KOMBINATORIKA A GRAFY I

KOMBINATORIKA A GRAFY I
1
Maticov
y popis grafu
Matice sousednosti
AG 2 f0; 1gV V
(AG )uv := 10
Tato matice je vzdy symetricka
uv 2 E (G)
uv 2= E (G)
Matice incidence
IG 2 f0; 1gV E
(IG )ue := 10
u2e
u 2= e
Matice stupn
u
DegG 2 @V V
Gu
(DegG )uv := deg
0
u=v
u 6= v
Laplaceova matice
8
<
LG 2 @V V
degG u
(LG )uv := : 1
0
u=v
uv 2 E (G); u 6= v
uv 2= E (G)
Orientovana matice incidence
D!
2 f 1; 0; 1gV E
G
8
>
<
0
(D!G )ue := > 1
:
1.1
1
!
!
uv
2= E (!
G)
!
uv2 E (G)
!
!
vu
2 E (G)
Tvrzen
IG IGT = DegG + AG
1
D
ukaz
(IG IGT )uv =
X
(IG )ue (IGT )ev =
e2E (G)
X
e2E (G)
(IG)ue (IG )ve
Pokud u = v:
Potom spolu nasobme 2 stejne vektory a jejich soucin je potom pocet
jednicek ve vektoru. To odpovda poctu hran incidentnch s vrcholem v,
tedy stupni vrcholu v.
Pokud u 6= v:
e = uv je hrana v G prave tehdy, kdyz (IG )ue = 1 & (IG )ve = 1.
Potom soucin dvou radkovych vektoru (u-teho a v-teho) odpovda poctu
Tedy:
1.2
hran incidentnch s obema temito vrcholy.
8
<
1
(IG IGT )uv = : 0
degG u
u 6= v; uv 2 E (G)
u 6= v; uv 2= E (G)
u=v
QED
Tvrzen
Necht' !G je orientace G, potom
D!T = DegG AG = LG
D!
G
G
D
ukaz
(D!G D!TG )uv =
=
X
(D!G )ue (D!G )ve
e2E (G)
8
<
1
(D!G D!TG )uv := : 0
degG u
1.3
k
AG
u 6= v; uv 2 E (G)
u 6= v; uv 2= E (G)
u=v
VETA
uv
= pocet sledu delky k od vrcholu u k vrcholu v
2
QED
D
ukaz
k=0
(AG)0 = IkV k
OK
k=1
(AG ) = 10
1
uv 2 E (G)
uv 2= E (G)
OK
k
k
1, k > 1
X
(AkG )uv = (AkG 1 AG )uv = (AkG 1 )ux (AG )xv =
x2V
=
X
x;xv2E (G)
(AkG 1 )ux
To je podle indukcnho predpokladu pocet sledu delky k 1 od u k vrcholum x, kde mezi x a v existuje hrana. To je presne pocet sledu delky
k z u do v
QED
2
Po
cet koster grafu
poznamka
znacen
2.1
Pokud nen receno jinak, budeme predpokladat, ze graf je souvisly
Vyraz (G) oznacuje poet koster grafu
LEMMA - Binet-Cauchy
Necht' A 2 <nm , B 2 <mn a necht' n m.
Potom
X
det AB =
det A! det B !
!f1;2;3;:::;mg;j!j=n
A! je matice vznikla z A vyberem sloupcu podle !
B ! je matice vznikla z A vyberem radku podle !
3
2.2
VETA
Necht'L0G vznikne z Laplaceovy matice grafu
sloupce
(G) = det L0G
G
odebranm u-teho radku a
D
ukaz
Orientuji G !!G
Podle tvrzen v predeslem oddle LG = D!G D!TG
Potom pokud vynecham nejaky radek z D!G a tuto matici vynasobm s tou
samou matic transponovanou, dostanu L0G
det L0G = det D!G u ( )
=
=
X
!E (G);j!j=jV j
X
!E (G);j!j=jV j
2
1
det
1
det
(u)
D!
G
(u)
D!
T
(u)
D!
G
=
Binet Cauchy
G
!
det D!
=
G
T
!
X
LEMMA
!
(u)
(V (G);! )
je kostra
Zbyva jeste dokazat predposledn rovnost v dukazu
2.3
=
1 = (G)
QED
LEMMA
Necht' ! E (G), j!j = jV j 1
Potom
(V (G); !)
(u)
det(D!G )! = 0 1 jinak
je kostra
D
ukaz
a) (V (G); !) nen kostra, tedy (V (G); !) nemuze byt souvisly, ma totiz
jV (G)j 1 hran a cyklus. Tedy muzeme rozdelit V (G) a ! do dvou cast
V (G) = V1 [ V2
! = !1 [ !2 ; !i Vi
2
BU NO necht' u 2 V1
Podvejme se nyn na radky matice D!(Gu) korespondujch s vrcholy z V2.
4
Jejich soucet mus byt nulovy vektor, jelikoz kazda hrana z teto komponenty prispva jednou +1 a jednou 1. Tedy tyto radky jsou linearne
zavisle, a proto
det D!(Gu) = 0
b) (V (G); !) je kostra, tedy strom.
Ukazme, ze radky a sloupce matice D!(Gu) lze uspozadat tak, aby vznikla
trojuhelnkova matice.
Budeme postupovat induktivne. Pro strom na jednom vrcholu (matici
1 1) to plat.
Nyn vezmu celou kostru, ta ma urcite list (a pokud ma alespon 2 vrcholy, tak dokonce 2). Preusporadam matici tak, aby se dvojice (list, jeho
jedina hrana) presunula do leveho hornho rohu matice (tm mohu jen
zmenit znamenko determinantu a to mi nevad) a tento vrchol odtrhnu.
Vznikne opet strom (kostra mensho grafu) a tento postup iteruji, dokud
se prslusna matice nezmens na 1 1.
Je dulezite, ze strom o vce jak dvou vrcholech
ma alespon 2 listy. Jednm
(u)
z nich by totiz mohl byt vrchol u a ten v D!G nen.
(u)
D!
G
v1 ; e1
= ..
.
!
Zbytek
Tedy D!(Gu) je trojuhelnkova, na diagonale ma same 1 ) D!(u) = 1
QED
3
Prostor cykl
u
poznamka
pracujeme nad GF (2)
denice Necht' G je souvisly, neorientovany graf
Potom "(G) znacme mnozinu eulerovskych podgrafu
fG0 j G0 G & V (G0 ) = V (G) & E 0 (G) E (G) & 8u 2 V (G) : degG0 u 0 mod
3.1
VETA
"(G) je vektorovy prostor nad GF (2) s dimenz jE (G) V (G) + 1j
D
ukaz
5
2g
Fixujme kostru T grafu G
Necht' pro hranu e 2= E (T ) Ke je kruznice v T [ feg. To je korektn denice,
protoze pridanm hrany do kostry (stromu) vznikne prave jedna kruznice.
Tvrdm, ze
B := fKe j e 2 E (G) n E (T )g
je baze "(G).
K tomu je treba dokazat, ze tento soubor vektoru je linearne nezavisly a ze
generuje prostor "(G).
Linearn nezavislost se nahledne velice jednoduse. Hranu e 2 E (G) n E (T )
obsahuje pouze Ke , proto Ke nelze zskat jako linearn kombinaci ostatnch
vektoru, a tedy mus byt soubor linearne nezavisly
Vezmeme si libovolne eulerovsky podgraf grafu G. Nazveme tento podgraf
G0 .
Dale si vezmeme
X
G" :=
Ke
e2E (G0 )nE (T )
To je soucet nekolika eulerovskych podgrafu, tedy take eulerovsky podgraf.
Pripomenme, ze sctame jako v GF (2), tzn. soucet odpovda symetricke
diferenci.
Uvazme nyn G0 + G"
Tento graf neobsahuje zadnou hranu z E (G) n E (T ). Hranu e 2 G0 \
(E (G) n E (T )) totiz obsahuje jedine kruznice Ke , tedy je prtomna v G",
a proto nemuze byt v G0 + G". Plat tedy E (G0 + G") E (T ) a zaroven je
to eulerovsky podgraf G. T nen eulerovsky (ma list) a vybranm neterych
hran z E (T ) vznikne les. Jediny les, ktery je zaroven eulerovkym grafem
je les se samymi isolovanymi vrcholy. Proto E (G0 + G") = ;.
