Representaciones Matriciales de Grafos Isomorfismos de Grafos Grafos Planos. Matemática Discreta. Agustín G. Bonifacio UNSL. Teoría de Grafos III

Transcripción

1 UNSL Teoría de Grafos III

2 Matriz de Adyacencia Matriz de Incidencia a b c d e a b c d e Dado un grafo G = (V,E), la matriz de adyacencia de G, denotada A(G), se construye de la sig. manera: 1 Seleccionamos un orden de los vértices. 2 El elemento a ij, i j, es el número de aristas incidentes en i y j. 3 Si i = j, el elemento a ii es 2 veces el número de ciclos que inciden en i.

3 Matriz de Adyacencia Matriz de Incidencia Observaciones (a) Por construcción, la matriz es cuadrada. (b) Es posible obtener el grado de un vértice v, δ(v), en un grafo G sumando el renglón de v o la columna de v en A(G). (c) Al ser A(G) simétrica, esto es, a ij = a ji, no es una forma muy eficiente de representar un grafo.

4 Matriz de Adyacencia Matriz de Incidencia Ejemplo a b c d e a b c d e = A a b c d e a b c d e = A 2 Existen 2 trayectorias de longitud dos entre a y c : (a,b,c) y (a,d,c). Existen 3 trayectorias de longitud 2 que empiezan y terminan en c.

5 Matriz de Adyacencia Matriz de Incidencia Teorema Si A es la matriz de adyacencia de un grafo simple, entonces el elemento ij de A n es igual al número de trayectorias de longitud n del vértice i al vértice j, para n = 1,2,... Prueba. (Por inducción sobre n). Paso Base. Si n = 1, entonces A 1 = A. El elemento ij de A es 1 si existe una arista de i a j (esto es, una trayectoria de longitud 1), y 0 en caso contrario. Paso Inductivo. Supongamos que el Teorema es cierto para n. Como A n+1 = A n A, tenemos que elemento ik de A n+1 = renglón i de A n columna k de A.

6 Matriz de Adyacencia Matriz de Incidencia renglón i de A n : (s 1,...,s j,...,s m ), columna k de A : (t 1,...,t j,...,t m ) T, elemento ik de A n+1 = s 1 t 1 +s 2 t s j t j +...+s m t m. Por H.I., s j = # trayectorias de long. n de i a j. t j es 0 o 1, t j = 0 Entonces no hay arista de j a k, y por lo tanto hay s j t j = 0 trayectorias de long. n+1 de i a k donde la última arista es {j,k}. t j = 1 Entonces hay s j t j = s j trayectorias de long. n+1 de i a k donde la última arista es {j,k} Sumando sobre j obtenemos todas las trayectorias de i a k de long. n+1, lo que verifica el paso inductivo. Por el Principio de Inducción, el Teorema queda demostrado.

7 Matriz de Adyacencia Matriz de Incidencia Ejemplo a b c d e a b c d e = A 4 Existen 6 trayectorias de longitud 4 de d a e : (d,a,d,c,e), (d,c,d,c,e), (d,a,b,c,e), (d,c,e,c,e), (d,c,e,b,e), (d,c,b,c,e).

8 Matriz de Adyacencia Matriz de Incidencia e 1 e 2 e 3 e 4 e 5 e 6 e 7 v v v v v Dado un grafo G = (V,E), la matriz de incidencia de G, denotada Q(G), se construye de la sig. manera: 1 Seleccionamos un orden de los vértices y de las aristas. 2 El elemento q ij es 1 si e j es incidente en v i y 0 en otro caso. Observaciones (a) En un grafo sin lazos cada columna tiene dos 1. (b) La suma del renglón de v i da δ(v i ).

9 Resultados Consigna: Dibuje 5 vértices a,b,c,d y e. A continuación, conecte a con b, b con c, c con d, d con e y e con a. Los grafos G 1 = (V 1,E 1 ) y G 2 = (V 2,E 2 ) son isomorfos existen funciones biyectivas f : V 1 V 2 y g : E 1 E 2 de manera que la arista e es incidente en v y w en G 1 si y sólo si la arista g(e) es incidente en f(v) y f(w) en G 2. El par de funciones (f,g) recibe el nombre de isomorfismo de G 1 en G 2. Si G 1 y G 2 son isomorfos, escribimos G 1 = G2.

10 Resultados Ejemplo Para G 1 y G 2 en la figura, un isomorfismo se define con f que lleva minúsculas en mayúsculas y g(x i ) = y i para i = 1,...5.

