Dualitás

Térkép színezése: szomszédos országok különböző színüek. Minimum hány szín kell? Tapasztalat: 4. Szomszédos országok: van közös határszkasz. Ez egy olyan térkép, amihez négy szín kell. Sokáig sejtés volt, csak 1977-ben sikerült (számítógépes segítséggel) bizonyítania Appel és Haken-nek  Gráf G* csúcsai: országok (tartományok), két csúcs között él, ha az országok szomszédosak Azaz, minden ország "fővárosát" vasútvonalakkal kötjük össze a szomszédos országok fővárosaival, mely vasutak csak a két adott ország területén haladnak.

G* csúcsait kell színezni úgy, hogy szomszédos csúcsok különböző színűek legyenek. (2. félévben belátjuk majd, hogy ehhez 5 szín elegendő.) A térkép is egy gráf: csúcsai azok a határpontok ahol több határszakasz találkozik, élei a határszakaszok, tartományai az országok. G síkbarajzolható gráf egy síkbarajzolása esetén G* a G duálisa, ha G* pontjai a G tartományai, két pont (a két tartományon belül haladó) éllel össze van kötve, ha a megfelelő tartományoknak van közös határ élük (minden közös határélhez egy-egy él G*-ban). A G gráf pedig pont a G* duálisa lesz. Másik motiváció az elektromosságtani dualitás feszültségek és áramok között.

G és G* élei kölcsönösen egyértelműen megfelelnek egymásnak. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 a b c d e 1 2 3 4 5 6 7 8 9 a b c d e Kör  vágás : {7,8,9,c,d} Vágás  kör: {5,6,e} Vágás: olyan élhalmaz, melynek elhagyásával az összefüggő komponensek száma nő, de semelyik részhalmazára ez nem igaz.

Tétel Legyen C és Q a G síkbarajzolható gráf egy körének, illetve vágásának élhalmaza. Akkor a G* gráfban C egy vágás, Q egy kör élhalmaza lesz. Bizonyítás A C kör élei a síkot két részre bontják, egy belső és egy külső részre. belső külső e A belső részben levő tartományoknak megfelelő G*-beli pontokból a külső részben levőkig csak a C éleinek megfelelő éleken át lehet eljutni. Mivel a körből akármelyik élet elhagyva nem vágja szét a síkot, a duálisban az élek minimális elvágó élhalmazt alkotnak.

Ha Q egy vágás, feltehetjük, hogy G összefüggő (különben tekintsük egy komponensét). Ekkor egy tartomány határán vagy 2, vagy 0 él van Q-ból. Ha több lenne, akkor valamelyiknek a két végpontja ugyanabba a komponensbe esne, azaz az élhalmaz nem lenne minimális elvágó. Ha egy él lenne, annak két végpontja nincs elvágva. Ekor a duálisban a Q -nak megfelelő élek olyan részgráfot alkotnak, aminek minden pontja 2 fokú, azaz körök uniója. Viszont több kör nem lehet, mert akkor Q nem lett volna minimális elvágó.

Állítás Ha G összefüggő síkbarajzolható gráf, F egy feszítőfája, akkor az F-nek megfelelő élek G* egy feszítőfájának a komplementerét adják. Bizonyítás F feszítőfa  maximális körmentes részgráf  G*-ban maximális vágás mentes részgráf  G*-ból az F-nek megfelelő éleket elhagyva összefüggő részgráfot kapunk, ami minimális ilyen, azaz feszítőfa.

G G*

Euler formula újra G éleinek száma = G* éleinek száma = e G pontjainak száma = n G* pontjainak száma = t (= tartományok G-ben) G feszítőfa éleinek száma n-1 = e - (t-1)

Izomorfak 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 Élek közt körtartó leképezés 4 fokú csúcs Nincs 4 fokú csúcs 1 2 3 4 6 5 1 2 3 4 5 6 Nem izomorfak!

