Grafteori. Engelsk svensk ordlista. Isomorfi av grafer

Transkript

1 Grafteori Engelsk svensk ordlista Terminologin är dåligt standardiserat, såväl den svenska som den engelska! vertex (pl.vertices) = nod, hörn edge = båge, kant loop = ögla adjacent vertices = grannar adjacency matrix = grannmatris Godtycklig "väg genom" grafen : walk = väg,vandring Väg som inte passerar samma nod flera gånger, utom möjligen att startnod = slutnod : path = stig, enkel väg, elementär väg Väg som inte använder samma båge mer än en gång: trail =?, väg, enkel väg cycle = cykel Enklast att explicit påpeka om noder/bågar inte får upprepas i de fall detta är väsentligt! planar graph = planär graf 1. Vilket är det största resp. minsta antalet bågar som en öglefri sammanhängande graf med n noder kan ha?. Är det möjligt att en öglefri graf har precis fyra noder, med grad 1,, 3 resp. 4? 3. Ge exempel på en öglefri sammanhängande multigraf, som uppfyller villkoret i föregående fråga. Isomorfi av grafer Isomorfa grafer kallas grafer som kan överföras i varandra genom att bara byta beteclning på noderna (iso=samma, morf=form). Se Chen sid.17- och gör ev. övning 17.3 där först. 4. Rita två icke-isomorfa grafer med gradföljder,,, 1, Visa att noderna i ena grafen kan paras ihop med noderna i den andra, så att noder i samma par är av samma grad, men att graferna ändå inte är isomorfa A B D E F C 1

2 Leighton & Rubinfeld, Problem Set 4, Problem 3. Modifierad numrering för att förenkla uttrycken. Fallet n =7: 4 3 Grafen G har n noder numrerade 0, 1,,..., n 1, och det gäller att noder i och j är grannar då och endast då i j ±1 eller n mod n Ange avståndet från nod 0 till nod k, för varje k {0, 1,..., n 1} 7 0 Lösning: Att vi räknar modulo n gör det lämpligt att placera noderna längs en cirkel. i j ±1 för intilliggande noder, i j n för "mitt emot-liggande" noder. Fallet n =6. 8 Avstånd från 0 till , 13, 7 : 1, 1, 6, 8 : 3, 11, 5, 9 : 3 4, 10 : Avstånd från 0 till 8 9 1, 11, 6 : 1, 10, 5, 7 : 3, 9, 4, 8 : 3 Allmänt för jämna n Avståndet från 0 till k k, för 0 k n/ = 1+ n k för n/ <k<n n/ n k för n n/ k<n Allmänt för udda n Avståndet från 0 till k k, för 0 k (n +1)/ = 1+ n k för (n +1)/ <k<n (n +1)/ n k för n (n +1)/ k<n Skillnaden i uttrycken är att n Definiera Då är då n jämnt ersätts av n +1 då n udda dxe = det största heltalet som är x l n m ½ = n/, då n jämnt (n +1)/, då n udda och formlerna för de två fallen kan samnmanfattas k, för 0 k dn/e = 1+ n k för dn/e <k<n dn/e n k för n dn/e k<n Grafens diameter = största avståndet från en nod till en annan = största avståndet från nod 0 till någon annan l n m =

