Diskreetne matemaatika 2016/2017. õ. a. Professor Peeter Puusemp

Transcript

1 Diskreetne matemaatika 2016/2017. õ. a. Professor Peeter Puusemp

2 puusemp/ Sellel kodulehe aadressil asub alajaotuse Diskreetne matemaatika all elektrooniline õpik ja ülesannete kogu harjutustundideks. Täiendav kirjanduse loetelu asub elektroonilise õpiku lõpus.

3 1. LAUSEARVUTUS 1.1. Lausearvutuse valemid Lause mõiste. Tehted lausetega. Tõeväärtustabelid. Lausearvutuse formaalne käsitlus: lausearvutuse sümbolid, lausearvutuse valem. Valemi interpretatsioon. Sulgude ärajätmine.

4 Näide. Leiame lause ((A B) (( A) B)) tõeväärtustabeli.

5 Ülesandeid. 1. Milliseid lauseid järgnevatest lausetest saab vaadelda lausearvutuse lausetena: a) Mis kell on? b) Kui x = 2, siis x 3 = 1. c) Ära kunagi ropenda. d) Eile sadas vihma. e) Kõik naturaalarvud jaguvad 2-ga.

6 2. Olgu A, B ja C järgmised laused: A. Lend Kuule on kulukas. B. Ma kavatsen lennata Kuule. C. Mul on palju raha. Panna tehete abil kirja järgmised laused: a) Mul on vähe raha ja ma ei kavatse lennata Kuule. b) Kui mul on vähe raha ja lend Kuule on kulukas, siis ma ei kavatse lennata Kuule.

7 3. Interpreteerime lausemuutujaid X, Y ja Z järgmiselt: X : Talle meeldivad kikilipsud. Y : Ta on menukas. Z: Tal on veidrad sõbrad. Millised on sellise interpretatsiooni korral järgmiste valemite tähendused: a) (X Y ) Z; b) Y Z; c) X (Y Z); d) (X Y ) (Y Z).

8 4. Taastada sulud: a) A B C A. b) D C A D B D. c) C (A C) A B. d) C A A A B. 5. Koostada tõeväärtustabelid: a) ((X Z) (Y Z)) X. b) ((X Z) ( (X Z) Y )).

9 1.2. Tautoloogiad A = A(X 1, X 2,..., X n ) lausearvutuse valem; A(x 1, x 2,..., x n ) valemi A(X 1, X 2,..., X n ) tõeväärtus lausemuutujate X 1, X 2,..., X n tõeväärtustel x 1, x 2,..., x n. Tautoloogia samaselt tõene valem. Omadused: 1) Kui A ja A B on tautoloogiad, siis ka B on tautoloogia. 2) Kui A(X 1,..., X n ) on tautoloogia ja B 1,..., B n on mis tahes lausearvutuse valemid, siis A(B 1,..., B n ) on samuti tautoloogia.

10 Ülesandeid. 6. Olgu A = A(X, Y, Z) = ((X (Y Z)) ((Y Z) X )). Leida A(0, 1, 1) ja A(1, 1, 0). 7. Olgu A = A(X, Y, Z) = ((X Y ) Z), B = (X Z), C = (Y ( Z)), D = X Y. Kirjutada välja A(B, C, D). 8. Näidata, et järgmised lausearvutuse valemid on tautoloogiad: a) ( Y X ) (( Y X ) Y ). b) (X Y ) ((Z X ) (Z Y )).

11 1.3. Loogiliselt samaväärsed valemid Olgu antud valemid A = A(X 1,..., X n ) ja B = B(X 1,..., X n ). Valemeid A ja B nimetatakse loogiliselt samaväärseteks, kui A(x 1,..., x n ) = B(x 1,..., x n ) iga x 1,..., x n {0, 1} korral. Asjaolu, et valemid A ja B on loogiliselt samaväärsed, tähistatakse A B (see pole enam lausearvutuse valem, vaid väljendab seost valemite vahel).

12 Põhilised loogilised samaväärsused: 1) A B B A (konjunktsiooni kommutatiivsus); 2) A A A (konjunktsiooni idempotentsus); 3) (A B) C A (B C) (konjunktsiooni assotsiatiivsus); 4) A B B A (disjunktsiooni kommutatiivsus); 5) A A A (disjunktsiooni idempotentsus); 6) (A B) C A (B C) (disjunktsiooni assotsiatiivsus); 7) A (B C) (A B) (A C) (disjunktsiooni distributiivsus konjunktsiooni suhtes); 8) A (B C) (A B) (A C) (konjunktsiooni distributiivsus disjunktsiooni suhtes);

13 9) A (A B) A (neelduvuse seadus); 10) A (A B) A (neelduvuse seadus); 11) ( A) A; 12) (A B) ( A) ( B); 13) (A B) ( A) ( B). 14) A B (A B) (B A) (A B) ( A B); 15) A B A B (A B); 16) A B A B ( A B); 17) A B (A B) ( A B).

14 Omadus. Olgu B 1 lausearvutuse valem, mis tekib valemist A 1, kui seal asendada kas kõik valemi A esinemised või selle osa esinemisi temaga loogiliselt samaväärse valemiga B. Siis valemid A 1 ja B 1 on loogiliselt samaväärsed.

15 Ülesanded. 9. Teisendada valem (X (Y Z)) (Y X ) temaga loogiliselt samaväärseks valemiks, nii et saadud valemis puuduvad loogilised tehted ja. 10. Leida lausearvutuse valemi (X Y ) (Z Y ) (X Z) jaoks temaga loogiliselt samaväärne valem, mis sisaldab tehtemärkidena ainult eitust ja implikatsiooni.

16 11. Leida loogilisi põhisamasusi kasutades valemiga ((X Y ) (Z X )) ( Y Z) loogiliselt samaväärne valem, mis on võimalikult lihtsa kujuga.

17 1.4. Duaalsusprintsiip A valem, mis sisaldab lausearvutuse tehetest ainult tehteid, ja. A valemiga A duaalne valem, st valem, mis saadakse valemist A, kui seal iga sümbol sümboliga, iga sümbol sümboliga ja iga lausemuutuja X tema eitusega X. Näide. A = ((X Y ) X ) ( Z (X Z)). Duaalsusprintsiip. Valemid A ja A on loogiliselt samaväärsed: A A. Duaalsusprintsiip tõestatakse induktsiooniga valemis A sisalduvate tehtemärkide arvu k järgi.

18 1.5. Disjunktiivne normaalkuju Avaldised A 1 A 2... A k, A 1 A 2... A k. Nendes sulgude paigutus ja liikmete järjekord pole oluline. X lausemuutuja; siis tähistatakse: X 1 = X, X 0 = X. Definitsioon. Muutujate X 1,..., X n elementaarkonjunktsiooniks nimetatakse valemit kujul X x 1 i 1... X x k i k, kus x 1,..., x k { 1, 0 }; i 1,..., i k { 1, 2,..., n } ja iga muutuja esineb selles valemis ülimalt üks kord.

19 Elementaarkonjunktsiooni nimetatakse täielikuks, kui temas esinevad kõik muutujad X 1,..., X n. Definitsioon. Valemi A disjunktiivseks normaalkujuks nimetatakse valemit B, mis on loogiliselt samaväärne valemiga A ja mis on avaldatud elementaarkonjunktsioonide disjunktsioonidena. Valemi A täielikuks disjunktiivseks normaalkujuks nimetatakse valemit B, mis on loogiliselt samaväärne valemiga A ja mis on avaldatud täielike elementaarkonjunktsioonide disjunktsioonidena.

20 Näide. Valem on valemi A = (X Y ) ( X Y ) ( X Z) B = (Z X ) (X Y ) disjunktiivne normaalkuju. Ülesanne. Viia eelmises näites antud valem A täielikule disjunktiivsele normaalkujule.

21 Disjunktiivsele ja täielikult disjunktiivsele normaalkujule saab valemeid viia kahel viisil: 1) loogiliste põhisamasuste abil, 2) tõeväärtustabelite abil. Näide. Viia täielikule disjunktiivsele normaalkujule valem A = (X Y ) Z. Teoreem. Iga valemi jaoks, mis pole tautoloogia, leidub täielik disjunktiivne normaalkuju.

22 Muutujate X 1,..., X n elementaardisjunktsiooniks nimetatakse valemit kujul X x 1 i 1... X x k i k, kus x 1,..., x k { 1, 0 }; i 1,..., i k { 1, 2,..., n } ja iga muutuja esineb selles valemis ülimalt üks kord. Elementaardisjunktsiooni nimetatakse täielikuks, kui selles esinevad kõik vaadeldavad lausemuutujad.

23 Definitsioon. Valemi A konjunktiivseks normaalkujuks nimetatakse valemit B, mis on loogiliselt samaväärne valemiga A ja mis on avaldatud elementaardisjunktsioonide konjunktsioonidena. Valemi A täielikuks konjunktiivseks normaalkujuks nimetatakse valemit B, mis on loogiliselt samaväärne valemiga A ja mis on avaldatud täielike elementaardisjunktsioonide konjunktsioonidena. Valemi A konjunktiivseks normaalkuju leidmine: leitakse valemi A disjunktiivne normaalkuju ja seejärel rakendatakse saadud disjunktiivsele normaalkujule eitust.

24 Ülesandeid. 12. Viia täielikule disjunktiivsele normaalkujule valem (X 1 X 2 ) ( X 2 X 3 ). 13. Viia täielikule konjunktiivsele normaalkujule valem ((X 1 X 2 ) (X 3 X 1 )) ( X 2 X 3 ).

25 Loogiliste järelduste tegemine. Valemitest A 1,..., A n järeldub valem B tähendab, et kui valemid A 1,..., A n on tõesed, siis on ka valem B tõene. See on samaväärne sellega, et valem on tautoloogia. A 1... A n B

26 Ülesandeid. 14. Vaadelgem kolme väidet: Kui John ei kohanud sel öösel Smithi, siis Smith on mõrvar või John valetab. Kui Smith pole mõrvar, siis John ei kohanud sel öösel Smithi ja mõrv toimus pärast keskööd. Kui mõrv toimus pärast keskööd, siis Smith on mõrvar või John valetab. Juhul, kui need väited vastavad tõele, kas võib järeldada, et Smith on mõrvar?

27 15. Veidrimaal elavatest inimestest osa räägib ainult tõtt, ülejäänud aga alati valetavad. Küsimustele vastavad Veidrimaa inimesed alati lühidalt kas ja või ei. Veidrimaal viibiv turist jõudis märgistamata teeristile, mille üks haru viis Veidrimaa pealinna, teine aga mitte. Teeristil puhkas piipu tõmbav kohalik elanik Vidrik. Millise vastust ja või ei nõudva küsimuse pidi turist Vidrikule esitama, et teha kindlaks kumb teeharu viib Veidrimaa pealinna?

28 Lahendus. Tähistagu sümbolid X ja Y lauseid: X Vidrik räägib alati tõtt, Y vasakpoolne tee suundub pealinna. Moodustame Vidrikule küsimuse A = A(X, Y ) (s.t. Kas on õige lause A? ). Lause A moodustame aga nii, et Vidriku vastus on ja (1) parajasti siis, kui lause Y on tõene. Sellisele tingimusele vastava A jaoks tõeväärtustabel on

29 X Y Vidriku vastus A Nüüd saab tabelist välja kirjutada ka lause (valemi) A: A = (X Y ) ( X Y ). Seega turist peaks esitame küsimuse: Kas on õige, et Sa räägid tõtt ja vasakpoolne tee viib pealinna või Sa valetad ja parempoolne tee viib pealinna?. Kui Vidrik vastab ja, siis vasakpoolne tee viib pealinna, kui aga Vidrik vastab ei, siis viib parempoolne tee pealinna.

30 Augustus De Morgan ( ) inglise matemaatik ja loogik.

31 George Boole ( ) inglise matemaatik ja loogik.

32 1.6. Boole i funktsioonid. Boole i muutujad. Boole i funktsioonid. Boole i funktsiooni esitus tabelina. Boole funktsioonide näiteid: liitmine ja korrutamine: f (x, y) = x + y, f (x, y) = x y = xy

33 Liitmise ja korrutamise omadused: Liitmine ja korrutamine on kommutatiivsed, assotsiatiivsed ja seotud omavahel distributiivsusega. x + x = 0, xx = x Omadus. Igale lausearvutuse valemile A = A(X 1,..., X n ) vastab Boole i funktsioon f A (x 1, x 2,..., x n ), mis defineeritakse reegliga f A (x 1, x 2,..., x n ) = A(x 1,..., x n ), s.o. f A (x 1, x 2,..., x n ) võrdub valemi A tõeväärtusega väärtustusel (x 1, x 2,..., x n ).

34 Näide. Leiame valemile A = A(X, Y, Z) = (X Y ) Z vastava funktsiooni f A (x, y, z) väärtuste tabeli. Omadus. Iga Boole i funktsiooni f (x 1, x 2,..., x n ) jaoks leidub lausearvutuse valem A, nii et f = f A.

35 Näide. Leiame tabeliga x y z f (x, y, z) antud Boole i funktsiooni jaoks valemi A, nii et f = f A.

36 Eitusele, konjunktsioonile, disjunktsioonile, implikatsioonile ja ekvivalentsusele vastavad Boole i funktsioonid: x = 1 + x, x y = xy, x y = x + y + xy x y = 1 + x + xy, x y = 1 + x + y Teoreem. Iga Boole i funktsioon on saadav konstantsetest funktsioonidest 0 ja 1 ning Boole i muutujatest liitmis- ja korrutamistehte abil.

37 Näide. Avaldame liitmise ja korrutamise kaudu Boole i funktsiooni f : x y z f (x, y, z)

38 Ülesandeid. 16. Avaldada antud Boole i funktsioon liitmise ja korrutamise kaudu: x y z f (x, y, z)

39 17. Avaldada antud Boole i funktsioon liitmise ja korrutamise kaudu: x y z f (x, y, z)

40 2. PREDIKAATARVUTUS 2.1. Predikaadid, kvantorid ja funktsioonid Indiviidide hulk M. Predikaat P indiviidide hulgal M omadus indiviidide kohta: P(x 1,..., x n ) indiviidid x 1,..., x n on omadusega P. Näiteid: 1) M päevade hulk aastal; K(x) x on kolmapäev; K omadus olla kolmapäev; N(x, y) x on esmaspäev ja y on teisipäev.

41 2) M kõigi naturaalarvude hulk; A(x) x on algarv; J(x, y) arv x jagub arvuga y; V (x, y) x on väiksem või võrdne arvuga y; E(x, y) x võrdub arvuga y; S(x, y, z) x + y = z; K(x, y, z) x y = z. Kvantorid: x i P(x 1,..., x n ) x i P(x 1,..., x n ) Funktsioonid: f (x 1,..., x n ).

42 Näide. Olgu indiviidide hulgaks naturaalarvude hulk N. Vaatleme hulgal N funktsioone + ja ning predikaati =. Paneme sümbolkujul kirja järgmised hulgal N vaadeldavad laused: A: Liitmine on kommutatiivne. B: Arv x jagub arvuga z. C: Arv x on paarisarv.

43 Ülesandeid. 18. Olgu indiviidide hulgaks geomeetriliste vektorite hulk V tasandil või ruumis. Vaatleme sellel hulgal funktsiooni + ja predikaati =. Panna sümbolkujul kirja järgmised hulgal V vaadeldavad laused: A: Liitmine on kommutatiivne. B: Liitmine on assotsiatiivne. C: Liitmise suhtes leidub nullelement. D: Igal elemendil leidub vastandelement.

44 19. Sisaldagu vaadeldav signatuur kolme ühekohalist predikaatsümbolit P, S ja T ning ühte kahekohalist predikaatsümbolit A. Tähistagu M kolmemõõtmelise eukleidilise ruumi kõigi punktide, sirgete ja tasandite hulka. Interpreteerime sümboleid P, S, T ja A hulgal M järgmiselt: P(x) : x on punkt, S(x) : x on sirge, T (x) : x on tasand, A(x, y) : x asub objektil y. Koostada valem, mis kirjeldatud interpretatsioonis väljandab asjaolu: läbi iga kahe punkti võib panna sirge; kui need punktid on erinevad, siis see sirge on üheselt määratud.

45 Vastus: x y(p(x) P(y) z(s(z) A(x, z) A(y, z) ( u(s(u) A(x, u) A(y, u)) v t(s(v) P(t) A(x, v) A(y, v) (A(t, z) A(t, v))))))

46 2.2. Esimest järku keeled Süntaks ja semantika. Esimest järku keele sümbolid. Signatuur. Term signatuuris σ = K, P, F. Valem signatuuris σ: atomaarne valem, valem induktiivselt üldjuhul koos vaba ja seotud muutuja definitsiooniga. Kinnine valem. A = A(x 1,..., x n ).

47 Esimest järku keele sümbolid (tähestik): konstantsümbolite hulk K, funktsionaalsümbolite hulk F, predikaatsümbolite hulk P, indiviidmuutujad: x, y, z,..., x 1, x 2,... loogilised sümbolid:, piirajad: sulud ( ) ja koma,. σ = K, F, P vaadeldava esimest järku keele signatuur. Näide. Aritmeetika formaliseerimisel kasutatakse esimest järku keelt, milles K = { 0, 1 }, F = { +, }, P = { = }.

48 Term signatuuris σ = K, F, P : iga indiviidmuutuja, iga konstantsümbol hulgast K, avaldis f (t 1,..., t n ), kus f on n-kohaline funktsionaalsümbol hulgast F ja t 1,..., t n on termid signatuuris σ.

49 Atomaarne valem: P(t 1,..., t n ), kus P on n-kohaline predikaatsümbol hulgast P ja t 1,..., t n on termid signatuuris σ. Valem signatuuris σ = K, F, P : Iga atomaarne valem signatuuris σ on valem selles signatuuris. Kõik atomaarses valemis esinevad muutujad on vabad. Kui A on valem signatuuris σ, siis ka A on valem signatuuris σ. Valemitel A ja A on ühed ja samad vabad ja seotud muutujad.

