Euler-séta, -körséta, Hamilton-kör, -út
Papp László
BME
2021. október 29.
Feladat 18. század eleje
Lehet-e olyan sétát tenni a 18. századi Königsbergben ami minden hídon pontosan egyszer megy át és ugyan oda érkezünk ahonnan elindultunk?
Leonhard Euler (1707 Bázel - 1783 Szentpétervár) válasza:
Nem.
Gráfelméleti modell
=⇒
Gráfelméleti kérdés: Van-e olyan kör-séta a gráfban amely minden élet pontosan egyszer érint?
Definíció
EgyGgráfEuler-körsétájaegy olyan séta amely a gráf minden élét pontosan egyszer tartalmazza és ugyan abban a pontban ér véget mint amelyikben kezd ˝odik.
EgyGgráfEuler-sétájaegy olyan séta amely a gráf minden élét pontosan egyszer tartalmazza
Mikor van Euler-körséta illetve Euler-séta?
Tétel
HaGösszefügg ˝o véges gráf akkor:
I G-ben van Euler-körséta ⇐⇒ Gminden csúcsának a foka páros.
I G-ben van Euler-séta ⇐⇒ Gpáratlan fokú csúcsainak a száma 0 vagy 2.
Következmény:A königsbergi hidak gráfjában 4 páratlan fokú csúcs van, így se Euler-körsétaja, se Euler-sétaja nincsen.
Tehát nem lehet megcsinálni azt amit a porosz polgárok szerettek volna.
Bizonyítás (Euler-körsétás rész)
=⇒: Ha aG-nek van Euler-körsétája, akkor ezen végigmenve minden egyes csúcsba pontosan annyiszor lépünk be mint ahányszor kilépünk és minden a csúcsra illeszked ˝o élet használunk. Emiatt tetsz ˝oleges csúcsra a rá illeszked ˝o élek száma páros.
12 1
5 4
6 3
7 8
10
11 2
9
⇐=: Csúcsszámra vonatkozó indukcióval bizonyítunk. Tegyük fel, hogy mindenncsúcsnál kevesebb csúccsal rendelkez ˝o összefügg ˝o gráfra igaz a tétel. Tekintsünk egyncsúcsút.
Bizonyítás (Euler-körsétás rész)
S
Induljunk ki egy csúcsból és éleken lépkedve építsünk egyS sétát addig amíg el nem akadunk, azaz amikor már nincs ki futó még fel nem használt él abból a csúcsból ahol vagyunk.
Mivel minden csúcs foka páros ezért csak a kiinduló csúcsban akadhatunk el, így tehát egySzárt körsétát kapunk.Sa kiinduló csúcsra illeszked ˝o összes élet tartalmazza.
Hagyjuk elS éleit és a kiinduló csúcsot.
Bizonyítás (Euler-körsétás rész) S
E3
E1
E2 1
2
3 5
6
7 8
9 10
11
4
A kapott gráf nem feltétlenül összefügg ˝o, azonban minden csúcsának a foka páros, hiszen minden csúcsraS-nek páros számú éle illeszkedett.
Az összefügg ˝o komponenesek csúcsszáma kisebb mintn (kezd ˝ocsúcs elhagyása miatt) ezért indukciós feltevés miatt van külön-külön Euler-körsétájuk, legyenek ezekE1,E2, . . . ,Ek. S-b ˝ol ésE1,E2, . . . ,Ek-kból összerakható egy Euler-körsétája G-nek úgy, hogy minden egyes esetben haS mentén haladva egy új komponensbe el ˝oször lépünk bele akkor ott a megfelel ˝o Ei-n lépkedünk tovább, ígyEi-t belef ˝uzveS-be.
Bizonyítás: (Euler-sétás eset)
=⇒ Az Euler-séta kezd ˝o és végpontját kivéve minden
csúcsba pontosan annyiszor lépünk be mint ki, emiatt a kezd ˝o és végpontot kivéve a többi csúcs foka páros.
1
5 4
6 3
7 8
10
11 2
9
⇐= Ha a gráfban 0 a páratlan fokú csúcsok száma, akkor az Euler-körsétás bizonyítás m ˝uködik. Ha 2 akkor a két páratlan fokú csúcs közé húzzunk be egy élet. Az így kapott gráfban nincs páratlan fokú csúcs tehát van benne Euler-körséta. Ebb ˝ol a behúzott élet eldobva az eredeti gráf Euler-sétáját kapjuk.
Hamilton-kör, Hamilton-út
Az Euler-körsétánál illetve -sétánál az volt a cél, hogy körbejárjuk a gráfot úgy, hogy minden élet pontosan egyszer használjunk. Közben egy ponton többször is áthaladhattunk.
Most úgy szeretnénk körbejárni a gráfot, hogy minden ponton pontosan egyszer haladunk át. Közben persze nem feltétlenül használunk minden élet.
Definíció:AGgráf egyH köreHamilton-kör, haH tartalmazza aGgráf összes csúcsát.
Definíció:AGgráf egyP útjaHamilton-út, haPtartalmazza aGgráf összes csúcsát.
Mikor van egy gráfban Hamilton-kör vagy -út?