Tedy G0 = G".
QED
4
Operace s grafy
kontrakce G ! G:e
V (G:e) = V (G) n e [ fxe g
E (G:e) = E (G) n (feg [ ffu; yg; fv; ygjy 2 V (G)g)
[ ffy; xe gjy 2 V (G) n fu; vg; fy; ug 2 E (G) _ fy; vg 2 E (G)g
Pri kontrakci se zapomna vcenasobnost hran.
6
kontrakce v muligrafech G : e,
provad se podobne jako u jednoduchych
grafech, avsak pocta se s nasobnost hran.
V (G : e) = (V (G) n fu; vg) [ fxe g
E (G : e) = E (G) n feg
8
u; v 2= '(f )
< '(f )
' fxe ; yg j'(f ) \ fu; vgj = 1; y 2 '(f )
:
fxe g '(f ) = fu; vg
4.1
VETA
o po
ctu koster rekurzivn
e
Necht' G je multigraf
Necht' e 2 E (G)
Potom
8
< 0
(G) = (G n e)
:
(G n e) + (G : e)
(K1 ) := 1
D
ukaz
G je nesouvisly
e je smycka
e nen smycka
indukc podle poctu hran
jE (G)j = 0, potom je graf bud' nesouvisly (to je OK), nebo je souvisly,
ale pak to musy byt K1 (a to je taky OK).
m m 1
{ Je-li e smycka, potom OK.
{ Necht' tedy e nen smycka
Potom kazda kostra ma tu vlastnost, ze hranu e bud' obsahuj (potom
existuje bijekce mezi kostrami G obsahujcmi e a G : e), nebo e
neobsahuje, potom kostry G neobsahujc e jsou kostry G n e
5
Chromatick
y polynom
denice Necht' G je graf. Potom denuji
PG (x) =pocet obarven grafu G pomoc x barev (x 2 N )
5.1
VETA
Pro kazdy graf G je PG (x) je polynom stupne jV (G)j a lze spoctat rekurzivne
Pokud graf G nema hrany, potom PG(x) = xjV j
Jinak PG (x) = PGne (x) PG:e (x)
7
D
ukaz
Necht' graf G nema hrany a mam x barev B1 ; B2 ; :::; Bx . Muzu barvit,
jak se mi zachce ) PG (x) = xn
Podvejme se na obarven G n fuvg. Ta jsou stejna jako obarven G plus
obarven, kde u a v maj stejnou barvu. To shodou okolnost odpovda
poctu obarven G:e. Tedy
PGne (x) = PG (x) + PG:e (x)
QED
6
Latinsk
e ctverce
se nazyva latinsky ctverec prave tehdy, kdyz se v
kazdem sloupci i kazde radce vyskytuje kazdy prvek prave jednou.
denice L 2 Ann ; n 2 N
denice
Latinske ctverce L a L0 jsou ortogonaln (L ? L0) prave tehdy, kdyz
8(i; j ) 8(i0 ; j 0 ) (i; j ) 6= (i0 ; j 0 ) ) (Lij ; L0i;j ) 6= (Li0 j0 ; L0i0 j0 )
prklad
1 2 3 32 1 2 3 3
4 2 3 1 54 3 1 2 5
3 1 2 2 3 1
2
pozorovan
L ? L0 , 8a; b 2 A 9i; j : Lij = a
6.1
& L0ij = b
LEMMA
Necht' L; L0 jsou dva latinske ctverce
Necht' ; jsou permutace jmen symbolu
Denuji permutaci latinskeho ctverce
(L)ij = (Lij )
Potom
L ? L0 , (L) ? (L0 )
D
ukaz
6.2
plyne hned z predchozho pozorovan
VETA
Necht' existuje t navzajem ortogonalnch ctvercu radu n ) t n 1
8
D
ukaz
Podle predchozho lemma mohu bez obav z nesmyslu permutovat prvky
ortogonalnch latinskych ctvercu tak, aby vypadaly nasledovne
2
1 2 n 3 2 1 2 n 3 2 1 2 n 3
4
x
5
4 y
5
4 z
5
x 6= y 6= z
Urcite plat
i (Li )2;1 2 f2; 3; :::; ng; i = 1; 2; :::; t
Na pozici 2; 1 urcite nemuze byt 1, pak by to totiz nebyl latinsky ctverec.
Stejne tak mus mt kazde dva z tohoto souboru t latinskych ctvercu na pozici
2; 1 ruzne prvky. Pokud by tomu tak nebylo, tak by urcite nebyly ctverce
ortogonaln.
QED
7
Projektivn
roviny (kone
cn
e)
denice Konecna projektivn rovina je mnozinovy system (V; P ),
P P(V ) (P je potencn mnozina). Splnujc nasledujc podmnky
1.
8x; y 2 V x 6= y 9!M 2 P : x; y 2 P
2.
8Q; R 2 P Q 6= R jQ \ Rj = 1
3. existuj 4 body a; b; c; d, z nichz zadne 3 nelez v prmce
denice
7.1
matice incidence I 2 f0; 1gjP j , x 2 V; p 2 P
(I )xp = 10 xx 22= pp
LEMMA
Necht' (X; P ) je konecna projektivn rovina.
Necht' p1 ; p2 2 P .
Potom existuje bod z 2 X takovy, ze z 2= p1 a z 2= p2.
9
kde
D
ukaz Uvazme mnozinu C := a; b; c; d X tak, aby zadne 3 body z
teto mnoziny nebyly v jedne prmce (podle axiomu projektivn roviny takova
existuje).
Potom plat
jp1 \ C j 2
jp2 \ C j 2
Pokud C 6 (p1 [ p2 ), potom jsme s dukazem hotovi.
Jedina zbyvajc moznost je, ze p1 protna C ve dvou bodech a p2 ve zbylych.
BU NO necht' p1 = ab a p2 = cd.
Uvazme prmky p3 := ac a p4 := bd.
Necht' p3 \ p4 = fzg.
Tvrdme, z z 2= p1 [ p2 .
Uvazme tedy prunik prmek p1 a p3. Jejich jedinym spolecnym bodem je a. Z
toho vyplyva, ze pokud z 2 p1, potom z = a. To ale platit nemuze. Kdyby
totiz z = a, potom by prmka p4 obsahovala 3 body z C (a; b; d) a to je spor s
denic C . Proto z 2= p1 a podobne z 2= p2.
7.2
VETA
(X; P ) znac konecnou projektivn rovinu
1.
8(X; P ) 9n : 8p 2 P : jP j = n + 1
2.
8x 2 X jfp j x 2 p 2 P gj = n + 1
3.
j X j = j P j = n2 + n + 1
Cslo n se nazyva rad projektivn roviny.
D
ukaz
1. Zvolme 2 prmky p1; p2 2 P . Podle predesleho lemma 9x 2 X : x 2=
p1 &x 2= p2 . Denujeme zobrazen ' : p1 ! p2 a budeme chtt dokazat,
ze to je bijekce. Potom totiz mus byt obe prmky stejne velke.
Zobrazen ' denujeme takto:
'(y) := xy \ p2 y 2 p1
Podle axiomu konecne projektivn roviny je 'y denovano jednoznacne.
Opacne, uvazme bod z 2 p2 a y 2 p1 \ xz. Potom xy a xz jsou jedna
a tataz prmka, proto z = '(y). Neboli, ' je opravdu bijekce, a proto
jp1 j = jp2 j a n = jp1 j 1.
10
2. Uvazme libovolny bod x 2 X . Existuje prmka, ktera bodem x neprochaz.
Proc?
Uvazme mnozinu 4 bodu, kde zadne 3 nejsou v prmce (podle axiomu).
Necht' a; b; c jsou jej 3 body ruzne od x (x tam muze byt, ale nemus).
Potom ab nebo ac neobsahuje x. Tedy opravdu existuje prmka, ktera
bodem x neprochaz. Kazdym z n +1 bodu p prochaz prave jedna prmka
obsahujc tez x. Na druhou stranu, prmka obsahujc x protne p v prave
jednom jejm bode. A proto bodem x prochaz prave n + 1 prmek.
3. Zvolme nejakou prmku p = (x0; x1; :::; xn ) a bod a 2= p.
Oznacme pi prmku axi, i 2 f0; 1; 2; 3; :::; ng. Kazde dve prmky pi a pj
(i 6= j ) se protnaj v bode a a nikde jinde. Prmky pi tedy maj po n
bodech krome a, to cin n(n + 1) + 1 = n2 + n + 1 bodu.