Ha G és H izomorf síkbarajzolható gráfok, akkor a duálisuk nem feltétlenül izomorf. A duális függ a gráf síkbarajzolásától, azaz G* nem G-hez tartozik, hanem G adott síkbarajzolásához. Így (G*)* sem feltétlenül izomorf G-vel, (amit elvárnánk egy "duális" fogalomtól). Megoldás: gyenge izomorfia. Definíció G és H gráfok gyengén izomorfak (2-izomorfak), ha létezik f : E(G)  E(H) bijekció, amely kört körbe visz.

Whitney tételei Tétel Legyen G síkbarajzolható gráf és legyen H vele gyengén izomorf. Ekkor H is síkbarajzolható, G*és H* gyengén izomorfak, valamint (G*)* és (H*)* gyengén izomorfak G-vell, illetve H-val. Az, hogy (G*)* és (H*)* gyengén izomorfak következik a dualitás kör  vágás tulajdonságából. Lehet-e más gráfosztályban is definiálni ezt a dualitást? Síkbarajzolható gráfoknál élek felelnek meg egymásnak, körök vágásoknak, és viszont.

Definíció G és G* gráfok egymás absztrakt duálisai, ha létezik az éleik között egy olyan kölcsönösen egyértelmű leképezés, ami kört vágásba, vágást körbe visz. Például, ha G síkbarajzolható, akkor a síkbarajzolásához tartozó duálisa az absztrakt duálisa is lesz. Tétel(Whitney, 1936) Egy gráfnak akkor és csak akkor létezik absztrakt duálisa, ha síkbarajzolható.

Tétel Egy H gráf akkor és csak akkor gyengén izomorf G-vel, ha az (i)-(iii) típusú lépések egy véges sorozatával H-ból G-vel izomorf gráfot kapunk. Ha x elvágó pontja H-nak (azaz H – {x} két komponensre esik szét), akkor „húzzuk szét” H-t két komponensre. (i) fordítottja: ha H két komponensből áll, akkor válasszunk mindkét komponensben egy-egy pontot és „ragasszuk össze” ezeknél a pontoknál. Ha x és y olyan pontjai H-nak, hogy H – {x} és H – {y} is összefügő, de H – {x,y}már nem, akkor „ húzzuk szét” a két részt, majd ragasszuk össze fordítva (azaz x-hez y’-t , y-hoz x’-t ragasszuk)

x H1 H2 x’ x = x’ H2 H1 (i) (ii) H1 H2 x = x’ y = y’ H1 H2 x = y’ y = x’ (iii)

(i) típusnál, ha néhány él kört alkot, akkor teljesen az egyik részben vannak, azaz széthúzás után is kör lesz. Ha viszont nem alkotnak kört, a széthúzás után sem fognak. (ii) típus hasonló. (iii) típusnál, ha néhány él kört alkot, akkor vagy teljesen egyik részben vannak, vagy a kör tartalmazza x-t és y-t. Első eset ugyanaz, mint (i) és (ii). A második esetben a kör x-t és y közti íve megfordul, de kör marad. H1 H2 x = x’ y = y’ H1 H2 x = y’ y = x’ (iii)

Gráfok és mátrixok

Szomszédsági mátrix n pontú G gráf esetén n x n-es A(G)=(aij) mátrix. Az A(G) mátrix a G gráf szomszédsági mátrixa. Ha G irányítatlan gráf, akkor A(G) szimmetrikus mátrix. Ha G irányított gráf, akkor aij az i kezdőpontú j végpontú élek száma. Ekkor A(G) nem feltétlenül szimmetrikus mátrix.

Legyen A=A(G). Ekkor A2=(cij) esetén ennyi él megy i-ből k-ba ennyi él megy k-ból j-be Tehát aik·akj az i -ből j-be a k-n átmenő 2 hosszú séták száma. Azaz. cij az i -ből j-be menő összes 2 hosszú séták száma. Állítás Legyen A=A(G). Ekkor At=(mij) esetén mij az i-ből j-be menő t élű séták száma. Bizonyítás teljes indukcióval.

