(Biblioteka Bolonja) Mario Osvin Pavčević-Uvod u teoriju grafova-Element (2006).pdf

7/26/2019 (Biblioteka Bolonja) Mario Osvin Pavevi-Uvod u teoriju grafova-Element (2006).pdf

1/29

Mario Osvin PavEevi6

Izvanredni profesor Fakulteta elektrotehnike rac unarstva

Zavod za primijenjenu matematiku

Uvod u teoriju grafova

Zagreb, 2 6


2/29

Mario Osvin PavEeviC

MATEMATIKA

3

Uvod

u

teoriju gnfova


3/29

ISBN 953 197 537 X

Mario Osvin PavEevic

Izvanredni profesor Fakulteta elektrotehnike i razunarstva

Zavod za primijenjenu matematiku

M TEM TIK 3

Uvod u teoriju grafova

Zagreb 2006


4/29

@ Prof dr sc Mario Osvin PavEeviC. 2006

Urednik

SandraGraEan. dip1 n2

Nakladnik

Element. Zagreb

Lektorica

Dunja Vujec. prof

izajn ovitka

Edo KadiC

Tisak

Element. Zagreb

ojam grafa 1

1.1. Motivacija

.2. Glavne definicije 3

1.3. Primjeri 13

1.4. Zadaci za vjeibu

6

ovezanost 18

2.1.Setnje 18

2.2. Eulerovski grafovi 27

.3. Hamiltonovski grafovi 31

2.4. Zadaci za vjeibu 34

lgoritmi optimizacije

37

.1. Problem najkraCeg puta 39

.2. IOneslu problem poStara 43

.3. Problem trgovaEkog putnika 44

.4. Zadaci za vjeibu 46

Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati nit1 umnaiati

na bilo koji natin.

bez

pismenog dopuStenya nakladnika


5/29

ojamgrafa

Do sada smo u diskretnoj matematici prvenstveno uEili prebrajati konaEne skupove

i njihove razne podskupove, rabeCi pritom ili direktne tehnike prebrajanja (produktno

pravilo, formula ukljuEivanja i iskljuc ivanja), ili razvijajuki druge matematieke alate

(funkcije izvodnice, rekurzivne relacije) za tu svrhu. VeCina postavljenih problema

elementarne, enumerativne kombinatorike odgovarala je na pitanje koliko pojedinih

objekata ima (preciznije,

koliki

je kardinalitet odgovarajutih podskupova zadanoga

skupa), ili nu koliko se naEina neSto moie naEiniti (konstruirati, sloiiti, obaviti). Slje-

deCi korak u prouc avanju konaEnih objekata je da viHe ne promatramo samo skupove

ili njihove podskupove kao temeljnu strukturu s kojom radimo, nego da promatramo

sloienije kombinatoriEkestrukture i njihova svojstva, e da pomoCu njih Eesto uspijemo

odgovoriti i na pitanja

kako

neSto uEiniti. Najjednostavnija i najEeSCe primjenjivana

kombinatoric ka struktura e graf pri Eemu upravo jednostavnost te strukture omogu-

Cuje da pun0 praktiEnih problema lagano moiemo prevesti,

izmodelirati u terminima

grafova, a tada na dotiEne grafove primijeniti poznate dokazane teoretske spoznaje,

algoritrne i apstraktne deje.

Za razliku od mnogih drugih dijelova matematike, za teoriju grafova se toc no

moie reCi kada je zasnovana. svome Elanku iz 1736. godine

L Euler, Solutio problematis ad geometriam situs pertinentis

(RjeSenje ednog problerna u svezi s geometrijom poloia ja),

Comm. Acad. Sci. Imp. Petropolitanae 8 (1736), 128-140.

Svicarski matematiEar Leonhard Euler (1707. 1783.) obradio je i rijeSio jedan Eu-

veni stari problem. Pruski grad Konigsberg (danas Kalinjingrad, Rusija) l eii na rijeci

Pregel, koja grad dijeli na Eetiri teritor ija, dva otoka i dva obalna dijela, a koji su u 18.

stoljeCu bili povezani sa sedam mostova kao na slici.


6/29

2

1

POJAMRAFA

Pitanje je moie li se iz nekog dijela grada Konigsberga krenuti u Setnju tako da

se svakim mostom prijede toEno jednom. Evo odmah i neposrednog odgovora. Ako

lijeva obala rijeke Pregel (teritorij oznaEen na slici slovom A) nije niti poEetak niti

kraj naSe Setnje, onda nam za svaki dolazak na teritorij A i odlazak s njega trebaju

dva razliEita mosta. No, kako je teritorij A spojen s ostalim dijelovima grada trima

mostovima, takva je Setnja nemoguCa. Dakle, teritorij A morao bi biti poEetak ili

kraj Setnje. Medutim, analogno razmatranje moiemo provesti i za preostala tri dijela

Konigsberga,

B

C i D, iz Eega proizlazi da bismo u svakom od tih dijelova morali

ili poEeti ili zavrSiti naSu Setnju, Sto je dakako nemoguee.

Vjerujemo da svatko uoEava da je pr irodni model (skica liSena svih nepotrebnih

ukrasa) na kojem se problem konigsbergkih mostova moie prouEavati sljedeCa shema,

1.2. GLAVNEEFINICIJE 3

grafova rjegava. Na primjer, zanirnljivo je pitanje mogu li se sve ulice zagrebazkog

Gornjeg grada uEiniti jednosmjernima, a da se pritom moi e autom dovesti iz bilo koje

toEke u bilo koju drugu toEku, i to naravno u smjeru voinje. Naravno da to nije moguCe

ako se zna da ima i slijepih ulica (Visoka), ali razmislite o tom prcblemu ako se slijepe

ulice zanemare.

Irna naravno i kompliciranijih i manje oEitih primjena teorije grafova. Jedna

takva je Euveni

problem 4 boje.

Naime, moie se pokazati da se svaka geografska

karta moie obojati s 4 boje, tako da su susjedne driave obojane razliEitim bojama.

RjeSavanje tog, kao i mnogih drugih problema, medutim nadilazi okvire zacrtane pla-

nom ovog kolegija. Mi Cemo se ovdje precizno upoznati s pojmom grafa, prouEiti

jednostavna strukturalna svojstva grafova, karakteristiEne primjere, te upoznati naj-

jednostavnije algoritme optirnizacije na grafovima. Takoder, neki od problema teorije

grafova iziskuju softversko, programsko rjeSavanje, no u okviru ovog kolegi ja mi Cemo

takve probleme samo spomenuti i naznaEiti moguCe pravce rjegavanja, a eventualno

zainteresiranim studentima ostaviti da sami za vlastito zadovoljstvo naEine adekvatne

raEunalne programe.

Definicija

1 Jednostavni graf G sastoji se od nepraznog konaEnog skupa V(G)

Eije elemente zovemo vrhovi Evorovi) grafa G i konaEnog skupa E(G) razliEitih

dvoElanih podskupova skupa

r

G) koje zovemo bridovi Skup V(G) zovemo skup

vrhova i ako je jasno o kojem je grafu G rijeC oznaEavat Cemo ga kraCe samo s V, a

skup E(G) zovemo skup bridova i oznaEavat Cemo ga i samo s E . Formalno, ponekad

Cemo pisati G = (V(G),E(G) ) ili kraCe joS i G = V ,E)

Oznaka

V

za skup vrhova dolazi od engleske rijeEi vertex za vrh, a oznaka E za

skup bridova pak od engleske rijeEi edge za brid.

UoEimo da smo prethodnom definicijom ednostavnog grafa iskljuEili moguCnost

da su dva vrha spojena s viSe bridova (buduCi smo E(G) definirali kao skup), te da

postoji brid koji spaja vrh sa samim sobom (jer smo svaki brid definiral i kao dvoElani

podskup). Ako pak dopustimo viiekratnost bridova, ili ako dopustimo brid koji spaja

vrh sa samim sobom (takve bridove zvat Cemo

petljama),

onda redovito govorimo o

opCem generaliziranom ) grafu, ili kratko samo o grafu.

U

veCini modela i struktural-

nih problema koje Cemo promatrati svejedno je promatramo li ih u jednostavnom ili

opCem grafu, pa Cemo to posebno naglaSavati samo kad odista bude potrebno.

a upravo je to primjerjednog (neusmjerenog) grafa. Eule rje postavljeno pitanje rijeSio

i u znatno vec oj opkenitosti, no o tome Cemo detaljni je i precizni je uEiti kasnije.

Iako temelji teorije grafova seiu u 18. stoljec e, ta se matematiEka discipl ina kao

zasebna teorija intenzivno poEela razvijati te ku drugoj polovici20.

stol jeta , a rnnoStvo

otvorenih problema svjedoEi o njenoj aktualnosti i danas. Probleme teorije grafova

Eesto je sasvim jednostavno formulirati, no ponekad ih je vrlo teSko rijeSiti.

Svaka se mre ina konfiguracija (cestovna karta, naftovod, strujni krug) moie na

prirodan naEin zamijeniti grafom, te se mogu postaviti zanimljiva pitanja koja teorija

Definicija2 Za brid

e {v,

w kaiemo da

spaja

vrhove

v

i w i bez moguCnosti

zabune kraCe ga piSemo

vw

U

toj situaciji kaiemo da su vrhovi

v

i w grafa

G

susjedni

Takoder, kaiemo da je vrh v incidentan s bridom e . Naravno, i w je

takoder incidentan s bridom e

GrafiEki Cemo vrhove grafa prikazivati kruiidima, a bridove spojnicama vrhova.

SjeciSte dviju spojnica e vrh samo ako je nacrtano kruiic em.

Glavni zadatak teorije grafova je proniknuti u strukturu pojedinog grafa, te usta-

noviti u Eemu je bitna (strukturalna) razlika dvaju promatranih grafova. Najprije Cemo

stoga definirati kada dva grafa u apstraktnom smislu smatramo jednakima.


7/29

4 1. POJAMRAFA

Definicija

3

Za grafove G1 i G2 kaiemo da su izomorfni ako postoji bijektivna

korespondencija 1

1

preslikavanje) izmectu skupova V(G1) i V(Gz), takva da je

broj bridova koji spajaju bilo koja dva izabranavrha u V(G1) jednak broju bridova koji

spajaju korespondentna dva vrha u V(G2).

Takvu

bijekciju zvat Cemo izomorlizam

grafova.

Iz definicije odmah slijedi da za izomorfne grafove G1 i G2 vrijedi

1

=

IE(G1)I

=

IE(G2)I.

To je nuidan uvjet izomorfnosti, svakako ne i dovoljan, u Sto Cemo se uvjeriti na

rnnoStvu primjera. Evo jednog primjera izomorfnih grafova.

Primjer1 Dani su grafovi:

Irna ih dakle toEno 8. Evo sada svih neizomorfnih grafova s 3 vrha (neobiljeienih

vrhova)

RazmiSljali smo pritom "iscrpno", rastavljajuii problem prebrajanja na disjunktne

podsluEajeve: najprije smo pogledali koliko ima neizomorfnih grafova s 3 vrha i

bridova, pa onda onih s jednim bridom, i tako redom.