3 Kommentarer till Santos 341 card(v ) är bara en annan beteckning för V = antalet element i mängden V. (cardinality of a set = en mängds "storlek"; används företrädesvis för oändliga mängder) 350 n-dimensionella (hyper)kuben har n n 1 kanter: Kanter går endast mellan hörn, vars koordinater överensstämmer i alla positioner utom en, t.ex. (a, b, c, 0,d,e) a, b,..., e {0, 1} och (a, b, c, 1,d,e) Antalet sätt att välja position, där koordinaterna skiljer sig: n. Antalet sätt att "fylla ut" en av de övriga n 1 positionerna: st. (nolla eller etta). Multiplikationsprincipen ger nu totala antalet olika utfall av ovannämnda n val n... {z } n 1 st. 35 Inget enkelt förstaexempel! (Konfigurationen, som resonemanget bygger på, får man ju komma på själv. En problemtyp som brukar förekomma på matematiktävlingar. Hur många färger som behövs (minst) för att åstadkomma en färgning, sådan att inga två punkter på avstånd 1 får samma färg, är en känd olöst fråga, Hadwiger-Nelsons problem. Kan formuleras som frågan att bestämma det kromatiska talet för en oändlig graf: grafen med alla punkter i ett plan som noder, och där två noder är grannar med varandra omm avståndet mellan dem är =1.) Fig. 8.1 Femhörningen skall inte vara regelbunden (om nu någon skulle tro det)! Trianglarna ABD, BDF, ACE och CEG skall vara liksidiga, så ]ABF = ]ACG = 10, ej 108 som i reg. femh., AF = AG = 3FGoch ]FAG =arcsin 1/ Kanske anspelar på Edmund Landau ( ) en känd talteoretiker, som irriterade sina kollegor genom att hitta och påpeka småfel och onödiga kompikationer i deras skrifter. "Continuing this argument..." betyder att man egentligen tänker sig ett induktionsbevis. 357 Tryckfel: Skall stå,, iställetför1, 1, 1 En graf med 9 noder kan inte ha gradföljden 1,, 3,..., 9, eftersom vi här inte tillåter öglor (se mellan paragrafer 34 och 343!) och då måste (graden av en nod) (totalt antal noder) Skall stå C j iställetförd j itextochfig Observera att uträkningarna kan användas till att konstruera en graf med den ursprungliga följden som gradföljd : 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0:, 1, 1, 0, 1, 1 4, 3,,, 1, 1, 1: 4, 3,, 1, 1, 1, 6, 5, 4, 3,,, : 353 Att tänka på överfartsprocessen i termer av förflyttningar längs kanterna av en kub, kommer från förutsättn. att endast en sak i taget kan föras över. Alex Bogomolnys website har massor av matematik. Just till varg-får-kålhuvud-problemet hittar jag nu ingen kommentar, men i regel finns lösningar till problemen. 354 Här har vi också en tillämpning av lådprincipen: Om n föremål stoppas in i lådor (Här: 5 personer delas in i grupper.), måste en av lådorna innehålla minst dn/e föremål. dxe = detminstaheltaletsomär x : ex. d10/e =5, d11/e =6. 3

4 369 Många tryckfel här! I satsens formulering skall stå: n = antal noder. Bevisets första mening skall vara: Suppose G is a maximal non-hamiltonian with n 3 vertices. Definitionen av mängderna skall vara S = {v i : av i+1 E} T = {v j : v j b E} Observera att såväl S som T är delmängder av de n 1 första noderna {v 1,v,..., v n 1 }. Första meningen på sid.95 skall vara: As v n / S T, we must have S T <n. Moreover, S T =, since if v i S T, then är detsamma som Eulers polyeder formel, som de flesta har sett i kursen Klassisk geometri. Polyedrar utan hål kan "plattas till" så att man får en plan graf att räkna på: i figuren ovan, så är alla andra bågar av den typen.) Bågens ändnoder får dock ligga kvar. Man får då en graf med en båge och ett område mindre. Alltså e och f minskar, men båda med 1, så att f e är oförändrad, v är också oförändrad och därmed även v e+f. (Två olika områden som separerades av den borttagna bågen "smälter ihop".) 375 Här, till skillnad mot Eulers formel, endast enkla grafer: utan öglor / multipla bågar. Att F 1 + F F f = E 1 + E E e kan inses så här: = F 1 + F F f # bågar som gränsar till + ett område enbart (Bågarna av den senare typen bidrar med 1 till två st. F -termer.) # bågar som gränsar till två områden OBS!Formelnärsannävenförmultigrafer (öglor och multipla bågar tillåtna)! 374, induktionssteget Man behöver inte blanda in träd i resonemanget a b c Fall 1: Det finns en båge med en ändnod av grad 1 (en båge som "hänger löst"), som ab i figuren. Tag bort den bågen inkl. ändnoden. Resten är en graf medenbågeochennodmindre,menlikamånga områden, och därmed med samma värde på v e och f. Alltså har v e + f samma värde för den ursprungliga grafen som för den reducerade. Fall : Alla bågar har ändnoder av grad > 1. Då har grafen en cykel. (Starta från en nod och följ hela tiden nya bågar, så återkommer du förr eller senare till en tidigare besökt nod.) Tag bort en båge från en sådan cykel. (Efter borttagning av bågar ab och bc f e d E 1 + E E f [ev. efter omrodning] = där vi har 1:a för varje båge som gränsar till ett område, och :a för varje båge som gränsar till två områden. 375, grafer utan C 3 En viktig typ av grafer som saknarcykleravlängd3 (så att alla cykler är av längd 4) är de bipartita: Kom ihåg sats i Leighton & Rubinfeld, som säger att bipartita är precis de grafer som saknar cykler av udda längd. 376, 377 Graferna K 5 och K 3,3 ärintressantapåsåsätt att de är de "minimala" icke-planära graferna. En (svår att bevisa) sats av Kuratowski (1930) säger nämligen att en graf är icke-planer om och endast om den innehåller en delgraf som är homeomorf (se nedan) med K 5 eller K 3,3. En något annorlunda karaktärisering av Wagner (1937) säger att en graf är icke-planär om och endast om den kan kontraheras till K 5 eller K 3,3. 4