Ha G egyszerű irányítatlan gráf, akkor A(G)2 diagonális elemei pont az egyes pontok fokszámai. Ha G nem tartalmaz hurokéleket, akkor A(G)3 diagonális elemeinek összege a G-ben található 3 hosszú körök hatszorosa. i j1 j2 j3 js i j k aii

Gráfok és sajátértékek A(G) sajátétékeiből sok, a G gráfra vonatkozó információ olvasható ki. Állítás Legyen az A(G) legnagyobb sajátértéke , a maximális fok G-ben . Ekkor  , és reguláris gráfra egyenlőség áll. Megjegyzés G irányítatlan gráfra A(G) szimmetrikus mátrix, belátható, hogy Rn-nek van A(G) sajátvektoraiból álló bázisa és minden sajátértéke valós.

Bizonyítás Legyen A(G) legnagyobb sajátértéke , egy hozzátartozó sajátvektor v=(v1,v2,…,vn)T (az Rn szokásos koordinátarendszerében). Feltehető, hogy max|vi|=vk=1. Ekkor A(G)·v=v melynek k-ik kordinátája =ak1v1+ak2v2+…+aknvn ak1+ak2+…+akn=k-ik pont foka  . Ha most G r-reguláris, akkor A(G) minden sorában az elemek összege r. Ez azt jelenti, hogy A(G)·(1,1,…,1)T=(r,r,…,r), azaz r egy sajátérték.

Illeszkedési mátrix Villamosságtani szempontból legfontosabb mátrixreprezentáció. Legyen G egy irányított gráf, n ponton e éllel. Az n x e –es B(G) mátrixot a G gráf illeszkedési mátrixának nevezzük, ha bij=1, ha a j-ik él az i-ik ponthoz illeszkedő hurokél. Irányítatlan esetben az él kezdő és végpontjánál is 1 a mátrix elem.

Példa e1 e2 e3 e6 e4 e5 e7 e8 v1 v2 v3 v4 v5 v1 v2 v3 v4 v5 e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7 e8

Tétel Az n pontú c összefüggő komponensből álló, hurokélmentes irányított gráf illeszkedési mátrixának rangja n-c. Összefüggőség irányított gráfban: az éleket irányítás nélkül tekintjük, és akkor ugyanaz, mint irányítatlan esetben. Bizonyítás Ha c > 1, akkor komponensenként sorolva fel a pontokat és éleket, B(G) blokkdiagonális szerkezetű lesz. C1 C2 Cc Elég tehát egy p pontú összefüggő komponensre belátni, hogy a neki megfelelő blokk rangja p-1.

Egy ilyen blokk sorainak száma p, és a sorok összege (0,0,…,0), mert minden oszlopban pont egy +1 és egy -1 áll. (nincs hurokél, minden élnek pontosan egy kezdő és egy végpontja van, és ezek különbözőek): a rang tehát legfeljebb p-1 Legyen F egy feszítőfa ebben a komponensben: p-1 élű. Legyen v1 az F egy elsőfokú pontja, e1 a hozzá illeszkedő él. Ekkor (F - {v1}) is egy fa, legyen v2 egy elsőfokú pontja és e2 a hozzá illeszkedő él. Általában, vi+1 legyen az (F - {v1,v2,…,vi}) fa egy elsőfokú pontja, ei+1 a hozzá illeszkedő él. Ha a blokk sorait v1,v2,…,vp sorrendben soroljuk fel, az oszlopait pedig az e1,e2,…,ep-1 felsorolással kezdjük, akkor a mátrix megfelelő p x p-1-es része a következő alakú: Azaz p-1 lineárisan független oszlopot tláltunk.

Tétel Vegyünk a p pontú összefüggő hurokél mentes irányított G gráf illeszkedési mátrixában p-1 oszlopot. Ezek pontosan akkor lineárisn függetlenek, ha a megfelelő p-1 él G egy feszítőfáját alkotja. Bizonyítás Az előző tétel szerint, ha fa, akkor lineárisan független. Tegyük fel, hogy van egy kör, azaz az e1,e2,…,er élek kört alkotnak ebben a sorrendben. a,b,c,d,e{-1,1} e1 e2 e3 e4 e5 v1 v2 v3 v4 v5 Az e1,e2,…,er éleknek megfelelő oszlopokban a többi elem 0.

a2 -e2 = -a2+b2=…= -d2+e2=0 Legyenek az oszlopok u1,u2,…,ur, a diagonálisban álló elemek a1,a2,…,ar. Ekkor a1u1+…+arur=0. A feszítőfához tartozó p x p-1-es részmátrix bármely sorát elhagyva a maradék determinánsa 1, ugyanis minden esetben pontosan egy nemnulla kifejtési tag van.

