Le condizioni per il grafico bipartito devono essere planari senza bordi che vanno attorno ai vertici

Un grafico bipartito è planare se non ha $K_{3, 3}$ o minori.$K_5$

Sto cercando le condizioni necessarie o / e sufficienti per consentire disegni planari senza spigoli che "girano" insieme di vertici. Questi disegni soddisfano:

1. Tutti i vertici di una parte sono disegnati su un'unica linea verticale. I vertici dell'altra parte sono disegnati su una linea verticale parallela.
2. I bordi non si intersecano se non ai vertici.
3. I bordi si trovano tutti nella striscia infinita tra le due linee verticali nel punto 1.

Ad esempio, tutti i disegni qui, tranne quello in basso a destra, non sono esempi. Il grafico in basso a sinistra può essere ridisegnato per soddisfare le condizioni scambiando le posizioni di Q e R. I due grafici superiori non possono essere ridisegnati per soddisfare le condizioni.

I primi due grafici sono gli unici ostacoli che ho potuto trovare. Le mie domande sono:

1. Questo problema ha un nome?
2. Qualche altro ostacolo che ho perso?
3. Qualche suggerimento su come posso dimostrare che questi due ostacoli (insieme a tutto ciò che ho perso), come minori ovviamente, sono necessari e sufficienti.

Si noti che questo non è lo stesso di essere esterno-piano, è esterno-piano (può essere disegnato come un quadrato) ma non può essere disegnato per soddisfare le condizioni di cui sopra.$K_{2, 2}$

I tuoi grafici sono esattamente i grafici della larghezza  del percorso o, equivalentemente, delle foreste, ciascuno dei cui componenti è un bruco . I bruchi hanno due caratterizzazioni rilevanti:$1$

• sono gli alberi in cui esiste un singolo percorso contenente ogni vertice di grado superiore a  ;$1$

• sono gli alberi in cui ogni vertice ha al massimo due vicini non fogliari.

Lemma 1. Ogni bruco appartiene alla tua classe.

Prova. Lascia che sia un bruco e che sia il percorso più lungo contenente ogni vertice di grado  o più. Si noti che, per massima, . Possiamo produrre un disegno di  G disegnando prima  P come zig-zag e quindi aggiungendo i vertici di grado 1 adiacenti a  x i tra x i - 1 e  x i + 1 . ◻$G$$P=x_1\dots x_\ell$$2$$d(x_1)=d(x_\ell)=1$$G$$P$$1$$x_i$$x_{i-1}$$x_{i+1}$$\Box$

Lemma 2. Ogni grafico nella tua classe è aciclico.$G$

Prova. Supponiamo che contenga il ciclo x 1 y 1 x 2 y 2 … x k y k x 1 e supponiamo che abbia un disegno del modulo richiesto. Wlog, x 2  è sopra  x 1 . Ma allora dobbiamo avere y 2 sopra  y 1 poiché, altrimenti, le linee x 1 y 1 e  x 2 y 2 si incrociano. Per induzione, x i + 1  è sopra $G$$x_1y_1x_2y_2\dots x_ky_kx_1$$x_2$$x_1$$y_2$$y_1$$x_1y_1$$x_2y_2$$x_{i+1}$ per tutto i ∈ { 1 , … , k - 1 } e similmente per gli  y . Ma allora ogni linea y k x 1 deve lasciare la regione tra le due colonne di vertici o attraversare ogni altro bordo del ciclo. Ciò contraddice la nostra supposizione che il grafico abbia un disegno adeguato. $x_i$$i\in\{1, \dots, k-1\}$$y$$y_kx_1$$\Box$

Lemma 3. Ogni non-bruco connesso non è nella tua classe.

Prova. Lascia che sia un grafico connesso che non è un bruco. Se contiene un ciclo, non è nella tua classe di Lemma  2 , quindi possiamo supporre che sia un albero. Se non è un bruco, deve contenere un vertice  x con vicini distinti y 1 , y 2 e  y 3 , ognuno dei quali ha grado almeno   2 .$G$$2$$x$$y_1$$y_2$$y_3$$2$

Supponiamo di avere un disegno di  con le proprietà richieste. Wlog, y 2  è sopra  y 1 e y 3  è sopra  y 2 . Lascia che z ≠ x sia un vicino di  y 2 . Il bordo  y 2 z deve incrociare x $G$$y_2$$y_1$$y_3$$y_2$$z\neq x$$y_2$$y_2z$ o  x y 3 , contraddicendo la nostra supposizione che il grafico abbia un disegno della forma richiesta. $xy_1$$xy_3$$\Box$

Teorema. La tua classe di grafici è esattamente la classe di foreste, ciascuno dei cui componenti è un bruco.

