দ্বিপক্ষীয় গ্রাফের জন্য শর্তাদি প্লেনার হওয়ার জন্য কোন প্রান্তটি শীর্ষে না ঘোরানো থাকে

Question

একটি দ্বিপক্ষীয় গ্রাফ প্ল্যানার হয় যদি এর কোনও থাকে না $K_{3, 3}$ অথবা $K_5$ অপ্রাপ্তবয়স্কদের।

আমি কোন প্রান্তকে "ঘুরতে" বেড়াতে কোন প্রান্ত ছাড়াই প্ল্যানার অঙ্কনের অনুমতি দেওয়ার জন্য প্রয়োজনীয় বা / এবং পর্যাপ্ত শর্তের সন্ধান করছি। এগুলি সন্তোষজনক অঙ্কনগুলি:

1. এক অংশের সমস্ত সূচনা একক উল্লম্ব রেখায় আঁকা। অন্য অংশের ভার্টিসগুলি একটি সমান্তরাল উল্লম্ব রেখায় আঁকা হয়।
2. প্রান্তগুলি উল্লম্ব ছাড়া ছেদ করে না।
3. প্রান্ত 1 এ দুটি লম্বালম্বী রেখার মধ্যবর্তী সীমারেখা সমস্ত।

উদাহরণস্বরূপ, নীচের ডানদিকে বাদে এখানে সমস্ত অঙ্কন অ-উদাহরণ। নীচে-বাম গ্রাফটি কিউ এবং আর এর অবস্থানের অদলবদল করে শর্তগুলি পূরণ করার জন্য পুনরায় আঁকতে পারে The

শীর্ষস্থানীয় দুটি গ্রাফই কেবলমাত্র বাধা খুঁজে পেল। আমার প্রশ্নগুলি হ'ল:

1. এই সমস্যার কোনও নাম আছে কি?
2. অন্য কোন বাধা যে আমি মিস করেছি?
3. অবশ্যই আমি নাবালক হিসাবে এই দুটি বাধা (যা কিছু মিস করেছি তার সাথে) কীভাবে প্রমাণ করতে পারি তার কোনও ইঙ্গিতগুলি প্রয়োজনীয় এবং পর্যাপ্ত।

মনে রাখবেন যে এটি বহির্মুখী হওয়ার মতো নয়, $K_{2, 2}$ বাইরের পরিকল্পনাকারী (বর্গক্ষেত্র হিসাবে আঁকতে পারে) তবে উপরে বর্ণিত শর্তগুলি পূরণ করার জন্য এটি আঁকানো যায় না cannot

Answer 1

আপনার গ্রাফগুলি হ'ল পথ-প্রস্থের গ্রাফ $1$অথবা এবং, equivalently, বন, যার উপাদান প্রতিটি একটি হল শুঁয়োপোকা । ক্যাটারপিলারগুলিতে দুটি প্রাসঙ্গিক বৈশিষ্ট্য রয়েছে:

• এগুলি এমন গাছ যাঁর মধ্যে একক পথ রয়েছে যার মধ্যে প্রতিটি ডিগ্রি এর চেয়ে বেশি ডিগ্রি রয়েছে $1$;

• এগুলি এমন গাছ যাতে প্রতিটি ভার্টেক্সে সর্বাধিক দুটি নন-পাতাগুলি প্রতিবেশী থাকে।

লেমা ১. প্রতিটি শুঁয়োপোকা আপনার ক্লাসে থাকে।

প্রুফ। দিন$G$ একটি শুঁয়োপোকা হতে এবং যাক $P=x_1\dots x_\ell$ প্রতিটি ডিগ্রি শীর্ষক দীর্ঘতম পথ হতে হবে $2$অথবা আরও. নোট করুন, সর্বাধিকতা দ্বারা,$d(x_1)=d(x_\ell)=1$। আমরা একটি অঙ্কন উত্পাদন করতে পারেন $G$ প্রথম অঙ্কন দ্বারা $P$ জিগ-জ্যাগ হিসাবে এবং তারপরে ডিগ্রি-$1$ সংলগ্ন শিখুন $x_i$ মধ্যে $x_{i-1}$ এবং $x_{i+1}$। $\Box$

