Cayley t´ etele

Alapprobl´ema: H´any n pont´u fa van? Izomorfia erej´eig: n = 1-re 1, n = 2-re 1, n = 3-ra 1, n = 4-re 2 (K_1,3 ´es P₄), n = 5-re 3 (2-level˝u, 3-level˝u, 4-level˝u), n = 6-ra 6 (2-level˝u, 2×3-level˝u, 2×4-level˝u, 5-level˝u), ... Neh´ez.

Sz´amozott cs´ucsokon (izomorf f´akat t¨obbsz¨or megsz´amolva) n = 1-re 1, n = 2-re 1, n = 3-ra 3, n = 4-re 16 (4×K_1,3 ´es 12×P₄), n= 5-re 125 (60×2-level˝u, 60×3-level˝u, 5×4-level˝u), n = 6-ra sok.

3.35. T´etel (Cayley t´etele) Az {1,2, . . . , n} ponthalmazon nⁿ⁻² k¨ul¨onb¨oz˝o fa adhat´o meg.

Bizony´ıt´as. Az ´un. Pr¨ufer-k´od seg´ıts´eg´evel bizony´ıtunk. R´eszf´ak egy F = F₁ > F₂ >

. . . > Fn−1 sorozat´at konstru´aljuk az al´abbiak szerint. Legyen i ∈ {1,2, . . . , n− 1}-re w_i az F_i legkisebb sorsz´am´u levele, v_i pedig w_i F_i-beli szomsz´edja. Legyen tov´abb´a F_i+1 := F_i −w_i. (Az aktu´alis F_i f´anak a legkisebb w_i level´et hagyjuk el, ami v_i-hez csatlakozik.)

3.36. Megfigyel´es V(F_n) ={n}, azaz v_n−1 =n .

Bizony´ıt´as. Az n cs´ucsot sosem hagytuk el, hisz mindig legl. 2 lev´el volt.

3, w2

7, v2, w5

9, v8

v1

2 vv37, w8

1, w14, w3

8, w6

v6, w7

6, v4

5, w4

Lev´elt¨orl´esi sorrend: 1,3,4,5,7,8,6,2 Pr¨ufer k´od: (2,7,2,6,9,6,2)

A fenti F fa Pr¨ufer-k´odja P(F) = (v₁, v₂, . . . , vn−2). A defin´ıci´ob´ol ad´odik, hogy az Fi fa Pr¨ufer-k´odja P(Fi) = (vi, vi+1, . . . , vn−2) . Az is vil´agos, hogy minden f´ahoz egy´ertelm˝uen tartozik Pr¨ufer-k´od. Azt kell igazolni, hogy minden (n−2)-hossz´u sorozat pontosan egy fa Pr¨ufer-k´odja, hisz ekkor a lehets´eges nⁿ⁻²-f´ele Pr¨ufer-k´od k¨olcs. egy´ert.

megfelel a vizsg´alt f´aknak.

3.37. Megfigyel´es AzF fa Pr¨ufer-k´odj´abanF b´armelyv cs´ucsa(d(v)−1)-szer szerepel.

A 3.37. Megfigyel´es bizony´ıt´asa. L´attuk, hogyV(Fn−1) ={n}, ez´ert av =npont ´eppen annyiszor szerepel av₁, v₂, . . . , vn−1pontok k¨oz¨ott, ah´anyszor egy-egy szomsz´edja t¨orl´esre ker¨ult, azaz d(n)-szer. Mivel vn−1 =n, ez´ert a Pr¨ufer-k´odban d(n)−1-szer szerepel az n.

Legyen mostk < n. Ak cs´ucs pontosan akkor szerepel a Pr¨ufer-k´odban, ha t¨or¨olj¨uk egy szomsz´edj´at, azaz, ha foksz´ama eggyel cs¨okkent. Amikor k foksz´ama 1-re cs¨okken, akkor az utols´ok-b´ol indul´o ´el m´ar k-nak (´es nem a szomsz´edj´anak) a t¨orl´ese miatt lesz t¨or¨olve, teh´at ekkor m´ar nem k ker¨ul a Pr¨ufer-k´odba. (Ez az ´el egy´ebk´ent a k-b´ol az n cs´ucs fel´e vezet˝o ´ut els˝o ´ele, hisz a r´eszf´ak n-re zsugorodnak.) Teh´at k is d(k)−1-szer bukkan fel a Pr¨ufer-k´odban.

