6.3 Arcos simétricos e k-kernels
6.3.3 Prova para k = 3
Apresentaremos a prova para o caso em que k = 3. O caso em que k = 4 é demasiadamente longo, porém, segue a mesma ideia do caso k = 3. Por conta disso, decidimos por apenas demonstrar este caso. Para k ≥ 5, a Conjectura 6.6 permanece aberta.
Como mencionado na Subseção 6.3.2, a estratégia da prova se resume a mostrar que todo circuito no 2-fecho do digrafo possui um arco simétrico. Para k = 3, o enunciado do Teorema provado fica: Seja D um digrafo, se todo circuito B em D tem 12|B| + 1 arcos simétricos, então D tem um 3-kernel. Para provar esse resultado, os autores utilizam os seguintes resultados intermediários.
Lema 6.9. Sejam k ≥ 2 um inteiro, D um digrafo no qual todo circuito C de D tem
k−2
k−1|C| + 1 arcos simétricos e B = (v1, . . . , vn−1, v1) um circuito de D
0 = Ck−1(D). Se
existem caminhos internamente disjuntos par-a-par T1, . . . , Tnde comprimento no máximo
k − 1, tais que Ti é um (vi,vi+1)-caminho em D – notação com índices módulo n –, então
B tem um arco simétrico.
Demonstração. Seja T = {Ti : 1 ≤ i ≤ n}. Para todo j ∈ {2, . . . , k − 1} denotaremos
por mj o número de caminhos de comprimento j em T . Como os caminhos em T são
internamente disjuntos, concatenar todos eles resulta em um circuito I tal que
|I| = n − k−1 X j=2 mj ! + k−1 X j=2 jmj = n + k−1 X j=2 (j − 1)mj.
Note que, como o comprimento de B é n, temos que
mk−1 ≤ n, mk−1+ mk−2 ≤ n, . . . , k−1
X
j=2
≤ n,
a soma dessas inequações resulta em
k−1
X
j=2
(j − 1)mj ≤ (k − 2)n.
Somando Pk−1
j=2(k − 2)(j − 1)mj em ambos os lados da inequação temos k−1 X j=2 (k − 2)(j − 1)mj+ k−1 X j=2 (j − 1)mj ≤ (k − 2)n + k−1 X j=2 (k − 2)(j − 1)mj.
Manipulando algebricamente obtemos
k−1 X j=2 (k − 1)(j − 1)mj ≤ (k − 2) " n + k−1 X j=2 (j − 1)mj # k−1 X j=2 (j − 1)mj ≤ (k − 2) k − 1 " n + k−1 X j=2 (j − 1)mj # .
Pela hipótese do número de arcos simétricos nos circuitos em D e a última inequação, sabemos que B deve ter pelo menos um arco simétrico.
Lema 6.10. Seja D um digrafo. Se todo circuito B em D possui pelo menos 12|B| + 1 arcos simétricos, então todo circuito de comprimento três em H = C2(D) possui um arco
simétrico.
Demonstração. Seja C = (v0, v1, v2, v0) um circuito de H. Se todo arco de C for um arco
possibilidades dos arcos de C estarem em D, para mostrar que pelo menos um deles deve ser simétrico.
Se apenas dois dos arcos pertencem a D, sem perda de generalidade podemos supor (v0, v1) e (v1, v2) ∈ A(D) e (v2, v0) 6∈ A(D). Então, existe um vértice w ∈ V (D) tal
que (v2, w) e (w, v0) ∈ A(D). Claramente, se w = v1, o arco (v1, v0) existe e é um arco
simétrico. Se w 6= v1, então (v0, v1, v2, w, v0) é um circuito de comprimento quatro em D.
Pela hipótese do lema, esse circuito deve ter três arcos simétricos, portanto C também deve ter.
Suponha que apenas (v0, v1) seja um arco de A(D). Sendo assim, existem vértices
v, w ∈ V (D) tais que (v1, v), (v, v2), (v2, w), (w, v0) ∈ A(D). Suponha que v = w, então
(v0, v1, w, v0) é um circuito de comprimento três em D e (v1, v0) deve existir no 2-fecho
de D. Se v 6= w, então (v0, v1, v, v2, w, v0) é um circuito de comprimento cinco em D
que, pela hipótese, deve ter pelo menos quatro arcos simétricos. Se pelo menos um deles for (v0, v1), C possui um arco simétrico, como queríamos. Suponha que os quatro arcos
simétricos sejam (v1, v), (v, v2), (v2, w) e (w, v0). Claramente os arcos (v2, v1) e (v0, v2)
devem existir no 2-fecho de D e são simétricos em C.
