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

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

http://www.staff.ttu.ee/ puusemp/ Sellel kodulehe aadressil asub alajaotuse Diskreetne matemaatika all elektrooniline õpik ja ülesannete kogu harjutustundideks. Täiendav kirjanduse loetelu asub elektroonilise õpiku lõpus.

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

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

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.

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.

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).

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 )).

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.

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 )).

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).

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);

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).

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.

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.

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

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 ).

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

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?

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?

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

X Y Vidriku vastus A 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 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.

Augustus De Morgan (1806 1871) inglise matemaatik ja loogik.

George Boole (1815 1864) inglise matemaatik ja loogik.

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 + 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0

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 ).

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.

Näide. Leiame tabeliga x y z f (x, y, z) 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 antud Boole i funktsiooni jaoks valemi A, nii et f = f A.

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.

Näide. Avaldame liitmise ja korrutamise kaudu Boole i funktsiooni f : x y z f (x, y, z) 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0

Ülesandeid. 16. Avaldada antud Boole i funktsioon liitmise ja korrutamise kaudu: x y z f (x, y, z) 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1

17. Avaldada antud Boole i funktsioon liitmise ja korrutamise kaudu: x y z f (x, y, z) 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1

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 2016. aastal; K(x) x on kolmapäev; K omadus olla kolmapäev; N(x, y) x on esmaspäev ja y on teisipäev.

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 ).

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.

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.

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.

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))))))

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 ).

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 = { = }.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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)).

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))

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.

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.

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

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.

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

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.

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.

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)

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)

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.

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, 1 1. 2), 3) Eelmine signatuur ja interpretatsioon, A(x) = P(x, 0), B(x) = P(1, 0).

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).

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)).

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.

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.

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.

Eukleides Aleksandriast Eesti Entsüklopeedias: u365 u300 ekr.

Näide 2. Carl Weierstrass i (1815 1897) tööd matemaatilisest analüüsist: lõi 1872. a. reaalarvude põhjenduse (samaaegselt Dedekindi ja Cantoriga) ja matemaatilise analüüsi range käsitluse.

Näide 3. Russelli paradoks. Selle püstitas inglise filosoof ja loogik Bertrand Russell (1872 1970) 1902. a.:

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 (1845 1918) Ernst Zermelo (1871 1953) Abraham Fraenkel (1891 1965) ZFC-aksiomaatika Näide 4. Valiku aksioom.

Näide 5. Gödeli väide. Kurt Gödel (1906 1978) austria loogik, matemaatik ja filosoof. Publitseeris kaks mittetäielikkuse teoreemi.

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 (1934 2007) ameerika matemaatik. Tõestas (1963, 1964), et ei kontiinumi hüpotees ega valiku aksioom pole tõestatavad ZF-aksiomaatikas. Sai Fieldsi medali 1966. a.

Näide 7. Tõenäosusteooria: (X ; Σ; P) P : Σ R Andrei Nikolajevitš Kolmogorov (1903 1987) Kolmogorov, Andrey (1933). Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitsrechnung. Berlin: Julius Springer. Näide 8. Peano aksioomid. Giuseppe Peano (1858 1932) itaalia matemaatik. 1889 esitas naturaalarvude aksiomaatika.

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.

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

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.

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.

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 ))).

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).

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);

(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).

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.

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)

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.

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.

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)

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.

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.

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.

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)

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)

(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)

(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).

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

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.

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.

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).

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.

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.

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

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.

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.

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.

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.

David Hilbert (1862 1943) Kurt Gödel (1906 1978) Alonzo Church (1903 1995) Stephen Colen Kleene (1909 1994) Emil Leon Post (1897 1954) Alan Mathison Turing (1912 1954)

David Hilbert (1862 1943)

Alonzo Church (1903 1995) Ameerika matemaatik ja loogik.

Stephen Colen Kleene (1909 1994) Ameerika matemaatik ja loogik.

Emil Leon Post (1897 1954) Poolas sündinud ameerika matemaatik ja loogik.

Alan Mathison Turing (23.06.1912 7.06.1954) Inglise matemaatik ja loogik.

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 1952. aastal süüdi homoseksuaalsuses ja vanglasse sattumise vältimiseks nõustus viga. Ta jäeti ilma võimalusest töötada valitsuse heaks krüptograafia alase konsultandina ja ebameeldivuste tõttu sooritas enesetapu.