3.38. K¨ovetkezm´eny Az F fa levelei pontosan F-nek a Pr¨ufer-k´odban nem szerepl˝o cs´ucsai.

Bizony´ıt´as. A levelek az 1-fok´u cs´ucsok, vagyis pontosan azok az 1 ´es n k¨ozti sz´amok, amelyek 0-szor szerepelnek a Pr¨ufer-k´odban.

3.39. K¨ovetkezm´eny w₁ a legkisebb olyan term´eszetes sz´am, ami nem szerepel av₁, v₂, . . . , vn−1

sorozatban.

L´attuk, hogy az F Pr¨ufer-k´odj´anak k-dik jegyt˝ol indul´o v´egszelete az Fk fa Pr¨ ufer-k´odja. Ez´ert w_k (azF_kfa legkisebb index˝u levele), a legkisebb olyan sz´am, {1,2, . . . , n} \ {w₁, w₂, . . . , wk−1}k¨oz¨ott, ami nem szerepel aF_kPr¨ufer-k´odj´aban, azazv_k, v_k+1, . . . , vn−2

k¨oz¨ott. M´as sz´oval, a legkisebb olyan sz´am, ami nem szerepel aw1, w2, . . . , wk−1, vk, vk+1, . . . , vn−1

sorozatban. (Ezk =n−1-re is igaz.) Ha teh´at a Pr¨ufer-k´od csakugyan egyF f´ahoz tarto-zik, akkorF egy´ertelm˝uen rekonstru´alhat´o: be kell h´uzni avn−1wn−1, vn−2wn−2, . . . , v₁w₁

´

eleket az {1,2, . . . , n} ponthalmazon. (Az ´eleket ebben a sorrendben ´erdemes beh´uzni, mert ´ıgy mindig egy f´at b˝ov´ıt¨unk, amit emiatt k¨onny˝u ´elkeresztez˝od´es n´elk¨ul lerajzolni.) Azt kell m´eg igazolni, hogy egy tetsz˝oleges (v₁, v₂, . . . , vn−2) sorozatb´ol a fenti m´odszer szerint konstru´alt F gr´af olyan fa, aminek Pr¨ufer-k´odja ´eppen (v1, v2, . . . , vn−2).

LegyenF_k⁰ a wn−1vn−1, wn−2vn−2, . . . , w_kv_k ´elek fesz´ıtette gr´af. Azt mutatjuk megk szerinti indukci´oval, hogyF_k⁰ olyan fa, aminek Pr¨ufer-k´odja (v_k, v_k+1, . . . vn−2). (Ezk = 1 eset´en ´epp azt adja, amit szeretn´enk.) Az indukci´os ´all´ıt´as k = n −1-re vil´agos, hisz F_n−1⁰ egypont´u, ´es Pr¨ufer-k´odja ¨ures.

3.40. Megfigyel´es (1) w₁, w₂, . . . , wn−1, n k¨ul¨onb¨oz˝ok. (Hisz w_j v´alaszt´asakor w_i tiltott ha i < j.)

(2)v_k6∈ {w₁, w₂, . . . , w_k}(w_i v´alaszt´asakori≤k-raw_i 6=v_k) , ´ıgyv_k∈ {w_k+1,w_k+2, . . . , w_n−1, n}.