50 Kui A ja B on valemid signatuuris σ ning ükski muutuja pole ühes neist vaba ja teises seotud, siis (A B), (A B), (A B) ja (A B) on valemid signatuuris σ. Nende valemite vabadeks muutujateks on kõik valemite A ja B vabad muutujad ning nende valemite seotud muutujateks on kõik valemite A ja B seotud muutujad.

51 Kui A on valem signatuuris σ ja muutuja x on vaba valemis A, siis xa ja xa on valemid signatuuris σ. Valemite xa ja xa vabadeks muutujateks on valemi A muutujast x erinevad vabad muutujad, seotud muutujateks aga valemi A seotud muutujad ja muutuja x. Valemit A valemites xa ja xa nimetatakse kvantori mõjupiirkonnaks.

52 Nota bene! Sümbolite hulgad K, P ja F peavad olema omavahel ühisosata. Ükski indiviidmuutuja pole valemis samaaegselt vaba ja seotud muutuja. Ka esimest järku keelte valemites jäetakse kokkuleppeliselt sulge ära.

53 Näide. Olgu A kahekohaline predikaat hulgast P. Vaatleme kolme valemit A(x, y), ya(x, y), y xa(x, y). Esimene valem on atomaarne valem. Indiviidmuutujad x ja y on selles vabad muutujad. Teises valemis x on vaba muutuja ning y on seotud muutuja, kvantori mõjupiirkonnaks on aga A(x, y). Kolmandas valemis vabad muutujad puuduvad ja see valem on kinnine valem.

54 Näide. Olgu A kahekohaline predikaat vaadeldavas signatuuris. Vaatleme kahte avaldist x ya(x, z) A(x, y), x(a(x, z) xa(x, y)). Kumbki nendest avaldistest pole valem. Esimene avaldis pole valem vähemalt kahel põhjusel: sulgude puudumise tõttu konjunktsioonis ning kvantori all oleva muutuja y puudumise tõttu atomaarses valemis A(x, z). Teine avaldis pole valem aga seepärast, et muutuja x on konjunktsiooni esimeses liikmes vabaks muutujaks, teises liikmes aga seotud muutujaks. Küll aga on valemid järgmised avaldised x y(a(x, z) A(x, y)), x 1 (A(x 1, z) xa(x, y)).

55 2.3. Signatuuri interpretatsioonid Vaadeldava matemaatilise struktuuri M käsitlemiseks esimest järku keele vahenditega tuleb valida sobiv keele signatuur ja anda signatuuri sümbolitele tõlgendus ehk interpretatsioon. Näide: K = {0, 1}, F = {f }, P = {P}; f ja P on kahekohalised; B = B(x) = y P(f (x, y), f (y, x)) A = x B(x) = x y P(f (x, y), f (y, x))

56 Nende valemite interpretatsioone: 1) M = R n n, P =, f ; B(x) on mõne x korral tõene, mõne x korral väär; A on väär; 2) M = R, P =, f ; B(x) on iga x korral tõene; A on tõene; 3) M = R, P <, f + ; B(x) on iga x korral väär; A on väär.

57 NB! Iga valem A = A(x 1,..., x n ) määrab n-kohalise predikaadi igas interpretatsioonis. Tähistus: A = A(x 1,..., x n ) valem vabade indiviidmuutujatega x 1,..., x n ; olgu antud selle valemi interpretatsioon hulgal M; a 1,..., a n M; A(a 1,..., a n ) valemi A poolt määratud predikaadi tõeväärtus elementide a 1,..., a n M korral.

58 Näide. Sisaldagu vaadeldava esimest järku keele sümbolite hulk kahekohalist predikaati P(x, y). Moodustame valemi A = A(x, y, z) = (P(x, y) P(y, z)). Vaatleme kaheelemendilist hulka M = { a, b } kahekohaliste predikaatidega P 1 (x, y) ja P 2 (x, y), mis on määratud tabeliga

59 x y P 1 (x, y) P 2 (x, y) a a 1 1 a b 0 1 b a 0 0 b b 1 0 Interpreteerides predikaatsümbolit P hulgal M predikaadina P 1, saadakse A(a, a, a) =... = 1, A(a, a, b) =... = 0, A(a, b, b) =... = 1.

60 Interpreteerides predikaatsümbolit P hulgal M predikaadina P 2, saadakse A(a, a, a) =... = 1, A(a, a, b) =... = 1, A(a, b, b) =... = 0.

61 Teine lähenemisviis. Valitakse mingi esimest järku keel ja selle keele mingi valemite hulk B ning vaadeldakse matemaatilisi struktuure, milles on tõesed hulka B kuuluvad valemid. Näide: rühma definitsioon.

62 2.4. Predikaatarvutuse põhiseadused A = A(x 1,..., x n ), B = B(x 1,..., x n ) valemid vabade indiviidmuutujatga x 1,..., x n. Neid valemeid nimetatakse loogiliselt samaväärsteks ja tähistatakse A B, kui A(a 1,..., a n ) = B(a 1,..., a n ) igas interpretatsiooni korral.

63 Põhilised loogilised samaväärsused e. predikaatarvutuse põhiseadused: xa(x) x A(x) xa(x) x A(x) x(a(x) B(x)) xa(x) xb(x) x(a(x) B(x)) xa(x) xb(x) x(a B(x)) A xb(x) x(a B(x)) A xb(x) x(a B(x)) A xb(x) x(a B(x)) A xb(x) x(a B(x)) A xb(x)

64 x(a B(x)) A xb(x) x(a(x) B) xa(x) B x(a(x) B) xa(x) B xa(x) ya(y) xa(x) ya(y)

65 Ülesandeid. 20. Konstrueerida interpretatsioon, mis näitab, et antud valemid C ja D pole loogiliselt samaväärsed: 1) C = xa(x) xb(x), D = x(a(x) B(x)). 2) C = x(a(x) B), D = xa(x) B. 3) C = x(a(x) B), D = xa(x) B.

66 Vastus. 1) Interpretatsioon: K = {0, 1}, P = {P, Q}, F =, A(x) = P(x, 0), B(x) = Q(x, 1). M = N = {0, 1, 2,...}, P =, Q, 0 0, ), 3) Eelmine signatuur ja interpretatsioon, A(x) = P(x, 0), B(x) = P(1, 0).

67 21. Otsustada, kas antud valem on samaselt tõene: 1) ( x P(x) y P(y)). 2) ( x P(x) y P(y)). Valemi prefikskuju. 22. Viia prefikskujule antud valem: 1) xp(x) y( zq(y, v, z) up(u)). 2) xp(x) x yr(x, y). 3) ( x A(x) B).

68 Näide. Viime valemi x yp(x, y) x yr(x, y) prefikskujule: x yp(x, y) x yr(x, y) x yp(x, y) u vr(u, v) x( yp(x, y) u vr(u, v)) x y(p(x, y) u vr(u, v)) x y u v(p(x, y) R(u, v) x y u v( P(x, y) R(u, v)).

69 3. FORMAALSED AKSIOMAATILISED TEOORIAD 3.1. Sissejuhatus Vajadus aksiomaatiliseks käsitluseks: lähtudes ilmselgetest väidetest vähem ilmselgete väidete põhjendamiseks; ilmnenud vastuolude kõrvaldamiseks olemasolevates teooriates; teoorias ilmnenud paradokside ja hüpoteeside lahendamiseks. vaidlust tekitavate probleemide lahendamiseks.

70 Näide 1. Eukleidese tasandilise geomeetria 5 aksioomi: Iga kahte punkti on võimalik ühendada sirglõiguga. Igat sirglõiku on võimalik piiramatult jätkata sirgel. Iga sirglõigu korral on võimalik joonestada ringjoon, mille keskpunktiks on lõigu üks otspunkt ja mille raadiuseks on see sirglõik.

71 Iga kaks täisnurka on kongruentsed. Kui kaks sirget lõikuvad kolmanda sirgega nii, et sellest sirgest ühele poole jäävate sisenurkade summa on väiksem kui kaks täisnurka, siis need kaks sirget lõikuvad kuskil sellel pool, kust on võetud mainitud sisenurkade summa.

72 Eukleides Aleksandriast Eesti Entsüklopeedias: u365 u300 ekr.

73 Näide 2. Carl Weierstrass i ( ) tööd matemaatilisest analüüsist: lõi a. reaalarvude põhjenduse (samaaegselt Dedekindi ja Cantoriga) ja matemaatilise analüüsi range käsitluse.

74 Näide 3. Russelli paradoks. Selle püstitas inglise filosoof ja loogik Bertrand Russell ( ) a.:

75 Vaatleme hulki, mis pole iseenda elementideks; tähistagu S kõigi selliste hulkade hulka; kui S / S, siis S S; teiselt poolt, kui S S, siis definitsiooni kohaselt S S. Georg Cantor ( ) Ernst Zermelo ( ) Abraham Fraenkel ( ) ZFC-aksiomaatika Näide 4. Valiku aksioom.

76 Näide 5. Gödeli väide. Kurt Gödel ( ) austria loogik, matemaatik ja filosoof. Publitseeris kaks mittetäielikkuse teoreemi.

77 Näide 6. Kontiinumi hüpotees. X hulk; X = α kardinaalarv (hulga X võimsus); N = ℵ 0 = Z = Q, C = c; kardinaalarvude võrdlemine: α = β, α < β, α β. Kontiinumi hüpotees: ei leidu sellist kardinaalarvu α, et ℵ 0 < α < c Paul Joseph Cohen ( ) ameerika matemaatik. Tõestas (1963, 1964), et ei kontiinumi hüpotees ega valiku aksioom pole tõestatavad ZF-aksiomaatikas. Sai Fieldsi medali a.

78 Näide 7. Tõenäosusteooria: (X ; Σ; P) P : Σ R Andrei Nikolajevitš Kolmogorov ( ) Kolmogorov, Andrey (1933). Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung. Berlin: Julius Springer. Näide 8. Peano aksioomid. Giuseppe Peano ( ) itaalia matemaatik esitas naturaalarvude aksiomaatika.

79 3.2. Formaalse aksiomaatilise teooria struktuur Formaalse aksiomaatilise teooria T ülesehitus: tähestik kasutatavate sümbolite hulk; valemid moodustatakse kindlate reeglite alusel sümbolitest; aksioomid valemid, mis loetakse á priori tõesteks teoorias T ; A tuletusreeglid: 1, A 2,..., A n B tuletatavad valemid ehk teoreemid aksioomid ja aksioomidest tuletusreeglite abil saadavad valemid.

80 Valemi A tuletus: A 1, A 2,..., A n = A; Γ A valem A on tuletatav aksioomidest ja valemite hulgast Γ; A valem A on teoreem. Sõnade hulga alamhulgad kõigi sõnade hulk kõigi valemite hulk kõigi teoreemide hulk kõigi aksioomide hulk

81 Omadused: 1. Kui Γ ja Γ A, siis A. 2. Γ A parajasti siis, kui hulgas Γ leidub lõplik alamhulk nii, et A. 3. Kui A ja Γ B iga B korral, siis Γ A. 4. Kui tuletusreeglis A 1, A 2,..., A n B valemid A 1, A 2,..., A n on kas aksioomid või teoreemid, siis valem B on teoreem. 5. Kui Γ, A B ja Γ A, siis Γ B.

82 3.3. Lausearvutus L Lausearvutus formaalse aksiomaatilise teooriana: Tähestik: X Y... ( ) Valemid vt. varasemaid loenguid. Aksioomid: A1. (A (B A)), A2. ((A (B C)) ((A B) (A C))), A3. ((( B) ( A)) ((( B) A) B)), kus A, B ja C on teooria L mis tahes valemid. A, (A B) Tuletusreeglid: (modus ponens), B kus A ja B on mis tahes valemid.

83 Näide. Võttes valemiteks A ja B valemid A = (X Y ), B = ( Y ), C = X, saadakse A1 ja A2 alusel aksioomid ((X Y ) (( Y ) (X Y ))) ja (((X Y ) (( Y ) X )) (((X Y ) ( Y )) ((X Y ) X ))).

84 Loogilised tehted, ja defineeritakse juba ja kaudu: D1. (A B) tähistab valemit ( (A ( B))), D2. (A B) tähistab valemit (( A) B), D3. (A B) tähistab valemit ((A B) (B A)). Iga aksioom on tautoloogia. Saab näidata, et ka iga teoreem (tuletatav valem) on tautoloogia (lihtne järeldus modus ponensist). Kehtib ka vastupidi: teooria L iga tautoloogia on teoreem (seda nimetatakse täielikkuse teoreemiks).

85 Näide 1 (lemma 1). Tautoloogia A A on tuletatav aksioomidest, s.t. ta on teoreem. Tõestus. Valemi A A tuletus A 1, A 2, A 3, A 4, A 5 on: (1) A 1 = (A ((A A) A)) ((A (A A)) (A A)) (aksioomis A2 võeti B = A A ja C = A); (2) A 2 = A ((A A) A) (aksioomis A1 võeti B = A A);

86 (3) A 3 = (A (A A)) (A A) (vahetu järeldus valemitest A 1 ja A 2 modus ponensi abil); (4) A 4 = A (A A) (aksioomis A1 võeti B = A); (5) A 5 = A A (vahetu järeldus valemitest A 3 ja A 4 modus ponensi abil).

87 Näide (lemma 2). Kui Γ A ja B on mis tahes valem, siis Γ B A Tõestus. Kuna Γ A, siis leidub valemi A tuletus A 1,..., A n valemite hulgast Γ. Seejuures A n = A. Siis valemite jada A 1,..., A n = A, A (B A), B A on valemi B A tuletus valemite hulgast Γ.

88 3.4. Deduktsiooniteoreem Lemma 3 ehk deduktsiooniteoreem. Γ, A B = Γ (A B) Erijuhul: A B = (A B). Tõestus. Eeldus: Γ, A B. Selle tuletus olgu B 1,..., B n = B. Näitame induktsiooniga i järgi, et Γ (A B i ). (3.1)

89 I. i = 1. Siis on 3 võimalust: 1) B 1 Γ, 2) B 1 on aksioom, 3) B 1 = A. Reegli A1 põhjal on valem B 0 = (B 1 (A B 1 )) aksioom. Seepärast juhtudel 1) ja 2) on modus ponensi põhjal valem A B 1 vahetu järeldus valemitest B 1 ja B 0 ning jada B 1, B 0, A B 1 on tuletus järeldusele Γ A B 1. Juhul 3) lemma 1 tõttu A B 1. Seega juhul i = 1 järelduvus (3.1) kehtib.

90 II. i > 1 ja iga k < i korral Γ (A B k ). B i jaoks on neli võimalust: 1) B i on aksioom, 2) B i Γ, 3) B i = A, 4) B i on vahetu järeldus valemite B 1,..., B i 1 hulka kuuluvatest valemitest, st leiduvad sellised j < i ja m < i, et B i järeldub modus ponensi põhjal valemitest B j ja B m = (B j B i ). Juhtudel 1) 3) tõestatakse analoogiliselt juhuga i = 1 järelduvus Γ A B i.

91 Neljandal juhul induktsiooni eelduse kohaselt Γ A B j, (3.2) Γ (A B m ) = (A (B j B i )). (3.3) Reegli A2 kohaselt (A (B j B i )) ((A B j ) (A B i )) = A 0. Olgu C 1,..., C s = (A B m ) = (A (B j B i )) on järelduvuse (3.3) tuletus. Siis C 1,..., C s, A 0, ((A B j ) (A B i )) = A 1 on järelduvuse Γ (A B j ) (A B i ) (3.4)

92 tuletus, sest modus ponensi põhjal valem A 1 on vahetu järeldus valemitest A B m ja A 0. Nüüd veelkord modus ponensit kasutades järeldub tingimustest (3.2) ja (3.4), et Γ A B i. 1 Vastavalt induktsiooniprintsiibile kehtib tingimus (3.1) iga i n korral. Järelikult Γ A B n ehk Γ A B. Lemma on tõestatud. 1 Selle järelduvuse tuletus on C 1,..., C s, A 0, A 1, D 1,..., D t, A B i, kus D 1,..., D t = A B j on järelduvuse (3.1) tuletus.

93 Järeldus 1 (süllogismi reegel). A B, B C A C Tõestus. Kehtib järelduvus A B, B C, A C. ( ) Selle järelduvuse tuletus A 1, A 2, A 3, A 4, A 5 on: A 1 = (A B), A 2 = (B C), A 3 = A, A 4 = B (modus ponensiga valemitest A 3 ja A 1 ), A 5 = C (modus ponensiga valemitest A 4 ja A 2 ). Järelduvusest (*) saadaksegi deduktsiooniteoreemi põhjal süllogismi reegel.

94 Järeldus 2. A (B C), B A C Tõestus. Kehtib A (B C), B, A C (*) Järelduvuse (*) tuletus A 1,..., A 5 on: A 1 = A, A 2 = (A (B C)), A 3 = B, A 4 = (B C) (modus ponensiga v-test A 1 ja A 2 ), A 5 = C (modus ponensiga valemitest A 3 ja A 4 ). Järelduse väide järeldub nüüd järelduvusest (*) deduktsiooniteoreemi põhjal.

95 Lemma 4. Teooria L mis tahes valemite A ja B korral järgmised seitse valemit on teooria L teoreemid: (1) A A (2) A A (3) A (A B) (4) ( B A) (A B) (5) (A B) ( B A) (6) A ( B (A B)) (7) (A B) (( A B) B)

96 Tõestus. Esitame väidete (1)-(7) jaoks tuletused A 1,..., A n, märkides sulgudes valemi A i järel, mille põhjal see valem järeldub eelnevatest valemitest A 1,..., A i 1. (1) A 1 = (( A A) (( A A) A)) (aksioom A3) A 2 = ( A A) (lemma 1) A 3 = (( A A) A) (A 1, A 2, järeldus 2) A 4 = ( A ( A A)) (aksioom A1) A 5 = ( A A) (A 4, A 3, järeldus 1)

97 (2) A 1 = (( A A) (( A A) A)) (aksioom A3) A 2 = ( A A) ((1)) A 3 = (( A A) A) (A 2, A 1, modus ponens) A 4 = (A ( A A)) (aksioom A1) A 5 = (A A) (A 4, A 3, süllogismi reegel)

98 (3) Näitame, et A, A B (*) Järelduvuse (*) tuletus on: A 1 = A A 2 = A A 3 = (A ( B A)) (aksioom A1) A 4 = ( A ( B A)) (aksioom A1) A 5 = ( B A) (A 2, A 3, modus ponens) A 6 = ( B A) (A 1, A 4, modus ponens) A 7 = (( B A) (( B A) B)) (aksioom A3) A 8 = (( B A) B) (A 6, A 7, modus ponens) A 9 = B (A 5, A 8, modus ponens).