11 Resultados Teorema La relación de isomorfismo entre grafos = es una relación de equivalencia. Prueba. Sea G = (V,E). Las funciones identidad Id : V V y Id : E E son biyectivas y por lo tanto definen un isomorfismo de G en G. Por lo tanto G = G y = es reflexiva. Supongamos G 1 = G2. Entonces f : V 1 V 2 y g : E 1 E 2 forman un isomorfismo de G 1 en G 2. Entonces f 1 y g 1 forman un isomorfismo de G 2 en G 1, ya que e es incidente en v y w en G 1 si y sólo si la arista g(e) es incidente en f(v) y f(w) en G 2 implica e es incidente en v y w en G 2 si y sólo si la arista g 1 (e ) es incidente en f 1 (v ) y f 1 (w ) en G 1. Por lo tanto, G 2 = G1 y = es simétrica. Transitividad: Ejercicio.

12 Resultados a b c d e a b c d e A B C D E A B C D E

13 Resultados Teorema Los grafos G 1 y G 2 son isomorfos si y sólo si, para algún orden de sus vértices, sus matrices de adyacencia son iguales. Prueba. (= ). Supongamos G 1 y G 2 isomorfos. Entonces existen f : V 1 V 2 y g : E 1 E 2 que preservan adyacencia. Sea v 1,...,v n un orden de los vértices en V 1 y sea A 1 = (a 1 ij ) la matriz de adyacencia de G 1 relativa al orden v 1,...,v n. Sea A 2 = (a 2 ij ) la matriz de adyacencia de G 2 relativa al orden f(v 1 ),...,f(v n ). Entonces, para i j, a 1 ij = k k aristas e 1,...,e k incidentes en v i y v j k aristas g(e 1 ),...,g(e k ) incidentes en f(v i ) y f(v j ) a 2 ij = k. Además, si i = j, a 1 ii = k k/2 aristas e 1,...,e k/2 incidentes en v i y v j k/2 aristas g(e 1 ),...,g(e k/2 ) incidentes en f(v i ) y f(v j ) a 2 ii = k. Por lo tanto, A 1 = A 2. ( =) Ejercicio.

14 Resultados Corolario Sean G 1 y G 2 grafos simples. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (i) G 1 = G2. (ii) Existe f : V 1 V 2 biyectiva tal que v y w son adyacentes en G 1 si y sólo si f(v) y f(w) son adyacentes en G 2. Prueba. (i) = (ii) por definición de isomorfismo. Para ver (ii) = (i), sea v 1,...,v n un orden en V 1 y sea A 1 la matriz de adyacencia asociada. Sea A 2 la matriz de adyacencia de G 2 asociada al orden f(v 1 ),...,f(v n ). Como v y w son adyacentes en G 1 si y sólo si f(v) y f(w) son adyacentes en G 2, A 1 = A 2. Por el Teorema 8.6.4, G 1 = G2.

15 Resultados Los grafos simples G y H son isomorfos, ya que existe f : V(G) V(H) definida por f(w) = a, f(x) = d, f(y) = b, f(z) = c que preserva adyacencia. Otro isomorfismo manda w,x,y,z a c,b,d,a.

16 Resultados Una propiedad P es un invariante siempre que, dados dos grafos G 1 y G 2 tales que G 1 = G2, si G 1 cumple P entonces G 2 también la cumple. Ejemplos Son propiedades invariantes: (i) Tener la misma cantidad de vértices. (ii) Tener la misma cantidad de aristas. (iii) Tener un ciclo simple de longitud k (Ejercicio).

17 Resultados Ejemplo Para k N, tener un vértice de grado k es una propiedad invariante. Prueba. Supongamos G 1 = G2. Entonces existen f : V 1 V 2 y g : E 1 E 2 biyectivas que preservan adyacencia. Supongamos que G 1 tiene un vértice v tal que δ(v) = k. Queremos ver que δ(f(v)) = k. Como δ(v) = k, existen e 1,...,e k incidentes en v. Por lo tanto, g(e 1 ),...,g(e k ) inciden en f(v). Al ser g inyectiva, δ(f(v)) k. Sea e E 2 incidente en f(v). Como g es sobre, existe e E 1 tal que g(e) = e. Al ser g(e) incidente en f(v) en G 2, e incide en v en G 1. Pero e 1,...,e k son todas las aristas incidentes en v, por lo que e = e i para algún i = 1,...,k. Entonces δ(f(v)) k y, por lo tanto, δ(f(v)) = k.

18 Resultados Cómo demostrar que dos grafos no son isomorfos? Comprobando que son distintos respecto a una propiedad invariante. G 1 y G 2 no son isomorfos, ya que E 1 = 7 y E 2 = 6. G 1 y G 2 no son isomorfos, ya que G 1 tiene vértices de grado 3 y G 2 no.