Tegy¨uk fel, hogy F_k+1 fa, ´es hogy Pr¨ufer-k´odja csakugyan (v_k+1, . . . vn−2). (1) ´es (2) miatt V(F_k+1⁰ ) = {n, wn−1, vn−2, wn−2, . . . , v_k+1, w_k+1} = {n, wn−2, wn−3, . . . , w_k+1}, ez´ert (1) miatt F_k⁰ csakugyan fa, aminek wk levele. Azt csup´an bizony´ıtani, hogy wk az F_k⁰ legkisebb levele. F_k+1⁰ Pr¨ufer-k´odj´ab´ol a fenti K¨ovetkezm´eny alapj´an az l´atszik, hogy F_k+1⁰ leveleinek halmaza

L(F_k+1⁰ ) ={w_k+1, . . . , w_n−1, n}\{v_k+1, . . . , v_n−1}={1,2, . . . , n}\({w₁, w₂, . . . , w_k}∪{v_k+1, . . . , v_n−1}). Vil´agos, hogyL(F_k⁰) = (L(F_k+1⁰ )\ {v_k})∪ {w_k}={1,2, . . . , n} \({w₁, w₂, . . . , wk−1} ∪

{vk, vk+1, . . . , vn−1}), ´es az Fk Pr¨ufer-k´odj´ara vonatkoz´o megfigyel´es szerint wk-t ´eppen e halmaz legkisebb eleme.

3.41. Alkalmaz´as V´eletlen fa gener´al´asa n ponton: Egy n-oldal´u dob´okock´at (n− 2)-szer feldobva, a keletkez˝o sorozat egy egyenletes eloszl´as szerint kisorsolt v´eletlen fa Pr¨ufer-k´odja.

A Cayley t´etelre megadunk egy nemsztenderd, alternat´ıv bizony´ıt´ast is. El˝onye, hogy valamivel k¨ozvetlenebb¨ul l´atszik a k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝u megfeleltet´es a f´ak ´es az azokat le´ır´o ism´etl´eses vari´aci´ok k¨oz¨ott, tov´abb´a, hogy a fa rekonstrukci´oja a k´od alapj´an valamivel egyszer˝ubb.

Cayley t´etel´enek unortodox bizony´ıt´asa. Legyen teh´at F egy fa av₁, v₂, . . . , v_n pontokon. Az F f´aban (egy´ertelm˝uen) l´etezik egy P₂ ir´any´ıtott ´ut v₁-b˝ol v₂-be. A P₂ ´ut valamelyik pontj´ab´ol l´etezik egy egy´ertelm˝u ir´any´ıtottP₃ ´utv₃-ba ´ugy, hogyP₂-nek ´esP₃-nak nincs k¨oz¨os ´ele. (Ha plv₃rajta vanP₂-n, akkor P3-nak egyetlen pontja ´es 0 ´ele van.) ´Altal´aban, ha m´ar ismerj¨uk a P2, P3, . . . , Pi utakat, akkor Pi+1az az (egy´ertelm˝uen l´etez˝o)vi+1-be vezet˝o ´ut lesz, aminek kiindul´opontja rajta van aP2, P3, . . . , Pi

utak ´altal alkotott r´eszf´an, de ett˝ol eltekintve diszjunkt t˝ole. Vil´agos, hogy a fenti elj´ar´as az F f´at a P₂, P₃, . . . , P_n utak uni´oj´ara bontja fel, ´es ezen utak ´elei p´aronk´ent k¨ul¨onb¨oz˝ok.

3 9

2 7

1 4

6 5

8

Ref¨urp k´od: (1,2,9,7,2,2,6,6) P7={7},P8={6,8},P9={9}

P4={2,4},P5={2,6,5},P6={6}

P1={1},P2={1,2},P3={2,9,7,3}

Ha Pi = (v_a(1), v_a(2), . . . , v_a(k), vi) egy felbont´asbeli ´ut, akkor legyen Pi k´odja a(1), a(2), . . . , a(k).

(Ha teh´at aPi= (vi) ´ut egypont´u, akkor a k´odja ¨ures.) Legyen azF faRef¨urp-k´odjaazF felbont´as´aban szerepl˝oP2, P3, . . . , Pnir´any´ıtott utak k´odjainak egym´asut´anja. Vil´agos, hogy haFegy fa av1, v2, . . . , vn

pontokon, akkor egy´ertelm˝uen l´etezik Ref¨urp-k´odja. E Ref¨urp-k´od r´a´ad´asul n−1 sz´amb´ol ´all, hiszen minden Pi ´ut k´odja megegyezikPi ´eleinek sz´am´aval, teh´at az F fa Ref¨urp-k´odja is ´epp olyan hossz´u, mint ah´any ´ele vanF-nek.