99 Järelduvusest (*) järeldub deduktsiooniteoreemi põhjal A (A B), kust veelkord deduktsiooniteoreemi rakendades ( A (A B)). (4) (7) tõestusi vt. õpikust.

100 3.5. Täielikkuse teoreem Lemma 5. Teooria L iga tuletatav valem (teoreem) on tautoloogia. A = A(X 1,..., X n ) teooria L valem, A(x 1,..., x n ) tõev-le x 1,..., x n vastav A tõeväärtus; { X x X, kui x = 1, = X, kui x = 0.

101 Lemma 6. Olgu A = A(X 1,..., X n ) teooria L mis tahes valem. Fikseerime lausemuutujate X 1,..., X n mis tahes tõeväärtused x 1,..., x n ja tähistame { A A, kui A(x 1,..., x n ) = 1, = A, kui A(x 1,..., x n ) = 0. Siis X x 1 1,..., X x n n A. Tõestus. Lemma tõestatakse induktsiooniga valemis A sisalduvate tehtemärkide arvu k järgi. Tõestust vt õpikust.

102 Täielikkuse teoreem. Kui teooria L valem A on tautoloogia, siis valem A on teooria L tuletatav valem ehk teoreem. Tõestus. Olgu: A = A(X 1,..., X n ) tautoloogia; x 1,..., x n X 1,..., X n mis tahes tõeväärtused; A = A (sest A on tautoloogia); X x 1 1,..., X x n n A (lemma 6); x n = 1 = X x 1 1,..., X x n 1 n 1, X n A; x n = 0 = X x 1 1,..., X x n 1 n 1, X n A; deduktsiooniteoreemi põhjal X x 1 1,..., X x n 1 n 1 (X n A), (1) X x 1 1,..., X x n 1 n 1 ( X n A), (2).

103 Lemma 4, 7) ja (1) põhjal X x 1 1,..., X x n 1 n 1 ( X n A) A (3). Modus ponensi ja (2) ning (3) põhjal X x 1 1,..., X x n 1 n 1 A. Analoogiliselt jätkates X x 1 1,..., X x n 2 n 2 Lõpuks saadakse A. A jne.

104 3.6. Teisi formaalseid aksiomaatilisi teooriaid I Predikaatarvutus Selle teooria sümbolid, valemid, aksioomid ja tuletusreeglid on: Sümbolid, valemid esimest järku keele sümbolid ja valemid. Aksioomid: Lausearvutuse L aksioomid A1, A2, A3. A4. xa(x) A(t), kus x on vaba muutuja valemis A ja t on mis tahes term, mis ei sisalda muutujat x. A5. x(a B(x)) (A yb(y)), kus A ei sisalda muutujaid x ja y.

105 Tuletusreeglid: Modus ponens. Üldistamine: A xa Ka predikaatarvutuse jaoks kehtib teoreem täielikkusest.

106 II Matemaatilised teooriad T Siin sümbolid, valemid, aksioomid ja tuletusreeglid on samad, mis predikaatarvutuses, ainult lisaks tulevad teooria T nn omaaksioomid, st aksioomid, mis määravad vaadeldava teooria. Signatuur tuleb valida nii, et oleks võimalik kirja panna omaaksioome. Teooria arendamine seisneb selles teoorias tuletatavate valemite ehk teoreemide leidmises. Järgnevalt esitame kaks näidet matemaatiliste teooriate kohta.

107 III Osaliselt järjestatud hulkade teooria Selle teooria omaaksioomideks on: O1. x(x x) (refleksiivsus) O2. x y z(((x y) (y z)) (x z)) (transitiivsus) O3. x y(((x y) (y x)) (x = y)) (antisümmeetria) Saadud teooria iga interpretatsiooni, kus kõik selle teooria aksioomid on tõesed, nimetatakse osaliselt järjestatud hulgaks.

108 IV Rühmateooria R Selle teooria omaaksioomideks on: R1. x y z(x (y z) = (x y) z) (assotsiatiivsus) R2. x((x e) (e x = x)) (ühiku olemasolu) R3. x y((x y = e) (y x = e)) (pöördelemendi olemasolu) Saadud teooria iga interpretatsiooni, kus kõik selle teooria aksioomid on tõesed, nimetatakse rühmaks.

109 4. ALGORITMITEOORIA ELEMENTE 4.1. Sissejuhatus. Kuni 20. sajandi alguseni ei tekkinud lahkhelisid otsustamaks, kas vaadeldav arvutusprotsess on algoritm või ei. 19. sajandi lõpuks tekkis matemaatikas rida ülesandeid, millele ei osatud leida lahendust ja kaheldi, kas leidub üldse algoritmi nende ülesannete lahendamiseks. See tingis vajaduse täpsustada algoritmi mõistet. Eukleidese algoritm naturaalarvude suurima ühisteguri leidmiseks. Tõeväärtustabelite koostamine algoritmi näide.

110 David Hilbert ( ) Kurt Gödel ( ) Alonzo Church ( ) Stephen Colen Kleene ( ) Emil Leon Post ( ) Alan Mathison Turing ( )

111 David Hilbert ( )

112 Alonzo Church ( ) Ameerika matemaatik ja loogik.

113 Stephen Colen Kleene ( ) Ameerika matemaatik ja loogik.

114 Emil Leon Post ( ) Poolas sündinud ameerika matemaatik ja loogik.

115 Alan Mathison Turing ( ) Inglise matemaatik ja loogik.

116 Tema loodud Turingi masin on üks algoritmi mõiste formaliseeringutest. Teise maailmasõja ajal tegeles Turing krüptograafiaga. Ta osales sakslaste mereväe Enigma-koodi murdmisel. Pärast sõda projekteeris Londonis Rahvuslikus Füüsikalaboratooriumis ühe esimese programmeeritava elektronarvuti ACE. Ta mõisteti aastal süüdi homoseksuaalsuses ja vanglasse sattumise vältimiseks nõustus viga. Ta jäeti ilma võimalusest töötada valitsuse heaks krüptograafia alase konsultandina ja ebameeldivuste tõttu sooritas enesetapu.

117 Kaks erinevat lähenemisviisi algoritmi mõistele: Gödeli, Churchi ja Kleene käsitlus. x 1,..., x n y, y = f (x 1,..., x n ). Arvutatav funktsioon funktsioon, mille väärtuste arvutamiseks leidub algoritm. Church ja Kleene konstrueerisid kindlate reeglite järgi funktsioonid, mida nad nimetasid rekursiivseteks funktsioonideks ja püstitasid hüpoteesi, et arvutatavate funktsioonide klass langeb kokku rekursiivsete funktsioonide klassiga. Seda hüpoteesi nimetatakse nii Churchi teesiks kui ka Kleene i teesiks.

118 Turingi ja Posti käsitlus. Turing ja Posti idee: algoritmilised ülesanded on sellised, mida on võimeline lahendama sobivalt konstrueeritud masin. Nad konstrueerisidki sellised masinad, mis erinevad omavahel vähe ja neid nimetatakse praegu Turingi masinateks. On näidatud, et Turingi masinatega arvutatavateks funktsioonideks on parajasti rekursiivsed funktsioonid.

119 4.2. Lõplik automaat. A = [S, Q, Z, ν, ζ], kus: S = { s 0, s 1,..., s n } sisendsümbolite hulk, Z = { z 0, z 1,..., z m } väljundsümbolite hulk, Q = { q 0, q 1,..., q r } olekute hulk, ν : Q S Q üleminekufunktsioon, ζ : Q S Z väljundfunktsioon. s q z z - väljundsümbol s - sisendsümbol q - seadeldise olek

120 s t s i s s j s k Lõplik automaat z u z v z Sisendlint z = ζ(q, s) Väljundlint Lõplik automaat

121 Näide 1. A = [S, Q, Z, ν, ζ], S = Z = { 0, 1 }, Q = { q 0, q 1, q 2 } ν : (q 0, 0) q 1 (q 0, 1) q 0 (q 1, 0) q 2 (q 1, 1) q 1 (q 2, 0) q 0 (q 2, 1) q 2 ζ : (q 0, 0) 0 (q 0, 1) 1 (q 1, 0) 1 (q 1, 1) 0 (q 2, 0) 1 (q 2, 1) 0 Sisendsümbolite jada olgu 1, 0, 1, 0. Leida väljundsümbolite jada, kui automaat on algselt olekus q 0.

122 Automaadi esitus graafina. q s j i : z k q r Kirjeldab olukorda: sisestades olekus q i olevasse automaati sümboli s j, väljastab automaat sümboli z k ja läheb üle olekusse q r. Näide 2. Kujutame näites 1 esitatud automaadi graafina.

123 Automaadi esitus tabelina ν ζ... s s q... ν(q, s) ζ(q, s) Näide 3. Kujutame näites 1 esitatud automaadi tabelina.

124 Ülesandeid. 23. Kujutada graafina automaat A = (S, Q, Z; ν, ζ), milles S = { a, b, c}, Z = { 0, 1 }, Q = { q 0, q 1, q 2 } ja ν : (q 0, a) q 0 (q 0, b) q 1 (q 0, c) q 2 (q 1, a) q 1 (q 1, b) q 1 (q 1, c) q 0 (q 2, a) q 2 (q 2, b) q 1 (q 2, c) q 0 ζ : (q 0, a) 0 (q 0, b) 1 (q 0, c) 0 (q 1, a) 1 (q 1, b) 1 (q 1, c) 1 (q 2, a) 1 (q 2, b) 0 (q 2, c) 0

125 24. Milliseks jadaks teisendab ülesandes 23 esitatud automaat sisendsümboite jada abacbacc, kui automaat on algselt olekus q 0? 25. Milliseks jadaks teisendab joonisel kujutatud automaat sisendsümbolite jada bbababbabb, kui automaat on algselt olekus q 0? b, 0 a, 1 a, 0 q 0 q 1 b, 1 b, 0 a, 0 a, 0 q 2 q 3 b, 0

126 Näide 4. Joonisel on automaat: S = Z = { 0, 1 }, Q = { q 0, q 1 }. Oletame, et automaat alustab tööd olekust q 0. Sisestades automaati nullide ja ühtede jada, lõpetab automaat töö kas olekus q 0 või q 1, sõltuvalt sellest, kas sisestavate sümbolite seas on paarisarv või paaritu arv ühtesid. 0, 0 1, 1 0, 0 q 0 q 1 1, 1

127 Ülesanne 26. Konstrueerida automaat, mille sisend- ja väljundsümboliteks on 0 ja 1 ning mis tööd olekust q 0 alustades teisendab jada x 1 x 2... x n jadaks y 1 y 2... y n, kus y 1 = 0 ja i 2 korral 1, kui jadas x 1 x 2... x i esineb sümbol 1 vähemalt y i = kaks korda; 0, vastasel juhul.

128 Ülesanne 27. A B h 1 h 2 h 3 C Joonisel on kujutatud mäng langev kuulike. Kuulike langetatakse kas avasse A või avasse B. Sõltuvalt hoobade h 1, h 2, h 3 asendist, neid on igal hooval kaks, liigub kuul kas vasakule või paremale ning väljub kas avast C või avast D. Seejuures muudab kuul hooba läbides selle hoova asendi vastupidiseks. Konstrueerida vaadeldavat mängu modelleeriv automaat. D

129 Ülesanne 28. Konstrueerida automaat, mis modelleerib gaseeritud vee automaati järgmistel tingimustel: 1) automaat aktsepteerib vaid 1-, 2- ja 5-sendiseid münte; 2) klaas gaseeritud vett maksab 5 senti; 3) juhul, kui sisestatud sentide summa on 5 või ületab seda, väljastatakse sümbol v (st vesi), vastasel korral ε; 4) juhul, kui sisestatud müntide summa on suurem kui 5, jääb seda ületav osa automaati järgmise klaasi vee jaoks arvele (st automaat rohkem sisestatud summat ei tagasta).

130 4.3. Turingi masin Turingi masin: 1) lint, 2) lugev-kirjutav pea, 3) linditähestik S = { s 0, s 1,..., s n }, 4) olekute hulk Q = { q 1, q 2,..., q m }, 5) käskude hulk e. programm. s i s j s k s u s v q l Lint Lugev-kirjutav pea Ruudud on algselt täidetud tühiksümboliga s 0.

131 Lugev-kirjutav pea asub masina igal töösammul lindi mingi ruudu kohal ning ta on võimeline ruudus esinevat sümbolit lugema. Vastavalt olekule q l ja sümbolile s k on lugev-kirjutav pea võimeline liikuma ühe ruudu võrra vasakule (L), paremale (R) või ruutu kirjutama mis tahes sümbolit tähestikust S. Lugev-kirjutav pea toimib vastavalt käsule.

132 Programm koosneb käskude jadast. Käsu kuju: q i s j Kq r q i s j lugeva-kirjutava pea asend (olekus q i ja ruudu s j kohal); K näitab, mida lugev-kirjutav pea peab tegema: K { L, R, s 0, s 1,..., s n }; q r näitab, millisesse olekusse lugev-kirjutav pea läheb. NB! Kui pole midagi öeldud, siis on lugev-kirjutav pea algselt olekus q 1. Programmis ei tohi olla kahte käsku ühe ja sama kahe esimese sümboliga!

133 Käsk q i s j Kq r graafiliselt: q s j i : K q r

134 Ülesanne 29. Vaatleme Turingi masinat linditähestikuga S = {0, 1} (0 - tühi sümbol), olekute hulgaga Q = {q 1, q 2, q 3 } ja programmiga q 1 01q 1, q 1 1Lq 2, q 2 01q 2, q 2 1Lq 3, q 3 01q 3. Olgu töö algul lint tühi (kõik ruudud on täidetud sümboliga 0) ja asugu lugev-kirjutav pea mis tahes ruudu kohal. Millises seisus lõpetab masin töö?

135 Ülesanne 30. Esitada ülesandes esitatud Turingi masin graafina.

136 Vastus. 0 : 1 0 : 1 0 : 1 q1 1 : L q2 1 : L q3

137 Ülesanne 31 (ühtede arvu kahekordistamine). 1 : L : 1 1 : R 1 : L 0 : L 3 1 : L 1 : : R 0 : 1 0 : R 0 : R 1 : L 6 0 : L : L 1 : L 0 : L 0 : L 0 : L 8 1 : R 11 0 : R 12 1 : L

138 Olgu linditähestik S = { 0, 1 } (0 - tühi sümbol), olekute hulk Q = { q 1, q 2,..., q 12 } ja programm on antud joonisel kujutatud graafiga (olek q i on joonisel samastatud tema indeksiga i). Eeldame, et lindile on algselt kirjutatud lõplik ühtede jada (ülejäänud ruutudes on tühi sümbol 0) ja lugev-kirjutav pea asub vasakpoolseimat ühte sisaldava ruudu kohal. Veenduda, et vaadeldav Turingi masin lisab antud ühtede jadale sama pika ühtede jada, st kahekordistab ühtede arvu. Tööd lõpetades asub lugev-kirjutav pea lindi vasakpoolseimat ühte sisaldava ruudu kohal.

139 Ülesanne 32. Olgu linditähestik S = { 0, 1 } (0 - tühi sümbol). Valida olekute hulk Q ja programm, nii et tekkiv Turingi masin teisendab sümbolite jada (ülejäänud sümbolid lindil on tühikud) jadaks ja pärast seda liigub lugev-kirjutav pea kõige vasakpoolsema ühe kohale ja peatub. Lugev-kirjutav pea asub algul vasakpoolseimat ühte sisaldava ruudu kohal.

140 Vastus. q 1 1Rq 1, q 1 0Rq 2, q 2 1Rq 3, q 3 10q 3, q 3 0Lq 4, q 4 1Lq 4, q 4 01q 5, q 5 1Lq 5, q 5 10q 6, q 6 0Lq 7, q 7 1Lq 7, q 7 0Rq 8.

141 Ülesanne 33. Konstrueerida Turingi masin, mis lindile järjestikku kirjutatud lõpliku ühtede jada lõppu (ülejäänud ruudud on tühjad) kirjutab sümboli + või sümboli sõltuvalt sellest, kas ühtesid on paarisvõi paaritu arv. Eeldada seejuures, et tööd alustades on lugev-kirjutav pea vasakpoolseimat ühte sisaldava ruudu kohal.

142 Vastus. q1 1 : R 1 : R q2 0 : q3 0 : + 0 : + q1 1 : R 1 : R q2 0 : q3

143 Ülesanne 34. Konstrueerida Turingi masin, mis vastab eelmise ülesande nõuetele, kuid tööd lõpetades asub lugev-kirjutav pea jälle vasakpoolseimat ühte sisaldava ruudu kohal.

144 Vastus. q1 1 : R : L + : L 1 : R q2 0 : 0 : R q3 0 : + 1 : L 0 : + : L q4 + : L q1 1 : R 1 : R q5 1 : L q2 0 : R q6 0 : q3 1 : L 0 : R q 4

145 4.4. Funktsiooni väärtuste arvutamine Vaadeldakse: m = f (n), n, m N. Linditähestik: S = {0, 1}. Selle funktsiooni väärtusi arvutava Turingi masina programm peab olema selline:... 0 n ühte {}}{ algseis lugev-kirjutav pea f (n) ühte {}}{ lõppseis lugev-kirjutav pea

146 Turingi mõttes arvutatav funktsioon funktsioon, mille väärtuste arvutamiseks leidub Turingi masin. Näide. Funktsiooni f (n) = n + 1 arvutavad Turingi masinad: 0 : 1 q1 q2 q1 0 : 1 0 : R q2 q3 1 : L 1 : R 1 : L

147 Ülesanne 35. Järgmine Turingi masin arvutab teatavat funktsiooni f (n). Leida selle masina abil f (3) ja f (5). 1 : L 0 : L q12 0 : R q8 1 : L q7 0 : 0 q6 0 : R q5 1 : 1 1 : 0 q1 1 : R q2 1 : R q3 1 : R q4 0 : R 0 : R 0 : L q11 0 : L q10 0 : L q9 1 : 0 1 : 0 1 : 0

148 Vastus. f (3) = 0, f (5) = 3.

149 Ülesanne 36. Koostada funktsiooni { n 3, kui n 3, f (n) = 0, kui n {1, 2} arvutav Turingi masin.