5 Homeomorfa kallas två grafer, omm de är "lika så när som på noder av grad ", varmed menas de kan överföras i varandra genom att, ev. upprepade gånger, antingen lägga in en nod på en båge: Också behandlat i kursen Klassisk geometri. 381 (Leo Mosers cirkeldelningsproblem) Intressant ur undervisningssynpunkt då den följd man får, om man räknar antalen för n =1,, 3, 4, 5 är 1,, 4, 8, 16 men fortsättningen visar sig vara inte alls vad man kanske får för sig att tro: 1,, 4, 8, 16, 31, 57, 99, 163,... eller omvänt ta bort en nod av grad och låta dess två bågar förena sig till en enda båge: Dessutom är det faktiskt inte alldeles lätt att bara rita och räkna områden, när de är många man har glädje av att kunna resonera... Kontraktion av en graf innebär att man, ev. upprepade gånger, låter två grannar, u och v, "smälta ihop" till en enda nod med bågar till alla övriga grannar till u och v : 5

6 Lösningar till Chen 17.1 Den sista följden är gradföljd för en graf: den med tre isolerade noder. Vi startar med en sådan och lägger sedan till noder (och bågar) i enlighet med räkningarna ovan : 17. n (n 1) = µ n 17.3 Om noder a, b, c bildar en triangel (en 3-cykel) i grafen G och f är en isomorfi (en funktion som α idefinitionen av isomorfism på sid.17-) mellan graferna G och H, så måste noderna f (a),f(b),f(c) bilda en triangel i grafen H. M.a.o. om två grafer är isomorfa, måste de innehålla lika många trianglar. I vårt fall har emellertid den vänstra grafen trianglar, den högra ingen. 17.4a Omöjligt: Alt.1 Summan av graderna +++3 är ett udda tal, medan Proposition 17A på sid.17-3 säger oss att denna summa skulle varit jämn. Alt.. Proposition 17B. Alt.3 (om man inte kommer ihåg några satser alls...) Totalt har vi fyra noder, a, b, c, d, varav en, säg d, av grad 3, d.v.s. d är granne med var och en av de övriga tre. Ta bort d och dess tre bågar, så skulle vi ha kvar en graf med tre noder av grad 1. Någon sådan finns inte: Att a har grad 1 innebär att a är granne med någon av b och c, säg b. Det finns alltså en båge mellan a och b och då skall a och b inte ha några ytterligare bågar. Den båge som skall utgå från c "har ingenstans att ta vägen". Alt.4 Havel-Hakimis sats (Santos 358) : 3,,, 1, 1, 1 0, 1 OBS. att den här "reduktionen" til mindre grafer kan tolkas som beskrivning av just resonemanget i Alt.3! 17.4b Omöjligt: Som Alt.3-4 i föregående problem: Tag successivt bort noder som är grannar med alla övriga, inkl. bågar. 