Da bismo ustanovili njihovu izomorfnost, moramo konstruirati bijekciju cp izmedu

njihovih skupova vrhova koja Euva susjedstvo. ToEnije, {vl, vz) E E(G1) onda i

sarno onda ako je {cp(vl),cp(v2)} E E(G 2), Vvl, v, E V(G1). Uvjerite se sami da je

bijekcija koja preslikava vrhove v I r n , x ,

z

++ r

izomorfizam zadanih grafova Pronadite sami neki drugi izomorfizam ovih grafova

Zadatak

1

Koliko imarazliEitih ednostavnih grafova s n vrhova koji su unaprijed

obiljeieni?

Relacija "izomorfnosti grafova" je relacija ekvivalencije na skupu svih grafova (s

n vrhova).

Ovisno o problemu koji proEavamo, vrhovima grafa ponekad Ce biti dodijeljena

imena (oznake, labele), a ponekad neCe. UoEimo: dva grafa su izomorfna ako moiemo

preimenovati vrhove jednog u vrhove onog drugog. U tom smislu, ielimo li prebrojiti

koliko ima grafova s odredenim brojem vrhova, trebarno naglasit] esu li vrhovi unap-

rijed oznaEeni (imenovani, labelirani), ili nisu. U drugom slufaju, kad ispitujemo broj

grafova s danim brojem neoznaEenih vrhova, traiimo zapravo broj svih neizomorfnih

grafova s toliko vrhova.

Rjeienje

Brid identificiramo kao dvoElani podskup skupa vrhova. Svaki dvoElani

podskup skupa vrhova ili jest, ili nije brid u grafu. Dakle, za svaki od

)

podskupova

imamo dvije moguCnosti. Stoga je broj razliEitih grafova s n vrhova jednak 2 ; )

UoEimo da bi bilo smisleno postaviti pitanje koliko ima neizomorfnih (jednostav-

nib) grafova s n vrhova. Medutim, to je pitanje toliko teiko (nije poznata zatvorena

formula) da ga jedva, i to redovito uz porno6 raEunala, moiemo rijeSiti za neke manje

n-ove. Vrlo ambicioznim Eitateljima ostavljamo da taj problem programski rijei e za

neke konkretne ne sasvim male n -ove, recimo za

=

8 9 ili eventualno

10

Definicija 4 Za zadane disjunktne grafove G1

=

(V(Gl),E(Gl )) i G2

=

(V(G2),

E(G2) ) definiramo njihovuuniju GI UG2 kao graf G1UG2 (V( GI) uV(G2 ), (G1 )u

E(G2))

rimjer2 Prebrojimo sve jednostavne grafove s 3 vrha, najprije uzimljuCi u ob-

zir da su vrhovi unaprijed oznaEeni (dakle, da ih razlikujemo), a onda uz pretpostavku

da nisu oznaEeni (do izomorfizma). Izlistajmo sve grafove s obiljeiena vrha:


8/29

1.

POJAMR F

Koliko god nam se ova definicija Eini banalnom (a svakako prirodnom), ona nam

omoguCuje da definiramo vaino svojstvo povezanosti grafa.

Definicija

5

Graf je povezan ako se ne moie prikazati kao unija neka dva grafa.

suprotnom kaiemo da je graf nepovezan.

Svaki se nepovezani graf dakle mo-

prikazati kao unija povezanih grafova. Svaki Elan te unije zovemo komponenta

povezanosti.

Uvjerimo se da do izomorfizma postoji samo 6 povezanih jednostavnih grafova

s 4 vrha:

Mi Cemo Eesto promatrati i provoditi dokaze samo za povezane grafove.

Nai-

me, ako graf nije povezan, uvijek se svaka njegova komponenta povezanosti moie

promotriti zasebno.

Jedno od pitanja na koje se redovit'o moie vrlo jednostavno odgovoriti, a pokazuje

se vain im strukturalnim svojstvom, e koliko susjednih vrhova ima svaki pojedini vrh.

1.2.

GLAVNEEFINICIJE

Definicija 6 Stupanj vrha

v

grafa G je broj bridova koji su incidentni s v.

OznaEavamo ga s deg(v) Dogovorno, ako je vrh v petlja, onda ona broju deg(v)

doprinosi s 2. Vrh stupnja 0 zovemo izolirani vrh, a vrh stupnja

1

zovemo krajnji

vrh.

Posebno, zanirnljivo je svakome grafu G pridruiiti niz stupnjeva. Za graf s n

vrhova to je -torka koja se sastoji od rastuCeg niza cijelih brojeva koji predstavljaju

stupnjeve svih vrhova u grafu G (zajedno s kratnostima).

Prirnjer3 Pogledajmo graf na slici.

Niz stupnjeva ovog grafa je ( I l l l ,2 ,2 ). Graf ima dva krajnja vrha.

Postavimo si sada ovakvo pitanje: odreduje li niz stupnjeva strukturu grafa? Ili,

ekvivalentno, ako dva grafa imaju isti niz stupnjeva, jesu li oni nuino izomorfni?

Odgovor daje sljedeCi

Primjer

4

Zadani su sljedeCi grafovi.

Oba zadanagrafa imaju niz stupnjeva (2,2,2;3, 3) . No, s druge strane, evo struk-

turalne karakteristike koja ih u bitnome razlikuje. U lijevome grafu vrhovi stupnja

medusobno nisu susjedni, dok u desnome jesu. To dokazuje da oni nisu izomorfni.

Moiete li naCi primjer dva neizomorfna grafa s 4 vrha koji imaju isti niz stupnjeva?

Leonhard Euler veC je

1736

godine dokazao sljedeCu jednostavnu Einjenicu.

Lerna 1 o rukovanju) vakom g r a b G je zbroj stupnjeva svih vrhova paran,

ti

vniedi

.

.

deg(v) 0 (mod 2)

v G

Dokaz. Moi e sezapravo dokazati i konkretnijajednakost: deg(v) = 2.(E(G)

vEG

Nju pak dokazujemo prebrajanjem svih incidencija grafa, tj. skupa {(v, e) I v E

V(G), e

E

E G ) , v

E

e) na dva naEina. Krenemo li od vrhova, za svaki pojedini vrh

takvih incidencija ima toEno koliko je stupanj dotiEnog vrha. Krenemo li od brido-

va, vidimo da svaki brid ima dva kraja , tj. da je dvoElani podskup, pa sveukupno

incidencija ima 2 IE G) Time smo dokazali ovu jednakost. Kako je desna strana


9/29

8 1. POJAM

RAFA

jednakosti oEevidno parna, buduCi je viSekratnik broja

2

to pama mora biti i lijeva

strana, Sto upravo dokazuje tvrdnju leme.

va se jednostavna Einjenica zove Lema o rukovanju jer se mo ie interpretirati

ovako: Prilikom rukovanja bilo kojeg broja ljudi, broj ruku koji je u to ukljuEen nuino

je paran.

Korolar2

Broj vrhova nepam og stupnja u svakom grafu j paran.

0 odnosu medu stupnjevima grafa skoro da se niSta vise ne m oie tvrditi, skup

stupnjeva moie biti vrlo raznolik. Naravno, najpravilniji e sluEaj kad je zadan graf u

kojem su svi vrhovi istog stupnja.

efinicija

7

Za graf G ka iemo da je regularan ako su svi njegovi vrhovi istog

stupnja. Kaiemo da je G r -regularan ako je deg(v) = r Vv E V(G) Cijeli broj r

tada Cemo zvati stupanj regularnosti grafa G.

Niz stupnjeva regularnog grafa je konstantan niz. Razmislite postoji li i kako

izgleda 1 regularan graf.

efinicija 8 Podgraf grafa G je graf Eiji vrhovi pripadaju skupu V(G) a bridovi

skupu E(G) .

Primjer

5

li

nije

od

Podgrafove Eesto dobivamo iz danog grafa G brisanjem vrhova ili bridova. Ako

je e neki brid od

G

onda G oznaEavamo graf G bez brida

e.

OpCenitije, ako

je F E(G) onda je G F = (V(G),E(G)

\

F

.

Ako je v vrh od

G

onda je

G podgraf od G dobiven brisanjem vrha v i svih bridova incidentnih s v . Ako

je pak

S

V(G) onda se graf G

-

S dobiva uklanjanjem svih vrhova iz podskupa

S, kao i svih bridova koji su incidentni s bilo kojim od uklonjenih vrhova. Sa G

\ e

oznatit Cemo graf dobiven kontrakcijom brida

e .

ToEnije, vrhove incidentne s tim

bridom slijepimo, uzimljuCi pritom u obzir sve bridove s kojima su oba slijepljena vrha

incidentna. UoEimo da G \ e nije podgraf od G

Primjer 6

Zadatak

2

Neka je G graf s n vrhova i bridova, neka je v vrh od akav da

je deg(v) =

k

te neka je e brid iz

G

Koliko vrhova i bridova imaju grafovi G

G - v , G \ e ?

Rjeienje.

Graf G

-

nastao je brisanjem jednog jedinog brida. Dakle ima isto

vrhova koliko i G n e bridova za jedan manje,

-

1 Graf G nastaje uklanja-

njem vrha

v

i svih bridova koji su s njime incidentni, a tih je toEno deg(v)

.

Dakle,

vrhova je

n

1 a bridova

m

. KonaEno, kontrahiramo li brid e , u novom grafu

G

\

e imamo n vrhova (jer smo dva vrha slijepili), te m 1 bridova (svi osim

kontrahiranogbrida

e

.

Do sada smo grafove predstavljal i grafiEki, Sto je vizualno Eitatelju najjednos-

tavnije. Medutim, pitanje je kako graf reprezentirati u raEunalu, ili uopie, kako s

grafovima spretno ratunati. PNO se zapitajmo, st0 nam je minimalno potrebno znati

da bismo graf imali u potpunosti zadan. Npr, znamo li vrhove grafa (koji su sada fiksno

oznaEeni, jer graf reprezentiramo na jedinstven naein), vidimo da je sasvim dovoljno

poznavati skup bridova. Takav se zapis zove

lista bridova.

Za graf


10/29

1 1 POJAM

RAFA

lista bridova je:

{uv , UYl vw: V Y , wx1 WY, 91 .

Lista susjedstva je lista (polje) gdje je svaki element liste podskup skupa vrhova koji

Eine susjedi odredenog vrha. U gornjem primjeru ta bi lista izgledala ovako:

[ u : v , y ) ; : u , y ,w ) ;

w

v ,y ,x ) ; : {y ,w) ;

:

{u,v,w,x)]

Definicija

9 OznaEimo li vrhove zadanog grafa

G

s

V =

{1 ,2 , . n ) onda

definiramom tricu susjedstv

A = [a,]]

ao

n

x

n

matricu Eiji je element

aii

jednak

broju bridova koji spajaju vrh i s vrhom j .

