Condições para o gráfico bipartido ser plano, sem arestas ao redor dos vértices

Um gráfico bipartido é plano se não tiver ou menores.$K_{3, 3}$$K_5$

Estou procurando condições necessárias ou suficientes para permitir que desenhos planares sem arestas "circulem" conjuntos de vértices. Estes são desenhos satisfatórios:

1. Todos os vértices de uma parte são desenhados em uma única linha vertical. Os vértices da outra parte são desenhados em uma linha de partículas paralelas.
2. As arestas não se cruzam, exceto nos vértices.
3. As arestas estão todas na faixa infinita entre as duas linhas verticais no ponto 1.

Por exemplo, todos os desenhos aqui, exceto o canto inferior direito, não são exemplos. O gráfico inferior esquerdo pode ser redesenhado para satisfazer as condições trocando as posições de Q e R. Os dois gráficos superiores não podem ser redesenhados para atender às condições.

Os dois primeiros gráficos são as únicas obstruções que pude encontrar. Minhas perguntas são:

1. Esse problema tem um nome?
2. Alguma outra obstrução que eu perdi?
3. Alguma dica de como eu posso provar que essas duas obstruções (junto com qualquer coisa que eu perdi), como menores, é claro, são necessárias e suficientes.

Observe que isso não é o mesmo que ser plano externo, é plano externo (pode ser desenhado como um quadrado), mas não pode ser desenhado para satisfazer as condições mencionadas acima.$K_{2, 2}$

Seus gráficos são exatamente os gráficos da largura  do caminho ou, equivalentemente, as florestas cujos componentes são uma lagarta . Lagartas têm duas caracterizações relevantes:$1$

• são as árvores nas quais existe um único caminho que contém todos os vértices de grau acima de  ;$1$

• são as árvores nas quais todo vértice tem no máximo dois vizinhos que não são folhas.

Lema 1. Toda lagarta está na sua classe.

Prova. Seja uma lagarta e seja P = x 1 … x ℓ o caminho mais longo que contém todos os vértices de grau  2 ou mais. Observe que, por maximalidade, d ( x 1 ) = d ( x ℓ ) = 1 . Podemos produzir um desenho de  G primeiro desenhando  P como um zig-zag e adicionando os vértices grau 1 adjacentes a  x i entre x i - 1 e  x i$G$$P=x_1\dots x_\ell$$2$$d(x_1)=d(x_\ell)=1$$G$$P$$1$$x_i$$x_{i-1}$ . $x_{i+1}$$\Box$

Lema 2. Todo gráfico da sua classe é acíclico.$G$

Prova. Suponha que contenha o ciclo x 1 y 1 x 2 y 2 … x k y k x 1 e suponha que ele tenha um desenho da forma requerida. Wlog, x 2  está acima de  x 1 . Mas, então, devemos ter y 2 acima de  y 1 , pois, caso contrário, as linhas x 1 y 1 e  x 2 y 2 se cruzariam. Por indução, x i + 1  está acima $G$$x_1y_1x_2y_2\dots x_ky_kx_1$$x_2$$x_1$$y_2$$y_1$$x_1y_1$$x_2y_2$$x_{i+1}$ para todos os i ∈ { 1 , … , k - 1 } e da mesma forma para os  y . Porém, qualquer linha y k x 1 deve deixar a região entre as duas colunas de vértices ou cruzar todas as outras arestas do ciclo. Isso contradiz nossa suposição de que o gráfico tem um desenho adequado. $x_i$$i\in\{1, \dots, k-1\}$$y$$y_kx_1$$\Box$

Lema 3. Todas as pessoas que não são da Caterpillar conectadas não fazem parte da sua classe.

