleket 1 vagy 2 kapacitásúnak választhatjuk meg. A cél az, hogy az elérhet˝o maximális folyam értéke a lehet˝o legnagyobb legyen de ezt minél kevesebb 2 kapacitású éllel érjük el. Hány 2 kapacitású élre van szükség és hogyan helyezzük el azokat?

t

s Megoldás: Az s-b˝ol kifutó legnagyobb folyam értéke 6 lehet, ehhez az kell, hogy az s-b˝ol induló mindhárom él kapacitása 2 legyen. Ugyanígy a 6 folyamérték eléréséhez a t-be befutó mindhárom él kapacitása is 2 kell, hogy legyen. Mind a hat megmaradt élt választhatjuk 1 kapacitásúnak, ezzel a hálózattal a 6 folyamérték megvalósítható (minden él telített lesz). 9. Határozzuk meg a maximális folyam értékét a pont- és élkapacitásokkal ellátott alábbi hálózatban!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

206

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

3 (4) (2)

(2)

s

(4)

3 (2)

(2)

(5)

(1)

t

(3)

5

Megoldás: Egy pontkapacitás átalakítható élkapacitássá, ehhez a pontot szét kell húzni két ponttá és a köztük men˝o éllé, lásd az ábrát. Az ábra rögtön mutat is egy 7 érték˝u folyamot, ami, mivel a berajzolt vágás értéke is 7, egy maximális folyam. 2(3) 2(4)

1 (2)

0(2)

s 0(2) 5(5)

3(3) 2 (2)

1(1) 3(4)

t

3(3)

5(5)

10. Egy hálózatot készítünk az n × n méret˝u rácsból (n > 1): a csúcsok a rács pontjai, az élek pedig balról jobbra, illetve fentr˝ol lefelé vannak irányítva. Az élek kapacitása 1 vagy 2 lehet. Mennyi lehet a maximális folyam értéke a bal fels˝o csúcsból (s) a jobb alsóba (t), ha a 2 kapacitású élek száma 0, 1, 2, 3, . . .? Megoldás: Mivel s-b˝ol csak két él indul ki és ezek kapacitása legfeljebb 2 lehet, a folyamérték legfeljebb 4. Ha minden kapacitás 1, akkor a maximális folyam értéke nyilván 2. Egyetlen 2 kapacitású él nem növeli az elérhet˝o maximális folyamot, hiszen továbbra is vagy csak 1 kapacitású élek indulnak ki s-b˝ol vagy csak 1 kapacitású élek futnak be t-be. Két darab 2 kapacitású él, ha az egyik az s-nél, a másik a t-nél van, könnyen látható módon lehet˝ové teszi a 3 érték˝u folyamot (és nagyobbat nem). Három darab 2 kapacitású él megint nem vezet nagyobb folyamhoz, mint a két 2 kapacitású. Négy darab 2 kapacitású él esetén, ha ezek az s-b˝ol kiinduló, illetve a t-be beérkez˝o élek, 4 érték˝u folyam megvalósítható (ez egyszer˝uen ellen˝orizhet˝o) és nyilván ez maximális is. Ez azt is mutatja, hogy négynél több 2 kapacitású él használatának nincs értelme, hiszen 4-nél nagyobb folyam úgysem érhet˝o el.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

207

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

11. Igaz-e, hogy ha egy hálózatban minden él kapacitása páros szám, akkor (a) van olyan maximális folyam, melyben a hálózat minden élén páros a folyam értéke? (b) minden maximális folyamban a hálózat minden élén páros a folyam értéke? Megoldás: (a) Igaz. Induljunk ki az azonosan 0 folyamból és a szokásos javító lépésekkel jussunk el egy maximális folyamhoz. Minden lépésben a javítóúton lev˝o éleken páros számmal változtatjuk a folyamot, ezért minden lépésben olyan folyamot kapunk, ami minden élen páros. Ezért a végeredmény is ilyen lesz. Megjegyzés: Az egészérték˝uségi lemmából is megkaphatjuk az állítást ha az eredeti kapacitásokat felezzük és erre a hálózatra alkalmazzuk a lemmát. A fent leírt gondolatmenet lényegében az egészérték˝uségi lemma bizonyítása. (b) Nem igaz, az ábra mutat egy ellenpéldát. 1(2)

1(2) 2(2)

s 1(2)

t

1(2)

12. Igaz-e, hogy ha egy hálózatban minden él kapacitása páratlan szám, akkor (a) van olyan maximális folyam, melyben a hálózat minden élén páratlan a folyam értéke? (b) minden maximális folyamban a hálózat minden élén páratlan a folyam értéke? Megoldás: Egyik állítás sem igaz, az alábbi ábrán látható folyam mindkett˝ore ellenpélda. 1(1)

1(1) 2(3)

s 1(1)

t

1(1)

13. Legyen a G gráf csúcshalmaza {1, 2, . . . , 2k}. A v csúcsból pontosan akkor vezessen él a w csúcsba, ha v < w. A (v, w) él kapacitása legyen 1, ha v páratlan és 2, ha v páros. Mennyi az 1-b˝ol a 2k csúcsba vezet˝o maximális folyam értéke?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

208

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

Megoldás: Az 1 csúcsból 2k − 1 darab 1 kapacitású él indul ki, ezért 2k − 1 fels˝o korlát a maximális folyam értékére. Egyszer˝u látni, hogy ekkora folyam lehetséges is: minden 1 < i < 2k esetén az (1, i) és az (i, 2k) élen is legyen 1 a folyam, továbbá az (1, 2k) élen is legyen 1. 14. Legyen n > 1 természetes szám. A G gráf csúcsai legyenek az {1, 2, . . . , n} halmaz nemüres részhalmazai. Tetsz˝oleges x ⊆ {1, 2, . . . , n} csúcsból tetsz˝oleges y ⊆ {1, 2, . . . , n} csúcsba menjen egy |x ∩ y| kapacitású él. Legyen a hálózatban a termel˝o s = {1}, a fogyasztó pedig t = {n}. Mennyi a maximális folyam értéke? Megoldás: Legyen a folyam értéke 1 az alábbi éleken: minden (akár üres) A ⊆ {2, 3, . . . , n − 1} halmazra az {1} → ({1, n} ∪ A) → {n} út mindkét élén, továbbá a három élb˝ol álló {1} → ({1} ∪ A) → ({n} ∪ A) → {n} utak élein, ahol 0/ 6= A ⊆ {2, 3, . . . , n − 1}. A folyam a többi élen legyen 0. Az s pontból induló élek kapacitása 1, így a megadott folyamban ezek mind telítettek, ezért ez egy maximális folyam. A folyam értéke megegyezik az s-b˝ol induló élek számával, ami 2n−1 − 1, mert ennyi az s-t˝ol különböz˝o az s-et metsz˝o halmaz van. Az ábra mutatja a gráfot az n = 3 esetben. A középs˝o pont az {1, 2, 3} halmaznak felelmeg. A szaggatott vonalak az olyan éleket jelzik, amelyeken 0 folyam megy át.

s ={1} {1,3}

{1,2}

{2}

t ={3}

{2,3}

15. Egy hálózat pontjai legyenek az n hosszú bitsorozatok. Az x csúcsból az y csúcsba akkor vezessen él, ha az x-nek megfelel˝o sorozatban egy 0 bitet 1-re cserélve kapjuk az y sorozatot. Egy ilyen él kapacitása legyen annak a bitnek a sorszáma, amelyiket megváltoztattuk. Az s = (0, . . . , 0) csúcsból a t = (1, . . . , 1) csúcsba jutó lehetséges maximális folyam értékét jelölje bn . (a) Határozzuk meg b3 értékét! (b) Bizonyítsuk be, hogy bn ≤ 2n−1 minden n-re! (c) Mutassuk meg, hogy ha n ≥ 5, akkor bn < 2n−1 .

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

209

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

Megoldás: (a) Az 1 kapacitású élek egy vágást alkotnak, ezért b3 ≤ 4. Az ábra mutat egy 4 érték˝u folyamot. (0,0,0)

2(3) 1(1)

(1,0,0) 1(2) 0(2)

(0,0,1) 1(1)

1(3)

(1,1,0)

(1,0,1) 2(2) 1(2) (1,1,1)

1(3) 1(1) (0,1,0)

1(1) 0(3)

(0,1,1)

(b) Tekintsük az azon élekb˝ol álló vágást, amelyek egy 0-val kezd˝od˝o bitsorozatot egy 1-gyel kezd˝od˝ovel kötnek össze. Ez a vágás 2n−1 darab 1 kapacitású élt tartalmaz, tehát bn ≤ 2n−1 . (c) Mivel az s-b˝ol kiinduló élek kapacitásainak összege 1 + 2 + · · ·+ n = n(n + 1)/2, minden folyam legfeljebb ekkora érték˝u lehet. Ha n ≥ 5, akkor n(n + 1)/2 < 2n−1 és ebb˝ol következik az állítás. 16. Adott két hálózat (G1 ; s1 ;t1 ; c1 ) és (G2 ; s2 ;t2 ; c2 ), melyeknek a csúcshalmazai diszjunktak. Legyen az els˝oben f1 , a másikban f2 a maximális folyam értéke. Mekkora lesz a maximális folyam abban a hálózatban, amelyet ezekb˝ol soros összekapcsolással ( a t1 és az s2 csúcsokat azonosítjuk és s = s1 , t = t2 ), illetve párhuzamos összekapcsolással (az s1 és s2 csúcsok összevonása adja az s pontot, a t1 és t2 csúcsok összevonása pedig a t pontot) kapunk? Megoldás: Legyen (X1 ,V1 − X1 ) az els˝o, (X2 ,V2 − X2 ) a második hálózat egy minimális vágása, si ∈ Xi . Ekkor ci (Xi ,Vi − Xi ) = fi . Soros összekapcsolás esetén az fi értékek közül a kisebb nyilván megvalósítható az új hálózatban. Másrészt ilyenkor mindkét eredeti vágás az új hálózatnak is vágása, tehát min{ f1 , f2 } = a maximális folyamérték, hiszen van egy ilyen érték˝u vágás. Párhuzamos összekapcsolásnál lesz f1 + f2 érték˝u folyam, az X1 ∪ X2 halmaz pedig egy épp ekkora érték˝u vágást határoz meg, vagyis ekkor f1 + f2 a lehetséges legnagyobb folyamérték. 17. A (G; s;t; c) hálózatban jelölje CX az X halmazhoz tartozó vágást, azaz az X és a V − X halmazok között men˝o éleket. Legyen X és Y a csúcsoknak két olyan

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

210

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

részhalmaza, melyek az s pontot tartalmazzák, de a t pontot nem. Tegyük fel, hogy CX és CY is minimális érték˝u vágás. Mutassuk meg, hogy ekkor a CX∩Y és CX∪Y vágások is minimális érték˝uek! Megoldás: Jelölje c(C) a C vágás értékét. Mivel c(CX ) és c(CY ) minimális, ezért c(CX∩Y ), c(CX∪Y ) ≥ c(CX ) = c(CY ). Másrészt bármely két X,Y részhalmazra c(CX∩Y ) + c(CX∪Y ) ≤ c(CX ) + c(CY ), hiszen a bal oldalon el˝oforduló élek megjelennek a jobb oldalon is, de a jobb oldalon lehetnek olyan élek (az X − (X ∩Y ) halmaz és az Y − (Y ∩ X) halmaz között men˝ok), amelyek a bal oldalba nem számítanak bele. Az egyenl˝otlenségeket összerakva kapjuk, hogy c(CX ) + c(CY ) ≤ c(CX∩Y ) + c(CX∪Y ) ≤ c(CX ) + c(CY ), ami csak akkor teljesül, ha mindenhol egyenl˝oség áll, azaz c(CX∩Y ) = c(CX∪Y ) = c(CX ).

18. A (G; s;t; c) hálózatban legyen f egy maximális érték˝u folyam és jelölje X az f -hez tartozó javító úttal s-b˝ol elérhet˝o pontok halmazát. Legyen C egy tetsz˝oleges minimális érték˝u (s,t)-vágás, ami a ponthalmazt s ∈ Y és t ∈ V − Y részekre osztja. Igazoljuk, hogy X ⊆ Y. Megoldás: Tudjuk, hogy t 6∈ X és azt is, hogy az X és V − X közötti élekb˝ol álló CX vágás minimális. Az el˝oz˝o, 17. feladat szerint az X ∩ Y ponthalmaz által meghatározott vágás is minimális. Tegyük fel indirekt módon, hogy X 6⊆ Y , azaz X ∩ Y ⊂ X. Mivel s ∈ X ∩ Y , kell, hogy legyen olyan a ∈ X ∩ Y , és b ∈ X − (X ∩Y ) pont, hogy (a, b) valamelyik s-b˝ol induló javító úthoz tartozik. Két eset lehetséges: vagy (a, b) ∈ E(G) és f (a, b) < c(a, b) vagy (b, a) ∈ E(G) és f (b, a) > 0. Az els˝o esetben az X ∩Y halmazból kilép egy nem telített él, a második esetben beleérkezik egy él nem 0 folyammal, és ezért a c(CX∩Y ) érték nagyobb, mint az f folyam értéke. Ez ellentmond annak a ténynek, hogy a CX∩Y vágás minimális.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

211

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

19. Legyen (G; s;t; c) egy hálózat és f ebben egy tetsz˝oleges maximális folyam. Jelölje X f az f folyamhoz tartozó, s-b˝ol induló javítóúttal elérhet˝o pontok halmazát. Mutassuk meg, hogy X f független az f maximális folyam választásától! Megoldás: Legyen f és g két maximális folyam. Ekkor tudjuk, hogy az (X f ,V − X f ) és az (Xg ,V − Xg ) is minimális vágás. A 18. feladat szerint (az X = X f ,Y = Xg szereposztással) X f ⊆ Xg , és hasonlóan Xg ⊆ X f is teljesül, tehát X f = Xg . √

20. Legyen p = −1+2 5 , azaz p-re teljesül, hogy p2 = 1 − p. Az alábbi hálózatban azokon az éleken, amelyekre semmi sincs írva, a kapacitás 2 és a folyam értéke 0. 1 (1) a b 1(2)

1(2)

s

0 (p)

c

e

0 (p2)

d

t

f

Javítsuk ezt a folyamot, amennyivel csak lehet, a következ˝o pontsorozatok által meghatározott javító utak mentén: el˝oször s, e, f , b, a, c, d,t, utána s, c, d, f , e, a, b,t, majd s, a, b, d, c, e, f ,t. (a) Mennyi lesz a folyam értéke az (a, b), a (c, d) és az (e, f ) éleken? (b) Ugyanezen három út mindegyike mentén (az adott sorrendben) javítsunk összesen k-szor. Mi lesz ekkor a folyam értéke az (a, b), (c, d) és (e, f ) éleken? (c) Mutassuk meg, hogy a javítások ezen sorozatával soha nem kapjuk meg a maximális folyamot! Megoldás: Vegyük észre, hogy minden folyam értéke legfeljebb 2, mert az (a, b), (c, d), (e, f ) élekb˝ol álló vágás értéke 1 + p + p2 = 2. (a) Az els˝o út mentén a növelés nagysága p2 , a másodikon p − p2 = p3 , a harmadikon p2 − p3 = p4 lesz. A három kérdezett élen a folyam értéke: f (a, b) = 1 − p2 + p3 + p4 = 1, f (c, d) = 0 + p2 + p3 − p4 = p − p4 = p(1 − p3 ), f (e, f ) = 0 + p2 − p3 + p4 = p2 − p5 = p2 (1 − p3 ). (b) Teljes inducióval következik, hogy ha a kérdezett éleken a folyam értéke f (a, b) = 1, f (c, d) = p(1 − pq ) és f (e, f ) = p2 (1 − pq ), akkor a három ja-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

212

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

vító lépésben rendre pq+2 , pq+3 és pq+4 egységgel tudjuk növelni a folyamot, aminek eredményeként a folyam ezen a három élen a következ˝o: f (a, b) = 1, f (c, d) = p(1 − pq+3 ) és f (e, f ) = p2 (1 − pq+3 ). Tehát k-szori ismétlés után a keresett értékek 1, p(1 − p3k ), p2 (1 − p3k ).

(c) Az el˝oz˝o pont szerint akárhányszor is ismételjük, mindig újra kezdhetjük ezt a javítási folyamatot. A folyam értéke ugyan mindig n˝o, de soha nem éri el a maximumot. A k-adik javító menet után az aktuális folyam értéke 2 − (p3k+1 + p3k+2 ) = 2 − p3k , míg a maximális folyamérték 1 + p + p2 = 2.

21. Adjunk példát hálózatra és abban javító lépések olyan sorozatára, amikor a keletkez˝o folyamértékek nem tartanak a maximális folyam értékéhez! Megoldás: Egészítsük ki a 20. feladat hálózatát egy tetsz˝oleges q > 0 kapacitású (s,t) éllel. Végezzük változatlanul az ott leírt javításokat. Ekkor a kapott folyamértékek sorozata 2-höz konvergál, holott a lehetséges maximális folyamérték 2 + q.

15.2.

Többszörös összefügg˝oség

22. Határozzuk meg, hogy melyik az a legnagyobb k szám, amire az ábrán látható gráfok k-szorosan összefügg˝oek, illetve k-szorosan élösszefügg˝oek!

Megoldás: Mindkét gráf összefügg˝o, de a középs˝o pontot elhagyva szétesik két komponensre, tehát a pontösszefügg˝oségi számuk 1. Az is teljesül mindkét gráfra, hogy bármely élt elhagyva még összefügg˝oek maradnak, de 2 él elhagyásakor már nem feltétlenül lesznek összefügg˝oek, hiszen van másodfokú pontjuk. Tehát az élösszefügg˝oségi számuk 2. 23. Hányszorosan pont- illetve élösszefügg˝o a kocka élei által alkotott gráf (a gráf csúcsai a kocka csúcsai, élei a kocka élei)? Megoldás: Ha legfeljebb 1 pontot hagyunk el a gráfból, akkor összefügg˝o marad. Könny˝u látni, hogy ha két pontot hagyunk el, ezek akár egy lapon voltak, akár átellenes pontjai a kockának, a megmaradt gráf még mindig összefügg˝o lesz, tehát a gráf legalább háromszorosan összefügg˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

213

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

Hasonlóan, akárhogy hagyunk el két élt a gráfból, a gráf összefügg˝o marad, így tehát legalább háromszorosan élösszefügg˝o. Mivel a pontok fokszáma 3, a gráf legfeljebb háromszorosan lehet összefügg˝o, illetve élösszefügg˝o. Tehát háromszorosan összefügg˝o és élösszefügg˝o, de négyszeresen már nem. 24. Határozzuk meg azt a legnagyobb k számot, amelyre a Kn,n teljes páros gráf k-szorosan összefügg˝o! Megoldás: Ha az egyik pontosztályt elhagyjuk, n izolált pontot kapunk, tehát legfeljebb n-szeresen lehet összefügg˝o a gráf. Ha viszont csak n − 1 pontot hagyunk el, akkor mindkét osztályból marad legalább egy pont. A megmaradt pontokon a gráf egy teljes páros gráf, ami összefügg˝o. Tehát a keresett szám n. 25. Bizonyítsuk be, hogy a Kn gráf (n − 1)-szeresen élösszefügg˝o, de n-szeresen nem! Megoldás: Nyilván legfeljebb (n − 1)-szeresen lehet élösszefügg˝o, mivel a teljes gráfban a pontok fokszáma n − 1. Elegend˝o még azt megmutatni, hogy tetsz˝oleges x 6= y pontok között megy a gráfban n − 1 élidegen út. Ez pedig igaz, mert vegyük például az {x, y} élt és mind az n − 2 darab u 6= x, y pontra az {x, u}, {u, y} élek által alkotott utat. Ezeknek az utaknak nincs közös éle (s˝ot közös bels˝o pontja sincs). 26. Tegyük fel, hogy a G gráfban a rögzített x és y pontokat összeköt˝o pontidegen utak maximális száma 5. Lehet-e az x és y pontokat összeköt˝o utakat lefogó élek minimális száma 1, 2, 3, 4, 5, 6 vagy 7 ? Megoldás: A pontidegen utak egyben élidegenek is, ezért Menger tétele szerint az x és y pontokat összeköt˝o utak lefogásához legalább 5 élre van szükség. Az ábra mutat olyan gráfokat, ahol ezen utak lefogásához 5, 6, illetve 7 él szükséges.

x

y

x

y

x

y

27. Tegyük fel, hogy a G = (V, E) gráfban bármely két pont között létezik legalább három pontidegen út. Vegyünk fel egy új x 6∈ V pontot és kössük össze G három

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

214

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

különböz˝o pontjával. Mutassuk meg, hogy a kapott G′ gráfra is teljesül, hogy bármely két pontja között van legalább három pontidegen út! Megoldás: Menger tétele szerint az állítás azzal ekvivalens, hogy ha G háromszorosan összefügg˝o, akkor G′ is az. Tegyük fel, hogy az új G′ gráf nem háromszorosan összefügg˝o. Akkor van két olyan pont a gráfban, melyeket elhagyva G′ nem lesz többé összefügg˝o. Ha a két elhagyott pont között ott lenne az x pont, akkor egy olyan gráfot kapnánk, ami G-b˝ol egy pont elhagyásával keletkezik, ez pedig G háromszoros összefügg˝osége miatt összefügg˝o kell legyen. Ha két x-t˝ol különböz˝o pontot hagytunk el, akkor nézzük az x pontot tartalmazó komponenst. Mivel x-nek legalább egy szomszédja megmaradt, x mellett van még másik pont is a komponensben. Ekkor viszont a két pont elhagyása az eredeti G gráfot is komponensekre bontja, tehát G nem lenne háromszorosan összefügg˝o. 28. Mutassuk meg, hogy egy k-szorosan összefügg˝o n pontú egyszer˝u gráfnak legalább kn/2 éle van! Megoldás: Ha egy gráf k-szorosan összefügg˝o, akkor minden pontjának legalább k a fokszáma. Ezért a fokszámok összege legalább kn, tehát az élek száma legalább kn/2. 29. Legyen 1 < k < n. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszer˝u összefügg˝o gráfban minden pont foka legalább (n + k − 2)/2, akkor a gráf k-szorosan összefügg˝o! Megoldás: A k-szoros összefügg˝oséghez szükséges, hogy n ≥ k + 1 legyen, ami teljesül. Kell még, hogy a gráf k − 1 pont elhagyása után összefügg˝o maradjon. Indirekt módon tegyük fel, hogy van k −1 olyan pontja a gráfnak, amelyeket elhagyva a keletkez˝o gráf már nem összefügg˝o. Legyen az ekkor kapott legkisebb komponens mérete ℓ. Mivel a megmaradt pontoknak legfeljebb a fele tartozik ebbe a komponensbe, ℓ ≤ (n−(k −1))/2. Minden a komponensbe es˝o pont foka az eredeti gráfban legfeljebb ℓ − 1 + k − 1 ≤ (n + k − 3)/2, mert a komponensen kívül csak az elhagyott k − 1 ponthoz mehetnek élek. Ez viszont kisebb, mint a feltételben szerepl˝o (n + k − 2)/2, ami ellentmondás. 30. Bizonyítsuk be, hogy ha G egy k-reguláris, egyszer˝u, összefügg˝o páros gráf és k > 1, akkor G kétszeresen összefügg˝o! Megoldás: A kétszeres összefügg˝oséghez szükséges, hogy a gráfnak legalább 3 pontja legyen, ami k > 1 miatt teljesül. Indirekt módon tegyük fel, hogy van olyan x pont, melynek elhagyása után a gráf már nem lesz összefügg˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

215

A keletkez˝o komponensek is páros gráfok, legyen az egyik G′ = (A′ , B′ , E ′ ), ahol x-b˝ol B′ -beli pontokhoz mentek élek. Ezen élek r számára 0 < r < k áll fenn, másként G nem lehetett volna összefügg˝o. Ekkor a G′ gráf éleinek száma |E ′ | = k · |A′ |, mert A′ -ben továbbra is minden pont fokszáma k, tehát |E ′ | a k számnak többszöröse. Másrészt a B′ halmazba k · |B′ | − r él futhat be, ami nem osztható k-val, vagyis ellentmondásra jutottunk. 31. Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráf k-szorosan összefügg˝o, akkor k-szorosan élösszefügg˝o is! Megoldás: Tudjuk, hogy egy gráf pontosan akkor k-szorosan összefügg˝o, ha bármely két pontja között van k pontidegen út. Ekkor persze van k élidegen út is bármely két pontja között, amib˝ol következik a k-szoros élösszefügg˝oség. 32. Minden k > 1 egészre mutassunk olyan egyszer˝u gráfot, amely k-szorosan élösszefügg˝o, de csak egyszeresen összefügg˝o! Megoldás: Legyen a gráfnak 2k + 1 pontja, és álljon két k + 1 pontú teljes gráfból, melyeknek egy közös pontja van. A közös pontot elhagyva a gráf szétesik, tehát a gráf csak egyszeresen összefügg˝o. Ha néhány él elhagyásakor a gráf szétesik, akkor biztos, hogy a két Kk+1 részgráf egyike is szétesik. Tehát az elhagyott élek száma legalább k, mert Kk+1 k-szorosan élösszefügg˝o (lásd 25. feladat). 33. (a) Mutassuk meg, hogy egy összefügg˝o 2-reguláris gráf összefügg˝oségi és élösszefügg˝oségi száma megegyezik! (b) Mutassuk meg ugyanezt 3-reguláris gráfokra! (c) Mutassuk meg, hogy ugyanez 4-reguláris gráfokra már nem feltétlenül igaz! Megoldás: (a) Egy 2-reguláris összefügg˝o gráf egy kör. A körb˝ol ha egy pontot hagyunk el, még összefügg˝o marad (egy utat kapunk), de ha két nem szomszédos pontot hagyunk el, akkor már nem lesz összefügg˝o. Hasonlóan ha csak egy élét hagyjuk el, összefügg˝o gráfot kapunk, de (tetsz˝oleges) két él elhagyása után többé már nem összefügg˝o. Tehát a gráf kétszeresen összefügg˝o és kétszeresen élösszefügg˝o is. (b) Elegend˝o azt megmutatni, hogy tetsz˝oleges x 6= y pontok között a pontidegen és élidegen utak száma azonos. A pontidegen utak mindig élidegenek. Mivel a gráfunk 3-reguláris, ezért az élidegen utak pontidegenek is, hiszen ha két élidegen útnak van közös bels˝o pontja, akkor a közös pont fokszáma legalább 4 kell legyen.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

216

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

(c) Az ábrán látható 4-reguláris gráf csak egyszeresen összefügg˝o, viszont bármely élét elhagyva összefügg˝o marad, tehát legalább kétszeresen élösszefügg˝o.

34. Legyen A, B,C három diszjunkt k elem˝u halmaz. Legyen A ∪ B ∪ C a G gráf csúcshalmaza, két csúcs pontosan akkor legyen összekötve, ha különböz˝o halmazból valók. Mennyi a G összefügg˝oségi száma? Megoldás: Vegyük észre, hogy néhány pont elhagyása után, ha az A, B,C halmazok közül legalább kett˝oben marad pont, akkor a kapott gráf összefügg˝o, ha viszont csak egyben, akkor nem. Ezek szerint 2k − 1 pont elhagyásával még összefügg˝o gráfot kapunk. Ha két teljes halmazt hagyunk el, akkor már nem, tehát az összefügg˝oségi szám 2k. 35. Egy legalább 3 pontot és legalább egy élt tartalmazó egyszer˝u gráf bármely e éléhez és v pontjához található olyan kör, mely tartalmazza o˝ ket. Mutassuk meg, hogy a gráf kétszeresen összefügg˝o! Megoldás: Menger tétele szerint elegend˝o azt belátni, hogy a gráfban bármely két ponton át megy kör. Legyen v, w két pont. A w nem lehet izolált pont, hiszen a w ponton és tetsz˝oleges élen át megy kör. Válasszuk az e élt úgy, hogy egyik végpontja w legyen. Ekkor a feltétel szerint van a v pontot és e élt tartalmazó kör. Mivel ez a kör átmegy a w ponton, készen vagyunk. 36. Bizonyítsuk be, hogy egy G = (V, E) gráf akkor és csak akkor k-szorosan élösszefügg˝o, ha a csúcsoknak minden valódi 0/ 6= X ⊂ V részhalmazából legalább k él lép ki a V − X halmazba! Megoldás: Legyen G egy k-szorosan élösszefügg˝o gráf, és 0/ 6= X ⊂ V . Ha X-b˝ol legfeljebb k − 1 él lép ki, akkor ezeket az éleket elhagyva a gráf már nem lesz összefügg˝o, ami ellentmond a k-szoros élösszefügg˝oségnek. Most tegyük fel, hogy a gráf nem k-szorosan élösszefügg˝o. Ekkor létezik legfeljebb k − 1 él, amit elhagyva a gráf két komponensre esik szét. Ezek csúcshalmazai legyenek X és V − X. Ekkor X-b˝ol legfeljebb k − 1 él lép ki. 37. Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráfból elhagyunk egy élt, akkor az összefügg˝osége legfeljebb eggyel csökken!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

217

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

Megoldás: Ha a gráf k-szorosan összefügg˝o, akkor bármely két pontja között van k pontidegen út. Egy él elhagyása legfeljebb egy utat szüntet meg, tehát utána is marad bármely két pont között legalább k − 1 pontidegen út, tehát a kapott gráf legalább (k − 1)-szeresen összefügg˝o lesz. 38. Legfeljebb hány élét lehet a K10 gráfnak elhagyni úgy, hogy a megmaradt gráf még négyszeresen élösszefügg˝o legyen? Megoldás: Olyan gráfot kell kapjunk, amelyben minden pontnak legalább 4 a fokszáma, tehát legfeljebb 10 · 5/2 = 25 él hagyható el. Ennyit el is lehet hagyni, tartsuk meg ugyanis két, közös él nélküli Hamilton-kör éleit. Ha ebb˝ol a gráfból elhagyunk 3 élt, akkor valamelyik Hamilton-körb˝ol legfeljebb egy él hiányzik, tehát megmarad egy Hamilton-út, a gráf továbbra is összefügg˝o marad. 39. Legyen G egy összefügg˝o gráf és v1 , v2 , v3 a G-nek három pontja. Jelölje H az olyan utak halmazát, melyek ezen három pont közül valamelyik kett˝o között vezetnek. Tegyük fel, hogy bármely két H-beli útnak van közös bels˝o pontja. (a) Bizonyítsuk be, hogy található G-ben olyan x és y pont, hogy minden Hbeli út átmegy legalább az egyiken! (b) Mutassuk meg, hogy nem feltétlenül található egy olyan x pont, amelyen minden H-beli út átmegy! Megoldás: (a) Vegyünk fel egy új, z pontot és kössük össze a v2 és v3 pontokkal. Ebben az új gráfban a feltétel miatt a v1 és z pontok között nincs két pontidegen út, ezért Menger tétele szerint a v1 -et és z-t összeköt˝o utak lefoghatóak egyetlen ponttal, legyen ez a pont x. Az x ponton tehát minden olyan út átmegy, ami v1 -et köti össze akár v2 -vel, akár v3 -mal. Másrészt a v2 és v3 közötti utak, ismét Menger tétele szerint, lefoghatóak egyetlen ponttal, legyen ez y. (b) Lásd az ábrát. v2 v1 v3

40. Egy kisváros úthálózata csupa egyirányú utcából áll. A polgármester minden hétköznap reggel autóval megy otthonról a városházára. Ezt úgy szeretné

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

218

15. Folyamok, többszörös összefügg˝oség

megoldani, hogy a hét minden napján különböz˝o utcákon menjen át, azaz munkába menet egy hét alatt minden utcán legfeljebb egyszer menjen végig. Adjunk olyan algoritmust, amely a város térképe alapján eldönti, hogy ez megtehet˝oe! Megoldás: Azt kell megállapítani, hogy van-e a polgármester otthona (o) és a városháza (v) között 5 élidegen út. Tekintsük az úthálózatot egy hálózatnak, o lesz a termel˝o, v a fogyasztó és legyen minden él kapacitása 1. Az egészérték˝uségi lemma miatt elegend˝o azt eldönteni, hogy van-e 5 érték˝u folyam, ez pedig a javító utas algoritmussal megtehet˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. fejezet Gráfok színezése

16.1.