Erre nincs egyszer ˝u válasz. Valószín ˝uleg nincs gyorsan ellen ˝orizhet ˝o feltétel ami eldöntené, hogy egy gráfban van-e Hamilton-kör vagy -út.
Ha mégis lenne ilyen eljárás, akkor a ma elterjedt titkosítási eljárások mind haszontalanná válnának. Gyors Hamilton-kör kereséssel gyorsan fel lehetne ˝oket törni. Err ˝ol majd a félév végén lesz szó.
Ezzel szemben ismerünk olyan tulajdonságokat, melyek
szükségesek vagy elégségesek Hamilton-kör vagy -út létezése szempontjából.
Elégséges feltételek
Dirach Tétel
Ha azncsúcsú (n≥3) egyszer ˝u gráf minden csúcsának a foka legalább n2, akkor a gráf tartalmaz Hamilton-kört.
Ore Tétel
Ha azncsúcsú (n≥3) egyszer ˝u gráf bármely nem szomszédosu,v csúcspárjára igaz, hogyd(u) +d(v)≥n (uésv fokszámainak az összege legalábbn), akkor a gráf tartalmaz Hamilton-kört.
Lemma (Segéd Állítás)
LegyenGegyncsúcsú egyszer ˝u gráf aholuésv csúcsok nem szomszédosak ésd(u) +d(v)≥n. Legyen továbbáG+uv az a gráf amitG-b ˝ol úgy kapunk, hogy behúzzuk azuv élet. Ekkor:
G-ben van Hamilton-kör ⇐⇒ G+uv-ben van Hamilton-kör
Lemma bizonyítása:
=⇒:HaG-ben van Hamilton-kör akkor egy új él behúzása ezt nyílván nem szünteti meg, így ezG+uv-ben is egy Ham-kör.
⇐= :G+uv-nek van Ham-köre, legyen ezH. Ha aH nem tartalmazza azuv élet akkorHHam-köreG-nek is.
KülönbenH\uv egy Hamilton-útG-ben. Jelöljük a csúcsaitu=v1,v2, . . . ,vn=v -vel úgy, hogy vj−1ésvj szomszédosak mindenj-re.
Havi össze van kötveu-val ésvi−1össze van kötvev-vel akkor van egy Hamilton körünk.
Ha nem lenne olyani amire az el ˝oz ˝o sor teljesül, akkorv2,v3, . . . ,vn−1csúcsok közülv legalább d(u)−1 darabbal nem szomszédos.
u ésv szomszédai av2,v3, . . . ,vn−1csúcsok közül kerülnek ki, ezért ekkor a fokszámuk összege maximum
d(u) +n−2−(d(u)−1) =n−1 lehetne, ami kevesebb mintn. Tehát minden esetben van alkalmasi index amivel a jobb oldali ábra el ˝oáll.
u v v2
v3
vi−1
vn−1
vn−2
vi
Elégséges feltételek bizonyítása Állítás
Minden teljes gráfnak van Hamilton-köre.
Bizonyítás (Ore tétel): Legyeneke1,e2, . . . ,ek aGgráfból hiányzó élek, azazGélei.
G+e1-re továbbra is teljesül az Ore tétel feltétele, hiszen a fokszámokat él hozzávételével nem csökkentettük.
A lemma alapjánG-ben pontosan akkor van Ham-kör amikor G+e1-ben, abban meg pontosan akkor van Ham-kör amikor G+e1+e2-ben.
Tehát akkorG-ben pontosan akkor van Ham-kör amikor G+e1+e2-ben.
A gondolatmenetet folytatva azt kapjuk, hogyG-ben pontosan akkor van Ham-kör haG+e1+e2+e3+. . .+ek =Kn-ben van Ham-kör. Utóbbiban viszont mindig van, ezértG-ben is van Hamilton-kör.
Bizonyítás (Dirach tétel): Az Ore tételb ˝ol egyb ˝ol következik, hiszen ha a Dirac feltétele teljesül akkor az Ore feltétele is.
Szükséges feltétel Tétel
Ha egyGgráfban van Hamilton-kör, akkor aGgráfból
tetsz ˝olegesk csúcs (és a rájuk illeszked ˝o élek) elhagyása után a gráf legfeljebbk összefügg ˝o komponensre esik szét.
Tétel
Ha egyGgráfban van Hamilton-út, akkor aGgráfból
tetsz ˝olegesk csúcs (és a rájuk illeszked ˝o élek) elhagyása után a gráf legfeljebbk+1 összefügg ˝o komponensre esik szét.
Fontos!!!Ez egy szükséges feltétel, de nem elégséges. A jobb oldali gráfban akárhogy hagyok el csúcsokat, sosem esik szét több komponensre mint ahány csúcsot elhagytam, még sincs benne Hamilton-kör!
Bizonyítás:
LegyenGegy gráf aminek van Hamilon-köre. LegyenH egy ilyen Hamilton-körG-ben.
Tetsz ˝olegesk csúcsot elhagyva ekkorHmaximumk ívre esik szét. Az ívek között még futhatnak élek, így maximumk
összefügg ˝o komponens lehet az elhagyás után kapott gráfban.
Ha egy útbólk csúcsot hagyok el az maximumk+1
összefügg ˝o részre esik, így Hamilton-út eseténk+1 szerepel k helyett.