Prova. Lascia che sia un grafico. Chiaramente, G  è nella tua classe se, e solo se, ogni componente è: se un componente non può essere disegnato come richiesto, l'intero grafico non può; se ogni componente può essere disegnato come richiesto, l'intero grafico può essere disegnato disponendo i componenti uno sopra l'altro. Il risultato ora segue i Lemmi 1 e  3 . $G$$G$$1$$3$$\Box$

Corollario. La tua classe di grafici è la classe di grafici che non ha o la suddivisione di  K 1 , 3 come minore.$K_3$$K_{1,3}$

Prova. Questi sono gli ostacoli per la larghezza del percorso  $1$ . $\Box$

Questi sono essenzialmente gli ostacoli che hai trovato: hai bisogno di anziché K 4 perché quest'ultimo ammetterebbe K 3 nella classe; la suddivisione di$K_3$$K_4$$K_3$ è esattamente il tuo secondo ostacolo.$K_{1,3}$

Quindi, la seguente risposta è quella che mi è venuta in mente:

Come hai già detto, ci sono solo due possibili casi che non possono essere riorganizzati.

Il secondo caso non è una rappresentazione corretta se assumiamo un grafico bipartito, poiché Wikipedia definisce un grafico bipartito come: ogni fronte collega un vertice in a uno in $U$$V$ .

Modifica: ho letto male il grafico, mi dispiace per quello.

Questo ci lascia solo con il sottografo completo , che è la condizione che vuoi evitare. Inversamente, la condizione sufficiente è che il grafico bipartito non abbia un sottografo completo al suo interno.$K_{2,2}$

Per dimostrare che qualsiasi altro sottografo è valido, puoi immaginare quanto segue:

Innanzitutto, supponiamo che non abbiamo bordi e iniziamo con un bordo arbitrario . Aggiungendo il bordo successivo, abbiamo tre possibili casi:$e$

Il primo caso è che abbiamo un nodo che non inizia né termina sullo stesso nodo del primo bordo. Questo ci lascia senza alcun problema e possiamo continuare a inserire.

Il secondo caso è che abbiamo un bordo che - lungo il suo cammino - attraversa un altro bordo, già esistente. In questo caso dobbiamo scambiare il vertice o V 2 (quello con il bordo già esistente) con uno dei nuovi bordi V 3 o V 4 , in modo da continuare a soddisfare i criteri.$V_1$$V_2$$V_3$$V_4$

Ciò presuppone che non ci siano ulteriori spigoli che iniziano o finiscono nei nodi da scambiare, il che ci porta al seguente terzo caso: Dopo aver scambiato uno dei quattro vertici $V1-V4$ , dobbiamo tracciare tutte le altre connessioni dal vertice scambiato .

Ancora una volta possiamo trovare solo tre soluzioni: o tracciamo una connessione finale, o ripetiamo il passaggio che abbiamo già fatto prima (tracciando tutti i passaggi rimanenti). Se finiamo su un nodo finale, possiamo scambiare tutti i nodi tracciati.

L'ultimo caso possibile porterà a un nodo che abbiamo già visitato, il che ci lascerebbe con un sottografo completo, che possiamo quindi ridurre alla menzionata condizione .$K_{2,2}$

EDIT: per estendere questa prova al secondo caso, dobbiamo considerare le seguenti condizioni:

In generale, se abbiamo un sottografo con almeno un hub (3 o più connessioni), è "piuttosto semplice".

$\langle k\rangle > 1$

Dal momento che io stesso ho solo una leggera conoscenza in questo settore, ma voglio ancora fornirti una possibile soluzione, ti ho collegato un (eventualmente) articolo appropriato

Se qualcuno nominasse questo problema, sarei interessato a imparare, specialmente da quando ho trovato questa soluzione solo seguendo i pensieri del teorema di Fáry e completando i sottografi bipartiti.