Điều kiện để đồ thị lưỡng cực là mặt phẳng không có cạnh đi quanh các đỉnh

Một đồ thị lưỡng cực là phẳng, nếu nó không có vị thành niên hoặc K 5 .$K_{3, 3}$$K_5$

Tôi đang tìm kiếm một điều kiện cần hoặc đủ và đủ để cho phép các bản vẽ phẳng không có các cạnh "đi xung quanh" các đỉnh. Đây là những bản vẽ thỏa mãn:

1. Tất cả các đỉnh của một phần được vẽ trên một đường thẳng đứng duy nhất. Các đỉnh của phần khác được vẽ trên một đường thẳng song song.
2. Các cạnh không giao nhau ngoại trừ tại các đỉnh.
3. Các cạnh đều nằm trong dải vô hạn giữa hai đường thẳng đứng ở điểm 1.

Ví dụ, tất cả các bản vẽ ở đây, ngoại trừ phía dưới bên phải là các ví dụ. Biểu đồ phía dưới bên trái có thể được vẽ lại để thỏa mãn các điều kiện bằng cách hoán đổi vị trí của Q và R. Hai biểu đồ trên cùng không thể được vẽ lại để thỏa mãn các điều kiện.

Hai biểu đồ trên cùng là vật cản duy nhất tôi có thể tìm thấy. Câu hỏi của tôi là:

1. Vấn đề này có tên không?
2. Bất kỳ vật cản khác mà tôi bỏ lỡ?
3. Bất kỳ gợi ý nào về cách tôi có thể chứng minh rằng hai vật cản này (cùng với bất cứ điều gì tôi bỏ lỡ), như là trẻ vị thành niên, là cần thiết và đủ.

Lưu ý rằng điều này không giống như là mặt phẳng ngoài, là mặt phẳng ngoài (có thể được vẽ dưới dạng hình vuông) nhưng nó không thể được vẽ để thỏa mãn các điều kiện tôi đã đề cập ở trên.$K_{2, 2}$

Biểu đồ của bạn chính xác là biểu đồ có độ rộng đường dẫn   hoặc tương đương, các khu rừng mà mỗi thành phần của chúng là một con sâu bướm . Sâu bướm có hai đặc điểm liên quan:$1$

• chúng là những cái cây trong đó có một con đường duy nhất chứa mọi đỉnh có độ lớn hơn  ;$1$

• Chúng là những cái cây mà mọi đỉnh đều có nhiều nhất là hai hàng xóm không có lá.

Bổ đề 1. Mỗi con sâu bướm đều ở trong lớp của bạn.

Bằng chứng. Hãy để là một con sâu bướm và để P = x 1 ... x ℓ là một con đường dài nhất có chứa tất cả các đỉnh của mức độ  2 trở lên. Lưu ý rằng, theo mức tối đa, d ( x 1 ) = d ( x ℓ ) = 1 . Chúng ta có thể tạo ra một bản vẽ  G bằng cách trước tiên vẽ  P dưới dạng zig-zag và sau đó thêm các đỉnh độ 1 liền kề với  x i giữa x i - 1 và  x $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$

Bổ đề 2. Mọi đồ thị trong lớp của bạn đều theo chu kỳ.$G$

Bằng chứng. Giả sử chứa chu trình x 1 y 1 x 2 y 2 ... x k y k x 1 và giả sử nó có một bản vẽ của mẫu yêu cầu. Wlog, x 2  là trên  x 1 . Nhưng sau đó chúng ta phải có y 2 trên  y 1 vì nếu không, các đường x 1 y 1 và  x 2 y 2 sẽ giao nhau. Theo cảm ứng, x i + 1  ở trên $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}$ cho tất cả i ∈ { 1 , ... , k - 1 } và tương tự như vậy cho  y 's. Nhưng sau đó, bất kỳ dòng y k x 1 nào cũng phải rời khỏi khu vực giữa hai cột của đỉnh hoặc vượt qua mọi cạnh khác trong chu kỳ. Điều này mâu thuẫn với giả định của chúng tôi rằng đồ thị có một bản vẽ phù hợp. $x_i$$i\in\{1, \dots, k-1\}$$y$$y_kx_1$$\Box$

Bổ đề 3. Mọi con sâu không được kết nối không có trong lớp của bạn.