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.

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.

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

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

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.

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.

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

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

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

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

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.

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

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).

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.

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.

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!

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

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?

Ülesanne 30. Esitada ülesandes esitatud Turingi masin graafina.

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

Ülesanne 31 (ühtede arvu kahekordistamine). 1 : L 1 2 0 : 1 1 : R 1 : L 0 : L 3 1 : L 1 : 0 4 7 5 1 : R 0 : 1 0 : R 0 : R 1 : L 6 0 : L 9 10 1 : L 1 : L 0 : L 0 : L 0 : L 8 1 : R 11 0 : R 12 1 : L

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 11... 1 (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.

Ülesanne 32. Olgu linditähestik S = { 0, 1 } (0 - tühi sümbol). Valida olekute hulk Q ja programm, nii et tekkiv Turingi masin teisendab sümbolite jada 111011 (ülejäänud sümbolid lindil on tühikud) jadaks 1101101 ja pärast seda liigub lugev-kirjutav pea kõige vasakpoolsema ühe kohale ja peatub. Lugev-kirjutav pea asub algul vasakpoolseimat ühte sisaldava ruudu kohal.

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.

Ülesanne 33. Konstrueerida Turingi masin, mis lindile järjestikku kirjutatud lõpliku ühtede jada 111... 11 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.

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

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

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

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 {}}{ 1 1... 1 0 0... algseis lugev-kirjutav pea f (n) ühte {}}{... 0 1 1... 1 0 0... lõppseis lugev-kirjutav pea

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

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

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

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

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

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).

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

Kahe muutuja funktsiooni f (n, m) väärtusi arvutav Turingi masin: n ühte {}}{... 0 1 1... 1 0, lugev-kirjutav pea m ühte {}}{ 1 1... 1 0 0... algseis f (n, m) ühte {}}{... 0 1 1... 1 0 0... lõppseis lugev-kirjutav pea

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.

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

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

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.

4.5. Virga kopra probleem M funktsiooni f väärtusi arvutav Turingi masin. Saab defineerida ka f (0):... 0 0 0... 0 0 0... algseis... 0 lugev-kirjutav pea k ühte {}}{ 1 1... 1 0 0... lõppseis lugev-kirjutav pea Siis f (0) = k. Vastasel juhul f (0) = 0.

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

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

Vastus. Mõlema masina produktiivsus on 1.

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

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

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

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

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 1...... q n Masina nimi või masina tegevust kirjeldav tekst

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 ).

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 2...... 1 : 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

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

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 + 11 + 2k p(n + 11) b) 2n ehk 11 + 2k n iga positiivse naturaalarvu n korral. See on aga võimatu. Järelikult ei leidu Turingi masinat, mis arvutab funktsiooni p.

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

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 )

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),

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).

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).

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

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

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

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

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)

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.

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

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.

Näiteid. Järgmised funktsioonid on lihtrekursiivsed: 1) o n (x 1,..., x n ) = 0. 2) f (x) = x + 3. 3) 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 ))

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);

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 2. 50. 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.

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.

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

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))

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)

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)

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:

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,

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.

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)

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.

5. GRAAFITEOORIA Bondy, J.A.; Murty, U.S.R.: Graph Theory. Springer, 2008. B. Bollobaás: Modern Graph Theory. Springer, 2013. Harary, Frank: Graph Theory. Reading, MA: Addison-Wesley, 1969. Biggs, N.; Lloyd, E.; Wilson, R.: Graph Theory 1736 1936. Oxford University Press, 1986. Ruohonen, Keijo: Graph Theory. 2013. math.tut.fi/ ruohonen/gt English.pdf Chung, Fan: Spectral Graph Theory. American Mathematical Society, 1997.

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

Frank Harary (1921 2005) Harary oli ameerika matemaatik, Süüriast ja Palestiinast pärit juudi immigrantide vanim poeg. Teda loetakse kaasaegse graafiteooria rajajaks.

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

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.

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. 1 4 1 2 3 4 5 6 6 2 3 5

Graafide isomorfsus. Definitsioon.