4, 4, 4,, 3, 3, 1, 1, 0, c Som i föregående: 4, 3,,, 1, 1, 1, 0 0, 0, d Omöjligt: I en graf utan öglor och multipla bågar kan inte graden för en nod vara större än (antalet noder) Om grafen har n noder, så är endast 0, 1,,..., n 1 möjliga gradtal. Men en graf kan inte samtidigt ha en nod av grad 0 (som inte är granne med någon) och en nod av grad n 1 (som är granne med alla). Alltså finns högst n 1 st. olika alternativ till gradtal för de n st. noderna och minst två noder måste vara av samma grad (lådprincipen = pigeonhole principle) Första kolumnen ger att noder 0, 5, 8, 9 ingår i en och samma komponent ("hänger ihop"). Kolumnerna för 5, 8 och 9 innehåller inga nya noder utöver dessa, så denna komponent innehåller inga fler noder. Så tittar vi på resterande kolumner. Av kolumnerna för noder 1,, 4 och 6 framgår att dessa bildar en egen komponent. Slutligen bildar 3 och 7 en tredje komponent. Svar: 3 komponenter Se Santos, exempel a För Euler finns en väg som passerar varje båge exakt en gång, eftersom exakt två av noderna har udda grad. T.ex. följande följd av noder, som fås om man börjar i nod 3 och sedan i varje steg tar den ännu icke-passerade båge som ligger överst i kolumnen för den nod man kommit fram till, definierar en Eulerväg:

7 (Tabellen har 3 nodnummer under strecket alltså har grafen 16 bågar och vägen ovan består mycket riktigt av 16 bågar.) Det kanske mest primitiva försöket att hitta en Hamiltoncykel: Börja i nod 1 och, från den nod du befinner dig i, gå till första ännu icke-besökta granne du hittar i tabellen. Detta försök ger vägen Vi har nu fått fram cykeln som omfattar alla noder utom 1. Det skulle räcka, om vi kunde lägga in en "avstickare" till 1 mellan två intilliggande av de övriga noderna, men det går inte: 1 är granne med "jämna" noder (noder med jämnt nummer) endast, medan i den cykel vi hittat följs en jämn nod alltid av en udda nod. Närmare betraktelse av tabellen visar att detsamma gäller alla noder: Jämna noder är grannar med udda noder enbart och udda noder är grannar med jämna noder enbart. (Bipartit graf) Varje väg soim besöker alla 9 noderna exakt en gång måste därför vara av typ u j u j u j u j u där u och j står för noder med udda resp. jämnt nummer. Denna väg kan då inte slutas, utan att man besöker en jämn nod igen. Det finns ingen Hamiltoncykel. 17.8b För att få en Hamiltoncykel behöver vi en väg mellan två noder med udda nummer. Ovan hittade vi vägen Det skulle räcka med en väg mellan 1 och 9. Träd med noder av grad, menintehögre: Varje nod i K n har grad n 1, så en Eulerväg finns dåå n är udda Ordna träden t.ex. efter maximalt förekommande grad. Träd med nod av grad 5: Träd med nod av grad 4, menintehögre: 17.1 Enligt de nämnda satserna är summan av nodernas gradtal = E =( V 1) = V Mensummaninnehåller V termer och varje term är ett positivt heltal. (Inga isolerade noder.) Om alla noder hade grad, utom möjligen en som då måste ha grad 1, så skulle summan vara 1+( V 1) = V 1 Alltså finns minst två noder av grad 1. Träd med nod av grad 3, menintehögre: T.ex. om vi startar i noden längst uppe till vänster och har för system att försöka gå först åt höger och sedan neråt: Först: 7