Vil´agos, hogy a Ref¨urp-k´od els˝o jegye 1 (hisz P₂ a v₁ cs´ucsb´ol kiindulva fut a v₁ 6= v₂ cs´ucsba),

´

es a k´od tov´abbi n−2 jegy´enek mindegyike az 1 ´es nk¨ozti eg´eszek k¨oz¨ul ker¨ul ki. ´Igy az ism´etl´eses vari´aci´okr´ol tanultak alapj´an legfeljebbnⁿ⁻²-f´ele Ref¨urp-k´od k´odolhatnpont´u f´at.

Azt kell csup´an igazolni, hogy ha 1 = r(1), r(2), r(3), . . . , r(n−1) egy olyan sz´amsorozat, amiben minden r(i) egy 1 ´es n k¨ozti eg´esz, akkor egy´ertelm˝uen l´etezik egy olyan F fa, aminek Ref¨urp-k´odja r(1), r(2), r(3), . . . , r(n−1). A c´el teh´at nem m´as, mint azr(1), r(2), . . . , r(n−1) sz´amsorozatot felbonta-nin−1 sorozat egym´asut´anj´ara (ezek n´emelyike ¨ures lesz), ´ugy, hogy e sorozatok rendre aP2, P3, . . . , Pn

utak k´odjai legyenek. Az els˝o k´erd´es teh´at, hogy azr(1), r(2), . . . , r(n−1) sz´amsorozatban melyikr(i) lesz aP₂´ut k´odj´anak utols´o jegye, azaz melyikr(i+ 1) lesz aP₃ k´odj´anak els˝o jegye, m´as sz´oval aP₃´ut kiindul´opontj´anak indexe. (HaP₃egypont´u, akkor ittP₃helyett az els˝o, nem egypont´uP_iutr´´ ol van sz´o, hiszen annak a k´odja kezd˝odikr(i+ 1)-gyel.) A P₃ut k´´ etf´ele lehet: kiindul´opontja vagy v₂, vagy aP₂

´

utnak egyv₂-t˝ol k¨ul¨onb¨oz˝o pontja, aminek indexe teh´at szerepelP₂k´odj´aban. Ez´ert aP₃ut k´´ odj´anak kezdete (vagyis az omin´ozusr(i+ 1)) az els˝o olyan jegye lesz F Ref¨urp-k´odj´anak, amirer(i+ 1) = 2, vagy amire r(i+ 1) m´ar kor´abban el˝ofordultF Ref¨urp-k´odj´aban.

A fenti m´odszer ´altal´anoss´agban is m˝uk¨odik. Tegy¨uk fel, hogy azr(1), . . . , r(n−1) sorozatb´ol m´ar meghat´aroztuk a P2, P3, . . . , Pi utak k´odjait. A c´el a Pi+1 ´ut k´odj´anak meghat´aroz´asa. Legyen a Pi

k´odj´anak utols´o jegye az F Ref¨urp-k´odj´anakk-dik jegye, vagyisr(k). Vil´agos, hogy ha m´ar valamelyik kor´abbiPj´ut haszn´alta avi+1cs´ucsot, akkori+1 m´ar kor´abban szerepelt aPjk´odj´aban, azazr(l) =i+1 valamely l ≤ k eset´en. Ekkor Pi+1 k´odja ¨ures, ´es r´at´erhet¨unk Pi+2-re. Ellenkez˝o esetben, vagyis ha i+ 1 nem szerepelt a Ref¨urp-k´odr(k)-ig tart´o r´esz´eben, akkor vi+1 nem pontja a P2, P3, . . . , Pi utak egyik´enek sem, teh´atPi+1legal´abb k´etpont´u, ´es csup´an azt kell meg´allap´ıtani, hogyPi+1(r(k+ 1)-gyel kezd˝od˝o) k´odja hol ´er v´eget, azaz melyikr(s+ 1)-gyel kezd˝odik aPi+1-t k¨ovet˝o, els˝o, legal´abb k´etpont´u P_m ´ut k´odja. AP_mut k´´ etf´ele lehet: vagy av₂, v₃, . . . , v_i+1 cs´ucsok valamelyike a kiindul´opontja, vagy

egy olyan pont, aminek indexe aP2, P3, . . . Pi+1utak valamelyik´enek k´odj´aban m´ar szerepelt kor´abban.