Csúcsok színezése

1. Mennyi az ábrán látható G gráf kromatikus száma? a

g

f

e j i

h d

b

c

Megoldás: A gráfban van háromszög, ezárt χ(G) ≥ 3. Tegyük fel, hogy három szín elég. Az a, b és c csúcsok háromszöget alkotnak, ezért mind különböz˝o szín˝uek, legyen a színük rendre piros, kék és zöld. Ekkor d csak piros, e csak kék, f csak zöld lehet, mert a másik két szín már szerepel a szomszédságukban. Ezután g piros, h kék, i zöld kell, hogy legyen. Így viszont a j csúcs három szomszédja háromféle szín˝u, vagyis a színezés három színnel nem lehetséges. Tehát χ(G) ≥ 4. Másrészt, az el˝obbi színezésben a j csúcsnak egy negyedik színt adva jó színezést kapunk, tehát χ(G) ≤ 4. Ezzel beláttuk, hogy χ(G) = 4.

2. Legyen G = (V, E) a következ˝o kilenc csúcsú gráf. A csúcshalmaza legyen V = {ui , vi , wi : i = 1, 2, 3}. Az {u1 , u2 , u3 }, illetve a {v1 , v2 , v3 } halmazok függetlenek, a wi pontok egymással páronként össze vannak kötve, továbbá minden i-re wi össze van kötve ui -vel és vi -vel, valamint minden ui össze van kötve minden v j -vel. Mennyi a G kromatikus száma?

Megoldás: El˝oször megmutatjuk, hogy χ(G) ≥ 4. Indirekt tegyük fel, hogy létezik egy c : V → {1, 2, 3} színezés. Mivel a w1 , w2 , w3 csúcsok háromszöget 219

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

220

16. Gráfok színezése

alkotnak, feltehetjük, hogy c(wi ) = i. Az ui és vi csúcsok szerepe szimmetrikus, és a w1 , u1 , v1 csúcsok is egy háromszöget alkotnak, ezért feltehet˝o, hogy c(u1 ) = 2 és c(v1 ) = 3. Mivel v3 -nak u1 és w3 is szomszédja, c(v3 ) = 1. Ekkor viszont u2 szomszédságában v3 , w2 és v1 színeként az 1, 2, 3 színek mindegyike el˝ofordul, így c(u2 ) ezek egyike sem lehet, ami ellentmond annak, hogy G-nek létezik 3-színezése. Megmutatjuk, hogy χ(G) ≤ 4. Az u1 , v1 , v3 , w1 , w2 és w3 csúcsok színe legyen az, ami az el˝obb, az u2 és u3 csúcsokat pedig színezzük a negyedik színnel. Az egyetlen még színezetlen v2 csúcs kaphatja az 1 és 3 színek bármelyikét. Így minden él végpontjai különböz˝o szín˝uek, vagyis a színezés jó. Ezzel beláttuk, hogy χ(G) = 4. 3. Határozzuk meg az ábrán látható G = (V, E) gráf kromatikus számát!

a3 a2 a1

a

4

a8

a5 a6

a7

b1

b3

b2

b4

b8

b5 b7 b6

Megoldás: Megmutatjuk, hogy χ(G) = 4. Ehhez el˝oször azt látjuk be, hogy három színnel nem színezhet˝o a gráf. Tegyük fel indirekt, hogy van c : V → {1, 2, 3} színezés. Vegyük észre, hogy a bi csúcsokon feszített részgráf K4,4 gyel izomorf. Ezért vagy a páratlan vagy a páros index˝u bi csúcsok a c színezés szerint azonos szín˝uek. Az általánosság megszorítása nélkül feltehet˝o, hogy c(b1 ) = c(b3 ) = c(b5 ) = c(b7 ) = 1. Ekkor a páratlan index˝u ai -k mindegyikének a színe 2 vagy 3. Mivel a1 és a5 , illetve a3 és a7 élt alkot, c(a1 ) 6= c(a5 ) és c(a3 ) 6= c(a7 ). A gráf szimmetriái miatt nem szorítja meg az általánosságot, ha feltesszük, hogy c(a1 ) = c(a3 ) = 2 és c(a5 ) = c(a7 ) = 3. Ekkor viszont az a4 és a8 csúcsoknak van 2 és 3 szín˝u szomszédja, tehát mindkett˝o csak 1 szín˝u lehet. Mivel azonban a4 és a8 össze vannak kötve, nem kaphatják mindketten ugyanazt a színt. Ezzel ellentmondásra jutottunk, tehát χ(G) > 3.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

221

16. Gráfok színezése

Most megadunk egy 4 színnel való c : V → {1, 2, 3, 4} színezést. Legyen minden páratlan index˝u csúcs színe az, ami az el˝obb. Legyen továbbá c(a2 ) = c(a4 ) = 1, c(a6 ) = c(a8 ) = 4 és az összes páros bi színe 2. Ekkor minden él végpontjai különböz˝o szín˝uek, így χ(G) ≤ 4. Ezzel beláttuk, hogy G kromatikus száma egyenl˝o 4-gyel. Megjegyzés: Az utóbbi két feladatban szerepl˝o gráfokkal kapcsolatban lásd a 29. feladat utáni megjegyzést. 4. Bizonyítsuk be, hogy tetsz˝oleges egyszer˝u G gráfra χ(G) ≥ |V (G)|/α(G).

Megoldás: Tekintsük G-nek egy jó színezését χ(G) színnel. Mivel az azonos szín˝u pontok függetlenek, egy-egy szín legfeljebb α(G) pontnak lehet a színe. Mivel minden pontot kiszíneztünk, következik, hogy χ(G)α(G) ≥ |V (G)|, ami ekvivalens az állítással.

5. Adjuk meg minden n ≥ 3 esetén az n hosszú kör Cn komplementerének kromatikus számát! Megoldás: Jelöljük Cn csúcsait 1, . . . , n-nel, ahol az i és j csúcsok pontosan akkor vannak összekötve, ha j 6= i ± 1 és {i, j} 6= {1, n}. A páros címkéj˝u csúcsok egy k = ⌊n/2⌋ méret˝u klikket alkotnak, ezért χ(Cn ) ≥ k. Ha n = 2k, akkor ennyi szín elég is: legyenek a színosztályok a {2i − 1, 2i} csúcspárok, ahol i befutja az 1, 2, . . . , k számokat. Ha n = 2k + 1, akkor k + 1 színnel könny˝u színezni: az els˝o k színosztály legyen ismét {2i − 1, 2i}, ahol i = 1, 2, . . . , k, a (k + 1)-edik színosztály pedig álljon az egyetlen kimaradt csúcsból (ami a 2k + 1 jel˝u). Szükség is van k + 1 színre, ugyanis bármely három csúcs között van két összekötött, vagyis α(Cn ) ≤ 2, és így a 4. feladat alapján a kromatikus szám legalább ⌈2k +1/2⌉ = k + 1. Azt kaptuk tehát, hogy χ(C2k ) = k és χ(C2k+1 ) = k + 1. 6. Mutassuk meg, hogy χ(G) ≤ τ(G) + 1.

Megoldás: Tekintsünk egy τ(G) elem˝u A lefogó pontrendszert. Ekkor B = V (G) − A független halmaz. Színezzük A minden elemét különböz˝o szín˝ure, a B független halmaz elemeit pedig egy további színnel. Az így megadott színezés jó színezés, és összesen τ(G) + 1 színt használ. Ebb˝ol következik az állítás. ¡ ¢ 7. Bizonyítsuk be, hogy tetsz˝oleges egyszer˝u gráfra |E(G)| ≥ χ(G) 2 .

Megoldás: Tekintsük G egy optimális színezését, azaz egy jó színezést χ(G) színnel. Ha lenne két olyan szín, amire nem létezik olyan él, aminek két

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

222

16. Gráfok színezése

végpontja e két színnel van színezve, akkor az e két színnel színezett pontok egyetlen színnel is színezhet˝ok volnának (a többi pont színének változatlanul hagyása mellett), vagyis a színezés nem lenne optimális. Tehát a fenti típusú él minden színpárhoz létezik, s mivel egy él csak egy színpárhoz tartozhat ilyen módon, ez azt jelenti, hogy az élek száma legalább annyi, ¡ ¢amennyi a különböz˝o színekb˝ol álló párok száma. Ez utóbbi pedig éppen χ(G) 2 .

8. Legyen G egyszer˝u gráf, amire χ(G) = k. Tekintsük G-nek egy k színnel való színezését, ebben legyen az egyik felhasznált szín a piros. Bizonyítsuk be, hogy a megadott színezésben biztosan van olyan piros szín˝u pont, aminek szomszédságában az összes felhasznált, pirostól különböz˝o szín el˝ofordul!

Megoldás: Indirekt tegyük fel, hogy az állítás nem igaz. Tekintsünk egy olyan k színnel való színezést, amiben minden piros szín˝u pontnak a szomszédságából hiányzik valamely pirostól különböz˝o szín. Színezzük át az összes piros szín˝u pontot olyan szín˝ure, amely szín az o˝ szomszédságából hiányzik. Így minden élnek legfeljebb az egyik végpontját színezzük át, hiszen az átszínezett pontok eredetileg mind pirosak voltak, tehát nem mehet közöttük él. Az átszínezés módja biztosítja, hogy egyetlen él végpontjai sem lesznek azonos szín˝uek az átszínezés után sem. Tehát továbbra is jó színezést kapunk, de eggyel kevesebb színnel, ami ellentmondás. ¡ ¢ 9. Legyen G olyan hurokmentes gráf, aminek pontosan χ(G) éle van. Bizonyít2 suk be, hogy G-ben a nemizolált pontok egy χ(G) csúcsú teljes gráfot alkotnak! Megoldás: Az el˝oz˝o feladatban bizonyítottak következménye, hogy egy optimális színezésben minden színosztályban van χ(G) − 1 fokú pont. Ezek fokszámainak összege egyenl˝o G fokszámösszegével, ami éppen az élek számának kétszerese. Ezért G-ben nincs is más él, mint a minden színosztály egyetlen reprezentánsából kiinduló χ(G)(χ(G) − 1) darab. Ez pedig éppen azt jelenti, hogy G az állítás szerinti. 10. Kiszínezhet˝o-e a hét hosszú C7 kör négy színnel úgy, hogy bármely két színt tekintve, legfeljebb egy él kössön össze két ilyen szín˝u pontot? Megoldás: A négy színb˝ol 6 pár képezhet˝o, így a kívánt színezés nem valósítható meg olyan gráfon, aminek hatnál több éle van. A C7 pedig ilyen gráf. Megjegyzés: Egy másik megoldás kiolvasható a következ˝o feladat megoldásából.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

223

11. Kiszínezhet˝o-e a hat hosszú C6 kör négy színnel úgy, hogy a színezés jó legyen, és bármely két színt tekintve, legfeljebb egy él kössön össze két ilyen szín˝u pontot? Megoldás: Tegyük fel, hogy van ilyen színezés. Mivel több csúcs van, mint szín, van olyan szín (hívjuk ezt pirosnak), amelyik legalább kétszer szerepel. E két csúcsnak C6 -ban összesen négy szomszédja van, ezeknek a feltétel szerint különböz˝oknek kell lenniük. Mivel piros egyik sem lehet, ehhez a pirossal együtt legalább öt színre lenne szükség. Ez ellentmondás, hiszen csak négy színünk van, a kívánt színezés tehát nem létezik. 12. Bizonyítsuk be, hogy egy n csúcsú, e él˝u reguláris G gráfra fennáll, hogy χ(G) ≤ 1 + 2e/n.

Megoldás: Tudjuk, hogy χ(G) ≤ ∆(G) + 1 a mohó színezésb˝ol adódóan. Mivel 2e/n a gráf fokszámainak átlaga, ami reguláris gráf esetén megegyezik ∆(G)–vel, adódik az állítás.

13. Bizonyítsuk be, hogy χ(G) ≤ max{δ(H) : H ⊆ G} + 1, ahol a maximumot G összes H részgráfján tekintjük és δ(X) az X gráf legkisebb fokszámát jelöli. Megoldás: Rendezzük sorba az n csúcsú G gráf csúcsait az alábbi módon. Legyen vn a legkisebb fokú csúcs. Ha vn , vn−1 , . . . vi már definiálva lett és i > 1, akkor legyen vi−1 a G − {vn , vn−1 , . . . vi } gráf egyik minimális fokú csúcsa. Ha ez a sorrend megvan, színezzük mohón a csúcsokat indexeik növekv˝o sorrendjében. A sorrend el˝oállításából adódik, hogy tetsz˝oleges csúcs színezésekor o˝ egy legkisebb fokszámú csúcsa annak a H részgráfnak, amit a már színezett csúcsokkal együtt alkot. Ha tehát minden szomszédja különböz˝o szín˝u és nincs szabad szín a már használtak között, akkor is legfeljebb egy (δ(H) + 1)-edik színt fogunk bevezetni az újonnan tekintett csúcs színezéséhez. Ebb˝ol adódik, hogy a lehetséges (δ(H) + 1) értékek maximuma fels˝o korlát a kromatikus számra. 14. Adjunk példát minden k ≥ 2 pozitív egész esetén olyan Gk gráfra, melynek kromatikus száma 2, de megadható a csúcsainak olyan sorrendje, hogy azokat e sorrendben mohón színezve k színt fogunk használni. Megoldás: Legyen Gk az a gráf, melyet a Kk,k teljes páros gráfból kapunk egy teljes párosítás elhagyásával. A gráf csúcsai legyenek u1 , . . . , uk , v1 , . . . , vk , ahol az ui , illetve a vi csúcsok alkotják a páros gráf két színosztályát, az elhagyott párosítás pedig az {ui , vi } élekb˝ol áll (i = 1, 2, . . . , k). Színezzük a csúcsokat az u1 , v1 ,u2 , v2 , . . . , ui , vi , . . . , uk , vk sorrendben. A mohó színezés

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

224

16. Gráfok színezése

minden vi -nek az ui -nél éppen bevezetett színt fogja adni, és így ui+1 -nek minden használt színhez lesz már olyan szín˝u szomszédja, amiért is be kell vezetni egy újabb, (i + 1)-edik színt. A gráfot tehát végül k színnel fogjuk színezni. 15. Bizonyítsuk be, hogy minden egyszer˝u G gráf csúcsainak van olyan sorrendje, hogy ha a csúcsokat e sorrend szerint haladva mohón színezzük, akkor a felhasznált színek száma χ(G) lesz! Megoldás: Tekintsünk egy színezést χ(G) színnel. Rakjuk sorba tetsz˝olegesen a színosztályokat, legyenek ezek A1 , A2 , . . . , Aχ(G) , ahol Ai csúcsainak színe legyen i. A csúcsok sorrendje legyen olyan, hogy el˝oször az A1 , majd az A2 , stb., végül a Aχ(G) csúcsai következnek (az egyes osztályokon belül a csúcsok sorrendje tetsz˝oleges). Az így kapott sorrend jó lesz. A mohó színezés A1 csúcsait 1-gyel színezi. Indukcióval feltéve, hogy A1 ∪ · · · ∪ Ai csúcsainak színezésekor nem használt i-nél nagyobb színt, adódik, hogy A1 ∪ · · · ∪ Ai+1 színezéséhez elég lesz az els˝o i + 1 szín. Ha i + 1 = χ(G), akkor megkaptuk az állítást. 16. Legyen G olyan gráf, amire χ(G) = k. Bizonyítsuk be, hogy G élei irányíthatóak úgy, hogy a létrejöv˝o leghosszabb irányított út legfeljebb k pontot tartalmazzon! Megoldás: Tekintsük G egy k színnel való színezését, a színeket nevezzük 1, 2, . . . k-nak. Minden él két különböz˝o szín˝u pontot köt össze, az irányát válasszuk meg úgy, hogy azon végpontja felé mutasson, aminek a színe nagyobb számot jelent. Egy k-nál több csúcsot tartalmazó irányított úton a színeket jelent˝o számok k fölé n˝onének, ami nem lehetséges. Ezzel igazoltuk, hogy a mondott irányítás megfelel˝o. 17. Bizonyítsuk be, hogy egy n csúcsú egyszer˝u G gráfra χ(G)χ(G) ≥ n. 1. Megoldás: Mivel egy jó színezésben minden színosztály független pontok halmaza, és a gráf kiszínezhet˝o jól χ(G) színnel, van olyan független halmaz, n . Ez a független halmaz a komplementer gráfban aminek mérete legalább χ(G)

klikk, így minden pontját más színnel kell színezni, vagyis χ(G) ≥ átrendezéssel következik az állítás.

n ol χ(G) . Ebb˝

2. Megoldás: Színezzük ki G-t jól χ(G) színnel és G-t szintén jól χ(G) színnel. Minden v ∈ V (G)-re az els˝o színezésben jelölje a v csúcs színét c(v), a másodikban k(v). Rendeljük hozzá most minden v csúcshoz a (c(v), k(v)) rendezett színpárt. E színpárok semelyik két csúcsra sem egyezhetnek meg, hiszen bármely két csúcs össze van kötve G és G egyikében, így ott különböz˝o

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

225

szín˝ueknek kell lenniük. Vagyis az összes lehetséges színpárok száma legalább n, ami a bizonyítandó állítással ekvivalens. 18. Bizonyítsuk be, hogy ha G egy n csúcsú, egyszer˝u, r-reguláris gráf, akkor χ(G) + χ(G) ≤ n + 1.

Megoldás: A feltételekb˝ol adódik, hogy ∆(G) = r és ∆(G) = n − r − 1. Felhasználva, hogy χ(G) ≤ ∆(G) + 1 és χ(G) ≤ ∆(G) + 1, azt kapjuk, hogy χ(G) + χ(G) ≤ r + 1 + (n − r − 1) + 1 = n + 1. Megjegyzés: Az itt bizonyított egyenl˝otlenség a regularitás feltételezése nélkül is igaz. (Err˝ol b˝ovebben ld. L. Lovász, Combinatorial Problems and Exercises, Akadémiai Kiadó, Budapest, 1993, 9.5.b.)

19. Igaz-e, hogy minden egyszer˝u G gráfnak van olyan χ(G) színnel való színezése, melyben az egyik színosztály α(G) csúcsot tartalmaz? Megoldás: Nem. Tekintsük az alábbi fát.

Ennek (egyetlen) legnagyobb független halmazát a négy els˝ofokú csúcs alkotja, de azokat azonosan színezve nem lehetne két színnel színezni a gráfot, noha a kromatikus száma kett˝o. 20. Legyen G olyan gráf, melynek kromatikus száma k. Legyen A ⊆ V (G) a csúcsok olyan részhalmaza, melyben tetsz˝oleges két pont távolsága legalább négy. Mutassuk meg, hogy az A-beli csúcsok tetsz˝oleges k + 1 színnel való színezése kiterjeszthet˝o az egész G gráf k +1 színnel való színezésévé! (Kiterjeszthetésen azt értjük, hogy a keresett színezésnél az A-beli csúcsok a megadott (k + 1)színezésük szerinti színt kapják.) Megoldás: Legyen adott A-nak egy tetsz˝oleges (k + 1)-színezése. Tekintsük G-nek egy jó színezését az els˝o k színnel (a feltételek szerint ilyen van), az ebben nem szerepl˝o (k + 1)-edik színt nevezzük kéknek. Nézzük sorra az A-beli csúcsok színét ebben a k-színezésben. Ha valamelyiknek a színe megegyezik az el˝ore megadott színével, az jó nekünk, nem teszünk vele semmit. Ha valamely a ∈ A színe nem egyezik meg az el˝ore megadott színével, akkor átszínezzük arra. Ha van olyan szomszédja, ami ugyanilyen szín˝u, azt pedig (mindegyik ilyet) átszínezzük kékre. (Vegyük észre, hogy ha magát a-t színeztük kékre, akkor a szomszédaihoz nem nyúltunk, hiszen azok közt eredetileg

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

226

16. Gráfok színezése

egy sem kék, átszínezve pedig nem lehettek a távolságra vonatkozó feltétel miatt. Ha ugyanis átszíneztük volna valamelyiket, akkor vagy az maga is A-beli volna, vagy szomszédja lenne egy másik A-beli csúcsnak is. Mindkét esetben két egymástól legfeljebb kett˝o távolságra lev˝o A-beli csúcsra bukkannánk, ilyenek azonban nem létezhetnek.) Állítjuk, hogy miután A minden csúcsát sorra vettük, egy kívánt színezésünk lesz. Az, hogy az A-beli pontok a kívánt szín˝uek, világos, hiszen, amelyik nem olyan volt, átszíneztük olyanra. Az is világos, hogy a felhasznált színek száma nem több, mint k + 1. Azt kell tehát csak belátni, hogy a kapott színezés valóban jó színezés. Mivel egy jó kszínezésb˝ol indultunk ki, csak olyan csúcsoknál lehet probléma, amiket átszíneztünk. Az A-beli csúcsoknál nem lehet baj, mert az o˝ átszínezésük után rögtön minden velük szomszédos ugyanolyan szín˝u pontot is átszíneztünk, ezeket mindig kékre. Elég tehát azt megmutatni, hogy kék csúcsok között nem fut él. Az A-beli pontok távolságára vonatkozó feltételb˝ol következik, hogy minden csúcs legfeljebb egy A-beli csúcsnak szomszédja. (Különben lenne két A-beli csúcs egymástól legfeljebb kett˝o távolságra.) Ha két kék csúcs két különböz˝o A-beli csúcsnak szomszédja, akkor ismét a távolságra vonatkozó feltétel miatt, ezek nem lehetnek szomszédosak. (Különben a két A-beli csúcs távolsága legfeljebb három volna.) Ha két kék csúcs ugyanazon A-beli csúcsnak szomszédja, akkor viszont azért színeztük mindkett˝ot kékre, mert mindkett˝onek az eredeti színe megegyezett közös A-beli szomszédjuk el˝oírt színével. Vagyis az eredeti k-színezésben azonos szín˝uek voltak, s mivel az jó színezés volt, nem lehetnek összekötve. Végül, ha egy A-beli csúcs maga kék, annak szomszédai között senkit nem színeztünk át kékre. Semelyik két kék csúcs között nem fut tehát él. Ezzel a bizonyítást befejeztük. [M. O. Albertson, You can’t paint yourself into a corner, J. Combin. Theory Ser. B, 73 (1998), 189–194.] 21. A V (G) = {1, 2, . . . , 1023} ponthalmazon definiáljuk a G gráfot úgy, hogy benne k és m akkor és csak akkor van összekötve éllel, ha nem egyenl˝ok és egyikük osztója a másiknak. Határozzuk meg a χ(G) kromatikus szám értékét! Megoldás: A 2k alakú számok mind osztják egymást, így a szerepl˝o 10 ilyen alakú szám egy klikket alkot. (A 10 abból adódik, hogy 2k a pontok között a k = 0, 1, . . . , 9 értékekre szerepel.) Emiatt χ(G) ≥ 10. Másrészt, a 2k és 2k+1 −1 közötti csúcsok színezhet˝ok mind ugyanazon színnel, hiszen közülük bármely kett˝o hányadosa kisebb 2-nél, vagyis egyik sem lehet másiknak többszöröse. Ezért az adott gráf színezéséhez elegend˝o is a 10 szín.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

227

22. Legyen a G gráf csúcsainak halmaza V (G) = {1, 2, . . . , 128}. Az i és j csúcsok pontosan akkor alkossanak élt G-ben, ha i és j legnagyobb közös osztója nem 1. Határozzuk meg G kromatikus számát! Megoldás: A páros számok klikket alkotnak G-ben, így a kromatikus szám legalább 64. Ennyi színnel már ki is színezhet˝o a gráf a következ˝o módon. Színezzük ki a páros számokat csupa különböz˝o színnel, a páratlanokat pedig az utánuk következ˝o páros szám színével. A kromatikus szám tehát 64. 23. Legyen a G gráf csúcsainak halmaza V (G) = {1, 2, . . . , 19}. Az i és j pontok pontosan akkor alkossanak élt G-ben, ha indexeik közül a nagyobbikat a kisebbikkel elosztva az eredmény kett˝ohatvány. Határozzuk meg G kromatikus számát! Megoldás: A kromatikus szám legalább 5, mert ennyi elem˝u klikket alkot az {1, 2, 4, 8, 16} halmaz. A színezéshez elég is az 5 szín. Színezzük ugyanis az el˝obbi 5 csúcsot különböz˝o szín˝ure, nem kett˝ohatvány esetén az i csúcs színe legyen a legnagyobb, i-nél kisebb kett˝ohatvány színe. 24. Egy gráf csúcsai legyenek egy n-szer n-es sakktábla mez˝oi, ahol n ≥ 2. Az éleket alkossák az (oldalukkal) szomszédos mez˝okb˝ol álló párok. Mennyi az így kapott gráf kromatikus száma? Megoldás: A kérdezett kromatikus szám 2. Kevesebb nem lehet, hiszen a gráfnak vannak élei. Hogy két szín elég a jó színezéshez, azt a sakktábla hagyományos fekete-fehér színezése mutatja. 25. Egy négyzetrácsban legyen egy lépés az, ha egy négyzetb˝ol átmegyünk egy vele közös éllel rendelkez˝o másik négyzetbe. A 100-szor 100-as rácsban mennyi az a legkevesebb szín, amivel a négyzetek kiszínezhet˝ok úgy, hogy az egymásból pontosan két lépéssel elérhet˝o mez˝ok különböz˝o szín˝uek legyenek? Megoldás: A minimálisan szükséges színek száma 4. Hogy legalább ennyi, azt onnan láthatjuk, hogy könnyen megadható négy olyan mez˝o, melyek páronként két lépéssel érhet˝ok el egymásból. Az i-edik oszlop és j-edik sor találkozásánál lev˝o mez˝ot (i, j)-vel jelölve, ilyen az (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2) mez˝onégyes. Hogy négy szín elég, azt egy jó színezés megadásával igazoljuk, a megadáshoz továbbra is az el˝obbi jelölést használjuk. Páratlan i esetén színezzük (i, j)-t pirosra ha i + j + 1 vagy i + j + 2 osztható 4-gyel, kékre, ha i + j vagy i + j + 3 osztható 4-gyel. Páros i esetén ugyane kritérium alapján színezzünk egy mez˝ot zöldre vagy sárgára. Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy így az azonos szín˝u mez˝ok vagy szomszédosak, vagy legalább három lépés távolságra vannak egymástól, tehát a színezés jó lesz.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

228

16. Gráfok színezése

26. Legyenek a G gráf csúcsai egy n > 1 elem˝u halmaz részhalmazai. Két csúcs pontosan akkor legyen összekötve G-ben, ha a nekik megfelel˝o A és B részhalmazok szimmetrikus differenciája páratlan számú elemet tartalmaz. (Két halmaz szimmetrikus differenciája a pontosan az egyikük által tartalmazott elemek halmaza.) Mennyi G kromatikus száma? Megoldás: Két részhalmaz szimmetrikus differenciája pontosan aszerint tartalmaz páros vagy páratlan számú elemet, hogy a két részhalmaz elemszámának paritása egyez˝o vagy különböz˝o. Emiatt a G-ben élt alkotó részhalmazpárok közül mindig egy páros és egy páratlan elemszámú. Tehát a páros elemszámú halmazokat kékre, a páratlan elemszámúakat pirosra színezve jó színezést kapunk. Eszerint G kromatikus száma legfeljebb kett˝o. Kevesebb nyilván nem lehet, hiszen a gráfnak van éle. 27. A Gk gráf (k ≥ 2) egy (v1 , v2 , . . . , v2k−1 , v2k ) Hamilton-körb˝ol, valamint a k darab további {v1 , vk+1 }, {v2 , vk+2 }, . . . , {vk−1 , v2k−1 }{vk , v2k } élb˝ol áll. Határozzuk meg minden k-ra Gk kromatikus számát! Megoldás: A kromatikus szám 4, ha k = 2, egyéb esetekben 2, ha k páratlan és 3, ha k páros. A k = 2 eset világos, mert G4 = K4 . A Hamilton-körön kívüli éleket hívjuk átlóknak. Ha k ≥ 3 és páratlan, akkor a csúcsokat a Hamilton-kör mentén felváltva színezve a behúzott átlók végpontjai is különböz˝o szín˝uek, tehát a gráf két színnel színezhet˝o. Mivel vannak élei, a kromatikus száma 2. Ha k páros, akkor a v1 , v2 , . . . , vk+1 csúcsok páratlan kört alkotnak. A kromatikus szám így legalább 3. Hogy három szín elegend˝o is a színezéshez azt kétféleképpen is megmutatjuk. Egyrészt hivatkozhatunk a Brooks-tételre: Mivel a maximális fokszám 3 és a gráf összefügg˝o, de nem teljes és nem páratlan kör, a Brooks-tételb˝ol következik, hogy a kromatikus száma 3. Másrészt, elég könnyen meg is adhatunk egy három színnel való jó színezést: Legyenek a csúcsok v1 -t˝ol vk -ig, valamint vk+2 -t˝ol v2k−1 -ig felváltva színezve az els˝o két színnel úgy, hogy v1 és vk+2 színe azonos, vk+1 és v2k pedig kapja a harmadik színt. Egyszer˝uen ellen˝orizhet˝o, hogy így összekötött csúcsok nem kapnak azonos színt.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