8 bågar Sedan : Slutligen : Båge Vikt Alternativt kan här väljas a b 1 många andra... a e b f e i 1 b f e f eller i j f g 1 g h 1 g k g k 1 i j h d h d b c 3 h l 4 k l T.ex Har ingen enkel lösning på detta. Det är ett specialfall av Cayleys sats 1, som säger att antalet olika träd med n märkta noder (märkta träd, labelled trees) är n n (Här: 5 5 = 15.) "Märkningen" innebär att vi skiljer på noderna. T.ex. är följande träd isomorfa Båge Vikt Alternativt kan här väljas a b 1 e i, f g,g h, g k e i 1 f g, g h, g k f g 1 g h, g k g h 1 g k g k 1 a e b f,e f,i j, h d b f e f,i j, h d i j h d h d b c 3 h l 4 k l men som "märkta träd" räknas de som olika: Det är olika noder som sitter i mitten. Ett bevis för Cayleys sats bygger på användning av en representation av träd som kallas Prüferkoden. Se t.ex. L. Lovász & K. Vesztergombi, Discrete Mathematics, kap.10 (länk på Prims algoritm = ALG1 i Leighton & Rubinfeld Kruskals algoritm = ALG i Leighton & Rubinfeld 18.1 T.ex. trädet som byggs successivt upp av följande 1 Arthur Cayley ( ), engelsk matematiker, bl.a. pionjär inom matrisalgebra Båge Vikt Alternativt kan här väljas a b många andra... b h 1 h g 1 h n g m 1 h n m n 1 h n n o 1 o p h i p j 1 j d 1 d c 1 h i d e d e e f 1 e k k l k q 3 l r 4 8 8

9 18.4 Båge Vikt Alternativt kan här väljas b h 1 alla övriga av vikt 1 c d 1 alla övriga av vikt 1 g h 1 alla övriga av vikt 1 g m 1 alla övriga av vikt 1 m n 1 alla övriga av vikt 1 n o 1 övriga av vikt 1, utom h n d j 1 övriga av vikt 1, utom h n j p 1 övriga av vikt 1, utom h n e f 1 a b h i, d e, e k, k l, o p h i d e, e k, k l, o p d e e k, k l, o p e k k l, o p k l o p o p k q 3 l r 4 8 Euler-vägar/kretsar 6. Suppose they had decided to build one fewer bridge in Konigsberg, so that the map looked like this: Is there an Euler path? 7. For each of the networks below, determine whether it has an Euler path. If it does, find one. a) b) c) 9

10 d) 9. Kan man, utan att klippa, böja till en 10 cm lång ståltråd, så att man får alla kanterna till en kub med sidan 10 cm? e) f) 8. Without finding (or trying to find) an Euler path, determine whether the network below has any Euler paths. 10

11 Hamiltoncykler Resten av sitt liv ägnade Hamilton huvudsakligen åt att (utan framgång) försöka visa att kvaternionerna var minst lika viktiga och användbara som derivator och integraler, men 1857 roade han deltagarna i en kongress i Dublin med ett egenkonstruerat spel : Sir William Rowan Hamilton ( ) var faktiskt den förste (1833) att betrakta komplexa tal som par av reella tal (jfr Person & Böiers) och sökte sedan i tio år en liknande utvidgning av de fyra sätten till tripplar av reella tal, innan han 1843 upptäckte att det inte gick för tripplar, men (nästan) för fyrtiplar: Med två nya tal, j och k, och definitionerna i = j = k = 1 ij = k, jk = i, ki = j ji = k, kj = i, ik = j ix = xi jx = xj för reella x kx = xk går det att addera och multiplicera tal av typen t + ix + jy + kz, där t, x, y, z R Vart och ett av de 0 hörnen på en dodekaeder (som skulle symbolisera jordgloben) var märkt med namnet på någon viktig stad som Bryssel, Canton, Dehli, Zanzibar, etc. Spelet gick ut på att med start från en given stad förflytta sig längs dodekaederns kanter, så att man passerar alla städer precis en gång innan man återvänder till ursprungsstaden en "jorden runt-resa". Hamilton sålde sedanidéntillenleksaksfabrikant. 10. Hamiltons problem kan formuleras: Hitta en cykel i grafen "som vanligt", bortsett från att man måste hålla reda på ordningen vid multiplikation, när två olika av talen i, j och k är inblandade. Dessa "tal" kallas kvaternioner. som passerar varje nod exakt en gång. Finn en s.k. Hamiltoncykel. 11

