Problemas em Teoria dos Grafos Relatório

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1 Problemas em Teoria dos Grafos Relatório Tiago Fassoni Alves dos Alencar Leite 15 de setembro de Introdução A proposta deste projeto foi estudar vários tópicos presentes no livro Combinatorial Problems and Exercises, de László Lovász. Como diz o próprio livro no prefácio, The most eective (but admittedly very time-consuming) way of learning such techniques is to solve (appropriately chosen) exercises and problems. projeto. Foi essa a losoa que guiou este Na primeira estapa do projeto estudamos conexidade em grafos e o capítulo 6 - Connectivity de [Lovász]. Já na segunda etapa, estudamos emparelhamentos em grafos e o capítulo 7 - Factors of graphs. 2 Sobre o projeto 2.1 Bibliograa Usamos como livro-texto principal [West] e [Bondy] e [Diestel] como complementos. 1

2 [Lovász] é a referência principal do projeto. O livro é dividido em três partes: I. Problems, em que são propostos exercícios sobre vários tópicos de Combinatória e Teoria dos Grafos, II. Hints, em que se encontram sugestões e dicas para os exercícios propostos e III. Solutions, em que se encontram soluções para todos os exercícios propostos. Os exercícios possuem vários graus de diculdade, desde os mais elementares, para xação de conceitos, até alguns extremamente difíceis. 2.2 Tópicos estudados - Conexidade Os tópicos estudados nesta Iniciação foram: Conexidade Conceitos básicos: conexidade, aresta-conexidade, cortes de vértices, cortes de arestas, blocos. Conexidade e aresta-conexidade em digrafos. Grafos 2-conexos: caracterização. Árvores: Algoritmo de Prim Orelhas, orelhas fechadas, decomposição em orelhas. Grafos k-conexos e k-aresta-conexos: Teorema de Menger Fluxos em Redes Conceitos básicos 2

3 Teorema do Fluxo Máximo-Corte Mínimo Desses tópicos, estão presentes neste relatório, como exercícios de [Lovász]: Algoritmo de Prim (em 6.3) Decomposição em orelhas fechadas (em 6.5) Caracterização de Grafos 2-conexos (em 6.7) Teorema de Menger (em 6.8) Teorema do Fluxo Máximo-Corte Mínimo (em 6.9). 2.3 Tópicos estudados - Emparelhamentos e Fatores. Os tópicos estudados nesta Iniciação foram: Emparelhamentos em grafos: Conceitos básicos: emparelhamentos, caminhos alternantes/aumentadores, cobertura de vértices, lema de Berge. Emparelhamento em grafos bipartidos Teorema de Hall, Sistema de Representantes Distintos Teorema de König: emparelhamento máximo vs cobertura mínima Algoritmo Húngaro Emparelhamento em grafos arbitrários Teorema de Tutte Fórmula de Tutte-Berge Algoritmo de Edmonds Decomposição de Gallai-Edmonds 3

4 Desses tópicos, estão presentes neste relatório, como exercícios de [Lovász]: Teorema de Hall ( em 7.3) Teorema de König-Egerváry (em 7.2) Teorema de Tutte (em 2 e 7.10) Fórmula de Tutte-Berge (em 1) Algoritmo de Edmonds (em 7.11) Decomposição de Gallai-Edmonds (em 7.10). 3 Resumo da Teoria - Conexidade 3.1 Cortes e Conectividade Denição: Conexidade e Corte de Vértices Um conjunto separador ou corte de vértices de um grafo G é um conjunto S V (G) tal que G S tem mais de uma componente. A conexidade de G, denotada por κ(g), é o menor tamanho de um conjunto de vértices S tal que G S é desconexo ou tem apenas um vértice. Um grafo G é k-conexo se sua conexidade é maior ou igual a k Denição: Aresta-Conexidade e Corte de Arestas Um conjunto desconectador de arestas é um conjunto F E(G)tal que G F tem mais de uma componente. Um grafo é k-aresta-conexo se cada conjunto desconectador tem ao menos k arestas. A aresta-conexidade de G, denotada κ (G), é o menor tamanho de um conjunto desconectador. Dados S, T V (G), denotamos por [S, T ] o conjunto de arestas que têm uma ponta incidente em S e outra ponta incidente em T. Um corte de arestas 4

5 é um um conjunto de arestas da forma [S, S] onde S é um subconjunto não vazio de V (G) e S é V (G) S. Note que a remoção do conjunto [S, S] desconecta o grafo Teorema: Se G é um grafo simples, então κ(g) κ (G) δ(g) Blocos Um bloco de um grafo G é um subgrafo conexo maximal de G que não tem vértice de corte. 3.2 Conexidade e Aresta-Conexidade em Digrafos Denição: Conexidade e Corte de Vértices Um digrafo D é fortemente conexo se existe um caminho entre quaisquer dois vértices do digrafo. Um conjunto desconectador ou corte de vértices de um digrafo D é um conjunto S V (D) tal que D S não é fortemente conexo. A conexidade κ(d) é o menor tamanho de um conjunto de vértices S tal que D S não é fortemente conexo ou tem somente um vértice. Um digrafo é k-conexo se sua conexidade é no mínimo k Denição: Aresta-Conexidade e Corte de Arestas Para conjuntos de vértices S, T num digrafo D, seja [S, T ] o conjunto de arestas com cauda em S e cabeça em T. Um corte de arestas é o conjunto [ S, S ] para algum = S V (D). Um digrafo é k-aresta-conexo se cada aresta tem ao menos k arestas. arestas é a aresta-conexidade κ (D). O tamanho mínimo de um conjunto de 5

6 3.2.3 Teorema: Um grafo G é fortemente orientado sse G é 2-aresta-conexo. Nota: No exercício 6.29 em [Lovász], a demonstração desse teorema está como exercício. Esse exercício está incluído neste relatório em Grafos 2-Conexos Denição: Dois caminhos de u a v são internamente disjuntos se e somente se eles não têm nenhum vértice interno em comum Teorema: Um grafo G tendo ao menos três vértices é 2-conexo sse para cada par x, y V (G) existem x, y-caminhos internamente disjuntos Teorema: As seguintes propriedades de um grafo simples G são equivalentes: 1. G é 2-conexo; 2. Quaisquer dois vértices de G estão num circuito; 3. Quaisquer duas arestas de G estão num circuito, δ(g) 1 e V (G) 3. Nota: No exercício 6.28 em [Lovász], a demonstração desse teorema está como exercício. Esse exercício está incluído neste relatório em Denição: Orelha Uma orelha de um grafo G é um caminho de G que está contido num ciclo e é maximal com respeito a vértices internos tendo grau 2 em G. Uma 6