229

16. Gráfok színezése

v

3

v

v

4

2

v1

v

4

v

3

v

v

v

v1

5

2

6

v

5

v

6

v

7

v

8

28. Legyen adva a síkon véges számú egyenes, melyek közül semelyik három sem metszi egymást egy pontban. Tekintsük az egyenesek metszéspontjait egy G gráf csúcsainak, és a gráf élei legyenek az egyes egyeneseken szomszédosan elhelyezked˝o metszéspontokból léterejött csúcspárok. Mutassuk meg, hogy χ(G) ≤ 3. Megoldás: Válasszunk ki egy irányt a síkon, ami egyik olyan egyenessel sem párhuzamos, amit G valamely két csúcsa meghatároz. (Mivel G-nek véges sok csúcsa van, ilyen irány létezik.) Tekintsünk egy ezen irányban meghúzott egyenest, amely a síkot két olyan félsíkra bontja, melyek közül az egyik a gráf valamennyi csúcsát tartalmazza. (Ismét a végességb˝ol adódik, hogy ez mindig megtehet˝o.) Csúsztassuk most ezt az egyenest önmagával párhuzamosan a gráf csúcsai felé. Ha elérünk egy pontot, jelöljük meg, és haladjunk tovább. Ezt folytassuk egészen addig, amíg a gráf minden csúcsát meg nem jelöltük. Ekkor színezzük ki mohón a gráf csúcsait megjelölésük sorrendjében. Vegyük észre, hogy valahányszor egy csúcsot megjelölünk, szomszédai között legfeljebb két már korábban megjelölt csúcs lehet, ez adódik a gráf konstrukciójából és a csúsztatott egyenes megválasztásának módjából. Ezért a mondott sorrend szerinti mohó színezés során sohasem leszünk olyan helyzetben, hogy valamely csúcsnál már három szín is tiltott lenne, amikor ki akarjuk színezni. Ezért három szín biztosan elég a színezéshez. 29. Mutassuk meg, hogy χ(KG(n, k)) ≤ n − 2k + 2, ahol KG(n, k) a 30. oldalon definiált Kneser-gráfot jelöli. Megoldás: Megadjuk a csúcsoknak egy színezését n − 2k + 2 színnel. Ez elegend˝o is, hiszen egy ilyen színezés léte bizonyítja az állítást. A Kneser-gráf definiciójában szerepl˝o halmaz álljon az 1, 2, . . . , n számokból. Minden olyan csúcsot, melyre az általa jelölt részhalmaz legkisebb eleme nem nagyobb (n − 2k + 1)-nél, színezzünk ezzel a legkisebb elemmel mint színnel. Az összes többi csúcsot színezzük egyetlen (n − 2k + 2)-edik színnel.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

230

16. Gráfok színezése

A felhasznált színek száma valóban n − 2k + 2, megmutatjuk, hogy a megadott színezés jó. Ha két csúcs színe azonos, és ez a szín nem az n − 2k + 2, akkor a két csúcsnak megfelel˝o részhalmaz legkisebb eleme ugyanaz, így a két részhalmaz nem diszjunkt, következésképp nincsenek összekötve a gráfban. Ha két csúcs színe (n − 2k + 2), akkor a megfelel˝o részhalmazok egyike sem tartalmaz (n − 2k + 2)-nél kisebb elemet. Az ilyen részhalmazok viszont mindannyian a 2k − 1 elem˝u {n − 2k + 2, n − 2k + 3, . . . , n} halmaz részhalmazai, s mivel k elem˝uek, bármely kett˝o metszi egymást. Tehát az utolsó szín sem fordulhat el˝o egy él két végpontján, vagyis a megadott színezés valóban helyes. Megjegyzés: Martin Kneser fogalmazta meg sejtésként, majd Lovász László bizonyította, hogy a feladatban szerepl˝o becslés pontos, vagyis KG(n, k) kromatikus száma egyenl˝o (n − 2k + 2)-vel. Kés˝obb Alexander Schrijver megadta a Kneser-gráfoknak olyan feszített részgráfjait, melyek noha sokkal kevesebb csúcsot tartalmaznak, a kromatikus számuk nem kisebb a megfelel˝o Knesergráfénál, ugyanakkor további csúcsukat elhagyva a kromatikus számuk már csökkenne. A 2. és a 3. feladatban a KG(6, 2), illetve a KG(8, 3) megfelel˝o Schrijver-féle részgráfja szerepel. 30. Legyen G és H két különböz˝o gráf diszjunkt csúcshalmazokkal és állítsunk el˝o bel˝olük egyetlen F gráfot úgy, hogy G minden csúcsát összekötjük H minden csúcsával. Mutassuk meg, hogy χ(F) = χ(G) + χ(H). Megoldás: Mivel F-ben minden G-b˝ol származó csúcs és minden H-ból származó csúcs össze van kötve, egyetlen V (G)-ben használt szín sem jelenhet meg V (H)-ban. A V (G)-beli csúcsok színezéséhez kell és elég χ(G) szín, hasonlóan, a V (H)-beliekéhez kell és elég χ(H) szín. Az el˝obbi észrevétel szerint így kell és elég χ(G) + χ(H) szín F színezéséhez. 31. Mutassuk meg, hogy ha G1 és G2 két gráf ugyanazon a V csúcshalmazon és G1 ∪ G2 a (V, E(G1 ) ∪ E(G2 )) gráfot jelöli, akkor χ(G1 ∪ G2 ) ≤ χ(G1 )χ(G2 ). Megoldás: Egy korábban már látott megoldást általánosítunk. (V. ö. 17. feladat.) Színezzük ki G1 -et jól χ(G1 ) színnel és G2 -t szintén jól χ(G2 ) színnel. Minden v ∈ V -re az els˝o színezésben jelölje a v csúcs színét c(v), a másodikban k(v). Rendeljük hozzá most minden V -beli v csúcshoz a (c(v), k(v)) rendezett színpárt. E színpárok semelyik két (G1 ∪ G2 )-ben összekötött csúcsra sem egyezhetnek meg, hiszen bármely két ilyen csúcs össze van kötve G1 és G2 legalább egyikében, és így ott különböz˝o szín˝ueknek kell lenniük. Vagyis az összes lehetséges színpárok χ(G1 )χ(G2 ) száma legalább annyi, amennyi szín

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

231

16. Gráfok színezése

a G1 ∪ G2 gráf jó színezéséhez szükséges. Ez éppen a bizonyítandó állítást jelenti. 32. Egy G gráf élhalmaza felbontható három olyan diszjunkt részre, melyek mindegyike páros gráfot alkot. Mutassuk meg, hogy χ(G) ≤ 8. Megoldás: Ha az el˝oz˝o feladat állítását alkalmazzuk két lépésben, éppen a bizonyítandó állítást kapjuk. Kicsit részletesebben: legyen a három páros gráf F1 , F2 és F3 . Az el˝oz˝o feladat szerint χ(F1 ∪ (F2 ∪ F3 )) ≤ χ(F1 )χ(F2 ∪ F3 ) ≤ χ(F1 )χ(F2 )χ(F3 ) = 8. 33. Legyen G1 és G2 két egyszer˝u gráf. Definiáljuk általuk az alábbi F gráfot. F csúcsai az összes olyan rendezett (u, v) pár, melyre u ∈ V (G1 ) és v ∈ V (G2 ). Két ilyen csúcs, (u1 , v1 ) és (u2 , v2 ) akkor és csak akkor van összekötve Fben, ha {u1 , u2 } ∈ E(G1 ) és {v1 , v2 } ∈ E(G2 ) is teljesül. Bizonyítsuk be, hogy χ(F) ≤ min{χ(G1 ), χ(G2 )}.

Megoldás: Megadjuk F egy színezését χ(G1 ) színnel. Ehhez tekintsük G1 egy χ(G1 ) színnel való színezését, ebben az x csúcs színét jelölje c(x). Az F minden (u, v) csúcsát színezzük c(u)-val. Ha valamely (u, v) és (z,t) csúcsok F-ben szomszédosak, akkor u és z is azok G1 -ben, ezért c(u) 6= c(z), és így a színezésünk valóban jó lesz. Ez igazolja, hogy χ(F) ≤ χ(G1 ). Ugyanezzel a gondolatmenettel megmutatható, hogy χ(F) ≤ χ(G2 ). Az utóbbi két egyenl˝otlenségb˝ol következik az állítás.

34. Legyen G1 és G2 két egyszer˝u gráf, melyek kromatikus száma három. Definiáljuk általuk az F gráfot ugyanúgy, ahogyan az el˝oz˝o feladatban. Bizonyítsuk be, hogy F kromatikus száma is három! Megoldás: Az el˝oz˝o feladat megoldásából következik, hogy χ(F) ≤ 3. Be kell még látnunk, hogy F nem színezhet˝o 3-nál kevesebb színnel, ami avval ekvivalens, hogy nem páros gráf, azaz tartalmaz páratlan kört. Mivel χ(G1 ) = χ(G2 ) = 3, G1 és G2 is tartalmaz páratlan kört. Legyenek ezek csúcsai u1 , u2 , . . . , u2k+1 , illetve, v1 , v2 , . . . v2l+1 . Tekintsük most F-ben az (u1 , v1 ), . . . , (ui , vi ), (ui+1 , vi+1 ), . . . alakú csúcsokat, ahol az u-k indexeiben (mod 2k + 1), a v-k indexeiben (mod 2l +1) értelmezzük az összeadást. Ebben a sorozatban minden tag szomszédja F-ben az el˝otte és utána következ˝onek. Legyen m a 2k + 1 és 2l + 1 számok legkisebb közös többszöröse. Ha (ui+1 , vi+1 ) az els˝o olyan csúcs a sorozatban, ami megegyezik egy korábbival, akkor i = m és (ui+1 , vi+1 ) = (u1 , v1 ).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

232

16. Gráfok színezése

A tekintett csúcsok tehát megadnak egy m hosszúságú kört, és mivel két páratlan szám legkisebb közös többszöröse is páratlan, e kör páratlan hosszú. 35. Legyen G Hamilton-körrel rendelkez˝o síkbarajzolható gráf. A négyszíntétel felhasználása nélkül mutassuk meg, hogy G duálisa kiszínezhet˝o 4 színnel! Megoldás: Jelölje G duálisát G∗ . A G-beli Hamilton-körnek G∗ -ban egy vágás felel meg, jelölje az ehhez tartozó élek halmazát H. Megmutatjuk, hogy ha H-t elhagyjuk G∗ -ból, akkor a megmaradó gráfban nem lesz kör. Indirekt tegyük fel, hogy mégis marad egy C kör, ennek G∗ duálisában, tehát G-ben egy vágás felelne meg, mégpedig olyan, melynek egyetlen éle sem tartozik a H-beli éleknek megfelel˝o Hamilton-körhöz. Olyan vágás viszont nyilván nem létezhet, aminek egy Hamilton-körrel nincsen közös éle (a Hamilton-kör révén összefügg˝o maradna a gráf a vágásélek elhagyása után is), tehát az indirekt feltevés hamis. A H vágás két diszjunkt halmazra osztja V (G∗ )-ot, legyenek ezek A és B. Az el˝obb azt láttuk, hogy sem az A-n sem a B-n feszített részgráf nem tartalmaz kört, tehát erd˝o, így két színnel kiszínezhet˝o. Színezzük az A-n feszített erd˝ot jól pirossal és kékkel, a B-n feszített erd˝ot pedig két további színnel. Ekkor a H-beli élek visszatétele után is jó marad a színezés, és mivel négy színt használtunk, ez bizonyítja az állítást.

16.2.

Élek színezése

36. Mennyi az ábrán látható gráf élkromatikus száma?

Megoldás: A gráf csúcsai negyedfokúak, az élkromatikus szám legalább 4. Az ábra mutatja, hogy 4 szín elég is. Tehát az élkromatikus szám 4.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

233

16. Gráfok színezése

37. Mennyi a Petersen-gráf (lásd a 3. fejezet 18. feladatát) élkromatikus száma? Megoldás: Egy 4-színezést könny˝u találni: a küls˝o és bels˝o ötszöget színezzük ki ugyanavval a három színnel, a sugárirányú éleket pedig a negyedik színnel. (Az, hogy a gráf élei 4 színnel színezhet˝oek, a Vizing-tételb˝ol is következik.) a b

g

f

h c

e

j

i d

Megmutatjuk, hogy 3 szín nem elég. A küls˝o ötszög éleinek lényegében egyféle 3-színezése van, feltehetjük, hogy ha van egy 3-színezésünk, abban {a, b} és {d, e} színe piros, {b, c} és {a, e} színe kék és {c, d} színe zöld. Ekkor adódik, hogy {b, g}, { j, e} (valamint {a, f }) zöld, {c, h} piros és {d, i} kék. Ezért {g, i} piros, {h, j} kék és {g, j} egyik színnel sem színezhet˝o. Ezzel beláttuk, hogy az élkromatikus szám 4. 38. Határozzuk meg a 27. feladat gráfjának élkromatikus számát. Megoldás: Az élkromatikus szám minden k esetén három, ugyanis a Hamiltonkör éleit felváltva két színnel, az „átlókat” egy harmadik színnel színezve jó színezést kapunk, ugyanakkor két szín nem lehet elég, hiszen minden fokszám 3. 39. Legyen G egy 3-reguláris gráf, amire χe (G) = 3. Tudjuk továbbá, hogy G éleinek (a színek egymás közötti permutációjától eltekintve) egyetlen jó három színnel való színezése létezik. Bizonyítsuk be, hogy G-nek van Hamilton-köre. Megoldás: Tekintsük a feltételek szerinti G gráf éleinek egyetlen három színnel való színezését, a felhasznált színeket nevezzük kéknek, pirosnak és zöld-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

234

16. Gráfok színezése

nek. Hagyjuk el a piros éleket. A megmaradó gráfban minden fokszám kett˝o, így ez a gráf diszjunkt körök uniója. (Még azt is tudjuk, hogy diszjunkt páros körök uniója, mert minden körünk élei jól színezettek kékkel és zölddel.) Tegyük fel, hogy a körök száma nagyobb egynél. Ekkor az egyik körben a kék és a zöld színt felcserélve (a többi körben viszont változatlanul hagyva), majd a piros éleket visszatéve, G éleinek egy olyan jó színezését kapjuk, ami az el˝obbib˝ol nem áll el˝o a színek egyszer˝u permutálásával. Mivel a feltételek szerint ilyen színezés nem létezhet, a piros élek elhagyása után megmaradó körök száma csak egy lehet. Mivel minden csúcsnál van kék és zöld él, ez az egy kör minden csúcsot érint, tehát Hamilton-körnek kell lennie. 40. Legyen G 100-reguláris egyszer˝u gráf 2001 ponton. Határozzuk meg χe (G) értékét. Megoldás: A Vizing-tételb˝ol tudjuk, hogy χe (G) értéke csak ∆(G) vagy ∆(G) + 1 lehet. Reguláris gráf esetében egy ∆(G) színnel való élszínezés azt jelentené, hogy minden csúcsnál minden szín megjelenik, vagyis az összes színosztály teljes párosítást alkot. Ha a gráf csúcsainak száma páratlan, akkor nem lehet benne teljes párosítás. Tehát páratlan csúcsú reguláris gráf élkromatikus száma mindenképpen ∆(G) + 1. A jelen feladat gráfjára ez azt jelenti, hogy χe (G) = 101. 41. Adjuk meg χe (Kn ) értékét minden egynél nagyobb pozitív egész n-re. Megoldás: El˝oször azt mutatjuk meg, hogy ha n > 1 páratlan szám, akkor χe (Kn ) = n. Ez az el˝oz˝o feladat megoldásában használt gondolatmenethez hasonló okoskodásból következik az alábbi módon. Kn -ben minden fokszám (így a maximális is) n − 1, így a Vizing-tétel szerint az élkromatikus szám csak n − 1 vagy n lehet. Ha n − 1 lenne, akkor minden színnek meg kellene jelennie minden csúcsnál, vagyis az azonos szín˝u élek teljes párosítást alkotnának, ami egy páratlan csúcsszámú gráfban lehetetlen. Ezért χe (Kn ) nem lehet n − 1, tehát az egyetlen lehetséges értéke n. Most megmutatjuk, hogy páros n esetén χe (Kn ) = n − 1. Az n = 2 esetre ez azonnal látszik. Ha n > 2, akkor a fentiekb˝ol tudjuk, hogy χe (Kn−1 ) = n − 1. Jelöljük ki a Kn gráf egyik csúcsát, nevezzük ezt x-nek, és tekintsük az x elhagyásával kapható Kn−1 gráf egy élszínezését n − 1 színnel. Ennél az élszínezésnél minden csúcsnál pontosan egy szín nem fordul el˝o, és ez¡ a szín ¢ minden csúcsra más. (Utóbbi abból következik, hogy az n − 1 színnel n−1 = 2 (n−1)(n−2) n−2 élt csak úgy lehet kiszínezni, ha vagy minden szín pontosan 2 2 él színe, vagy van olyan szín, ami ennél több élnek is színe. Mivel páros n

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

235

(tehát páratlan (n − 1)) esetén Kn−1 -ben nincs n−2 2 -nél több független (tehát azonos színnel színezhet˝o) él, csak az el˝obbi eset lehetséges.) Nézzük most az eredeti Kn x-b˝ol kiinduló éleit. Minden {x, a} élt színezzünk olyan szín˝ure, amilyen szín az el˝obb tekintett színezésben a-nál nem fordul el˝o. Mivel ez a hiányzó szín minden a ∈ V (Kn ) − {x} esetén más és más, így minden x-b˝ol kiinduló élt más színnel színeztünk. Az x-t˝ol különböz˝o pontoknál nyilván nem lesz két azonos szín˝u él az {x, a} tipusú élek színének megválasztása miatt. Vagyis amit kaptunk, az Kn éleinek egy jó színezése n − 1 színnel. Ezért páros n-re χe (Kn ) ≤ n − 1. Ugyanakkor χe (Kn ) ≥ ∆(Kn ) = n − 1, tehát páros n-re χe (Kn ) = n − 1, amint állítottuk. 42. Legyen n ≥ 2. Mennyi az n csúcsú teljes gráf élgráfja komplementerének χ(L(Kn )) kromatikus száma? (Az élgráf definícióját lásd a 22. oldalon.) Megoldás: Az n = 2 esetben a válasz 1. Megmutatjuk, hogy ha n legalább 3, akkor χ(L(Kn )) = n − 2. El˝oször megadunk egy színezést n − 2 színnel. Legyenek Kn csúcsai {1, 2, . . . , n}. Mivel L(Kn ) pontjai Kn éleinek felelnek meg, a színezést megadhatjuk úgy, hogy Kn éleinek színét definiáljuk. A szabály most az, hogy két él akkor lehet azonos szín˝u, ha van közös végpontjuk (ekkor lesznek bel˝olük összekötetlen pontok az élgráf komplementerében). Színezzük az {i, j} élt a k = max{i, j} jel˝u színnel, ha k > 3, és az 1 jel˝u színnel, ha k ≤ 3. Ez a színezés egy háromszöget színez az 1-es színnel, és n − 3 csillagot a többi n − 3 színnel. Minden színosztály páronként közös végponttal rendelkez˝o élekb˝ol áll, vagyis az L(Kn ) pontjainak egy helyes színezése. A felhasznált színek száma n − 2, így ezzel azt láttuk be, hogy χ(L(Kn )) ≤ n − 2. Az ellenkez˝o irányú egyenl˝otlenség bizonyításához vegyük észre, hogy a jelen feltételek melletti színezésnél egy-egy színosztály élei csakis háromszöget vagy csillagot alkothatnak. Legyen egy optimális színezésben a csillagok száma k. Minden csillagnak van egy középpontja, és feltehetjük, hogy ezzel a k színnel minden olyan élt kiszíneztünk, amiben valamely ilyen középpont szerepel mint az illet˝o él egyik végpontja. (Ha nem így lenne, az így kimaradó élt hozzávehetnénk ahhoz a csillaghoz, aminek középpontját tartalmazza.) Ezen k színosztály elhagyásával tehát még egy Kn−k gráfunk maradt, ennek élei vannak a háromszögeket alkotó színosztályok színeivel színezve. Mivel ¡n−k¢ egy háromszög három élt tartalmaz, ez azt jelenti, hogy még legalább hogy n − 2-nél ke2 /3 színosztályra van szükség. Ha indirekt feltesszük, ¡n−k¢ vesebb színt használtunk, akkor azt kapjuk, hogy 2 /3 < n − 2 − k. Ebb˝ol r = n − k helyettesítés után átrendezve azt kapjuk, hogy r2 − 7r + 12 < 0, ami

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

236

16. Gráfok színezése

(r − 3)(r − 4) < 0-val ekvivalens, ami semilyen egész r-re nem állhat fenn. Ez az ellentmondás bizonyítja, hogy n − 2 szín valóban szükséges. Megjegyzés: Vegyük észre, hogy L(Kn ) azonos a KG(n, 2) Kneser-gráffal, a fenti megoldásban megadott színezés pedig a 29. feladatban KG(n, k)-ra látott színezés speciális esete. 43. Legyen G olyan 3-reguláris egyszer˝u gráf, melyben van elvágó él. Mutassuk meg, hogy ekkor χe (G) = 4. Megoldás: Vizing tétele szerint az élkromatikus szám vagy 3 vagy 4. Tegyük fel, hogy 3, és tekintsünk egy jó élszínezést 3 színnel. Ekkor minden csúcsnál mindegyik szín megjelenik. Legyen e egy elvágó él, az elhagyása után keletkez˝o két részgráf G1 és G2 . A színezésünkben szerepl˝o három színt hívjuk pirosnak, kéknek, zöldnek, e színe legyen piros. A kék élek mindegyikére igaz, hogy vagy G1 két pontját köti össze, vagy G1 egyetlen pontját sem érinti. Mivel minden pontnál van kék él, ebb˝ol következik, hogy |V (G1 )| páros. Másrészt, piros élvégpont páratlan sok van G1 -ben, hiszen e-nek G1 -be es˝o végpontja ilyen, és e az egyetlen olyan piros él, aminek egyetlen végpontja esik G1 -be. Hozzátéve, hogy minden csúcsnál van piros él, adódik, hogy |V (G1 )| páratlan, ellentmondásban az el˝obbiekkel. Ezért χe (G) nem lehet 3, tehát valóban csak 4 lehet. 44. Bizonyítsuk be Tait tételét, ami azt mondja, hogy a négyszíntétel ekvivalens az alábbi állítással: (∗) Ha G egy 3-reguláris, elvágó él nélküli, síkbarajzolható gráf, akkor χe (G) = 3. Megoldás: El˝oször megmutatjuk, hogy a négyszíntételb˝ol következik (∗). Legyen G a (∗) állításban szerepl˝o feltételeknek eleget tev˝o gráf. Tekintsük G egy síkrajzát. A négyszíntétel szerint a G rajzán kialakult tartományok (vagyis G duálisának csúcsai) kiszínezhet˝ok négy színnel úgy, hogy szomszédosak ne legyenek azonos szín˝uek. Tekintsük a tartományok egy ilyen színezését, a felhasznált színeket pedig jelölje 00, 01, 10, és 11. Két szín „összege” legyen a koordinátánkénti modulo 2 összeg, vagyis például 10 + 11 = 01. Színezzük most G minden élét az általa határolt két tartomány színének összegével. Mivel nincsen elvágó él, minden él két különböz˝o tartományt határol, így minden él színe két különböz˝o szín összegeként áll el˝o. Ebb˝ol következik, hogy a 00 sosem fog fellépni, tehát az éleket három színnel színeztük. Mivel a gráf 3-reguláris, minden csúcsnál három tartomány találkozik, tehát két közös végponttal rendelkez˝o él színe a + b és a + c alakban áll el˝o, ahol a, b, c a közös

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

237

csúcsnál lev˝o három tartomány színe. Két ilyen összeg sosem lesz egyenl˝o, tehát az élek jól lesznek színezve. Mivel χe (G) ≥ ∆(G) = 3, ezért ezzel igazoltuk, hogy χe (G) = 3, ha a négyszíntétel fennáll. Azt kell még igazolnunk, hogy a (∗) állításból is következik a négyszíntétel. Tegyük ezért most fel, hogy a (∗) állítás igaz. Tekintsünk egy síkbarajzolható gráfot. Feltehetjük, hogy nincs benne hurokél, mert különben a csúcsok színezésének nincs értelme. A gráfban lev˝o párhuzamos élek közül elég egyet megtartani, ha az így kapott gráf színezhet˝o 4 színnel, akkor az eredeti is. Legyen tehát F ′ egy tetsz˝oleges egyszer˝u, síkbarajzolható gráf, és tekintsük egy síkrajzát. Ha az ezen létrejöv˝o tartományok nem mind háromszögek, akkor a többoldalú tartományokon húzzunk be átlókat úgy, hogy a rajz továbbra is síkbeli maradjon (tehát a behúzott átlók ne keresztezzenek korábbi éleket, valamint egymást se keresztezzék). Folytassuk ezt addig, amíg minden tartomány háromszög nem lesz. Az így létrejött új síkbarajzolható gráf legyen F. Megmutatjuk, hogy F kiszínezhet˝o négy színnel. Ez elegend˝o, mert ekkor nyilván F ′ is kiszínezhet˝o négy színnel. Mivel F ′ tetsz˝oleges egyszer˝u, síkbarajzolható gráf volt, ez a négyszíntétel igazolását jelenti (∗) feltevése mellett. Tekintsük F fenti síkrajzához tartozó (geometriai) duálisát, legyen ez D. Az F csúcsainak színezése helyett D tartományait fogjuk 4 színnel színezni. Mivel F rajzán minden tartomány háromszög, D egy 3-reguláris síkbarajzolható gráf. D nem tartalmazhat elvágó élt, mert ennek F-ben egy hurokél felelne meg. Így D teljesíti a (∗)-ban szerepl˝o feltételeket, tehát feltevésünk szerint D élei színezhet˝ok három színnel. Tekintsük D éleinek egy ilyen színezését. Lényegében a bizonyítás els˝o részében tárgyalt módszert alkalmazzuk visszafelé arra, hogy az élek színéb˝ol a tartományok színét megadjuk. Legyenek az élek színezéséhez használt színek 01, 10 és 11. A tartományokat evvel a három és a negyedik 00 színnel fogjuk színezni. Színezzünk egy kiválasztott tartományt 00-val. Ezután ha egy tartománynak valamely szomszédját már kiszíneztük, akkor vegyük a szomszéd tartomány színének és a két tartományt elválasztó él színének koordinátánkénti modulo 2 összegét és ez legyen a még színezetlen tartomány színe. Meg fogjuk mutatni, hogy ha a kezd˝o tartományt lerögzítettük, akkor az eljárás szerint akármilyen sorrendben is színezzük a többi tartományt, mindig ugyanazt a színezést kapjuk. Ha ezt bebizonyítjuk, készen leszünk, ekkor ugyanis a szomszédos tartományok különböz˝o szín˝uek kell legyenek, a felhasznált színek száma pedig legfeljebb négy. Egy tartomány színét egy a kezd˝o tartományból hozzá vezet˝o „útvonal” mentén az átlépett D-beli élek (tartományhatárok) színének koordinátánkénti mo-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

238

16. Gráfok színezése

dulo 2 összege adja. Egy ilyen „útvonalnak” megfelel˝o élek az F gráfban egy, a kezd˝o tartománynak megfelel˝o pontból a D-nek megfelel˝o pontba viv˝o utat alkotnak. Elegend˝o tehát azt belátnunk, hogy egy F-beli kör éleihez tartozó színek (azaz a megfelel˝o D-beli élek színei) koordinátánkénti modulo 2 összege 00. Egy F-beli kör két részre osztja a síkot. Tekintsük F-ben a körön belüli tartományokat. Vegyük észre, hogy F-ben egy tartomány három éléhez különböz˝o színek (01, 10, 11) tartoznak, ezeknek 00 a koordinátánkénti modulo 2 összege. Ha ezt összeadjuk az összes körön belüli tartományra, akkor is 00-t kapunk. Ebben az összegben azonban minden olyan él, amelynek legalább az egyik végpontja a körön belül van, kétszer szerepel (hiszen két bels˝o tartományhoz is tartozik), ezért egy ilyen él 00-val járul az összeghez. A kör élei viszont csak egyszer szerepelnek az összegben, ezért a hozzájuk tartozó színek összege is 00. Ezzel beláttuk az állítást. Megjegyzés: A fenti bizonyításban az a lényeges gondolat, hogy a kétféle színezést egymásból kapjuk olyan módon, hogy a tartományok a, b, c, d színeit összeadva adódik az élek színe és viszont. Ehhez az a, b, c, d elemeken egy olyan csoport struktúrára van szükségünk, ami teljesíti, hogy az egységelemen kívüli három elem mindegyike másodrend˝u, és közülük tetsz˝oleges kett˝onek az összege a harmadik. Ilyen csoport van, ez az ún. Klein-féle csoport. A kett˝o hosszú bináris sorozatok a koordinátánkénti modulo 2 összeadással éppen ezt a csoportot adják. Ez a struktúra tehát lényeges eleme a bizonyításnak, de nem köt˝odik szigorúan a kett˝o hosszú bináris sorozatokhoz.

16.3.

Perfekt gráfok

45. Legyen G az a gráf, amit úgy kapunk, hogy egy nyolc hosszúságú körben a másodszomszédos pontokat is összekötjük. (G-nek tehát 8 csúcsa és 16 éle van.) Perfekt-e a G gráf? Megoldás: Nem. Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy a gráfban a legnagyobb klikk mérete 3 és a legnagyobb független halmaz elemszáma 2. Utóbbi miatt χ(G) ≥ |V (G)|/α(G) = 4, ami tehát nagyobb a klikkszámnál. 46. Mutassuk meg az er˝os perfekt gráf tétel felhasználása nélkül, hogy az összehasonlítási gráfok perfektek. (G összehasonlítási gráf, ha van olyan részben rendezett halmaz, melynek elemei megfeleltethet˝ok G csúcsainak úgy, hogy két elem pontosan akkor összehasonlítható, ha a megfelel˝o csúcsok össze vannak kötve G-ben.)