লেমা 2. প্রতিটি গ্রাফ$G$ আপনার ক্লাসে অ্যাসাইক্লিক।

প্রুফ। অনুমান করা$G$ চক্র রয়েছে $x_1y_1x_2y_2\dots x_ky_kx_1$এবং ধরুন এটির প্রয়োজনীয় ফর্মের একটি অঙ্কন রয়েছে। Wlog,$x_2$ উপরে $x_1$। তবে আমাদের অবশ্যই থাকতে হবে$y_2$ উপরে $y_1$ অন্যথায়, লাইন $x_1y_1$ এবং $x_2y_2$পার হতে হবে। প্রবর্তন দ্বারা,$x_{i+1}$ উপরে $x_i$ সবার জন্য $i\in\{1, \dots, k-1\}$ এবং একইভাবে $y$'S। তবে তারপরে যে কোনও লাইন$y_kx_1$হয় উভয় স্তম্ভের উভয় স্তম্ভের মধ্যবর্তী অঞ্চলটি অবশ্যই রেখে দিতে হবে বা চক্রের প্রতিটি প্রান্ত অতিক্রম করতে হবে। এটি গ্রাফের সঠিক অঙ্কন রয়েছে বলে আমাদের ধারণার বিরোধিতা করে।$\Box$

লেমা ৩. প্রতিটি সংযুক্ত নন-শুঁয়োপোকা আপনার ক্লাসে নেই।

প্রুফ। দিন$G$একটি সংযুক্ত গ্রাফ হতে যা শুঁয়োপোকা নয়। যদি এটিতে একটি চক্র থাকে, তবে এটি লেমা দ্বারা আপনার শ্রেণিতে নেই $2$, তাই আমরা ধরে নিতে পারি যে এটি একটি গাছ। যদি এটি শুঁয়োপোকা না হয় তবে এটিতে অবশ্যই একটি শিখর রয়েছে $x$ স্বতন্ত্র প্রতিবেশীদের সাথে $y_1$, $y_2$ এবং $y_3$যার প্রত্যেকটিতে কমপক্ষে ডিগ্রি রয়েছে  $2$।

ধরা যাক আমাদের একটি অঙ্কন আছে $G$প্রয়োজনীয় বৈশিষ্ট্য সহ। Wlog,$y_2$ উপরে $y_1$ এবং $y_3$ উপরে $y_2$। দিন$z\neq x$ প্রতিবেশী হতে $y_2$। প্রান্ত $y_2z$ পার হতে হবে $xy_1$ অথবা $xy_3$, গ্রাফের প্রয়োজনীয় ফর্মের একটি অঙ্কন রয়েছে তা আমাদের ধারণার বিরোধিতা করে। $\Box$

উপপাদ্য। আপনার গ্রাফের শ্রেণি হুবহু বনের শ্রেণি যার প্রতিটি উপাদান একটি শুঁয়োপোকা।

প্রুফ। দিন$G$একটি গ্রাফ হতে পরিষ্কারভাবে,$G$ আপনার ক্লাসে যদি থাকে, এবং কেবল যদি প্রতিটি উপাদান হয়: কোনও উপাদান প্রয়োজনীয় হিসাবে আঁকতে না পারলে পুরো গ্রাফটি পারেন না; যদি প্রতিটি উপাদান প্রয়োজনীয় হিসাবে আঁকা যায়, তবে উপাদানগুলি একে অপরের উপরে সাজিয়ে পুরো গ্রাফটি আঁকতে পারে। ফলাফল এখন লেমাস অনুসরণ করে$1$ এবং $3$। $\Box$

সম্পুরক। আপনার গ্রাফের শ্রেণি হল গ্রাফের শ্রেণি যা নেই$K_3$ বা এর মহকুমা $K_{1,3}$ নাবালিকা হিসাবে

প্রুফ। এগুলিই পথের প্রস্থের বাধা $1$। $\Box$

এগুলি হ'ল বাধাগুলি যা আপনি পেয়েছেন: আপনার প্রয়োজন need $K_3$ বরং $K_4$ কারণ পরবর্তীকরা স্বীকার করবে $K_3$ক্লাসে; এর মহকুমা$K_{1,3}$ ঠিক আপনার দ্বিতীয় বাধা।

Comments

খুব ভাল উত্তর!