Bằng chứng. Đặt là đồ thị được kết nối không phải là sâu bướm. Nếu nó chứa một chu kỳ, nó không thuộc lớp của bạn bởi Bổ đề  2 , vì vậy chúng tôi có thể cho rằng đó là một cái cây. Nếu nó không phải là sâu bướm, nó phải chứa một đỉnh  x với các hàng xóm khác nhau y 1 , y 2 và  y 3 , mỗi cái có độ ít nhất là   2 .$G$$2$$x$$y_1$$y_2$$y_3$$2$

Giả sử chúng ta có một bản vẽ  với các thuộc tính cần thiết. Wlog, y 2  ở trên  y 1 và y 3  ở trên  y 2 . Đặt z ≠ x là hàng xóm của  y 2 . Cạnh  y 2 z phải cắt x y 1 hoặc  x y 3 , mâu thuẫn với giả định của chúng tôi rằng đồ thị có bản vẽ của mẫu yêu cầu. $G$$y_2$$y_1$$y_3$$y_2$$z\neq x$$y_2$$y_2z$$xy_1$$xy_3$$\Box$

Định lý. Lớp biểu đồ của bạn chính xác là lớp rừng mà mỗi thành phần của chúng là một con sâu bướm.

Bằng chứng. Gọi là đồ thị. Rõ ràng, G  nằm trong lớp của bạn nếu và chỉ khi, mọi thành phần là: nếu bất kỳ thành phần nào không thể được vẽ theo yêu cầu, toàn bộ biểu đồ không thể; nếu mọi thành phần có thể được vẽ theo yêu cầu, thì toàn bộ biểu đồ có thể được vẽ bằng cách sắp xếp các thành phần này lên trên thành phần kia. Kết quả bây giờ theo sau bởi Lemmas 1 và  3 . $G$$G$$1$$3$$\Box$

Hệ quả. Lớp biểu đồ của bạn là lớp biểu đồ không có hoặc phân ngành của  K 1 , 3 là phụ.$K_3$$K_{1,3}$

Bằng chứng. Đây là những vật cản cho chiều rộng đường dẫn  $1$ . $\Box$

$K_3$$K_4$$K_3$$K_{1,3}$

Vì vậy, câu trả lời sau đây là những gì tôi đã đưa ra:

Như bạn đã đề cập, chỉ có hai trường hợp có thể không thể sắp xếp lại.

$U$$V$

Chỉnh sửa: Tôi đọc sai biểu đồ, xin lỗi vì điều đó.

$K_{2,2}$

Để chứng minh rằng bất kỳ biểu đồ con nào khác là hợp lệ, bạn có thể tưởng tượng như sau:

$e$

Trường hợp đầu tiên là chúng ta có một nút không bắt đầu cũng không kết thúc tại cùng một nút với cạnh đầu tiên. Điều này khiến chúng tôi không có bất kỳ vấn đề và chúng tôi có thể tiếp tục chèn.

$V_1$$V_2$$V_3$$V_4$

$V1-V4$

Một lần nữa, chúng ta chỉ có thể tìm thấy ba giải pháp: Hoặc là chúng ta theo dõi một kết nối kết thúc hoặc lặp lại bước mà chúng ta đã thực hiện trước đó (theo dõi tất cả các bước còn lại). Nếu chúng ta kết thúc trên một nút kết thúc, chúng ta có thể trao đổi tất cả các nút theo dõi.

$K_{2,2}$

EDIT: Để mở rộng bằng chứng này cho trường hợp thứ hai, chúng ta phải xem xét các điều kiện sau:

Nói chung, nếu chúng ta có một sơ đồ con có ít nhất một hub (3 kết nối trở lên), thì "khá dễ dàng".

$\langle k\rangle > 1$

Vì bản thân tôi chỉ có kiến ​​thức nhỏ trong lĩnh vực này, nhưng vẫn muốn cung cấp cho bạn một giải pháp khả thi, tôi đã liên kết với bạn một bài viết (hy vọng) phù hợp

Nếu có ai đặt tên cho vấn đề này, tôi rất muốn tìm hiểu, đặc biệt là khi tôi nghĩ ra giải pháp này chỉ bằng cách theo dõi những suy nghĩ từ định lý của Fáry và các sơ đồ con lưỡng cực hoàn chỉnh.