Prova. Seja um gráfico conectado que não é uma lagarta. Se ele contém um ciclo, não está na sua classe no Lema  2 , portanto, podemos assumir que é uma árvore. Se não for uma lagarta, deve conter um vértice  x com vizinhos distintos y 1 , y 2 e  y 3 , cada um com grau pelo menos   2 .$G$$2$$x$$y_1$$y_2$$y_3$$2$

Suponha que tenhamos um desenho de  com as propriedades necessárias. Wlog, y 2  está acima de  y 1 e y 3  está acima de  y 2 . Deixe z ≠ x ser um vizinho do  y 2 . A aresta  y 2 z deve cruzar x y 1 ou  x y 3 , contradizendo nossa suposição de que o gráfico possui um desenho da forma requerida. $G$$y_2$$y_1$$y_3$$y_2$$z\neq x$$y_2$$y_2z$$xy_1$$xy_3$$\Box$

Teorema. Sua classe de gráficos é exatamente a classe de florestas em que cada um dos componentes é uma lagarta.

Prova. Seja um gráfico. Claramente, G  está na sua classe se, e somente se, todo componente for: se algum componente não puder ser desenhado conforme necessário, o gráfico inteiro não poderá; se todos os componentes puderem ser desenhados conforme necessário, o gráfico inteiro poderá ser desenhado organizando os componentes um acima do outro. O resultado agora segue os lemas 1 e  3 . $G$$G$$1$$3$$\Box$

Corolário. Sua classe de gráficos é a classe de gráficos que não possui ou a subdivisão de  K 1 , 3 como menor.$K_3$$K_{1,3}$

Prova. Essas são as obstruções para a largura do caminho  $1$ . $\Box$

Estes são, essencialmente, as obstruções que você encontrou: você precisa ao invés de K 4 porque este último iria admitir K 3 para a classe; a subdivisão de K 1 , 3 é exatamente sua segunda obstrução.$K_3$$K_4$$K_3$$K_{1,3}$

Então, a resposta a seguir é o que eu vim com:

Como você já mencionou, existem apenas dois casos possíveis que não podem ser reorganizados.

O segundo caso há representação correcta se assumirmos um gráfico bipartido, uma vez que Wikipedia define um gráfico bipartido como: cada borda conecta um vértice em para um em V .$U$$V$

Edit: Eu li mal o gráfico, desculpe por isso.

Isso nos deixa apenas com a subgrafo completo, que é a condição que você quer evitar. Inversamente, a condição suficiente é que seu gráfico bipartido não tenha subgráfico completo dentro de si.$K_{2,2}$

Para provar que qualquer outro subgráfico é válido, você pode imaginar o seguinte:

Primeiro, assumimos que não temos arestas e começamos com uma aresta arbitrária . Ao adicionar a próxima borda, temos três casos possíveis:$e$

O primeiro caso é que temos um nó que não inicia nem termina no mesmo nó que a primeira aresta. Isso nos deixa sem problemas e podemos continuar inserindo.

O segundo caso é que temos uma aresta que - a caminho - cruza outra aresta já existente. Nesse caso, temos que trocar o vértice ou V 2 (aquele com a aresta já existente) por uma das novas arestas V 3 ou V 4 , para que continuemos cumprindo os critérios.$V_1$$V_2$$V_3$$V_4$

$V1-V4$

Mais uma vez, podemos encontrar apenas três soluções: rastreamos uma conexão final ou repetimos a etapa que já executamos anteriormente (rastreando todas as etapas restantes). Se terminarmos em um nó final, podemos trocar todos os nós rastreados.

$K_{2,2}$

EDIT: Para estender essa prova para o segundo caso, precisamos examinar as seguintes condições:

Em geral, se tivermos um subgráfico com pelo menos um hub (3 ou mais conexões), é "bastante fácil".

$\langle k\rangle > 1$

Como eu mesmo tenho pouco conhecimento nessa área, mas ainda quero fornecer uma solução possível, vinculei um artigo (espero) adequado

Se alguém nomear esse problema, eu estaria interessado em aprender, especialmente porque eu vim com essa solução apenas seguindo as idéias do teorema de Fáry e subgrafos bipartidos completos.