19 Resultados G 1 y G 2 no son isomorfos, ya que G 2 tiene ciclos simples de longitud 3 y G 1 no.

20 Resultados La biyección que manda u,v,w,x,y,z a 1,3,5,2,4,6 es un isomorfismo de G 1 a G 2. Otro isomorfismo entre estos dos grafos manda u,v,w,x,y,z a 6,4,2,1,3,5. Tanto G 1 como G 2 como G 4 son isomorfos a K 3,3, el grafo bipartito completo con 3 vértices de cada lado. G 3 no es isomorfo a los demás, ya que contiene a K 3 y en un bipartito no hay triángulos.

21 Resultados En un grafo simple con n vértices, cada par de vértices puede formar una arista o no. Hacer la elección para cada par de vértices especifica un grafo determinado, por lo que el número de grafos con n vértices es 2 (n 2). Por ejemplo, hay 64 grafos simples con 4 vértices. Sin embargo, existen 11 clases de isomorfismos: Las clases tienen diferentes tamaños.

22 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Tres ciudades C 1,C 2 y C 3 deberán conectarse en forma directa con cada una de otras tres ciudades, C 4,C 5 y C 6. Puede diseñarse un sistema de rutas de manera que ninguna se cruce? Un grafo es plano si se puede dibujar en el plano sin que sus aristas se crucen. Ejemplo K 4 es plano.

23 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Si un grafo plano se dibuja en el plano, éste se divide en regiones contiguas llamadas caras. Una cara se caracteriza por el ciclo que forma su frontera. Si denotamos por f el números de caras, por e el número de aristas y por v el número de vértices, el grafo de la figura tiene f = 4, e = 8 y v = 6. Por lo tanto, se satisface la ecuación: f = e v +2.

24 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Teorema (Fórmula de Euler para grafos) Si G es un grafo plano conexo con e aristas, v vértices y f caras, entonces f = e v +2.

25 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler K 3,3 no es plano. Supongamos que sí. Como cada ciclo tiene al menos 4 aristas, cada cara está limitada por al menos 4 aristas. El número de aristas que acotan las caras es al menos 4f. En un grafo plano, cada arista pertenece al menos a dos ciclos frontera, por lo tanto 2e 4f. Por la fórmula de Euler, como e = 9 y v = 6, tenemos 18 = 2 9 4(9 6+2) = 20, lo que es absurdo. Por lo tanto K 3,3 no es plano.

26 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler K 5 no es plano. Supongamos que sí. Como cada ciclo tiene al menos 3 aristas, cada cara está limitada por al menos 3 aristas. El número de aristas que acotan las caras es al menos 3f. En un grafo plano, cada arista pertenece al menos a dos ciclos frontera, por lo tanto 2e 3f. Por la fórmula de Euler, como e = 10 y v = 5, tenemos 20 = (10 5+2) = 21, lo que es absurdo. Por lo tanto K 5 no es plano.

27 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Si un grafo G tiene un vértice v de grado 2 y aristas {v,v 1 } y {v,v 2 } con v 1 v 2, se dice que las aristas {v,v 1 } y {v,v 2 } están en serie. La reducción de una serie consiste en eliminar el vértice v de la gráfica G y sustituir las aristas {v,v 1 } y {v,v 2 } por la arista {v 1,v 2 }. Decimos que el grafo G que se resulta se obtiene de G al reducir una serie. Por convención, G se obtiene de sí mismo a través de una reducción de serie. G se obtiene de G al reducir una serie.

28 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Los grafos G 1 y G 2 son homomorfos si G 1 y G 2 se pueden reducir a grafos isomorfos mediante una sucesión de reducciones de serie. Ejemplo G 1 y G 2 son homomorfas, ya que se pueden reducir a G. Observación La relación de homomorfismo entre dos grafos es de equivalencia. Cada clase de equivalencia consiste en un conjunto de grafos mutuamente homomorfos.

29 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Teorema de Kuratowski Un grafo G es plano si y sólo si no contiene ningún subgrafo homomorfo a K 5 ó K 3,3. Prueba. Escapa el alcance de este curso Ejemplo Veamos que G no es plano.

30 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Ejemplo (cont.)

31 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Teorema (Fórmula de Euler para grafos) Si G es un grafo plano conexo con e aristas, v vértices y f caras, entonces f = e v +2. Prueba. Por inducción sobre el número de aristas. Paso Base.

32 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Paso Inductivo. H.I: La fórmula de Euler vale para grafos con n aristas. Sea G grafo plano y conexo con n+1 aristas. Caso 1: G no tiene ciclos.

33 Homomorfismos y Teorema de Kuratowski Prueba de la Fórmula de Euler Caso 2: G tiene un ciclo. Como se verifica el paso inductivo, el Teorema queda demostrado por el Principio de Inducción.