Ez´ert s+ 1 olyan sz´am, amire

s > k ´es r(s+ 1)∈ {2,3, . . . , i+ 1} ∪ {r(1), r(2), . . . , r(s)} (3.1) teljes¨ul. Vil´agos, hogy ha s+ 1-re a 3.1rel´aci´o fenn´all, akkorr(s+ 1) nem lehet benneP_i+1 k´odj´aban, teh´ats+ 1 a legkisebb olyan sz´am, ami teljes´ıti a3.1felt´etelt. Ezzel pedig egy´ertelm˝uen meghat´aroztuk Pi+1 k´odj´at: r(k+ 1), r(k+ 2), . . . , r(s).

Ha pedig ismerj¨uk aP2, P3, . . . , Pn utak k´odjait, akkor mindezen utak rekonstru´alhat´ok, teh´at

uni-´

ojuk, az F⁰ gr´af is. Kell, hogy F⁰ fa. Vil´agos, hogy minden Pi kiindul´opontja egy el˝oz˝o Pj utnak´ pontja, teh´at aF⁰ ¨osszef¨ugg˝o. MindenPi-nek annyi ´ele van, mint a k´odj´anak hossza, teh´atF⁰-nekn−1

´

ele van, tov´abb´aF⁰ tartalmazza mindenPi ut v´´ egpontjait, teh´at av2, v3, . . . , vn pontokat, valamintP2

kezd˝opontj´at,v1-t. Teh´atF⁰egynpont´u, (n−1) ´el˝u ¨osszef¨ugg˝o gr´af, azazF csakugyan fa. AzF⁰ konst-rukci´oj´ab´ol pedig azonnal ad´odik, hogyPi egy olyan ir´any´ıtott ´ut, aminek a kiindul´opontja egy kor´abbi Pj pont valamelyike, v´egpontjavi, teh´atF⁰ Ref¨urp k´odja csakugyanr(1), r(2), r(3), . . . , r(n−1).

A Ref¨urp-k´odb´ol a fa rekonstrukci´oja val´oj´aban m´eg egyszer˝ubb. Legyenr(1), r(2), . . . , r(n−1) egy Ref¨urp-k´od. A rekonstrukci´o n−1 l´ep´esben t¨ort´enik: az i-dik l´ep´esben v_r(i)-b˝ol ind´ıtunk egy ei ´elt.

Az ei ´el m´asik v´egpontja v_r(i+1) lesz, hai+ 1≤n−1 ´esv_r(i+1) nem szerepel a m´ar fel´ep´ıtett f´aban.

Egy´ebk´ent az avj lesz az ei m´asik v´egpontja, amirej a legkisebb olyan pozit´ıv cs´ucsindex, ami nem szerepel a m´ar fel´ep´ıtett f´aban.

3.42. Alkalmaz´as H´any olyanF fa vannc´ımk´ezett ponton, amiben az1´es2c´ımk´ej˝u pontok k¨oz¨ott fut´o

´

ut F-nek pontosank´el´et tartalmazza? (Vil´agos, hogy a Ref¨urp-k´od els˝o k+ 1jegy´et nem v´alaszthatjuk teljesen szabadon, ´ıgy (n−1)·(n−2)·. . .·(n−k)·(k+ 1)·n^n−k−3 ad´odik. Az is l´atszik, hogyan kell ilyen tulajdons´ag´u v´eletlen f´at gener´alni.)

Szorgalmi h´azi feladat: Mi k¨oze a Pr¨ufer-k´odnak a Ref¨urp-k´odhoz? (A helyes megfejt˝ok d´ıja a szerz˝o elismer´ese.)

In document ¨o ´e vesvillamosm ´e rn k-hallgat ´o isz ´a m ´a ra Asz ´a m ´ı t ´a studom ´a nyalapjaiABMEI. (Pldal 69-72)