150 Vastus. 1 : 0 0 : R q1 1 : 0 0 : R q2 1 : 0 0 : R q3 q 4

151 Ülesanne 37. Tähistagu f (n) jääki, mis tekib positiivse naturaalarvu n jagamisel kolmega. Koostada Turingi masin funktsiooni f (n) väärtuste arvutamiseks (kui arv n jagub arvuga 3, siis masina töö lõppedes on lint tühi ja lugev-kirjutav pea on mis tahes ruudu kohal).

152 Vastus. q3 1 : L q5 q6 0 : L 0 : L 1 : R q 1 1 : R q2 1 : L q4 q7 1 : 1 1 : L 0 : 0 q11 0 : R q 12 q10 0 : R 1 : 0 q9 0 : R q8 1 : 0 1 : 0

153 Kahe muutuja funktsiooni f (n, m) väärtusi arvutav Turingi masin: n ühte {}}{ , lugev-kirjutav pea m ühte {}}{ algseis f (n, m) ühte {}}{ lõppseis lugev-kirjutav pea

154 Näide (liitmismasin). Funktsioon f (n, m) = n + m on arvutatav funktsioon. Teda arvutab näiteks Turingi masin viie olekuga q 1,..., q 5 ja programmiga q 1 1Rq 2, q 2 1Rq 2, q 2 01q 3, q 3 1Lq 3, q 3 0Rq 4, q 4 10q 4, q 4 0Rq 5. Aga teda arvutab ka Turingi masin nelja olekuga q 1,..., q 4 ja programmiga q 1 10q 1, q 1 0Rq 2, q 2 1Rq 2, q 2 01q 3, q 3 1Lq 3, q 3 0Rq 4.

155 Ülesanne 38. Koostada funktsiooni f (n, m, k) = n + k arvutav Turingi masin.

156 Vastus. 1 : L 1 : R 1 : 0 1 : L q14 0 : R q13 1 : 1 q12 0 : L 0 : 0 1 : 0 q 1 q 0 : L 6 q7 1 : 1 q8 0 : 1 0 : L 0 : 0 1 : R 0 : R q 2 q 5 1 : 1 q15 q9 0 : R 0 : R 0 : 0 1 : 1 0 : R q 3 q4 q11 0 : 1 q10 1 : 1 1 : L 0 : L 1 : L

157 Korrutamismasin. Funktsioon f (n, m) = nm on arvutatav Turingi mõttes. Üks korrutav Turingi masin on 18 olekuga q 1,..., q 18 ja 31-st käsust koosneva programmiga: q 1 10q 1, q 1 0Rq 2, q 2 1Rq 3, q 3 1Rq 3, q 3 0Rq 4, q 4 0Rq 4, q 4 10q 5, q 5 0Rq 6, q 6 01q 12, q 12 1Lq 13, q 13 0Lq 13, q 13 1Lq 14, q 14 1Lq 14, q 14 0Rq 1, q 6 1Rq 7, q 7 1Rq 7, q 7 0Rq 8, q 8 01q 10, q 8 1Rq 9, q 9 1Rq 9, q 9 01q 10, q 10 1Lq 10, q 10 0Lq 11, q 11 1Lq 11, q 11 0Rq 4, q 2 0Rq 15, q 15 01q 16, q 16 1Rq 15, q 15 1Lq 17, q 17 1Lq 17, q 17 0Rq 18.

158 4.5. Virga kopra probleem M funktsiooni f väärtusi arvutav Turingi masin. Saab defineerida ka f (0): algseis... 0 lugev-kirjutav pea k ühte {}}{ lõppseis lugev-kirjutav pea Siis f (0) = k. Vastasel juhul f (0) = 0.

159 Turingi masina M produktiivsuseks nimetatakse tema poolt arvutatava funktsiooni f väärtust f (0).

160 Ülesanne 39. Leida funktsiooni f (n) = n + 1 arvutavate Turingi masinate produktiivsused: 0 : 1 q1 q2 q1 0 : 1 0 : R q2 q3 1 : L 1 : R 1 : L

161 Vastus. Mõlema masina produktiivsus on 1.

162 Ülesanne 40. Konstrueerida mingit funktsiooni arvutav Turingi masin, mille produktiivsus on etteantud positiivne arv k.

163 Vastus. Järgmisel joonisel kujutatud Turingi masina produktiivsus on k. See masin arvutab funktsiooni f (n) = n + k 1. 0 : 1 0 : 1 0 : 1 q1 1 : L q2 1 : L 1 : L... qk

164 Ülesanne 41. Millist funktsiooni arvutab järgmisel joonisel kujutatud Turingi masin? Leida selle masina produktiivsus. 0 : 1 0 : 1 0 : 1 0 : 1 1 : L q1 1 : L q2 1 : L q3 q 4

165 Vastus. See masin arvutab funktsiooni f (n) = n + 3 ja tema produktiivsus on 4.

166 Ülesanne 42. (Virga kopra probleem.) Defineerime ühe muutuja täisarvulise funktsiooni p järgnevalt: p(n) võrdub produktiivseima n olekuga Turingi masina produktiivsusega. Näidata, et ei leidu Turingi masinat, mis arvutab funktsiooni p. Tähistus: q q n Masina nimi või masina tegevust kirjeldav tekst

167 Lahendus. a) p(n + 1) > p(n) Leidub n + 1 olekuga masin, mille produktiivsus on p(n) + 1: 0 : 1 q 1 M 1 : L q i q n+1 M n olekuga q 1,..., q n Turingi masin, mille produktiivsus on p(n): kirjutab tühjale lindile p(n) ühte, lõpetab olekus q i (puudub käsk kujul q i 1 ).

168 b) p(n + 11) 2n M 1 n olekuga q 1,..., q n masin, mis tühjale lindile kirjutab n ühte: 0 : 1 0 : 1 0 : 1 1 : L q 1 1 : L q : L q n M 2 ühtede arvu kahekordistamise masin; masinatel M 1 ja M 2 on üks ühine olek q n ; q M 1 1 q M 2 n q n+11

169 c) Vastuväiteliselt eeldame, et leidub funktsiooni p arvutav Turingi masin virk kobras VK olekute arvuga k. Valime 3 masinat M 1 masin, mis kirjutab tühjale lindile n ühte; VK1 virk kobras 1 ; VK2 virk kobras2 ja ühendame nad järgmiseks n + 2k olekuga masinaks, mille produktiivsus on p(p(n)): q M 1 1 q n 1 : 1 q n+1 VK1 q n+k+1 1 : 1 q n+k VK2 q n+2k

170 Järelikult p(n + 2k) p(p(n)) (1) iga positiivse naturaalarvu n korral. a) = p on kasvav; (1) = n + 2k p(n) iga n korral; asendades siin arvu n arvuga n + 11, saadakse n k p(n + 11) b) 2n ehk k n iga positiivse naturaalarvu n korral. See on aga võimatu. Järelikult ei leidu Turingi masinat, mis arvutab funktsiooni p.

171 4.6. Rekursiivsed funktsioonid Operaatorid, mida rakendatakse funktsioonidele: Superpositsioonioperaator S. Lihtrekursioonioperaator P. Minimiseerimisoperaator M.

172 Superpositsioonioperaator S. On antud m-kohaline (m-aaarne) funktsioon ϕ ja m n-kohalist funktsiooni f 1,..., f m : ϕ(x 1,..., x m ), f 1 (x 1,..., x n ), f m (x 1,..., x n ). Defineerime nende abil uue n-kohalise funktsiooni f : f (x 1,..., x n ) = ϕ(f 1 (x 1,..., x n ),..., f m (x 1,..., x n )), f = S(ϕ, f 1,..., f m )

173 Näide. Olgu ϕ(x, y, z) = x + yz, f (x, y) = 2 x y, g(x, y) = x y, h(x, y) = 3 + x 2y. Leiame funktsioonid F = S(ϕ, f, g, h) ja G = S(ϕ, g, f, h): F (x, y) = ϕ(f (x, y), g(x, y), h(x, y)) = = f (x, y) + g(x, y) h(x, y) = = 2 x y + (x y) (3 + x 2y),

174 G(x, y) = ϕ(g(x, y), f (x, y), h(x, y)) = = g(x, y) + f (x, y) h(x, y) = = x y + 2 x y (3 + x 2y).

175 Lihtrekursioonioperaator P. Olgu ϕ n-kohaline ja ψ (n + 2)-kohaline funktsioon. Defineerime nende abil (n + 1)-kohalise funktsiooni f : f (x 1,..., x n, 0) = ϕ(x 1,..., x n ), f (x 1,..., x n, y + 1) = = ψ(x 1,..., x n, y, f (x 1,..., x n, y)). f = P(ϕ, ψ) { f (0) = a, n = 0 korral: f (y + 1) = ψ(y, f (y)), f = P(a, ψ).

176 Ülesanne 43. Rakendada lihtrekursioonioperaatorit funktsioonidele ϕ(x) = x ja ψ(x, y, z) = x + y + z ning leida tekkinud funktsioon f = P(ϕ, ψ).

177 Vastus. f (x, y) = x(y + 1) + 1 y(y 1), f = P(ϕ, ψ). 2

178 Ülesanne 44. Rakendada lihtrekursioonioperaatorit funktsioonidele ϕ(x) = x ja ψ(x, y, z) = xyz ning leida tekkinud funktsioon f = P(ϕ, ψ).

179 Vastus. f (x, y) = { x, kui y = 0, 0, kui y 1, f = P(ϕ, ψ).

180 Minimiseerimisoperaator M. (n + 1)-kohalisest funktsioonist g saadakse n-kohaline funktsioon f : f (x 1,..., x n ) = min { y g(x 1,..., x n, y) = 0 } f = M(g)

181 Ülesanne 45. Rakendada minimiseerimisoperaatorit antud funktsioonile g ning leida funktsioon f = M(g) ja selle funktsiooni määramispiirkond D: a) g(x, y) = x + y. b) g(x, y) = x y. c) g(x, y) = x. d) g(x, y) = xy.

182 Algfunktsioonid: o(x) = 0, s(x) = x + 1, I n m(x 1,..., x n ) = x m (1 m n).

183 Rekursiivsed funktsioonid. Lihtrekursiivsed funktsioonid funktsioonid, mis saadakse algfunktsioonidest lõplik arv kordi operaatoreid S ja P kasutades. Rekursiivsed funktsioonid funktsioonid, mis saadakse algfunktsioonidest lõplik arv kordi operaatoreid S, P ja M kasutades. Täisrekursiivsed funktsioonid rekursiivsed funktsioonid, mis on kõikjal määratud.

184 Näiteid. Järgmised funktsioonid on lihtrekursiivsed: 1) o n (x 1,..., x n ) = 0. 2) f (x) = x ) f (x, y) = x + y. 4) f (x, y) = xy. Tähistame liitmisfunktsiooni sümboliga L ja korrutamisfunktsiooni sümboliga K: Siis L(x, y) = x + y, K(x, y) = xy. L = P(I 1 1, S(s, I 3 3 )), K = P(o, S(L, I 3 1, I 3 3 ))

185 Ülesandeid. 46. Näidata, et funktsioon f (x) = x 2 on lihtrekursiivne. 47. Näidata, et funktsioon f (x, y) = x y on lihtrekursiivne. 48. Eeldatakse, et funktsioon f (x 1,..., x n ) on lihtrekursiivne. Näidata, et siis ka funktsioon f i (x 1,..., x k ) on lihtrekursiivne: a) f 1 (x 1, x 2,..., x n ) = f (x 2, x 1,..., x n ) (argumentide vahetamine); b) f 2 (x 1, x 2,..., x n ) = f (x 2,..., x n, x 1 ) (argumentide tsükliline ümberpaigutamine);

186 c) f 3 (x 1, x 2,..., x n, x n+1 ) = f (x 1, x 2,..., x n ) (fiktiivse argumendi lisamine); d) f 4 (x 1, x 2,..., x n 1 ) = f (x 1, x 1, x 2,..., x n 1 ) (argumentide võrdsustamine). 49. Näidata, kuidas saadakse superpositsiooni- ja lihtrekursioonioperaatoriga algfunktsioonidest, funktsioonist L(x, y) = x + y ja funktsioonist K(x, y) = xy funktsioon f (x, y) = x + y Näidata, kuidas saadakse superpositsiooni- ja lihtrekursioonioperaatoriga algfunktsioonidest, funktsioonist L(x, y) = x + y ja funktsioonist K(x, y) = xy funktsioon f (x, y) = x 2 y.

187 51. On antud lihtrekursiivsed funktsioonid f (x, y), L(x, y) = x + y ja K(x, y) = xy. Defineerime funktsiooni g(x) = f (x, 1) f (x, 2) + f (x, 0). Näidata, kuidas on funktsioon g saadav superpositsioonioperaatoriga algfunktsioonidest ja funktsioonidest f, L ning K.

188 Ülesande 51 lahendus. g(x) = L(K(f (x, 1), f (x, 2)), f (x, 0)); f (x, 1) = f (I1 1 (x), s(o(x))) = f (I1 1 (x), (S(s, o))(x)) = = (S(f, I1 1, S(s, o)) )(x) = A(x), }{{} A f (x, 2) = f (I1 1 (x), s(s(o(x)))) = f (I1 1 (x), s((s(s, o))(x))) = = f (I1 1 (x), s((s(s, o))(x))) = = f (I1 1 (x), (S(s, S(s, o)))(x)) = = (S(f, I1 1, S(s, S(s, o))) )(x) = B(x), }{{} B

189 f (x, 0) = f (I1 1(x), o(x)) = (S(f, I 1 1, o) )(x) = }{{} C = C(x), g(x) = L(K(A(x), B(x)), C(x)) = = L((S(K, A, B))(x), C(x)) = = (S(L, S(K, A, B), C))(x), G = S(L, S(K, A, B), C) = = S(L, S(K, S(f, I 1 1, S(s, o)), S(f, I 1 1, S(s, S(s, o)))), S(f, I 1 1, o))

190 Lahutamisfunktsioon. Näitame, et funktsioon f (x, y) = x y on rekursiivne. Vaadeldav funktsioon f on määratud vaid juhul, kui x y. Defineerime kõikjal määratud funktsiooni { x y, kui x y, g(x, y) = x y = 0, kui x < y. Funktsiooni g omadusi: x (y + z) = (x y) z (x y) z = (x z) y x + (y x) = y + (x y) x y = s(x) s(y)

191 Kodune ülesanne. Koostada funktsiooni g arvutav Turingi masin. Funktsioonid h(x) = x 1 ja g(x, y) on lihtrekursiivsed: { h(0) = 0, h(y + 1) = y = I 2 1 (y, h(y)), h = P(0, I 2 1 ), g(x, 0) = x = I 1 1 (x), g(x, y + 1) = x (y + 1) = (x y) 1 = = h(g(x, y)) = h(i 3 3 (x, y, g(x, y))), g = P(I 1 1, S(h, I 3 3 )) = P(I 1 1, S(P(0, I 2 1 ), I 3 3 )). Seetõttu on lihtrekursiivne ka funktsioon x y = (x y) + (y x)

192 kui lihtrekursiivsete funktsioonide summa: x y = L(g(x, y), g(y, x)) = ehk = L(g(x, y), g(i 2 2 (x, y), I 2 1 (x, y))) = = L(g(x, y), S(g, I 2 2, I 2 1 )(x, y)) = = S(L, g, S(g, I 2 2, I 2 1 ))(x, y) A(x, y) = x y = (x y) + (y x), A = S(L, g, S(g, I2 2, I1 2 )). Järelikult on ka funktsioon k(x, y, z) = x (y + z) = x y z lihtrekursiivne:

193 k(x, y, z) = A(x, y + z) = A(x, L(y, z)) = = A(I 3 1 (x, y, z), L(I 3 2 (x, y, z), I 3 3 (x, y, z))) = = A(I 3 1 (x, y, z), S(L, I 3 2, I 3 3 )(x, y, z)) = = S(A, I 3 1, S(L, I 3 2, I 3 3 ))(x, y, z), k = S(A, I 3 1, S(L, I 3 2, I 3 3 )). Rakendame funltsioonile k minimiseerimise operaatorit M: M(k) = F,

194 F (x, y) = min{z k(x, y, z) = 0} = = min{z x y = z} = { x y, kui x y, = = x y. pole määratud, kui x < y Järelikult on funktsioon f (x, y) rekursiivne.

195 Churchi tees Kõikjal määratud rekursiivset funktsiooni nimetatakse täisrekursiivseks funktsiooniks. Leidub täisrekursiivseid funktsioone, mis pole lihtrekursiivsed. Üheks selliseks funktsiooniks on Ackermanni funktsioon f (x, y, z), mis defineeritakse seostega f (x, 0, 0) = x, f (x, y + 1, 0) = f (x, y, 0) + 1, f (x, 0, 1) = 0, f (x, 0, z + 2) = 1, f (x, y + 1, z + 1) = f (x, f (x, y, z + 1), z)

196 Saab näidata, et Turingi mõttes arvutatavate funktsioonide klass ja rekursiivsete funktsioonide klass langevad kokku. Matemaatikud tunnustavad ja kasutavad järgmist väidet. Arvutatav funktsioon funktsioon, mille väärtuste arvutamiseks leidub algoritm. Churchi tees: Iga arvutatav funktsioon on rekursiivne ja vastupidi.

197 5. GRAAFITEOORIA Bondy, J.A.; Murty, U.S.R.: Graph Theory. Springer, B. Bollobaás: Modern Graph Theory. Springer, Harary, Frank: Graph Theory. Reading, MA: Addison-Wesley, Biggs, N.; Lloyd, E.; Wilson, R.: Graph Theory Oxford University Press, Ruohonen, Keijo: Graph Theory math.tut.fi/ ruohonen/gt English.pdf Chung, Fan: Spectral Graph Theory. American Mathematical Society, 1997.