12 En intressant egenskap för en graf är om den har en Hamiltoncykel eller inte. Man kan tro att det borde vara ganska lätt att avgöra med tanke på att skillnaden mellan en Eulerpromenad och en Hamiltoncykel endast tycks vara att man i princip bytt ut villkoret att gå över varje kant precis en gång mot att gå genom varje hörn precis en gång. Tyvärr verkar det vara betydligt svårare att hitta enkla kriterier som avgör om en graf har en Hamiltoncykel eller ej. Det finns (enkla) kriterier som garanterar att man har en Hamiltoncykel i en graf, men tyvärr finns det grafer som inte uppfyller dessa som ändock har en Hamiltoncykel. 11. Enligt Diracs sats (Santos 369) gäller att en graf med n noder, n 3, har säkert en Hamiltoncykel, om varje nod har grad n/. (a) Visa med ett exempel att detta villkor inte är nödvändigt. (b) Visa med ett (annat) exempel att det inte räcker att anta att nodernas grad är bn/c = heltalsdelen av n/. 1. Bevisa, förslagsvis med induktion, att för varje n har n-kuben (grafen Q n i Santos 350) en Hamiltoncykel. 13. Visa att Petersens graf (a) Hur många bågar måste H innehålla? (b) Hur många bågar minst måste den största av de tre delgrupperna H-bågar innehålla, med tanke på svaret till a)? (c) Visa att ingen H-delgrupp kan innehålla så många noder som i b) med tanke på hur grafen ser ut! The Petersen graph again. A different proof that is still based on the Pigeonhole principle (lådprincipen). This approach has an advantage of having only to consider one case. If the Petersen graph has a Hamiltonian circuit, then theedgesofthepetersengraphcanbecoloredin three colors (the edges are 3-colored if the edges are coloredin3colorsandnotwoedgeswithacommon node has the same color). Just color alternate edges of the Hamilton circuit red and white and color the edges not on the circuit blue. Hence, to show that the Petersen graph has no Hamiltonian circuit, it suffices to show that the edges of the Petersen graph cannot be 3-colored. Assume that the edges of the Petersen graph can be 3-colored. Then, by pigeonhole, the 5 outer edges must have two edges the same color, say, without loss of generality, -3 and 4-5 are red. Then edge 3-4 has a different color, say white; whence edges 3-8 and 4-9 are colored blue. Since edges 1- and 1-5 must be colored white and blue or blue and white, resp., edge 1-6 must have color red. But then edges 6-8 and 6-9 must have colors different from red (the color of 1-6) and different from blue (the color of 3-8 and 4-9). Hence both have color white, contradiction. 14. Arrange words HEN, HUT, WIT, SAW, CAR, CUB, MOB, DIM, RED and SON in a circuit, so that any two adjacent words share a letter. Repeat the same problem with the cards SON and HUT replaced by SUN and HOT. inte har någon Hamiltoncykel, förslagsvis på följande sätt: Bågarna delar vi in i tre grupper: de "yttre" 1-, -3, 3-4, 4-5, 5-1, de "inre" 6-8, 8-10, 10-7, 7-9, 9-6 samt "mellanbågarna" 1-6, -7, 3-8, 4-9, Bågarna i en ev. Hamiltoncykel H delas också in i tre grupper efter samma system. 1