Resta supor que nenhum dos arcos de C pertença a A(D). Sejam u, v, w ∈ V (D) tais que (v0, u), (u, v1), (v1, v), (v, v2), (v2, w) e (w, v0) são arcos de D. É fácil de ver que se
u = v2 os arcos (v1, v2) e (v2, v0) são simétricos. Os casos em que v = v0 e w = v1 são
análogos. Suponha que u, v e w sejam diferentes de v0, v1 e v2. Se u = v = w, então
todo arco em C é simétrico. Se u = v, mas u 6= w, então (v0, v, v2, w, v0) é um circuito
de comprimento quatro em D e deve ter três arcos simétricos, resultando que um dos arcos (v0, v) e (v, v2) são simétricos em H. Os casos em que v 6= u = w e v = w 6= u são
análogos. Se os vértices u, v e w são todos diferentes, pelo Lema 6.9, o circuito possui um arco simétrico em C.
Isso conclui a prova de que C deve possuir um arco simétrico.
Os Lemas 6.9 e 6.10 auxiliam a prova do seguinte Teorema, que implica diretamente no que queremos provar.
Teorema 6.11. Seja D um digrafo no qual todo circuito B em D possui 12|B| + 1 arcos simétricos, então todo circuito em H = C2(D) tem um arco simétrico.
Note que, pelo Lema 6.8 e o Teorema de Duchet (Teorema 4.6), se todo circuito de H tem arco simétrico, D possui um 3-kernel. Vejamos a demonstração do Teorema 6.11. Demonstração. Todos os índices dessa prova serão denotados em módulo n. Seja C um circuito em H. Realizaremos a prova através de indução no comprimento de C.
Caso base: (|C| = 3) Segue diretamente do Lema 6.10.
Hipótese de indução: Se C0 é um circuito em H tal que |C0| < n, então C0 possui
um arco simétrico.
Passo indutivo: Seja C = (v0, v1, . . . , vn−1, v0) um circuito de comprimento n em
H. Para todo arco (vi, vi+1) ∈ A(C) \ A(D) existe um vértice vi,(i+1) ∈ V (D) tal que
(vi, vi,(i+1), vi+1) é um (vi,vi+1)-caminho em D. Se vi,(i+1) 6= vj,(j+1) para todo i 6= j e
vi,(i+1) 6= vj para todo 1 ≤ i, j ≤ n, então o Lema 6.9 garante a existência de um arco
simétrico em C. Analisaremos algumas possibilidades a fim de mostrar que não existe caso em que C não possui arco simétrico.
v0 v1 v2
v0,1
(vj, . . . , v0)
Figura 6.8: Ilustração do caso que v0,1 = v1,2. O arco (v0, v2) deve existir em H, formando
um circuito C0 = (v0, v2) ∪ (v2, . . . , v0).
Suponha que vi,(i+1) = vj, para 0 ≤ i, j ≤ n ou que vi,(i+1) = vj,(j+1) para algum
i 6= j. Se vi,(i+1) = v(i+1),(i+2) para algum 0 ≤ i ≤ n − 1, então (vi, vi,(i+1), vi+2) é um
caminho de comprimento dois em D e, portanto, o arco (vi, vi+2) existe em H. Sem
perda de generalidade, podemos supor que i = 0, então C0 = (v0, v2, v3, . . . , vn−1, v0) é um
circuito de comprimento n − 1 em H. A Figura 6.8 ilustra o circuito C0. Pela hipótese de indução, sabemos que C0 possui um arco simétrico. Se o arco simétrico de C0 for qualquer arco diferente de (v0, v2), então claramente esse arco também é simétrico em C
e o resultado segue. Suponha então que (v0, v2) seja o arco simétrico de C0. Existem duas
possibilidades: (v2, v0) ∈ A(D) ou (v2, v0) 6∈ A(D).
Se (v2, v0) ∈ A(D), então (v0, v0,1, v2, v0) é um triângulo em D. A hipótese sobre
arcos simétricos de circuitos em D nos garante que (v0, v0,1) ou (v0,1, v2) seja simétrico,
implicando que (v0, v1) ou (v1, v2) também seja simétrico em H.