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

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

Ülesanne 53. Näidata, et järgmised graafid on isomorfsed: a b c d e g h 1 2 4 3 5 6 7

Vastus: Isomorfismi määrab kujutus ( ) a b c d e g h. 6 7 2 5 4 3 1

Ülesanne 54. Näidata, et järgmised graafid on isomorfsed (seda graafi nimetatakse Peterseni graafiks): a b c d e f g h i j 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Vastus: Isomorfismi määrab kujutus ( ) a b c d e f g h i j. 5 9 10 8 4 6 2 7 1 3

Ülesanne 55. Näidata, et järgmised graafid pole isomorfsed: 2 1 3 5 4 b a c e d

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

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

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.

Ülesanne 57. Näidata, et järgmised graafid on isomorfsed: 1 2 5 6 4 3 a b e f d c

Vastus: Isomorfismi määrab kujutus ( ) 1 2 3 4 5 6. f b c d a e

Ülesanne 58. Näidata, et järgmised graafid pole isomorfsed: 1 2 5 6 a e f b 8 7 4 3 h d g c

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

Ülesanne 59. Otsustada, kas järgmised graafid on isomorfsed: 1 2 5 6 8 7 4 3 a b e f h g d c

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

Ülesanne 60. Otsustada, kas järgmised graafid on isomorfsed: 1 2 4 3 a b d c

Vastus: On, isomorfismi määrab kujutus ( ) 1 2 3 4. a b d c

5.2. Näiteid graafidega seotud ülesannetest. I. Königsbergi sildade ülesanne Ülesanne püstitas ja lahendas šveitsi matemaatik Leonhard Euler (1707 1783) 1736. 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.

A D C B A D C B

Leonhard Euler (1707 1783) Šveitsi matemaatik. Elas ja töötas Peterburis.

II Lühima tee ülesanne. Leida lühim marsruut tipust 1 tippu 10, kui kaarte kohal on märgitud vastavate tippude vahelised kaugused. 3 2 5 9 4 4 4 8 1 8 3 6 7 5 3 4 10 12 9 11 1 6 3 4 6 7 5

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.

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.

2 2 3 5 3 4 1 6 4 3 4 5 6 2

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).

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

Ülesanne 61. Leida järgmisel joonisel kujutatud graafi G kaarte graaf L(G). 1 4 6 2 3 5

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

Ülesanne 62. Leida joonisel kujutatud graafi G jaoks graafid L(G) ja L(L(G)). Joonisel on graafi tipud ja kaared nummerdatud. 1 2 3 4 1 4 3 2

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

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 (1907 1989) ameerika matemaatik.

Hassler Whitney aprillis 1973.

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 (1916 1996) ameerika matemaatik.

Johnsoni graaf J(5, 2).

Kui G on multigraaf, siis saab kaassusmaatriksi A elemendi a ij defineerida nii: a ij on tippe i ja j ühendavate kaarte arv. 5.4. 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.

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

Vastus: 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 ; 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1.

Ülesanne 64. Joonestada graaf, mille kaassusmaatriks on 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 A = 1 1 0 1 1. 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0

Vastus: 1 5 4 2 3

Ülesanne 65. Joonestada graaf, mille kaassusmaatriks on 0 2 0 2 A = 2 1 1 1 0 1 1 1. 2 1 1 0

Vastus: 1 2 4 3

Ülesanne 66. Leida joonisel kujutatud orienteeritud pseudograafi kaassusmaatriks: 1 2 4 3

Vastus: 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1.

Ülesanne 67. Joonestada orienteeritud pseudograaf, mille kaassusmaatriks on 0 2 3 0 A = 1 2 2 1 2 1 1 0. 1 0 0 2

Vastus: 2 4 3 1

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

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.

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.

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

Stanis law Marcin Ulam (1909 1984)

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

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.

Ulami hüpotees (üks tema paljudest). Järgneva hüpoteesi püstitas esimesena Lothar Collatz (1910 1990) 1937. 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

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,....

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.

Ulami spiraal.

Nendest algarvud:

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.

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.

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.

Ülesanne 68. Leida 3-teede arv tipust 2 tippu 1 joonisel kujutatud orienteeritud multigraafis. 1 2 3 5 4

Vastus: Kuna 0 2 1 0 3 3 1 0 1 0 A 3 = 0 1 1 0 2, 1 1 0 1 1 2 0 0 1 0 siis 3-teede arv tipust 2 tippu 1 on 3.