198 Newman, Mark: Networks: An Introduction. Oxford University Press, Bapat, Ravindra B.: Graphs and Matrices. Springer, Universitext, 2010.

199 Frank Harary ( ) Harary oli ameerika matemaatik, Süüriast ja Palestiinast pärit juudi immigrantide vanim poeg. Teda loetakse kaasaegse graafiteooria rajajaks.

200 5.1. Sissejuhatus. Graaf G = (T, K): a) silmus u 3 u 1 u 2 u 4 kordsed kaared u 5 silmus b) w u v

201 Pseudograaf on lubatud silmuste ja kordsete kaarte olemasolu graafis, kaared pole orienteeritud. Multigraaf pseudograaf, milles puuduvad silmused. Graaf multigraaf, milles iga kaare kordsus on 1. Orienteeritud graaf graaf, milles kõik kaared on orienteeritud. Segagraaf graaf, milles osa kaari on orienteeritud, osa mitte.

202 Näide. Olgu antud graaf G = (T, K), T = { 1, 2, 3, 4, 5, 6}, K = { (1, 4), (4, 2), (2, 5), (5, 3), (3, 6), (6, 1), (1, 5), (2, 6), (3, 4) }. See graaf on kujutatud järgneval joonisel kahel erineval viisil

203 Graafide isomorfsus. Definitsioon.

204 Ülesanne 52. Näidata, et järgmised graafid on isomorfsed: a b e f d c r s t u v w

205 Vastus: Isomorfismi määrab kujutus ( ) a b c d e f. v w t u r s

206 Ülesanne 53. Näidata, et järgmised graafid on isomorfsed: a b c d e g h

207 Vastus: Isomorfismi määrab kujutus ( ) a b c d e g h

208 Ülesanne 54. Näidata, et järgmised graafid on isomorfsed (seda graafi nimetatakse Peterseni graafiks): a b c d e f g h i j

209 Vastus: Isomorfismi määrab kujutus ( ) a b c d e f g h i j

210 Ülesanne 55. Näidata, et järgmised graafid pole isomorfsed: b a c e d

211 Vastus: deg(a) = 4, kuid esimeses graafis pole tippu, mille aste on 4.

212 Ülesanne 56. Näidata, et järgmised graafid pole isomorfsed: d 4 e c 5 3 a b 1 2

213 Vastus: Mõlemas graafis esineb ainult ühes tipus sõlm, vastavalt tippudes b ja 2. Tipu b naabertippude a ja c astmed on vastavalt 2 ja 4, tipu 2 naabertippude 1 ja 3 astmed on vastavalt 2 ja 3. Seega vaadeldavad graafid ei saa olla isomorfsed.

214 Ülesanne 57. Näidata, et järgmised graafid on isomorfsed: a b e f d c

215 Vastus: Isomorfismi määrab kujutus ( ) f b c d a e

216 Ülesanne 58. Näidata, et järgmised graafid pole isomorfsed: a e f b h d g c

217 Vastus: Mõlemas graafis on parajasti neli tippu, millede astmed on 3. Teises graafis saab nendest neljast tipust moodustada tsükli, esimeses graafis aga mitte.

218 Ülesanne 59. Otsustada, kas järgmised graafid on isomorfsed: a b e f h g d c

219 Vastus: Ei ole, sest esimene graaf ei oma tsüklit pikkusega 5, teine graaf aga omab.

220 Ülesanne 60. Otsustada, kas järgmised graafid on isomorfsed: a b d c

221 Vastus: On, isomorfismi määrab kujutus ( ) a b d c

222 5.2. Näiteid graafidega seotud ülesannetest. I. Königsbergi sildade ülesanne Ülesanne püstitas ja lahendas šveitsi matemaatik Leonhard Euler ( ) aastal Peterburi Teaduste Akadeemia Toimetistes ilmunud artiklis. Königsbergi (praegune Kaliningrad) läbib Pregeli jõgi, millel linna kohal asub kaks omavahel sillaga ühendatud saart. Kumbki saar on ühendatud sildade abil kummagi kaldaga nii nagu on skemaatiliselt kujutatud joonisel. Ülesanne: alustades jalutuskäiku ühelt kaldalt, käia läbi kõik sillad ainult üks kord ja lõpetada jalutuskäik samal kaldal, kust alustati jalutuskäiku.

223 A D C B A D C B

224 Leonhard Euler ( ) Šveitsi matemaatik. Elas ja töötas Peterburis.

225 II Lühima tee ülesanne. Leida lühim marsruut tipust 1 tippu 10, kui kaarte kohal on märgitud vastavate tippude vahelised kaugused

226 III Rändkaupmehe ülesanne. Rändkaupmees teenindab teatud piirkonda. Selle piirkonna asulad on ühendatud maanteedevõrguga nii, et igast asulast on võimalik pääseda igasse teise asulasse. Teada on teede pikkused. Rändkaupmees peab leidma lühima kinnise marsruudi, mis läbib kõiki selle piirkonna asulaid parajasti üks kord.

227 IV Maksimaalne voog võrgus. Kaupade transportimisel ühest asustatud punktist teise tekib vajadus valida sobivalt marsruut. Probleem on eriti aktuaalne siis, kui asulad asuvad teineteisest kaugel ja leidub erinevaid marsruute nende vahel. Sõltuvalt teede- ja raudteevõrgust, võivad ühendusvõrgu läbilaskevõimed olla erinevad. Analoogiline olukord võib tekkida ka näiteks vedelaine transportimisel torusüsteemi kaudu ühest kohast teise. Nii ongi jõutud ülesandeni: leida maksimaalse voog võrgus.

228

229 5.3. Intsidentsus. Kaarte graaf. G = (T, K) Mõisteid: intsidentsus tipu u aste δ(u) paaristipp, paaritu tipp graafi G kaarte graaf L(G) Teoreem 5.1. Iga pseudograafi G = (T, K) korral kehtib δ(t) = 2m(G), t T kus m(g) tähistab kaarte arvu pseudograafis G = (T, K).

230 Teoreem 5.2. Kui graafis G = (T, K) on n tippu ja m kaart, siis graafi G kaarte graafis L(G) on m tippu ja m 0 kaart, kus m 0 = m + 1 δ(u) 2. 2 u T

231 Ülesanne 61. Leida järgmisel joonisel kujutatud graafi G kaarte graaf L(G)

232 Vastus: Kui tähistada esialgse graafi kaared selliselt, nagu on näidatud vasakpoolsel joonisel, siis selle graafi kaarte graaf on kujutatud parempoolsel joonisel: 1 b 4 a g h c 6 i 2 f 3 e 5 d a b g f h c i e d

233 Ülesanne 62. Leida joonisel kujutatud graafi G jaoks graafid L(G) ja L(L(G)). Joonisel on graafi tipud ja kaared nummerdatud

234 Vastus: L(G) 1 b 2 a e c 3 d 4 L(L(G)) a b e d c

235 Whitney teoreem. Kui graafid G 1 ja G 2 on sidusad ning nende kaarte graafid L(G 1 ) ja L(G 2 ) on isomorfsed, siis graafid G 1 ja G 2 on isomorfsed, v. a. juht, kus graafideks G 1 ja G 2 on graafid K 3 ja K 1, 3. Sel korral tuleb mõlema graafi kaarte graafiks K 3. Hassler Whitney ( ) ameerika matemaatik.

236 Hassler Whitney aprillis 1973.

237 Täieliku graafi K n kaarte graaf on Johnsoni graaf J(n, 2). Johnsoni graafi J(n, k) tippudeks on n-elemendilise hulga k-elemendilised alamhulgad ja kaks tippu on ühendatud kaarega, kui nende ühisosa on (k 1)-elemendiline. Johnsoni graafil J(n, k) on C k n tippu ja k(n k 2 C k n kaart. Selmer Martin Johnson ( ) ameerika matemaatik.

238 Johnsoni graaf J(5, 2).

239 Kui G on multigraaf, siis saab kaassusmaatriksi A elemendi a ij defineerida nii: a ij on tippe i ja j ühendavate kaarte arv Graafiga seotud maatriksid G = (T, K), T = { 1, 2,..., n }, K = { 1, 2,..., m }; A = a ij kaassusmaatriksiks: { 1, kui (i, j) K, a ij = 0, kui (i, j) / K; B = b ik intsidentsusmaatriksiks: { 1, kui tipp i on intsidentne kaarega k, b ik = 0, kui tipp i pole intsidentne kaarega k.

240 Ülesanne 63. Leida ülesandes 62 antud graafi kaassus- ja intsidentsusmaatriks.

241 Vastus: ;

242 Ülesanne 64. Joonestada graaf, mille kaassusmaatriks on A =

243 Vastus:

244 Ülesanne 65. Joonestada graaf, mille kaassusmaatriks on A =

245 Vastus:

246 Ülesanne 66. Leida joonisel kujutatud orienteeritud pseudograafi kaassusmaatriks:

247 Vastus:

248 Ülesanne 67. Joonestada orienteeritud pseudograaf, mille kaassusmaatriks on A =

249 Vastus:

250 5.5. Alamgraaf Vaadelgem pseudograafi G = (T, K). Pseudograafi G alampseudograafiks nimetatakse pseudograafi G 0 = (T 0, K 0 ), mille korral T 0 T ja K 0 K. Näide. Järgneval joonisel on kujutatud graaf G ja tema kaks alamgraafi G 1 ja G 2. a) G b) G 1 c) G 2 a b c a b c a b d e e d e

251 Olgu G = (T, K) graaf ja u tema tipp, st u T. Siis võib vaadelda graafi G u, mis tekib graafist G tipu u ja selle tipuga intsidentsete kaarte eemaldamisel: G u = (T 0, K 0 ), T 0 = T \ {u}, K 0 = { (v, w) v, w T 0, (v, w) K }. Näide. Eelmise näite joonisel b) kujutatud graaf G 1 on samal joonisel a) kujutatud graafi G alamgraaf G d.

252 Ulami hüpotees. S. M. Ulam püstitas hüpoteesi, et iga graaf G on täielikult määratud, kui on teada selle graafi kõik alamgraafid kujul G u. Täpsemalt formuleerides: Olgu nii graafi G kui ka graafi H tippude arv n: u 1,..., u n graafi G tipud, v 1,..., v n graafi H tipud. Kui n 3 ja iga i = 1,..., n korral on alamgraafid G u i ja H v i isomorfsed, siis on ka graafid G ja H isomorfsed. Ulami hüpoteesi pole seni tõestada õnnestunud. F.Harary oma raamatus Graph theory ei soovita Ulami hüpoteesi kehtivuse põhjendamisele aega raisata, kuna loeb seda liiga keeruliseks.

253 Kodune ülesanne. Graafi G kõik alamgraafid kujul G u on: Leida graaf G.

254 Stanis law Marcin Ulam ( )

255 Stanis law Marcin Ulam (1909 Lemberg, Austria-Ungari, nüüdne Lviv, Ukraina 1984 Santa Fe) Poola juudi päritolu matemaatik, kes osales Manhattani projektis (Teise maailmasõja aegne Ameerika Ühendriikide valitsuse projekt eesmärgiga luua esimene Ühendriikide aatomipomm). Ulam astus Lvivi ülikooli, kuid jätkas 1938 õpinguid Harvardi ülikoolis ja seejärel Wisconsini ülikoolis. Tema sõber John von Neumann kutsus ta New Mexicosse osalema salajases projektis. Seal hakkas Ulam kasutama keerulisi integraale ahelreaktsioonide arvutamiseks. Ta näitas, et Edward Teller i varajane vesinikupommi mudel on vigane, ning

256 pakkus välja termotuumapommi Telleri-Ulami konstruktsooni. Ta kavandas ka tuumakütusega töötavaid allveelaevu ja kosmoserakette. Ulam andis märkimisväärse panuse ka arvu-, hulgaja ergoodilisusteooriasse ning algebralisse topoloogiasse. Ta avastas nn Ulami spiraali.

257 Ulami hüpotees (üks tema paljudest). Järgneva hüpoteesi püstitas esimesena Lothar Collatz ( ) a. Defineerime funktsiooni f, mille argumentideks on positiivsed täisarvud n ja väärtusteks samuti positiivsed täisarvud: { n, kui n on paarisarv, f (n) = 2 3n + 1, kui n on paaritu arv. Lähtudes mingist positiivsest täisarvust n, defineerime positiivsete täisarvude jada a 0, a 1, a 2, a 3,... rekurrentse seosega

258 a k = { n, kui k = 0, f (a k 1 ), kui k > 0. Näiteks arvust n = 6 lähtudes saadakse jada 6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1,..., arvust n = 11 lähtudes aga jada 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1,....

259 Ulami hüpotees seisneb järgnevas: sõltumata sellest, millisest positiivsest täisarvust n alustada eespool kirjeldatud jada a 0, a 1, a 2,... konstrueerimist, leidub alati selline indeks k, nii et a k = 1. Seni ei ole suudetud tõestada, et Ulami hüpotees on tõene. Seda hüpoteesi nimetatakse ka selle esmaavastaja järgi Collatzi hüpoteesiks, aga ka Sürakuusa hüpoteesiks ja (3n + 1)-hüpoteesiks.

260 Ulami spiraal.

261 Nendest algarvud:

262

263

264 5.6. Marsruudid graafis G = (T, K) pseudograaf. Tema jaoks mõisteid: marsruut tippude jada t 1,..., t k, milles iga kaks järjestikust tippu on ühendatud kaarega; kinnine marsruut marsruut t 1,..., t k, milles t 1 = t k ; ahel marsruut, milles esinevad kaared on erinevad; tsükkel kinnine ahel; lihtahel ahel t 1,..., t k, milles tipud t 1,..., t k 1 on erinevad; lihttsükkel lihtahel, mis on tsükkel. Marsruudi µ = (t 1,..., t k ) pikkuseks nimetatakse temas esinevate kaarte (t i, t i+1 ) arvu.

265 Teoreem 1. Olgu G = (T, K) pseudograaf tippude hulgaga T = { 1, 2,..., n }, A = a ij selle graafi kaassusmaatriks ja A k = A... A }{{} k korda = a (k) ij. Siis a (k) ij võrdub kõigi k-marsruutide arvuga tipust i tippu j (i, j {1, 2,..., n}). k-marsruut marsruut, milles on k kaart.

266 Teoreem 2. Olgu D = (T, K) orienteeritud pseudograaf tippude hulgaga T = { 1, 2,..., n }, A = a ij selle graafi kaassusmaatriks ja A k = A... A }{{} k korda = a (k) ij. Siis a (k) ij võrdub kõigi k-teede arvuga tipust i tippu j (i, j {1, 2,..., n}). Marsruuti orienteeritud graafis nimetatakse teeks. k-tee tee, milles on k kaart.

267 Ülesanne 68. Leida 3-teede arv tipust 2 tippu 1 joonisel kujutatud orienteeritud multigraafis

268 Vastus: Kuna A 3 = , siis 3-teede arv tipust 2 tippu 1 on 3.

269 Ülesanne 69. Leida joonisel kujutatud graafis 3-marsruutide arv a) tipust 4 tippu 5, b) tipust 3 tippu 4, c) tipust 1 tippu

270 Vastus: Kuna A 3 = , siis 3-marsruutide arv a) tipust 4 tippu 5 on 5, b) tipust 3 tippu 4 on 4, c) tipust 1 tippu 5 on 6.

271 5.7. Sidus graaf Pseudograafi G nimetatakse sidusaks, kui tema iga kahe erineva tipu u ja v korral leidub marsruut tipust u tippu v. Sidususe komponendid. a b d c e f

272 5.8. Euleri tsüklid Vaatleme mis tahes multigraafi. Tsüklit, mis läbib sidusa multigraafi kõiki kaari, nimetatakse Euleri tsükliks. Euleri teoreem. Olgu G sidus multigraaf. Siis multigraafil G leidub tema kõiki kaari läbiv tsükkel parajasti siis, kui tema kõik tipud on paaristipud. Paaristipp tipp, millest väljub paarisarv kaari.

273 Königsbergi sildade ülesande lahendus. Sellele ülesandele vastav multigraaf G on sidus. Tema tippude astmed on δ(a) = 5, δ(b) = 3, δ(c) = δ(d) = 3. Euleri teoreemi kohaselt ei leidu kõiki kaari läbivat tsüklit. Seega pole võimalik teha ülesande tingimuste nõuetele vastavat jalutuskäiku. a) b) D A C B A D B

274 Ülesanne 70. Leida joonisel kujutatud multigraafide jaoks Euleri tsükkel. a) b)

275 Ülesanne 71. Leida joonisel kujutatud multigraafi (nn Mohamedi mõõgad) jaoks Euleri tsükkel

276 5.9. Hamiltoni tsüklid Vaatleme pseudograafi G = (T, K). Hamiltoni ahelaks pseudograafis G nimetatakse selle graafi kõiki tippe läbivat lihtahelat. Hamiltoni tsükliks pseudograafis G nimetatakse selle graafi lihttsüklit, milles esinevad selle graafi kõik tipud. William Rowan Hamilton ( ) iiri matemaatik, saavutas silmapaistvaid tulemusi optikas, abstraktses algebras ja dünaamikas. Tema poolt võeti kasutusele kvaternioonid.

277 William Rowan Hamilton ( )

278 Näide. a) b) Dodekaeeder ja temale vastav graaf. Siin Hamiltoni tsükkel on 1, 2, 3,..., 20, 1.

279 Ülesanne 72. Leida Hamiltoni tsükkel graafis:

280 Ülesanne 73. Leida Hamiltoni tsükkel graafis:

281 5.10. Lühima tee ülesanne D = (T, K) orienteeritud graaf; l : K R, (u, v) l(u, v); l def kaalufunktsioon; arvu l(u, v) nimetatakse kaare (u, v) pikkuseks. Olgu antud tee τ = (t 1,..., t k ) tipust u = t 1 tippu v = t k. Tee τ pikkuseks nimetatakse arvu l(τ) = k 1 i=1 l(t i, t i+1 ). Kaalufunktsiooniga orienteeritud graafide korral on tüüpiline järgmine ülesanne: leida vähima (või suurima) pikkusega tee tipust u tippu v.