13 Matchning 15. Ur en grupp på 10 lärare behöver man utse ansvariga för 5 kurser. Tyvärr är varje lärare kompetent endast för av kurserna. Vilket är det minsta resp. största antalet kurser som riskerar att stå utan lärare? 16. Konstruera stabila matchningar mellan 4 män, A, B, C, D, och 4 kvinnor, P, Q, R, S, med följande preferenslistor Lösningar 1. n = n(n 1) resp. n 1. Nej om antalet noder är n, så har alla noder grad n A B C D 1. P Q R S. Q R S P 3. R S P Q 4. S P Q R P Q R S 1. C B D A. A D B D 3. B C C C 4. D A A B (a) dels genom att låta männen uppvakta, (b) dels genom att låta kvinnorna uppvakta (c) Formulera ett nödvändigt och tillräckligt villkor för att matchningen skall hittas så här fort Konstruera en stabil matchning mellan 4 män, A, B, C, D, och 4 kvinnor, P, Q, R, S, med följande preferenslistor A B C D 1. R Q Q R. Q P S P 3. S R P S 4. P S R Q genom att låta männen uppvakta. P Q R S 1. C C C C. B B B B 3. A A A A 4. D D D D 5. Grad Noder Noder första grafen andra grafen 1 1,,3 A,B,C 4,5 E,D 3 6 F En ev. isomorfi f måste koppla ihop nod 6 med nod F och noder 4 och 5 med noder E och D. Nod 6 har emellertid båge till endast en av noderna 4,5, medan nod F har bågar till såväl E som D. 6. Here s one possible solution: 13

14 Med de 4 landområdena som noder och de 6 broarna som bågar fås en graf med gradföljden 4, 3, 3,. I och med att det finns exakt två noder av udda grad, finns en Eulerväg med dessa två som start- resp. slutpunkt. 7. a) e) b) f) c) d) 8. 14

15 9. Nej det finns 8 hörn av udda grad, d.v.s. kuben är ingen Eulergraf. 10. CDMNPQZXHJVWRSTLKFGBC 11. a) I cykelgraferna C n har varje nod grad <n/ då n 5, men de har ändå en Hamiltoncykel (grafen själv). b) Grafen P (stig med två bågar och 3 noder, a b c): Alla noderna är av grad 1=b3/c, men någon cykel finns inte. 1. Se uppgifterna om Graykoder ihäftetrekursion & induktionsbevis 15

16 13. a) 10 bågar (eftersom det är 10 noder) b) 4, eftersom 3 grupper med högst 3 bågar i varje skulle innebära högst 9 bågar i H (lådprincipen) c) Assume that the Hamiltonian circuit contains 4 edges from the external group. (Quite obviously it can t contain all 5 edges). Without loss of generality (The graph is rotationally symmetric.) we may assume that the edge 3-4 is excluded. Automatically, edges 1-6, -7, 5-10 could not be on the path, for otherwise, three egdes would meet at one of the nodes 1,, or 5. On the other hand, the egdes 3-8 and 4-9 must be a part of the circuit, for otherwise, there would not be a circuit in the first place. It follows that the circuit should contain 4 internal edges. Each of the problems is equivalent to finding a Hamiltonian path on the corresponding graph. The first one, known as the Petersen graph, has no Hamiltonian circuit, the second does. But there is no path between nodes 8 and 9 that is 4 edges long. På liknande sätt visar man att det är omöjligt med minst 4 "mellannoder" i H : Säg att bågar -7, 3-8, 4-9 och 5-10 är med i H. Båge 1-6 kan då inte vara med i H vägen skall vara sluten, så totala antalet gånger man lämnar eller går in i mängden av yttre noder {1,, 3, 4, 5} måste vara jämnt. I nästa steg följer att 1-, 1-5 och 3-4 måste vara med i H. Då behöver man återigen en väg från 8 till 9 av längd 4, som dock inte finns, som ovan konstaterat. Och så på liknande sätt visar man att det är omöjligt med 4 "inre" noder i H. 14. The first problem has no solution, the second problem does. To see why, let s create two graphs, one per problem. The words will correspond to the vertices, with two vertices connected by an edge if they share a letter antal obesatta kurser a) Klart redan efter två omgångar uppvaktningar : A P B Q C R D S b) Likaså : P C Q B R D S A c) Att uppvaktarna har alla olika toppreferenser. 17. Svar. A R B P C Q D S 16