7 decomposição em orelhas de G é uma decomposição P 0,..., P k tal que P 0 é um ciclo e P i, i 1 é uma orelha de P 0... P i Teorema: Um grafo é 2-conexo sse tem uma decomposição em orelhas. Além disso, todo ciclo em um grafo 2-conexo é o ciclo inicial em alguma decomposição Denição: Orelha Fechada Uma orelha fechada em um grafo G é um ciclo C tal que todos os vértices de C têm grau 2 em G, exceto um. Uma decomposição em orelhas fechadas de G é uma decomposição P 0,..., P k tal que P 0 é um ciclo e P i, i 1 é uma orelha (aberta) ou uma orelha fechada de P 0... P i 1. 7

8 3.3.7 Teorema: Um grafo G é 2-aresta-conexo sse G tem uma decomposição em orelhas fechadas. Além disso, todo ciclo em um grafo 2-aresta-conexo é o ciclo inicial em alguma decomposição. Nota: No exercício 6.28 em [Lovász], a ida desse teorema está como exercício. Esse exercício está incluído neste relatório em Grafos k-conexos e k-aresta-conexos Denição: Dados x, y V (G), um conjunto S V (G) {x, y} é um x, y-desconectador ou x, y-corte se G S não tem nenhum x, y-caminho. Denotamos κ(x, y) o tamanho mínimo de um x, y-corte. Denotamos por λ(x, y) o tamanho máximo de um conjunto de x, y-caminhos internamente disjuntos. 8

9 3.4.2 Teorema de Menger A caracterização de grafos 2-conexos é basicamente um jeito de unir resistência a remoções de vértices com a multiplicidade de caminhos. Graças ao Teorema de Menger essa noção pode ser aumentada para grafos k-conexos. Teorema de Menger: Se x, y são vértices de um grafo G e xy / E(G), então o tamanho mínimo de um x, y-corte é igual ao tamanho máximo de caminhos internamente disjuntos de x a y. Em suma: κ(x, y) = λ(x, y) Nota: O Teorema de Menger também vale para aresta-conexidade e para digrafos. O exercício 6.39 em [Lovász] pede a demonstração desse teorema está como exercício. Esse exercício está incluído neste relatório em Fluxos em Redes Denição: Uma rede é um digrafo D com uma capacidade c(e) não-negativa em cada aresta e E(D), um vértice fonte s e um vértice sorvedouro t. Os vértices também são chamados de nós. Um uxo f atribui um valor f(e) para todo e E(G). Denotamos por f + (v) o uxo total das arestas saindo de v e por f (v) o uxo total das arestas entrando em v. Um uxo é viável se ele satisfaz as restrições de capacidade 0 f(e) c(e) para todo e E(G) e as restrições de conservação f + (v) = f (v) para todo v V (G) {s, t}. 9

10 4 Resumo da Teoria - Emparelhamentos e Fatores 4.1 Emparelhamentos e Coberturas Emparelhamento Um emparelhamento em G é um conjunto de arestas sem vértices incidentes em comum. Os vértices incidentes às arestas de um emparelhamento M são cobertos por M Emparelhamento perfeito e emparelhamento quase perfeito Um emparelhamento perfeito num grafo é um emparelhamento que cobre todos os vértices. Um emparelhamento quase perfeito é um emparelhamento que cobre todos os vértices com exceção de um α (G) G. Chamamos de α (G) o tamanho máximo de um emparelhamento no grafo Denição: Caminho M-alternante, caminho M-aumentador Dado um emparelhamento M, um caminho M-alternante é um caminho que alterna entre arestas em M e arestas fora de M. Um caminho M- alternante cujos extremos são não são cobertos por M é um caminho M- aumentador Denição: Diferença simétrica Para dois grafos G e H, a diferença simétrica G H é o subgrafo de G H cujas arestas são as arestas de G H aparecendo ou exclusivamente em G 10

11 ou exclusivamente em H. Também usamos essa notação para conjuntos de arestas; em particular, se M e M são emparelhamentos, então M M = (M M ) (M M) Lema Todo componente da diferença simétrica de dois emparelhamentos é um caminho ou ou um ciclo par Teorema Um emparelhamento M em um grafo G é um emparelhamento máximo sse G não tem nenhum caminho M-aumentador Teorema de Hall Um X, Y -bigrafo G tem um emparelhamento que cobre X sse N(S) S para todo S X. A prova foi feita como exercício em Denição: Cobertura de vértices Uma cobertura de vértices de um grafo G é um conjunto S V (G) que contém ao menos um extremo de cada aresta. Os vértices em S cobrem E(G) Denição: β(g) Chamamos de β(g) o tamanho mínimo de uma cobertura de vértices no grafo G Teorema de König-Egerváry. Se G é um grafo bipartido, então α (G) = β(g). A prova foi feita como exercício em

12 Denição: Conjunto independente de vértices Conjunto independente é um conjunto de vértices 2 a 2 disjuntos Denição: α(g) Chamamos de α(g) o tamanho máximo de um conjunto independente de vértices no grafo G Denição: Cobertura de arestas Uma cobertura de arestas de G é um conjunto L de arestas tal que todo vértice de G é incidente a alguma aresta de L Denição: β (G) Chamamos de β (G) o tamanho mínimo de uma cobertura de arestas no grafo G Lema Num grafo G, S V (G) é um conjunto independente sse S é uma cobertura de vértices, e portanto α(g) + β(g) = n(g) Teorema Se G é um grafo sem vértices isolados, então α (G) + β(g) = n Corolário Se G é um grafo bipartido sem vértices isolados, então α(g) = β (G). A prova foi feita em

13 4.2 Emparelhamentos em grafos gerais Denição: fator e k-fator. Um fator de um grafo G é um subgrafo gerador de G. Um k-fator é um subgrafo gerador k-regular Denição: fator-crítico Um grafo G é fator-crítico se o grafo G gerado pela remoção de qualquer vértice de G tem um 1-fator Denição: componente ímpar Uma componente ímpar de um grafo é uma componente com um número ímpar de vértices; o número de componente ímpares de H é o(h) Teorema do 1-fator de Tutte. Um grafo tem um 1-fator sse o(g S) S S V (G). A prova desse teorema está em Fórmula de Berge-Tutte Para qualquer grafo G, o maior número de vértices não cobertos por um emparelhamento é V (G) 2α (G) = max x V (G) {o(g X) X }. A prova dessa fórmula está em Teorema de Petersen Todo grafo 3-regular sem aresta de corte tem um 1-fator. A prova desse teorema está em Teorema Todo grafo regular com grau par tem um 2-fator. 13