— পল জিডি

Answer 2

সুতরাং, নিম্নলিখিত উত্তরটি আমি কী নিয়ে এসেছি:

যেমন আপনি ইতিমধ্যে উল্লেখ করেছেন, কেবলমাত্র দুটি সম্ভাব্য মামলা রয়েছে যা পুনরায় সাজানো যায় না।

দ্বিতীয় ক্ষেত্রে কোনও সঠিক প্রতিনিধিত্ব হয় না যদি আমরা দ্বিপক্ষীয় গ্রাফ ধরে নিই, যেহেতু উইকিপিডিয়া দ্বিপক্ষীয় গ্রাফটি এমনভাবে সংজ্ঞায়িত করে: প্রতিটি প্রান্তটি একটি প্রান্তকে একটি শীর্ষকে যুক্ত করে$U$ একজনকে $V$।

সম্পাদনা: আমি গ্রাফটি ভুলভাবে পড়েছি, তার জন্য দুঃখিত।

এটি কেবল আমাদের সাথে ছেড়ে যায় $K_{2,2}$সম্পূর্ণ সাবগ্রাফ, যা আপনি এড়াতে চান সেই শর্ত। বিপরীতে, পর্যাপ্ত শর্তটি হল আপনার দ্বিপক্ষীয় গ্রাফের মধ্যে কোনও সম্পূর্ণ সাবগ্রাফ নেই।

অন্য যে কোনও সাবগ্রাফটি বৈধ কিনা তা প্রমাণ করতে আপনি নিম্নলিখিত কল্পনা করতে পারেন:

প্রথমত, আমরা ধরে নিই যে আমাদের কোনও প্রান্ত নেই এবং একটি স্বেচ্ছাসেদী প্রান্ত দিয়ে শুরু করব $e$। পরবর্তী প্রান্তটি যুক্ত করে আমাদের তিনটি সম্ভাব্য কেস রয়েছে:

প্রথম কেসটি হ'ল আমাদের একটি নোড রয়েছে যা প্রথম প্রান্তের মতো একই নোডে শুরু হয় না শেষ হয়। এটি আমাদের কোনও সমস্যা ছাড়াই ছেড়ে দেয় এবং আমরা সন্নিবেশ করা চালিয়ে যেতে পারি।

দ্বিতীয় কেসটি হ'ল আমাদের একটি প্রান্ত রয়েছে যা - তার পথে - অন্যটি অতিক্রম করে, ইতিমধ্যে বিদ্যমান, প্রান্তটি। এই ক্ষেত্রে আমাদের ভার্টেক্সটি অদলবদল করতে হবে$V_1$ অথবা $V_2$ (ইতিমধ্যে বিদ্যমান প্রান্তের সাথে একটি) নতুন প্রান্তগুলির একটি সহ $V_3$ অথবা $V_4$, যেমন আমরা মানদণ্ডগুলি পূরণ করা চালিয়ে যাই।

এটি ধরে নিয়েছে যে অদলবদলের জন্য নোডগুলি থেকে শুরু বা শেষের কোনও প্রান্ত আমাদের নেই, যা আমাদের নিম্নলিখিত তৃতীয় ক্ষেত্রে নিয়ে যায়: চারটি ভার্টিসের মধ্যে একটি অদলবদল করার পরে $V1-V4$, আমাদের অদলবদল ভার্টেক্স থেকে অন্য সমস্ত সংযোগগুলি সনাক্ত করতে হবে।

আবার আমরা কেবল তিনটি সমাধান পেতে পারি: হয় আমরা একটি শেষ সংযোগটি সনাক্ত করব, বা আমরা ইতিমধ্যে যে পদক্ষেপটি নিয়েছি তার পুনরাবৃত্তি করুন (সমস্ত পদক্ষেপগুলি অনুসরণ করে)। যদি আমরা একটি শেষ নোডে শেষ করি তবে আমরা সনাক্ত করা সমস্ত নোডকে অদলবদল করতে পারি।

শেষ সম্ভাব্য কেসটি এমন একটি নোডের দিকে নিয়ে যাবে যা আমরা ইতিমধ্যে পরিদর্শন করেছি, যা আমাদের একটি সম্পূর্ণ সাবগ্রাফার সাথে রেখে যাবে, যা আমরা পরে উল্লেখযোগ্য পরিমাণে হ্রাস করতে পারি $K_{2,2}$ শর্ত।

সম্পাদনা: এই প্রমাণটি দ্বিতীয় ক্ষেত্রে প্রসারিত করতে আমাদের নীচের শর্তাদি দেখতে হবে:

সাধারণভাবে, যদি আমাদের কমপক্ষে একটি হাব (3 বা আরও সংযোগ) সহ একটি উপগ্রাফ থাকে তবে এটি "বরং সহজ"।

আমরা যদি একের চেয়ে উচ্চতর ডিগ্রিধারী দু'টির বেশি প্রতিবেশীর সাথে প্রদর্শিত কেসটি প্রদর্শন করি তবে আমরা পুনরায় সাজিয়ে তুলতে পারি না ($\langle k\rangle > 1$)। এটি গুরুত্বপূর্ণ কারণ এটি প্রতিবেশীদের সম্পর্কে আরও জ্ঞান সরবরাহ করে। এমনকী কোনও চেনাশোনা এড়াতে আমাদের প্রথমবারের মতো তাদের আর কোনও ট্রেস করার দরকার নেই (প্রথম কেসের মতো) তবে আশেপাশের প্রতিবেশীদের পরীক্ষা করার জন্য ধারণা করা হচ্ছে।

যেহেতু আমি নিজেই এই ক্ষেত্রে কেবলমাত্র সামান্য জ্ঞান পেয়েছি তবে এখনও আপনাকে একটি সম্ভাব্য সমাধান সরবরাহ করতে চাই, তাই আমি আপনাকে একটি সংযুক্ত করেছি (আশা করি) উপযুক্ত নিবন্ধ

যদি কেউ এই সমস্যার নাম দেয় তবে আমি শিখতে আগ্রহী হব, বিশেষত যেহেতু কেবলমাত্র ফ্যুরির উপপাদ্য এবং সম্পূর্ণ দ্বিপক্ষীয় উপগ্রহ থেকে চিন্তাভাবনা অনুসরণ করেই আমি এই সমাধানটি নিয়ে এসেছি।

Comments

দ্বিতীয় মামলাটি কীভাবে দ্বিপক্ষীয় গ্রাফ নয়? প্রান্তটি (এইচ, জে) কেবল এইচ এবং জে সংযুক্ত করে এবং আমি স্পর্শ করে না (এটি কেবল অঙ্কনটি একটু খারাপ)।

— aelguindy

আহা, আমি ভেবেছিলাম এগুলি দুটি পৃথক প্রান্ত ছিল। আমাকে খুঁজে বের করা যাক, তবে এটি সহজেই বর্তমান প্রমাণের মধ্যে অন্তর্ভুক্ত করা উচিত

— ডেনলিংগার

আমি দ্বিতীয় কেসটিও বিবেচনা করার জন্য মানদণ্ডকে প্রসারিত করি। এটি চেক করা অনেক সহজ (বোঝার এবং জটিলতার দিক থেকে উভয়ই) চেক করা, যেহেতু আপনি কেবল এই ক্ষেত্রে বিবেচনা করতে হবে যদি আপনি আপনার গ্রাফকে একটি হাব দিয়ে প্রসারিত করেন তবে (আমার সংজ্ঞায় কোনও ভার্টেক্স সহ$\langle k \rangle > 2$

— dennlinger

"প্রথম কেসটি হ'ল আমাদের কাছে নোড রয়েছে যা একই নোডের সাথে শুরু হয় বা শেষ হয়" এর অর্থ কী? আপনার যুক্তি বিবৃতিগুলি কীভাবে প্রমাণ করে তা আমি দেখতে পাচ্ছি না। আপনি প্রমাণ করছেন যে আপনি যদি জিনিসগুলি একটি নির্দিষ্ট উপায়ে করেন তবে আপনি গ্রাফটি আঁকতে ব্যর্থ হন। আমি এমনকি দেখতে পাচ্ছি না কীভাবে এটি সরাসরি দুটি বাধা না পেয়ে পরিচালিত করবে, বরং তাদের নাবালিকাদের ..

— aelguindy

প্রথম কেসটি "না .. না" হতে হবে। তার জন্য দুঃখিত। এবং আমি এমন একটি প্রমাণ তৈরির চেষ্টা করেছি যা সম্ভাব্য প্রতিটি সাবটকে মুছে ফেলে যারা আপনার শর্ত লঙ্ঘন করে, সম্ভাব্য প্রতিটি প্রান্তটি পরীক্ষা করে।

— dennlinger