Se (v2, v0) 6∈ A(D), então existe um vértice w ∈ V (D) tal que (v2, w, v0) é um caminho
de comprimento dois em D. Se w = v1 ou w = v0,1 então (v0, v1) e (v1, v2) são simétricos.
Caso contrário, (v0, v0,1, v2, w, v0) é um circuito de comprimento quatro em D e, pela
hipótese, possui três arcos simétricos. Sendo assim, um dos arcos (v0, v0,1) e (v0,1, v2) é
simétrico e, portanto, um dos arcos (v0, v1) e (v1, v2) também deve ser simétrico em C.
Se vi,(i+1) = vj para algum 1 ≤ i, j ≤ n, então podemos supor que j 6∈ {i − 1, i + 2}, caso
contrário, (vi−1, vi) ou (vi+1, vi+2) seriam arcos simétricos de C.
Sejam 1 ≤ i 6= j ≤ n tais que vi,(i+1) = vj,(j+1) ou vi,(i+1) = vj e as variáveis i e
j assumam valores tais que |j − i| seja o menor possível. Sem perda de generalidade, podemos supor que i = 0. Se v0,1 = vj,(j+1), como a Figura 6.9 ilustra, j não pode assumir
o valor j = 1, pois implica na existência de um arco simétrico em H, portanto j > 1. Seja P o caminho obtido por (v1, . . . , vj) (vértices em C) a partir da substituição de todo
arco (vi, vi+1) ∈ A(C) \ A(D) pelo caminho (vi, vi,(i+1), vi+1) de D. Como escolhemos i e
j de maneira que |j − i| seja mínimo, P é um caminho em D e C0 = P ∪ (vj, v1,2, v2) é um
circuito em D de comprimento k + j, tal que k = |A((v1, . . . , vj) \ A(D))|. Pela hipótese
sobre a quantidade de arcos simétricos em circuitos de D, sabemos que C0 possui k+j2 + 1 arcos simétricos em D. Se existe um arco (vi, vi+1) ∈ A(P ) ∩ A(C) que é simétrico em
D, então é um arco simétrico de C e o resultado segue. Caso contrário, temos k+j2 + 1 arcos simétricos nos restantes k + 1 arcos do circuito C0. Mas, k ≤ j − 2 e, portanto, k ≤ k2 + j−22 = k+j−22 = k+j2 − 1. Segue que k + 1 ≤ k+j
v0 v1 vj
v0,1
vj+1
(vj+1, . . . , v0)
P
Figura 6.9: Ilustração do caso que v0,1 = vj,(j+1). Note que C0 = P ∪ (vj, v0,1, v1) é um
circuito de D.
Pombos, ou o par de arcos (vi, vi,(i+1)) e (vi,(i+1), vi+1) de C0 são simétricos em D ou os
arcos (vj, v0,1) e (v0,1, v1) são simétricos em D.
Se os arcos (vi, vi,(i+1)) e (vi,(i+1), vi+1) de C0são simétricos em D, então o arco (vi+1, vi)
existe em H e (vi, vi+1) é um arco simétrico de C. Caso contrário, se os arcos (vj, v0,1)
e (v0,1, v1) são simétricos em D, veja que (v1, v0,1, vj+1) é um caminho em D, e portanto
C00 = (v1, vj+1) ∪ (vj+1, vj+2, . . . , v1) é um circuito em H de comprimento menor que n.
Pela hipótese de indução, C00 possui um arco simétrico. Se esse arco não for (v0, vj+1),
então esse arco também é simétrico em C, como queremos provar. Se o arco for (v0, vj+1),
então sabemos que (vj+1, v0) ∈ A(H) e temos dois casos.
Se (vj+1, v0) ∈ A(D), então (v0, v0,1, vj+1, v0) é um circuito de D e os arcos (v0, v0,1)
e (v0,1, vj+1) são simétricos em D. Podemos concluir que (v1, v0) ∈ A(H) e (vj+1, vj) ∈
A(H). Portanto, podemos supor que existe um vértice x ∈ V (D) tal que (vj+1, x, v0) é um
caminho em D. Se x = v0,1, então (v1, v0,1, v0) é um caminho em D, e (v1, v0) é simétrico
em D. Isso implica que (v1, v0) ∈ A(H) ou (vj+1, vj) ∈ A(H), como desejado.