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

239

Megoldás: Legyen G összehasonlítási gráf, melyben az éleket irányítsuk is meg a reprezentált részben rendezett halmazban érvényes reláció szerint a kisebb csúcs felé. Az így kapott irányított gráf aciklikus (nincs benne irányított kör). Jelölje a leghosszabb irányított út hosszát ebben a gráfban t. Megmutatjuk, hogy χ(G) = t = ω(G). Színezzük 1-gyel G nyel˝oit (azon csúcsait, melyekb˝ol kifelé nem megy él). Elhagyva ezeket a pontokat, a most nyel˝ové vált pontokat színezzük 2-vel, és így tovább. Ezen a módon egy jó színezést kapunk, hiszen ha két csúcs egyikéb˝ol sem indul kifelé él, akkor egymással nem lehetnek összekötve. A felhasznált színek száma legfeljebb t, hiszen minden i > 1 színre igaz, hogy az i szín˝u pontok mindegyikéb˝ol vezet él i − 1 szín˝u pontba. (Ha nem így lenne, már korábban kiszíneztük volna.) Beláttuk tehát, hogy t színnel van jó színezés, azaz χ(G) ≤ t. Tekintsünk most egy leghosszabb irányított utat. A részben rendezés tranzitív volta miatt az ehhez tartozó pontok közül bármely kett˝o összehasonlítható, így ezek a pontok a gráfban egy klikket alkotnak. Eszerint ω(G) ≥ t ≥ χ(G). Mivel azonban ω(G) nem lehet χ(G)-nél több, mindenütt egyenl˝oség áll. Mivel egy összehasonlítási gráf minden feszített részgráfja is összehasonlítási gráf, a fentivel beláttuk az ilyen gráfok perfektségét. Megjegyzés: Érdemes észrevenni a szoros (és ha már felfigyeltünk rá, nyilvánvaló) kapcsolatot a fenti bizonyítás és a 16. feladat között. 47. Legyenek Gn csúcsai az {1, 2, . . . , n} számok, és kett˝ot akkor kössünk össze, ha relatív prímek. (a) Bizonyítsuk be, hogy χ(Gn ) = ω(Gn ). (b) Mutassuk meg, hogy ha n elég nagy, akkor Gn nem lesz perfekt. Megoldás: (a) Színezzük Gn csúcsai közül az 1-et a c0 , az i-edik legkisebb prímet a ci színnel. Az eddig színezett csúcsok egy klikket alkotnak, így elég megmutatni, hogy az egész gráf kiszínezhet˝o további szín felhasználása nélkül. Ha minden k ∈ V (G) csúcsot a prímtényez˝os felbontásában szerepl˝o valamely prím színére színezünk, akkor azonos szín˝u csúcsok sosem lesznek relatív prímek, tehát a színezés jó lesz. (b) Tekintsük a 6, 35, 22, 15, 77 csúcsok által feszített részgráfot, ami egy öt hosszú kör. Ez nem perfekt, és n ≥ 77-re minden Gn -ben fellép. 48. Nevezzünk egy gráfot keresztbe metsz˝onek, ha tetsz˝oleges nem b˝ovíthet˝o klikkje és tetsz˝oleges nem b˝ovíthet˝o független halmaza tartalmaz közös pontot. G örökl˝od˝oen keresztbe metsz˝o, ha minden feszített részgráfja keresztbe metsz˝o.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

240

16. Gráfok színezése

Mutassuk meg, hogy egy gráf akkor és csak akkor örökl˝od˝oen keresztbe metsz˝o, ha nem tartalmaz P4 -gyel (azaz 4 csúcsú úttal) izomorf feszített részgráfot. Megoldás:

p x A

B q

y

Mivel P4 tartalmaz egy maximális klikket és egy maximális független halmazt, amik nem metszik egymást, örökl˝od˝oen keresztbe metsz˝o gráfban nem lehet feszített P4 . Azt kell még megmutatnunk, hogy ha egy gráfban nincsen feszített P4 , az biztosan örökl˝od˝oen keresztbe metsz˝o (ezt mostantól ökm-nek rövidítjük.) Tegyük fel, hogy G nem ökm, azt fogjuk megmutatni, hogy akkor tartalmaz feszített P4 -et. Ha G nem ökm, akkor tartalmaz egy A nem b˝ovíthet˝o / Az A független halmazt és egy B nem b˝ovíthet˝o klikket, melyekre A ∩ B = 0. b˝ovíthetetlensége miatt B minden pontjának kell legyen szomszédja A-ban. Tekintsük a B-beli x és y pontok A-beli K = N(x) ∩ A és L = N(y) ∩ A szomszédságát. Ha K és L egyike sem tartalmazza a másikat, akkor van olyan p ∈ K − L és q ∈ L − K, melyekre tehát {p, x}, {q, y} ∈ E(G), míg {p, y}, {q, x} ∈ / E(G). Eszerint a p, x, y, q pontok egy P4 -et feszítenek, ekkor tehát készen vagyunk. (Itt azt is kihasználtuk, hogy A független, és B klikk, amib˝ol {p, q} ∈ / E(G) és {x, y} ∈ E(G) következik.) Csak akkor nem vagyunk készen, ha B-nek bármely két pontjához azok A-beli szomszédsága olyan, hogy egyik tartalmazza a másikat. Ekkor viszont van ezen szomszédságok között legkisebb, ami az összes többiben benne van. Ha ez a legkisebb szomszédság üres, akkor mégis van B-nek olyan pontja, melynek nincs szomszédja A-ban, ami ellentmondás. Ha ez a legkisebb szomszédság nemüres, akkor tartalmaz legalább egy pontot. Ez viszont minden B-beli pontnak szomszédja, tehát B-hez hozzávéve egy B-t tartalmazó nagyobb klikket kapnánk, ami B b˝ovíthetetlenségének mond ellent. Tehát csak az az eset lehetséges, amikor a mutatott P4 tényleg megjelenik. Ezzel az állítást igazoltuk. 49. Mutassuk meg, hogy ha egy gráfban nincs P4 -gyel (azaz a 4 csúcsú úttal) izomorf feszített részgráf, akkor a gráf perfekt.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

241

Megoldás: A bizonyításban kihasználjuk az el˝oz˝o feladatban bizonyított állítást. Ennek alapján elég azt bizonyítanunk, hogy az örökl˝od˝oen keresztbe metsz˝o (ökm) gráfok perfektek. Legyen G ilyen gráf. Tekintsük egy maximális független halmazát, és színezzük ennek pontjait az els˝o színnel, majd töröljük o˝ ket a gráfból. Az ökm tulajdonság miatt ezzel minden maximális teljes részgráfnak is töröltük egy-egy csúcsát, ezért a klikkszám eggyel csökkent. A megmaradt gráf szintén ökm tulajdonságú (hiszen az eredetinek feszített részgráfja), így az eljárást megismételhetjük, és folytathatjuk egészen addig, amíg minden pontot ki nem színeztünk. Mivel a klikkszám minden lépésben eggyel csökkent (de amíg van pont, addig legalább egy), éppen annyi színt használtunk, amennyi a klikkszám eredetileg volt, tehát G színezhet˝o ω(G) színnel. Ugyanez a feszített részgráfokról is elmondható, mivel azok is ökm tulajdonságúak. Ez azt jelenti, hogy az ökm gráfok valóban perfektek.

16.4.

Mycielski-konstrukció

50. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott k kromatikus számú gráfot. Bizonyítsuk be, hogy k > 2 esetén ν(Mk ) = (|V (Mk )| − 1)/2.

Megoldás: Jegyezzük meg, hogy k > 2-re |V (Mk )| = 2|V (Mk−1 )| + 1, azaz páratlan, ez a konstrukcióból adódik. Így teljes párosítás biztosan nincs Mk ban, ν(Mk ) elképzelhet˝o legnagyobb értéke (|V (Mk )| − 1)/2. Elég tehát azt belátni, hogy ekkora párosítás tényleg van. Ezt indukcióval igazoljuk. Az állítás k = 3 esetén igaz. Tegyük fel, hogy igaz Mk -ra, megmutatjuk Mk+1 -re. Legyen egy Mk -beli maximális párosítás által le nem fogott egyetlen pont v0 . Legyen továbbá ezen párosítás valamely éle {vi , v j }. Ezt Mk+1 -ben „cseréljük le” a {vi , u j }, {v j , ui } élpárra. (Itt a konstrukció leírásánál szokásos jelölést használtuk: ur az Mk−1 -beli vr csúcs „párja”.) Ha ezt minden az Mk -beli maximális párosításbeli élre megtesszük, akkor egy olyan párosítást kapunk, ahol v0 , a hozzátartozó u0 és az összes u j -vel összekötött w csúcs kivételével minden csúcsnak van párja. Ehhez a párosításhoz hozzávehet˝o még az {u0 , w} él, így már csak egy pont marad pár nélkül, vagyis a párosítás mérete valóban az elképzelhet˝o legnagyobb.

51. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott azon gráfot, melynek kromatikus száma k. Milyen k értékekre tartalmaz Mk Euler-kört? Megoldás: Csak k = 3-ra. Könny˝u ellen˝orizni, hogy M2 -ben nincs, M3 = C5 ben pedig van Euler-kör. A konstrukcióból adódik, hogy Mk egyik csúcsának fokszáma éppen Mk−1 csúcsainak számával egyenl˝o, és hogy Mk csúcsainak

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

242

16. Gráfok színezése

száma k ≥ 2-re páratlan. Eszerint Mk -nak minden k ≥ 3-ra van páratlan fokszámú csúcsa, így nem lehet Euler-köre. 52. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott azon gráfot, melynek kromatikus száma k. Milyen k értékekre tartalmaz Mk Euler-utat? Megoldás: Az M2 -ben van Euler-út, M3 -ban van Euler-kör. Belátjuk, hogy k > 3-ra nincsen Euler-út Mk -ban. Megmutatjuk, hogy k > 3 esetén kett˝onél több páratlan fokú csúcs van Mk -ban, ebb˝ol következik a fenti állítás. Az Mk+1 gráf Mk -t feszít˝o csúcsai legyenek v1 , v2 , . . . , vm , azok ”párjai” pedig u1 , u2 , . . . , um , míg a további csúcs legyen w. A konstrukcióból adódik, hogy ha a vi -nek megfelel˝o csúcs fokszáma Mk -ban d, akkor ui fokszáma Mk+1 -ben d + 1, és vi fokszáma Mk+1 -ben 2d. Ebb˝ol pedig az következik, hogy a vi -k fokszáma k = 3-tól kezdve páros szám, és így az ezen számoknál 1-gyel nagyobb ui -fokszámok páratlan számok k = 4-t˝ol kezdve. Mivel pedig a ui -k száma k = 4 esetén 5, majd mindig több, Mk kett˝onél jóval több páratlan fokszámú csúcsot tartalmaz. 53. Jelölje Mk a Mycielski-konstrukcióval kapott azon gráfot, melynek kromatikus száma k. Milyen k értékekre tartalmaz Mk Hamilton-kört? Megoldás: M1 egyetlen pontból áll, itt még nincs értelme Hamilton-körr˝ol beszélni, M2 = K2 nyilván nem tartalmaz Hamilton-kört, M3 = C5 pedig maga egy egyszer˝u kör, tehát tartalmaz. Megmutatjuk, hogy Mk minden k > 3-ra is tartalmaz Hamilton-kört. Teljes indukcióval bizonyítunk. Már láttuk, hogy az állítás igaz k = 3-ra, feltesszük, hogy igaz k = n-re. Tekintsük Mn+1 -et, ennek Mn -et feszít˝o csúcsai legyenek v1 , v2 , . . . , vm , azok ”párjai” u1 , u2 , . . . , um , a további csúcs pedig w. Legyen az Mn -beli Hamilton-kör v1 − v2 − · · · − vm − v1 . Ekkor az alábbi felsorolásban szomszédos csúcsok között mindenütt van él, és azok éppen Mn+1 egy Hamilton-körét adják: v1 − u2 − v3 − u4 − v5 − u6 − · · · − um−1 − vm − u1 − w − um − −vm−1 − um−2 − vm−3 − um−4 − · · · − u3 − v2 − v1 Figyeljük meg, hogy felhasználtuk azt a tényt, hogy n páratlan. Ez n ≥ 3-ra valóban teljesül. A fenti Hamilton-kör létezése igazolja az állítást. Megjegyzés: A Hamilton-kör létezése és páratlan volta azonnal adja, hogy ν(Mk ) ≥ (|V (Mk )|−1)/2 és τ(Mk ) ≥ (|V (Mk )|+1)/2 ha k ≥ 3. Ezért az utóbbi feladat megoldását ismerve lényegesen rövidebben megoldhatjuk a korábbi, ν(Mk )-ra vonatkozó feladatot. A τ(Mk )-ra kapott fenti érték szintén pontos,

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

243

16. Gráfok színezése

ami abból látható, hogy az ui csúcsok független halmazt alkotnak, így a többi (|V (Mk )| + 1)/2 csúcs minden élt lefog. (Vö. 5. fejezet 45. feladat.)

16.5.

Listaszínezés

54. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges G gráfra fennáll ch(G) ≥ χ(G). Megoldás: Legyenek a listák azonosak. Ha a rajtuk szerepl˝o színek száma k, akkor egy jó színezés a listákról G-nek egy k színnel való jó színezését adja. Vagyis, ha k < χ(G), akkor ilyen színezés nem létezhet, tehát ch(G) ≥ χ(G).

55. Mutassuk meg, hogy ch(K2,4 ) > 2, ami igazolja, hogy ch(G) > χ(G) lehetséges.

Megoldás: Legyenek a két független halmazba es˝o csúcsok a, b, illetve, x, y, z,t. Mutatunk olyan kételem˝u színlistákat, amikr˝ol a gráf nem színezhet˝o jól, és így ch(K2,4 ) > 2. Legyen L(a) = {1, 2}, L(b) = {3, 4}, a másik független halmaz pontjaira pedig L(x) = {1, 3}, L(y) = {1, 4}, L(z) = {2, 3}, L(t) = {2, 4}. Mármost akárhogyan is választanánk ki az a és b csúcsok színét a listájukról, két olyan színt fogunk használni, ami a másik négy pont valamelyikének teljes színlistáját adja. Mivel ez a pont a-val is és b-vel is szomszédos, o˝ t nem lesz módunk jól színezni. 56. Mutassuk meg, hogy ch(G) ≤ ∆(G) + 1. Megoldás: Az állítás azt jelenti, hogy tetsz˝oleges G gráf csúcsaira tetsz˝oleges ∆ + 1 elem˝u listákat írva e listákról lesz jó színezése G-nek. Tekintsünk egy ilyen listákkal adott G gráfot, és színezzük a csúcsait mohón: haladjunk a pontokon valamilyen sorrendben, és minden újonnan tekintett pontot színezzük ki a listája egy olyan színével, ami a pont szomszédságában már kiszínezett pontoknak adott színek között nem szerepel. Ha minden pontot kiszíneztünk, álljunk le. Ha ezen a módon a színezést be tudjuk fejezni, akkor nyilván jó színezést kapunk, probléma csak az lehet, ha elakadunk. Ez viszont nem fordulhat el˝o, hiszen minden pontnak legfeljebb ∆(G) szomszédja van, a listák pedig legalább eggyel több elem˝uek, vagyis mindig lesz rajtuk olyan szín, amit még a színezend˝o pont szomszédságában nem használtunk. Megjegyzés: A fentihez hasonlóan több olyan, a kromatikus számra vonatkozó tétel, aminek a bizonyításában a mohó színezésé a f˝oszerep, igaz marad ch(G)-re is. A fentiek alapján nem nehéz igazolni például, hogy ch(G) ≤ max{δ(H) : H ⊆ G} + 1 (vö. 13. feladat). Hasonlóan belátható a Brooks-tétel

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

244

16. Gráfok színezése

megfelel˝oje is: ha egy G összefügg˝o gráf nem teljes és nem páratlan kör, akkor ch(G) ≤ ∆(G). 57. Határozzuk meg ch(Kn ) értékét. Megoldás: Az el˝oz˝o feladatban bizonyított ch(G) ≤ ∆(G) + 1 egyenl˝otlenségb˝ol következik ch(Kn ) ≤ (n − 1) + 1 = n. A korábban belátott ch(G) ≥ χ(G) egyenl˝otlenségb˝ol pedig ch(Kn ) ≥ n adódik. A két egyenl˝otlenség alapján tehát ch(Kn ) = n. 58. Határozzuk meg ch(K3,3 )-at. Megoldás: El˝oször megmutatjuk, hogy K3,3 csúcsaihoz rendelhetünk olyan kételem˝u listákat, amelyekr˝ol nem színezhet˝o ki jól. Ebb˝ol következik, hogy ch(K3,3 ) > 2. Legyenek a csúcsok a, b, c, d, e, f , ahol a, b, c és d, e, f alkossa a K3,3 két független halmazát. A listák pedig legyenek: L(a) = L(d) = {1, 2}, L(b) = L(e) = {1, 3}, L(c) = L( f ) = {2, 3}. Próbáljuk meg a gráfot kiszínezni ezekr˝ol a listákról. Legyen g(x) az x csúcs színe. Az általánosság megszorítása nélkül feltehet˝o, hogy g(a) = 1 Ekkor szükségképpen g(e) = 3, emiatt pedig g(c) = 2. Ekkor viszont d-t már nem tudjuk a-tól is és c-t˝ol is különböz˝o szín˝ure színezni. A ch(K3,3 ) ≤ 3 egyenl˝otlenség egyszer˝u esetvizsgálattal ellen˝orizhet˝o vagy következik például a Brooks-tétel megfelel˝ojéb˝ol (ld. az 56. feladatot és az azt követ˝o megjegyzést.) Mindebb˝ol adódik, hogy ch(K3,3 ) = 3. 59. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges m pozitív egészhez létezik olyan G páros gráf, amire ch(G) > m. 1. Megoldás: Legyen G = (A, B, E) a Km,mm teljes páros gráffal izomorf. Megadunk minden csúcshoz egy m elem˝u listát úgy, hogy a megadott listákról nem létezik listaszínezés. Legyenek G-ben az m-elem˝u A színosztály csúcsai a1 , . . . , am . Ezekhez a csúcsokhoz rendeljük az L1 , . . . , Lm páronként diszjunkt m elem˝u listákat. Képezzük most az összes olyan m elem˝u halmazt, ami minden Li listából pontosan egy elemet tartalmaz. Ilyen halmaz mm darab van, ezek mindegyike legyen a gráf mm csúcsú B színosztályának egy-egy pontjához rendelt lista. Tegyük fel, hogy a gráf színezhet˝o ezen listákról. Egy ilyen színezés rendelje az ai csúcshoz a c(ai ) ∈ Li színt minden i-re. Mivel G teljes páros gráf, a B-beli csúcsokon ezek a színek nem használhatóak. Viszont valamely B-beli csúcs színlistája éppen {c(a1 ), . . . , c(am )}. Ez a csúcs tehát nem színezhet˝o a listájáról, vagyis mégsem létezhet a kívánt színezés. Mivel mindegyik lista m elem˝u volt, ez bizonyítja, hogy ch(G) > m.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

245

2. Megoldás: Legyen G = (A, B, E) a K(2m−1),(2m−1) teljes páros gráffal izom m Tekintsük a C = {1, . . . , 2m − 1} halmaz m elem˝u részhalmazait mint ¡morf. ¢ 2m−1 különböz˝o listát. Rendeljük ezek mindegyikét pontosan egy A-beli és m pontosan egy B-beli csúcshoz. Megmutatjuk, hogy ezen listákról a gráf nem színezhet˝o, ebb˝ol következik ch(G) > m. Tegyük fel, hogy létezik ilyen színezés. Megmutatjuk, hogy ekkor az A halmazban legalább m különböz˝o „szín” (vagyis a C halmaz m különböz˝o eleme) el˝ofordul valamely csúcs színeként. Másként ugyanis C összes eleméb˝ol csak m − 1 fordulna el˝o, azaz 2m − 1 − (m − 1) = m nem. Ez az m elem viszont éppen az egyik csúcs teljes listája, tehát ez a csúcs nem lehetne kiszínezve. Ugyanez az érvelés a B halmazra is érvényes, ott is legalább m különböz˝o C-beli elem kell szerepeljen valamely csúcs színeként. Mivel azonban |C| = 2m − 1 < 2m, így az A-ban el˝oforduló színek halmaza és a B ben el˝oforduló színek halmaza nem lesz egymástól diszjunkt. Ekkor viszont két összekötött csúcs színe azonos lesz, ami ellentmondás. [P. Erd˝os, A. L. Rubin, H. Taylor, Choosability in graphs, Congr. Numer. 26 (1979), 125–157.] 60. Mutassuk meg, hogy ch(Ck ) = χ(Ck ). Megoldás: Ha k páratlan, akkor az állítás a χ(G) ≤ ch(G) ≤ ∆(G) + 1 egyenl˝otlenségekb˝ol adódik, mivel a két szélen álló érték ilyenkor egyenl˝o. Ha k páros, akkor ch(Ck ) > 1 triviális volta miatt azt kell belátnunk, hogy kettes listákról egy páros kör mindig színezhet˝o. Ha az összes lista egyforma, akkor a két szerepl˝o színt felváltva használva kapunk egy jó színezést. Megmutatjuk, hogy ha nem minden lista ugyanazt a két színt tartalmazza, akkor is van jó színezés. Ilyenkor biztosan van két szomszédos csúcs, melyek listái különböznek, legyen két ilyen csúcs u és v. Színezzük u-t a listájának egy olyan színével, ami v listáján nem szerepel (u és v választása miatt van ilyen). Ezután u-nak a v-t˝ol különböz˝o szomszédját, majd annak másik szomszédját, és így tovább, színezzük, míg körbe nem érünk. Minden v-t˝ol különböz˝o pontot olyan helyzetben színezünk így, amikor még csak egy szomszédja színezett, ezért a listáján lev˝o két szín egyike még biztosan nem tiltott, avval kiszínezhetjük. Amikor v-hez érünk, akkor v-nek már mindkét szomszédja színezett, de ezek egyike, u, olyan színnel van színezve, ami v listáján nem szerepel. Ezért a v listáján lev˝o két szín közül is legfeljebb egy tiltott, a másikkal kiszínezhetjük v-t. 61. Mutassuk meg, hogy ha G hurokélmentes, síkbarajzolható gráf, akkor ch(G) ≤ 6.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

246

16. Gráfok színezése

Megoldás: Feltehetjük, hogy G egyszer˝u gráf, hiszen hurokélmentes, a többszörös éleknek pedig semmilyen hatása nincs a színezésre. Tudjuk, hogy egy G egyszer˝u síkbarajzolható gráfra |E(G)| ≤ 3|V (G)| − 6, és ezért kell lennie legfeljebb ötödfokú pontnak a gráfban (ld. 4. fejezet, 3. feladat). Legyen az n csúcsú G síkbarajzolható gráf minimális fokú pontja vn . A vn elhagyásával megmaradó gráf minimális fokú pontja vn−1 , és így tovább. Ha most a csúcsokat el˝obb adott indexeik növekv˝o sorrendjében színezzük, akkor minden csúcsra olyankor kerül sor, amikor még legfeljebb 5 szomszédja van kiszínezve. Ezért egy 6 elem˝u színlistán mindig található lesz olyan szín, amivel még színezhet˝o. Ez pontosan azt jelenti, hogy ch(G) ≤ 6. Megjegyzés: Carsten Thomassen bebizonyította, hogy a fentinél er˝osebb ch(G) ≤ 5 egyenl˝otlenség is mindig igaz, ha G síkbarajzolható gráf. Másrészr˝ol Margit Voigt megmutatta, hogy létezik olyan síkbarajzolható gráf, amire ch(G) > 4, vagyis a síkbarajzolható gráfok körében el˝oforduló legnagyobb ch(G) érték pontosan 5. 62. Mutassuk meg, hogy ha G élgráf, akkor ch(G) ≤ 2χ(G) − 1.

Megoldás: Legyen G az F gráf élgráfja, ekkor ∆(G) ≤ 2(∆(F) − 1). A mohó színezés révén ch(G) ≤ ∆(G) + 1 (ld. 56. feladat), ugyanakkor tudjuk, hogy χ(G) = χe (F) ≥ ∆(F). Mindezeket összerakva adódik ch(G) ≤ ∆(G) + 1 ≤ 2∆(F) − 1 ≤ 2χ(G) − 1. (n)

63. Jelölje K2 azt a 2n csúcsú gráfot, melynek komplementere egy teljes párosí(n) tás. Mutassuk meg, hogy ch(K2 ) = n. (n)

(n)

Megoldás: Mivel K2 tartalmaz n pontú klikket, ch(K2 ) ≥ n. Megmutatjuk, hogy n elem˝u listákról a gráf mindig színezhet˝o. Ez az állítás n = 1 esetén (k+1) triviális, teljes indukcióval tegyük fel, hogy n = k-ra igaz. Tekintsük K2 -et a csúcsain adott tetsz˝oleges (k + 1) elem˝u listákkal. Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy van-e olyan összekötetlen csúcspár, amelyhez tartozó két lista nem diszjunkt. Ha van ilyen, akkor e csúcspár két tagját színezzük ki listáik egy közös elemével, majd töröljük o˝ ket a gráfból, a felhasznált közös (k) színt pedig az összes olyan listáról, amin rajta volt. Ezáltal egy K2 gráfhoz jutottunk, melynek minden pontjához adott egy legalább k elem˝u színlista (mivel az eredetileg k + 1 elem˝u listáról legfeljebb egy elemet töröltünk). Innen a színezés az indukciós feltevés szerint befejezhet˝o. A másik eset az, amikor minden összekötetlen pontpár két pontjának listája diszjunkt. Ekkor csak olyan színezés lehet jó, ami minden pontot külön-

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

16. Gráfok színezése

247

böz˝o szín˝ure színez. Legyen F = (A, B, E) a következ˝o páros gráf. Legyen (n) A = V (K2 ) és B = ∪v∈A L(v), vagyis az összes a listákon el˝oforduló szín halmaza, és legyen {u, c} ∈ E(F) pontosan akkor, ha c ∈ L(u). Vagyis minden A-beli csúcsot a listáján szerepl˝o színekkel kötünk össze F-ben. A fenti megfigyelés (miszerint minden pontot más színnel kell színezni) azt jelenti, hogy (n) K2 pontosan akkor lesz színezhet˝o a megadott listákról, ha a most definiált páros gráfban van A-t lefed˝o párosítás. Megmutatjuk, hogy van. Ennek pontos feltételét a Hall-tétel megadja, azt kell tehát ellen˝oriznünk, hogy ez a feltétel teljesül. A feltétel azt mondja, hogy tetsz˝oleges X ⊆ A-ra |N(X)| ≥ |X|, ahol N(X) az X-beli csúcsok szomszédainak halmaza. Megmutatjuk, hogy ez teljesül. Ha |X| ≤ n, akkor a feltétel azért teljesül, mert minden pont listáján n szín van, tehát már egyetlen pont szomszédsága is n méret˝u, |N(X)| / Ha |X| > n, akkor viszont biztos, hogy X ennél kisebb nem lehet, ha X 6= 0. (n) tartalmazza A-nak két a K2 -ben összekötetlen csúcsát. Ezek listája mostani feltevésünk szerint diszjunkt, tehát e két pontnak F-ben együttesen legalább 2n szomszédja van. Ilyenkor tehát |N(X)| ≥ 2n ≥ |X|, ahol az utolsó egyenl˝otlenség annak folyománya, hogy |A| = 2n és X ⊆ A. Ezzel beláttuk, hogy a kívánt színezés létezik. [P. Erd˝os, A. L. Rubin, H. Taylor, Choosability in graphs, Congr. Numer. 26 (1979), 125–157.] Megjegyzés: Ennek a feladatnak speciális esete az 5. fejezet 26. feladata.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

17. fejezet Gráfok mátrixai

17.1.