Za jednostavni graf matrica susjedstvaje oEito simetriEna 0 matrica. Za pret-

hodni primjer grafa, uz preimenovanjevrhova u, v w,x,y)

=

1 ,2 ,3 ,4 ,5 ) , obivamo

ovu matricu susjedstva:

UoEimo da zbroj elemenata u pojedinom retku (ili stupcu) toEno odgovara stupnju

odgovarajuieg vrha.

Definicija 10

OznaEimo li dodatno i bridove zadanog grafa

G

s E = { 1 2,

.

.

m

onda definiramo

m tricu incidencije

kao

n

x m matricu

B =

[b,,]Eiji su elementi

ako je vrh

i

incidentan s bridom

by = A

inaEe

UoEite da svaki stupac matrice incidencije ima na toEno dva mjesta 1 , dok su

na ostalim mjestima nule. Te dvije jedinice toEno kazuju koja dva vrha spaja dotiEni

brid. Matrica incidencije za prethodni primjer je npr. (to je sada ovisno o tome kako

si numeriramo bridove)

1 0 0 0 0 0

1 0 1 1 0 0 0

B = 0 0 1 0 1 1 0

0 0 0 0 1 0 1

0 1 0 1 0 1 1

Pridijelite sami bridovima ovog grafa labele sukladno ovoj matrici incidencije i uvje-

rite se da matrica incidencije jednoznaEno definira strukturu grafa. Sto bi sevdesilos

matricom incidencije ako biste preimenovali skup vrhova (skup bridova)? Sto

bi

se

desilo s matricom susjedstva ako biste preimenovali skup vrhova?

Zadatak3

Ako je

G

jednostavni graf s najmanje 2 vrha, dokaii da

G

mora

sadriavati barem 2 vrha istoga stupnja.

RjeSenje. OpCenito, imamo li jednostavni graf s n vrhova, onda stupnjevi poje-

dinih vrhova mogu biti brojevi O 1 .

.

n . MoguCnosti je dakle n . Medutim,

uoEimo da je nemoguCe da u grafu istodobno postoji vrh stupnja 0 i stupnja n 1

(takav bi naime bio susjedan svakom drugom vrhu). Dakle, razliEitih stupnjeva vrhova

grafa ima najviSe n 1. Sada primijenimo Dirichletov princip, iz kojeg neposredno

slijedi da postoje barem dva vrha istoga stupnja.

Zadatak 4

Smjesti slova

A ,

B D E ,

F G

i H u krugove sa dike tako da

nijedno slovo nije susjedno s onim slovom s kojim je susjedno u (engleskoj) abecedi.

RjeSenje. Iscrpno pretraiivanje vodilo bi do ispitivanja 8 moguCnosti. ielimo

li si uStedjeti vrijeme, uoEimo neravnopravnost slova i H u odnosu na sva ostala,

buduCi ona imaju samo po jednog susjeda medu danim slovima, a ostala slova po dva.

S obzirom da dva srediSnja polja sheme imaju stupanj 6, u njih moiemo staviti samo ta

dva slova, er ostala slova, s dva susjeda u abecedi, mogu biti smjeStena u polja stupnja

najviSe 5 . UoEimo dalje da je svejedno jesmo li stavili slovo lijevo ili desno, jer je

shema simetriEna. Nakon ovog poEetka vjerujemo da Ce svatko moCi ispuniti shemu

slovima do kraja i naCi jedno rjeSenje.

Koliko razliEitih rjeSenja ima? Jesu li ona

sva medusobno izomorfna? Na ova pitanja Cete lako odgovoriti uoEite li sve simetrije

zadane sheme. Evo jednog rjeienja:


11/29


12/29

14 1. POJAM

RAFA

Prirnjer 10

Graf koji dobijemo iz cikliEkog grafa brisanjem toEno jednog brida

zovemo lanac i oznaEavamo s Pn ako ima n vrhova.

Prirnjer 11 Graf koji dobijemo iz ciklusa CnP ako da svaki njegov vrh spojimo

s jednim novim vrhom zovemo kotaE s

n

vrhova i oznaEavamo s

Wn

Jednostavno se

izraEuna da je IE Wn)I= 2 n 2 .

Definicija 11 Ako skup vrhova grafa G moiemo razdvojiti u dva disjunktna sku-

pa A i tako da svaki brid od G spaja neki vrh skupa A s nekim iz skupa onda

kaiemo da je G

bipartitan graf

Alternativno moiemo reii da je G bipartitan graf ako mu vrhove moiemo pobo-

jati u dvije boje, npr. crnu i bijelu, tako da je svaki brid incidentan s jednim crnim i s

jednim bijelim vrhom. UoEimo na primjer da je svaki lanac P bipartitan. Uvijek je

naime moguCe krenuti od jednog krajnjeg vrha lanca i naizmjence pobojati sve njegove

vrhove.

Prirnjer 12 Potpuni bipartitni grafje onaj bipartitni graf s particijom skupavrhova

V G )= A U B kod kojeg je svaki vrh iz skupa A spojen sa svakim iz

B .

Ako je

IA

=

r e

B

= onda takav graf oznaEavamo s

KT

Jasno je da vrijedi da graf KT ma r vrhova i

r

. bridova.

Prirnjer 13

k-kocka Qk je graf Eiji vrhovi odgovaraju svim binarnim nizovima

a l ,az . ak ) a ,

E

{ O 1 } duljine k, te Eiji bridovi spajaju one binarne nizove koji

se razlikuju toEno na jednom mjestu.

Pogledajmo opCenito glavna svojstva k-kocke.

Jasno je da e broj vrhova k

r

kocke jednak broju binarnih nizova duljine k , dakle IV Q k ) 2 . Koliko bridova

ima takva kocka? Jednostavnije je pmo utvrditi k-regularnost. Naime, svaki vrh je

susjedan toEno s onim vrhovima s kojima se, shvaCen kao binarni niz, razlikuje na

jednoj poziciji. Svaki niz je duljine k pa ima toEno k mjesta na kojima se moie

razlikovati, dakle toEno k susjeda. Sada, kad smo utvrdili k-regularnost, jednostavno

je prebrojati skup bridova. Naime, svaki od 2k vrhova incidentan je s

k

bridova, no u

tom brojanju prebrojali smo svaki brid dvaput. Stoga je

Definicija 12 Ako je G jednostavni graf sa skupom vrhova V G ) onda je njegov

komplement G jednostavni graf s istim skupom vrhova V G ) dok su dva vrha u G

susjedna onda i samo onda ako oni nisu susjedni u grafu G


13/29

6

1

POJAMRAFA

OznaEimo li skup svih dvoElanih podskupova skupa V s I) onda vrijedi da je

~ - 6 ) ((,GI) \ E G) i u tom smislu e skup bridova komplementarnog grafa komple-

mentaran (u skupovnom sm islu) skupu bridova zadanog grafa. Traienje komplementa

je dualna operacija, tj. -6 je izomorfan s G . Naime, ako su vrhovi u i

v

susjedni

u G , onda oni nisu susjedni u E pa su opet susjedni u njegovom komplementu G

Identiteta koja preslikava skup vrhova od G u onaj od

-6

dakle Euva susjedstvo, pa je

izomorfizarn.

Kom plement nul-grafa s n vrhova je potpun i graf s n vrhova: Rn=

Kn

Kom-

plement potpunog bipartitnog grafa je unija dvaju potpunih grafova: KT

=

Kr U K ,

Ako nam je poznata matrica susjedstva A jednostavnog grafa

G

Sto se mo ie reCi

o matrici susjedstva

njemu kom plementarnog grafa

-6?

Ako su razliEiti vrhovi i

i j

susjedni u G , onda je a . = 1 N o , u

G

onda i i j nisu sus jedni, pa je = 0 .

SliEno se vidi i za razliEite nesusjedne vrhove u G , u smislu da je tada a

=

0 , i

a0

=

1 Posebno treba obratiti pozornost na dijagonalne elemen te, buduCi su oni u

obje matrice susjedstva jednaki 0 . KonaEno, oznaEimo li s

J

matricu koja se sastoji

od samih jedinica, tj. koja na svim mjestima ima ulaz

1

a s jediniEnu matricu,

moiemo pisati

X = J - I - A .

1 4 Zadaci z

vje2bu

Zadatak

7

Mo ie li se jednoznaEno (do izomorfizma) odrediti struktura jednos-

tavnog grafa s

n

vrhova k9jem je zadan niz stupnjeva (1 ,1 ,2 ,2 ,2 ; . 2 ) ? Ispitaj Sto

sve moie biti takav graf Sto ako se doda uvjet da je graf povezan?

Zadatak

8 Nadi n iz stupnje va za kotaE W n s vrhova. Uvjeri se neposredn o da

je uvijek broj vrhova neparnog

stupnja paran

Zadatak 9 Neka je A matrica incidencije grafa C (kojem su vrhovi numerirani

slijedom, npr. u smjeru kazaljke na satu) . IzraEunaj

An

Zadatak 10 Ispitaj za koje n-ove je ciklus Cn bipartitan graf. Za koje n -ove je

kotaE W n bipartitan?

Zadatak 11 Doka2i da je k -kocka k bipartitan graf za svaki k .

Zadatak

13

Dok aii da je kom plement r -regularnog ednostavnog grafa (n

1) -regularan.

Zadatak

14

Sto je komplement kocki s

8

vrhova? MoieS

li

prepoznati geomet-

rijsko tijelo u dobivenom komplementarnom grafu?

Zadatak

15

Za jednostavni graf koji je izomorfan svome komplementu kaiemo

da je samokomplementaran. Doka ii da ako je G samokomplementaran, onda mu je

broj bridova , l (mod

4 )

Zadatak

16

Nadi sve samokomplementarne grafove s 4 i s

5

vrhova.

Zadatak 17 Bridni graf

L G )

ednostavnog grafa

G

definira se kao gra f Eiji vrho-

vi su u bijektivnoj korespondenc iji s bridovima grafa G , pri Eemu su dva vrha od

L G)

susjedna onda i samo onda ako su odgovarajuti bridovi u

G

susjedni (tj. incidentni s

jednim zajedniEkim vrhom). Pokaii da K3 i K1,3 maju iste bridne grafove.

Zadatak

18

Pokaii da je bridni graf tetraedra izomorfan s oktaedrom.

Zadatak 19 Dokaii d a ako je G k-regularan, onda je njegov bridni graf L G )

(2k 2) -regularan.

Zadatak 12 Uz koje uvjete na parametre su grafovi Kn Kr,s , Wn regularni? S

kojim stupnjem regularnosti?


14/29

Povezanost

Ako je graf povezan, onda se po njemu moie ,,$etati , tj. moie se prelaziti iz

vrha u vrh ako postoji brid koji povezuje ta dva vrha. Ako pak graf nije povezan,

onda moiemo Setati po nekoj njegovoj komponenti povezanosti. Definirajmo Setnju

preciznije.