Dale je treba ukazat, ze libovolny bod x 2 X lez na nejake prmce pi .
Podle axiomu projektivn roviny body x a a lze prolozit nejakou prmkou.
Podle jineho axiomu ax protne p v nejakem bode xi . Potom ax a axi jsou
totozne.
Rovnost jX j = jP j vyplyva z duality.
QED
7.3
VETA
Projektivn rovina radu n existuje prave tehdy, kdyz existuje n 1 navzajem
ortogonalnch latinskych ctvercu.
D
ukaz
")"
Pro zacatek si vytvorme takovouto hezkou konecnou projektivn rovinu.
Kazda prmka se protne prave jednou se svislymi i vodorovnymi z A0 az
An . Navc zadne dve z Pk se neprotnou ve stejnem bode ) l-ta prmka
urcuje, kde bude v k-tem latinskem ctverci lezet hodnota l. Takto zskane
11
ctverce jsou ortogonaln.
hezky a formalne:
{ Kazda Pk1 :::Pkn se mus prave jednou protnout s P01 :::P0n a s Pn1 :::Pnn
{ Kazda Pkl a Pkl0 (l 6= l0 ) maj spolecny bod Ak ) neprotnaj se v A
{ Lkij = l , ai;j 2 Pkl
0
{ Lk a Lk jsou ortogonaln:
Necht'
!
"("
(L| {zki i}; |L{zki 0i}) = (L| {zki i}; |L{zki 0i})
1 1
1 1
2 2
2 2
c
d
c
d
ai1 i1 2 Pkc ; ai1 i1 2 {k0 d
ai2 i2 2 Pkc ; ai2 i2 2 {k0 d
No jo, ale pak se Pkc a Pkd protnaj ve dvou bodech a to je SPOR
Proto jsou latinske ctverce Lk a Lk0 ortogonaln
Z LC vyrabm rovinu tak, ze ctvercem vedu prmku podle obdobnych
pravidlel, jako v prpade implikace zleva doprava.
Pkl = fAk g [ faij j Lkij = lg; k 2 f1; 2; :::; n 1g l 2 f1; 2; :::; ng
Dale je treba dokazat jednotlive axiomy projektivn roviny
{ Axiom 2:
A0 An se s kazdou jinou prmkou protne prave jednou a to v nekterem
z bodu A0; :::; An .
jPkl \ P0i j = 1, protoze v latinskem ctverci se v kazde radce vyskytuje
kazde cslo prave jednou.
Obdobne jPkl \ Pni j pro sloupce
Pni se protna s Pni0 v bode An
Podobne P0i s P0i0 v A0
P0i s Pnj se protnaj v ai;j
Zbyvaj obecne Pkl vuci Pk0l0 (k 2 1; 2; n 1).
Pokud k = k0, potom spolecnym bodem je Ak
V opacnem prpade bude potreba0 pouzt ortogonalitu ctvercu. Pkl \
Pk0 l0 = aij , ktery splnuje (Lkij ; Lkij ) = (l; l0 ). Dky ortogonalite jsou i
a j denovany jednoznacne.
{ Axiom 3:
Stac vzt body a11; a22; a12; a21. Z nichz zadne tri v prmce nelez
(kdyby ano, potom by se v LC v nejakem radku nebo sloupci vyskytovalo nejake cslo dvakrat).
12
Axiom 1:
Mame n2 + n + 1 bodu (protoze tak jsme si to zkonstruovali) a k
tomu mame n2 + n + 1 ruznych prmek (n(n + 1) + 1).
Vezmeme nejakou prmku p z nas konstrukce, ta ma n +1 bodu. To
znamena, ze ma n+1
ruznych dvojic bodu. Potom
2
n+1
j(x; y; P ) j x 6= y & x; y 2 P j = jP j 2
To je nanejvys tolik, kolik je vsech dvojic bodu, tedy jX2 j. To se
nahledne snadno, pokud si uvedomme, ze pro kazde dva body existuje nanejvys jedna prmka, ktera je obsahuje (jinak spor s axiomem
2),
jX j
= n +2n+1 = (n +n+1)2 (n +n)
2
n
jP j n+1
=
(n2 + n + 1) (n+1)
2
2
Tedy pocet dvojic bodu je stejny jako pocet prmek, a proto mus kazde
dva body mt prmku, ktera je protne.
QED
{
2
2
7.4
2
VETA
Necht' n je prvocslo. Potom existuje projektivn rovina radu n.
D
ukaz
ctvercu.
Konstrukce:
Veta se dokazuje tak, ze nalezneme n 1 ortogonalnch latinskych
Lkij = (i + k j ) mod n
0 i; j n 1
V kazdem radku se kazde cslo vyskytuje prave jednou.
i + k j = i + k j 0 (mod n)
j = j0
a obdobne pro sloupce. Zbyva jen dokazat ortogonalitu.
i| +{zk j} = i| +{z
k0 j}
=:c
=:d
Pro libovolnou dvojici csel (z telesa Zn ) dostaneme soustavu rovnic
i + k j = c (mod n) i + k0 j = d (mod n)
To je nedegenerovana soustava 2 rovnic o 2 neznamych, proto pro ka
zdou dvojici (c; d) existuje prave jedno resen, neboli latinske ctverce Lk a Lk0 jsou ortogonaln.
QED
13
8
Vytvo
ruj
ci funkce
prklad Predstavme si na chvli, ze jsme tak bohat, ze mam nasleduj
pocty minc
3 5 Kc
5 2 Kc
9 1 Kc
Je rano a potrebujeme kafe, protoze jsme zase do peti psali zapoct'ak. No a
taky jsme matfyzaci, takze porad myslme na nejaky blbosti, takze nas zajma
kolika ruznymi zpusoby muzeme poskladat 11 Kc (tolik stoj to kafe).
1 + x5 + x10 + x15 1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10
1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9
To roznasobme a odpoved na nasi vsetecnou otazku je koecient u x11.
To byla povedena taskarice, tak si dame dals prklad.
prklad
Binomicka veta:
(1 + x)n =
n
X
i=0
n i
x
i
(1 + x)(1 +{zx):::(1 + x}) ... kolik bude koecient u xi ? Vybram i clenu z n
|
n
zavorek ) mam ni moznost (v i zavorkach vyberu x a v ostatnch 1). To je
take kombinatoricky dukaz binomicke vety.
Jak pracovat s nekonecnymi radami
napr.: 1 + x + x2 + x3 + ::: = 1 1 x
Vzpomnka na bezesne noci s analyzou Mejme posloupnostPa0 ; a1 ; :::
realnych csel takovou, ze ai < D1 i pro
alne, potom rada 1n=0 ai xi
D > 0 re
1
(absolutne) konverguje 8x 2 D ; D k funkci a(x). Naopak funkce a(x) na
dostatecne malem okol denuje radu a0 ; a1; ::: predpisem
ai =
a(i) (0)
i!