Tétel Hagyjunk el a G összefüggő p pontú gráf illeszkedési mátrixából egy tetszőleges sort. A keletkező B0 mátrixból képzett B0·B0T mátrix determinánsa éppen a G feszítőfáinak száma. elhagyott sor A bizonyításhoz használjuk: Tétel(Binet, Cauchy) Ha M egy p x r-es, N egy r x p-es mátrix (ahol pr), akkor az M·N mátrix determinánsa ahol Mi az M valamely p oszlopából, Ni pedig N ugyanazon sorszámú soraiból áll, és a szummázás az összes lehetséges p elemű oszlophalmazra történik.

Példa B0-ból p-1 oszlopot kivéve, ponosan a feszítőfának megfelelők determinánsa lesz nem nulla, mégpedig ±1. B0T megfelelő soraiból álló részmátrix pont ennek transzponáltja, azaz a determinánsa ugyanaz, azaz a kettő szorzata +1. Pontosan annyi +1-et adunk össze, ahány különböző feszítőfa van.

Ha B0·B0T =(dij), akkor dij meghatározható Ugyanis B0 i-ik sorát szorozzuk a j-ik sorával, hogy dij-t kapjuk. Ezt felhasználjuk Cayley tételének újabb bizonyításához.

Az n pontú teljes gráfra

Körmátrix Ha a G irányított gráf egy 2 pólusú alkatrészekből álló hálózat kapcsolási gráfja (irányítás: mérőirányok), akkor Kirchoff csomóponti törvényei (áram egyenletek) a B(G)·i=0 alakban irhatók, ahol az i vektor elemei az egyes alkatrészek áramai. Kirchoff feszültség egyenleteit a körmátrix segítségével lehet leírni: C·u=0 Írjuk elő minden egyes kör "körüljárási irányát" (tetszőlegesen, majd rögzítsük.) Ha G-nek k darab köre van, akkor C(G)=(cij) egy k x i-es mátrix, melyre cij=0, ha a j-ik él nem része az i-ik körnek, cij=1, ha j-ik él benne van az i-ik körben és annak körüljárási irányába mutat, cij=-1, ha j-ik él benne van az i-ik körben és annak körüljárási irányával ellenkező irányba mutat .

Megjegyzés A szomszédsági és az illeszkedési mátrixok izomorfia erejéig meghatározzák a gráfot. A körmátrix nem, például egy síkbarajzolható gráf két különböző (nem izomorf módon) lerajzolt duálisának ugyanaz a körmátrixa. Általában két gyengén izomorf gráfnak ugyanaz a körmátrixa, ha a körüljárási irányokat megfelelően jelöljük ki. Tétel Az n pontú, e élű, c komponensű irányított gráf körmátrixának rangja e - n + c.

Tétel Tekintsünk a p pontú, e élű összefüggő irányított gráf körmátrixában e - p + 1 oszlopot. Ezek pontosan akkor lineárisan függetlenek, ha a megfelelő e - p + 1 él a G egy feszítőfájának komplementere.

Vágásmátrix A körmátrixhoz hasonlóan definiálható: Minden vágás egy komponenst vág szét X1 , X2 részhalmazokra. Egy (u,v) él irányítása megegyezik a vágással, ha u X1 és v X2, ellentétes vele, ha u X2 és v X1. Tétel Legyen B, C és Q rendre egy hurokélmentes irányított gráf illeszkedési, kör-, illetve vágásmátrixa. Tegyük fel, hogy oszlopaik ugyanabban a sorrendben felelnek meg G éleinek. Ekkor B·CT=0 és Q·CT=0.