Definicija 1 Neka je dan graf G . Setnja u G je konaEan slijed bridova oblika

VOVI,~ V Z , . V,-~V,, takoder Eesto u oznaci vo -, vl . .

.

-,

v

, u kojem su

svaka dva uzastopna brida ili susjedna ili jednaka.

Svaka Setnja odreduje dakle slijed vrhova VO, v1, . . Pri tome vrh vo zovemo

poEetni vrh Setnje ili izvor, a vrh v zavrSni vrh Setnje ili ponor. Broj bridova u Setnji

(skupa s kratnostima onih bridova kojima smo eventualno vise puta proSetali) zovemo

duljina Setnje. Dakle, vo vl -, . .

-

vm je Setnja duljine

m .

UoEite da ovaj zapis

za Setnju nije potpuno jedinstven, ako u grafu ima viSestrukih bridova. Ako je vaino

istaknuti kojim se od viSestrukih bridova izmedu dva vrha dois ta proSetalo, Setnju Cemo

zapisati kao niz susjednih bridova el e2

-

. . em.

Primjer

1

Pogledajmo ovaj graf.

Jedna Setnja u tom grafu je na primjer

v -

w - x Z

- w .

To

je Setnja duljine 7.

UoEimo da je Setnja zapravo preopCenit pojam za veCinu primjena. Uvijek pos-

toje u grafu razne Setnje Cjedino u nul-grafu su Setnje trivijalne, duljine 0). Zato Ce

nas redovito zapravo zanimati neke posebne, karakteristicne Setnje, koje ispunjavaju

dodatna lijepa svojstva.

Definicija 2 Setnju u kojoj su svi bridovi razliEiti zovemo staza Ako su, uz to,

i svi vrhovi vo,

v l ,

. v razliEiti (os im eventualno poEetni vrh vo i krajnji vrh v ,

onda takvu stazu zovemoput Za stazu ili put kaiemo da su zatvoreni ako je vo

=

v

.

Zatvoreni put koji sadrii barem jedan brid zovemo ciklus.

Ciklus koji se sastoji od jednog jedinog brida je petlja. Ciklus od dva brida je

dvostruki brid izmedu dva vrha.

U prethodnom primjeru jedna moguCa staza je sljedeCi niz vrhova v - w

-

y v x z - z - y ; n i z v r h o v a v - w - x - y - z j e p u t , d o k j e S e t n j a

v + y - + z - , x + v c i k l u s .

UoEimo da je graf povezan onda i samo onda ako postoj i Setnja izmedu bilo koja

dva vrha tog grafa. Mi smo povezanost definirali drugaEije, no jasno je da e graf pove-

zan onda i samo onda ako izmedu bilo koja njegova dva vrha postoji Setnja. Preciznije ,

na skupu vrhova V(G) zadanog grafa G moiemo definirati relaciju ,,biti povezan ,

na naEin da kaiemo da su vrhovi u, v E V(G) povezani, i piSemo u - , ako postoji

Setnja s poEetkom u u i zavrSetkom u v.

Teorem

1

Relacija ,,biti povezan dejinirana nu skupu vrhova grafa G je rela-

cija ekvivalencije. Razredi (klase) ekvivalencije e relacije su kornponente povezanosti

grafa

G .

Dokaz. Moramo dokazati tri svojstva relacije ekvivalencije . Pogledamo li Setnju

duljine 0 koja poEne u bilo kojem vrhu u i odmah u njemu zavrSi, zakljuEujemo da je

svaki vrh u relaciji sa samim sobom, te da je ova relacija refleksivna. Ako je - ,

za bilo kako izabrane u i v, to znaEi da postoji Setnja u - vl

-,

2-. . - v, v .

No, onda je u tom grafu Setnja i niz vrhova v -, , . .

-

vl

-

u , Sto po defi-

niciji znaEi da je

v

-

rema tome je relacija povezanosti i simetrizna. KonaEno,

izaberemo li bilo koje u, v i

w ,

akve da je u

-

i da je v

-

w , to znaEi da postoje

Setnje u -,ul

. .

. u,

-

v i v vl . . v, w . No, pogledamo li onda

niz susjednih vrhova u

-,

ul . . u - v -. vl - . . v, - w , vidimo da

su u relaciji i vrhovi u i w , tj. da je u - W . Ovime je i tranzitivnost dokazana, pa

je relacija - odista relacija ekvivalencije. Razred ekvivalencije [u] nekog vrha 1 4

sastoji se naravno iz vrha u i svih vrhova do kojih postoji Setnja iz u . No, zbog upravo

dokazanih svojstava, to je upravo komponenta povezanosti zadanog grafa G . W

Primijetimo dodatno, ako izmedu dva vrha postoji Setnja, onda nuino postoji i

put; naime, iz Setnje izmedu neka dva vrha uvijek moiemo izbaciti cikluse, te dobiti

put izmedu ta dva vrha. U grafu iz prethodnog primjera jedna Setnja izmedu vrhova

x i

M

je x

-

v

w

- y - x - z z -

y -- w ,

a izbacivanjem ciklusa (u bilo

kojem redoslijedu) dolazimo do puta x v

-

w .


15/29

Teorem

2

G

je bipartitan graf onda

i

samo onda ako je svaki ciklus u gra@ G

pam e duljine.

Dokaz Treba dokazati oba smjera ekvivalencije iz tvrdnje teorema. Pretpostavi-

mo prvo da je G bipartitan graf. To znaEi da njegov skup vrhova mo iem o podijeliti

u dva disjunktna skupa, nazovimo ih

A

i B , tako da svaki brid od G povezuje neki

vrh iz s nekim iz

B .

Nekaje sada

vo vl - . . v,,, - vo

ciklus u

G

i ne

smanjujuCi opCenitost pretpostavim o da je vo

E

A .

Zbog bipartitnosti je tada v1

E

B ,

vz E

A ,

v2t E A , Vzk +l E B . NO, er se ciklus treba zatvoriti, to je v , E

B

dakle

je m neparan broj, pa je svaki ciklus parne duljine. Time e prva implikacija dokazana.

Dokaz dmge implikacije je tehniEki neSto sloieniji, pa ga ovdje izostavljamo.

apitajmo se Hto moiemo reCi o odnosu broja vrhova i broja bridova u nekom

grafu. Ako dopustim o ponavljanje bridova i petlje, onda bridova mo ie biti po volji

mnogo. Dakle, smislen o je ovo pitanje postaviti samo za jednostavn e grafove. Prom a-

tramo li jednostavne grafove, opet je vain o dodatno pretpos taviti povezanost, buduCi

da nepovezan graf moie imati i prazan skup bridova. Neka je

G

jednostavan povezan

graf s n vrhova i r bridova. Ako njegove vrhove poveiemo u lanac, to je najmanji

broj bridova koji smo mogli upotrijeb iti da bismo uopCe dobili povezan graf. Dakle,

povezan jednostavan graf s

n

vrhova ima najmanje

n

bridova. NajveCi broj bridova

pos tiie s e ako su svaka dva vrha susjedna , tj. ako bridova Eini skup svih dvoElanih

podskupov a skupa vrhova od G a takvih je

I)

Sveukupno smo dobili

Ako G nije povez an, vrijedi neSto opCenitija tvrdnja.

Teorem

3

Neka je G jednostavni graf s n vrhova. Ako G ima k komponenata

povezanosti, onda za broj bridova m od G vrijedi

n - k ) n - k + 1 )

n - k < m

I

Ako bismo u grafu G zamijenili komponente C i C s potpunim podgrafovima nad

n, odnosno nJ

-

vrhova, grafu G sveukupno ne bismo promijenili broj vrhova,

dok bi se broj bridova prom ijenio toEno za

[ n l n , n r - l ) ]

-

[ n , n , - l )

-

n J - l ) n , - 2 )

2 2 2

= n , - n J + l > O .

Prema tome, zakljuEujemo da se ukupni broj bridova u grafu G poveCava ako veCim

komponentama povezanosti poveCamo broj vrhova, pa je najekstremniji sluEaj kad

bismo u G imali potpuni podgraf s n - vrhova, te joS k - izoliranih vrhova.

Tada je pak ukupni broj bridova dan s

m = n - i + l )

-

n - k + l ) n - k )

2

Ovime e dokazana i gornja granica za broj bridova jednostavnog grafa s n vrhova i

k

komponenata povezanosti.

Korolar

4

Svaki jednostavni graf s n vrho va i vice od

brido va je po-

vezan.

Dokaz. Ako takav graf ne bi bio povezan, imao bi barem dvije komponente po-

vezanosti, no po prethodnom teoremu on bi mogao imati najviSe

bridova,

suprotno pretpostavci. Dakle je takav jednostavni graf nu ino povezan.

.

Prethodnim tvrdnjama ustanovili smo koliko najmanje (i najvige) bridova treba

imati ednostavni graf da bi bio povezan. Pos tavimo si sada neSto preciznije struktural-

no pitanje: Koliko najmanje bridova (ili vrhova) mo ramo ukloniti povezanom grafu da

bi on postao nepovezan? Taj broj sigurno e m anji od najmanjeg stupnja bilo kojeg vrha

zadanog grafa, jer uklonimo li baS te bridove incidentne s vrhom najmanjeg stupnja,

dobivam o izolirani vrh, a time i nepov ezan graf.

U primjenam a, rjeSenje ovog pitanja

odgovorilo bi nam na primjer na praktiEno pitanje, koliko ulica istodobno moiem o

renovirati (tj. izbaciti iz prometne rnreie) u nekom gradu, a da promet ipak moie

(koliko-toliko) funkcionirati.

Definicija

3

Rastavljajuki skup

povezanog grafa G je skup bridova Eijim ukla-

njanjem G postaje nepovezan.

Primjer

2

U

grafu na slici

skupovi bridova B1 = { e l , ez, eg) i Bz = { e s ,es, e7, eg) su na primjer rastavljajudi

skupovi, dok B3 = {el e3, eg) to nije.


16/29

Definicija 4 Za rastavljajuii skup kaiemo da je rezni skup ako nijedan njegov

pravi podskup nije rastavljajuii.

Skup bridova

B1

iz prethodnog primjera nije rezni skup jer je i njegov podskup

{el, ez) takoder rastavljajuii skup, dok je skup B2 rezni skup.

Definicija 5 Rezni skup koji se sastoji od jednog jedinog brida zovemo

most.

Prethodne definicije lagano se mogu proSiriti i na nepovezane grafove. Ra-

stavljajuCi skup grafa G je skup bridova od G Eijim se uklanjanjem poveiava broj

komponenata povezanosti od

G ,

dok je rezni skup onaj rastavljajuii skup Eiji nijedan

pravi podskup to nije.

Definicija

6

Za povezani graf G definiramo bridnu povezanost G ) kao ve-

liEinu najmanjeg reznog skupa.