282 Näide. Joonisel on kujutatud orienteeritud graaf, mille iga tipp on tõlgendatav asulana ja iga kaar teena asulate vahel. Iga kaare kohale on märgitud selle kaarega seotud arv selle kaarega ühendatud tippude vaheline kaugus (asulate vaheline kaugus). Leida lühim tee tipust 1 tippu 10, kui liikuda ainult noolega näidatud suunas (see nõue pole mingi kitsendus, sest igas teises suunas liikudes ei saada lühimat teed).

283

284 Ülesanne 75. Leida pikim tee tipust 1 tippu 10 eelmises näites vaadeldud graafis.

285 Ülesanne 76. Leida lühim ja pikim tee ning nende pikkused tipust 1 tippu 10 joonisel kujutatud graafis

286 Vastus: Lühim tee on pikkusega 16 ja pikim tee on pikkusega 26.

287 Ülesanne 77. Leida lühim ja pikim tee ning nende pikkused tipust 1 tippu 10 joonisel kujutatud graafis

288 Vastus: Lühimad teed ja on pikkusega 14 ning pikim tee on pikkusega 27.

289 Üldjuht. D orienteeritud graaf kaalufunktsiooniga l; D = (T, K), T = { 1, 2,..., n }, n 2, l : K R; (i, j) / K = l(i, j) = def ; k-tee tee, mille kaarte arv ei ületa arvu k; tipust 1 tippu i viivate k-teede hulgast vähima pikkusega tee pikkus (k = 1, 2,...); kui tipust 1 ei leidu ühtegi k-teed tippu i, siis defineerigem λ (k) i = ; λ (k) i λ (0) 1 = 0, λ (0) i =, i = 2,..., n.

290 Nendel eeldustel kehtib: λ (k+1) 1 = min { 0; min 1 j n { λ (k) j + l(j, 1) }} λ (k+1) i = min 1 j n { λ (k) j + l(j, i) }, i = 2,..., n

291 Kui graafis pole negatiivse pikkusega lihttsükleid, siis saab arvude λ (k) i abil alati leida lühima tee ja selle pikkuse tipust 1 tippu i. Kui graafis leidub negatiivse pikkusega lihttsükleid, siis võib teest, mis sisaldab seda tsüklit, saada tsüklit korduvalt läbides uue tee, mille pikkus on väiksem mis tahes etteantud arvust. Tunnus selleks, et graaf ei sisalda negatiivse pikkusega lihttsükleid. Leidugu orienteeritud graafi tipust 1 tee igasse tippu i, i = 2,..., n. Siis graafis ei leidu negatiivse pikkusega lihttsükleid parajasti siis, kui λ (n 1) i = λ (n) i, i = 1, 2,..., n.

292 Näide negatiivse pikkusega lihttsükli kohta:

293 Ülesanne 78. Leida joonisel kujutatud graafi jaoks vähima pikkusega tee tipust 1 tippu 6, kasutades arve λ (k) i

294 Lahendus. Arvud l(i, j) ja λ (k) i kujul on sobiv paigutada tabelisse.... j k.... i.... l(i, j) λ (k) i.... Arvud l(i, j) saame kohe panna tabelisse, arvud λ (k) i tuleb aga järk-järgult arvutada. Arvutades käesoleval juhul, saadakse

295

296 Vastus: Lühim tee tipust 1 tippu 6 on 1, 5, 3, 2, 6 ja selle pikkus on 7.

297 Ülesanne 79. Leida eelmise ülesande graafi jaoks vähima pikkusega 3-tee (st tee, mis ei sisalda üle kolme kaare) tipust 1 tippu 6.

298 Vastus: On kaks lühimat 3-teed tipust 1 tippu 6: ja ning nende pikkus on 9.

299 Ülesanne 80. Leida antud graafis lühim 5-tee tipust 1 tippu 1:

300 Vastus: -2.

301 Ülesanne 81. Leida lühim tee tipust 1 tippu 7 orienteeritud graafis, mille kaarte pikkuste maatriks l(i, j) on

302 Vastus: λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j λ (4) j λ (5) j Lühim tee on pikkusega 6.

303 Ülesanne 82. Leida lühim tee tipust x tippu y joonisel kujutatud orienteeritud graafis x a y 3 b c 3 d 2 e

304 Vastus: λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j x a b 9 9 c d 9 9 e 5 5 y 8 8 Lühim tee x a y on pikkusega 8.

305 Ülesanne 83. Leida lühim tee tipust x tippu y joonisel kujutatud orienteeritud graafis. x a 3 b 5 c d e y f 5 g 3 h

306 Vastus: λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j λ (4) j λ (5) j λ (6) j λ (7) j λ (8) j x a b c d e f g h y

307 Lühim tee x f d g b e c y on pikkusega 22.

308 5.11. Lühima marsruudi leidmine sidusas kaaludega graafis Ülesande püstitus: G = (T, K) sidus kaaludega graaf; T = {1, 2,..., n} = {x,..., y}; l : K R, l(u, v) > 0 iga (u, v) K korral; µ = (t 1, t 2,..., t k ) marsruut tipust t 1 tippu t k ; l(µ) = k 1 j=1 l(t j, t j+1 ) marsruudi µ pikkus. Nõutakse: leida lühima pikkusega marsruut tipust x tippu y (x y). Kirjeldame põhjenduseta Dijkstra algoritmi selle ülesande lahendamiseks.

309 Edsger Wybe Dijkstra ( ) hollandi arvutiteadlane.

310 Dijkstra algoritm. Meetod on iteratiivne, tähistame iteratsioonisammu i, i = 1, 2,...: a) iteratsiooni käigus moodutatakse tippude hulgad T 1, T 2,..., alustatakse tühjast tippude hulgast T 0 = ; b) i-ndal iteratsioonisammul lisatakse tippude hulgale T i 1 üks hulka T \ T i 1 kuuluv tipp u ning saadakse tippude hulk T i = T i 1 {u}; c) igal sammul omistatakse graafi igale tipule märgend: i-ndal sammul tipule v T omistatavat märgendit tähistatakse λ (i) (v).

311 I Algväärtustamine. Kui (u, v) K; u, v T, u v, siis lisatakse fiktiivne kaar (u, v) kaaluga, s.t. l(u, v) =. Veel: l(u, u) = 0 iga u T korral. Omistatakse algväärtused T 0 =, λ (0) (x) = 0, λ (0) (v) =, v T \ {x}. II i. iteratsioonisamm, i = 1, 2, 3,...: 1) valitakse hulgast T \ T i 1 tipp u väikseima märgendiga λ (i 1) (u) ja moodustatakse hulk T i = T i 1 {u};

312 2) omistatakse igale tipule v T uus märgend λ (i) (v): a) kui v T i, siis λ (i) (v) = λ (i 1) (v); b) kui v T i, siis λ (i 1) (u) + l(u, v), kui λ (i) (v) = λ (i 1) (u) + l(u, v) < λ (i 1) (v), λ (i 1) (v), vastasel juhul.

313 v T i λ (i 1) (v) x l(u, v) λ (i 1) (u) u

314 Näide. x b 5 d y 2 3 c 10 e Leida lühima pikkusega marsruut tipust x tippu y (x y). Algväärtustamine: T 0 =, λ (0) (x) = 0, λ (0) (b) = λ (0) (c) = = λ (0) (d) = λ (0) (e) = λ (0) (y) =.

315 Märgime graafi tippude juures ka pärast algväärtustamist tekkinud tippude märgendid: b 5 d x y 2 3 c 10 e

316 1. iteratsioonisamm (i = 1): 1) vähima märgendiga tipuks hulgast T \ T i 1 = T \ = T on x; seega T i = T 1 = {x} = {x}; 2) omistame igale tipule v uue märgendi λ (1) (v): a) v T 1 : λ (1) (x) = 0; b) v T 1 : λ (1) (b) = 4, λ (1) (c) = 2, λ (1) (d) =, λ (1) (e) =, λ (1) (y) = ; Selle ja järgnevate iteratsioonisammude järgsed seisud graafis on kujutatud järgnevatel joonistel (iga tipu juures on uus märgend ja lõpliku märgendiga tipu juures sulgudes ka selle märgendi saamiseks kasutatud tipud):

317 Seis 1. sammu järel 4 (x) b 5 d x y 2 3 c 10 e 2 (x)

318 2. iteratsioonisamm (i = 2): 1) vähima märgendiga tipuks hulgast T \ T i 1 = T \ T 1 = T \ {x} on c; seega T i = T 2 = T 1 {c} = {x, c}; 2) omistame igale tipule v uue märgendi λ (2) (v): a) v T 2 : λ (2) (x) = 0, λ (2) (c) = 2; b) v T 2 : λ (2) (b) = 3, λ (2) (d) = 10, λ (2) (e) = 12, λ (2) (y) = ;

319 Seis 2. sammu järel 3 (x, c) 10 (x, c) b 5 d x y 2 3 c 10 e 2 (x) 12 (x, c)

320 3. iteratsioonisamm (i = 3): 1) vähima märgendiga tipuks hulgast T \ T i 1 = T \ T 2 = T \ {x, c} on b; seega T i = T 3 = T 2 {b} = {x, c, b}; 2) omistame igale tipule v uue märgendi λ (3) (v): a) v T 3 : λ (3) (x) = 0, λ (3) (b) = 3, λ (3) (c) = 2; b) v T 3 : λ (3) (d) = 8, λ (3) (e) = 12, λ (3) (y) = ;

321 Seis 3. sammu järel 3 (x, c) 8 (x, c, b) b 5 d x y 2 3 c 10 e 2 (x) 12 (x, c)

322 4. iteratsioonisamm (i = 4): 1) vähima märgendiga tipuks hulgast T \ T i 1 = T \ T 3 = T \ {x, c, b} on d; seega T i = T 4 = T 3 {d} = {x, c, b, d}; 2) omistame igale tipule v uue märgendi λ (4) (v): a) v T 4 : λ (4) (x) = 0, λ (4) (b) = 3, λ (4) (c) = 2, λ (4) (d) = 8; b) v T 4 : λ (4) (e) = 10, λ (4) (y) = 14;

323 Seis 4. sammu järel 3 (x, c) 8 (x, c, b) b 5 d (x, c, b, d) x y 2 3 c 10 e 2 (x) 10 (x, c, b, d)

324 5. iteratsioonisamm (i = 5): 1) vähima märgendiga tipuks hulgast T \ T i 1 = T \ T 4 = T \ {x, c, b, d} on e; seega T i = T 5 = T 4 {e} = {x, c, b, d, e}; 2) omistame igale tipule v uue märgendi λ (5) (v): a) v T 5 : λ (5) (x) = 0, λ (5) (b) = 3, λ (5) (c) = 2, λ (5) (d) = 8, λ (5) (e) = 10; b) v T 5 : λ (5) (y) = 13.

325 Seis 5. sammu järel 3 (x, c) 8 (x, c, b) b 5 d x 13 (x, c, b, d, e) y 2 3 c 10 e 2 (x) 10 (x, c, b, d)

326 Rohkem iteratsioonisamme ei tule teha, sest järgmisel sammul juba tuleks lisada element y. Lühima marsruudi pikkus tipust x tippu y on λ (5) (y) = 13. Viimaselt jooniselt on näha, et selleks lühimaks marsruudiks on (x, c, b, d, e, y).

327 Ülesanne 84. Leida lühim marsruut ja selle pikkus tipust x tippu y joonisel kujutatud graafis. x b 5 d y 3 4 c 5 e

328 Vastus. Tippude lisamise järjekord Dijkstra algoritmis: x, b, c, e, d. Arvutuskäik on esitatud tabelis λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j λ (4) j λ (5) j x b c d e y 8 7 Lühim marsruut tipust x tippu y on x b e d y ja selle pikkus on 7.

329 Ülesanne 85. Leida lühim marsruut ja selle pikkus tipust x tippu y joonisel kujutatud graafis. x b 5 d 5 f y 3 4 c 6 e 5 g

330 Vastus. Tippude lisamise järjekord Dijkstra algoritmis: x, c, b, d, e, f, g. Arvutuskäik on esitatud tabelis λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j λ (4) j λ (5) j λ (6) j λ (7) j x b c d e f g y Lühim marsruut tipust x tippu y on x c d e g y ja selle pikkus on 16.

331 Ülesanne 86. Leida lühim marsruut ja selle pikkus tipust x tippu y joonisel kujutatud graafis. x b 3 d 6 f y 4 2 c 6 e 4 g

332 Vastus. Tippude lisamise järjekord Dijkstra algoritmis: x, b, c, e, f, g. Arvutuskäik on esitatud tabelis λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j λ (4) j λ (5) j λ (6) j λ (7) j x b c d e f g y Lühim marsruut tipust x tippu y on x b d e f g y ja selle pikkus on 14.

333 Ülesanne 87. Leida lühim marsruut ja selle pikkus tipust x tippu y joonisel kujutatud graafis. Leida ka lühimate marsruutide pikkused tipust x kõikidesse ülejäänud tippudesse. b 5 f y x 4 c 1 d 2 g 3 h 2 3 e

334 Vastus. Tippude lisamise järjekord: x, b, c, d, e, g, f, h. Arvutuskäik on esitatud tabelis λ 0 j λ 1 j λ 2 j λ 3 j λ 4 j λ 5 j λ 6 j λ 7 j λ 8 j x b c d e f g h y 11

335 Lühimate marsruutide pikkused tipust x ülejäänud tippudesse on: b : 2; c : 3; d : 4; e : 5; f : 7; g : 6; h : 8; y : 11. Lühim marsruut tipust x tippu y on x b f h y ja selle pikkus on 11.

336 5.12. Tasandilised graafid. Definitsioon 1. Graafi G nimetatakse planaarseks, kui teda saab kujutada tasandil nii, et kaari kujutavad jooned lõikuvad üksnes selle graafi tippudes. Kui planaarne graaf on juba kujutatud kirjeldatud viisil, siis nimetatakse seda graafi tasandiliseks graafiks. Näide. Joonisel esitatud graafid G 1, G 2, G 3, G 4 on tasandilised: G 1 G 3 G 4 G 2

337 Näide. Joonisel a) kujutatud graaf on planaarne. Selle graafi üks võimalikest esitustest tasandilise graafina on antud joonisel b). a) a b c e d b) b a e c d

338 Järgnevalt anname tingimuse, millal graaf on planaarne. Selleks vajatakse abimõisteid. Definitsioon. Graafi nimetatakse täielikuks graafiks, kui tema iga kaks erinevat tippu on ühendatud kaarega. Täielikku graafi, milles on n tippu, tähistatakse K n. Joonisel on kujutatud täielikud graafid K 2, K 3 ja K 4. K 2 K 3 K 4

339 Definitsioon. Graafi G = (T, K) nimetatakse kahealuseliseks graafiks ehk bigraafiks, kui tema tippude hulk on jaotatav kaheks mittelõikuvaks mittetühjaks osaks T 1 ja T 2 nii, et selle graafi iga kaare üks otspunkt kuulub hulka T 1 ja teine otspunkt hulka T 2. Bigraafi G nimetatakse täielikuks, kui ülaltoodud tippude hulga jaotuse korral iga u T 1 ja iga v T 2 korral on graafis G tippe u ja v ühendav kaar. Kui hulgas T 1 on m elementi ja hulgas T 2 on n elementi, siis vastavat täielikku bigraafi tähistatakse K m, n.

340 Näide. Joonisel on kujutatud täielik bigraaf K 3,

341 Definitsioon. Olgu graafis G = (T, K) fikseeritud kaar (u, v) K. Kui graafist G kõrvaldada kaar (u, v), lisada uus tipp w ning uued kaared (u, w) ja (w, v), siis öeldakse, et tekkinud uus graaf on saadud graafist G kaare (u, v) dubleerimisega: u v u w v Graafe G 1 ja G 2 nimetatakse homöomorfseteks, kui nad on isomorfsed või nad on saadavad ühest ja samast graafist G lõplik arv kordi kaarte dubleerimist kasutades.

342 Näide. Joonisel kujutatud graafid G 2 ja G 3 on homöomorfsed, sest nad on saadud graafist G 1 lõpliku arvu kaarte dubleerimise teel. G 1 a e c b d G 2 e a c w d b G 3 w b x d a c z y e

343 Kuratowski teoreem. Graaf on planaarne parajasti siis, kui ta ei sisalda alamgraafi, mis on homöomorfne kas graafiga K 5 või graafiga K 3, 3. Selle teoreemi tõestas poola matemaatik Kasimir Kuratowski aastal. 1 K K 3,

344 Kasimir Kuratowski ( )

345 Näide. Joonisel a) on kujutatud nn Peterseni graaf. Joonisel b) on esitatud Peterseni graafi alamgraaf ning on näidatud, kuidas see saadakse kaarte dubleerimistega graafist K 3, 3. Seega Peterseni graaf pole planaarne. a) b)

346 Julius Peter Christian Petersen ( ) taani matemaatik.

347 Ülesanne 96. Otsustada, millised joonisel esitatud graafidest on planaarsed. a) b a c d f e b) b a c d f e

348 Vastus. Graaf joonisel a) on planaarne. Graaf joonisel b) pole planaarne, sest sisaldab graafiga K 3, 3 isomorfset alamgraafi, milles iga tipp tippudest a, b, f on ühendatud iga tipuga tippudest d, e, c kaarega.

349 Ülesanne 97. Otsustada, kas joonisel esitatud graafid on planaarsed. Planaarsuse korral esitada graaf tasandiliselt, mitteplanaarsuse korral aga leida alamgraaf, mis on homöomorfne kas graafiga K 5 või K 3, 3. a) b)

350 c) d)

351 Vastus. Graaf joonisel a) pole planaarne, sest sisaldab graafiga K 3, 3 isomorfset alamgraafi. Graafid joonistel b), c) ja d) on planaarsed.