Ülesanne 69. Leida joonisel kujutatud graafis 3-marsruutide arv a) tipust 4 tippu 5, b) tipust 3 tippu 4, c) tipust 1 tippu 5. 1 3 2 5 4

Vastus: Kuna 2 4 5 1 6 4 2 2 2 4 A 3 = 5 2 0 4 1, 1 2 4 0 5 6 4 1 5 2 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.

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

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.

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

Ülesanne 70. Leida joonisel kujutatud multigraafide jaoks Euleri tsükkel. a) 1 2 3 5 6 4 7 8 9 b) 1 2 3 5 4

Ülesanne 71. Leida joonisel kujutatud multigraafi (nn Mohamedi mõõgad) jaoks Euleri tsükkel. 1 5 2 4 3 11 6 9 8 10 7

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 (1805 1865) iiri matemaatik, saavutas silmapaistvaid tulemusi optikas, abstraktses algebras ja dünaamikas. Tema poolt võeti kasutusele kvaternioonid.

William Rowan Hamilton (1805 1865)

Näide. a) b) 3 4 8 5 2 16 9 15 7 6 11 13 10 12 14 20 18 19 1 17 Dodekaeeder ja temale vastav graaf. Siin Hamiltoni tsükkel on 1, 2, 3,..., 20, 1.

Ülesanne 72. Leida Hamiltoni tsükkel graafis: 1 2 3 4 5

Ülesanne 73. Leida Hamiltoni tsükkel graafis: 1 2 3 4 6 5 7 8 9

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.

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).

6 4 7 7 3 7 2 3 6 5 7 1 5 8 10 8 2 6 3 8 9 8 6 9

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

Ülesanne 76. Leida lühim ja pikim tee ning nende pikkused tipust 1 tippu 10 joonisel kujutatud graafis. 3 2 5 9 4 4 4 8 1 8 3 6 7 5 3 4 10 12 9 11 1 6 3 4 6 7 5

Vastus: Lühim tee 1 2 7 9 10 on pikkusega 16 ja pikim tee 1 4 5 8 10 on pikkusega 26.

Ülesanne 77. Leida lühim ja pikim tee ning nende pikkused tipust 1 tippu 10 joonisel kujutatud graafis. 4 1 3 1 2 6 11 5 3 4 3 3 4 9 7 5 6 6 8 4 6 7 6 8 4 10 9 5

Vastus: Lühimad teed 1 4 5 8 10 ja 1 4 5 9 10 on pikkusega 14 ning pikim tee 1 2 5 7 10 on pikkusega 27.

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.

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

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.

Näide negatiivse pikkusega lihttsükli kohta: 3 1 2 3 5 7 2 4 6-12 4 5

Ülesanne 78. Leida joonisel kujutatud graafi jaoks vähima pikkusega tee tipust 1 tippu 6, kasutades arve λ (k) i. 2 4 2 2 5 5 2 2 2 1 5 1 3 3 12 6

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

1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 5 1 5 5 2 12 0 0 0 0 0 0 2 2 7 5 5 5 3 2 5 3 3 3 3 4 2 5 4 4 4 4 5 1 2 2 2 2 2 2 6 12 12 9 7 7

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

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

Vastus: On kaks lühimat 3-teed tipust 1 tippu 6: 1 3 2 6 ja 1 4 2 6 ning nende pikkus on 9.

Ülesanne 80. Leida antud graafis lühim 5-tee tipust 1 tippu 1: 3-5 2 1 2 1

Vastus: -2.

Ülesanne 81. Leida lühim tee tipust 1 tippu 7 orienteeritud graafis, mille kaarte pikkuste maatriks l(i, j) on 5 4 2 2 9 1 1 1 1 2 1 1 3 2 1 1. 2 2 1 6 1 5 1 1 2 1 1 2

Vastus: λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j λ (4) j λ (5) j 0 0 0 0 0 0 6 5 5 5 5 4 4 4 4 4 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 8 7 6 6 Lühim tee 1 6 4 2 7 on pikkusega 6.