Szomszédossági mátrix

1. Legyen A egy egyszer˝u irányítatlan gráf szomszédossági mátrixa. Mutassuk meg, hogy ha az A2 mátrix f˝oátlóbeli elemeit összeadjuk, akkor páros számot kapunk! Megoldás: Az A2 mátrix i-edik sorának i-edik eleme pontosan az olyan két élb˝ol álló élsorozatok száma, amelyeknek mindkét vége az i-edik pont. Mivel a gráf egyszer˝u, ez a szám éppen az i-edik pont fokszámával egyezik meg. Ezért amikor az A2 f˝oátlójában álló elemeket összeadjuk, akkor a gráfbeli fokszámok összegét kapjuk, ami valóban páros szám (éppen az élek számának kétszerese). 2. Legyen G egy egyszer˝u irányítatlan gráf és A a szomszédossági mátrixa. Mutassuk meg, hogy az A3 mátrix f˝oátlóbeli elemeinek összege a G-beli háromszögek számának hatszorosa! Megoldás: Az A3 mátrix i-edik sorának i-edik eleme az i-edik pontban kezd˝od˝o és ott is végz˝od˝o 3 hosszú élsorozatok száma. Mivel a gráfban nincs hurokél, ezek az élsorozatok egy-egy háromszöget adnak. Ugyanazt a háromszöget mindkét körüljárással megszámoljuk. Amikor a f˝oátlóbeli elemeket összeadjuk, akkor minden háromszöget mindhárom csúcsnál kétszer számolunk, tehát összesen minden háromszöget hatszor számolunk. 3. Bizonyítsuk be, hogy ha az n pontú irányított G gráfban nincs irányított kör, akkor szomszédossági mátrixának n-edik hatványa a csupa nulla mátrix! Megoldás: Tudjuk, hogy a szomszédossági mátrix n-edik hatványában az iedik sor j-edik eleme az i-edik pontból a j-edik pontba vezet˝o n élb˝ol álló élsorozatok számával egyenl˝o. Ha a gráfban nincs irányított kör, akkor egy élsorozat sem térhet vissza már meglátogatott pontba. Ezért egy ilyen gráfban 249

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

250

17. Gráfok mátrixai

minden élsorozat legfeljebb n pontot és n − 1 élt tartalmazhat, azaz az n élb˝ol álló élsorozatok száma 0. 4. Lássuk be, hogy egy egyszer˝u irányítatlan gráf akkor és csak akkor páros gráf, ha szomszédossági mátrixának minden páratlan kitev˝oj˝u hatványában a f˝oátló minden eleme nulla. Megoldás: Tudjuk, hogy a gráf A szomszédossági mátrixának k-adik hatványában az i-edik sor j-edik eleme éppen az i és j csúcsok között lev˝o k hosszú élsorozatok száma. Tehát a feltétel, hogy minden páratlan k-ra Ak f˝oátlójában csak nullák vannak, ekvivalens azzal, hogy nincs páratlan hosszú zárt élsorozat a gráfban. Ha ez a feltétel teljesül, akkor nem lehet páratlan hosszú kör sem a gráfban, azaz a gráf páros gráf. A másik irányhoz vegyük észre, hogy ha a gráf páros, akkor nem csak a benne lev˝o körök páros hosszúak, hanem minden zárt élsorozat is. 5. Legyen A az n csúcsú, egyszer˝u G gráf szomszédossági mátrixa. Mutassuk meg, hogy ha az A2 + A mátrix minden eleme pozitív, akkor a G gráf összefügg˝o! Megoldás: Legyen 1 ≤ i, j ≤ n. Az i-edik sor j-edik helyén A-ban akkor van nemnulla, ha van az i és j pontok között él, A2 -ben pedig, ha van közöttük 2 hosszú élsorozat. A feltétel szerint tehát bármely pontból bármely pontba el tudunk jutni legfeljebb 2 hosszú élsorozattal, tehát a gráf valóban összefügg˝o. 6. Legyen A az n csúcsú, egyszer˝u G gráf szomszédossági mátrixa. Mi lehet a G gráf, ha tudjuk, hogy az A2 + A mátrix minden eleme azonos? Megoldás: Jelölje d az A2 + A mátrix elemeit. Mivel nincs hurokél a gráfban, (A2 + A)ii = d(i) + 0, a gráfban minden pont foka d. Ha d = 0, akkor G-ben nincsenek élek, csupa független pontból áll, az A2 és az A mátrix is a csupa nulla mátrix. Tegyük fel, hogy d ≥ 1. Tekintsünk egy {i, j} élt. Az i-edik sor j-edik eleme a mátrixban d = (A2 + A)i j = (A2 )i j + 1. Tehát i-nek és j-nek pontosan d − 1 közös szomszédja van. Mivel mindkét pont foka d, ez csak úgy lehet, ha a közös szomszédokon kívül már csak egymással van i és j összekötve. Legyen k egy j-t˝ol különböz˝o szomszédja i-nek (és j-nek). Az {i, k} élt nézve hasonlóan kapjuk, hogy k össze van kötve i minden szomszédjával, és csak ezekkel. Így tehát i, j és a szomszédaik egy teljes gráfot, egy Kd+1 -et alkotnak. Ebb˝ol a d + 1 pontból küls˝o pontba már nem mehet él, hiszen minden pont foka d. Az 5. feladat szerint a G gráf összefügg˝o kell legyen, ezért ilyenkor G izomorf a Kd+1 gráffal. A válasz tehát: G vagy egy teljes gráf vagy izolált pontok összesége.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

17. Gráfok mátrixai

251

7. Legyen A az n csúcsú, egyszer˝u G gráf szomszédossági mátrixa, E pedig az n × n egységmátrix. Határozzuk meg az összes olyan G gráfot, melyre az A2 + A − E mátrix minden eleme 1.

Megoldás: Nézzük el˝oször a f˝oátlóban lev˝o elemeket. A f˝oátló i-edik eleme (A2 + A − E)ii = d(i) + 0 − 1, mert G egyszer˝usége miatt az A f˝oátlóbeli elemei nullák, az A2 mátrix i-edik sorának i-edik elemében pedig az i-edik pontból az önmagába futó 2 élb˝ol álló élsorozatok száma áll, ami megegyezik a pont fokszámával. Tehát a feltétel miatt minden pont foka 2 kell legyen. Ekkor pedig a gráf diszjunkt körökb˝ol áll. Milyen hosszúak lehetnek a körök? Ha i 6= j és az i és j csúcsok között van él, akkor (A2 + A − E)i j = (A2 )i j + 1, és mivel a feltétel szerint ez 1-gyel egyenl˝o, (A2 )i j = 0. Ez azt jelenti, hogy i-nek és j-nek nem lehet közös szomszédja. Következésképpen minden kör legalább 4 hosszú. Másrészt, ha i és j között nincs él, akkor 1 = (A2 + A − E)i j = (A2 )i j , azaz i-nek és j-nek pontosan 1 közös szomszédja van. Ebb˝ol következik, hogy G-nek összefügg˝onek kell lennie (mert ha i és j különböz˝o komponensekb˝ol lenne, akkor nem lehetne közös szomszédjuk). Tehát G egyetlen kör. A kör hossza nem lehet 4 mert ott az átellenes pontok között nincs él, de 2 közös szomszédjuk van. Egy legalább 6 hosszú körben a körön 3 távolságra lev˝o pontok között nincs él, és közös szomszédjuk sincs. A megmaradt egyetlen lehet˝oség, hogy G egy 5 hosszú kör. Az 5 hosszú kör valóban teljesíti a feladat feltételét, mert  2   0 1 0 0 1 0 1 0 0 1  1 0 1 0 0   1 0 1 0 0       0 1 0 1 0  + 0 1 0 1 0 −E =      0 0 1 0 1   0 0 1 0 1  1 0 0 1 0 1 0 0 1 0     2 0 1 1 0 0 1 0 0 1  0 2 0 1 1   1 0 1 0 0       1 0 2 0 1 + 0 1 0 1 0 −E =      1 1 0 2 0   0 0 1 0 1  0 1 1 0 2 1 0 0 1 0   1 1 1 1 1  1 1 1 1 1     1 1 1 1 1     1 1 1 1 1  1 1 1 1 1

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

252

17. Gráfok mátrixai

8. Melyek azok az irányított gráfok, melyeknek A szomszédossági mátrixára fennáll, hogy A = A−1 ? Megoldás: Ha A = A−1 , akkor A2 = E. Abból hogy A2 minden, nem a f˝oátlóban lev˝o eleme nulla, következik, hogy két különböz˝o csúcs között nem lehet 2 hosszú élsorozat a gráfban. Tekintsünk egy tetsz˝oleges i csúcsot. Ebb˝ol indul ki él. Ha ez hurokél, akkor i-be más csúcsból nem mehet él, mert együtt egy 2 hosszú élsorozatot adnának. Ha i-b˝ol a t˝ole különböz˝o j-be megy él, akkor a j-b˝ol az i-be kell, hogy menjen él. Minden csúcsból pontosan egy él indul ki és egy érkezik bele. A gráf tehát csak diszjunkt 2 hosszú körökb˝ol és ezekt˝ol diszjunkt hurkokból állhat. Könny˝u meggondolni, hogy ezek a gráfok valóban teljesítik a feladat feltételét, mert egy ilyen gráfhoz tartozó mátrix felírható a következ˝o alakban   E   T µ ¶   0 1   T A= = T −1 ,  ahol T = 1 0   . ..   T E az egységmátrix, és a nem jelölt helyeken nullák állnak. 9. Melyek azok az irányítatlan gráfok, melyek A szomszédossági mátrixa egyben saját maga inverze, azaz A = A−1 ? 1. Megoldás: A 8. feladatbeli gondolatmenet alapján minden pontra egyetlen él illeszkedhet. Ezek vagy hurokélek, vagy egymástól független élek. Néhány hurokél és független él diszjunkt uniója pedig megfelel a feltételnek. 2. Megoldás: Mivel irányítatlan gráfokról van szó, A megegyezik a saját transzponáltjával, A = AT . A feltétel szerint AA−1 = AA = AAT = E és ebb˝ol következik, hogy G-ben minden pont foka 1. Egy ilyen gráf független élekb˝ol és a független élek által nem fedett pontokon egy-egy hurokélb˝ol állhat. Ezek a gráfok megfelelnek a feltételnek. 10. Legyen A egy egyszer˝u irányítatlan gráf szomszédossági mátrixa. Bizonyítsuk be, hogy ha az AAT mátrixban a f˝oátlón kívüli elemek mind nullák, akkor a gráf nem tartalmaz négy hosszúságú kört! Megoldás: Ha van 4 hosszú kör a gráfban, legyen i és j a kör két átellenes csúcsa. Az AAT mátrix i-edik sorának j-edik eleme az A mátrix i-edik és j-edik sorának összeszorzásából adódik. Mivel van olyan oszlop (a kör két

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

17. Gráfok mátrixai

253

másik csúcsának megfelel˝oek), ahol mind a két sorban 1 áll, a szorzatuk nem lesz nulla. 11. Mely egyszer˝u irányított gráfokra teljesül, hogy az A szomszédossági mátrixukra AAT diagonális? Írjuk le a feltételnek megfelel˝o irányítatlan gráfokat is! Megoldás: A feltétel azt jelenti, hogy bármely két különböz˝o sor skalárszorzata 0, azaz tetsz˝oleges i 6= j csúcspárt nézve nincs olyan k csúcs, amelybe i-b˝ol és j-b˝ol is vezet él. Tehát a gráf minden pontjába legfeljebb egy pontból megy él. Megmutatjuk, hogy minden ilyen gráf jó. Ha a G gráfban minden pontba legfeljebb egy pontból megy él (de onnan kifelé akár több is mehet) akkor a szomszédossági mátrix minden oszlopában legfeljebb egy helyen állhat nullától különböz˝o elem. Tehát nincs két olyan sor, amiben ugyanazon a helyen állna nemnulla, ezért tetsz˝oleges két sor szorzata nullát ad. Irányítatlan gráf esetén is teljesülnie kell, hogy tetsz˝oleges i 6= j csúcspárt nézve nincs olyan k csúcs, amelybe i-b˝ol és j-b˝ol is vezet él, tehát minden pont legfeljebb egy ponttal van éllel összekötve, vagyis a gráf független élek és csúcsok uniója. Minden ilyen gráf jó is, mert ha nézzük a gráf szomszédossági mátrixát, annak minden sorában és oszlopában csak egyetlen nemnulla elem lesz, ezért két sorban nem állhat ugyanazon a helyen nemnulla elem és így szorzatuk nullát fog adni. 12. Jellemezzük azokat az irányított G gráfokat, melyeknek A szomszédossági mátrixára fennáll, hogy AAT = E. Megoldás: Az AAT mátrix i-edik sorának j-edik eleme az A mátrix i-edik és j-edik sorának skalárszorzatával egyenl˝o. A feltétel szerint az A mátrix bármely sorának az önmagával vett skalárszorzata 1 és két különböz˝o sor skalárszorzata 0. Az A mátrix elemei egész számok, ezért egy sor önmagával vett skalárszorzata csak úgy lehet 1, ha a sorban mindenhol 0 van, egyetlen helyet kivéve, ahol 1 áll. Ez azt jelenti, hogy a gráf minden csúcsából pontosan 1 él indul ki. Mivel két különböz˝o sor skalárszorzata 0, ezért minden pontba legfeljebb egy él vezethet. Az, hogy minden pontból egy él indul, és mindegyikbe legfeljebb egy él érkezik csak úgy lehet, ha minden pontba pontosan egy él is érkezik. Ekkor a gráf diszjunkt irányított körökb˝ol áll. Visszafelé, vegyünk egy gráfot, ami diszjunkt irányított körökb˝ol áll. Megmutatjuk, hogy szomszédossági mátrixára teljesül, hogy AAT = E. Mivel a

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

254

17. Gráfok mátrixai

gráf minden csúcsa egy élnek a kezd˝opontja és egy élnek a végpontja, ezért a szomszédossági mátrixában minden sorban és minden oszlopban pontosan egy darab 1 szerepel. Egy ilyen mátrixban két különböz˝o sor (vagy akár két oszlop) skalárszorzata 0 lesz, egy sornak (vagy egy oszlopnak) az önmagával vett skalárszorzata pedig 1, tehát valóban AAT = E. 13. Oldjuk meg a 12. feladatot irányítatlan gráfokra is! Megoldás: A 12. feladat megoldása szerint most is igaz, hogy a gráf minden csúcsából pontosan 1 él indul ki. Irányítatlan gráf esetén ez azt jelenti, hogy a gráf valahány független élb˝ol áll és ezen kívül lehetnek még pontok egy-egy hurokéllel. Az ilyen gráfokra tényleg fennáll, hogy AAT = E. 14. (a) Igazoljuk, hogy egy n pontú irányított gráf szomszédossági mátrixának rangja legfeljebb n. (b) Igazoljuk, hogy egy n pontú irányított gráf szomszédossági mátrixának rangja kisebb mint n, ha nincs a gráfban irányított kör. (c) Adjunk meg olyan n pontú irányított gráfot, ahol ez a rang egyenl˝o n-nel. Megoldás: (a) Mivel a mátrixnak n sora és n oszlopa van, a rangja nem lehet nagyobb mint n. (b) Tudjuk, hogy ha a gráfban nincs irányított kör, akkor van benne forrás (azaz olyan pont, amibe nem fut be él). A mátrixban a forráshoz tartozó oszlop csupa 0-ból áll, ezért a mátrix rangja kisebb mint n. (Az állítás a 19. feladatból is következik.) (c) Például egy n pontú irányított kör megfelel˝o. 15. Az n pontú egyszer˝u irányítatlan G gráf szomszédossági mátrixa legyen A, E pedig jelölje az (n × n)-es egységmátrixot. (a) Bizonyítsuk be, hogy ha a G gráfban található k független pont, akkor az A + E mátrix rangja legalább k. (b) Legyen n ≥ 4 páros szám. Mutassuk meg, hogy van olyan n pontú G gráf, melyben nincs három független pont, de az A + E mátrix rangja n. Megoldás: (a) Mivel egy mátrix rangja az a legnagyobb r szám, melyre található a mátrixban egy r ×r méret˝u nemnulla determinánsú részmátrix, elegend˝o azt megmutatni, hogy kiválasztható az A + E mátrixból k sor és k oszlop úgy, hogy az általuk meghatározott részmátrix determinánsa nem nulla. Tekintsünk egy k elem˝u független ponthalmazt a gráfban, és vegyük ezen pontoknak megfelel˝o sorokat és oszlopokat. Az A-ból így kiválasztott k × k részmátrix csupa nullából áll, hiszen a független ponthalmaz elemei között nincs él. Az A + E

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

255

17. Gráfok mátrixai

mátrixban ugyanez a részmátrix a k méret˝u egységmátrix lesz, tehát a determinánsa nem nulla. (b) Legyen m = n/2. A G gráf pontjai legyenek {a1 , . . . , am , b1 , . . . bm }, élei pedig {ai , a j } ha i 6= j, {bi , b j } ha i 6= j, továbbá {ai , bi } minden i-re. Tehát az ai és a b j pontokon is egy-egy teljes gráfot veszünk és a két teljes gráfot összekötjük egy párosítással. Bárhogy választunk ki 3 pontot ebb˝ol a gráfból, lesz közöttük 2 darab ai vagy 2 darab bi , ezért 3 pont már nem lehet független. Megmutatjuk, hogy erre a G gráfra r(A + E) = n teljesül. Ehhez elegend˝o azt belátni, hogy (A + E)v = 0 csak a v = 0 vektorra áll fenn. Könny˝u látni, hogy az (A + E)v vektor i-edik koordinátája ½ m ha 1 ≤ i ≤ m ∑ j=1 v j + vm+i ((A + E)v)i = vi−m + ∑nj=m+1 v j ha m + 1 ≤ i ≤ n

Ha bevezetjük az α = ∑mj=1 v j és β = ∑nj=m+1 v j jelölést, akkor ezek szerint α + vm+i = 0 teljesül minden 1 ≤ i ≤ m esetén és β + vi−m = 0 ha m + 1 ≤ i ≤ n. Tehát vm+i = vm+ j ha 1 ≤ i, j ≤ m, amib˝ol β = mvm+1 következik. Hasonlóan vi−m = v j−m ha m + 1 ≤ i, j ≤ n, és ebb˝ol α = mv1 . Azaz mv1 + vm+1 = 0 és v1 + mvm+1 = 0, ahonnan vm+1 = −mv1 , ami az (1 − m2 )v1 = 0 egyenlethez vezet. Feltettük, hogy m = n/2 > 1, ezért v1 = 0 kell teljesüljön, amib˝ol v = 0 következik. Tehát a mátrix rangja valóban n. Megjegyzés: A bizonyítás végén úgy is eljárhattunk volna, hogy az adott gráfra kiszámítjuk az A + E mátrix determinánsát: det(A + E) = 1 − n2 6= 0.

17.2.

A szomszédossági mátrix determinánsa, sajátértékei

16. Legyen a G gráf egy legalább 3 pontú csillag. Mennyi a szomszédossági mátrixának a determinánsa? Megoldás: Tekintsünk két olyan pontot, hogy egyik˝ojük sem középpontja a csillagnak. A mátrix megfelel˝o két sora egyforma, ezért a determináns 0. 17. Határozzuk meg n > 1 esetben a Kn teljes gráf szomszédossági mátrixának a determinánsát! Megoldás: A mátrixot átalakítjuk úgy, hogy el˝obb az els˝o sorát kivonjuk az összes többib˝ol, majd az így kapott mátrixban az els˝o sorhoz hozzáadjuk a többit. Ekkor egy háromszögmátrixot kapunk, melyben a f˝oátlóbeli elemek szorazata, tehát a determináns értéke (−1)n−1 (n − 1). 18. Határozzuk meg a Kn,m teljes páros gráf szomszédossági mátrixának a determinánsát!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

256

17. Gráfok mátrixai

Megoldás: Legyen a páros gráf két pontosztálya A és B. Vegyünk két különböz˝o pontot az A halmazból és tekintsük a mátrix megfelel˝o sorait. Mivel a két pont szomszédai azonosak (a teljes B halmaz), a hozzájuk tartozó sorok egyformák. Tehát ha valamelyik pontosztályban van legalább két pont, azaz n ≥ 2 vagy m ≥ 2, akkor a determináns 0. Ha n = m = 1, akkor a gráfnak két pontja és egy éle van, a determináns értéke -1. 19. Legyen G egy irányított gráf, amiben nincs hurokél és többszörös él. Igazoljuk, hogy ha G szomszédossági mátrixának a determinánsa nem nulla, akkor a gráfban van irányított kör! Igaz-e az állítás megfordítása? Megoldás: Jelölje n a gráf csúcsainak számát. Mivel az A szomszédossági mátrixra det A 6= 0, a determinánsnak van nemnulla kifejtési tagja, legyen egy ilyen a1i1 a2i2 · · · anin 6= 0. Tekintsük G-ben azt a H részgráfot, amely G összes csúcsát tartalmazza, az élek közül pedig a kifejtési tagnak megfelel˝o (1, i1 ), (2, i2 ), . . ., (n, in ) éleket. A kifejtési tag a mátrix minden sorából és oszlopából pontosan egy elemet tartalmaz, ezért a H gráfban minden pontból pontosan egy él indul ki és egy is érkezik bele. Egy ilyen gráf közös pont nélküli irányított körök uniója, tehát H-ban, és ezért G-ben is, van irányított kör. (A kifejtési taghoz tartozó permutáció ciklikus alakja meg is adja a H gráfot alkotó köröket.) Ha van irányított kör a gráfban, attól még a szomszédossági mátrix determinánsa lehet nulla, ehhez elég például ha a gráfnak van olyan pontja, amibe nem megy be él, hiszen a mátrix megfelel˝o oszlopa ekkor csupa nulla elemb˝ol áll. 20. Igaz-e a 19. feladat irányítatlan változata, azaz hogy ha egy egyszer˝u irányítatlan gráf szomszédossági mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a gráfban van kör? Megoldás: Nem igaz, mert például n független él esetén a szomszédossági mátrix determinánsa (−1)n . 21. Legyen G egy egyszer˝u irányítatlan páros gráf és jelölje A a szomszédossági mátrixát. Mutassuk meg, hogy ha G-ben nincs teljes párosítás, akkor det A = 0. Igaz-e az állítás megfordítása? Megoldás: A 19. feladathoz hasonlóan, egy a1i1 a2i2 · · · anin 6= 0 kifejtési taghoz tekintsük azt a H részgráfot, amely a gráf összes csúcsát és az {1, i1 }, {2, i2 }, . . ., {n, in } éleket tartalmazza. Mivel a gráf irányítatlan, a H részgráf diszjunkt

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

17. Gráfok mátrixai

257

körökb˝ol és független élekb˝ol áll (az utóbbi eset akkor fordul el˝o, ha valamely j-re j = i j ). A G egy páros gráf és így minden köre páros hosszú. Ezért a H-beli körök is páros hosszúak. Tehát ha H-ban körönként minden második élt elhagyunk, akkor a körökb˝ol megmaradt élek és H független élei minden pontot lefognak, azaz egy teljes párosítást adnak. A megfordítás nem igaz: a négy hosszú kör egy teljes párosítással rendelkez˝o páros gráf, szomszédossági mátrixának determinánsa pedig ¯ ¯ ¯ 0 1 0 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 0 1 ¯=0 ¯ ¯ ¯ 1 0 1 0 ¯

mert például az els˝o és a harmadik sor azonos. Megjegyzés: Valójában azt bizonyítottuk be, hogy a determináns minden nemnulla kifejtési tagja meghatároz egy (nem feltétlenül különböz˝o) teljes párosítást a gráfban. Tehát ha nincs teljes párosítás, akkor nem csak det A = 0, hanem a determináns minden kifejtési tagja 0. 22. Határozzuk meg az n > 1 pontú teljes gráf szomszédossági mátrixának sajátértékeit! Megoldás: Világos, hogy a csupa 1-b˝ol álló w vektor sajátvektor, a hozzá tartozó sajátérték n − 1. Legyen a v 6= 0 vektor olyan, hogy ∑ni=1 vi = 0. Megmutatjuk, hogy ekkor v is sajátvektor, a sajátértéke pedig −1. Ez azért igaz, mert (Av)k = ∑i6=k vi = −vk teljesül minden k-ra (1 ≤ k ≤ n). Mivel a −1 sajátértékhez tartozó sajátaltér ezek szerint legalább n − 1 dimenziós, és az n − 1 is legalább egyszeres sajátérték, több sajátérték nem lehet, az n − 1 egyszeres, a −1 pedig (n − 1)-szeres sajátérték Megjegyzés: Természetesen a szokott módon is ki lehet számolni a sajátértékeket és sajátvektorokat, csak egy kicsit több munkával. 23. Bizonyítsuk be, hogy ha az n pontból álló egyszer˝u G gráf d-reguláris, akkor d a gráf A szomszédossági mátrixának egyik sajátértéke. Megoldás: Egy egyszer˝u d-reguláris gráf szomszédossági mátrixában minden sorban d darab egyes és n − d darab nulla van. Vegyük azt a v vektort, melynek minden koordinátája 1. Erre Av = dv. 24. Legyen G egy d-reguláris összefügg˝o gráf. Mutassuk meg, hogy d a szomszédossági mátrixának egyszeres sajátértéke (azaz a d-hez tartozó sajátvektorok között nincs két független).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

258

17. Gráfok mátrixai

Megoldás: Legyen v egy d-hez tartozó sajátvektor. (Ekkor v 6= 0.) Azt fogjuk megmutatni, hogy v minden koordinátája azonos. Hívjuk az m csúcsot maximálisnak, ha a v vektor m-edik koordinátája maximális, azaz minden k számra teljesül, hogy vm ≥ vk . A feltevés szerint az A szomszédossági mátrixra Av = dv. Az m-edik koordinátát nézve ∑ j am j v j = dvm . Mivel a gráf d-reguláris, az összegzésben d darab v j értéket adunk össze. Mivel v j ≤ vm , ezért tehát dvm = ∑ j am j v j ≤ dvm , azaz amikor am j 6= 0, akkor v j = vm kell legyen. Ez a gráfra azt jelenti, hogy egy maximális csúcs minden szomszédja is maximális. Feltevésünk szerint a gráf összefügg˝o és ezért egy maximális csúcsból minden más csúcs úttal elérhet˝o. Ebb˝ol következik, hogy minden csúcs maximális kell legyen, azaz a v vektor minden koordinátája azonos. 25. Bizonyítsuk be, hogy ha az egyszer˝u, összefügg˝o G gráfban a maximális fokszám d, és d sajátértéke a szomszédossági mátrixnak, akkor G egy d-reguláris gráf. Megoldás: Legyen n a G csúcsainak száma, A a szomszédossági mátrix és v = (v1 , . . . , vn ) a mátrixnak egy d-hez tartozó sajátvektora. (Ekkor v 6= 0.)

Hívjuk az m csúcsot maximálisnak, ha minden 1 ≤ k ≤ n számra teljesül, hogy vm ≥ vk .

El˝oször megmutatjuk, hogy minden maximális csúcs foka d. Vegyünk egy m maximális csúcsot. Mivel a gráf egyszer˝u és minden pont foka legfeljebb d, ezért A minden sorában legfeljebb d darab 1 található, a többi elem pedig 0. Emiatt Av minden koordinátája legfeljebb d darab vk összege, (Av)m = vk1 + vk2 + . . . + vkt ≤ tvm ≤ dvm . Másrészt, mivel v sajátvektor, dvm = (Av)m . Ez csak úgy lehet, ha t = d és vm = vk1 = · · · = vkt . Tehát m foka valóban d. Az is következik az el˝oz˝oekb˝ol, hogy egy m maximális csúcs minden szomszédja is maximális. Ez pedig azt is jelenti, hogy egy maximális csúcsból elérhet˝o összes csúcs is maximális. Mivel a gráfunk összefügg˝o, ezért azt kaptuk, hogy minden csúcs maximális, és így minden csúcsnak d a foka. Megjegyzés: Ha az összefügg˝oséget nem tesszük fel, akkor az állítás nem igaz. Egy gráf, amelynek egyik összefügg˝o komponense d-reguláris, a többi komponensben pedig minden pont foka kisebb mint d, teljesíti a feladat feltételét. 26. Legyen G egy d-reguláris összefügg˝o gráf. Mutassuk meg, hogy a szomszédossági mátrixának minden λ sajátértékére teljesül, hogy |λ| ≤ d.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

259

17. Gráfok mátrixai

Megoldás: A gráf A szomszédossági mátrixának legyen v egy sajátvektora a λ sajátértékkel. A v vektornak legyen az m-edik koordinátája maximális abszolút érték˝u, azaz |vm | ≥ |vk | minden k-ra. Ekkor vm 6= 0, mert különben v a nullvektor lenne. Az Av = λv azonosságot az m-edik koordinátára felírva azt kapjuk. hogy |λvm | = | ∑k amk vk | ≤ d|vm |, mert az összegben d olyan tag van, melyben amk 6= 0, és az m választása miatt |vk | ≤ |vm |. Tehát |λvm | ≤ d|vm |, azaz |λ| ≤ d. 27. Legyen G egy d-reguláris összefügg˝o gráf. Bizonyítsuk be, hogy ha a szomszédossági mátrixának (−d) sajátértéke, akkor G páros gráf. Megoldás: Jelölje w az A szomszédossági mátrix egy (−d)-hez tartozó sajátvektorát. Legyen egy m csúcs maximális, ha |wm | ≥ |wk | teljesül minden k-ra. Ekkor −dwm = ∑k amk wk , ahol az összegben d nemnulla tag van. A két oldal abszolút értékét összehasonlítva kapjuk, hogy minden olyan k-ra, amelyre amk 6= 0 fenn kell álljon, hogy |wk | = |wm |, továbbá, hogy a wk számok azonos el˝ojel˝uek. Azt is figyelembe véve, hogy −dwm áll a baloldalon, arra jutunk, hogy az m csúcs minden szomszédja olyan, hogy w megfelel˝o koordinátája −wm . Tehát egy maximális csúcs minden szomszédja maximális, de a koordinátájuk el˝ojele különböz˝o. Mivel a gráf összefügg˝o, egy maximális csúcsból minden csúcs elérhet˝o úttal, így minden csúcs maximális kell legyen. A pozitív és a negatív koordinátákhoz tartozó csúcsok két pontosztályt alkotnak a gráfban, él csak a két pontosztály között futhat. Tehát a gráf páros. 28. Igazoljuk, hogy egy G d-reguláris összefügg˝o egyszer˝u gráf és a G komplementer gráf szomszédossági mátrixának sajátvektorai megegyeznek. Mi a kapcsolat a megfelel˝o sajátértékek között? Megoldás: Legyen G egy n csúcsú gráf, melynek szomszédossági mátrixa A. Jelölje J azt az (n × n)-es mátrixot, melynek minden eleme 1, E pedig az egységmátrixot. A G szomszédossági mátrixa A = J − E − A alakban írható fel. A feltevés szerint a G gráf d-reguláris, ezért G egy (n − d − 1)-reguláris gráf. Ebb˝ol következik, hogy az A és A mátrixoknak a d, illetve n − d − 1 egyszeres sajátértéke, a hozzájuk tartozó sajátvektorok minden koordinátája egyforma (ld. a 24. feladat megoldását). Legyen v egy ilyen vektor. Legyen w egy λ 6= d sajátértékhez tartozó sajátvektor. Ekkor λ · (wT v) = (wT A)v = wT (Av) = d · (wT v), tehát wT v = 0, azaz a w koordinátáinak összege 0. Ezért Jw a nulla vektor, és így Aw = (J − E − A)w = −w − Aw = (−1 − λ)w,

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

260

17. Gráfok mátrixai

ha Aw = λw. Tehát a két mátrix sajátvektorai valóban azonosak és a G-beli λ 6= d sajátértéknek G-ben a (−1 − λ) sajátérték felel meg.

17.3.