14
(Tayloruv polynom)
denice
Pro posloupnost fan g1n=0 denujeme vytvorujc funkci a(x) takto:
a(x) :=
8.1
1
X
n=0
an xn
Pravidla pro po
c
t
an
vytvo
ruj
c
ch funkc
Necht' fan g10 ma vytvorujc funkci a(x) a necht' fbn g1n=0 ma vytvorujc funkci
b(x)
fan + bn g1
n=0 a(x) + b(x)
fan g1
n=0 a(x)
0
1
@
0| ; 0; {z
0; :::; 0}; a0 ; a1; :::A
n
(an ; an+1; an+2; :::)
(a
a(x)
0
xn a(x)
a1 x a2 x2 +:::+an
xn
fn an g1
n=0 a(x)
0
@a0 ;
1
0| ; 0{z
; :::; 0}; a1 ; 0| ; 0{z
; :::; 0}; :::A a(xn )
n
n
1
1
0
f(n + 1)an+1 g1
n=0 a (x)
soucin c(x) := a(x)b(x)
ck =
X
i;j 0;i+j =k
15
ai bj
1
)
8.2
Fibonacciho c
sla
=
0
=
1
= Fn+1 + Fn
Tedy vytvorujc funkce Fibonacciho csel F (x) je :
F0
F1
Fn+2
F (x) =
F (x)
xF (x)
x2 F (x)
=
=
=
F0
+
F1 x
F0 x
+
1
X
n=0
Fn xn
F2 x2
F1 x2
F0 x2
+
:::
:::
:::
+
Fn xn
Fn 1 xn
Fn 2 xn
| {z }
F (x)(1 x x2 ) = F0 + (F0 + F1 )x = x
p
Denujeme dve konstanty (tzv. zlaty rez): := 1+2 5 , :=
8.3
Zobecn
en
a binomick
a v
eta
:::
:::
:::
=0
1
p5
2
x
x
A
1 x x2 = (1 x)(1 x) = 1 x + 1
To se postupne sesrotuje do tvaru
"
p !n #
p !n
1
1
+
5
5
Fn =
2
2
F (x) =
+
+
+
B
x
Necht' r 2 R, k 2 Z+0 . Potom denujeme binomicky koecient
nasledovne
r
= r1(r 1):::(r k + 1) kk >= 00
k
denice
8.4
VETA
(1 + x) =
n
n
X
r=0
r
n r
x
r
neboli vytvorujc funkce pro f n g1n=0 je (1 + x)r
D
ukaz
16
Vyjdeme z Taylora
[(1 + x)r ](n) (0) = r(r 1)(r 2):::(r
n!
n!
9
n + 1)
=
r
n
QED
Bin
arn
stromy
Pro nase skromne ucely budou stromy mt nasledujc vlastnosti:
zakorenebe - jeden vrchol je ozmacen za peknyho korena. Takovy vchol
ma exklusivn postaven
pestovany - hraje roli, jestli naslednk je levy ci pravy.
bn oznacme pocet zakorenenych pestovanych binarnch strom
u na n vrcholech.
b0 = 1 (by denition)
b1 = 1
b2 = 2
b3 = 5
bn =
Necht'
b(x) :=
1
X
n=0
nX1
i=0
bi bn
1
i
bn xn = 1 + x + 2x2 + 5x3 + :::
Pro n 1 je podle denice pocet binarnch stromu s n vrcholy roven poctu
usporadanych dvojic tvaru (B; B0), kde B , B 0 jsou binarn stromy dohromady
s n 1 vrcholy, tedy pokud B ma k vrcholu, potom B 0 ma n k 1 vrcholu.
Pocet takovych dvojic je
bn = b0 bn 1 + b1 bn 2 + ::: + bn 1 b0
To je presne podle denice nasoben vytvorujcch funkc koecient u xn 1 v
soucinu b(x) b(x) = b(x)2 , neboli koecient u xn ve funkci xb(x)2. Tedy b(x) je
vytvorujc funkc pro stejnou posloupnost jako xb(x)2 , tedy az na to, ze b0 = 1,
tedy je treba pricst jednicku. Dostaneme
b(x) = 1 + xb(x)2
17
To budeme resit jako kvadratickou rovnici s neznamou b(x). Potom jej koreny
jsou
p
1 4x
1
b(x)1;2 =
2x
p
na prvn pohled to vypada, ze mohou byt 2 resen, ale 1+ 21x 4x pro x ! 0+
diverguje, proto nemuze byt vytvorujc funkc pro fbn g1n=0.
Podle naseho dobreho prtele Taylora
1 1=2
1 1=2
X
X
(1 4x)1=2 =
( 4)n xn =
( 1)n 22n xn
n
n=0
n=0 |
n
{z
cn
}
1 (1 + c1x + c2 x2 + :::)
2x
c
bn = n+1
2
1 1 3 ::: 1
1=2 = 2 2 2 2 (n + 1) + 1 =
n+1
(n + 1)!
= ( 1)n (n +1 1)! 2n1+1 (2n 1)!!
1 ( 1)n 1 1 (2n 1)!! ( 1)n+1 22n+2 =
2
(n + 1)! 2n+1
(2n)!! = 2n (2n)! =
= 2n (2(nn + 1)!!
1) (2n)!!
(n + 1)n!2n
= n +1 1 2nn
b(x) =
...
bn =
10
Toky v s
t
ch
denice St nazveme orientovany vazeny graf G~ s vahovou funkc c :
~
E (G) ! R+0 , kde jeden vrchol je oznaceny jako zdroj z a jeden vrchol je
oznaceny jako stok s.
denice
podmnky
Tokem nazveme funkci
f
: E (G~ ) !
8e 2 E (G~ ) : f (e) c(e)
8u; v 2 V (G~ ) : f (uv) = f (vu)
"Kirchhouv zakon":
X
8v =
6 z; s :
f (xv) =
~ );xv2E~
x2V ( G
18
R+0
splnujc nasledujc
X
~ );vx2E~
x2V (G
f (vx)
Velikost toku denujeme jako
X
w(f ) =
~ );zx2E~
x2V (G
f (zx)
X
~ );xz2E~
x2V ( G
f (xz )
denice R ezem nazveme mnozinu R E (G~ ) takovou, ze v G~ nR neexistuje
orientovana cesta ze z do s. Kapacitu rezu potom denujeme c(R) = Pe2R c(e)
denice
Necht'
elementarn rez
A V (G~ ); z 2 A; s 2= A
Potom elementarn rez je
E (A; V n A) = fxy j x 2 A; y 2 V n A; xy 2 E (G~ )g
10.1
LEMMA
Kazdy elementarn rez je rez
D
ukaz
Budeme dokazovat, ze v G~ n E (A; V n A) neexistuje orientovana cesta z z
do s.
Pro spor necht' takova cesta existuje.
v1 = z; v2 ; v3 ; :::; vk = s
Necht' i := maxfj j vj 2 Ag
Potom vi vi+1 2 E~ a dle toho, jak jsme si to denovali vi 2 A a vi+1 2= A, tedy
vi vi+1 2 E (A; V n A) a zaroven vi vi+1 2 E (G~ ) n E (A; V n A) a to je spor.
QED
10.2
LEMMA
8F E (G~ ) rez 9A V z 2 A s 2= A : E (A; V n A) F
D
ukaz
19
Necht' A := fx j v G~ n F existuje orientovana cesta ze zdroje do stokug
z 2 A (cesta delky 0 existuje vzdy)
s 2= A (F je rez, tedy jeho odectenm zmiz vsechny cesty ze zdroje do
stoku)
Tvrdm E (A; V n A) F .
Pro spor budu predpokladat opak.
Potom 9xy 2 E (G~ ), v 2 A, y 2= A, xy 2= F . Protoze x 2, potom existuje cesta
ze zdroje do x (v grafu G~ n F ) ) existuje i cesta do y (v G~ n F ), pak nutne mus
y 2 A - SPOR
QED
D
usledek
Kazdy minimaln rez (co do inkluze) je elementarn.
D
usledek
Kazdy rez s nejmens kapacitou je elementarn.
denice
E (U; W ) := fxy
j xy 2 E (G~ ); x 2 U; y 2 W g
8U; W V (G~ )
f (U; W ) :=
10.3
X
e2E (U;W )
f (e)
LEMMA
Necht' U V (G~ ),
Necht' z 2 U a s 2= U
Necht' W = V (G~ ) n U
Potom
w(f ) = f (U; W ) f (W; U )
D
ukaz
8u 2 U n fz; sg
X
~ );ux2E~
x2V ( G
X
zx2E~
f (ux)
f (zx)
X
~ );xu2E~
x2V (G
X
xz2E~
20
f (xu) = 0
f (xz ) = w(f )
Kdyz se to secte
0
1
B
B
X
X B
B
f
B
~
~
~) B
x
2
V
(
G
)
;ux
2
E
u2V (G
@
|
{z
(ux)
f (U;U )+f (U;W )
}
X
~)
x2V (G
|
f (xu)
{z
}
C
C
C
C
C
C
A
= w (f )
f (U;U )+f (W;U )
f (U; U ) + f (U; W ) f (U; U ) f (W; U ) = f (U; W ) f (W; U )
D
usledek
QED
8F rez plat w(f ) c(F )
D
ukaz
9A V (G~ ); z 2 A; s 2= A : E (A; V n A) F
w(f ) = f (A; V n A) f (V n A; A) f (A; V n A) 0 c(E (A; V n A)) c(F )
D
usledek
sup w(f ) Fmin
c(F )
rez
f tok
denice Necht' G~ je orientovany graf a necht' f je tok. Nenasycenou cestou
od u k v nazveme cestu
u = v1 ; v2 ; v3 ; :::; vk = v;
kde
8i = 1; :::; k 1 vi ci+1 2 E~ ) f (vi vi+1 ) < c(vi vi+1 )
vi+1 vi 2 E~ ) f (vi+1 vi ) > 0
Nasycena cesta je takova, ktera nen nenasycena
denice f
10.4
f
je nasyceny , neexistuje nenasycena cesta ze zdroje do stoku.