14 4.2.8 Denição: f-fator Dada uma função f : V (G) N {0}, um f-fator é um subgrafo gerador H tal que d H (x) = f(x) para todo x V (G). 5 Coloração de arestas Denição: k-aresta-coloração Uma k-aresta-coloração de G é uma rotulação f : E(G) S, onde S = k. Os rótulo são cores; as arestas de uma cor formam uma classe de cor. Uma k-aresta-coloração é própria se arestas incidentes têm cores diferentes; ou seja, se cada classe de cor é um emparelhamento χ (G) ou Índice cromático de G. O índice cromático χ (G) de um grafo sem loops é o menor k tal que G é k-aresta-colorível Teorema Se G é bipartido, então χ (G) = (G). A prova desse teorema está em Teorema de Vizing Se G é um grafo simples, então (G) χ (G) (G) Denição Um grafo simples é Classe 1 se χ (G) = (G). Ele é Classe 2 se χ (G) = (G)

15 Teorema Se G é um grafo, então χ (G) 3 2 (G). 6 Alguns Exercícios Interessantes em [Lovász] Aqui colocamos alguns exércicios do Capítulo 6 - Connectivity de [Lovász]. Na medida do possível, as demonstrações foram feitas pelo aluno, consultando as dicas. Em alguns exercícios, por exemplo o exercício 74 em 6.9, o aluno estudou provas presentes nos livros-texto da bibliograa. 6.1 Exercício Denição: O produto cartesiano fraco de dois grafos, denotado G 1 G 2 é denido da seguinte maneira: V (G 1 xg 2 ) = V (G 1 ) V (G 2 ) E (G 1 xg 2 ) = {((x 1, x 2 ), (y 1, y 2 )) : (x 1, y 1 ) E (G 1 ) e (x 2, y 2 ) E (G 2 )} Questão: Mostre que G 1 G 2 é conexo sse G 1 e G 2 são conexos e um deles contém um ciclo ímpar. Resposta: Necessidade: Supomos G 1 G 2 conexo. Então, obviamente, G 1 e G 2 são conexos. Resta provar que um deles tem que ter ciclo ímpar. Vamos assumir que nenhum deles tem ciclo ímpar, logo os dois são bipartidos. Assim, sejam V (G 1 ) = A Be V (G 2 ) = C D bipartições de G 1 e G 2. Então, como visto na gura 6.1.1, o grafo é desconexo, uma contradição. 15

16 Suciência: Vamos supor que G 1 contém um ciclo ímpar, C. Primeiro, vamos mostrar que G 1 tem sempre um passeio de tamanho k arbitrário, para todo k sucientemente grande. Se existe um (x, y)-passeio em G 1 de tamanho k, então existe um de tamanho k+2, pois sempre podemos voltar uma aresta e continuar. Então resta provar que existem (x, y)-passeios de paridade par e ímpar. Existe um (x, y)-passeio que passa por C, já que o grafo é conexo. Agora, se adicionarmos uma outra volta por C, obtemos um passeio de paridade oposta. Agora sejam (x, u) e (y, v) dois vértices de G 1 G 2. G 2 contém um passeio (u = u 0, u 1,..., u k = v). Podemos assumir que esse passeio é muito grande. Então, como G 1 tem sempre um passeio de tamanho k arbitrário, G 1 tem um passeio (x = x 0, x 1,..., x k = y) do mesmo tamanho. Então, ((x 0, u 0 ), (x 1, u 1 ),..., (x k, u k ) é um passeio em G 1 G 2 conectando (x, u) a (y, v). 16

17 6.2 Exercício 6.19 Questão: Prove que, num grafo G conexo, a distância d(x, y) do vértice x ao vértice y, assim como o máximo comprimento D(x, y) de caminhos conectando x a y são métricas, ou seja: 1. d(x, y) 0, com igualdade sse x = y. 2. d(x, y) = d(y, x) 3. d(x, y) + d(y, z) d(x, z). Resposta: Para d(x, y): 1. Não há como o número de arestas que liga dois vértices ser negativo. Logo, d(x, y) 0, x, y G. Agora, consideremos d(x, y) = 0. Como 0 arestas ligam x a y, x = y. 2. Assumamos que d(x, y) < d(y, x). Então existe um caminho C de x a y menor do que todos os caminhos de y a x. Mas como o grafo não tem orientação, C pode ligar y a x também. Logo, d(x, y) = d(y, x). 3. Consideremos um caminho P de x a y com comprimento d(x, y) e um caminho Q de y a z com comprimento d(y, z). Obviamente, P Q é um caminho de x a z e, portanto, d(x, z) d(x, y) + d(y, z). Para D(x, y): 1. É praticamente o mesmo argumento de d(x, y). Não há como o número de arestas que liga dois vértices ser negativo. Logo, D(x, y) 0, x, y G. Agora, consideremos D(x, y) = 0. É trivial ver que o máximo comprimento de x a y só pode ser 0 se x = y. 2. Mesmo argumento de d(x, y). 17

18 3. Suponhamos um x, z-caminho P de comprimento D(x, z). Como o grafo é conexo existe um y, P -caminho de comprimento l. Suponhamos que o y, P -caminho atinge P no vértice t. O vértice t separa P em duas partes, P 1 e P 2, que têm comprimento, digamos, k 1 e k 2, respectivamente, como mostrado na gura: Então: D(x, y) k 1 + l D(y, z) k 2 + l D(x, y) + D(y, z) k 1 + k 2 + l = D(x, z) + l D(x, y) + D(y, z) D(x, z) 6.3 Exercício 6.25 Algoritmo de Prim Questão: Dadas n cidades, queremos construir uma rede de telefonia conexa entre elas. O custo c(e) de uma linha e entre quaisquer duas cidades é conhecido e queremos minimizar o custo total. Portanto, queremos achar uma árvore T tal que e T c(e) é mínima. Mostre que o seguinte algoritmo produz o resultado desejado: Na i-ésima iteração, escolha uma componente G i do grafo formada pelas arestas já selecionadas, e selecione uma aresta conectando G i a um vértice fora de G i com custo mínimo. Pare quando G i contiver todos os vértices. Resposta: O grafo resultante é obviamente uma árvore geradora. Seja H uma árvore geradora ótima tendo o máximo número possível de arestas em comum com 18

19 G e seja e i = (x, y) uma aresta de G que não está em H, selecionada na i-ésima iteração. Seja P o caminho em H conectando x a y. Então existe uma aresta f de P conectando G i a um vértice fora de G i. Como preferimos escolher e i a f, c (e i ) c(f). Por outro lado, H f +e i é uma árvore geradora mínima de custo menor ou igual a H, e com mais vértices em comum a G do que H, uma contradição. 6.4 Exercício 6.26 Questão: Mostre que se as arestas têm custos distintos, então a árvore ótima é única. Resposta: Sejam G, G duas árvores ótimas. Seja e uma aresta de G que não está em G. Considere o caminho em G conectando os vértices adjacentes a e. Alguma aresta f desse caminho conecta os dois componentes de G e. Agora, como as duas árvores são ótimas, nem G e + f nem G f + e têm custo menor que G. Mas como os custos são todos distintos, não podemos trocar uma aresta e manter a otimalidade do problema. Logo, a árvore geradora ótima é única. 6.5 Exercício 6.28 Decomposição em Orelhas Fechadas Questão: Todo grafo 2-aresta-conexo pode ser construído da seguinte forma: G = G 1... G k, onde G 1 é um ciclo e G i+1 ou é um caminho que tem seus vértices nais em comum com G 1... G i ou um circuito que tem um vértice em comum com G 1... G i (Tal sistema de subgrafos é chamado de decomposição de G em orelhas fechadas). Resposta: 19