Ülesanne 82. Leida lühim tee tipust x tippu y joonisel kujutatud orienteeritud graafis x a 4 4 5 1 1 y 3 b 5 6 5 c 3 d 2 e

Vastus: λ (0) j λ (1) j λ (2) j λ (3) j x 0 0 0 0 a 4 4 4 b 9 9 c 6 6 6 d 9 9 e 5 5 y 8 8 Lühim tee x a y on pikkusega 8.

Ülesanne 83. Leida lühim tee tipust x tippu y joonisel kujutatud orienteeritud graafis. x a 3 b 5 c 9 6 7 3 1 2 8 4 d e y 4 1 3 5 7 5 f 5 g 3 h

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 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a 9 9 9 9 9 9 9 9 b 12 10 9 9 9 9 9 c 16 15 14 14 14 d 5 5 5 5 5 5 5 e 14 13 12 12 12 12 f 4 4 4 4 4 4 4 4 g 9 8 8 8 8 8 8 h 21 20 19 19 19 y 24 23 22 22

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

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.

Edsger Wybe Dijkstra (1930 2002) hollandi arvutiteadlane.

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).

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};

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.

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

Näide. x b 5 d 4 6 1 8 2 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) =.

Märgime graafi tippude juures ka pärast algväärtustamist tekkinud tippude märgendid: b 5 d 4 6 0 x 1 8 2 y 2 3 c 10 e

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):

Seis 1. sammu järel 4 (x) b 5 d 4 6 0 x 1 8 2 y 2 3 c 10 e 2 (x)

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) = ;

Seis 2. sammu järel 3 (x, c) 10 (x, c) b 5 d 4 6 0 x 1 8 2 y 2 3 c 10 e 2 (x) 12 (x, c)

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) = ;

Seis 3. sammu järel 3 (x, c) 8 (x, c, b) b 5 d 4 6 0 x 1 8 2 y 2 3 c 10 e 2 (x) 12 (x, c)

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;

Seis 4. sammu järel 3 (x, c) 8 (x, c, b) b 5 d 4 6 0 14 (x, c, b, d) x 1 8 2 y 2 3 c 10 e 2 (x) 10 (x, c, b, d)

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.

Seis 5. sammu järel 3 (x, c) 8 (x, c, b) b 5 d 4 6 0 x 13 (x, c, b, d, e) 1 8 2 y 2 3 c 10 e 2 (x) 10 (x, c, b, d)

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).

Ülesanne 84. Leida lühim marsruut ja selle pikkus tipust x tippu y joonisel kujutatud graafis. x b 5 d 2 2 2 1 y 3 4 c 5 e

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 0 0 0 0 0 0 b 2 2 2 2 2 c 3 3 3 3 3 d 7 7 5 5 e 4 4 4 4 y 8 7 Lühim marsruut tipust x tippu y on x b e d y ja selle pikkus on 7.

Ülesanne 85. Leida lühim marsruut ja selle pikkus tipust x tippu y joonisel kujutatud graafis. x b 5 d 5 f 4 7 2 3 1 2 y 3 4 c 6 e 5 g

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 0 0 0 0 0 0 0 0 b 4 4 4 4 4 4 4 c 3 3 3 3 3 3 3 d 6 6 6 6 6 6 e 9 9 7 7 7 7 f 11 11 11 11 g 12 12 12 y 18 16 Lühim marsruut tipust x tippu y on x c d e g y ja selle pikkus on 16.

Ülesanne 86. Leida lühim marsruut ja selle pikkus tipust x tippu y joonisel kujutatud graafis. x b 3 d 6 f 3 7 2 4 2 2 3 1 y 4 2 c 6 e 4 g

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 0 0 0 0 0 0 0 0 b 3 3 3 3 3 3 3 c 4 4 4 4 4 4 4 d 6 6 6 6 6 6 e 10 9 9 9 9 f 12 11 11 11 g 13 13 12 12 y 15 14 Lühim marsruut tipust x tippu y on x b d e f g y ja selle pikkus on 14.

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 2 1 3 3 1 1 3 x 4 c 1 d 2 g 3 h 2 3 e

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 0 0 0 0 0 0 0 0 0 b 2 2 2 2 2 2 2 2 c 4 3 3 3 3 3 3 3 d 5 4 4 4 4 4 4 e 5 5 5 5 5 5 f 7 7 7 7 7 7 7 g 6 6 6 6 6 h 9 8 8 y 11

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.

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

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

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

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.