Vejamos o caso v0,1 = vj, como a Figura 6.10 ilustra. Já sabemos que j ∈ {n, 2}
implica na existência de um arco simétrico em C. Portanto, como D não admite arcos na forma (u, u), podemos considerar que j 6∈ {0, 1, 2, n}. Podemos argumentar de forma análoga ao caso anterior, no qual obtemos um caminho P através da substituição de todo arco (vi, vi,(i+1)) ∈ V (C) \ V (D) pelo caminho (vi, vi,(i+1), vi+1) em (v1, . . . , vj) (através de
C). Novamente, construímos o circuito C0 = P ∪ (vj, v1) em D de comprimento k + j − 1,
tal que k = |A((v1, . . . , vj)) \ A(D)| e, como já vimos, k + 1 ≤ k+j2 . Pela hipótese de arcos
simétricos nos circuitos de D sabemos que C0 possui k+j−12 arcos simétricos em P . Mas isso implica que existe um arco de A((v1, . . . , vj)) ∩ A(D) que é simétrico em D, ou que
existe i, tal que 1 ≤ i ≤ j − 1, tal que os arcos (vi, vi,(i+1)) e (vi,(i+1), vi+1) são simétricos
em D. Em qualquer desses casos C possui um arco simétrico.
Tendo em vista que cobrimos todos os casos possíveis e concluímos em todos que C possui um arco simétrico, segue a prova do passo de indução e, portanto, o Teorema 6.11 também.
Como mencionado anteriormente, é fácil de ver que o Lema 6.8, o Teorema de Duchet (Teorema 4.6) e o Teorema 6.11 implicam no seguinte Corolário.
v0 v1 vj
P
Figura 6.10: Ilustração do caso que v0,1 = vj. Note que C0 = P ∪ (vj, v1) é um circuito de
D.
Capítulo 7
Generalização o método da substituição
Nesse capítulo apresentamos uma generalização do método da substituição para 3-kernels e alguns lemas sobre as propriedades inerentes do pré-3-kernel gerado pelo processo. Na Seção ??, apresentamos o método da substituição para 3-kernels. Na Seção 7.2 introduzi- mos as definições que serão utilizadas na Seção 7.3, na qual definimos uma sequência de 3-substituição e um pré-3-kernel. Na Seção 7.4, apresentamos resultados originais sobre propriedades de um pré-3-kernel e, na Seção 7.5, comentamos sobre as diferenças das propriedades de um pré-3-kernel e as propriedades de um pré-kernel, apresentadas no Capítulo 5. Por fim, na Seção 7.6, aplicamos o método para provar que, em um digrafo fortemente conexo e quasi-3-kernel perfeito, se toda trilha fechada de comprimento não divisível por três possui quatro cordas curtas, então o digrafo é 3-kernel perfeito.
7.1
Método da substituição para
3-kernels
No Capítulo 5, apresentamos o método da substituição, um processo iterativo que busca criar um pré-kernel de um digrafo a partir do kernel de um subdigrafo próprio. Lembre-se que, em termos gerais, o método funciona da seguinte maneira:
• em um digrafo D seleciona-se um vértice x0, tal que D − x0 tenha um kernel K0,
• a partir de x0 e K0, construímos conjuntos Ni de vértices,
• os conjuntos Nicom i ímpar são vértices que pertencem a K0e não podem fazer parte
do novo “kernel”, enquanto que os vértices de Ni com i par devem ser adicionados
ao novo “kernel”.
O resultado do processo é um subconjunto de vértices chamado pré-kernel. Como vimos, um pré-kernel é absorvente, mas não necessariamente independente. Apresentamos uma generalização do método de substituição para a formação de um pré-3-kernel e mostramos algumas de suas propriedades. A generalização do método e os resultados apresentados nesse capítulo são originais e frutos da pesquisa realizada no mestrado.
O funcionamento do método é análogo ao original: separamos os vértices em conjuntos e tentamos compor um 3-kernel no digrafo a partir deles. No método original, separávamos os vértices em conjuntos Ni cujas composições dependem da paridade de i. Na nossa
generalização, separamos os vértices em conjuntos Ni cujas composições dependem da
congruência de i mod 3 . Os conjuntos com índices congruentes a zero fazem parte do pré-kernel que queremos construir, enquanto os conjuntos com índices não congruentes a zero são removidos do 3-kernel.