Illeszkedési mátrix

29. Van-e a K3,3 gráf illeszkedési mátrixának 5 × 5 méret˝u nemszinguláris részmátrixa? Megoldás: Tudjuk, hogy egy 6 csúcsú egyszer˝u gráf illeszkedési mátrixának 5 × 5 méret˝u részmátrixa pontosan akkor nemszinguláris, ha a megfelel˝o élek egy feszít˝ofát alkotnak. A K3,3 gráf összefügg˝o, ilyen tehát van. 30. Igazoljuk, hogy ha az n pontú irányított G gráfban minden csúcshoz tartozik egy hurokél, akkor az illeszkedési mátrixának rangja n. Megoldás: Tekintsük a B illeszkedési mátrixban azt a részmátrixot, amelyet a hurokélekhez tartozó oszlopok alkotnak. Ebben a részmátrixban a f˝oátlóban mindenhol 1, a f˝oátlón kívül pedig mindenhol 0 áll. Tehát a részmátrix rangja n és így a teljes mátrix rangja is legalább n. Másrészt B rangja legfeljebb n, hiszen n sora van. 31. Igazoljuk, hogy ha az n pontú irányított G gráfban minden csúcsra teljesül, hogy vagy rajta, vagy legalább egy szomszédján van hurokél, akkor a B illeszkedési mátrix rangja n. Megoldás: Válasszunk minden hurokéllel rendelkez˝o csúcshoz egy hurokélt, a többi csúcshoz pedig egy-egy olyan élt, ami egy hurokéllel rendelkez˝o ponttal köti össze (mindegy, hogy milyen irányítással). A B mátrixban az n kiválasztott élhez tartozó oszlop lineárisan független, ezért B rangja legalább n. Másrészt B rangja legfeljebb n, hiszen n sora van. 32. Adjunk példát hurokélmentes, összefügg˝o, irányítatlan gráfra, melyre az illeszkedési mátrix rangja legalább akkora, mint a csúcsok száma! Megoldás: Például a K3 ilyen, mert illeszkedési mátrixának rangja   0 1 1 r  1 0 1  = 3. 1 1 0 33. Bizonyítsuk be, hogy egy n pontú, hurokélmentes, irányítatlan gráf illeszkedési mátrixának a rangja akkor és csak akkor n, ha a gráf nem páros!

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

17. Gráfok mátrixai

261

Megoldás: Mivel az illeszkedési mátrix n sorból áll, elegend˝o azt megmutatni, hogy a sorai akkor és csak akkor lineárisan összefügg˝oek, ha G páros gráf. El˝oször nézzük azt az esetet, amikor G egy páros gráf, jelölje X illetve Y a két pontosztályt. Ha az X-beli pontokhoz tartozó sorokat összeadjuk és kivonjuk bel˝ole az Y -beli pontokhoz tartozó sorokat akkor, mivel minden élnek az egyik végpontja X-ben, a másik Y -ban van a 0 vektort kapjuk, azaz a mátrix sorai valóban lineárisan összefügg˝oek. A másik irányhoz el˝oször vegyük észre, hogy elegend˝o összefügg˝o gráfra bizonyítani. Valóban, ha a mátrix teljes rangú, akkor minden összefügg˝o komponens illeszkedési mátrixa is teljes rangú. Tegyük fel tehát, hogy a gráf összefügg˝o. Könnyen látszik, hogy ha a mátrix sorainak egy nemtriviális lineáris kombinációja a nullvektort adja, akkor ebben a lineáris kombinációban minden sor együtthatója azonos abszolút érték˝u kell legyen. Ez azért igaz, mert a mátrix minden oszlopában két helyen 1 áll, a többi helyen pedig 0, tehát ahhoz, hogy ebben az oszlopban 0 keletkezzen, az 1-eknek megfelel˝o sorok együtthatója egymásnak ellentettje kell legyen. Mivel a gráf összefügg˝o, ezért az összes sorhoz egyforma abszolút érték˝u együttható tartozik (ami nem lehet nulla). Álljon X a gráf azon csúcsaiból, melyeknél az együttható pozitív, Y pedig azokból, ahol az együttható negatív. Az el˝oz˝oek miatt minden él egyik végpontja X-ben a másik Y -ban van, tehát a gráf egy páros gráf. 34. Legyen G egy egyszer˝u, összefügg˝o, irányított gráf. Legyen B0 a csupa nullából álló mátrix. A gráf B illeszkedési mátrixának els˝o j oszlopa által alkotott mátrixot jelölje B j (ahol j ≥ 1). Nevezzük a j-edik élt fontosnak, ha r(B j−1 ) < r(B j ). Bizonyítsuk be, hogy a fontos élek G egy feszít˝ofájának élei. Megoldás: Tudjuk, hogy r(B) = n − 1 és ezért n − 1 fontos él van. A fontos élekhez tartozó oszlopok egy olyan részmátrixot alkotnak, melynek rangja megegyezik az oszlopai számával, azaz éppen n − 1. Ismert, hogy ha n − 1 élnek megfelel˝o részmátrix rangja n − 1, akkor ezek az élek a gráfban egy feszít˝ofát alkotnak. 35. Legyen G1 egy irányított gráf. A G2 gráfot úgy kapjuk G1 -b˝ol, hogy néhány él irányítását megfordítjuk. Jelölje B1 , illetve B2 a két gráf illeszkedési mátrixát (a csúcsokat és az éleket mindkét esetben ugyanolyan sorrendben véve). Bizonyítsuk be, hogy B1 BT1 = B2 BT2 (ahol BT a B mátrix transzponáltját jelöli)! 1. Megoldás: Azt fogjuk megmutatni, hogy egy tetsz˝oleges élt megfordítva az állítás igaz. Ebb˝ol már következik hogy több él megfordításakor is teljesül az állítás.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

262

17. Gráfok mátrixai

Legyen f = (i, j) az a G1 -beli él, amit megfordítunk. A B1 és a B2 mátrixok csak két helyen különböznek, legyen B1 értéke ezen a két helyen bi f és b j f . A B1 BT1 mátrixnak csak az i-edik és j-edik sor i-edik és j-edik oszlopában álló elemekhez járul hozzá a bi f és b j f , méghozzá b2i f , bi f · b j f és b2j f formában. Az él megfordításakor a bi f és b j f is (−1)-szeresére változik, de ez nem befolyásolja a b2i f , bi f · b j f és b2j f értékeket, tehát B1 BT1 = B2 BT2 . 2. Megoldás: Jelölje e a G1 gráf éleinek számát. Vegyük észre, hogy B2 = B1 D, ahol D az az e × e méret˝u mátrix, amelyben a f˝oátlón kívül nullák vannak, egy f˝oátlóbeli elem pedig -1 vagy 1, attól függ˝oen, hogy a megfelel˝o élt megfordítottuk vagy sem. Így B2 BT2 = (B1 D)(B1 D)T = B1 DDT BT1 = B1 EBT1 = B1 BT1 . 3. Megoldás: Általában egy G gráfra a B(G)B(G)T mátrix i-edik sorának j-edik eleme legyen bi j . A B(G)B(G)T mátrix sorai és oszlopai is a gráf pontjaival vannak indexelve. Ha i = j, akkor az i pontra illeszked˝o, onnan induló és oda érkez˝o élek száma a bii . Az i 6= j esetben pedig bi j az i és j között (tetsz˝oleges irányban) men˝o élek számának (-1)-szerese, mert minden ilyen él (-1)-gyel járul hozzá bi j -hez. Ebb˝ol következik, hogy a B(G)B(G)T mátrix elemei függetlenek az élek irányításától, tehát a feladat állítása igaz. 36. Tegyük fel, hogy G egy egyszer˝u összefügg˝o gráf. Legyen A a G gráf szomszédossági, B pedig ugyanezen gráf illeszkedési mátrixa. Bizonyítsuk be, hogy ha A és B megegyezik, akkor G-nek van Hamilton-köre! Megoldás: Jelölje n a gráf pontjainak számát és e legyen az élek száma. Mivel A egy n × n méret˝u, B pedig egy n × e méret˝u mátrix, ha ezek egyenl˝oek, akkor n = e. Tudjuk, hogy B minden oszlopa két nemnulla elemet tartalmaz, tehát Gben minden pont foka 2 kell legyen. Ekkor G diszjunkt körökb˝ol áll, és mivel összefügg˝o, egyetlen kör lehet csak, ami így egy Hamilton-kör. 37. Legyen B egy egyszer˝u irányítatlan G gráf illeszkedési mátrixa, D pedig G élgráfjának szomszédossági mátrixa. Mit mondhatunk a BT B − D mátrixról? (Az élgráf definícióját lásd a 22. oldalon.) Megoldás: Tekintsük a G gráf i-edik és j-edik élét. A BT B mátrix i-edik sorának j-edik eleme a két él közös pontjainak száma. Ha az i-edik és a jedik él független egymástól, akkor (BT B)i j = 0 és (D)i j = 0 is teljesül mert az élgráfban nincsenek összekötve. Ha a két él egyik végpontja közös, akkor (BT B)i j = 1 és (D)i j is 1, mert az élgráfban szomszédosak. Ha i = j, akkor

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

17. Gráfok mátrixai

263

(BT B)i j = 2 és (D)i j = 0. Tehát a BT B − D f˝oátlójában minden elem 2, a f˝oátlón kívüli elemek mind nullák. 38. Bizonyítsuk be, hogy egy irányított gráf illeszkedési mátrixának minden négyzetes részmátrixára a determináns 0 vagy ±1. Igaz-e az állítás irányítatlan gráfokra is? Megoldás: A részmátrix méretére való teljes indukcióval bizonyítunk. Az 1×1 méret˝u részmátrixokra az állítás igaz. Tegyük fel, hogy a (k −1)×(k −1) méret˝uekre már tudjuk. Vegyünk egy k × k méret˝u részmátrixot. Ha van benne csupa 0 oszlop, akkor a determinánsa 0 és készen vagyunk. Ha valamelyik oszlopban csak egy darab nem 0 elem áll, akkor a keresett determináns a megfelel˝o aldeterminánssal vagy annak (−1)-szeresével egyezik meg, ekkor az indukciós feltétel miatt vagyunk készen. Ha a részmátrix minden oszlopában két darab nem 0 elem található, akkor a részmátrix sorainak összege a 0 sor, ezért a részmátrix rangja kisebb k-nál, azaz a determinánsa 0. Irányítatlan gráfra az állítás nem feltétlenül igaz, például a 3 pontú teljes gráf esetén az illeszkedési mátrix determinánsa 2. Megjegyzés: Az állítás irányítatlan gráfokra is igaz abban az esetben, ha a valós számtest helyett a kételem˝u testben számolunk.

17.4.

Körmátrix és vágásmátrix

39. Az alábbi mátrixok közül melyek állnak el˝o gráfok körmátrixaként?       1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 (a)  1 1 0 1  (b)  1 0 1  (c)  1 1 0 −1  1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 Megoldás: (a) Egy ilyen gráfnak három köre van, mindegyik három élb˝ol áll. Az els˝o két körnek van két közös éle, tehát a mátrix szerinti harmadik és negyedik él ugyanazt a két pontot köti össze. Akkor viszont nem lehet olyan kör, ami a mátrix harmadik sorának felel meg. Tehát ez nem körmátrix. (b) Az els˝o és második sor alapján a gráf els˝o és második, illetve els˝o és harmadik éle is kört alkot, tehát mindhárom él párhuzamos kell legyen, a második és harmadik él irányítása azonos, tehát a mátrix harmadik sora nem írhat le kört. Ha azonban irányítatlan megoldást keresünk, akkor a három párhuzamos élb˝ol álló gráf jó lesz.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

264

17. Gráfok mátrixai

(c) A mátrix harmadik sora miatt a gráfban a harmadik (c) és negyedik (d) él egy kett˝o hosszú kört alkot, az els˝o (a), második (b) és harmadik él pedig egy három hosszú kört. Az ábra egy ilyen gráfot mutat és ennek körmátrixa valóban a fenti mátrix. b

a c d

40. A 39. feladat mátrixai közül melyek állnak el˝o gráfok körmátrixainak alkalmas részmátrixaként? Megoldás: Mivel csak részmátrixoknak kell lenniük, ezért a gráfban a mátrix sorainak megfelel˝o körök több élt is tartalmazhatnak és lehetnek további körei is a gráfnak. (a) Az alábbi ötpontú gráf megfelel˝o, ahol a, b, c, d jelöli a mátrix oszlopainak megfelel˝o éleket. A mátrixbeli körök élei a, b, c és a, b, z, d, y, illetve a, x, d, t, c. d z

t

x

y b

c a

(Irányítatlan esetben a K4 gráf körmátrixának is részmátrixa a feladatbeli mátrix.) A (b) mátrix részmátrixa az (a) mátrixnak, tehát ez is részmátrixa a megadott gráf körmátrixának. A (c) mátrix pedig önmaga is egy körmátrix. 41. Mutassuk meg, hogy egy körmátrixnak lehet olyan négyzetes részmátrixa, melynek determinánsa 0-tól, 1-t˝ol és (−1)-t˝ol is különbözik! Megoldás: Tekintsük például az alábbi gráf körmátrixában az a, b, h, a b, c, g és az a, e, f , c, d élekb˝ol álló körök sorai illetve az a, b és c élek oszlopai által meghatározott részmátrixot.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

265

17. Gráfok mátrixai

f

e b g

h

a

c

d ¯ ¯ ¯ 1 1 0 ¯ ¯ ¯ Ennek a részmátrixnak a determinánsa ¯¯ 0 1 1 ¯¯ = 2. ¯ 1 0 1 ¯ Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a megadott gráf síkbarajzolható és ha a duálisát vesszük, akkor egy olyan gráfot is kapunk, amelyben a vágásmátrix rendelkezik a fenti tulajdonsággal, azaz hogy van olyan négyzetes részmátrixa, melynek determinánsa 0-tól, 1-t˝ol és (−1)-t˝ol is különbözik.

42. Igazoljuk, hogy összefügg˝o gráf esetén a körmátrixnak egy alapkörrendszerhez tartozó sorai lineárisan függetlenek. Megoldás: Tekintsük a megfelel˝o feszít˝ofát a gráfban. Vegyük a alapkörrendszer köreihez tartozó sorok és a feszít˝ofába nem tartozó éleknek megfelel˝o oszlopok által meghatározott részmátrixot. Ez az oszlopok megfelel˝o permutációjával egy egységmátrixot alkot, hiszen minden a feszít˝ofához nem tartozó élt pontosan egy alapkör tartalmaz. Tehát a a körmátrix kiválasztott sorai valóban lineárisan függetlenek. 43. Adjunk példát olyan e − n + 1 darab körre, melyeknek a körmátrixban megfelel˝o vektorok lineárisan függetlenek és amelyek egyetlen feszít˝ofához tartozó alapkörrendszer elemeiként sem állnak el˝o! Megoldás: Az alábbi n = 6 pontú e = 9 él˝u gráfban e − n + 1 = 4. C

B

A

D

F

E

Az ABF, BCD, DEF és BDF körök vektorai lineárisan függetlenek. Ha ezek egy alapkörrendszert alkotnának, akkor lenne olyan feszít˝ofa, amelyik mind a

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

266

17. Gráfok mátrixai

négy körb˝ol tartalmazna két-két élt. Mivel az ABF, BCD és DEF köröknek nincs közös éle, ehhez legalább 6 élre lenne szükség, de a gráf feszít˝ofáinak csak 5 éle van. Tehát egy alapkörrendszer a felsoroltakból már az els˝o három kört sem tartalmazhatja. 44. Igazoljuk, hogy egy n pontú, e él˝u, c összefügg˝o komponensb˝ol álló irányított G gráf Q vágásmátrixának rangja n − c és C körmátrixának rangja e − n + c. Megoldás: Ha az éleket és vágásokat, illetve köröket komponensenként soroljuk fel, akkor blokkdiagonális mátrixot kapunk. Ezért elég összefügg˝o gráfokra belátni az állítást. Vegyük az összefügg˝o gráf egy feszít˝ofáját alkotó éleket. A fa egy éle nem csak a fának, de a gráfnak is meghatározza egy vágását: a keletkez˝o két komponens csúcsai a fából keletkez˝o két komponens csúcsaival azonosak. A fa éleihez tartozó oszlopok és ezeknek a vágásoknak megfelel˝o sorok részmátrixa egy egységmátrixot alkot, tehát Q rangja legalább n − 1. A 42. feladatból adódik, hogy a C körmátrix rangja r(C) ≥ e − n + 1. Mivel Q·CT a nullmátrix, Q sorai megoldásai egy r(C) független egyenletb˝ol álló homogén lineáris egyenletrendszernek, így legfeljebb e − r(C) ≤ n − 1 lineárisan független lehet közöttük, tehát r(Q) = n − 1. Eszerint az el˝obbi egyenl˝otlenségben egyenl˝oség áll, így r(C) = e − n + 1 is következik. 45. Legyen a G irányított gráf illeszkedési mátrixa B, vágásmátrixa Q úgy, hogy az oszlopokhoz az éleket mindkét mátrix esetén ugyanabban a sorrendben vettük. Bizonyítsuk be, hogy (a) B minden sora kifejezhet˝o Q sorainak lineáris kombinációjaként. (b) Q minden sora kifejezhet˝o B sorainak lineáris kombinációjaként.

Megoldás: (a) Tekintsük a gráfnak egy v csúcsát. Ha a v-re illeszked˝o élek egy vágást alkotnak, akkor a B-ben a v-nek megfelel˝o sor megtalálható Q sorai között. A v-re illeszked˝o élek akkor nem alkotnak vágást, ha v egy elvágó pont, azaz v-t elhagyva a gráf több komponensre esik szét. Ebben az esetben a v-re illeszked˝o éleket csoportosítsuk aszerint, hogy melyik keletkez˝o komponenshez kötik v-t. Ezek az élcsoportok már egy-egy vágást alkotnak, a Q mátrixban hozzájuk tartozó sorokból a v csúcs B-beli sora el˝oáll. (b) Ha a gráfnak k összefügg˝o komponense van, akkor a B és Q mátrix rangja is n − k, tehát soraik egy-egy (n − k)-dimenziós alteret feszítenek ki. Az (a) rész szerint B sorai kifejezhet˝oek a Q sorainak lineáris kombinációjaként, amib˝ol a két altér azonossága következik. Akkor pedig Q sorai is kifejezhet˝oek B soraival.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

18. fejezet Bonyolultságelmélet

18.1. Körök és utak 1. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k él˝u kör? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen kör, melyr˝ol ellen˝oriznünk kell, hogy tényleg kör-e G-ben és hogy tényleg legalább k éle van-e. Mindkett˝o megtehet˝o polinom id˝oben. Ezután elég egy NP-nehéz problémát visszavezetnünk erre a problémára. Tekintsük a Bemenet: Egy H gráf Kérdés: Van-e H-ban Hamilton-kör? eldöntési problémát. Ha a mi problémánk bemenetébe G helyére ezt a H gráfot, k helyére pedig H pontjainak számát írjuk, akkor ezzel visszavezettük a Hamilton-körös problémát a mienkre, hiszen azok a körök, melyeknek legalább annyi éle van, mint a gráf pontjainak száma, épp a Hamilton-körök. 2. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben legalább 3 él˝u kör? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma P-beli. A G pontjainak számát jelöljük n-nel. Vizsgáljuk meg, hogy vannak-e G-ben hurokélek és ha igen, hagyjuk el o˝ ket. Ez cn2 lépésben megtehet˝o (ha a gráf éllistával van megadva, akkor cn lépés is elég). Ugyanígy, legfeljebb cn2 id˝o alatt megvizsgálhatjuk, hogy vannak-e G-ben többszörös élek, és ha igen, akkor mindegyikb˝ol csak egy-egy példányt hagyunk meg. Az eredeti G gráfban akkor és csak akkor van legalább 3 él˝u kör, ha a maradék H gráfban egyáltalán van kör. Ezért H-ban például szélességi kereséssel legfeljebb cn2 id˝oben megkonstruálunk egy fát (illetve 267

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

268

18. Bonyolultságelmélet

feszít˝oerd˝ot, ha H nem volt összefügg˝o); ha ez H minden élét tartalmazza, akkor az eredeti kérdésre a válasz nemleges, különben igenl˝o. Megjegyzés: Ennek a feladatnak és az el˝oz˝onek majdnem azonos volt a megfogalmazása, mégis gyökeresen eltér˝o választ kaptunk. A különbséget az okozza, hogy az el˝oz˝o feladatban k a bemenet része volt, ezért a mostani feladat megoldásában leírt algoritmus módosításával hiába kapnánk ott mondjuk cnk+1 lépésszámú algoritmust, az nem lenne polinomrend˝u, hiszen k ott egy változó, aminek értéke lehet például n/2 is. 3. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely S összes pontján áthalad? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen kör, melyr˝ol ellen˝oriznünk kell, hogy tényleg kör-e G-ben és hogy tényleg áthalad-e S összes pontján. Mindkett˝o megtehet˝o polinom id˝oben. Ezután elég egy NP-nehéz problémát visszavezetnünk erre a problémára. Tekintsük a Bemenet: Egy H gráf Kérdés: Van-e H-ban Hamilton-kör? problémát. Most ezt a H gráfot írjuk a mi problémánk bemenetében G helyére, S-nek pedig válasszuk a teljes V (H) ponthalmazt. G-ben akkor és csak akkor lesz S összes pontján átmen˝o kör, ha H-ban van Hamilton-kör. 4. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely S pontjain kívül minden ponton áthalad? Megoldás: A probléma NP-teljes. A bizonyítás szinte szóról szóra azonos az el˝oz˝o feladat megoldásával, csak most S-nek az üreshalmazt választjuk. 5. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, melynek minden pontja S-beli? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma P-beli. Hagyjuk el a G gráfból az összes olyan pontot (és persze a hozzájuk illeszked˝o éleket is), melyek nincsenek S-ben. Az eredeti kérdésre a válasz akkor és csak akkor nemleges, ha a keletkez˝o gráf körmentes, ez pedig polinom id˝oben ellen˝orizhet˝o, pl. úgy, ahogy a 2. feladat megoldásának a végén láttuk.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

269

18. Bonyolultságelmélet

6. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy n pontú G gráf, ahol n osztható 5-tel Kérdés: Van-e G-ben legalább n5 él˝u kör? 1. Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen kör. Azt az NP-teljes problémát vezetjük rá vissza, hogy van-e egy H gráfban Hamilton-kör. Egyszer˝uen készítsük el a H gráfot öt pontdiszjunkt példányban és a kapott gráfot jelöljük G-vel. Nyilván H-ban akkor és csak akkor van Hamilton-kör, ha G-ben van pontosan n5 él˝u kör (és mivel hosszabb nem lehet, a „pontosan” szó helyére „legalább” is írható). 2. Megoldás: A H-ban Hamilton-kör létezését kérdez˝o problémát úgy is visszavezethetjük a feladatban szerepl˝o problémára, hogy H-hoz hozzáveszünk 4|V (H)| darab izolált pontot és az így kapott gráfot jelöljük G-vel. 7. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és két u, v ∈ V (G) pont Kérdés: Van-e G-ben olyan Hamilton-út, melynek u és v a két végpontja? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. az NP-beliségre tanú egy kívánt tulajdonságú út. Azt az NP-teljes problémát vezetjük rá vissza, hogy van-e egy adott H gráfban Hamilton-kör. Legyen u a H gráf egy tetsz˝oleges pontja. A G gráf álljon a H gráfból és egy új, v pontból, ahol a v pont az u szomszédaival van éllel összekötve és mással nincs. Ekkor könnyen látszik, hogy a G gráf u és v végpontú Hamilton-útjai megfelelnek a H gráf Hamiltonköreinek. Hiszen jelölje w egy ilyen G-beli Hamilton-úton a közvetlenül v el˝otti pontot. Ekkor a Hamilton-út u-tól w-ig terjed˝o része és a H-beli {u, w} él egy Hamilton-kör H-ban. Hasonlóan, ha egy H-beli Hamilton-körön uból elindulunk és az utolsó lépésben u helyett v-be lépünk, akkor kapunk egy kívánt Hamilton-utat. 8. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben Hamilton-út? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy Hamilton-út. Az NP-teljesség bizonyításához a 7. feladatbeli problémát vezetjük rá vissza. Legyen adott egy H gráf és a gráfban az u, v pontok. Álljon a G gráf a H gráfból és két további, x és y pontból, ahol x az u-val, y a v-vel van éllel összekötve. Ha az így kapott G gráfban van Hamilton-út, akkor annak két végpontja x és

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

270

18. Bonyolultságelmélet

y kell legyen, mivel ezek a pontok els˝ofokúak. Ha egy Hamilton-útról elhagyjuk ezt a két pontot. akkor egy H-beli u és v végpontú Hamilton-utat kapunk. Hasonlóan, egy H-beli u és v végpontú Hamilton-úthoz a G gráfban még hozzáf˝uzhetjük az x, illetve y csúcsokat, hogy a G egy Hamilton-útját kapjuk. 9. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G egyszer˝u gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben az e élen áthaladó Hamilton-kör? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen kör. Az NP-teljességhez a 7. feladatbeli problémát vezetjük rá vissza. Legyen adott egy H gráf és annak u, v pontjai. Ha u és v között H-ban van él, akkor legyen G = H. Ha nincsenek éllel összekötve, akkor G legyen az a gráf, amit H-ból az {u, v} él hozzáadásával kapunk. Legyen az e az u-t és v-t összeköt˝o él. Ekkor H-ban akkor és csak akkor van olyan Hamilton-út, melynek végpontjai u és v, ha G-ben van az e élt tartalmazó Hamilton-kör. 10. Az el˝oz˝o feladat problémája visszavezethet˝o polinom id˝oben a Hamilton-kör létezését kérdez˝o problémára, hiszen mindkét probléma NP-teljes. Adjunk meg egy lehet˝oleg egyszer˝u visszavezetést! Megoldás: Helyettesítsük a G gráf e élét egy két élb˝ol álló úttal, melynek középs˝o pontja tehát másodfokú lesz. Akkor és csak akkor létezett az eredeti G gráfban az e élt tartalmazó Hamilton-kör, ha az új gráfban van Hamiltonkör. 11. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben az e élen át nem haladó Hamilton-kör? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen kör. Az NP-teljesség bizonyításához a 7. feladatbeli NP-teljes problémát vezetjük rá vissza. Legyen adott egy H gráf és annak u, v pontja. A G gráf álljon a H gráfból, amihez hozzávesszük az x és y pontot. Az u pontot kössük össze az x és y pontokkal, a v pontot az y ponttal és még az x-et az y-nal. Legyen e az u és y közötti él. Mivel x-nek csak u és y a szomszédja, G egyetlen Hamilton-köre sem tartalmazza az e élet. Viszont G-ben akkor és csak akkor van Hamiltonkör, ha az uxyv út kiegészíthet˝o Hamilton-körré. Ez pontosan akkor tehet˝o meg, ha H-ban van olyan Hamilton-út, melynek végpontjai u és v. 12. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és u, v ∈ V (G) pontok

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

18. Bonyolultságelmélet

271

Kérdés: Van-e G-ben olyan Hamilton-kör, melyben u és v nem szomszédosak (a kör mentén haladva nem egymás után következnek)? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen kör. Azt az NP-teljes problémát vezetjük rá vissza, hogy van-e egy adott H gráfban Hamilton-kör. Feltehetjük, hogy H nem teljes gráf (mert akkor úgyis tudjuk, hogy a válasz igenl˝o) és legyen u, v két nemszomszédos pontja H-nak. A G = H gráfban akkor és csak akkor van olyan Hamilton-kör, melyben u és v nem szomszédosak, ha H-ban van Hamilton-kör. 13. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? (a) Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k él˝u út? (b) Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben legalább 10 él˝u út? Megoldás: (a) A probléma NP-teljes. Az 1. feladathoz hasonlóan oldjuk meg, csak most egy H gráfban a Hamilton-út létezésének eldöntését (8. feladat) vezetjük vissza a problémánkra. Legyen G = H és k eggyel kevesebb, mint a H csúcsainak száma. Így pontosan akkor lesz a válasz igenl˝o, ha H-ban van Hamilton-út. (b) A feladat P-beli. Az n pontú G gráfból n(n − 1)(n − 2) . . . (n − 10) különböz˝o módon választhatunk ki egy v1 , v2 , . . . , v11 pontsorozatot. Minden ilyenre ellen˝orizük, hogy a {v1 , v2 }, {v2 , v3 }, . . . , {v10 , v11 } párok mind élek-e. Ha igen, találtunk egy pontosan 10 él˝u utat, tehát megállhatunk. Ha minden ilyen variációra nemleges a válasz, akkor is megállunk és a kérdésre nemleges választ adunk (hiszen ha lenne 10-nél hosszabb út, akkor annak részútjaként pontosan 10 él˝u is lenne). Eközben legfeljebb cn11 lépésre volt szükségünk. 14. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy F fa és egy k szám Kérdés: Van-e F-ben legalább k él˝u út? Megoldás: Szokás szerint jelölje n és e a gráfban a pontok, illetve az élek számát. Bármely pontból szélességi keresést indítva c e lépésben megtalálhatjuk az innét az összes többi pontba vezet˝o leghosszabb út hosszát (hiszen egy fában bármely két pont között egyetlen út létezik, ami így egyidej˝uleg a legrövidebb és a leghosszabb). Ezt minden pontból megismételve cn2 lépésben

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

272

18. Bonyolultságelmélet

megtaláljuk F leghosszabb útjának a hosszát (F fa volt, tehát e = n − 1 teljesül). Ha ez legalább k, igenl˝o választ adunk, ha nem, nemlegeset; tehát a probléma P-beli. 15. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy olyan G irányított gráf, melyben nincs irányított kör, és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k él˝u irányított út? Megoldás: A probléma P-beli. Lássuk el G minden élét 1 súllyal és tekintsük a gráfot egy PERT-feladat bemenetének. Ismert, hogy cn2 lépésben meghatározhatjuk a leghosszabb út (vagy utak) hosszát; ha ez legalább k, igenl˝o választ adunk, különben nemlegeset. 16. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G irányított gráf Kérdés: Van-e G-ben irányított Hamilton-kör? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. NP-beli, hiszen egy irányított Hamilton-kör jó tanúnak. Azt az NP-teljes problémát vezetjük vissza, hogy van-e egy adott (irányítatlan) H gráfban Hamilton-kör. Feltehetjük, hogy H pontjainak a száma legalább 3. Helyettesítsük H minden élét két-két párhuzamos, de ellentétesen irányított éllel és az így kapott gráfot jelöljük G-vel. Ha van H-ban Hamilton-kör, akkor G-ben van irányított Hamilton-kör (ugyanazokat a pontokat ugyanazon sorrendben bejárhatjuk G-ben is). Megfordítva, ha G-ben van irányított Hamilton-kör, akkor ugyanazokat a pontokat ugyanazon sorrendben H-ban bejárva egy irányítatlan Hamilton-körhöz jutunk (ehhez csak azt kell végiggondolni, hogy két ellentétesen irányított párhuzamos él közül legfeljebb egyet használ a G-beli irányított kör; nem fordulhat tehát el˝o, hogy az irányítás elhagyása után különböz˝o élek azonosakká válnak). 17. Vezessük vissza polinom id˝oben az el˝oz˝o feladatban szerepl˝o problémát az irányítatlan esetre (amikor tehát egy adott H gráfról kell eldönteni, hogy van-e benne Hamilton-kör)! Megoldás: Most egy irányított G gráfhoz kell tehát olyan irányítatlan H gráfot konstruálni, melyben akkor és csak akkor lesz Hamilton-kör, ha G-ben volt irányított Hamilton-kör.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