Näide. Joonisel on kujutatud täielik bigraaf K 3, 3. 1 2 3 4 5 6

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.

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

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 1930. aastal. 1 K 5 2 3 4 5 K 3, 3 1 2 3 4 5 6

Kasimir Kuratowski (1896 1980)

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) 2 1 4 3 5 7 8 9 10 6 b) 3 1 9 5 8 7 2 4 6

Julius Peter Christian Petersen (1839 1910) taani matemaatik.

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

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.

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)

c) d)

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

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.

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

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.

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

Neljavärviprobleem. Ülalkirjeldatud kaartide värvimise ülesande püstitas esimesena Francis Guthrie (1831 1899), kes näitas 1850. 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.

Lõplikult lahendati see probleem jaatavalt alles 1976. 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.

Francis Guthrie (1831 1899) Lõuna-Aafrika Vabariigi matemaatik; sündis Londonis, alates 1861. aastast elas Lõuna-Aafrikas.

Kenneth Appel (1932 2012).

Wolfgang Haken (s. 1928).

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.

Näide. Võrgu näide; kaarte kohal on vastav läbilaskevõime: 2 2 3 5 3 4 1 6 4 3 4 5 6 2

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: 1 0 0 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 ( )

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. ( )

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.

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.

Näide. Järgneval kahel joonisel on kujutatud võrk kahe erineva vooga. a) (3; 2) 2 3 1 (5; 4) (3; 2) (4; 4) 6 (2; 2) (3; 2) 4 5 (2; 2) (2; 0)

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

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.

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.

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.

Ülesanne 88. Täita joonisel kujutatud võrgus lüngad nii, et tekiks voog: (3;*) 2 3 (4;*) (5;2) (5;2) (4;*) (3;*) 1 4 7 8 (5;*) (8;3) (2;0) 5 6 (3;0)

Ülesanne 89. Täita joonisel kujutatud võrgus lüngad nii, et tekiks voog: (3;0) 2 3 (6;4) (4;*) (5;*) (3;*) (2;*) 1 4 7 (5;*) (3;3) (6;*) 5 6 (2;*)

Ülesanne 90. Leida küllastunud voog joonisel kujutatud võrgus: (4;0) (3;0) 2 4 5 (12;0) (15;0) (3;0) (4;0) (4;0) 1 (1;0) 7 (6;0) (6;0) (7;0) 3 6 (8;0)

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.

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

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

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.

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.

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)

Vastus. 0 0 2 4 0 0 0 1 0 6 0 0 0 0 0 3 5 0 0

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.

Lester Randolph Ford (1886 1967). Lester Randolph Ford (1886 1967) ameerika matemaatik.

Delbert Ray Fulkerson (1924 1976). Delbert Ray Fulkerson (1924 1976) ameerika matemaatik.

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.

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.

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)

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)

Ülesanne 94. Leida maksimaalne voog ülesandes 88 esitatud võrgus.

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) 1 4 7 8 (5;5) (8;7) (2;2) 5 6 (3;2)

2) Leiame multigraafi D ϕ0 : 2 3 0 0 0 0 0 0 1 4 0 7 8 0 0 0 0 0 0 5 6 0 0 3) Minimaalse pikkusega tee tipust 1 tippu 8 on 1 2 3 4 7 8. Sellel teel saame vastavalt algoritmile voogu muuta kahe ühiku võrra ja saame uue voo ϕ 1 suurusega 9:

(3;2) 2 3 (4;4) (5;2) (5;2) (4;3) (3;3) 1 4 7 8 (5;5) (8;7) (2;2) 5 6 (3;2)

4) Leiame graafi D ϕ1 : 0 2 3 0 0 0 0 0 0 0 1 4 7 8 0 0 0 0 0 0 5 6 0 0 Saadud graafis minimaalse tee pikkus tipust 1 tippu 8 on, mistõttu voog ϕ 1 on maksimaalne.

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

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

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

Näide.

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.

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.

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

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.

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.

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 2 1 2 6 1 2 5 5 3 4 7 3 4 G 1 = (5, 6, 7, 5)

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 ).

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!).

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. ( )

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.

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.

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.

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

Kumeraid korrapäraseid hulktahukaid nimetatakse ka Platoni kehadeks. Platon (428 või 427-348 või 347) kreeka filosoof, filosoofilise idealismi rajaja.