20 Dado um grafo 2-aresta-conexo G, seja P 0 um ciclo em G. Considere uma decomposição em orelhas fechadas P 0,..., P i de um subgrafo G i G. Quando G i G, encontramos uma orelha para adicionar. Como G é conexo, existe uma aresta uv E(G) E (G i ) com u V (G i ). Como G é 2-aresta-conexo, uv pertence a um ciclo C. Percorra C até retornar a V (G i ), formando assim um caminho ou ciclo P. Adicionando P a G i resulta num subgrafo maior G i+1 no qual P é uma orelha aberta ou fechada. 6.6 Exercício 6.29 G é fortemente conexo sse G é 2- aresta-conexo Questão: Um grafo G pode ser orientado tal que o digrafo resultante G é fortemente conexo sse G é 2-aresta-conexo. Resposta: Necessidade: Se G é desconexo, então alguns vértices não conseguem alcançar outros em qualquer orientação. Se G tem uma aresta de corte (x, y), então não há como y alcançar x. Logo G deve ser conexo e não ter aresta de corte, ou seja, G deve ser 2-aresta-conexo. Suciência: Quando G é 2-aresta-conexo, G tem uma decomposição em orelhas fechadas. Orientamos o ciclo inicial para obter um digrafo fortemente conexo. Como a adição de uma orelha orientada cria um digrafo fortemente conexo maior, G pode ser orientado tal que G é fortemente conexo. 6.7 Exercício 6.32 Caracterização de Grafos 2-Conexos Questão: Prove que as seguintes propriedades de um grafo simples G são equivalentes: 1. G é 2-conexo; 2. quaisquer dois vértices de G estão num circuito. 20

21 3. Quaisquer duas arestas de G estão num circuito, δ(g) 1 e V (G) 3. Resposta: 1 3: Primeiro sejam e e f duas arestas com um vértice em comum, x. Agora sejam y e z os outros vértices incidentes a e e f. Como, por hipótese, G é 2-conexo, essa construção existe. Como G x é conexo, existe um outro caminho entre y e z. Isso prova que quaisquer duas arestas de G estão num ciclo. Como G é conexo, δ(g) 1 e para que a demonstração valha, V (G) : Dados dois vértices x e y, considere uma aresta incidente em cada e um ciclo através dessas duas arestas. Então x e y estão num mesmo ciclo. Como G não tem vértices isolados, esse raciocínio vale para todos x, y V (G). 2 1: Se quaisquer dois vértices de G estão num circuito, estão precisamos remover no mínimo dois vértices para desconectar o grafo. Logo, ele é 2-conexo. 6.8 Exercício 6.39 Teorema de Menger Questão: Seja G um digrafo e a, b V (G). Prove que: 1. existem k (a, b)-caminhos disjuntos nas arestas sse G é k-aresta-conexo entre a e b. 2. existem k (a, b)-caminhos independentes sse G é k-conexo entre a e b. 21

22 3. armações análogas valem para grafos não-orientados. Resposta de 1. 1 : Vamos fazer essa prova a partir do Teorema do Fluxo Máximo-Corte Mínimo, presente em 6.9. Quando x, y são vértices num digrafo G, podemos ver G como uma rede com vértice fonte x, vértice sorvedouro y e capacidade 1 em cada aresta. A capacidade 1 faz com que as unidades de uxo de x a y correspondam a x, y-caminhos aresta-disjuntos. Portanto um uxo de valor k mostra que há k caminhos aresta-disjuntos. Também temos que todo corte fonte/sorvedouro S, T dene um conjunto de arestas cuja remoção desconecta x a y. Como todas as capacidades são 1, o tamanho desse conjunto é cap(s, T ). Os caminhos e o corte de arestas que obtivemos podem não ser ótimos, mas pelo Teorema do Fluxo Máximo Corte Mínimo temos: λ D(x, y) max val(f) = min cap(s, T ) κ D(x, y). Como temos que κ D (x, y) λ D (x, y), segue que: κ D(x, y) = λ D(x, y). Resposta de 2.: Considere o digrafo G obtido a partir de G pela seguinte operação: para todo x a, b, divida x em dois vértices x 1, x 2, faça (x 1, x 2 ) E (G ) e se (x, y) E(G), então (x 2, y 1 ) E (G ). Então vamos provar que: 1. G é k-aresta-conexo entre a e b sse G é k-conexo entre a e b; 1 Há provas diferentes do teorema de Menger para k-aresta-conexidade em [West] e em [Lovász]. Como a prova em [West], feita a partir do Teorema do Fluxo-Máximo Corte- Mínimo está mais legível do que a em [Lovász], optamos pela primeira. 22

23 2. G tem k (a, b)-caminhos aresta-disjuntos sse G tem k caminhos disjuntos entre a e b. Para mostrar (1), consideremos um (a, b)-corte C em G. Seja A o conjunto contendo todas as arestas de C e todos os os vértices x tais que (x 1, x 2 ) C. Então C = A e A separa a e b em G. Então, se P é qualquer (a, b)-caminho em G, então as arestas de G correspondentes às arestas e aos vértices de P formam um (a, b)-caminho P em G e como P contém uma aresta de C, P contém uma aresta ou vértice de A. Agora, se A é um conjunto de arestas e vértices separando a e b em G, então a construção acima associa a um conjunto C de arestas de G com A, e C é um (a, b)-corte com C = A. Isso mostra (1). Para mostrar (2), consideremos k (a, b)-caminhos aresta-disjuntos P 1,..., P k em G. Se x i P j, então (x 1, x 2 ) é uma aresta de P j e x 3 1 está também em P j. Então, P 1,..., P k são disjuntos e contraindo (x 1, x 2 ) para obter G de volta, obtemos k (a, b)-caminhos em G. Agora, se há k (a, b)-caminhos disjuntos em G, então os (a, b)-caminhos de G associados com eles logicamente são disjuntos nos vértices, e portanto, disjuntos nas arestas. Isto prova (2). (1) e (2) provam o Teorema de Menger para os vértices de um digrafo por meio do Teorema de Menger para as arestas de um digrafo. Resposta de 3.: Considere o digrafo G obtido a partir do grafo G pela seguinte operação: para cada (x, y) G, substitua-o por (x, y) e (y, x) G. G tem a mesma conexidade e a mesma aresta-conexidade que G. Além disso, o número máximo de (a, b)-caminhos disjuntos e (a, b)-caminhos aresta-disjuntos é o mesmo. Agora, se tivermos alguns (a, b)-caminhos em G, podemos assumir que eles não usam (x, y) e (y, x) ao mesmo tempo. Para este caso podemos facilmente encontrar outro sistema com o mesmo número de (a, b)-caminhos que 23