273

18. Bonyolultságelmélet

Természetesnek látszó ötlet1 G minden p pontját megduplázni úgy, hogy a pbe befutó G-beli élek az új p1 pontba fussanak be és a p-b˝ol kifutó élek az új p2 pontból fussanak ki, valamint minden ilyen p1 , p2 pontpárt összekötni egy új irányított éllel, mely p1 -b˝ol vezet p2 -be. Hagyjuk el az élek irányítását és jelöljük a keletkezett gráfot G′ -vel. G minden irányított Hamilton-körének megfelel egy Hamilton-kör G′ -ben, ld. a fels˝o ábra bal oldali és középs˝o gráfját. Sajnos azonban G′ -ben akkor is lehet Hamilton-kör, ha G-ben nincs irányított Hamilton-kör, ld. az alsó ábra bal oldali és középs˝o gráfját.

b1 b2

b a

a2 a1

c

c1 c2

d

d2

b c

a g

b1

d e f

a2 a1

b2

d1 f2

f1 e1 e2

c1 c2 g2 g1

d2

d1

A problémát az okozta, hogy a G′ -beli Hamilton-kör nem feltétlenül akarja használni az összes {p1 , p2 } új élt. Ha viszont úgy módosítjuk G′ definícióját, hogy a p1 , p2 pontpárok közé nem egy-egy élt, hanem egy-egy kétél˝u utat illesztünk (ahol ezen utak középs˝o pontjai G′ -ben másodfokúak lesznek, ld. a két ábrasorozat jobb oldali gráfjait), akkor G′ Hamilton-körei már tényleg kölcsönösen egyértelm˝uen fognak megfelelni G irányított Hamilton-köreinek. 18. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely minden ponttól legfeljebb k távolságra halad? 1 Ezzel

a módszerrel lehet például a pontkapacitásos hálózati folyam problémát az élkapacitásosra visszavezetni és ez használható a pontdiszjunkt utakra vonatkozó Menger-tételnek az éldiszjunkt esetre való visszavezetésére is.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

274

18. Bonyolultságelmélet

Megoldás: A probléma NP-teljes.. Tanú egy kívánt tulajdonságú kör – minden pontból szélességi keresést indítva megállapíthatjuk, hogy k távolságra a ponttól találtunk-e már legalább egy, a körhöz tartozó pontot –, tehát az NPbeliség adódik. Másfel˝ol k = 0 választással épp a Hamilton-kör létezését kérdez˝o feladatot vezethetjük rá vissza. 19. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely minden ponttól legfeljebb 1000 távolságra halad? Megoldás: A probléma NP-teljes. Tanú egy kívánt tulajdonságú kör – minden pontból szélességi keresést indítva megállapíthatjuk, hogy 1000 távolságra a ponttól találtunk-e már legalább egy, a körhöz tartozó pontot –, tehát az NPbeliség adódik. Másfel˝ol erre a problémára visszavezethetjük azt, hogy adott H gráfban van-e Hamilton-kör, ha H minden pontjára „ráakasztunk” egy-egy 1000 hosszú utat és a keletkez˝o gráfot választjuk G-nek. 20. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Kapható-e G-b˝ol legfeljebb k él hozzávételével olyan gráf, melyben már van Hamilton-kör? Megoldás: A probléma NP-teljes. Tanú egy kívánt tulajdonságú kör – végighaladva rajta cn id˝o alatt ellen˝orizhetjük, hogy legfeljebb k kivétellel minden éle már G-nek is éle volt –, tehát az NP-beliség adódik. Másfel˝ol, k = 0 választással épp a Hamilton-kör létezését kérdez˝o feladatot vezethetjük rá vissza. 21. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kapható-e G-b˝ol legfeljebb 1000 él hozzávételével olyan gráf, melyben már van Hamilton-kör? Megoldás: A probléma NP-teljes. Tanú egy kívánt tulajdonságú kör – végighaladva rajta cn id˝o alatt ellen˝orizhetjük, hogy legfeljebb 1000 kivétellel minden éle már G-nek is éle volt –, tehát az NP-beliség adódik. Másfel˝ol, egy H gráfban a Hamilton-út létezését kérdez˝o feladatot visszavezethetjük rá úgy, hogy H-hoz hozzáveszünk 999 izolált pontot és a kapott gráfot választjuk G-nek. Az így kapott G gráfhoz legalább 1000 élet kell hozzávenni, hogy lehessen benne Hamilton-kör és pontosan akkor keletkezhet 1000 él hozzávételekor Hamilton-kör, ha H-ban van Hamilton-út.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

275

18. Bonyolultságelmélet

22. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely e-t tartalmazza? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma P-beli. Legyen e két végpontja x és y. Hagyjuk el az e élt a gráfból, majd x-b˝ol szélességi keresést indítva állapítsuk meg, hogy elérhet˝o-e bel˝ole y. Ha igen, akkor a kapott út e-vel együtt épp egy kívánt tulajdonságú kört ad, ha nem, akkor ilyen kör nem létezik. 23. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy e ∈ E(G) él Kérdés: Van-e G-ben olyan kör, mely e-t nem tartalmazza? Megoldás: A probléma P-beli. Hagyjuk el az e élt a gráfból, majd minden összefügg˝o komponensében szélességi keresést indítva konstruáljunk meg egy feszít˝oerd˝ot. Ha ezzel a gráf összes (e-t˝ol különböz˝o) élét felhasználtuk, akkor a válasz nemleges, különben igenl˝o. 24. Meg lehet-e polinom id˝oben határozni egy gráfban, hogy milyen hosszú a legrövidebb kör? Megoldás: Igen. Minden egyes e élre a 22. feladat megoldását alkalmazva legfeljebb cn2 id˝o alatt megkapjuk az e élen áthaladó körök közül a legrövidebb(ek) hosszát (ahol n a gráf pontjainak a száma). Az összes élre kapott számok minimuma lesz a válasz. Mivel az élszám legfeljebb cn2 , a teljes lépésszám (nagyon durván) cn4 -nel becsülhet˝o.

18.2.

Színezések és klikkek

25. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G négy színnel úgy, hogy az egyik színt csak egyetlen pont színezésére használjuk? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy kívánt tulajdonságú színezés. Ennek jóságához elég ellen˝orizni, hogy valóban csak 4 színt használtunk, és az egyik színt csak egyszer, valamint hogy a szomszédos pontok színe különböz˝o. Ez cn2 lépésben megtehet˝o, ha n a gráf pontjainak száma. Az NP-teljességhez egy adott H gráf 3 színnel színezhet˝oségének eldöntését vezetjük vissza a feladatunkra. Egyszer˝uen kössük össze H minden pontját

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

276

18. Bonyolultságelmélet

egy új p ponttal és a keletkez˝o gráfot válasszuk G-nek. H akkor és csak akkor színezhet˝o 3 színnel, ha G-ben a p pont egy semelyik más pont által nem használt színt kap és ezzel együtt összesen 4 színt használunk. 26. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az egyik színt csak egyetlen pont színezésére használjuk? Megoldás: Ez a probléma P-beli. Egy gráf akkor és csak akkor rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, ha van olyan pontja, melynek elhagyása után a maradék gráf már páros lesz. Szélességi kereséssel cn2 lépésben el tudjuk dönteni, hogy egy n pontú gráf páros-e. Ezt az eljárást alkalmazhatjuk minden egyes pont elhagyásával kapott gráfra, ezért legfeljebb cn3 lépésben az eredeti kérdés megválaszolható. 27. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? (a) Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G 3 színnel úgy, hogy az egyik színt legfeljebb 5 pont színezésére használjuk? (b) Bemenet: Egy G gráf és egy k szám (k ≥ 3) Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G k színnel úgy, hogy az egyik színt legfeljebb 5 pont színezésére használjuk? ¡¢ Megoldás: (a) A probléma P-beli. Az 5 pontot n5 -féleképpen választhatjuk ki, és az el˝oz˝o feladat megoldásához hasonlóan elég azt ellen˝orizni, hogy a többi pont színezhet˝o-e 2 színnel. Ez összesen legfeljebb cn7 lépésben megtehet˝o. (b) A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy jó színezés. Az NPteljesség megmutatásához egy H gráf 3 színnel színezhet˝oségének eldöntését vezetjük vissza a k = 4 esetre. Álljon a G gráf a H gráfból és még 5 darab diszjunkt K4 teljes gráfból. Ha a G gráf 4 színnel való színezésekor valamelyik szín legfeljebb 5 pontnál szerepel, akkor ez az 5 el˝ofordulás az 5 darab K4 egy-egy pontjánál kell legyen, azaz a H pontjaihoz már csak 3 színt használhatunk. Ha pedig a H gráfot kiszíneztük 3 színnel, akkor egy negyedik szín segítségével G pontjai is kiszínezhet˝ok, és ez az új szín csak a teljes gráfok egy-egy pontján fog szerepelni. 28. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám (k ≥ 3)

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

18. Bonyolultságelmélet

277

Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az egyik színt legfeljebb k pont színezésére használjuk? Megoldás: Mivel n pontú gráfra k = n−2 választás esetén a kérdés azzal ekvivalens, hogy kiszínezhet˝o-e G három színnel, a probléma NP-nehéz. Másfel˝ol a probléma NP-beli: tanú a kívánt tulajdonságú színezés. Ezért a probléma NP-teljes. 29. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy A ⊆ V (G) részhalmaza Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy épp az A-beli pontok alkossák az egyik színosztályt? Megoldás: A probléma P-beli. El˝oször ellen˝orizzük, hogy A független ponthalmaze, különben biztosan nemleges a válasz. Ezután azt ellen˝orizzük, hogy G − A páros-e. El˝obbi legfeljebb |A|2 ≤ cn2 , utóbbi is legfeljebb cn2 lépést igényel, ahol n a gráf pontjainak száma. 30. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy A ⊆ V (G) részhalmaza Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az A-beli pontok színe azonos legyen? Megoldás: Az el˝oz˝o feladat problémájával ellentétben itt megengedjük, hogy a V (G) − A halmaz pontjai között is legyen olyan, amely ugyanazt a színt kapja, mint az A-beliek. Ez a probléma NP-nehéz, hiszen pl. |A| = 1 választással épp azt kérdezi, hogy egyáltalán kiszínezhet˝o-e a G gráf 3 színnel. Mivel a kívánt színezés tanú, a probléma NP-beli és így NP-teljes is. 31. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és x, y ∈ V (G) pontok Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy x és y különböz˝o szín˝u legyen? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú a kívánt tulajdonságú színezés. Az NP-teljességhez egy adott H gráf 3 színnel színezhet˝oségének eldöntését vezetjük vissza a feladatunkra. Legyen G = H és x, y legyen a H gráf két szomszédos (éllel összekötött) pontja. Mivel ezek a H minden 3 színnel való színezésekor úgyis különböz˝o színt kell, hogy kapjanak, H akkor és csak akkor színezhet˝o 3 színnel, ha G a kívánt módon színezhet˝o 3 színnel. 32. Mi az alábbi probléma bonyolultsága?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

278

18. Bonyolultságelmélet

Bemenet: Egy G gráf és x, y ∈ V (G) pontok Kérdés: Kiszínezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy x és y azonos szín˝u legyen? Megoldás: Belátjuk, hogy a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú a kívánt tulajdonságú színezés. Az NP-teljességhez egy H gráf 3 színnel színezhet˝oségének eldöntését vezetjük vissza a feladatunkra. Egészítsük ki a H gráfot egy izolált ponttal, a keletkez˝o gráf legyen G, az izolált pontot válasszuk x-nek és bármely másik pontot y-nak. Ezzel a választással a feladatban szerepl˝o problémára a válasz akkor és csak akkor igenl˝o, ha H egyáltalán színezhet˝o volt 3 színnel. Megjegyzés: Nem másolhatjuk le az el˝oz˝o feladat megoldását annyi különbséggel, hogy most x és y két H-ban nem szomszédos pont legyen, hiszen két ilyen pontról nem tudhatjuk biztosan, hogy azonos, vagy különböz˝o színt fognak-e kapni (ha H egyáltalán kiszínezhet˝o 3 színnel). 33. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és x, y, z ∈ V (G) pontok Kérdés: Színezhet˝o-e G három színnel úgy, hogy az adott három pont mind különböz˝o szín˝u legyen? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy jó színezés. Az NP-teljesség bizonyításához azt a problémát fogjuk a mienkre visszavezetni, hogy egy H gráf színezhet˝o-e 3 színnel. Ha H-ban van három hosszú kör, akkor annak három pontját x, y, z-nek (és H-t G-nek) választva bemenetként, a feladatban szerepl˝o probléma kérdésére a válasz akkor és csak akkor lesz igen, ha H kiszínezhet˝o 3 színnel. Ha nincs (vagy nem akarunk ennek keresésével id˝ot tölteni), akkor válasszunk ki H-ban két szomszédos a és b pontot, majd kössük o˝ ket össze egy új, c ponttal (mely tehát nem volt H pontja). Az így kapott új gráfot G-nek, az a, b, c pontokat pedig x, y, illetve z-nek választva, a feladatban szerepl˝o probléma kérdésére a válasz akkor és csak akkor lesz igenl˝o, ha H színezhet˝o 3 színnel. 34. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: „Kiszínezhet˝o-e” G három színnel úgy, hogy legfeljebb egy élnek azonos szín˝u a két végpontja? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú a kívánt tulajdonságú „színezés”. Az NP-teljességhez valamely H gráf három színnel való színezhet˝oségét vezetjük vissza a problémánkra. Vegyünk egy olyan H0 gráfot, mely

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

279

18. Bonyolultságelmélet

nem színezhet˝o a szokásos értelemben 3 színnel, de a feladatban szerepl˝o módon igen. (Ilyen pl. a K4 , vagy ilyet kapunk egy 5 pontú körb˝ol, ha minden pontját egy további, hatodik ponttal összekötjük.) Ha most G-nek a H gráf és ezen H0 gráf pontdiszjunkt unióját választjuk, úgy G akkor és csak akkor lesz a feladatban szerepl˝o értelemben „kiszínezhet˝o”, ha H a szokásos értelemben 3 színnel kiszínezhet˝o volt. 35. (a) Mutassuk meg, hogy az alábbi gráf három színnel kiszínezhet˝o, és hogy minden három színnel való színezésekor az 1 és a 2 pontok azonos színt kapnak, továbbá a 3 és a 4 pontok azonos színt kapnak! Mutassuk meg azt is, hogy van olyan 3-színezése, ammiben az el˝obbi négy pont mindegyike azonos szín˝u és olyan is amiben nem mind azonos szín˝uek! 4

1

2

3

(b) Mutassuk meg, hogy a három színnel való színezhet˝oség eldöntése akkor is NP-teljes marad, ha a bemenet csak a síkbarajzolható gráfok közül kerülhet ki! Megoldás: (a) Legalább három szín kell a gráf kiszínezéséhez, hiszen tartalmaz háromszögeket. A rövidség kedvéért nevezzük a három színt pirosnak, kéknek és zöldnek (és rövidítsük o˝ ket rendre p-vel, k-val, és z-vel). Az általánosság korlátozása nélkül feltehetjük, hogy (az alábbi ábrán látható jelölést használva) a 6 pont piros, a 9 pont kék és a 10 pont zöld. Ekkor a 12 pont szükségképp piros és a 8 pont zöld, innét kezdve azonban két esetet kell megkülönböztetnünk: 1. eset: Az 1 pont zöld. Ekkor az 5 pont kék (hiszen van piros és zöld szomszédja), és ugyanilyen megfontolással rendre meghatározhatjuk az összes többi pont színét is a 3, 11, 2, 13, 4, 7 sorrendben, ld. a bal oldali ábrát.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

280

18. Bonyolultságelmélet 4p 7k 1z

6p

4k

8z

7p

13 k

9k

2z

1k

8z

6p

11 k

10 z

2k

9k

12 p 5k

13 z

12 p 5z

10 z

11 p

3k

3p

2. eset: Az 1 pont kék. Ekkor a 7 pont piros (hiszen van kék és zöld szomszédja), és most a 4, 13, 2, 11, 3, 5 sorrendben adódik a többi pont színe, ld. a jobb oldali ábrát. Ez tehát a két lehetséges színezés, az els˝o állítást mindkett˝o teljesíti. A bal oldali esetben az 1 és 2 pont közös színe (zöld) és a 3 és 4 pont közös színe (piros) különbözik, a jobb oldali esetben e két közös szín azonos (mindkett˝o kék). (b) Azt fogjuk belátni, hogy tetsz˝oleges, síkba nem feltétlenül rajzolható G gráfhoz lehet olyan síkbarajzolható G′ gráfot konstruálni, hogy G′ akkor és csak akkor legyen három színnel színezhet˝o, ha G is az volt. Helyezzük el G pontjait a síkban és kössük össze a szomszédos pontpárokat (persze számos keresztez˝odés jöhet létre). Az összeköt˝o vonalak esetleges kisebb módosításával feltehet˝o, hogy minden metszéspontban pontosan két él keresztezi egymást. Legyen {i, j} és {k, l} két egymást keresztez˝o él. Az ábrán látható módon szüntessük meg a keresztez˝odésüket az (a) részben szerepl˝o gráf egy példányának a beillesztésével. (Ha pl. i és k szomszédosak voltak, akkor a köztük vezet˝o élt nem tüntetjük fel, az is a bevonalkázott „keretben” halad.)

11111111 00000000 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 l

j

i

k

111111111 000000000 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 000000000 111111111 l

4

i 1

2

k

j

3

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

281

18. Bonyolultságelmélet

Akkor és csak akkor színezhet˝o ki a bal oldali gráf három színnel, ha a jobb oldali is kiszínezhet˝o, hiszen a segédgráf épp azt biztosítja, hogy az 1 és 2 pontok színe azonos lesz, a 3 és 4 pontok színe szintén (és ez a két közös szín lehet azonos is, különböz˝o is). Tehát i és j, valamint k és l különböz˝o színt kell kapjanak az új gráfban is, továbbá az eredeti és az új gráf színezései megfeleltethet˝oek egymásnak. Ezt az eljárást addig folytatjuk, amíg síkbarajzolható gráfhoz nem jutunk. (Emlékeztetünk arra, hogy a bevonalkázott „keretben” haladó élek egymást metszhették, de nyilván nem metszik az újonnan beillesztett gráf éleit, tehát minden lépésben tényleg pontosan eggyel csökken a keresztez˝o élek száma.) A visszavezetés polinom id˝oben történt, hiszen egy n pontú egyszer˝u gráf lerajzolásakor legfeljebb cn2 keresztezés lehet. 36. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k független pont? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre maga a független ponthalmaz a tanú. Tudjuk, hogy a Bemenet: Egy H gráf és egy l szám Kérdés: Van-e H-ban legalább l pontú teljes részgráf? probléma (az ún. klikk-probléma) NP-teljes. Ez triviálisan visszavezethet˝o a mi problémánkra: legyen k = l és legyen G az adott H gráf komplementere. 37. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G egyszer˝u gráf és egy k szám Kérdés: Lefedhet˝o-e G minden éle legfeljebb k ponttal? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliséghez a kívánt tulajdonságú ponthalmaz a tanú. Az NP-beliséghez felhasználjuk, hogy Gallai tétele szerint az n pontú hurokmentes gráf minden élét lefed˝o pontok minimális τ száma és a gráfban a független pontok maximális α száma között az α + τ = n kapcsolat teljesül. Így ez a probléma sem lehet egyszer˝ubb (sem pedig bonyolultabb), mint az el˝oz˝o. 38. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? (a) Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Felbontható-e G ponthalmaza két részre úgy, hogy mindkét rész egy-egy teljes részgráf legyen? (b) Bemenet: Egy G gráf és egy k szám

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

282

18. Bonyolultságelmélet

Kérdés: Felbontható-e G ponthalmaza k részre úgy, hogy minden rész egy-egy teljes részgráf legyen? Megoldás: A problémák ekvivalensek azzal, hogy G komplementere kiszínezhet˝oe kett˝o, illetve k színnel (épp a részhalmazok lesznek a színosztályok). Így az (a) probléma P-beli, a (b) probléma viszont NP-teljes.

18.3.

Eldöntési és keresési problémák

39. Mutassuk meg, hogy ha az alábbi problémák egyikét el tudnánk dönteni polinom id˝oben, akkor a másikat is: (a)

Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legalább k független pont?

(b)

Bemenet: Egy H gráf Kérdés: Mennyi α(H) értéke?

Megoldás: Ha a (b) probléma megoldható lenne polinom id˝oben, akkor az (a)-hoz válaszoljuk meg a (b) problémát H = G választással, majd akkor és csak akkor adjunk igenl˝o választ az (a) kérdésre, ha α(H) ≥ k.

Megfordítva, mindig G = H választással, rendre k = 1, 2, . . . , n értékek mellett válaszoljuk meg az (a) kérdést (szokás szerint n jelöli a gráfok pontjainak számát). Ha utoljára valamely k0 érték mellett volt a válasz igenl˝o, akkor a (b) kérdésre adjuk az α(G) = k0 választ. Az els˝o esetben egy, a második esetben legfeljebb n ízben hívtuk a másik problémát megoldó algoritmust, tehát a visszavezetés mindkét irányban polinom id˝oben történt. 40. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra eldönti, van-e G-ben Hamilton-kör. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor az A algoritmus segítségével polinom id˝oben meg is lehet találni egy H gráfban egy Hamiltonkört (amennyiben egyáltalán létezik)! Megoldás: El˝oször G = H választással lefuttatjuk az A algoritmust és ha nemleges választ ad, akkor megállunk, hiszen akkor H-ban egyáltalán nincs Hamilton-kör. Utána válasszuk ki H egy tetsz˝oleges élét és futtassuk le az A algoritmust G = H − e választással. Ha most is igenl˝o választ kapunk, akkor az e élt „végleg” hagyjuk el H-ból, ha viszont nemlegeset, akkor tegyük vissza H-ba és fessük pirosra (ez azt jelzi, hogy erre az élre feltétlenül szükség lesz a Hamilton-körben). Az eljárást addig ismételjük H nem piros éleire, amig

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

18. Bonyolultságelmélet

283

ilyenek vannak. Legkés˝obb cn2 lépés után csak piros élek maradnak és ezek épp az eredeti H gráf egy Hamilton-körét alkotják. 41. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra eldönti, van-e G-ben Hamilton-kör. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor az A-t használva polinom id˝oben meg is lehet találni egy H gráfban az adott a és b pontok között vezet˝o Hamilton-utat (amennyiben egyáltalán létezik ilyen)! Megoldás: Módosítsuk úgy a H gráfot, hogy vegyünk fel egy c pontot, kössük össze a-val és b-vel (de semmi mással), és a keletkez˝o gráfot jelöljük H ′ vel. Akkor és csak akkor létezik H-ban az a és a b végpontok között vezet˝o Hamilton-út, ha létezik H ′ -ben Hamilton-kör. Ezért az el˝oz˝o feladat megoldását alkalmazzuk H ′ -re, majd ha találtunk Hamilton-kört, akkor hagyjuk el a c pontot. 42. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra eldönti, színezhet˝o-e G három színnel. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor az A algoritmust használva polinom id˝oben ki is tudunk színezni három színnel egy H gráfot (ha H kiszínezhet˝o három színnel). Megoldás: El˝oször G = H választással lefuttatjuk az A algoritmust és ha nemleges választ ad, akkor megállunk, hiszen akkor H nem színezhet˝o ki három színnel. Ha igenl˝o választ ad, akkor válasszunk ki H-ban két tetsz˝oleges nemszomszédos a és b pontot és futtassuk le az A algoritmust a H-ból az {a, b} él behúzásával kapott új gráfra! Ha most is igenl˝o választ kapunk, akkor az {a, b} élt „végleg” hagyjuk benn H-ban, ha viszont nemlegeset, akkor fessük át pirosra (ez azt jelzi, hogy ennek az élnek a behúzása biztosan elrontaná a három színnel színezhet˝oséget). Ismét válasszunk egy nemszomszédos pontpárt, kössük o˝ ket ideiglenesen össze, és futtassuk le az A algoritmust arra a gráfra, melyet az aktuális H-ból ennek az élnek a hozzávételével de a piros élek elhagyásával kapunk. Az eljárást addig ismételjük H nemszomszédos pontpárjaira, amíg ilyenek vannak (mindig egy új élt behúzva, de az A algoritmus szempontjából a piros éleket figyelmen kívül hagyva). Legkés˝obb cn2 lépés után egy teljes gráfhoz jutunk, melynek a piros élei három klikket (teljes részgráfot) határoznak meg, ezek lesznek H-ban a keresett színosztályok. Eközben az A algoritmust legfeljebb cn2 -szer futtattuk le, ennek megfelel˝o számú lépésben tehát meg tudjuk határozni a színosztályokat. 43. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges n pontú G gráfra eldönti, hogy vane G-ben n/2 darab független pont. Mutassuk meg, hogy ha A polinomidej˝u,

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

284

18. Bonyolultságelmélet

akkor A-t használva polinom id˝oben k pontú H gráfban meg is tudunk találni k/2 független pontot (ha egyáltalán létezik ennyi)! Megoldás: El˝oször G = H, n = k választással lefuttatjuk az A algoritmust és ha nemleges választ ad, akkor megállunk, hiszen akkor H-ban nem létezik k/2 független pont. Igenl˝o válasz esetén ugyanúgy járjunk el, mint az el˝oz˝o feladat megoldásakor (vagyis minden nem szomszédos pontpárt kössünk össze, ha ez nem rontja el a kívánt tulajdonságot, illetve pirossal jelöljük meg, ha elrontaná és ezért tovább nem kisérletezünk vele). Legkés˝obb ck2 lépés után egy teljes gráfhoz jutunk, melynek a piros élei ezúttal egy k/2 pontú klikket határoznak meg. 44. Legyen A egy algoritmus, mely tetsz˝oleges G gráfra kiszámítja a legnagyobb G-beli klikk pontjainak ω(G) számát. Mutassuk meg, hogy ha A polinom idej˝u, akkor A-t használva polinom id˝oben meg is lehet találni egy H gráfban egy maximális méretü klikket! Megoldás: A 40. feladat megoldásához hasonlóan egyesével minden élt próbáljunk elhagyni és ha az elhagyás nem csökkenti a klikkszámot, akkor tényleg hagyjuk el az élt, ha viszont csökkenti, akkor fessük azt az élt pirosra (ez azt jelzi, hogy erre az élre feltétlenül szükség van). Amikorra csak piros élek maradnak (az A algoritmus legfeljebb cn2 számú hívása után), azok épp egy maximális klikket határoznak meg. Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a „létezik Hamilton-kör egy gráfban” és a „létezik nagy pontszámú klikk egy gráfban” tulajdonságokat új élek behúzásával nem lehet elrontani, meglev˝o élek elhagyásával viszont igen, ugyanakkor a „létezik nagy független ponthalmaz egy gráfban” és a „kevés színnel megszínezhet˝o egy gráf” tulajdonságokat éppen élek behúzásával lehet elrontani, élek elhagyásával nem. Emiatt az els˝o típusú tulajdonságokra vonatkozó feladatok megoldásánál mindig elhagytuk sorban a nélkülözhet˝o éleket, míg a második típusú tulajdonságokra vonatkozó feladatok megoldásánál mindig behúztuk a behúzható éleket.

18.4.

Vegyes feladatok

45. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben olyan tízpontú feszített részgráf, mely izomorf a Petersen-gráffal?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

18. Bonyolultságelmélet

285

Megoldás: Belátjuk, hogy ez a probléma P-beli. Ha n jelöli a G pontjainak számát, akkor cn10 lépésben ¡ ¢ el˝oállíthatjuk az összes 10 pontú részgráfját. Két 10 pontú gráfról 10! · 10 2 lépésben megállapíthatjuk, hogy izomorfak-e. Ez nagy szám, de konstans. Így összesen is csak c′ n10 lépésre van szükségünk. 46. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-ben olyan tízpontú feszített részgráf, mely izomorf a komplementerével? 1. Megoldás: A probléma P-beli, az el˝oz˝o feladat megoldási módszere itt is alkalmazható. Megjegyzés: Amikor a keresett részgráf pontszáma nem része a bemenetnek, az összes eset szisztematikus végigpróbálása mindig polinom idej˝u algoritmushoz vezet. Egy-egy konkrét problémánál azonban sokkal hatékonyabb megoldás is elképzelhet˝o: 2. Megoldás: A válasz minden G-re nemleges, hiszen semelyik ¡tízpontú gráf ¢ aem izomorf a komplementerével, mert a tízpontú teljes gráfnak 10 = 45 éle 2 van és ez páratlan szám. 47. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: G átmér˝oje nagyobb-e k-nál? (Egy gráf átmér˝oje a két legtávolabbi pontjának a távolsága, ahol a távolság a két pont közti legrövidebb út éleinek számát jelenti.) Megoldás: Szélességi kereséssel élszámmal arányos id˝oben megállapíthatjuk egy pontról, hogy t˝ole a legtávolabbi pont milyen messze van. Ezt minden pontra megismételve legfeljebb cn3 lépésben megkapjuk a választ a kérdésünkre, tehát a probléma P-beli. 48. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és s,t ∈ V (G) pontjai Kérdés: Mennyi G-ben az s és t között vezet˝o legrövidebb utak száma? Megoldás: Az s-b˝ol a többi pontba vezet˝o legrövidebb utak hosszának meghatározásához a szélességi keresést alkalmazzuk, melynek során valahányszor egy, az s-t˝ol d(x) = k távolságra lev˝o x pontból az e = {x, y} élen egy új y pontba lépünk (ahol az „új” szó azt jelenti, hogy y távolságát még nem ismertük), felírjuk y-nak a d(y) = k + 1 távolságát és azt, hogy y-ba az a(y) = x

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

286

18. Bonyolultságelmélet

pontból léptünk (ez utóbbit azért, hogy ha elérjük a t pontot, akkor ne csak a d(t) távolságot tudjuk, hanem az a függvény segítségével egy ilyen hosszú utat is tudjunk mutatni). Rendeljünk minden x ponthoz még egy b(x) függvényt is a következ˝oképpen: Legyen b(s) = 1; ha az e = {x, y} élen lépünk y-ba, akkor legyen b(y) = b(x), és ha kés˝obb, egy másik d(u) = d(x) távolságú pontból is vezetne y-ba él, akkor b(y) régi értékéhez adjuk hozzá b(u)-t és ezt írjuk b(y) helyére. Amire az algoritmus végetér, a b(x) értékek épp az s-b˝ol x-be vezet˝o legrövidebb utak számát fogják mutatni. Az algoritmus ezen módosítás után is a gráf élszámával arányos lépésszámú marad. A problémára tehát a bemenet hosszának polinomjával felülr˝ol becsülhet˝o lépésszámú algoritmust találtunk.2 49. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G összefügg˝o gráf pozitív élsúlyokkal 1. Kérdés: Mennyi G-ben az összefügg˝o feszít˝o gráfok súlyának minimuma? 2. Kérdés: Mennyi G-ben a kétszeresen összefügg˝o feszít˝o gráfok súlyának minimuma? Megoldás: Az els˝o kérdés esetén a probléma P-beli. Az élsúlyok pozitivitása miatt ugyanis az összes összefügg˝o feszít˝o részgráf közül elég a feszít˝ofákat vizsgálnunk, és jól ismert, hogy ez a mohó algoritmussal elvégezhet˝o. A második kérdés esetén a probléma NP-nehéz. Vizsgáljuk ugyanis csak azt a speciális esetét, hogy egy olyan n pontú gráfban, melyben minden él súlya egységnyi, a kérdéses minimum n vagy több. Könny˝u látni, hogy erre a kérdésre a válasz akkor és csak akkor igenl˝o, ha a gráf tartalmaz Hamilton-kört. Megjegyzés: A 2. kérdés esetén a probléma nem NP-teljes, ehhez ugyanis NP-belinek kellene lennie, márpedig ez nem egy eldöntési probléma. Könny˝u azonban a problémát úgy módosítani, hogy NP-teljes problémához jussunk: Bemenet: Egy G összefügg˝o gráf pozitív élsúlyokkal és egy x > 0 szám 2 Ezt a továbbiakban úgy fogjuk mondani, hogy a probléma P-beli. Mivel a P problémaosztályt eredetileg csak az eldöntési problémákon belül definiáltuk, a szóhasználat keresési problémákra nem teljesen precíz, de nem fog félreértést okozni. NP-teljesnek viszont kizárólag eldöntési problémát hívunk, ugyanis az NP osztály csak eldöntési problémákat tartalmaz. Ha egy keresési problémára visszavezethet˝o egy NP-teljes eldöntési probléma, akkor az el˝obbi NP-nehéz. (ld. még a 49. feladat megoldásához f˝uzött megjegyzést).