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:

Näide. Heksaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf:

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.

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:

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 1 0 5 0 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).

Oktaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf.

Dodekaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf.

Ikosaeeder ja temale vastav hulknurkne graaf.

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.

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

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.

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

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.

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.

Näide. 0 0.1 0.2 0.3 0.3.1 0.3.2 0.1.1 0.1.2 0.1.3 0.2.1 0.3.1.1 0.3.1.2 0.3.1.3 0.3.2.1

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.

Näide. Eelmises näites kujutatud juurega puu tippude järjestus on järgmine: 0 < 0.1 < 0.1.1 < 0.1.2 < 0.1.3 < 0.2 < 0.2.1 < < 0.3 < 0.3.1 < 0.3.1.1 < 0.3.1.2 < 0.3.1.3 < < 0.3.2 < 0.3.2.1.

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

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;

(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.

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

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

Ülesanne 99. Leida joonisel kujutatud graafi kattev puu. 17 18 14 15 16 4 3 2 1 0 5 6 7 8 9 10 11 12 13

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.

Gustav Robert Kirchhoff (1824 1887). Gustav Robert Kirchhoff (1824 1887) saksa matemaatik ja füüsik.

Näide. Leiame joonisel kujutatud graafi katvate puude arvu. 4 1 2 3 2 0 0 0 0 1 0 1 D A = 0 3 0 0 0 0 2 0 1 0 1 1 0 1 0 1 = 0 0 0 3 1 1 1 0

2 1 0 1 = 1 3 1 1 0 1 2 1. 1 1 1 3 Saadud maatriksi esimese rea esimese veeru elemendi alamdeterminant on 3 1 1 1 2 1 1 1 3 = 8. Seega on vaadeldaval graafil 8 erinevat katvat puud. Need katvad puud on kujutatud järgneval joonisel.

1 2 4 3 1 2 3 4 1 4 3 2 1 4 2 3 4 1 2 3 2 1 4 3 4 1 2 3 2 1 4 3

Ülesanne 100. Kasutades Kirchoffi valemit, leida joonisel antud graafide kõigi katvate puude arvud. Leida kõik katvad puud joonistel a) ja c) kujutatud graafidele. a) 4 3 5 1 2 b) 4 3 5 1 2 c) 4 3 5 1 2

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

ja katvad puud ülesandes c) on

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.

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.

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. (1928 2010) ameerika matemaatik, statistik ja arvutiteadlane.

Näide. 6 b 1 d 4 c 3 2 5 2 4 a e f 8 3 g

Ülesanne. Leida järgmise graafi minimaalne kattev puu: 3 b 3 d 1 c 5 4 2 3 2 5 2 a e f 6 5 7 g

Ülesanne 101. Leida järgmiste graafide minimaalsed katvad puud: a) b 3 e 5 g 4 1 3 2 1 a d h 6 1 4 5 c 3 f b) a 4 c e 2 g 4 6 8 2 3 1 4 5 3 b 6 d f 8 h 1 2 i c) a 3 b 2 c 1 4 5 8 6 d 3 e f 8 6 7 1 3 g 2 h 4 i d) a 4 b 1 c 3 2 5 7 4 d 8 e 1 f 10 3 7 7 4 g 3 h 2 i

e) c 4 e 2 g 2 1 3 10 7 1 6 a 4 k 8 i 3 j 2 h 6 3 3 6 5 2 5 b 8 d 4 f f) a 2 b 1 c 2 2 1 1 2 d 2 1 e f 3 3 1 1 3 g 3 h 3 i

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

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 (1908 1981) poolt 1943. a. Bollobas, Catlin ja Erdös lugesid seda üheks tõsisematest graafiteooria lahendamata hüpoteesidest.

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 (1921 1970) austria ja kanada matemaatik.

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

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

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.

Harborthi hüpotees. 3. Iga planaarset graafi saab joonestada selliselt, et kaarte pikkused on täisarvud. Heiko Harborth (sünd. 11.02.1938) on Braunschweigi Tehnikaülikooli professor alates 1975. a. Järgmisel slaidil on kujutatud Harborthi graaf.

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 (1932 2014) Princetoni Ülikooli professor.

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.

Coxeteri graaf.