352 5.13. Graafide värvimine G = (T, K) graaf. Graafi (tippude) värvimiseks nimetatakse tema igale tipule mingi värvi omistamist, kusjuures iga kaare (u, v) K korral tippudele u ja v omistatud värvid on erinevad. Vähimat värvide arvu, mis vajatakse graafi G värvimiseks, nimetatakse graafi G kromaatiliseks arvuks ja seda tähistatakse χ(g). Graafi kromaatilise arvu leidmine kuulub graafiteooria raskemate ülesannete kilda. Näide 1. Täieliku graafi K n kromaatiline arv on n.

353 Näide 2. Peterseni graafi kromaatiline arv on 3. Tipud 1 10 võib värvida näiteks järgmiselt: 1, 3, 7, 10 punased, 2, 4, 6 valged, 5, 8, 9 mustad.

354 Kaartide värvimise ülesanne. Kujutlegem, et meie kasutuses on mingi piirkonna administratiivse jaotuse kaart, näiteks mingi riikide rühma kaart. Eeldatakse, et riigid koosnevad ühest osast. Nõutakse riikide värvimist kaardil nii, et kui kahe riigi piiridel on ühine osa, siis need riigid värvitakse erinevat värvi (kui selleks ühiseks osaks on punkt, siis on ühine värv lubatud). Püstitatud ülesande saab sõnastada graafi värvimise ülesandena järgmiselt. Moodustagem graaf, mille tippudeks on riigid ja kaks tippu on ühendatud kaarega parajasti siis, kui nendele vastavate riikide piirid omavad ühisosa (mis pole punkt). Saadud graaf on tasandiline. Riikide värvimine kaardil on samaväärne sellele kaardile vastava graafi värvimisega. Vähim värvide arv, mida vajatakse kaardi värvimiseks, võrdub sellele kaardile vastava tasandilise graafi kromaatilise arvuga.

355 Näide. Joonisel 1 on kujutatud kaart riikidega A, B, C, D, E ja F ning sellele kaardile vastav graaf. Antud kaart on värvitav kolme värviga, näiteks: A, F punased, B, E valged, C, D mustad. A E D B F C A B D C E F

356 Neljavärviprobleem. Ülalkirjeldatud kaartide värvimise ülesande püstitas esimesena Francis Guthrie ( ), kes näitas a. paiku, kuidas värvida Inglismaa maakondade kaarti nii, et selleks kasutada ainult nelja värvi. Ühtlasi püstitas ta probleemi: kas ülalkirjeldatud maakaardiülesanne on lahendatav mistahes kaardi korral ainult nelja värviga. Seda probleemi nimetatakse neljavärviprobleemiks. Neljavärviprobleemi lahendamisega on tegelenud aegade jooksul mitmed kuulsad matemaatikud.

357 Lõplikult lahendati see probleem jaatavalt alles aastal ameerika matemaatikute Kenneth Appel i ja Wolfgang Haken i poolt. Nemad kasutasid probleemi lahendamiseks vajalike variantide läbivaatamiseks arvutite abi. Appel ja Haken tõestasid järgmise teoreemi. Teoreem. [Neljavärviteoreem.] Kui G on tasandiline graaf, siis χ(g) 4.

358 Francis Guthrie ( ) Lõuna-Aafrika Vabariigi matemaatik; sündis Londonis, alates aastast elas Lõuna-Aafrikas.

359 Kenneth Appel ( ).

360 Wolfgang Haken (s. 1928).

361 5.14. Maksimaalne voog võrgus D = (T, K) orienteeritud graaf; T = { u 1,..., u n }. Võrgu definitsioon. Orienteeritud graafi D = (T, K) nimetatakse võrguks ja tähistatakse (D, c), kui: 1 0! u T... u pole graafi D ühegi kaare lõpptipp (u on nn alguspunkt); 2 0! v T... v pole graafi D ühegi kaare algustipp (v on nn lõpp-punkt); 3 0 igale kaarele (u, v) K on vastavusse pandud arv c(u, v) 0, mida nimetatakse kaare (u, v) läbilaskevõimeks.

362 Näide. Võrgu näide; kaarte kohal on vastav läbilaskevõime:

363 Voo definitsioon. Vooks võrgus (D, c) nimetatakse kujutust ϕ : K R, mis igale kaarele (u, v) K paneb vastavusse reaalarvu ϕ(u, v) nii, et on täidetud tingimused: ϕ(u, v) c(u, v) iga (u, v) K korral; 2 0 iga vahepealse tipu v korral kehtib võrdus ϕ(u, v) = ϕ(v, w). (u, v) K (v, w) K Teoreem. Kui ϕ on voog võrgus (D, c), mille alguspunkt on u 1 ja lõpp-punkt on u n, siis ϕ(u 1, u) = ϕ(v, u n ). (u 1, u) K (v, u n ) K ( )

364 Tõestus. Kui (u 1, u n ) K, siis võrduse (*) mõlemad pooled sisaldavad liidetavat ϕ(u 1, u n ). Seetõttu võib võrduse (*) näitamiseks eeldada, et (u 1, u n ) K. Kui u on vahepealne tipp, siis ϕ(v, u) ϕ(u, w) = 0. (v, u) K (u, w) K Summeerides saadakse ϕ(v, u) u T \{u 1, u n } (v, u) K (u, w) K ϕ(u, w) = 0. ( )

365 Avaldise (**) vasakul pool esinevad märgiga + liidetavad ϕ(u 1, u) ja ϕ(u, v), kus u, v T \ {u 1, u n } ja märgiga liidetavad ϕ(v, u n ) ja ϕ(u, v), kus u, v T \ {u 1, u n }. Koondades jääb järgi ϕ(u 1, u) (u 1, u) K (v, u n ) K ϕ(v, u n ) = 0, mis on samaväärne võedusega (*). Teoreem on tõestatud.

366 Kui võrgus (D, c) on antud voog ϕ, siis iga kaarega (u, v) on seotud arvud c(u, v) ja ϕ(u, v). Graafi D geomeetrilisel kujutamisel kirjutatakse need arvupaarina (c(u, v), ϕ(u, v)) kaare (u, v) juures.

367 Näide. Järgneval kahel joonisel on kujutatud võrk kahe erineva vooga. a) (3; 2) (5; 4) (3; 2) (4; 4) 6 (2; 2) (3; 2) 4 5 (2; 2) (2; 0)

368 b) (3; 1) 2 3 (5; 2) (3; 1) (4; 2) 1 6 (2; 1) (3; 2) 4 5 (2; 2) (2; 1)

369 Võrguteooria põhiülesanne: antud võrgu (D, c) jaoks leida maksimaalse suurusega voog ϕ selles võrgus. Lahenduse idee: algul leitakse mingi küllastatud voog ja seejärel hakatakse seda järk-järgult suurendama, kuni saadakse maksimaalne voog. Termineid: ϕ = (u 1, u) K ϕ(u 1, u) voo ϕ suuruseks (u 1 võrgu alguspunkt); küllastatud kaar kaar, mille korral (c(u, v) = ϕ(u, v)); küllastatud voog voog ϕ, mille korral iga tee võrgu alguspunktist u 1 võrgu lõpp-punkti u n sisaldab küllastatud kaart.

370 Algoritm küllastatud voo leidmiseks. 1. samm. Defineerime ϕ(u, v) = 0 iga kaare (u, v) K jaoks (st alustame nullvoost) ja valime orienteeritud graafi D = D. 2. samm. Kõrvaldame orienteeritud graafist D kõik võrgu D voo ϕ suhtes küllastatud kaared. Saadud orienteeritud graafi tähistame jälle sümboliga D. 3. samm. Valime graafis D mingi lihtahela τ alguspunktist u 1 lõpp-punktini u n. Kui sellist ahelat τ ei leidu, siis ϕ ongi otsitav küllastatud voog ja algoritmi töö on lõppenud. Vastasel juhul asume täitma algoritmi järgmist sammu.

371 4. samm. Suurendame voogu ϕ(u, v) ahela τ iga kaare (u, v) jaoks konstantse arvu a > 0 võrra nii, et vähemalt üks selle ahela kaartest muutuks küllastunuks, ülejäänud kaarte korral aga ei ületaks voog kaare läbilaskevõimet. Siis esialgne voo suurus ϕ kasvab samuti arvu a > 0 võrra. Edasi asume uuesti täitma algoritmi 2. sammu.

372 Ülesanne 88. Täita joonisel kujutatud võrgus lüngad nii, et tekiks voog: (3;*) 2 3 (4;*) (5;2) (5;2) (4;*) (3;*) (5;*) (8;3) (2;0) 5 6 (3;0)

373 Ülesanne 89. Täita joonisel kujutatud võrgus lüngad nii, et tekiks voog: (3;0) 2 3 (6;4) (4;*) (5;*) (3;*) (2;*) (5;*) (3;3) (6;*) 5 6 (2;*)

374 Ülesanne 90. Leida küllastunud voog joonisel kujutatud võrgus: (4;0) (3;0) (12;0) (15;0) (3;0) (4;0) (4;0) 1 (1;0) 7 (6;0) (6;0) (7;0) 3 6 (8;0)

375 Abimõisteid maksimaalse voo leidmise algoritmile. T = T 1 T 2, T 1 T 2 =, u 1 T 2, u n T 1 ; K 1 def = { (u, v) (u, v) K, u T 2, v T 1 }; K 1 graafi D lõige tippude hulga T 1 järgi; c(k 1 ) = (u, v) K 1 c(u, v) lõike K 1 läbilaskevõime; minimaalne lõige minimaalse läbilaskevõimega lõige.

376 Ülesanne 91. Leida ülesandes 89 antud graafi lõige tippude hulga T 1 = {3, 5, 7} järgi ja leida selle lõike läbilaskevõime.

377 Vastus. Lõige on K 1 = {(1, 5), (2, 3), (4, 3), (4, 7), (6, 7)} ja selle läbilaskevõime on 17.

378 Teoreem. Kui ϕ on voog võrgus (D, c) alguspunktiga u 1 ja lõpp-punktiga u n, D = (T, K) ja T 1 T, u 1 / T 1, u n T 1, siis ϕ c(k 1 ), kus ϕ on voo ϕ suurus ja K 1 on graafi D lõige tippude hulga T 1 järgi.

379 Iga voog ϕ võrgus (D, c) tekitab orienteeritud multigraafi D ϕ = (T ϕ, K ϕ ) järgmiselt: T ϕ = T, K ϕ = K { (v, u) (u, v) K }. Multigraafi D ϕ igale kaarele paneme vastavusse selle pikkuse: kui (u, v) K, siis { 0, kui ϕ(u, v) < c(u, v), l(u, v) =, kui ϕ(u, v) = c(u, v), { 0, kui ϕ(u, v) > 0, l(v, u) =, kui ϕ(u, v) = 0.

380 Ülesanne 92. Joonestada joonisel kujutatud võrgu (D, c) ja voo ϕ jaoks graaf D ϕ : (6; 2) 2 4 (7; 7) (3; 3) (9; 4) (2; 2) 1 (2; 2) 6 (8; 2) 3 5 (7; 5) (2; 2)

381 Vastus

382 Ford-Fulkersoni teoreem. Olgu ϕ voog võrgus (D, c), D = (T, K), alguspunktiga u 1 ja lõpp-punktiga u n ning T 1 kõigi selliste tippude u T hulk, mille korral minimaalse tee pikkus graafis D ϕ tipust u tippu u n on 0. Kui u 1 / T 1, siis voog ϕ on maksimaalne voog võrgus D ja ϕ = c(k 1 ). Järeldus 1. Maksimaalse voo suurus võrgus võrdub selle võrgu minimaalse lõike läbilaskevõimega. Järeldus 2. Kui ϕ on voog võrgus D, mille korral lühim tee alguspunktist u 1 lõpp-punkti u n graafis D ϕ on, siis ϕ on maksimaalne voog võrgus D.

383 Lester Randolph Ford ( ). Lester Randolph Ford ( ) ameerika matemaatik.

384 Delbert Ray Fulkerson ( ). Delbert Ray Fulkerson ( ) ameerika matemaatik.

385 Ford-Fulkersoni algoritm maksimaalse voo leidmiseks võrgus 1. samm. Valime mingi voo ϕ 0, näiteks nullvoo või mingi küllastunud voo. Tähistame i = 0. Edasi asume 2. sammu täitmisele. 2. samm. Võrgu D ja voo ϕ i jaoks leiame multigraafi D ϕi. Edasi asume 3. sammu täitmisele. 3. samm. Leiame graafis D ϕi lihtahela τ i alguspunktist u 1 lõpp-punkti u n nii, et see oleks minimaalse pikkusega tee tipust u 1 tippu u n. Kui tee τ i pikkus on, siis voog ϕ i ongi maksimaalne.

386 Vastasel juhul muudame kõigi teed τ i moodustavate kaarte voogu maksimaalse võimaliku positiivse arvu a võrra: kui teele kuuluv kaar (u, v) K, siis defineerime ϕ i+1 (u, v) = ϕ i (u, v) + a; kui aga teele kuuluv kaar (u, v) / K, siis defineerime ϕ i+1 (v, u) = ϕ i (v, u) a. Kuna l(τ i ) = 0, siis selline a > 0 leidub. Teele τ i mittekuuluvate kaarte (u, v) K jaoks valime ϕ i+1 (u, v) = ϕ i (u, v). Saadakse voog ϕ i+1 ja ϕ i+1 = ϕ i + a. Tähistame i + 1 sümboliga i ja asume uuesti 2. sammu täitmisele.

387 Ülesanne 93. Leida maksimaalne voog joonisel esitatud võrgus: (6;0) 2 4 (7;0) (9;0) (3;0) (2;0) 1 (2;0) 6 (8;0) (7;0) 3 5 (2;0)

388 Vastus. (6;6) 2 4 (7;7) (9;8) (3;1) (2;2) 1 (2;0) 6 (8;4) (7;3) 3 5 (2;2)

389 Ülesanne 94. Leida maksimaalne voog ülesandes 88 esitatud võrgus.

390 Lahendus. 1) Üheks küllastunud vooks on järgnev voog ϕ 0, mille suurus on 7: (3;0) 2 3 (4;4) (5;0) (5;4) (4;1) (3;1) (5;5) (8;7) (2;2) 5 6 (3;2)

391 2) Leiame multigraafi D ϕ0 : ) Minimaalse pikkusega tee tipust 1 tippu 8 on Sellel teel saame vastavalt algoritmile voogu muuta kahe ühiku võrra ja saame uue voo ϕ 1 suurusega 9:

392 (3;2) 2 3 (4;4) (5;2) (5;2) (4;3) (3;3) (5;5) (8;7) (2;2) 5 6 (3;2)

393 4) Leiame graafi D ϕ1 : Saadud graafis minimaalse tee pikkus tipust 1 tippu 8 on, mistõttu voog ϕ 1 on maksimaalne.

394 Ülesanne 95. Leida maksimaalne voog joonisel esitatud võrgus: (3;0) (5;0) (10;0) (18;0) (4;0) (9;0) (3;0) 1 (6;0) 8 (5;0) (10;0) (2;0) (7;0) (5;0) (6;0)

395 Vastus. (3;0) (5;5) (10;10) (18;17) (4;3) (9;9) (3;3) 1 (6;5) 8 (5;5) (10;9) (2;2) (7;7) (5;5) (6;4)

396 5.15. Hulknurksed graafid. Hulknurkseks graafiks nimetatakse tasandilist graafi, milles on vähemalt üks kaar ja mille iga kaar sisaldub selle graafi mingis lihttsüklis. G 1 G 2 G 3 Näide. Joonisel kujutatud graafidest on hulknurksed vaid graafid G 3 ja G 4. G 4

397 Näide.

398 Vaatleme nüüd sidusaid hulknurkseid graafe. Hulknurkse graafi G iga lihttsükkel τ eraldab tasandist, millel see graaf on kujutatud, tõkestatud piirkonna. Kui see piirkond ei sisalda mõne teise lihttsükliga piiratud piirkonda, siis vaadeldavat tsüklit τ nimetatakse minimaalseks lihttsükliks ja selle tsükliga piiratud piirkonda nimetatakse graafi G tahuks. Tasandi ülejäänud osa, mis jääb väljapoole minimaalsete lihttsüklitega piiratud ala ning on seega tõkestamata, loetakse samuti graafi G tahuks. Hulknurkse graafi korral räägitakse kaare asemel servast.

399 Näide. Vaatleme hulknurkset graafi b a e c d Selle hulknurkse graafi minimaalsed lihttsüklid on τ 1 = (a, b, e, a), τ 2 = (a, d, e, a), τ 3 = (b, c, d, e, b). Seega on sellel hulknurksel graafil 4 tahku kolm tõkestatud tahku ja üks tõkestamata tahk.

400 Näide. Kuubil on 6 tahku. Kuubi tippudele ja servadele vastab joonisel a) kujutatud planaarne graaf. Sellele graafile vastab joonisel b) esitatud hulknurkne graaf, millel on samuti 6 tahku: viis tõkestatud tahku ja üks tõkestamata tahk: a) s a t b b) s a t b v d u c d v c u

401 Teoreem (Euleri valem). Kui G on sidus hulknurkne graaf, milles on v tippu, e serva (kaart) ja f tahku, siis kehtib nn Euleri valem f = e v + 2 Tõestus. Olgu G sidus hulknurkne graaf, milles on v tippu, e serva (kaart) ja f tahku. Hulknurkse graafi definitsiooni kohaselt peab G sisaldama vähemalt ühte lihttsüklit. Seetõttu peab ilmselt tahkude arv olema vähemalt kaks, st f 2. Teoreemi tõestame induktsiooniga tahkude arvu f järgi.

402 Olgu f = 2. Siis graafil G on kaks tahku. Üks neist on tõkestatud ning on piiratud mingi lihttsükliga τ = (t 1, t 2,..., t k ) ja teine on sellest tahust väljapoole jääv tõkestamata tahk. On ilmne, et graafi G kõik kaared ja tipud esinevad tsüklis τ. Seega e = k 1, v = k 1, e v + 2 = 2 = f ja vaadeldaval juhul Euleri valem kehtib. Vaatleme nüüd juhtu f > 2 ning eeldame, et nende sidusate hulknurksete graafide jaoks, milles on vähem kui f tahku, Euleri valem kehtib. Valime graafis G ühe tahkudest G 1 = (t 1, t 2,..., t k ), mis piirneb selle graafi tõkestamata tahuga.