VETA
je maximaln , f je nasyceny
)
21
Tuto implikaci budeme dokazovat neprmo, tedy jako "f nenasyceny) f nen
maximaln."
To znamena, ze existuje nenasycena cesta ze zdroje do stoku. Nazveme ji P
Necht' k1 := minfc(e) f (e) j e 2 P a je orientovana po smeru P g
Necht' k2 := minff (e) j e 2 P a je orientovana proti smeru P g
Potom necht' k := minfk1; k2g
8
e 2= P
< f (e)
f 0 (e) := f (e) + k e 2 P; or: po smeru P
:
f (e) k e 2 P; or: proti smeru P
je f tok?
nikde neklesne tok po dane hrane pod 0 (protoze zrovna na tohle si
davame bacha)
{ stejne tak si davame pozor, aby nikde tok po hrane neprekrocil kapacitu.
{ zbyva proverit "Kirchhoovy zakony". Pro kazdy vrchol P mohou
nastat 4 situace podle smeru hran na ceste P . Ani jedna z nich
nevede k porusen rovnovahy pritekajcho a odtekajcho materialu.
w(f 0 ) = w(f ) + k > w(f ) ) tok nebyl maximaln, nalezli jsme tok oste
vets
{
(
Necht' A := fx |9 nenasycena cesta ze zdroje do xg
z 2 A (cesta nulove delky existuje vzdy)
s 2= A (z denice nenasyceneho toku)
Tvrdm
8e 2 E (A; V n A) : f (e) = c(e)
Necht' e := xy, x 2 A, x 2= A. Potom existuje nenasycena cesta ze zdroje do
x. Kdyby f (e) < c(e) potom mohu prodlouzit cestu (z ! x) o hranu e a razem
existuje nenasycena cesta ze zdroje do y. To je spor s denic A.
QED
Stejne tak se dokaze
8e 2 E (V n A; A) : f (e) = 0
D
usledek
w(f ) = f (A; V n A) f (V n A; A) = c(A; V n A)
) c(A; V n A) = min c(R)
R rez
) w(f ) = Gmax
w(G)
tok
22
0 = c(A; V n A)
~ (e) 2 Z+0 ) existuje celocselny maximaln
Pokud 8e 2 Gc
Celocselne kapacity
tok.
D
ukaz algoritmem
1. f 0
2. Dokud existuje nenasycena cesta P ze zdroje do skoku
f f =f +e g
3. return f
D
ukaz spravnosti algoritmu
indukc podle poctu pruchodu dokazeme, ze f je po celou dobu behu tok.
Stejne tak sporem dokazeme, ze v prpade, ze skonc algoritmus, je tok maximaln.
A poslednm krokem je si uvedomit, ze algoritmus mus skoncit, ponevadz kapacity jsou celocselne.
10.5
Existence maxim
aln
ho toku
Ocslujeme si hrany E := fe1; e2; :::; em g,
Potom tok f := (f (e1); f (e2); :::; f (em )) 2 Rm ,
Neboli f je bod v Rm
Necht' F Rm je mnozina toku a chceme dokazat, ze je kompaktn.
F
Zavedeme zobrazen Fu : Rm ! R
X
Fu (f ) :=
m
Y
i=1
x2V;ux2E~
h0; c(ei )i
f (ux)
X
x2V;xu2E~
f (xu)
Projekce f ! f (ei ) je spojita. Linearn kombinace konecneho poctu spojitych
zobrazen je spojita, tedy 8u 2 V zobrazen Fu je spojite.
Fz (f ) = w(f ) ) velikost toku w(f ) je spojita.
8u : F0 1 (0) je uzavrena mnozina (obraz uzavrene).
0
F =\
1
B
B
1
u6=z;s B
u
BF
@| {z
(f0g}) \
uzavrena
m
Y
0 ( )
C
C
C
C
A
h ; c ei i
i=1
|
{z
}
uzavrena i omezena
F je uzavrena a omezena v euklidovskem prostoru, tedy je kompaktn a w je
spojita ) nabyva na F maxima ) existuje maximaln tok.
23
11
Hamiltonovsk
a kru
znice
denice Necht' G = (V; E ) je graf. Kruznice C se nazyva hamiltonovska,
pokud je podgrafem G a prochaz vsemi vrcholy G.
denice
kruznici.
11.1
Graf G se nazyva hamiltonovsky, pokud obsahuje hamiltonovskou
VETA
Rozhodnout, zda G je hamiltonovsky, je NP-uplny problem.
11.2
LEMMA
Necht' G = (V; E ) je graf.
Necht' u; v 2 V (G).
Necht' uv 2= E a navc deg u + deg v jV j
Potom
G ma hamiltonovskou kruznici
,
G + fuvg ma hamiltonovskou kruznici
D
ukaz
(
Trivialn
Mejme hamiltonovskou kruznici C v grafu G0 = G + fuvg
C neobsahuje uv, potom tvrzen plat trivialne
C obsahuje uv.
Ocslujme vrcholy na kruznici u = u1; u2; :::; un = v
Necht'
A := fi : uui 2 E g
B := fi + 1 : vui 2 E g
Potrebujeme A \ B 6= ;. Potom
9i : ui v 2 E &ui+1 u 2 E
Vme
A f2; :::; n 1g
24
)
B f3; :::; ng
mnozinach se vysytuje n 1 prvku a podle predpokladu deg u+deg v jV j.
jB j jA [ B j jV j jA [ B j jV j jV j + 1 1
jA \ B j = |{z}
jAj + |{z}
deg u
deg v
Potom lze vytvorit hamiltonovskou kruznici
u = u1 ; u2 ; :::; ui ; v = un ; un 1 ; :::; ui+1 ; u1
QED
11.3
Diracova v
eta
Necht' G = (V; E ) je graf. Necht' 8v 2
hamiltonovskou kruznici.
V
: deg v jV j ,
2
potom
G
ma
D
ukaz
8u; v 2 V , kde uv 2= E pridame do grafu hranu uv. Takto postupne
dostaneme uplny graf. Ten urcite hamiltonovskou kruznici ma. Dale vsechny
nove pridane hrany splnuj predpoklady predchozho lemma, proto i puvodn
graf hamiltonovskou kruznici ma.
QED
Jine znen Diracovy vety
Necht' G = (V; E ) je graf.
Necht' 8u; v 2 V , uv 2= E : deg u + deg v jV j.
Potom G je hamiltonovsky.
D
ukaz
11.4
z lemma stejne jako predchoz znen Diracovy vety.
Chv
atal
uv uz
av
er
Mame graf G0 = (V; E0)
Dokud 9u; v 2 V , uv 2= Ei a deg u + deg v jV j, tak
Gi+1 = (V; Ei+1 ), Ei+1 = Ei [ fuvg
i := i + 1
Z lemma plyne, ze vysledny graf Gk = [G] ma hamiltonovskou kruznici prave
kdyz ji ma G0.
otazka
Vyda algoritmus vzdy stejny graf bez ohledu na porad hran?
25
odpoved' Necht' jeden beh algoritmu prida hrany v porad e1 ; e2 ; :::; ek
(vznikne tak graf G0).
Necht' jiny beh algoritmu prida hrany v porad f1; f2; :::; fl (vznikne tak graf
G00 )
Necht' G0 6= G00
Vezmeme nejmens i takove, ze fi nen v G0
Protoze f1; f2; :::; fi 1 jsou G0 a fi := fu; vg a deg u + deg v jV j v grafu
G + f1 + f2 + ::: + fi 1 , potom deg u + deg v jV j vgrafu G0 . Ale to je spor,
protoze za techto podmnek muzeme do grafu G0 fi pridat.
Tedy Chvataluv uzaver je denovan jednoznacne.