24 não contém nem (x, y) nem (y, x). Esses caminhos levam a (a, b)-caminhos disjuntos e (a, b)-caminhos aresta-disjuntos em G Teorema do Fluxo Máximo-Corte Mínimo Questão: Mostre que o valor máximo de um (a, b)-uxo f satisfazendo f(e) v(e) é dado por: min C cap(e), e C onde C passa por todos os (a, b)-cortes. Resposta 2 : 2 Há provas diferentes em [West], em [Diestel] e em [Lovász]. Das três, a mais legível é a em [West], por isso foi a escolhida. A dica em [Lovász] é difícil de entender. 24

25 Algoritmo de marcação de Ford-Fulkerson Entrada: um uxo viável na rede. Saída: Um caminho f-aumentador ou um corte com capacidade val(f). Idéia: Encontrar os nós alcançáveis a partir de s por caminhos com tolerância positiva. Ao encontrar t completamos um caminho f-aumentador. Durante a busca, R é o conjunto de nós marcado como Reached e S é o conjunto de nós marcado como Searched. Início: R s, S =. Faça: Pegue s R. Para cada aresta sw saindo de s com f(sw) < c(sw) e w / R, adicione w a R. Para cada aresta us que entra em s com f(uv) > 0 e u / R, adicione u a R. Marque cada uma dessas arestas como Reached e registre v como o antecessor delas. Enquanto (t / R ou R S). Se (t R), trace de volta o caminho que alcança t para ter um caminho f-aumentador. Senão retorne o corte de arestas [ S, S ]. Consideremos o algoritmo acima. No problema de uxo máximo, o uxo zero (f(e) = 0 para todo e) é sempre um uxo viável e é também um bom começo. Dado um uxo viável, nós aplicamos o algoritmo de marcação. Ou o algoritmo termina dando um uxo f-aumentador ou o algoritmo dá um (s, t)-corte. No caso do algoritmo dar um uxo f-aumentador, nós repetimos o algoritmo. Quando as capacidades são racionais, cada aumento aumenta o uxo por um múltiplo de 1/a, onde a é o mínimo múltiplo comum dos denominadores. Então, após um número nito de aumentos, a capacidade de algum corte é alcançada. O algoritmo então dá um corte de arestas [ S, S ]. Quando terminando dessa forma, dizemos que [ S, S ] é um corte fonte/sorvedouro 25

26 com capacidade val(f). Isso ocorre porque s S e t / S. Além disso, como a aplicação do algoritmo não põe nenhuma aresta de S em R, nenhuma aresta tem excesso de capacidade e nenhuma aresta de S em S tem uxo diferente de zero. Logo, f + (S) = cap ( S, S ) e f (S) = 0. Como o uxo resultante de qualquer conjunto contendo a fonte mas não o sorvedouro é val(f), provamos que: val(f) = f + (S) f (S) = f + (S) = cap ( S, S ). 7 Alguns Exercícios Interessantes em [Lovász] - Emparelhamentos e Fatores. Aqui colocamos alguns exercícios do Capítulo 7 - Factors of graphs de [Lovász]. Na medida do possível, as demonstrações foram feitas pelo aluno, consultando as dicas. Em alguns exercícios, por exemplo o exercício 7.32 em 7.10, o aluno estudou provas presentes nos livros-texto da bibliograa. 7.1 Notas Vários enunciados de perguntas foram alterados para carem mais fáceis de serem entendidos. Em particular, várias notações foram mudadas. Lovász usa Γ(G) para vizinhança. Usamos aqui N(G). Lovász usa c 1 (G) para denotar o número de componentes ímpares de G. Usamos aqui o(g). Usamos aqui a mesma nomenclatura para emparelhamento máximo, cobertura de arestas. cobertura de vértices, e conjunto independente que é usada em [BONDY] e [WEST]. α(g) tamanho máximo de conjunto independente (Em [LOVÁSZ]: α(g)) 26

27 α (G) β(g) β (G) tamanho máximo de emparelhamento (Em [LOVÁSZ]: ν(g)) número de cobertura de vértices (Em [LOVÁSZ]: ϱ(g)) número de cobertura de arestas (Em [LOVÁSZ]: τ(g)) 7.2 Exercício 7.2 Teorema de König-Egerváry Questão: Seja G um grafo bipartido. Então α (G) = β(g), e α(g) = β (G). Resposta: Seja G um X, Y -bigrafo. Como vértices distintos devem ser usados para cobrir as arestas de um emparelhamento, temos que Q M, onde Q é uma cobertura de vértices e M é um emparelhamento em G. Dada uma cobertura de vértices mínima Q, vamos construir um emparelhamento de tamanho Q para provar que a igualdade é sempre possível. Particionemos Q em dois conjuntos, R = Q X e T = Q Y. Sejam H e H os subgrafos de G induzidos por R (Y T ) e T (X R), respectivamente. Como R T é uma cobertura de vértices, G não tem aresta de Y T a X R. Para cada S R, consideramos N H (S), que está contida em Y T. Se N H (S) < S, então podemos substituir S por N H (S) em Q para obter uma cobertura de vértices menor, já que N H (S) enxerga no mínimo as mesmas arestas que S e é menor. A minimalidade de Q leva à condição de Hall (7.3) em H e portanto H tem um emparelhamento que cobre R. Aplicando o mesmo argumento a H leva a um emparelhamento que cobre T. 7.3 Exercício 7.4 Teorema de Hall Questão: (a) Seja G um grafo bipartido com uma 2-coloração {A, B}. Suponha que todo X A é adjacente a pelo menos X pontos de B. Prove que G tem um emparelhamento que emparelha todos os pontos de A com (certos) pontos de B. Ache duas provas, uma que usa o Teorema de König e 27

28 outra que não o usa. (b) Quando um grafo bipartido G tem um 1-fator? Resposta de (a): Como a nossa prova para o Teorema de König usa o Teorema de Hall, vamos primeiro fazer a prova que não usa o Teorema de König. Primeira Prova: Vamos fazer indução forte em A. Caso base: X = 1. Se N(X) 1, obviamente há um emparelhamento. Podemos distinguir aqui dois casos: Caso 1: Existe um conjunto A 1 A, A 1, tal que N (A 1 ) = A 1. Seja G 1 o subgrafo de G induzido por A 1 N (A 1 ) e seja G 2 = G A 1 N (A 1 ). Vamos provar que ambos G 1 e G 2 satisfazem às condições do problema. Seja X A 1. Então N(X) N (A 1 ) e portanto, N G1 (X) = N(X), N G1 (X) = N(X) X. Agora suponha que X A A 1. Então: N G2 (X) = N (X A 1 ) N (A 1 ) X A 1 N (A 1 ) = X A 1 A 1 = X. Então, pela hipótese da indução forte, existe um emparelhamento F 1 em G 1 que emparelha A 1 com N (A 1 ) e um emparelhamento F 2 em G 2 que emparelha A A 1 com (certos pontos de) B N (A 1 ). F 1 F 2 é um emparelhamento desejado. Caso 2: N (X) X para cada X A, X. Seja x A, y B serem vértices adjacentes. Vamos provar que G 1 = G x y satisfaz às condições do problema. Seja X A {x}; se X =, então N(X) = 0 = X, então podemos assumir que X > 0. Também temos que X A, o que nos garante, pela hipótese de indução, que N(X) > X. Então N G1 (X) N(X) 1 X 28