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

287

18. Bonyolultságelmélet

Kérdés: Van-e G-ben x-nél nem drágább kétszeresen összefügg˝o feszít˝o gráf? 50. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Kétszeresen összefügg˝o-e G? Megoldás: A probléma P-beli, hiszen ha n és e jelöli G pontjainak, illetve éleinek a számát, akkor bármely x pont elhagyásával ce lépésben megállapíthatjuk, hogy G − x összefügg˝o-e, így összesen is csak cne lépésre van szükség. (A mélységi keresés ügyes módosításával egyébként a kérdés még ce lépésszámú algoritmussal is megválaszolható.) 51. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy n pontú G gráf és u, v ∈ V (G) pontok Kérdés: Lefogható-e maximum három G-beli ponttal az összes u és v közötti út? Megoldás: A probléma P-beli: Legfeljebb cn3 lépésben választhatjuk ki a maximum három pontot és minden ilyenre legfeljebb cn2 lépésben megállapíthatjuk, hogy ezen pontok elhagyása után u és v ugyanabban az összefügg˝o komponensben vannak-e. 52. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf 1. Kérdés: G legalább ötszörösen él-összefügg˝o-e? 2. Kérdés: G hányszorosan él-összefügg˝o? Megoldás: Az els˝o kérdés esetén a probléma P-beli: Az élek száma legfeljebb cn2 , így ha minden lehetséges módon elhagyunk 4 élt, akkor legfeljebb cn8 esetben kell a maradék gráfban összefügg˝oséget vizsgálni. Mivel az összefügg˝oség-vizsgálat élszámmal arányos lépesszámot igényel, elvileg egy cn10 fels˝o becslést kapnánk a teljes lépésszámra. A második kérdésre adott megoldásból látható lesz, hogy ennél sokkal jobb is lehetséges. A második kérdés esetén nem alkalmazhatjuk az eddigi módszert, mert ha pl. az n pontú gráf n/2-szeresen él-összefügg˝o, akkor ez a mostanáig használt durva próbálgatásos módszerrel csak cnn lépésben derülne ki. Könny˝u azonban végiggondolni, hogy ha csak egy konkrét s,t ∈ V (G) pontpárra szeretnénk tudni, hogy mennyi a köztük vezet˝o összes utat lefogó élek minimális ks,t száma, akkor egy folyam-problémát kell megoldanunk (ha G minden élét

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

288

18. Bonyolultságelmélet

mindkét irányban megirányítjuk, s a termel˝o, t a fogyasztó és minden él kapacitása egységnyi, akkor ks,t épp a minimális vágás kapacitása). Ezt minden pontpárra elvégezve a kapott számok minimuma lesz a keresett érték. Így az Edmonds-Karp tételb˝ol következik, hogy a probléma P-beli. 53. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: G hányszorosan összefügg˝o? Megoldás: A Menger-tétel alapján elég minden s, t pontpárra meghatározni az s és t közötti pontdiszjunkt utak ks,t maximális számát. Konkrét s, t párra elég egy folyamproblémát megoldanunk. A gráf minden élét irányítsuk meg mindkét irányba, minden pont és él kapacitása legyen egységnyi, legyen s a termel˝o és t a fogyasztó. Ebben a hálózatban a maximális folyam értéke éppen ks,t . Mivel a pontkapacitások átalakíthatók élkapacitássá, az Edmonds-Karp tétel szerint ks,t polinom id˝oben meghatározható. Ezt minden pontpárra elvégezve a kapott számok minimuma lesz a keresett érték, tehát a probléma P-beli. 54. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben legfeljebb k él˝u vágás? Megoldás: A probléma P-beli. G-ben akkor és csak akkor van legfeljebb k él˝u vágás, ha legfeljebb k-szorosan él-összefügg˝o, azt pedig az 52. feladat második kérdésének megválaszolásakor láttuk, hogy ez hálózati folyamok segítségével eldönthet˝o. 55. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és pontjainak egy S ⊆ V (G) részhalmaza. 1. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melynek pontosan az S-beli pontok az els˝ofokú pontjai? 2. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben minden S-beli pont els˝ofokú? 3. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melynek nincs els˝ofokú pontja S-ben? Megoldás: Mindhárom kérdés esetén NP-beli a probléma, hiszen a kívánt tulajdonságú fa tanú. Ismeretes, hogy minden fának legalább két els˝ofokú pontja van, továbbá, hogy ha egy fa nem út, akkor már legalább három els˝ofokú pontot is tartalmaz. Ha

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

289

18. Bonyolultságelmélet

tehát S-nek egy kételem˝u részhalmazt választunk, úgy az els˝o kérdés azzal ekvivalens, hogy vezet-e az adott két pont között Hamilton-út. Mivel így a 7. feladatbeli problémát visszavezettük az itteni els˝ore, a feladatban szerepl˝o els˝o probléma NP-teljes. A harmadik kérdéshez tartozó probléma is NP-teljes. Ezt ugyanígy bizonyíthatjuk be, csak most a visszavezetés során S-nek nem egy kételem˝u, hanem egy (n − 2)-elem˝u részhalmazt választunk. A második kérdést viszont meg lehet válaszolni polinom id˝oben, tehát a probléma P-beli. Akkor és csak akkor létezik olyan feszít˝ofa, melyben S minden pontja els˝ofokú (de esetleg a maradék T = V (G) − S halmaz pontjai között is lehetnek els˝ofokúak), ha G-b˝ol elhagyva S pontjait és a hozzájuk illeszked˝o éleket, a maradék gráf összefügg˝o, továbbá S minden pontjának van T -beli szomszédja. Mivel |S|, |T | ≤ n, ezek a feltételek cn2 lépésben ellen˝orizhet˝oek. 56. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf és egy k szám 1. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben a maximális fokszám legalább k? 2. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben a maximális fokszám legfeljebb k? Megoldás: Az els˝o kérdés esetén a probléma P-beli. Az esetleges párhuzamos élek és hurokélek elhagyása után határozzuk ugyanis meg G-ben a maximális fokszámot. Ha ez k-nál kisebb, akkor a válasz nemleges (hiszen akkor G részgráfjaiban sem lehet a maximális fokszám k vagy több). Ha viszont van legalább k-adfokú pont G-ben, akkor ebb˝ol a pontból indított szélességi kereséssel épp egy kívánt tulajdonságú fához jutunk. Eközben legfeljebb cn2 lépésre volt szükségünk. A második kérdés esetén a probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú a kívánt tulajdonságú fa. Másfel˝ol, k = 2 választással a probléma speciális esetként tartalmazza, hogy van-e G-ben Hamilton-út. 57. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G összefügg˝o gráf, éleinek egy X ⊆ E(G) részhalmaza és egy k szám 1. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, mely legalább 10 darab Xbeli élt tartalmaz? 2. Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, mely legalább k darab Xbeli élt tartalmaz?

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

290

18. Bonyolultságelmélet

Megoldás: A probléma mindkét kérdés esetén P-beli. Az els˝o esetben ezt közvetlenül láthatjuk: Minden lehetséges módon válasszunk ki X-b˝ol 10 élt. Ha ezek körmentes részgráfot alkotnak, akkor az kiegészíthet˝o fává, ha viszont bármelyik 10 ilyen él már tartalmaz kört, akkor nem létezhet a kívánt tulajdonságú fa. Mivel |X| ≤ n2 , legfeljebb c|X|10 ≤ cn20 esetben kell egy-egy gráfban körmentességet ellen˝orizni (és mivel minden ilyen gráf 10 él˝u, ez az ellen˝orzés n-t˝ol független konstans id˝o alatt elvégezhet˝o). Persze ez feleslegesen lassú megoldás, a következ˝o bekezdésben lényegesen gyorsabb algoritmust adunk az általános esetre. A második kérdés esetén rendeljünk X éleihez 2, a többi élhez 1 súlyt és keressünk a mohó algoritmussal maximális súlyú feszít˝ofát. Ha ennek a súlya legalább 2k + (n − 1 − k) = n + k − 1, akkor a válasz igenl˝o, egyébként nemleges. 58. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G öszefügg˝o gráf és pontjainak egy X ⊆ V (G) részhalmaza Kérdés: Van-e G-ben olyan feszít˝ofa, melyben minden X-beli pont legalább másodfokú? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen fa, és az adott két pont közötti Hamilton-út létezésének eldöntését vezetjük rá vissza, amelyr˝ol láttuk (7. feladat), hogy NP-teljes: Ha X két pont kivételével mindent tartalmaz, akkor a keresett fa épp egy Hamilton-út (mert minden más fának legalább három els˝ofokú pontja van). 59. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy G gráf Kérdés: Van-e G-nek olyan feszít˝ofája, melynek egyetlen harmadfokú pontja van és minden más pont foka kisebb? Megoldás: A probléma NP-teljes. Az NP-beliségre tanú egy ilyen fa. Az NPteljesség bizonyításához a 7. feladatot vezetjük rá vissza. Legyen adott egy H gráf és az u, v pontok. A G gráf álljon a H gráfból és ehhez még vegyük hozzá az x, y, z és t pontokat. Kössük össze az x pontot u-val, y-nal és z-vel is, továbbá a t és a v között is legyen él. A G gráf minden feszít˝ofájában x harmadfokú lesz. A feszít˝ofában akkor és csak akkor lehet minden más pont fokszáma 3-nál kisebb, ha H-ban van az u és v között Hamilton-út. 60. Mi az alábbi probléma bonyolultsága? Bemenet: Egy n pontú egyszer˝u G gráf

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

291

18. Bonyolultságelmélet

Kérdés: Teljesül-e G-ben az Ore-feltétel, azaz igaz-e, hogy minden nem szomszédos u, v pontpárra d(u) + d(v) ≥ n teljesül?

Megoldás: A probléma P-beli, hiszen mindössze cn2 feltételt kell ellen˝orizni. 61. Mi az alábbi problémák bonyolultsága? Bemenet: Egy G egyszer˝u gráf 1. Kérdés: Van-e G-ben páratlan sok él˝u kör? 2. Kérdés: Van-e G-ben páros sok él˝u kör? 3. Kérdés: Igaz-e, hogy G-ben minden kör páratlan sok él˝u? 4. Kérdés: Igaz-e, hogy G-ben minden kör páros sok él˝u? Megoldás: Belátjuk, hogy mind a négy probléma P-beli. Elég az els˝o kett˝ovel foglalkoznunk, hiszen a 3. kérdésre a válasz akkor és csak akkor igenl˝o, ha a 2. kérdésre nemleges és hasonló az els˝o és a negyedik probléma viszonya is. Mivel az els˝o kérdésre a válasz akkor és csak akkor nemleges, ha G páros, a választ (szélességi kereséssel) az élszámmal arányos lépésszámban meg tudjuk kapni. A második kérdésre a válasz akkor és csak akkor nemleges, ha minden kör hossza páratlan. Nyilván ez a helyzet az erd˝ok esetén (amikor nincs is kör), valamint akkor, ha a gráf körei éldiszjunktak és mindegyik páratlan. Ezeket az eseteket könny˝u az élszámmal arányos lépésszámban ellen˝orizni. Belátjuk, hogy minden más esetben van a gráfban páros élszámú kör is. Gondoljuk ugyanis végig, hogy minden más esetben van a gráfban valahol két pont és köztük három, a végpontoktól eltekintve pontdiszjunkt út. Ha ezek élszámát a, b és c jelöli és mondjuk a + b páratlan, akkor az általánosság korlátozása nélkül feltehetjük, hogy a páros, b páratlan. Ekkor c vagy páros, és akkor az a + c hosszú kör páros, vagy c páratlan, és akkor a b + c hosszú kör páros. 62. Mi az alábbi probléma bonyolultsága: Bemenet: Egy G irányított gráf és egy k szám Kérdés: Van-e G-ben k darab olyan pont, melyek együtt G minden irányított körét lefogják? Megoldás: A probléma NP-teljes. A NP-beliséghez tanú a kívánt tulajdonságú X ponthalmaz, hiszen a G−X gráfról mélységi kereséssel megállapítható, hogy van-e még benne irányított kör. Az NP-teljességhez azt a problémát vezetjük vissza a feladatban szerepl˝o problémára, hogy egy adott H irányítatlan gráf élei lefedhet˝oek-e legfeljebb k ponttal. Helyettesítsük ugyanis H minden élét két, ellentétesen irányított párhuzamos éllel és jelöljük az így kapott irányított gráfot G-vel. Ha H-nak van olyan

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

292

18. Bonyolultságelmélet

éle, mely nincs lefedve egy adott k-elem˝u X ponthalmazzal, akkor G-ben már egy (kétél˝u) lefogatlan irányított kör is van. Ha viszont X lefedi H minden élét, akkor G-nek minden irányított körét le fogja fogni (nemcsak a kétél˝ueket). Mivel a H-ra vonatkozó probléma NP-teljes (ld. a 37. feladatot), a mi feladatunk is az. 63. Adjunk példát olyan eldöntési problémára, amelynek bemenete egy G gráf és egy k paraméter és (a) a probléma P-beli; (b) a probléma NP-teljes, de a k = 3 eset P-beli; (c) a probléma NP-teljes és a k = 3 eset is az! Megoldás: (a) Legyen az a kérdés, hogy a gráf k-szorosan összefügg˝o-e. Ez megfelel˝o, lásd az 53. feladatot. (b) Legyen az a kérdés, hogy van-e G-ben legalább k független pont. Az NP-teljességet lásd a 36. feladatban. A k = 3 esetben minden 3-elem˝u részhalmazt le tudunk ellen˝orizni cn3 lépésben. (c) Legyen az a kérdés, hogy színezhet˝o-e a gráf k színnel. Ez jó, mert a 3 színnel színezhet˝oség egyike az alapvet˝o NP-teljes problémáknak.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

Jelölések

α(G): független csúcsok maximális száma G-ben δ(G): minimális fokszám G-ben ∆(G): maximális fokszám G-ben ν(G): független élek maximális száma G-ben ρ(G): az összes csúcsot lefogó élek minimális száma G-ben τ(G): az összes élt lefogó csúcsok minimális száma G-ben χ(G): a G gráf kromatikus száma χe (G): a G gráf élkromatikus száma ω(G): a G gráf klikkszáma (legnagyobb teljes részgráfjának csúcsszáma) ch(G): a G gráf listaszínezési száma d(x): az x csúcs fokszáma E: egységmátrix E(G): a G gráf élhalmaza G: a G gráf komplementere Kn : n csúcsú teljes gráf Km,n : egyik pontosztályában m, másikban n csúcsot tartalmazó teljes páros gráf KG(n, k): n, k paraméter˝u Kneser gráf; csúcsai egy n elem˝u halmaz k elem˝u részhalmazai és két ilyen részhalmaz akkor alkot élt, ha diszjunktak L(G): a G gráf élgráfja; csúcsai a G élei, élei a közös végponttal rendelkez˝o G-beli élekb˝ol álló párok N(x): az x csúcs szomszédainak halmaza N(X): az X halmazbeli csúcsok összes szomszédainak halmaza 293

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

294

Jelölések

NP: nemdeterminisztikus Turing-géppel polinomid˝oben eldönthet˝o problémák osztálya P: polinomid˝oben megoldható problémák osztálya r(A): az A mátrix rangja V (G): a G gráf csúcsainak halmaza

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

Hivatkozott tételek

Itt felsoroljuk a könyvben ismertnek tekintett tételeket, melyekre csak nevük szerint hivatkozunk a szövegben. A tételek felsorolását a kapcsolódó fejezetek sorrendjében adjuk meg. Mivel az alábbi lista els˝osorban referencia célokat szolgál, az egy-egy fejezethez tartozó tételek elnevezésük ábécé szerinti sorrendjében követik egymást, nem pedig valamiféle, a tételek tartalmát is figyelembe vev˝o, logikai sorrendben. FÁK Cayley-tétel: Az n címkézett ponton megadható különböz˝o fák száma nn−2 . Kruskal-tétel: Egy élsúlyokkal ellátott összefügg˝o gráf minimális súlyú feszít˝ofáját állítja el˝o a mohó algoritmus, mely a fa éleit egyesével választja ki olyan módon, hogy minden lépésben egy legkisebb súlyú, az addig kiválasztott élekkel kört nem alkotó élt választ ki. EULER-KÖRÖK Euler-tétel: Egy gráfban akkor és csak akkor található Euler-kör (zárt Euler-séta), ha a gráf összefügg˝o és minden pontjának fokszáma páros. Euler-út (nyílt vagy zárt Euler-séta) pontosan akkor található egy gráfban, ha összefügg˝o és legfeljebb két páratlan fokszámú csúcsa van. HAMILTON-KÖRÖK Chvátal-tétel: a) Ha egy n csúcsú G egyszer˝u gráf d1 ≤ · · · ≤ dn fokszámaira teljesül, hogy dk ≤ k < n/2 ⇒ dn−k ≥ n − k, 295

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

296

Hivatkozott tételek

akkor G tartalmaz Hamilton-kört. b) Ha a d1 ≤ · · · ≤ dn számok nem rendelkeznek a fenti tulajdonsággal, akkor van olyan gráf, mely nem tartalmaz Hamilton-kört és d1′ ≤ · · · ≤ dn′ fokszámaira di′ ≥ di teljesül minden i-re. Dirac-tétel: Ha egy n csúcsú G egyszer˝u gráfban minden csúcs fokszáma legalább n/2, akkor G tartalmaz Hamilton-kört. Ore-tétel: Ha egy n csúcsú G egyszer˝u gráfban minden olyan x, y ∈ V (G) csúcspárra melyek között nem megy él teljesül, hogy d(x) + d(y) ≥ n, akkor G tartalmaz Hamilton-kört. Pósa-tétel: Ha egy n csúcsú G egyszer˝u gráf d1 ≤ · · · ≤ dn fokszámaira teljesül, hogy minden k < n/2 esetén dk ≥ k + 1, akkor G tartalmaz Hamilton-kört. Szükséges feltétel Hamilton-kör létezésére: Ha egy G gráfban van Hamilton-kör, akkor G összefügg˝o és tetsz˝oleges k darab csúcsának elhagyása után legfeljebb k komponensre esik szét. SÍKBARAJZOLHATÓSÁG Euler-formula: Ha egy összefügg˝o, síkbarajzolható gráf csúcsainak, éleinek és a valamely síkbarajzolásakor létrejöv˝o tartományoknak a száma rendre n, e, illetve t, akkor fennáll az n + t = e + 2 összefüggés. Fáry–Wagner-tétel: Ha G síkbarajzolható egyszer˝u gráf, akkor létezik olyan síkbarajzolása, melyben minden él egyenes szakasz. Kuratowski-tétel: Egy gráf akkor és csak akkor síkbarajzolható, ha nem tartalmazza részgráfként sem K5 -öt, sem K3,3 -at, sem ezek valamelyikének soros b˝ovítését. Wagner-tétel: Egy gráf akkor és csak akkor síkbarajzolható, ha nincsen benne K5 vagy K3,3 minor. Whitney tételei: I. Egy gráfnak akkor és csak akkor van absztrakt duálisa, ha síkbarajzolható.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

297

Hivatkozott tételek

II. Gyengén izomorf gráfok mindig egymásba vihet˝ok az alábbi három transzformáció véges sokszori, alkalmas sorrendben történ˝o egymás utáni alkalmazásával. Két különálló komponens egy-egy pontját azonosítjuk. Az el˝obbi átalakítás inverze, melynek során a gráf egy elvágó pontját elhagyjuk, majd a keletkez˝o komponensekbe az elhagyott pont egy-egy példányát visszahelyezzük. (Amennyiben kett˝onél több komponens keletkezett, a második, harmadik, stb., komponensekben az elhagyott pont jelenlév˝o példányait újra azonosítjuk, ezáltal a gráf komponenseinek száma minden ilyen lépésben pontosan eggyel n˝o.) El˝oször az el˝oz˝o transzformációval analóg átalakítást hajtjuk végre egy elvágó pont helyett egy kételem˝u {x, y} ⊆ V (G) elvágó ponthalmazzal, a keletkez˝o két komponensben az x-nek és y-nak megfelel˝o pontok legyenek x′ , x′′ , illetve y′ , y′′ . Ezután a két komponenst x′ és y′′ , valamint x′′ és y′ azonosításával újra összeillesztjük. PÁROSÍTÁSOK Frobenius-tétel: Egy G = (A, B, E) páros gráfban akkor és csak akkor van teljes párosítás, ha |A| = |B| és minden X ⊆ A halmazra |N(X)| ≥ |X| teljesül.

Gallai-tételek: I. Hurokélmentes G gráfban fennáll, hogy α(G) + τ(G) = |V (G)|. II. Izolált pontot nem tartalmazó G gráfban ν(G) + ρ(G) = |V (G)|.

Hall-tétel: Egy G = (A, B, E) páros gráfban akkor és csak akkor van az A pontosztályt lefed˝o párosítás, ha minden X ⊆ A halmazra |N(X)| ≥ |X| teljesül.

König-tétel: Páros gráfban τ(G) = ν(G).

Tutte-tétel: Egy G gráfban akkor és csak akkor van teljes párosítás, ha G-b˝ol elhagyva egy tetsz˝oleges S ⊆ V (G) halmaz pontjait, a keletkez˝o G − S gráf páratlan csúcsú komponenseinek száma nem nagyobb |S|-nél. ˝ FOLYAMOK, TÖBBSZÖRÖS ÖSSZEFÜGGOSÉG Edmonds–Karp-tétel: Egy (G, s,t, c) hálózatban polinomid˝oben eljutunk a maximális folyamhoz, ha

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

298

Hivatkozott tételek

a javító utakat használó algoritmust alkalmazzuk, és ennek során minden lépésben egy legkevesebb élb˝ol álló javító út mentén végezzük a javítást. Ford–Fulkerson-tétel: Egy (G, s,t, c) hálózatban elérhet˝o maximális folyam értéke egyenl˝o az s és t pontokat elválasztó vágások értékének minimumával. Menger-tétel: Egy irányított gráf tetsz˝olegesen kijelölt s és t csúcsa között található éldiszjunkt, s-b˝ol t-be vezet˝o irányított utak maximális száma egyenl˝o azon élek minimális számával, melyek az összes s-b˝ol t-be vezet˝o irányított utat lefogják. A fenti állítás irányítatlan gráfra (és ekkor irányítatlan utakra) is igaz. Igaz továbbá mind az irányított, mind az irányítatlan esetben akkor is, ha benne „él” helyett mindenütt „csúcs”-ot írunk, feltéve, hogy nincs a gráfban (s,t) irányított él, illetve {s,t} él. GRÁFOK SZÍNEZÉSE Brooks-tétel: Ha egy összefügg˝o G gráf nem teljes gráf és nem páratlan kör, akkor χ(G) ≤ ∆(G). Er˝os perfekt gráf tétel (Chudnovsky, Robertson, Seymour és Thomas tétele): Egy gráf akkor és csak akkor perfekt, ha feszített részgráfként nem tartalmaz legalább öt hosszúságú (húrnélküli) páratlan kört, vagy ilyennek komplementerét. (Ld. még Perfekt gráf tétel.) Mycielski-konstrukció: A V (G) = {v1 , . . . , vn } csúcshalmazú G gráfhoz a Mycielski-konstrukció az alábbi módon megadható M(G) gráfot rendeli: V (M(G)) = V (G) ∪ {ui : vi ∈ V (G)} ∪ {z} E(M(G)) = E(G) ∪ {{ui , v j } : {vi , v j } ∈ E(G)} ∪ {{ui , z} : 1 ≤ i ≤ n}. Az M(G) gráf alapvet˝o tulajdonsága, hogy χ(M(G)) = χ(G) + 1, miközben ω(M(G)) = ω(G). Mycielski gráfokon általában az egyetlen élb˝ol kiindulva megkapható M(K2 ), M(M(K2 )), M(M(M(K2 ))), . . . sorozat gráfjait értjük.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

299

Hivatkozott tételek

Négyszíntétel: Ha G síkbarajzolható gráf, akkor χ(G) ≤ 4.

Perfekt gráf tétel (Lovász tétele): Egy gráf akkor és csak akkor perfekt, ha a komplementere perfekt. (Ld. még Er˝os perfekt gráf tétel.) Vizing-tétel: Ha G egyszer˝u gráf, akkor χe (G) ≤ ∆(G) + 1. GRÁFOK MÁTRIXAI Illeszkedési mátrix rangja: Egy n csúcsú, hurokélmentes, c komponensb˝ol álló irányított gráf illeszkedési mátrixának rangja n − c. BONYOLULTSÁGELMÉLET Alapvet˝o NP-teljes problémák az alábbiak: Bemenet egy G gráf és eldöntend˝o, hogy van-e G-ben Hamilton-kör; Bemenet egy G gráf és eldöntend˝o, igaz-e, hogy χ(G) ≤ 3; Bemenet egy G gráf és egy k szám, eldöntend˝o, igaz-e, hogy ω(G) ≤ k.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

Irodalom

A témakör hallatlanul gazdag irodalmából csak néhány m˝uvet emelünk ki, közöttük több magyar nyelv˝ut. Bagyinszki János – György Anna: Diszkrét matematika f˝oiskolásoknak, Typotex, Budapest, 2001. Béla Bollobás: Graph Theory: An Introductory Course, Springer-Verlag, New York, 1979. Béla Bollobás: Modern Graph Theory, Springer-Verlag, New York, 1998. J. Adrian Bondy - U. S. R. Murty: Graph Theory with Applications, Macmillan Press, London, 1976. Robert G. Busacker – Thomas L. Saaty: Véges gráfok és hálózatok, M˝uszaki Könyvkiadó, Budapest, 1969. Gary Chartrand – Linda Lesniak: Graphs and Digraphs, Chapman & Hall, Boca Raton, 1996. Reinhard Diestel: Graph Theory, Third Edition, Springer-Verlag, Berlin, 2005. Elekes György: Véges matematika példatár, ELTE Eötvös Kiadó, Budapest, 1992. B˝ovített változat: Kombinatorika feladatok, www.cs.elte.hu/bboard/j2000ps.gz Shimon Even: Graph Algorithms, Computer Science Press, Rockville, 1979. Gács Péter – Lovász László: Algoritmusok, Tankönyvkiadó, Budapest, 1978. Michael R. Garey – David S. Johnson: Computers and Intractability. A Guide to the Theory of NP-completeness, W. H. Freeman and Co., San Francisco, 1979. Ralph P. Grimaldi: Discrete and Combinatorial Mathematics: An Applied Introduction, Addison-Wesley, Reading, 1994. Jonathan L. Gross – Jay Yellen: Graph Theory and its Applications, CRC Press, Boca Raton, 1999. 301

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor

© Typotex Kiadó

302

Irodalom

György Anna – Kárász Péter – Sergyán Szabolcs – Vajda István – Záborszky Ágnes: Diszkrét matematika példatár, BMF-NIK, Budapest, 2003. Hajnal Péter: Gráfelmélet, Polygon, Szeged, 1997. Hajnal Péter: Összeszámlálási problémák, Polygon, Szeged, 1997. Hajnal Péter: Elemi kombinatorikai feladatok, Polygon, Szeged, 1997. Dénes König: Theorie der endlichen und unendlichen Graphen, Chelsea, New York, é. n. (az 1936-os kiadás utánnyomása). Bernhard Korte – Jens Vygen: Combinatorial Optimization: Theory and Algorithms, Springer-Verlag, Berlin, 2000. Lovász László: Kombinatorikai problémák és feladatok, Typotex, Budapest, 1999. László Lovász – József Pelikán – Katalin Vesztergombi: Discrete Mathematics: Elementary and Beyond, Springer-Verlag, New York, 2003. László Lovász – Michael D. Plummer: Matching Theory, North-Holland, Amsterdam, 1986. Alexander Schrijver: Combinatorial Optimization – Polyhedra and Efficiency, Springer-Verlag, Berlin, 2003. Simonovits Miklós – T. Sós Vera: Kombinatorika, ELTE sokszorosított jegyzet, Budapest, 1981–82. Szalkai István: Diszkrét matematika és algoritmuselmélet alapjai, Veszprémi Egyetemi Kiadó, Veszprém, 2001.

© Friedl Katalin, Recski András, Simonyi Gábor Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)