11.5
Probl
em obchodn
ho cestuj
c
ho (TSP)
Mame uplny graf a vahy na hranach w : V2 ! R a hledame minimaln
hamiltonovskou kruznici.
Pokud vahy jsou nezaporne a splnuj trojuhelnkovou nerovnost, pak lze pomerne
uspesne priblizne algoritmy. Potom nalezneme kruznici, ktera ma nejvyse dvakrat
vets vahou nez ta nejleps (lze zlepsit na 3=2)
2-aproximacn algoritmus pro TSP
1.
2.
3.
4.
Nalezneme minimaln kostru uplneho grafu.
Kazdou hranu nahradme dvema orientovanymi hranami (obema smery)
Kostru "obejdeme" po obvodu (napr. jako prohledavan do hloubky)
udelame "zkratky" - obchazme kostru, ale do kruznice pridavame pouze
"nove" vrcholy
pozorovan 1 vaha libovolne hamiltonovske kruznice vaha minimaln
kostry, protoze hamiltonovska kruznice bez hrany je take kostra.
pozorovan 2 Krok 4. (zkratky) nezvets vahu prochazky (to plat dky
predpokladu trojuhelnkove nerovnosti).
pozorovan 3
12
Z pozorovan 1 je vaha pocatecn prochazky 2 OP T
QED
Syst
emy r
uzn
ych reprezentant
u a Hallova v
eta
denice
znacen
Mnozinovy system
M = (Mi ; i 2 I )
X = [i=I Mi
26
denice
System ruznych reprezentantu je proste zobrazen.
f : I ! X t:z: 8i 2 I; f (i) 2 Mi
Mnozinovy system odpovda bipartitnmu grafu
G(M) = (I [ X; fixjx 2 Mi ; i 2 I g)
SRR je parovan velikosti jI j
poznamka
denice F
12.1
E (G) je parovan, pokud e \ f = ; 8e 6= f 2 F
Hallova v
eta
M = (Mi ; i 2 I ) ma system ruznych reprezentantu
,
8J I :
[
i2J
Mi jJ j
(Hallova podmnka)
D
ukaz
")"
Necht' f je system ruznych reprezentantu.
[
ff (i); i 2 J g Mi
i 2J
a protoze f je prosta
jJ j = jff (i); i 2 J gj [
i2J
Mi "("
Pro M plat Hallova podmnka
G = (fz; sg [ I [ X; fzi j i 2 I g [ fix j x 2 Mi ; i 2 I g [ fxs j x 2 X g)
c1
z; s jsou zdroj a stok.
maximaln velikost toku = minimaln kapacita rezu
|
Nyn je treba dokazat, ze (HP) ) miniman kapacita rezu je jI j
27
|
Necht' R~ E~ je rez
) existuje rez R fzi j i 2 I g [ fxs j x 2 X g t.z. c(R~ ) c(R)
Necht' rez R obsahuje hranu z prostredn hladiny
R~ := R n fix j x 2 Mi g [ fzi j ix 2 R pro nejake xg
To je rez a navc jsme se zbavili hran v prostredn hladine.
c(R~ ) = jR~ j jRj = c(R)
Necht'
A = fi j zi 2 R~ g
B = fx j xs 2 R~ g
V G n R~ neexistuje cesta z I n A do X n B , jinak by R~ nebyl rez. Tedy
[
i2I nA
Mi B ) jB j [
(HP )
M
i
i2I nA
jI n Aj
c(R) jR~ j = jAj + jB j jAj + jI j
j Aj = j I j
Z vety o maximalnm toku a minimalnm rezu existuje tok f 2 ZjEj , w(f ) = jI j
8e 2 E 0 f (e) 1 ) f (e) 2 f0; 1g
8i f (zi) = 1, plat Kirchhofuv zakon, takze
8i 9xi : f (ixi ) = 1 a pro i =
6 j mus byt xi =
6 xj , tedy
g : I ! X g(i) = xi je SRR
QED
12.2
VETA
Necht' G = (A [ B; E ) je bipartitn graf (o partitach A a B ) s alespon dvema
hranami.
Necht' deg u deg v 8u 2 A & 8v 2 B
Potom existuje parovan velikosti jAj
D
ukaz
Necht' k := maxv2B deg v, potom k minu2A deg u a k 6= 0
Utvorme mnozinovy system
I=A
Mu = fv j uv 2 E g = NG (u)
28
Ukazeme, ze (Mu; i 2 I ) ma SRR.
Neboli, ze je splnena Hallova podmnka
8J A :
[
u2J
[
u2 J
Mu jJ j
Mu = NG (J )
To indukuje graf G[J [ NG (J )]. Kazdy vrchol z J ma stupen k a kazdy vrchol
z NG (J ) ma stupen k
k jNG (J )j jE (G[J [ NG (J )])j k jJ j
k 6= 0, lze jm kratit
jNG (J )j jJ j
QED
D
usledek
jV j).
likosti
Kazdy regularn bipartitn graf ma perfektn parovan (tzn. ve-
2
denice
Latinsky obdelnk
L 2 f1; 2; :::; ngkn
Lij 6= Lij 0
12.3
& Lji 6= Lj0i 8i 8j 6= j 0
VETA
Kazdy latinsky obdelnk L o velikosti k n,
ctverec.
k <n
lze doplnit na latinsky
D
ukaz Stc dokazat LO(k; n) ! LO(k + 1; n)
Vezmu mnozinovy system M z mnozin Mi
Mi := f1; 2; :::; ng n fLji j j = 1; :::; kg
Podle techto Mi vytvorm bipartitn graf, kde jedna partita budou f1; 2; :::; ng
a druha Mi . Tento graf bude (n k)-regularn, tedy ma perfektn parovan, a
proto (Mi ; f1; 2; :::; ng) ma system ruznych reprezentantu.
Podle nejakeho SRR tohoto systemu obdelnk zvetsm
QED
13
M
ra souvislosti grafu
denice
Hranovym rezem nazveme F E (G) tz. G n F je nesouvisly.
29
denice
Vrcholovym rezem nazveme A V tz. G[V n A] je nesouvisly.
pozorovan
Kazdy graf s alespon dvema vrcholy ma nejaky hranovy rez.
pozorovan
Kazdy graf, ktery nen uplny, ma nejaky vrcholovy rez.
I
UPOZORNEN
denice
Nadale budeme predpokladat, ze jV j 2 a G je souvisly
Hranova souvislost grafu
Ke (G) :=
min
jF j
F E (G);F hr: rez
Vrcholova souvislost grafu
plny
AV (G);A vr: rez jAj G nen{ u
Kv (G) := jmin
V (G)j 1
G je uplny
denice R ekneme, ze G je hranove (vrcholove) k-souvisly, jestlize Ke (G) k (Kv (G) k)
denice
13.1
LEMMA 1
Kazdy (co do inkluze) minimaln hranovy rez rozdel graf na prave dve komponenty
D
ukaz
Necht' F E je rez a pro spor necht' G n F ma alespon 3 komponenty
souvislosti C1; C2; :::; Ck .
F 0 = F \ fxy j x 2 C1 ; y 2 V n C1 g
F 0 F je rez mens velikosti.
QED
poznamka
13.2
Pro vrcholovou souvislost to neplat.
LEMMA 2
Necht' A V (G) je (co do inkluze) minimaln vrcholovy rez grafu G.
Necht' C1 ; C2; :::; Cl (l 2) jsou komponenty souvislosti G[V n A].
Potom
8x 2 A 8i 2 f1; :::; lg 9vi 2 Ci : xvi 2 E
30
D
ukaz
Kdyby 9x 2 A 9i t.z z x do Ci nen hrana, potom mohu vratit x do grafu
a graf stale zustane nesouvisly.
QED
13.3
LEMMA 3
8e 2 E (G) Ke (G) 1 Ke (G n e) Ke (G)
D
ukaz
hranova souvislost velikost nejmensho hr. rezu
13.4
QED
LEMMA 4
8v 2 V (G) Kv (G) 1 Kv (G[V n v])
D
ukaz
G je uplny, pak Kv (G) = n 1, Kv (G[V n v]) = n 2.
G nen uplny a G[V n v] non plus. Potom necht' jAj = Kv (G[V n v]) je rez.
Kv (G) jAj + 1 = Kv (G[V n v]) + 1
G nen uplny, G[V n v] je uplny
Kv (G[V n v]) = n
Kv (G) n
Top plat.