Cesto kaiemo da je

G

k-bridno povezan, ako je

d G ) .

i )

Nadi stazu duljine 5 u Petersenovom grafu.

i i )

Nadi put duljine

9.

i i i )

Nadi cikluse duljina 5 , 6 , 8 i 9 .

i v )

Nadi rezne skupove s 3 , 4 i 5 bridova.

v) Uvjeri se da za bilo koja dva vrha v i

w

vrijedi d v,

w )

= 1 ili 2.

RjeSenje. UoEimo najprije da moramo obiljeiiti vrhove Petersellovog grafa, iel i-

mo li dati odgovore na postavljena pitanja. Na primjer, obiljeiimo li vrhove ovako

Dakle, ako za neki graf

G

kaiemo da je k -bridno povezan, to znaEi da mu moie-

mo ukloniti bilo kojih k- 1 bridova a da mu se pritom broj komponenata povezanosti

pritom ne ie poveiati.

Analogno kao Sto se mogu uklanjati bridovi, mogu se uklanjati i vrhovi, pri Eemu

ukloniti vrh iz grafa podrazumijeva, podsjeiamo, uklanjanje tog vrha i svih bridova

incidentnih s tim vrhom.

Definicija

7 SeparirajuCi skup

povezanog grafa

G

je skup vrhova od

G

Eijim

uklanjanjem

G

postaje nepovezan.

U prethodnom primjeru, neki od separirajuiih skupova su Vl

= { w , x ) ,

Vz =

{ w ,x )

JednoElani separ irajuii skup zovemo separirajuii vrh. Kao i kod uklanjanja

bridova, definicija se lagano moie poopiiti na nepovezane grafove.

Definicija 8

VrSna povezanost K G )

e broj elemenata najmanjeg separirajuieg

skupa u G .

Prema tome,

K G )

e najmanji broj vrhova koji treba ukloniti povezanom grafu

da bi on postao nepovezan. Ako je

K G )

onda kaiemo da je

G

k-povezan graf.

Zadatak 1 Dan je Petersenov graf na slici. Definirajmo udaljenost izmedu vrhova

v i

w

kao duljinu najkrakeg puta od

v

do

w

i oznaEimo je s

d v ,w )

dobivamo sljedeCe odgovore. UoEimo da odgovor na

i i i)

ujedno sadrii odgovore na

i ) i i ) Evo traienih ciklusa. Ciklus duljine 5 je 0 -4 2 3 4 0 . duiji-

n e 6 j e

3 7 6 - , 5 9 2 3 , d u l j i n e 8 j e O 4 - 5 9 8 7

6 - 1 - O , a d u l j i n e 9 n a p r i r n j e r 4 5 - 9 8 7 6 - , 1 2 3 4 .

Rezni skup od

3

brida je { 01, 04, 08) , od 4 brida {01,08,34 :

45 ,

a od

5

bridova

{08,16,45,12;34). Da bismo se uvjerili da je udaljenost bilo koja dva vrha 1 ili 2 ,

podijelimo skup vrhova u skupove V l =

{O

1,2,3,4)

i

V z

=

{5,6 ,7,8 ,9) Sada je

jednostavnije provesti iscrpno pretraiivanje, jer se lako vidi da su bilo koja dva vrha iz

V l udaljena za 1 ili 2 , da su bilo koja dva vrha iz V2 udaljena za 1 ili 2 , kao i da je

bilo koji vrh iz

V ,

udaljen za

1

ili 2 do bilo kojeg vrha iz

V 2 .

Zadatak2

Struk grafa definiramo kao duljinu njegovog najkraieg ciklusa.

Odredi struk sljedeiih grafova: K g , K 5 , ~ ,

8, 8

Q 5

RjeSenje. Gledamo najprije

K g .

To je jednostavni graf, dakle nema ciklusa duljine

1 ni 2. Pitamo se ima li ciklusa duljine 3 , jasno je da ima. buduii su svaka dva vrha

susjedna. Dakle, odmah zakljuEujemo da je struk od Kg jednak 3. Gledamo li K 5 , 7 ,

vidimo da taj jednostavni graf nema trokutova, buduCi je bipartitan, pa mu je svaki


17/29

ciklus parne duljine. No, ciklusa duljine

4

definitivno ima, pa je njegov stru k jednak

4. KotaE

s

ima trokutova, pa mu je struk jednak 3. Graf Cs sastoji se od jednog

jedinog ciklusa, duljine 8 pa mu je toliki i struk. Kod kocke s 2 vrhova ednostavno

nalazimo ciklus duljine 4 na primjer 00000 10000 - 11000 01000 00000,

dok trokutova iz razloga bipartitnosti ni ovdje nema. Dak le je struk grafa jednak

4.

Istaknimo oS jednom: povezani jednostavni graf

s

n vrhova ima najmanje n

1

bridova. Je dan primjer takvih grafova srno spomenuli, to su bili lanci P

.

SliEno srno

vidjeli da jednostavni grafovi s n vrhova i k komponenata povezanosti mogu imati

najmanje

n

bridova.

efinicija9.

gums

je gra f bez ciklusa, a povezanu Sumu zovemo

stablo

Osim veC spo menutih lanaca , evo i joS nekoliko primjera stabala.

Stabla su po m nogo Eemu najjednostav niji grafovi i mnogo e slutnji dokazano za

stabla, a nije za proizv oljni povezani graf. Svojstva stabala skupljena su u sljedeCem

teoremu.

Teorem 5 . Neka je T graf s n vrhova. Onda su sljedeke izreke ekvivalentne:

( i ) T je stablo.

(ii) T ne sadrii ciklus i ima n

-

1 bridova.

(iii) T je povezan i ima n

-

bridova.

(iv ) T je povezan

i

svaki mu je brid most.

( v ) Svaka dva vrha od T povezana su toEno jednim putom.

(v i) T ne sa drf i ciklus, no dodavanjem jednog brida dobit Cemo toEno edan ciklus.

Dokaz.

Ako je

n

= 1 onda su svi rezultati trivijalni. Zato u da ljnjem pretpostav-

ljamo da je

n

.

( i ) i i ) Po definiciji

T

ne sadrii ciklus. Uklanjanje ednog brida dovodi zato

nui no do ne povezano sti, toEnije, dobivamo dva stabla s manje vrhova. Razm iSljajmo

po principu m atematiEke indukcije, tj. pretpostavim o da tvrdnja vrijedi za sve grafove

s manje od n vrhova. Po induktivn oj pretpostavc i, dva stabla dobivena uklanjanjem

jednog brida imaju nl

1

odnosno n2

-

1 bridova. Ovo pak znaEi da srno u poEet-

nom stablu, prije uklanjanja brida, imali

n l

(n2

-

1 bridova, a kako je

nl n2 = n , dobili srno da je poEetno stablo imalo n 1 bridova, Sto srno korakom

indukcije i trebali dokazati.

( i i )= ( i i i )

Ako bi

T

bio nepovezan, onda bi svaka komponenta povezanosti od

T bila povezani graf bez ciklusa, pa bi imala n,

-

1 bridova. S lijedi da bi broj bridova

grafa T sveukupno bio nl nz . nk - , k 2 , dakle n , Sto je premalo.

Prema tome n ije istina da je

T

nepovezan.

( i i i )

=

( i v ) Postojala je ocjena da e broj bridova u povezanom grafu m

i ovdje se ta ograda do stiie, Sto znaEi da uklanjanje bilo kojeg brida nuino vodi do

nepoveza nosti grafa, prema tome je svaki brid u takvom grafu m ost.

( i v )

=

v)

:

Kako je

T

povezan, to izmedu svakog para vrhova postoji put. A ko

bi postojala dva razlitita puta izmedu neka dva vrha, onda bi unija ta dva puta tvorila

zatvorenu Setnju, koja svakako sadriava barem jedan ciklus, suprotno pretpostavci da

je svaki brid most.

( v ) v i ):Ako bi T sadriavao ciklus, onda bi svaka dva vrha iz tog ciklusa bila

povezana s barem dva puta, suprotno pretpostavci. Dodarno li grafu T neki brid e ,

onda bi vrhovi incidenti s dodanim bridom

e

bili povezani s dva razlicita puta, pa srno

naSli ciklus. Ako bismo pak dodavanjem brida e dobili dva ciklusa, onda moiem o

lako zakljuEiti da je i u poEetnom grafu T postojao ciklus, suprotno pretpostavci.

( v i )

=

( i )

Graf

T

nema ciklus a, dakle je po definic iji Suma. Kada bi T bio

nepovezan, onda dodavanjem brida koji spaja dvije kom ponente povezanosti ne bismo

dobili ciklus, suprotno pretpostavci, pa zakljuEujemo da je T nuino povezana fiuma,

daMe stablo.

Korolar 6

Ako je

G

ma s n vrhova i k kompon enatapovezanosti, onda

G

inza

n

-

vrhova.

Dokaz. Primijenimo prethodni teorem n a svaku komponentu povezanosti.

Zadatak 3 Koliko ima neizomorfnih stabala sa

6

vrhova?

Rjeienje. Ima ih

6 .

Evo ih:


18/29

Zadatak 4

Doka ii da u svakom stablu postoje barem dva vrha stupnja

1.

Rjeienje.

Prema Lemi o rukovanju, vrijedi da je

d eg v )

=

2 IEl = 2n .

V

V

Po Dirichletovom principu slijedi tvrdnja.

Zadatak

5

Dokai i da je svako stablo bipartitan graf. Koji su potpuni bipartitni

grafovi stabla?

RjeZenjeKako je svaki ciklus u stablu parne duljine prazan skup ima svako svojstvo),

to tvrdnja neposredno slijedi po toj karakterizaciji bipartitnih grafova. OEevidno su

K l , stabla, za svaki prirodni broj s kao Sto su to i

KT

No to su ujedno i jedini

potpuni bipartitni grafovi, jer u svim drugim potpunim bipartitnim grafovima postoji

ciklus duljine 4 .

Pogledajmo sada ovakav konstruktivni postupak.

Danom povezanom grafu G

uoEimo neki ciklus i iz tog ciklusa uklonimo jedan brid, te tako dobijemo povezani

graf G .

U

ovako dobivenom grafu opet uoEimo neki ciklus pa i iz tog ciklusa

uklonimo jedan brid. Ovaj postupak uklanjanja bridova iz uoEenih ciklusa svakako je

konaEan i vodi do povezanog grafa bez ciklusa, dakle stabla, kojeg zovemo razapinjuCe

stablo zadanog grafa G

Primjer

3 Zadanom grafu lijevo uklonili smo Eetiri brida i dobil i stablo na desnoj

slici. UoEite da smo unaprijed znali koliko Ce koraka imati naS konstrukcijskipostupak,

buduCi smo krenuli od grafa sa

5

vrhova, te smo znali da Ce razapinjuCe stablo imati

4 brida. Nadite sarni sva razapinjuCa stabla zadanoga grafa.

Zadatak

6 Neka je G povezani graf. Sto se moie reCi o

i) bridu u G koji leii u svakom razapinjuCem stablu?

i i ) bridu u G koji ne l eii niti u jednom razapinjukem stablu?

RjeSelzje.

