Grafos e Algoritmos Raimundo Macêdo. Teorema de Hall (Prova por Indução)

Transcrição

1 Grafos e Algoritmos Raimundo Macêdo Teorema de Hall (Prova por Indução)

2 Teorema de Hall (teorema do casamento, 1935) Seja G uma grafo bipartide V = X U Y, então G contém um emparelhamento que satura todos os vértices de X sse (i) N(S) S, para todo sub-conjunto S de X Portanto, o problema do casamento com n rapazes tem uma solução sse para todo k, 1 k n, cada conjunto de k rapazes tem coletivamente pelo menos k namoradas. Seja X o conjunto de rapazes, Y o conjunto de moças, e n = X Lema 01: A condição de hall é necessária Ou seja, se um grafo bipartide G(V,E), V = X U Y, contém um emparelhamento que satura todos os vértices de X então N(S) S, para todo sub-conjunto S de X Prova Lema01. Para todo k, dado um conjunto S de k rapazes, para casá-los todos, eles devem possuir coletivamente pelo menos k namoradas distintas. i.e., N(S) k. Portanto, N(S) S (trivial)

3 Lema 02: a condição de hall é suficiente Ou seja, Ou seja, se em um grafo bipartide G(V,E), V = X U Y, N(S) S, para todo subconjunto S de X, então G contém um emparelhamento que satura todos os vértices de X Em outras palavras, assuma que a condição de hall é verdadeira ( N(S) S ), para todo subconjunto S de X). Queremos provar que cada rapaz pode ser casar com uma moça distinta (i.e., todos os vértices de X estarão saturados/coberto). Vamos provar por indução em n, o número de rapazes Base da Indução (n = 1) Se n = 1, temos apenas um rapaz. O chamemos de x e S = {x}. A condição (i) nos diz que x tem pelo menos uma namorada. Portanto, x pode se casar. Provamos, portanto, o caso de n = 1.

4 Hipótese de Indução Suponha que o resultado é verdadeiro para todos os conjuntos de tamanho t de rapazes, onde t = 1,2,..., n-1. Passo Indutivo Queremos provar que o resultado é verdadeiro para um conjunto de n rapazes. Vamos considerar 2 casos para sub-conjuntos S de X com tamanho t < n. Nos dois casos, para t < n, queremos aplicar o hipótese de indução. Ou seja, queremos mostrar que nesses dois casos a inequação N(S) S vale. Caso 1) Suponha que para qualquer k, 1 k < n, cada conjunto de k rapazes tenha coletivamente pelo menos k + 1 namoradas. Então, para cada sub-conjunto S de X com S < n, temos N(S) S + 1, ou seja, a condição (i) é satisfeita, sobrando ainda uma moça. Caso 2) Considere que existe um conjunto de k rapazes ( a partir dos n rapazes), k < n, que conhecem coletivamente exatamente k moças (ou seja condição (i) vale, mas não o caso 1).

5 Caso 1) Suponha que para qualquer k, 1 k < n, cada conjunto de k rapazes tenha coletivamente pelo menos k + 1 namoradas. Então, para cada sub-conjunto S de X com S < n, temos N(S) S + 1 Ou seja, a condição (i) é satisfeita, sobrando ainda uma moça. Agora pegue qualquer rapaz (do conjunto de n rapazes) e o case com uma de suas namoradas, deixando ainda n 1 rapazes sem casar. Nesse processo, para qualquer conjunto de k rapazes entre os n 1 deixados, possivelmente se perdeu uma das moças (a que se casou com o primeiro rapaz), Portanto, podemos ter perdido uma das moças, mas a condição (i) ainda assim é satisfeita para o sub-conjunto de n 1 rapazes. Portanto, pela hipótese de indução podemos casar os n - 1 rapazes restantes (prova do caso 1).

6 Caso 2) Considere que existe um conjunto de k rapazes ( a partir dos n rapazes), k < n, que conhecem coletivamente exatamente k moças (ou seja condição (i) vale, mas não o caso 1). Uma vez que k < n, a hipótese de indução nos permite casar k rapazes, deixando n k sem casarem. Contundo, qualquer conjunto de h rapazes (1 h n k), tem que ter ao menos coletivamente ao menos h namoradas a partir das namoradas restantes (hipótese inicial). Do contrário, os h rapazes juntamente com a coleção de k rapazes (h + k no total = n) teriam menos que h + k namoradas, contrariando a hipótese inicial (condição (i)). Portanto, segue a condição (i) também se aplica para os n k rapazes deixados e pela hipótese de indução podemos então casá-los todos. Portanto, provamos que cada um dos n rapazes poderão se casar. Por indução matemática provamos que o resultado vale para todos os valores de n (fim da prova lemma 2) k n k (h rapazes) Fim da prova do teorema

7 Corolário Seja G uma grafo k-regular e bipartide, k > 0, então G tem uma emparelhamento perfeito (que cobre todos os seus vértices). Prova Existem k X arestas indo de X para Y e k Y arestas indo de Y para X. Por ser bipartide, cada aresta vai de X para Y (ou Y para X). Portanto, G tem k X = k Y arestas. Como k > 0, então k X = k Y. Cancelando k, temos X = Y Seja S a sub-conjunto de X. Seja E1 o conjunto de arestas incidentes em S. Então, pela k- regularidade, temos E1 = k S (i) Seja E2 o conjunto de arestas incidentes em N(S). Então, uma vez que N(S) é o conjunto de vértices que estão ligados por arestas com S, temos E1 C E2, ou E1 E2 (ii). Pela propriedade de k regularidade, temos que E2 = k N(S) (iii) Portanto, a partir de (i), (ii) e (iii), temos que k N(S) = E2 E1 = k S... Portanto, k N(S) k S Já que k > 0. temos N(S) S. Uma vez que S é um sub-conjunto arbitrário de X, segue que a partir do teorema de Hall temos uma emparelhamento M que satura X. Como X = Y, as arestas de M também saturam/cobrem os vértices de Y (fim da prova)