29 E agora, pela hipótese de indução, existe um emparelhamento F 1 em G 1 que cobre todos os pontos de A {x}. Agora F 1 {(x, y)} é um emparelhamento do tipo desejado. Segunda prova: O que queremos mostrar é que α (G) = A. É su- ciente provar, pelo Teorema de König-Egerváry em 7.2, que β(g) = A. Como A cobre todos as arestas, β(g) A. Logo, é suciente mostrar que qualquer conjunto S cobrindo todas as arestas tem no mínimo A elementos. Observe que se S cobre todas as arestas de G, então N(A S) S B porque, se x A S é ligado a y B, então para cobrir a aresta (x, y), S precisa conter y. Portanto S B N(A S) A S e então S = S A + S B S A + A S = A. Resposta de (b): Se G tem um 1-fator, então obviamente, N(X) X, para todo X A e A = B. E (a) prova a volta do teorema. 7.4 Exercício 7.7 Questão:Mostre que para qualquer grafo bipartido G com 2-coloração {A, B}, as seguintes armações são equivalentes: 1. G é conexo e cada aresta de G está contida em um 1-fator; 2. G não é K 2, onde K 2 é o complemento do grafo bipartido completo, e para cada x A e y B, G x y tem um 1-fator; 3. G não é K 2, A = B e para todo X A, N(X) > X (tal grafo é chamado de grafo bipartido elementar ). 29

30 Resposta: Como G tem um 1-fator, os vértices precisam ser separados em dois conjuntos de tamanhos iguais e portanto A = B. Seja = X A e assuma que N(X) X. Como G tem um 1-fator, N(X) = X. E como o grafo é conexo, tem que haver uma aresta e ligando X N(X) ao resto do grafo. Obviamente, e conecta N(X) a A X. Essa aresta e não está presente em nenhum emparelhamento, pois N(X) já está emparelhado com X. Logo, N(X) > X Seja G = G x y, x A, y B. Por hipótese temos que A x = B y. Então, para mostrar que G tem um emparelhamento perfeito basta mostrar que existe um 1-fator cobrindo A {x}. Pela condição de Hall, isso é equivalente a: N G (X) X. Mas por hipótese, N G (X) N(X) 1 X Suponha que G é desconexo. Então podemos achar uma componente G 1 tal que V (G 1 ) A V (G 1 ) B. Sejam x V (G 1 ) A, y B V (G 1 ). Então G x y não pode ter um 1-fator, porque V (G 1 ) B é adjacente a somente V (G 1 A) 1 < V (G 1 ) B vértices. Logo, G é conexo. Agora seja e = (x, y) uma aresta qualquer de G. Então por hipótese G x y tem um 1-fator que pode ser facilmente aumentado a um 1-fator de G contendo e. Logo toda aresta de G está contida em um 1-fator. 7.5 Exercício 7.10 Questão: Se G é bipartido, então χ (G) = (G). 30

31 Resposta: Primeiro suponha que G é -regular. Então A = B e A = B. Então para mostrar que G tem um 1-fator, basta mostrar que G tem um emparelhamento que cobre A. Pelo Teorema de Hall, isso acontece sse N(X) X, X A. Teremos X arestas saindo de X, e cada vértice de N(X) receberá no máximo arestas vindas de X. Portanto N(X) X, X A e N(X) X, X A assim, G tem um 1-fator. Seja F um 1-fator de G. G F é um grafo bipartido ( 1)-regular e, por indução, ele se decompõe em 1 1-fatores. Adicionando F aos 1-fatores, temos uma decomposição de G em 1-fatores. Como χ (G) equivale ao número de emparelhamentos que um grafo tem, χ (G) = (G), se G é -regular. Agora suponha que G não seja -regular. Crie um grafo G 1 da seguinte maneira: adicione vértices ao menor conjunto partido de G até atingir a igualdade. Então adicione novas arestas ao grafo até que ele se torne -regular. Logo, podemos decompor G 1 em emparelhamentos e assim decompor G em emparelhamentos. Logo χ (G) = (G). 7.6 Exercício 7.16 Questão: seja G um grafo bipartido com bipartição {A, B} e f(x) 0 uma função de valores inteiros em V (G). Mostre que G tem um f-fator sse: 1. x A f(x) = y B f(y) e 2. x X f(x) m(x, Y ) + y B Y f(y) para todo X A e Y B, onde m(x, Y ) é o número de arestas conectando X a Y. Resposta: 31

32 1. Seja H um f-fator de G. Como G é bipartido, H também é bipartido. Portanto toda aresta pertencente a H que saia de A vai incidir em B e vice-versa. Logo, x A d H(x) = y B d(y) e, portanto, pela denição de f -fator em 4.2.8, x A f(x) = y B f(y). 2. Vamos fazer por contradição. Suponhamos que exista um conjunto x X e um conjunto y Y tais que x X f(x) > m(x, Y )+ y B Y f(y). Como por hipótese o f-fator existe, X terá alguma aresta que não será incidente nem a Y nem a B Y. Como o grafo é bipartido, isso é impossível. Vamos mudar esse problema para um problema de uxos em grafos da seguinte maneira: Pegue todas as arestas e oriente-as de A a B. Crie dois vértices s e t para serem o sorvedouro e o escoadouro. Crie uma aresta orientada de s a cada vértice de A e uma aresta orientada de cada vértice de B a t. Dena a capacidade de uma aresta e do digrafo resultante G por: f(x) se e = (a, x) ou e = (x, b) c(e) = 1 se e = (x, y), x A, y B. Claramente G tem um uxo com valor x A f(x) = y B f(y) sse G tem um f-fator. O que resta vericar é que cada (a, b)-corte de G tem capacidade mínima x A f(x). Seja S um (a, b)-corte. Seja X = S A e Y = B S. Então a capacidade do corte determinado por S é: x A X f(x) + y B Y o que completa a prova. f(y) + m(x, Y ) x A X f(x) + x X f(x) = x A f(x), 32