2
1
QED
13.5
LEMMA 5
8e 2 E (G) Kv (G) 1 Kv (G n e) Kv (G)
D
ukaz
31
Druha nerovnost je zrejma. Dokazovat budeme tu prvn
G0 = G n e nen jiste uplny (G = G0 + e). Dokazeme
Kv (G0 + e) Kv (G0 ) + 1
Necht' A je minimaln rez jAj = Kv (G0). Pridame hranu
ja \ Aj 1 - mezi komponentami takto nemuze vzniknout spojen
) Kv (G0 + e) jAj = Kv (G0 )
je \ Aj = 0, potom 9i Ci , potom stejne jako predchoz
e spojuje 2 komponenty (BU NO C1 a C2 )
{ komponent je 3 ) A je rez v G0 + e
{ komponenty jsou dve
jC1 j 2, potom A [ fxg je rez
Kv (G0 + e) jAj + 1 jAj + 1 Kv (G0 ) + 1
jC2 j 2 symetricky
jC1 j = jC2 j = 1, jV j = 2, tedy
Kv (G0 + e) jAj + 1 = Kv (G0 ) + 1
13.6
QED
VETA
Pro kazdy graf:
Kv (G) Ke (G)
D
ukaz
Necht' F je hranovy rez jF j = Ke (G)
Necht'
G0 := G n F ) Kv (G0 ) = Ke (G0 ) = 0
Podle LEMMA 5 Kv (G0 + e) Kv (G0) + 1.
Oznacme si hrany F : F := fe1; e2; :::; ejF j g
Kv (G0 + e1 ) Kv (G0 ) + 1
Kv (G0 + e1 + e2 ) Kv (G0 + e1 ) + 1 Kv (G0 ) + 2
...
Kv (G0 + e1 + ::: + ejF j ) = Kv (G) Kv (G0 ) + jF j = Ke (G)
32
QED
13.7
VETA
(Ford-Fulkerson)
Graf G je hranove k-souvisly , 8u 6= v 2 V (G) existuje alespon k hranove
disjunktnch cest z u do v
D
ukaz
"("
Vezmeme F nejmens hranovy rez (jF j = Ke (G))
G n F je nesouvisly
Zvolme u, v v ruznych komponentach souvislosti G n F
V G kazda z u do v obsahuje nejakou hranu z F .
Podle predpokladu existuje k disjunktnch cest z u do v, a proto v F mus byt
alespon k hran.
")"
Ke (G) k, vezmeme u, v z grafu a udelejme z nich zdroj a stok a vyrobme st'.
vecG (V (G); fxy;
~ yx
~ j xy 2 E (G)g)
z = u; s = v; c 0
Vme, ze velikost maximalnho toku je velikost minimalnho rezu.
R rez v sti
F = fxy j xy
~ 2 R or yx
~ 2 R g
F je rez v p
uvodnm grafu G, protoze G n F neexistuje cesta z u do v.
) jF j Ke (G) k
c(R ) = jR j = jF j k
) existuje celocselny tok s w(f ) k
f (xy
~ ) 2 f0; 1g w(f ) k
QED
13.8
Mengerova v
eta
Graf G je vrcholove k-souvisly , u 6= v 2 V (G) existuje alespon k vrcholove
disjunktnch cest z u do v
D
ukaz
G = Kn k = n 1
"("
Necht' A je vrcholovy rez, u, v v ruznych komponentach G[V n A]. Mame
k vrcholove disjunktnch cest, tedy kazdy vrchol prerus maximalne jednu
cestu ) k-souvislost.
33
")"
Kv (G) k u; v 2 V (G)
1. uv 2= E (G)
G0 = (V (G) [ V 0 (G) n fu0 ; vg; fx0 x; xy0 j x 2 V (G) n fu; vg; xy 2 V (G); y 6= u; x 6= vg)
z = u, s = v , c 1
8R rez v sti 9R~ rez
R~ fx0 x j x 2 V (G)g a c(R~ ) c(R )
R~ = fx0 x j 9xy0 2 R &x 6= ug [ fy0 y j yy0 2 R g
uv 2= E , c(R~ ) = jR~ j jR j = c(R )
A = fx j x0 x 2 R~ g V (G) n fu; vg
A je vrcholny rez v G
jAj k ) c(R ) jR~ j = jAj k
existuje celocselny tok f w(f ) k
k orientovany hranove disjunktnch cest od u k v v sti.
k neorientovanych vrcholove disjunktnch cest v G od u k v
2. uv 2 E
G = G n uv
Kv (G ) Kv (G) 1 k 1
Podle 1: v G vede k 1 disjunktnch cest z u do v a uv je k-ta
QED
13.9
U
sat
e LEMMA
Kazdy vrcholove dvousouvisly graf lze vytvorit z libovolne jeho kruznice pridavanm
us.
Bez d
ukazu
13.10
LEMMA o kontrakci
Necht' G, jV j 5 a Kv (G) 3 ) 9e 2 E (G) :
D
ukaz
34
Kv (G:e) 3
pro spor predpokladejme, ze 8e : G:e nen 3-souvisly
Necht' vrchol xe vznikne z hrany e kontrakc.
Nutne xe 2 A, jinak by totiz A byl rez velikosti 2 v grafu G
8e 9ue : xe [ ue rez
Vezmeme takovou hranu xy 2 E (G) a takovy vrchol uxy , aby xy [ uxy byl rez a
to tak, aby nejvets komponenta K grafu G[V (G) n fx; y; uxy g] byla co nejvets
9z 2 K 0 uxy z 2 E (G)
) 9w : uxy ; z; w je rez G
K [ fx; yg n fug tvor souvisly graf
) A V (G:e) jAj 2
8; 2 K [ fx; yg n fwg: 9cesta od k v G n fuxy ; wg
Pokud nepouzva vrchol z, potom je to cesta G[V (G) n fz; w; uxy g], pokud
pouzva z, lze zkratit zkratkou pres hranu xy.
Tedy K [ fx; yg n fwg tvor souvisly podgraf a ma jkj + 2 1 > jkj vrcholu.
A to je spor.
QED
14
14.1
Rovinn
e grafy
LEMMA 1
Graf G v 2 V (G), e 2 E (G) ) 9rovinne nakreslen takove, ze v (resp. e) je
nakresleno na hranici vnejs steny.
D
ukaz Kreslen do roviny kreslen na sferu.
Natocm sferu tak, aby stena s danym vrcholem obsahovala severn pol.
14.2
LEMMA 2
Necht' Kv (G) 2, G je rovinn'y.
Potom v kazdem nakreslen jsou vsechny steny grafove kruznice.
D
ukaz indukc podle usateho lemma
Zvolm si jednu kruznici, pro tu tvrzen plat.
Pridam-li ucho, potom rozdelm nejakou stenu na dve kruznice.
14.3
Kuratowsk
eho v
eta
Graf G je rovinny
,
neobsahuje delen K5 ani K3;3
35
QED
D
ukaz
)
Trivialn
Indukc podle poctu vrcholu
n 4 OK
n n 1n5
{ Kv (G) = 0
(
G = G1 [_ G2 [_ :::[_ Gk
8i : V (Gi ) V (G) a navc neobsahuje delen K5 ani K3;3 , tedy
podle indukcnho predpokladu jsou Gi rovinne. Tedy i G je rovinny.
{ Kv (G) = 1 neboli existuje jednovrcholovyrez fvg
Po odebran v se graf rozpadne na komponenty C1 , C2, ..., Ck
Necht'
G1 := G[C1 [ fvg]
G2 := G[C2 [ C3 [ ::: [ Ck [ fvg]
V (G1 ) < V (G), V (G2 < V (G)), ani jeden z novych graf
u neobsahuje
delen K5 ani K3;3, tedy dle indukcnho jsou G1 i G2 jsou rovinne.
Oba dva take maj nakreslen, ve kterem je v na hranici vnejs steny.
Potom lze tyto dva grafy slepit.
{ Kv (G) = 2 se dokaze podobne. Do graf
u je jenom potreba pridat
hranu uv (kde fu; vg je rez) a pouzt druhou verzi lemma 2 (s hranou
msto vrcholu).
Dale je treba ukazat, ze pridanm uv nevzniklo delen K5 ani K3;3.