Brid koji lei i u svakom razapinjutem stablu je most, jer samo most ni

na koji naEin nismo mogli ukloniti iz poEetnog grafa. Brid koji Cemo uvijek ukloniti

je onaj koji je Sam za sebe ciklus, a to je petlja.

2.2.

EULEROVSKI

RAFOVI 27

U ovom poglavlju bavit Cemo se posebno lijepim zatvorenim) stazama, naime

onim stazarna koje prolaze svim bridovima zadanog grafa. Pokazuje se da je Einjenica

da graf posjeduje takvu zatvorenu stazu koja prolazi svakim bridom vaino strukturalno

svojstvo grafa.

Definicija 10 Za povezani graf G kaiemo da e eulerovski,ako postoji zatvorena

staza koja sadrii svaki brid od

G

Takvu stazu zovemoeulerovska staza. Neeulerov-

ski grafje skoro eulerovski semi-eulerovski), ako postoji staza koja sadri i svaki brid

od G .

Evo nekih primjera ne)eulerovskih grafova.

skoro eulerovski

Graf G 1 je eulerovski, graf G z skoro eulerovski, a G g nije ni skoro eulerovski,

tj. ne postoji staza koja prolazi svakim vrhom. Primijetimo da iz neeulerovskog grafa

uvijek moiemo doCi do eulerovskog dodavanjem bridova, a da je ponekad moguCe

dobiti eulerovski graf i brisanjem bridova. Za potpunije razumijevanje ove tvrdnje

potrebno e dokazati Euveni Eulerov teorem.

Lema

7 Ako je

G

graf u kojem je stupanj svakog vrha najm anje

2 ,

onda

G

sadrii ciklus.

Dokaz.

Ako

G

ima petlji ili vigestrukih bridova, rezultat jasno slijedi na trivijalan

naEin. Pretpostavimo zato u daljnjem da je

G

jednostavan graf. Neka je v V G )

neki vrh grafa G . Konstruiramo Setnju

v

-t

v l

-

v2

nduktivno birajuki vl

kao susjeda od v , e zatim za svaki i birajuki v , + ~ ao susjeda od v, razliEitog od v,-1

Tako moiemo birati niz vrhova {v, er je stupanj svakog vrha barem 2. S obzirom da

je skup vrhova grafa

G konaEan, u nekome Easu Cemo izabrati veC prethodno izabrani

vrh. Ako je vk prvi takav, onda slijed vrhova izmedu dva pojavljivanja vrha vk u naSoj

Setnji tvori ciklus. H

einjenica da povezani graf sadri i eulerovsku stazu moie se jednostavno karakte-

rizirati znaju li se stupnjevi svih vrhova.

Teorem

8 Euler,1736. Povezani graf G je eulerovski onda i samo onda ako e

stupanj svakog vrha paran.


19/29

2.2.

EULEROVSKIRAFOVI 29

Dokaz

(==+)

Neka je

G

eulerovski te neka je P eulerovska staza od G . Pri

prolasku nekim vrhom, staza

P

doprinosi stupnju dotiEnog vrha za 2 (stazom se jed-

nim bridom u vrh dode, a drugim bridom iz vrha ode). BuduCi da P svakim bridom

prolazi toEno jednom, svaki vrh mora imati stupanj koji je viSekratnik broja 2 dakle

je paran broj.

(+=) Ovaj smjer dokazat Cemo matematiEkom indukcijom po broju bridova u grafu

G . Ako je broj bridova jednak 1, nuino je rijeE o petlji (zbog parnosti stupnjeva

vrhova), pa je tvrdnja trivijalno ispunjena i time baza indukcije dokazana. Neka je

stupanj svakog vrha u G paran. Kako je G povezan, to je on veCi ili jednak

2 .

Po

prethodnoj lemi, G sadrii neki ciklus C. Ako taj C sadri i svaki brid od G tvrdnju

smo dokazali. Ako ne sadrii , onda iz grafa G izbacimo sve bridove ukljuEene u

ciklus

C.

Tako dobijemo novi (moguke nepovezan) graf

H ,

s manje bridova nego je

imao G no 1 dalje sa svojstvom da je svaki vrh od

H

parnog stupnja. Po induktivnoj

pretpostavci svaka komponenta povezanosti grafa

H

ima eulerovsku stazu. BuduCi

svaka komponenta od

H

ima zajedniEki vrh sa C, eulerovsku stazu za

G

dobivamo

slijedeci vrhove iz C dok ne dodemo do neizoliranog vrha od H , zatim prijedemo

eulerovsku stazu te komponente povezanosti, pa nastavlmo po ciklusu C i tako dalje.

Jasno je da Cemo se na kraju vratiti u vrh ciklusa C iz kojeg smo krenuli, te dobiti

eulerovsku stazu za cijeli graf G .

Iz dokaza ovog teorema neposredno slijedi

orolar

9

Povezani graf je eulerovski onda i sumo onda ako se njegov skup bri-

dova nzoie rastaviti u disju~zktnu niju ciklusa.

ImitirajuCi dokaz Eulerovog teorema moiemo lagano dobiti ekvivalentan rezultat

za skoro eulerovske grafove.

orolar 10 Povezani graf je skoro eulerovski onda i samo onda ako ima toEno

dva vrha nepamog stupnja.

Jasno je da de u ovom sluEaju nezatvorena staza kroz svaki brid grafa zapoEeti u

jednom vrhu neparnog stupnja i zavrSiti u onom drugom.

Zadatak

7

Za koje n-ove je potpuni graf K, n , eulerovski?

Rjefenje. Potpuni graf Kn je regularan, i to stupnja n 1 er je svaki vrh susjedan

sa svim ostalima, daMe s njih n 1 Prema Eulerovom teoremu, jedini uvjet da bi Kn

bio eulerovski e da je n 1 paran broj, odnosno da je n neparan. Probajte sami graf

Kg rastaviti u disjunktnu uniju ciklusa.

Iako sada znamo ispitivanjem jednostavnog kriterija odgovoriti na pitanje je li

graf eulerovski, preostaje nam odgovoriti na pitanje kako najjednostavnije neposredno

naCi (konstruira ti) neku eulerovsku stazu.

Teorem 11 Fleuryev

algoritam

Neka je G eulerov ski gra Tada je sljedeta

konstrukcija uvijek moguka i dovodi do eulerovske staze od G ZupoEni u bilo kojem

vrhu u i prolazi vrko vima u bilo kojem redoslijedu, pazeti pritom sumo nu sljedeta

pravila:

( i) prebriii bridove kojima si proiao, a ako nakon prolaska vrk ostane izoliran,

pobrizi i njega.

( i i )prijedi mostom samo ako nenzai druge mogutnosti.

PreporuEamo Eitatelju da se prije udubljivanja u dokaz ovog algoritma sam uv-

jeri da algoritam radi, na primjer na potpunom bipartitnom grafu

K 2 , ,

li na ovom

primjeru:

Dokaz

Pokaiimo najprije da algoritam neCe zapeti niti u jednom koraku, tj. da je

u svakom koraku (odlasku iz vrha u kojem smo se zatekli) provediv. Pretpostavimo da

smo zapoEeli s algoritmom (dakle, konstrukciju eulerovske staze) u vrhu u , e da smo

doSli do vrha

v .

Ako je

v u ,

onda je podgraf H koji je ostao nakon svih brisanja

povezan, te sadrii samo dva vrha neparnih stupnjeva, i

v .

Moramo pokazati da

uklanjanje sljedeCeg brida ne rastavlja

H,

Sto je ekvivalentno (uz poitivanje pravila

algoritma), da je vrh

v

incidentan s najviSe jednim mostom. Medutim, ako ne bi bilo

tako, onda bi postojao most vw akav da komponenta povezanosti

K

grafa H

\

vw

koja sadrii vrh

w

ne sadrii u

Kako bi vrh w nakon prolaska mostom vw imao neparni stupanj u K to bi i neki

drugi vrh iz komponente K morao imati neparni stupanj fjer je broj vrhova neparnog

stupnja u svakom jednostavnom povezanom grafu paran ). suprotno pretpostavci da je

u K jedini takav. Argumentacija e sliEna i ako je v u .


20/29

Ostaje pokazati da ovaj postupak vodi do eulerovske staze, no to je jasno jer ne m oie

viSe biti neprijedenih bridova od

G

kad upotrijebimo zadnji brid incidentan s u U

tom bi sluEaju naime brisanje nekog ranije prijedenog brida rastavilo graf, Sto je u

suprotnosti sa zahtjevom i i )

Evo jedne zanimljive primjene eulerovskih grafova na igru domino. Pogledajmo

potpuni graf

K7

sa

7

vrhova. Kako je stupanj svakog vrha u tom grafu jednak 6 , on

je eulerovski. OznaEimo vrhove brojevima 0, 1, . 6 .

Jednu od eulerovskih staza grafa

K7

Eini sljedeCi niz bridova:

01~12;23~34,45,56,60,02,24,46,61,13,35,50,03,36,62,25,51,14,40.

UoEimo da svaki brid u gornjem slijedu moiemo interpretirati kao ploEicu domina,

na Eijoj je jednoj polovici Iijevi broj toEkica, a na drugoj polovici desni broj t kk ic a.

2.3. HAMILTONOVSKI GRAFOVI

31

Nakon ove identifikacije gomju eulerovsku stazu moiemo shvatiti kao zatvoreni

krug

domino plofica, pri Eemu smo upotri jebili sve ploEice osim onih koje imaju ist i broj

na obje strane. No, njih moiemo lako ubaciti naknadno (ubacivanje nije jednoznaEno,

no svakako je moguke). Tako smo pokazali da se svih 28 ploEica domina, igramo li

sa ploEicama na kojima su brojke od 0 do

6

moie, poStujuCe pravilo priljubljivanja

istog broja totkica na obje ploEice, posloiiti u zatvoreni krug.

Jasno, istom strategijom posloiili bismo i sve ploEice domina na kojima su t ki-

cama prikazani brojevi od 0 do

2 k , k

E

N

2 3 Hamiltonovski grafovi

Nakon Sto smo u prethodnom poglavlju promatrali grafove koji dopu5taju posto-

janje zatvorene staze koja prolazi svakim bridom tog grafa toEno jednom, promotrimo

sada zatvorene staze koje svakim vrhom grafa prolaze toEno jednom. Jasno je da su

takve staze zapravo putovi, pa kako su zatvorene, one su ciklusi.

Definicija 11 Ciklus koji prolazi svim vrhovima zadanog grafa zovemo

hamil

tonovski ciklus

Graf koji posjeduje hamiltonovski ciklus zovemo

hamiltonovski

graf.

Nehamiltonovski graf u kojem moiemo naCi put kroz svaki vrh (ali koji nije

zatvoren, pa nije ciklus) zovemo

skoro hanziltonovski

graf.