33 7.7 Exercício 7.26 Questão: Seja G um grafo conexo tal que, para cada x V (G), α (G x) = α (G). Mostre que G é fator-crítico. Resposta: Observe que se x e y são adjacentes, então α (G x y) < α (G), porque todo emparelhamento de G x y pode ser aumentado usando (x, y). Agora vamos mostrar por indução na distância entre x e y que α (G x y) < α (G) para todo x y V (G). Sejam x, y dois vértices de distância k > 1, e seja z algum vértice interno de um (x, y)-caminho mínimo. Suponha que α (G x y) = α (G). Seja F algum emparelhamento máximo em G x y. Além disso, considere um emparelhamento máximo F 0 em G z; então F = F 0 = α (G). Observe que 1. F deve cobrir z, caso contrário, F seria um α -emparelhamento de G x z, o que contradiz a hipótese de indução, e 2. F 0 tem que cobrir x e y. Agora F F 0 é a união de alguns caminhos alternantes disjuntos, circuitos e arestas em comum de F e F 0. Existe um caminho alternante P 1 começando de x e um caminho P 2 começando de y. Se P 1 = P 2, então substitua as arestas de F E (P 1 ) por arestas de F 0 E (P 1 ) em F ; assim conseguimos um emparelhamento com α +1 arestas (já que ambos os extremos de P 1 pertencem a F 0 ), o que é uma contradição. Logo, P 1 P 2. Ao menos um entre P 1 e P 2 não conterá z, digamos que z / V (P 1 ). Agora substitua as arestas de F 0 E (P 1 ) por arestas de F E (P 1 ) em F 0. Seja F o emparelhamento resultante desse processo. Temos que F F, porque como P 1 começa de x com uma aresta de F 0, se a última aresta de P 1 estiver em F 0, então F > F ; caso contrário, F = F. Além disso, z não é coberto por F, já que z / V (P 1 ) e portanto F > α (G y z), uma contradição. 33

34 Portanto, α (G x y) < α (G) para todo x, y. Seja F algum emparelhamento máximo de G. Então existe no máximo um vértice não coberto por F, já que se houvessem dois vértices x, y não cobertos por F, então α (G x y) F = α (G), uma contradição. Ainda mais, F não pode ser um 1-fator, pois se fosse, então; α (G x) 1 2 V (G x) < 1 2 V (G) = F = α (G), o que contradiz uma das hipóteses. Então, α (G) = F = 1 ( V (G) 1), 2 o que prova a hipótese. 7.8 Exercício 7.27 Fórmula de Berge e Teorema de Tutte Questão: 1. (Fórmula de Berge) Mostre que para qualquer grafo G, o maior número de vértices não cobertos por um emparelhamento é δ(g) V (G) 2α (G) = max {o(g X) X } x V (G) 2. (Teorema de Tutte) Um grafo tem um 1-fator sse o(g X) X para todo X V (G). Resposta: 1. Sejam X V (G) e F, um emparelhamento máximo de G. Sejam G 1,..., G k os componentes ímpares de G X. Sejam, digamos, G 1,..., G i as componentes ímpares que contém um vértice não coberto por F. A partir 34

35 de cada G j, i < j k, por paridade, deve haver uma aresta de F indo a X. Como essas arestas têm que ir a diferentes vértices de X, então k i X. Por outro lado, cada componente G 1,..., G i contém um vértice não coberto, então δ(g) i k X = o(g X) X. Resta mostrar que existe um conjunto X para o qual atinge-se o limite superior de igualdade na equação acima. Mostraremos isto por indução em V (G). Suponha primeiro que existe um conjunto x V (G) tal que α (G x) < α (G). Obviamente, α (G x) = α (G) 1 e portanto α (G x) = V (G x) 2α (G x) = V (G) 2α (G) + 1 = α (G) + 1. Logo, pela hipótese de indução, existe um X V (G x) tal que δ(g) + 1 = o (G x X ) X. Agora seja X = X {x}. Então δ(g) = o(g X) X. Além disso, suponha que α (G x) = α (G) para todo x V (G). Sejam G 1,..., G k as componentes de G, e x V (G i ). Então α (G) = α (G 1 ) α (G k ) = α (G x) = α (G 1 ) α (G i x) α (G k ), 35

36 portanto α (G i x) = α (G i ). Mas isso implica que V (G i ) é ímpar e que δ (G i ) = 1. Logo, δ(g) = e X = satisfaz a igualdade. k δ (G i ) = k = o(g), 2. G tem um 1-fator sse δ(g) = 0, ou seja, por 1., sse i=1 max {o (G X) X } = 0. X Como o(g) 0, o máximo é sempre 0 e portanto, a equação acima é equivalente a para todo X V (G). o(g X) X Exercício 7.29 Teorema de Petersen Questão: 1. (Teorema de Petersen) Todo grafo 2-conexo 3-regular tem um 1-fator. 2. Construa um grafo simples 3-regular que não tem 1-fator. Resposta: 1. Seja G um grafo 3-regular 2-conexo. Vamos provar que G satisfaz a condição de Tutte. Dado S V (G), contamos as arestas entre S e os componentes ímpares de G S. Como G é 3-regular, cada vértice de S é incidente a no máximo 3 arestas de componentes ímpares. Se cada componente ímpar H de G S é incidente a ao menos 3 arestas das arestas contadas acima, então 3o(G S) 3 S e portanto o(g S) S. Seja m o número de arestas de S a H. A soma dos graus em H é 3n (H) m. Como H é um grafo, a soma de seus graus deve ser par. Como n(h) é ímpar, concluímos que m também deve ser ímpar. Como G não tem vértice 36

37 de corte, m não pode ser 1. Logo, há ao menos 3 arestas de S a H, e assim caímos no primeiro caso. 2. Figura 1: Sendo S o círculo na gura, como o(g S) > S, então esse grafo não possui 1-fator Exercício 7.32 Teorema de Estrutura de Gallai- Edmonds Questão: Seja G um grafo. Seja D o conjunto de vértices que não são cobertos por ao menos um emparelhamento máximo. Seja A a vizinhança de D e C = V (G) A D. Prove que: 1. Se um vértice qualquer x A for removido, os conjuntos D e C não mudam. 2. Todo componente do grafo induzido por D é fator-crítico. O grafo induzido por C tem um 1- fator. 3. Se M é algum emparelhamento máximo, ele contém um emparelhamento máximo de cada componente do grafo induzido por D e um 1-fator do grafo induzido por C. 37