Zajmavy je jedine prpad, kdy nove vznikle delen pouzva uv, potom
bych ale mohl uv v delen nahradit cestou v druhem grafu a mel bych
delen v G. Takze to nen mozne.
{ Kv (G) 3
G ma 5 vrchol
u, takze podle lemma o kontrakci 9e = xy: G:e je
3-souvisly.
jV (G:e)j < jV (G)j
Potom stac dokazat, ze G:e neobsahuje delen K5 ani K3;3.
Pokud by G:e obsahoval delen K3;3, pak by delen K3;3 obsahoval i
G.
Pokud by G:e obsahoval delen K5, pak G by musel obsahovat delen
K3;3 nebo delen K5
Tedy G:e je rovinny.
QED
36
15
Maxim
aln
p
arov
an
denice
Parovan v grafu G je F E (G) t.z. 8e 6= f 2 F : e \ f = 0.
Parovan je perfektn, pokud jF j = jV (2G)j
k-faktor je F E (G), (V (G); F ) je k-regularn.
G je k-faktorizovatelny, pokud E (G) = E1 [_ E2 [_ :::[_ Ek t.z 8i : Ei je k-
faktor
15.1
Tuttova v
eta
Graf G ma parovan parovan
,
Plat Tuttova podmnka
8A V (G) : cl (G[V (G) n A]) jAj
ce (H ) je pocet komponent grafu H s lichym poctem vrchol
u
D
ukaz
)
Pokud graf ma perfektn parovan, potom se z kazde komponenty s lichym
poctem vrcholu mus jeden vrchol vyparovat s A, proto techto komponent
nemuze byt vce nez jAj. Tedy plat Hallova podmnka
(
pozorovan
(T P ) ) jV (G)j 0 mod2
Vezmu A = ;, potom ce 0, tedy ma jen komponenty sudeho poctu vrcholu )
ma sudy pocet vrcholu
pozorovan
G splnuje (TP) ) G + e splnuje (TP)
Rozebereme prpady podle nalezen e do cast grafu
e \ A 6= 0 ) po odstanen A stejne zmiz
e je v komponente s lichym poctem vrcholu - nezajmavy prpad
e vede mezi sudymi komponentami nebo sudou a lichou, potom
cl (G[V (G) n A]) = cl ((G + e[V (G) n A])) jAj
e vede mezi lichymi komponentami, potom 2 liche ! 1 suda
cl (G[V (G) n A]) + 2 = cl ((G + e[V (G) n A]) jAj
37
pozorovan G splnuje (TP), G = Kn ) G ma perfektn parovan Vetu
samotnou budeme dokazovat indukc podle poctu hran m (bude to indukce
obracena)
m = n2
G = Kn a potom podle predchozho pozorovan G ma perfektn parovan,
jestlize splnuje (TP). (Jestlize ji nesplnuje, potom PP neobsahuje urcite).
Pokud n 0 mod2, potom (TP) splnuje, pokud n je liche, tak urcite
parovan neexistuje
m m+1
Mame graf G, jE (G)j = m, plat TP, G nen uplny.
8e 2= E (G): G + e ma m + 1 hran a podle IP plat
(TP) pro G + e ) G + e ma perfektn parovan
W := fx j 8u 2 V (G) n X : ux 2 E (G)g
{ G n W je disjunktn sjednocen uplnych graf
u
) G ma perfektn parovan
cl (G n W ) jW j (TR) pro A = W
{ Graf G n W nen disjunktn sjednocen uplnych graf
u
Dokazeme tvrzen
H nen disjunktn sjednocen uplnych graf
u
,
K1;2 H
Implikace ( dokazeme neprmo a to velice jednoduse. Pokud H je
DSU G, pak urcite nemuze obsahovat K1;2 .
Implikace ): 9 komponenta K , ktera nen uplna (ale stale je souvisla). Potom 9x; y 2 K : xy 2= E (G). Vezmu nejkrats cestu z x do
y a na n nezmu 3 po sobe jdouc vrcholy a to je K1;2
|
Tedy mame G, W , G n W nen DSU G, tedy 9x; y; s 2 V : xy 2=
E; xs; ys 2 E a s 2= W ) 9t : st 2= E .
Podvejme se na G + xy, ten ma parovan M1.
BU NO necht' xy 2 M1 , jinak jsme hotovi.
Take G + st ma perfektn parovan (M2 ), opet BU NO st 2 M2
G + fxy; stg ma perfektn parovan M1 ; M2 .
Necht' M := M1 M2 , potom M je disjunktn sjednocen cyklu a
izolovanych vrcholu.
Necht' C je komponenta (V (G); M )
st 2= C
F := (C \ M2 ) [ (M1 n C ) je PP v G
st 2 C
Necht' C1 je cesta z x do s a C2 je cesta z t
M2 ) [ (C2 \ M1 ) [ fxyg [ (M1 n C )
38
do y. I := (C1 \
QED
15.2
Petersenova V
eta
Kazdy 3-regularn graf bez mostu ma perfektn parovan
D
ukaz
Chci dokazat, ze plat (TP)
Z kazde liche komponenty vede do A, pokud by byla jedina, pak by byla most,
proto mus byt alespon dve.
2 hrany do liche komponenty vest take nemuzou, protoze pak by v komponente
nebyl splnen princip sudosti.
Tedy do kazde liche komponenty vedou alespon 3 hrany z A
3jAj jE (A ! licha komponenta)j 3cl (G n A) ) jAj cl (G n A)
QED
16
Edmonds
uv algoritmus na maxim
aln
p
arov
an
G je graf, M
denice
16.1
M
E (G) je jeho parovan
...v 2 V (G) : degM v = 0
je cesta v0 v1:::vk , kde 8i : v2iv2i+1 2= M a v2i+1v2i+2 2 M
je takova strdava cesta, ktera konc na volnych vrc-
voln
y vrchol
st
r
dav
a cesta
voln
a st
r
dav
a cesta
holech.
LEMMA
je maximaln parovan , neexistuje volna strdava cesta
D
ukaz
Dokazeme, ze 9V SC ) M nen nejvets
M 0 = (P n M ) [ (M n P ) = P M
To je opet parovan a je vets
39
")"
"("
Dokazeme taktez neprmo
9M 0 parovan jM 0 j > jM j
M~ = M M 0
Potom M~ (V (G); M~ ) je disjunktn sjednocen kruznic, cest a izolovanych vrcholu.
Kruznice se sestava ze stejneho poctu hran z techto parovan, to plat i pro cesty
sude delky. jM 0j > jM j, proto mus existovat cesta, kde M 0 bude mt vce hran
a tato cesta je volna strdava cesta
QED
16.2
LEMMA
Necht' G je graf a M parovan
Necht' existuje licha kruznice delky 2k + 1 v G obsahujc volny vrchol
jM \ C2k+1 j = k
Potom
M je nejvets parovan v G
, M n C2k+1 je nejvets v G n C2k+1
Bez d
ukazu
Edmondsuv les pro dany graf G a parovan M je takovyto les
na urovni V0 jsou vsechny volne vrcholy
z vrcholu V2i vedou neparovac hrany do V2i+1
z kazdeho z vrcholu V2i+1 vede prave jedna parovac hrana do V2i+2
muze zbyt palouk G n les
denice
pozorovan
Z palouku muze vest jen neparovac hrany do vrcholu V2i+1
pozorovan
V ramci palouku jsou vsechny vrcholy sparovane.
Edmonds
Vstup: (G; M ), Vystup M 0 nejvets parovan
1. Vybuduj Edmondsuv les
2. Jestlize existuje hrana mezi sudymi hladinami ruznych stromu ) VSC
podle n zvets parovan ! M 0, vydej M 0 a skonci.
40
3. Jestlize existuje hrana mezi sudymi hladinami tehoz stromu ) najdi
~ M~ , Edmonds(G~ , M~ ) ! M~ 0
kvetinku, kontrahuj G;
0
Jestlize jM~ j = jM~ j, vydej M 0 = M
Jestlize jM~ 0j > jM~ j, z M~ 0 dekoduj M 0 a vydej
4. Nen-li hrana mezi sudymi hladinami, vydej M
Cely algoritmus na nejvets parovan
M=0;i=0
while (i==|M|)
{
M=Edmonds(G, M);
i++;
}
return M
17
Ramseyova teorie
8n 9N : jV (G)j = N : (G) n _ !(G) n
41