Ustanoviti je li neki graf s n vrhova hamiltonovski moiemo dakle tako da u

njemu nademo ciklus duljine

n

Ta pretraga je naEelno faktorijelne slo ienosti, buduCi

se treba protrEati kroz sve permutacije skupa od n vrhova grafa i vidjeti je li koja od

tih permutacija (n-torki, nizova duljine n ) baS hamiltonovski ciklus. Nije poznato

postoji ii algoritam polinomijalne sloienosti za nalaienje hamiltonovskog ciklusa.

Zadatak

8

Koji od grafova

K 5 , K 2 , 3

W 6 ,

Q 3 su

hamiltonovski?

RjeSerlje.

Na priloienoj slici konstruirali smo hamiltonovske cikluse tam0 gdje

smo mogli. UoCite da smo

s

iscrpnom pretragom smjeli zapoEeti u bilo kojem vrhu,

buduCi doti tnim vrhom ionako ciklus mora proCi. Potpuni bipartitni graf

K2.3

nije

hamiltonovski.


21/29

S

obzirom na opseinost iscrpne pretrage postavljamo si prirodno pitanje nalaie-

nja nuinih i dovoljnih uvjeta da povezani graf bude hamiltonovski. No odgovor na to

vaino pitanje je do danas nepoznat , toEnije, nisu opCenito poznati strukturalni uvjeti

koji bi bili ekvivalentni egzistenciji hamiltonovskog ciklusa u grafu.

Ipak, poneSto se moie reCi. Utvrdimo najprije da je potpuni graf s n vrhova

uvijek hamiltonovski. Naime, kako su svaka dva vrha susjedna, moiemo vrhove obiCi

(nanizat i) u bilo kojem redoslijedu, pazeCi da se tek nakon Sto smo obiSli svih n vr-

hova vratimo u pocetni vrh Setnje. DrugaEije formulirano, ovdje je svaka permutacija

skupa od n vrhova ciklus. Ako potpunom grafu K (n 4 uklonimo brid, on Ce i

dalje biti hamiltonovski. S uklanjanjem bridova moiemo nastaviti, no u nekom Easu

viSe neCemo moCi garantirat i da je nastali graf hamiltonovski.

S

druge strane, imamo

li hamiltonovski graf, moiemo mu dodavati bridove i jasno je da pri tome svojstvo

hamiltonovosti ne moiemo pokvariti. Intuici ja narn govori da uz ,,dovoljno" bridova

u zadanom grafu moiemo naCi hamiltonovski ciklus. Koliko je u tom smislu doista

dovoljno, tvrdnja je sljedeCeg teorema.

Teorem 12. Ore, 1960. Ako je G jednostavni graf s n vrhova, n

>

3 , te ako

vrijedi

deg(v) deg(w)

>

n

za svaki pa r nesusjednih vrlzova

v

i w grafa G , onda je

G

hamiltonovski.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. neka je G nehamil tonovski graf s n vrhova

koji zadovoljava danu relaciju za stupnjeve. Dodavanjem bridova zadanome grafu

G , brid po brid. moiemo postiCi da graf postane hamiltonovski. Zastanimo u tom

dodavanju bridova na korak do hamiltonovosti , u smislu da bismo dodavanjem jog

samo jednog brida dobili hamiltonovski graf. UoEimo da dodavanjem bridova nismo

kvarili relaciju za stupnjeve,dapai-e,stupnjevi vrhova samo su se mogli poveCati. Kako

smo sada na korak do hamiltonovosti, to znaEi da moiemo naCi (nezatvoreni ) put

vl vz --' - I- ,oji prolazi svakim vrhom. No, buduCi je G nehamiltonovski,

vrhovi

vj

i

v,

nisu susjedni, pa za njih vrijedi deg(vl )

+

deg(v,)

2.3.

HAMILTONOVSKI GRAFOVI

No, to znaEi da vl irna i drugih susjeda osim v2 , kao Sto i v ima i drugih susjeda

osim v,-1, a istodobno je svaki vrh vi ( 2 < i

3)

vrhova, te

ako je deg(v) > n/2 za svaki vrh v iz G , onda je G hamiltonovski.

Dokaz. Direktno moiem o primijeniti Oreov teorem, buduCi je nejednakost iz

Oreovog teorema sigumo ispunjena: deg(v)

+

deg(w)

>

n/2

+

n/2 = n . W

Zadatak

9 Dokaii da ako je G bipartitan graf s nepamim brojem vrhova, onda

je G nehamiltonovski.

Rjeienje. Dodavanjem bridova ne moiemo pokvariti svojstvo hamiltonovosti, pa

ako tvrdnju dokaiemo za potpune bipartitne grafove s nepamim brojem vrhova, onda

smo je dokazali i za bilo kakve bipartitne grafove s neparnim brojem vrhova. No, ako

je broj vrhova neparan, onda je u KT,, nuino s . S druge strane, ako su vrhovi

bipartitnog grafa podijeljeni u skupove A i

B ,

te ako svaki brid spaja neki vrh iz A s

nekim iz B onda svaki ciklus prolazi kroz jednak broj vrhova iz A kao i iz

B.

Ako je

ciklus hamiltonovski, morao bi proCi svim vrhovima, dakle bi moralo biti

IAl

=

I I ,

Sto je u kontradikciji s gomjim zakljui-kom da je s Dakle, harniltonovski ciklus

ne moi e postojati.

Zadatak

10 Je li Petersenov graf hamiltonovski? Je li skoro hamiltonovski?

Rjeienje. Lako se vidi da nijedan od prethodnih teorema ne daje odgovor na ovo

pitanje. Kao nacin rjeSavanja ovakvog zadatka nameCe se eksplicitna konstrukcija

hamiltonovskog ciklusa odnosno hamiltonovskog puta, ili pak iscrpna pretraga koja bi

dala eventualno negativno rjeSenje. PreporuEamo vam da iscrpnu pretragu zapoEnete

i osjetite koliko je ona uistinu iscrpljujuCa, pa tako uvidite i koliko je ovaj problem,

sasvim iednostavan za formulirati, zapravo slo ien. Dalinii prirodni put GeSavania

- .

ovakvihproblema je programiranje i @ogramsko ispitivanje svojstva hk lt bn ov os ~i .

Mi Cemo vam ovdie ipak sugerirati rieienie. Petersenov graf niie hamiltonovski, ali

jest skoro hamiltonovski. ~ go li koe niste odvaiili na prGramiianje, nadite mu sada

sami barem jedan hamiltonovski put.


22/29

Dugo godina prouEavani problem za razonodu je problem skakaEa na Sahovskoj

ploEi, koji glasi ovako:

Mo2e

l

skakaE uobiEajenim potezima skaka8a u 3ahu obi

svako polje Sahovske plate tozno jednom i vratiti se nu isto poIje iz kojeg je krenuo?

Mi Cemo dakako problem izmodelirati pomoCu grafova. Naime, Sahovskoj ploEi (bilo

koje dimenzije, vaino je da je pravokutna) moiemo pridijeliti graf tako da svakome

polju Sahovske ploEe odgovara edan vrh grafa,

pri

Eemu su vrhovi susjedni ako skakaE

moie u jednom potezu dodi iz jednog u drugi. Zbog jednostavnosti, pogledajmo kako

izgleda graf u sluEaju Sahovske ploEe dimenzije 4 x 4.

Odgovoriti na pocetno pitanje, postoji li traieni obilazak skakaEa svih polja Sa-

hovske ploEe, sada je oEevidno ekvivalentan pitanju postoji li hamiltonovski ciklus u

korespondentnom grafu. Odgovorite si sada sami na pitanje postoji li ovakav skakaEev

obilazak za standardnu Sahovsku ploEu dimenzi je 8 x 8. Ukoliko ste vet naEinili

program za lspi tivanje je li zadani graf hamiltonovski, odgovor Cete dobiti brzo. On

je, toliko demo vam otkriti, potvrdan.

Zadatak 11 Dokaii da ne postoji skakaEev obilazak za kvadratne sahovske ploEe

neparnoga reda.

RjeSenje. UoEimo da je graf koji odgovara Sahovskoj ploEi bipartitan, jer skakaE

uvijek skaEuCi po ploEi mijenja boju polja. Sada se pozovimo na jedan od prethodnih

zadataka, u kojem smo dokazali da je bipartitan graf s neparnim brojem vrhova nuino

nehamil tonovski . Ako narn je zadana ploEa reda 2k 1 , onda je ukupni broj polja

ponovno neparan (kvadrat nepamog broja je neparan broj ) prema tome naS graf je

upravo bipartitan graf s nepamim brojem vrhova, pa tvrdnja neposredno slijedi.

Zadatak 12 Kakvu strukturu ima jednostavni graf s n vrhova kod kojeg je uda-

ljenost svaka dva vrha jednaka 1 Kakvu strukturu ima jednostavni graf s n vrhova

kod kojeg postoje vrhovi udaljeni za n 1

Zadatak

13 Koliki je struk Petersenovog grafa?

Zadatak

14 Ako graf G irna dva razliEita ciklusa koji sad rie brid e , dokaii da

onda

G

ima ciklus koji ne sadrii e .

Zadatak

15 Neka je G jednostavni graf s

2k

vrhova bez trokutova. Dokai i da

G

ima najviSe k2 bridova. Navedi primjer kad se ta gomja granica postiie.

Zadatak

16 Ako u stablu postoji vrh stupnja

k ,

onda u tom stablu postoji barem

k vrhova stupnja 1 Dokaii ovu tvrdnju

Zadatak 17 Koliko ima neizomorfnih stabala sa 7 vrhova?

Zadatak 18 Dana je matrica susjedstva jednostavnog grafa G sa

0 1 1 0 0 0

1 0 1 0 0 0

0 1 0 1 0 0

0 0 0 1 1 0

Nadi matricu susjedstva nekog razapinjuteg stabla od G.

Zadatak

19 Konstruiraj graf s vrhova i s najmanjim brojem bridova tako da

on ima 2 disjunktna razapinjuCa stabla (tj. da ta stabla nemaju zajedniEki brid). Je li

moguCe konstruirati graf s tim svojstvom s vrha? A s vrha?

Zadatak 20 Uz koje uvjete na parametre r i s su potpuni bipartitni grafovi K,,s

eulerovski? Za koje vrijednosti od n je kotaE

W

s n vrhova eulerovski graf?

Zadatak

21

Ako je G jednostavan eulerovski graf, onda je i njegov bridni graf

L(G) takoder eulerovski. Doka ii

Zadatak 22 Obiljeii vrhove kocke

Q

a 16 vrhova i provedi na tom primjeru

Fleuryev algoritarn, te ispiSi dobivenu eulerovsku stazu.

Zadatak

23 Koliko je najmanje bridova potrebno ukloniti Petersenovom grafu da

bi on bio skoro eulerovski? Nadi u tom sluEaju jednu takvu stazu.

Zadatak

24 Dokaii da je Grotzschov graf ( sa slike) hamiltonovski.


23/29

Zadatak 25 Odredi sve (klasificiraj) grafove s n vrhova kojima je eulerovska

staza ujedno i hamiltonovski ciklus.