38 4. α (G) = 1 { V (G) c (D) + A } O Teorema de Tutte pode ser provado a partir deste. Resposta: 1. Como C = V (G) A D, basta provar que C(G) = C(G x). Seja M um emparelhamento máximo de G. Então M cobre x, já que x / D(G). Logo α (G x) = α (G) 1 e, portanto, se M é um emparelhamento máximo de G, M x é um emparelhamento máximo de G u. Primeiro mostramos que D(G) D(G x). Escolha qualquer v D(G). Seja M v um emparelhamento máximo de G que não cobre v. Então M v x é um emparelhamento máximo de G x e M v x também não cobre v, logo v D(G x). Daí, D(G) D(G x). Agora mostramos que D(G x) D(G). Escolha um vértice v D(G x). Então existe um emparelhamento máximo M de G x que não cobre v. Seja w um vértice qualquer em D(G) adjacente a x e seja M um emparelhamento máximo de G que não cobre w. Se M não cobre v, então v D(G). Se M cobre v, então considere M M. Por denição, M não cobre v. Logo o componente de M M deve ser um caminho P começando em v com uma aresta de M M. Suponha que P termina com uma aresta de M. Então M E(P ) = M que não cobre v. Além disso M = M e portanto M é um emparelhamento máximo e v D(G). Se P termina com uma aresta de M, forme um emparelhamento M 2 = M E(P ). Então M 2 > M e portanto, pela maximalidade de M, M 3 E(G x). Então P deve terminar em x. Mas a diferença simétrica de M e E(P + xw) é um emparelhamento máximo de G que não cobre v e portanto v D(G). 2. Vamos remover os vértices de A um a um. A subquestão anterior implica que α (G 1) = α (G) 1. Logo: α (G A) = α (G) A. (1) 38

39 Além disso temos que C(G A) = C(G) e D(G A) = D(G), (2) e se M é algum emparelhamento máximo de G, então M E(G A) é um emparelhamento máximo de G A. Sejam G 1,..., G t os componentes de G A D. Como nenhuma aresta liga D e C, G 1,..., G t particionam D. Seja H o subgrafo de G induzido por C. Pelas equações 2 todo emparelhamento máximo de G A cobre H, mas cada vértice de C não será coberto por algum emparelhamento. Logo os emparelhamentos máximos de G A são compostos por um emparelhamento perfeito de H e emparelhamentos quase perfeitos M i de cada G i. Como H tem um emparelhamento perfeito, C tem um 1-fator. E como cada vértice de C não será coberto por algum emparelhamento, pelo exercício 7.7, G i é fator-crítico. 3. Como M E(G A) é um emparelhamento máximo de G A, temos que M E(H) é um emparelhamento perfeito de H e M E (G i ) é um emparelhamento quase perfeito de G i. 4. Por 1 e pelas partes 1. e 2., α (G) = α (G A) + A = t V (G i ) 1 2 i=1 + C(G) 2 = 1 ( V (G) t + A ). 2 + A 5. Suponha que c 1 (G X) X X. Em particular, c 1 (G A) A. Por outro lado, c 1 (G A) = t. Logo, por 4., α (G) 1 V (G), 2 39

40 ou seja, G tem um 1-fator. O outro lado do teorema é trivial Exercício 7.34 Algoritmo de Edmonds Questão: Seja G um grafo, M um emparelhamento de G e considere uma oresta maximal F com as seguinte propriedades: Cada componente de F contém exatamente uma aresta não coberta por M, denotada por raiz. Denotando os vértices de F que estão a uma distância ímpar da raiz por vértices internos e os outros vértices, incluindo as raízes, por vértices externos, cada vértice interno tem grau 2 e uma de duas arestas incidentes ao vértice pertencem a M. Então, se dois vértices externos em componentes distintas são adjacentes, M não é um emparelhamento máximo. Desenhe um algoritmo para achar um emparelhamento máximo baseado nesta observação e no problema acima. Resposta: 1. Uma oresta com as propriedades denotadas na questão existe; por exemplo, consideremos uma oresta maximal F consistindo somente de vértices e sem nenhuma aresta. Então nenhum vértice externo pode ser adjacente a V (G) V (F ), pois pelas propriedades de F, (G V (F )) M é um 1-fator de G V (F ), já que todos os vértices cobertos são raízes de F, e portanto, se a V (G) V (F ) é adjacente ao vértice externo b de F e (a, c) M, então (a, b) e (a, c) podem ser adicionados a F. 2. Se dois vértices externos, digamos, x e y, em componentes distintas de F são adjacentes, então considere os caminhos P e Q conectando a e y às raízes de seus componentes em F. Então R = P Q {(a, y)} é um caminho alternante relativo a M e se substituirmos M E(R) por E(R) M, teremos um emparelhamento maior que M. 40

41 3. Agora suponha que dois vértices externos u e v pertencentes à mesma componente de F são adjacentes. Então eles formam com certas arestas de F um um circuito ímpar C. Seja w o vértice de C mais próximo da raiz r dessa componente de F (w = r pode ocorrer). Trocando as arestas emparelhadas no caminho alternante conectando w a r, conseguimos um novo emparelhamento M 0 tal que M 0 contém 1 ( V (C) 1) 2 arestas de C e nenhuma outra aresta de M 0 está em C. Pelo resultado anterior, se contrairmos C, então M 0 = M 0 E(C) será um emparelhamento máximo no grafo resultante G sse M 0 (ou, equivalentemente, M) é um emparelhamento máximo de G. Portanto, se acharmos em G um emparelhamento maior que M 0, podemos facilmente aumentá-lo a um emparelhamento de G maior que M. 4. Finalmente, suponha que os vértices externos de G são independentes. Seja A o conjunto de pontos internos. Então os pontos externos estarão isolados em G A; a quantidade dessas arestas será: o(g A) = M E(F ) + ( V (G) 2 M ), enquanto Portanto A = M E(F ). M = 1 ( V (G) + A o(g A)). 2 Mas por 1 o lado direito é um limite superior para α (G). Portanto M é um emparelhamento máximo. O algoritmo desejado ca claro olhando para os resultados acima. Em cada passo, temos um emparelhamento M de G e uma oresta F G satisfazendo as propriedades da hipótese. Consideramos agora as arestas existentes a vértices externos de F. 41

42 1 o Se existe uma aresta conectando um vértice externo de F a um vértice de V (G) V (F ), aumentamos F como na parte 1. 2 o Se existe uma aresta conectando dois vértices externos em componentes diferentes de F, aumentamos F como na parte 2. 3 o Se existe uma aresta conectando dois vértices externos na mesma componente de F, contraímos um circuito ímpar como na parte 3 e tentamos aumentar o emparelhamento do grafo resultante. Nós podemos concluir que M é maximal ou então aumentar M. 4 o Se todas as arestas adjacentes a vértices externos os conectam a vértices internos, então podemos concluir que M é um emparelhamento máximo. 8 Bibliograa [Bondy] [Diestel] [Lovász] [West] BONDY, J. A.; MURTY, U.S.R. Graph theory with applications. New York: North Holland, DIESTEL, Reinhard. Graph Theory. 3.ed. Heidelberg: Springer- Verlag, LOVÁSZ, Lázló. Combinatorial Problems and Exercises. 2.ed. Amsterdam: Elsevier, WEST, Douglas B. Introduction to Graph Theory, 2.ed. Upper Saddle River: Prentice Hall,