403 Kõrvaldame graafist G valitud tahu G 1 nii, et ülejäänud tahud jääksid puutumata ja tähistame saadud hulknurkset tasandilist graafi G 2. Tahu G 1 valime nii, et graaf G 2 jääks sidusaks. Näiteks: G G G 1 = (5, 6, 7, 5)

404 Veendume, et graafide G 1 ja G 2 ühised servad (kui neid on) asuvad tsüklis G 1 = (t 1, t 2,..., t k ) järjestikku (st moodustavad ahela). Oletame, et see pole nii. Siis võib üldsust kitsendamata eeldada, et leiduvad indeksid i ja j (i < j < k) nii, et tahu G 1 kui tsükli servadest (t 1, t 2 ), (t 2, t 3 ),..., (t i 1, t i ), (t j, t j+1 ) on ühised graafidele G 1 ja G 2 ning servad (t i, t i+1 ), (t i+1, t i+2 ),..., (t j 1, t j ) ei asu graafil G 2. Graafi G 2 sidususe tõttu on tema tipud t i ja t j ühendatavad marsruudiga (t i, u 1 ), (u 1, u 2 ),..., (u s, t j ).

405 Moodustame kinnise ahela α = (t i, t i+1,..., t j, u s, u s 1,..., u 1, t i ) graafis G. Siis ahelas α sisaldub minimaalne lihttsükkel τ, mis sisaldab serva (t i, t i+1 ). Tsükkel τ määrab tahu graafis G, mis kuulub konstruktsiooni kohaselt ka graafile G 2. See on aga vastuolus eeldusega, et serv (t i, t i+1 ) pole graafide G 1 ja G 2 ühine serv. Saadud vastuolu näitabki, et graafide G 1 ja G 2 ühised servad moodustavad ahela (muidugi võib selleks ahelaks olla triviaalne ahel, mis sisaldab 0 serva). Analoogilise arutlusega saab näidata, et graafide G 1 ja G 2 ühisteks tippudeks on saadud ahelas esinevad tipud (kui saadud ahelas on 0 serva, siis on graafidel G 1 ja G 2 ainult üks ühine tipp!).

406 Graafide G 1 ja G 2 jaoks kehtib induktsiooni eelduse kohaselt Euleri valem, s.t. f 1 = e 1 v 1 + 2, f 2 = e 2 v 2 + 2, ( ) kus f 1, e 1, v 1 ja f 2, e 2, v 2 on Euleri valemis esinevad arvud vastavalt graafide G 1 ja G 2 jaoks. Oletame, et graafidel G 1 ja G 2 on m ühist serva. Kuna need ühised servad moodustavad ahela, millel asuvad ka nende graafide ühised tipud, siis on nendel graafidel m + 1 ühist tippu. See võimaldab arvutada graafi G jaoks arvud f, v ja e: f = f 1 +f 2 1, v = v 1 +v 2 (m+1), e = e 1 +e 2 m. ( )

407 Seostest (*) ja (**) saame e v + 2 = (e 1 + e 2 m) (v 1 + v 2 m 1) + 2 = = (e 1 v 1 + 2) + (e 2 v 2 + 2) 1 = f 1 + f 2 1 = f. Seega kehtib teoreemi väide ka juhul f > 2 ning vastavalt induktsiooniprintsiibile iga f 2 korral.

408 Teoreem. Sidusas hulknurkses graafis G kehtivad võrratused 3f 2e, e 3v 6, kus f, v ja e tähistavad graafi G tahkude, tippude ja servade arvu.

409 Teoreem. Olgu hulknurksel graafil k sidususe komponenti. Siis selle graafi tahkude arvu f, servade arvu e ja tippude arvu v jaoks kehtib v e + f = 1 + k.

410 5.16. Platoni kehad Kolmemõõtmelises eukleidilises ruumis vaadeldakse kumeraid korrapäraseid hulktahukaid, st kumeraid kehasid, mis on piiratud tahkudega, milledeks on ühesugused korrapärased hulknurgad, ning mille iga tipu juures on ühe ja sama palju servi. Näiteid: Tetraeeder Heksaeeder ehk kuup

411 Kumeraid korrapäraseid hulktahukaid nimetatakse ka Platoni kehadeks. Platon (428 või või 347) kreeka filosoof, filosoofilise idealismi rajaja.

412 Igale kumerale korrapärasele hulktahukale vastab hulknurkne graaf, mille tahkudele vastavad parajasti hulktahuka tahud ning servadele vastavad parajasti hulktahuka servad. Näide. Tetraeeder ja temale vastav hulknurkne graaf:

413 Näide. Heksaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf:

414 Ülesanne. Leida kõik Platoni kehad. Lahendus. Olgu G vaadeldava Platoni kehale vastav hulknurkne graaf (see on sidus). Tähistusi: f graafi G tahkude arv; e graafi G servade arv; v graafi G tippude arv; m servade arv tahul; n tahkude arv, millel asub antud tipp ehk tipust lähtuvate servade arv.

415 m 3, n 3; mf = 2e, sest iga serv asub kahel tahul; nv = 2e (tippudest lähtuvate servade koguarv). Nende seoste ja Euleri valemi tõttu saadakse 0 < 2 = v e+f = 2e n e + 2e m 2m mn + 2n = e, mn 2m mn + 2n > 0, mn 2m 2n < 0, mn 2m 2n + 4 < 4, (m 2)(n 2) < 4, (m 2)(n 2) 3. ( ) Et m, n 3, siis m 2 1, n 2 1 ning võrratuses (*) on järgmised võimalused:

416 1 0 m 2 = 1, n 2 = 1; m = 3, n = 3; 2 0 m 2 = 2, n 2 = 1; m = 4, n = 3; 3 0 m 2 = 1, n 2 = 2; m = 3, n = 4; 4 0 m 2 = 3, n 2 = 1; m = 5, n = 3; 5 0 m 2 = 1, n 2 = 3; m = 3, n = 5. Juhtudele vastavad Platoni kehad on aga teada. Need on: 1 0 tetraeeder (korrapärane nelitahukas); 2 0 heksaeeder ehk kuup (korrapärane kuustahukas); 3 0 oktaeeder (korrapärane kaheksatahukas); 4 0 dodekaeeder (korrapärane kaksteisttahukas); 5 0 ikosaeeder (korrapärane kakskümmendtahukas).

417 Oktaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf.

418 Dodekaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf.

419 Ikosaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf.

420 5.17. Puu. Sidusat graafi G nimetatakse puuks, kui ta ei sisalda lihttsükleid. Graafi G nimetatakse metsaks, kui ta ei sisalda lihttsükleid. Mets ei pea olema sidus graaf. Puu definitsioonist tuleneb, et ta ei saa sisaldada kordseid kaari ja sõlmi. Metsa iga sidus komponent on puu. Teoreem. Graaf on puu parajasti siis, kui tema iga kahe erineva tipu u ja v korral leidub parajasti üks lihtahel tipust u tippu v.

421 Näide. a b a b a b a b c d c d c d c d e f e f e f e f G 1 G 2 G 3 G 4 G 1 ja G 2 on puud, G 3 ja G 4 pole puud

422 Olgu antud puu G = (T, K). Fikseerime mingi tipu u T. Moodustame orienteeritud graafi G = (T, K ) järgmiselt: iga tipu v T, v u jaoks leidub lihtahel u = u 1, u 2,..., u k = v tipust u tippu v; siis kaared (u i, u i+1 ); i = 1, 2,..., k 1, loetakse kuuluvaks graafi G kaarte hulka K : K = { (s, t) leidub v T ja lihtahel u = u 1, u 2,..., u k et s = u i ja t = u i+1 mingi i = 1, 2,..., k 1 korral }. Tippu u nimetatakse orienteeritud graafi G juureks ja graafi G juurega puuks. Kui (u, v) K, siis tippu v nimetatakse tipu u järglaseks ja tippu u tipu v eellaseks.

423 Näide. Kui eelmise näite puus G 2 valida juureks tipp a, siis tekib joonisel a) kujutatud juurega puu, kui aga juureks valida tipp e, tekib joonisel b) kujutatud juurega puu. a e a) b) f b b c a d e c f d

424 Edaspidi jäetakse juurega puu joonistel kaare orienteeritust näitav nool ära. Juurega puid kasutatakse sageli ka mitmesuguse informatsiooni säilitamiseks (puu igas tipus asuvad mingid andmed). Sellisel juhul tekib vajadus puu kõigi tippude külastamiseks. Selleks tuleb vaadeldava juurega puu tipud mingi põhimõtte kohaselt täielikult järjestada. Saadud järjestus näitab tippude läbimise järjekorda kõigi tippude külastamiseks. On mitmeid algoritme juurega puu tippude järjestamiseks. Kirjeldame järgnevalt ühte neist.

425 Vaadelgem juurega puud G, mille juureks on tipp u. Märgendame algul puu G tipud. Juure u märgendame sümboliga 0. Olgu juurel k järglast. Märgendame need sümbolitega 0.1, 0.2,, 0.k. Kui tipul 0.i on j järglast, siis märgendame need sümbolitega 0.i.1, 0.i.2,..., 0.i.j. Edasi jätkatakse analoogiliselt.

426 Näide

427 Saadud märgendite abil on võimalik järjestada juurega puu G tipud järgmiselt: kui x 1.x 2..x n ning y 1.y 2..y m on tipud, siis x 1.x 2..x n < y 1.y 2..y m parajasti siis, kui eksisteerib selline indeks i, et või x 1 = y 1, x 2 = y 2,..., x i 1 = y i 1, x i < y i n < m ja x 1 = y 1, x 2 = y 2,..., x n = y n. Sellist järjestust nimetatakse leksikograafiliseks järjestuseks.

428 Näide. Eelmises näites kujutatud juurega puu tippude järjestus on järgmine: 0 < 0.1 < < < < 0.2 < < < 0.3 < < < < < < <

429 5.18. Kattev puu. Sidusa graafi G katvaks puuks nimetatakse puud T, mille tippudeks on graafi G kõik tipud. Näide. Joonisel on kujutatud sidus graaf G ja tema kolm katvat puud T 1, T 2 ja T 3. G T 1 T 2 T 3

430 Algoritm sidusa graafi G = (T, K) katva puu T = (T 0, K 0 ) leidmiseks. Puu T leitakse järk-järgult. Algoritmi alustades valitakse T 0 =, K 0 =. Et algoritmi töö käigus ei pöördutaks tagasi juba puusse lülitatud tipu juurde, omistatakse ajutiselt igale tipule v nn tasemenumber L(v). Algoritmi sammud on järgmised: (1) valida mis tahes tipp v 0 T ja võtta T 0 = {v 0 }, L(v 0 ) = 0; (2) iga tipp v T \ T 0, mis on tipu v 0 kaastipp, lisada hulka T 0 ja kaarte hulka K 0 lisada kaar (v 0, v) ning võtta L(v) = 1;

431 (3) valida i = 1; (4) valida tipp v j T 0, mille korral L(v j ) = i; (5) valida tipu v j kaastipp v T \ T 0 (st (v, v j ) K), lisada see hulka T 0 ning hulka K 0 lisada kaar (v, v j ) ja võtta L(v) = i + 1; (6) korrata sammu (5) seni, kuni kõik hulga T \ T 0 elemendid on läbi vaadatud (NB! Hulk T \ T 0 selle kordamise käigus pidevalt muutub.); (7) korrata samme (4) (6) seni, kuni kõik elemendid v j omadusega L(v j ) = i on läbi vaadatud; (8) võtta i := i + 1; (9) korrata samme (4) (8) seni, kuni saadakse T 0 = T.

432 Näide. Leiame äsja kirjeldatud algoritmi abil joonisel kujutatud sidusa graafi katva puu. v 0 v 1 v 5 v 3 v 2 v 4

433 Ülesanne 98. Leida joonisel kujutatud graafi kattev puu. a b c d e f

434 Ülesanne 99. Leida joonisel kujutatud graafi kattev puu

435 Teoreem (Kirchoff i valem). Olgu G sidus graaf n tipuga 1, 2,..., n ja kaassusmaatriksiga A. Olgu D diagonaalmaatriks, mille diagonaalil asuvad tippude astmed δ(1), δ(2),..., δ(n). Siis graafi G erinevate katvate puude arv võrdub maatriksi D A mis tahes elemendi algebralise täiendiga.

436 Gustav Robert Kirchhoff ( ). Gustav Robert Kirchhoff ( ) saksa matemaatik ja füüsik.

437 Näide. Leiame joonisel kujutatud graafi katvate puude arvu D A = =

438 = Saadud maatriksi esimese rea esimese veeru elemendi alamdeterminant on = 8. Seega on vaadeldaval graafil 8 erinevat katvat puud. Need katvad puud on kujutatud järgneval joonisel.

439

440 Ülesanne 100. Kasutades Kirchoffi valemit, leida joonisel antud graafide kõigi katvate puude arvud. Leida kõik katvad puud joonistel a) ja c) kujutatud graafidele. a) b) c)

441 Vastus. Katvate puude arvud on: a) 11, b) 45, c) 12. Katvad puud ülesandes a) on

442 ja katvad puud ülesandes c) on

443 Vaadelgem sidusat graafi G = (T, K), mille igale kaarele (u, v) on vastavusse pandud reaalarv l(u, v) R kaare (u, v) kaal. Selle graafi katva puu T kaaluks nimetatakse selle puu kõigi kaarte kaalude summat. Minimaalseks katvaks puuks nimetatakse vähima kaaluga katvat puud. Tüüpiline ülesanne graafiteoorias on: leida antud sidusa graafi jaoks minimaalne kattev puu. Esitame siinkohal kaks algoritmi minimaalse katva puu leidmiseks.

444 1. algoritm: (1) Järjestada graafi G kaared kaalude kahanemise järjekorras. (2) Tekkinud jadast hakata järjest kustutama kaari selliselt, et säiluks järelejäänud graafi sidusus. Toimida seni, kuni jääb järgi n 1 kaart.

445 2. algoritm (Krushkal i algoritm): (1) Järjestada graafi G kaared kaalude kasvamise järjekorras. (2) Hakata graafi G tippe järjest ühendama saadud jada kaartega. Kui mingi kaar tekitaks tsükli, siis jätta see kaar vaatlusest välja ja minna jada järgmise kaare juurde. Joseph Bernard Kruskal, Jr. ( ) ameerika matemaatik, statistik ja arvutiteadlane.

446 Näide. 6 b 1 d 4 c a e f 8 3 g

447 Ülesanne. Leida järgmise graafi minimaalne kattev puu: 3 b 3 d 1 c a e f g

448 Ülesanne 101. Leida järgmiste graafide minimaalsed katvad puud: a) b 3 e 5 g a d h c 3 f b) a 4 c e 2 g b 6 d f 8 h 1 2 i c) a 3 b 2 c d 3 e f g 2 h 4 i d) a 4 b 1 c d 8 e 1 f g 3 h 2 i

449 e) c 4 e 2 g a 4 k 8 i 3 j 2 h b 8 d 4 f f) a 2 b 1 c d 2 1 e f g 3 h 3 i

450 5.19. Probleeme graafiteoorias. 1. Graafi G elementaarkontraktsioon kahe kaastipu u ja v asendamine ühe uue tipuga w ja kaare (u, v) ärajätmine. Näide. Elementaarkontraktsioon tippudega a ja b: a b d c e d c e d c

451 Graafi G kontraktsioon graafile G lõplik arv kordi elementaarkontraktsioonide rakendamine. Hadwigeri hüpotees. Kui G on sidus graaf ja tema kromaatiline arv on n, siis graafist G on kontraktsiooni teel saadav täielik graaf K n. Teada on, et see kehtib n 5 korral. Hüpotees püstitati šveitsi matemaatiku Hugo Hadwiger i ( ) poolt a. Bollobas, Catlin ja Erdös lugesid seda üheks tõsisematest graafiteooria lahendamata hüpoteesidest.

452 Ülesanne. Joonisel on kujutatud Moseri graaf. Leida selle graafi kromaatiline arv n ja kontraktsioon graafiks K n. a b c d e f g Leo Moser ( ) austria ja kanada matemaatik.

453 Lahendus. Teostame elementaarkontraktsiooni kaarega (f, g). Saame a b d e c f Teostame elementaarkontraktsiooni kaarega (a, e). Saame b a d c f

454 Teostame elementaarkontraktsiooni kaarega (a, c). Saame a b d f a d b f

455 Barnette hüpotees. 2. Olgu G sidus bigraaf, mille iga tipu aste on 3 ning milles iga kahe tipu ja nendega intsidentse kaare eemaldamisel tekkinud graaf on jälle sidus. Siis graafis G leidub Hamiltoni tsükkel. Probleemi püstitas Washingtoni Ülikooli emeriitprofessor David W. Barnette.

456 Harborthi hüpotees. 3. Iga planaarset graafi saab joonestada selliselt, et kaarte pikkused on täisarvud. Heiko Harborth (sünd ) on Braunschweigi Tehnikaülikooli professor alates a. Järgmisel slaidil on kujutatud Harborthi graaf.

457

458 4. Hadwiger-Nelsoni probleem. Milline on vähim värvide arv, millega saab tasandi värvida nii, et iga kaks punkti, millede vaheline kaugus on 1, on erinevat värvi? Hüpotees on, et see on üks arvudest 4, 5, 6, 7. Edward Nelson ( ) Princetoni Ülikooli professor.

459 5. Lovászi hüpotees. Graafi G nimetatakse tipptransitiivseks, kui selle graafi iga kahe tipu u ja v korral leidub selline isomorfism ϕ : G G, et ϕ(u) = v. Hüpotees on: iga sidus tipptransitiivne graaf omab Hamiltoni ahelat. Hüpoteesi teine versioon: Iga sidus tipptransitiivne graaf omab Hamiltoni tsüklit, v. a. viis teadaolevat kontranäidet, milledeks on K 2, Peterseni graaf, Coxeteri graaf ja kaks graafi, mis on saadud Peterseni ja Coxeteri graafist, kui nendes iga tipp asendada kolmnurgaga. László Lovász (s. 1948) ungari matemaatik.

460 Coxeteri graaf.