Zadatak 26 Nadi harniltonovskaciklusa u potpunomgrafu

Kg

s

9

vrhova koji

nemaju nijedan zajednitkibrid. Koliki je najveCi moguCibroj disjunktnihhamiltonov-

skih ciklusa u

Zadatak

27

Neka je G graf s n vrhova, n > 3, i s ridova. Dokaii da

je

G

hamiltonovski. Nadi neharniltonovskigraf s n vrhova i ridova.

Algoritmi optimizacije

Neka je dan jednostavan povezan graf G s n vrhova. Neka je svakom bridu e

toga grafa pridruien realan broj w(e) kojeg Cemo zvati teiina brida e Takvu strukturu

zvat Cemo teiinski graf. Teiina w je dakle funkcija w

:

E G )

-

R

koju moiemo

interpretirati u grafu na razne naEine: kao duljinu pojedine ceste neke cestovne mreie,

kapacitet cijevi nekog cijevnog transportnog sustava, cijenu instaliranja ili odriavanja

nekog optiEkog kabela, i siiEno. Svakako, to je neka karakteristiEna teiinska funkcija

ili mjera svakog pojedinog brida. UoEimo da zapravo svaki graf moiemo interpretirati

kao teiinski graf, na naEin da svakom bridu pridijelimo teiinu 1 tako da je tada

w(e)

1, Ye

E

E(G)

Ako je H podgraf teiinskog grafa G, definiramo teiinu w(H) grafa H kao zbroj

teiina

w(e) svih bridova od H . Mnogi se problemi optimizacije na grafovima

r E E H )

svode na traienje podgrafa zadanog grafa ekstremalne (minimalne ili maksimalne)

teiine. Jedan od takvih problema e i problem najkraCegputa. Interpretiramo li zadani

graf na primjer kao ieljeznic ku mreiu koja povezuje nekoliko gradova, a tei insku

funkciju na hridovima definiramo kao duljinu poloiene ieljezniEke pruge, zanima nas

pronaCi najkraCi put izmedu dva unaprijed odredena grada.

Traieni podgraf minimalne teiine (ili u izabranoj interpretaciji minimalne uku-

pne duljine) strukturom je lanac koji spaja dva vrha izmedu kojih tra iimo najkraCi

put. Lanaca izmedu bilo koja dva vrha u grafu ima konaEno mnogo, pa je problem

dobro definiran, jer t raiimo minimum skupa od konaEno mnogo elemenata. Jedan

prakticni, opipljivi model koji daje jeSenje problema najkraieg puta je ovaj. Od konca

moiemo naEiniti zadani graf, vrhovi grafa bili bi uzlovi, a duljine konca izmedu dva

uzla proporcionalne teiinama odgovarajukih bridova. Sada bismo model naEinjen od

konca uhvatili u onim Evorovima izmedu kojih se traii najkraCi put, napeli, i linija

napetoga konca predstavlja najkraCi put izmedu dotiEna dva vrha teiinskog grafa.

Prije nego problem rijeSimo matematiEki, evo jednog primjera najkraCeg puta

izmedu istaknutih vrhova u i V


24/29

8 3. ALG~RITMI

PTIMIZACIJE

Prirodno, dovoljno je problem najkraCeg puta rijeFiti za jednostavne povezane

grafove. Ako teiinski graf nije jednostavan, nego ima visestruki brid, jasno je da Ce

u obzir za najkraCi put doCi samo onaj brid od tih vigestrukih koji je najmanje teiine.

Ako dva vrha nisu susjedna, po dogovoru Cemo pisati da je

w u v )

=

cc

Takoder,

pretpostavit Cemo da su sve teiine pozitivni realni brojevi; ako bi teiina bila jednaka

0 ,

onda bismo dotiEna dva vrha u svrhu nalaienja najkraCeg puta mogli naprosto slijepiti,

tj. taj brid teiine

0

stegnuti.

Neka je sada zadan teiinski graf G uz sve opisane pretpostavke. Traiimo naj-

kraCi put izmedu njegovih istaknutih, unaprijed zadanih vrhova uo i v o . UoEimo da

udaljenost dva vrha u t eiinskom grafu moiemo definirati kao duljinu najkraCeg puta

izmedu njih. U tom smislu, mi zapravo traiimo d u o , o ) . Zbog potpunosti, zapiSi-

mo da je d u0 ,uo ) =

0 .

Evo glavne matematiEke ideje algoritma, Neka je S pravi

podskup skupa vrhova V G ) akav da je uo E S , te oznaEimo sa S njegov skupovni

komplement V G )

_

u skupu svih vrhova. Ako je P = u 0 u lu 2 . . U,V najkraCi put

od vrha uo do sk up a2 pri Eemu pod najkraCim putom ili kraCe udaljenoSCu od vrha

uo dcsk upa vrhova S prirodno razumijevamo najkraCu od svih udaljenosti d u0 ,v , )

v, E S ) , onda je vrh u, sasvim sigurno iz skupa S i dio puta P od vrha uo do vrha u,

jednak je bas najkraCem putu izmedu ta dva vrha. Zato vrijedi

pa je udaljenost od vrha uo do skupa vrhova dana formulom

Na ovoj vainoj formuli temeljit Ce se nag algoritam. Zapoeet Cemo sa skupom

So = { u o ) , te konstruirati dalje rastuCi niz podskupova So S1 . . S,-I

skupa vrhova V G ) ako da u svakom koraku nademo najkraCe putove od zadanog

poEetnog vrha uo do svih vrhova skupa S,

Prvi korak je odrediti vrhkoji j e najbliii poEetnome vrhu uo . T3j vrh Cemo lako

odrediti izraEunamo li dLuo, So) pa onda izaberemo onaj vrh u l E So za koji vrijedi

da je d u0 ,u l )

=

d u o , S o ) Primijetite da takvih vrhova ul moie biti i vise, a mi

3 1 PROBLEM

NA J K RA ~ E G

UTA

9

izaberemo jedan od njih. Da bismo izraeunali d ~ ,o ) , prirnijenimo fonnulu

1.

Po

njoj naime slijedi da je

Sto je zapravo duljina najkraCeg brida inc iknt nog s poEetnim vrhom u o , pa se jed-

nostavno izraEuna traiena udaljenost d u o , o ) . Stavimo da je S 1 = { u o ,u l ) te da je

P I = uoul

.

Time ulazimo u sljedeCi korak algoritma. OpCenito, u k-ti korak algoritma

ulazimo nakon Sto smo odredili skup vrhova = { u o , l , k ) i pripadne najk-

raCe put_oveP I ,PZr k RaEunarno d u o , k ) pomoCu formule

1

ejzabiremo vrh

u ~ + ~Sk kao onaj vrh za koji se postii e jednakost d u o ,

~ + ~ )

d u O , k ) S obzirom

da je d uo , k+l)

=

d u0 ,u,)

+

w u , u ~ + ~ )a neki j < k, put Pk+, konstruiramo tako

da putu P, naprosto dodamo brid u,uk+l

Cijeli ovaj postupak nalaienja najkraCeg puta od zadanog poEetnog vrha uo do

svih drugih vrhova teiinskog grafa ilustrirat Cemo na sljedeCem primjeru.

Vrhove zadanog teiinskog grafa smo oznaEili velikim slovim3 abecede radi boljeg

razumijevanja, dok smo poEetni vrh o d ~ a hznaeili s uo Jasno, So = {A B ,

C, D,

E) .

Iz vrha uo moiemo doCi direktno do S o j o 4 brida, koji su duljina 1,

2

4 ili 6.

NajkraCi je brid duljine

1

dakle je d u o ,S o ) =

1

a vrh D postaje u1 , S1 = { u 0 , l ) ,

a P1 = u o u l .

-

Sada je d u0 ,S 1 )

=

2 ,

vrh E postaje 242,

Sz

= { u O 1

I

,u 2 ) ,a P2

= ~ 0 ~ 2


25/29

U sljededem koraku e d uo,F2)= d u0, uz) w u2C) =

3

pa vrh C postaje u3

S3 =

{ U O U I

UZ, 3} , Pg = U O U Z U ~ .

U zadnjem, preostalom koraku algoritma e {B) d u0,S4)= 5 a uoEite da

se ovdje taj minimum moie postiCi na dva naEina: P; = uouzu5 ili Pt

=

uouzu3us.

Svejedno e za koji se put odluEimo kad je on u oba sluEaja ednako kratak, minimalan;

izaberimo na primjer P = P i :

3.1.

PROBLEMAJKRACEG PUTA

Vjerojatno povijesno najpoznatiji algoritam koji rjeSava problem najkrakeg puta

je Dijkstrin algoritarn. Taj algoritam je profinjenje upravo opisanog postupka. Naime,

razmotrimo li glavnu formulu

1,

vidimo da je potrebno mnogo usporedivanja dok se

traieni minimum ne ustanovi, te posebno, da Ce se mnoga usporedivanja izvrSiti viSe-

kratno. Da bi se to izbjeglo, uvest Cemo dodatni podatak koji Cemo pamtiti i prenositi

iz koraka u korak algoritma, i time pomoCi u izbjegavanju ponavljanja raEunanja i

usporedivanja. Svakom vrhu v zadanog teiinskog grafa pridruiimo realni broj l v)

koji oznaEava gomju medu za traienu udaljenost d uO, ) ta gomja meda u izvjes-

nom trenutku postat Ce jasno baS minimum). Najprije poEetnom vrhu uo pridruiimo

l uo)

=

0

e l v)

=

m

a v

u

Pri implementacij i algoritrna naravno da Cemo

oo

zamijeniti dovoljno velikim brojem.) Ovako uvedene oznake l v) tijekom izvodenja

algoritma se mijenjaju, tako da nakon zavrSetka i-to g koraka vrijedi

Z U) = d u ~ ,u ), a u ~ S , ,e

l v)

=

min {d uo, u)

+

w uv)}; za v

i

uES -1

Drugim rijeEima, vrhovima iz S, je minimalna udaljenost od vrha uo veC nadena i

samo se dalje pamti, dok je ostalim vrhovima nadena tek neka gomja meda koja se

takoder pamti).

OslanjajuCi se na sve do sada uvedene oznake, moiemo formulirati ovaj Euveni

algoritam. Pretpostavljamo da teiinski graf ima n vrhova.

Dijkstrin algoritam za problem najkrakeg puta

1.

Stavi l uo)

=

0 v)

=

oo

a v uo Stavi So

=

{uo), te

i

=

0.

2.

Za svaki vrh v

E

5

amijeni l v) s min{l v), Z u,)

+

w u,v)) IzraEunaj

min{l v)), te odredi u,+, kao onaj vrh za koji se taj minimum postiie. Stavi

V F S

3. Zarnijeni i s i+ 1 Ako je i= 1 tani. Ako je

i

(Biblioteka Bolonja) Mario Osvin Pavčević-Uvod u teoriju grafova-Element (2006).pdf

Documents

Transcript of (Biblioteka Bolonja) Mario Osvin Pavčević-Uvod u teoriju grafova-Element (2006).pdf