Nessa seção apresentamos lemas sobre as propriedades de um pré-3-kernel. Os lemas apresentados são generalizações dos lemas sobre propriedades do pré-kernel apresentados no Capítulo 5.
Lema 7.7. Seja D um digrafo, seja Z = (N0, N1, . . . , N3p) uma sequência de 3-substituição
de D formada a partir de x0 ∈ V (D) e o 3-kernel K ⊆ D − x0, e seja N o pré-3-kernel
de D obtido de Z. O pré-3-kernel N é 2-absorvente em D. Além disso, se existe (N, N )- caminho T = (a, . . . , b) em D, com |T | ≤ 2, então
a ∈ N3k0 e b ∈ N3k, para algum par k0, k, 0 ≤ k0 ≤ k ≤ p.
Demonstração. Suponha, por contradição, que exista v ∈ V (D) \ N tal que ∆2(v) ∩ N =
∅. Pela definição de M3k+3, todos os vértices não absorvidos por N devem pertencer a
M3k+3, portanto, v ∈ M3k0 para algum k0 ≥ 0. Como v 6∈ N3k0, existe u ∈ N3k0 tal
que d(v, u) ≤ 2. Mas então v é 2-absorvido por N3k0 e, por consequência, por N , uma
contradição. Portanto, N é 2-absorvente.
Resta provar que se existe (N, N )-caminho T = (a, . . . , b) em D, com |T | ≤ 2, então a ∈ N3k0 e b ∈ N3k, para algum par k, k0, 0 ≤ k0 ≤ k ≤ p. Seja T um (N, N )-caminho
com |T | ≤ 2. Se a, b ∈ N , então a e b pertencem a K ou a N3k, para algum k ≥ 0.
Claramente, a e b não podem ambos pertencer a K, pois K é 3-kernel de D − x0 e, se
existe um caminho (a, x0, b), então a ∈ N1 e não pertence a N . Suponha que a ∈ K e
b ∈ N3k0, para algum k0 ≥ 0. Pela definição de N3k0+1, se a 6∈ N3k0+1 ∪ N3k0+2, então
a ∈ N3`+1∪ N3`+2, para algum ` < k0. Ambos os casos contradizem a hipótese de que
a ∈ N . Suponha que a ∈ N3k0, para algum k0 ≥ 0 e b ∈ K. Então a ∈ M3k0, o
que contradiz a definição de M3k+3, uma vez que b ∈ ∆2(a) e b ∈ K. Suponha, por
contradição, que a ∈ N3k e b ∈ N3k0, para algum k0 ≤ k. O caso em que k0 = k claramente
contradiz a definição de N3k pois não é um 3-kernel de D[M3k]. Finalmente, suponha que
k0 < k. Pela definição de M3k, a 6∈ M3k pois já era absorvido por b ∈ N3k0. Claramente,
se a 6∈ M3k então a 6∈ N3k. Portanto, se existe (N, N )-caminho T = (a, . . . , b) em D, com
Definição 7.8. Seja D um digrafo e seja (N0, N1, . . . , N3p) uma sequência de 3-substituição
de D formada a partir de x0 ∈ V (D) e o 3-kernel K ⊆ D − x0. Dizemos que um caminho
T = (ts, ts−1, . . . , t1, t0) em D é uma estrada se satisfaz as seguintes condições:
ts ∈ Ns, para algum s ≤ 3p; (7.9)
t3i+1 ∈ N3i+1⇔ t3i+2 ∈ N3i+20 , para todo 3i ≤ s − 2 tal que t3i+2∈ V (T ); (7.10)
t3i∈ N3i, para todo 3i ≤ s; (7.11)
se (ti, ti−2) ∈ A(D), então ti ∈ N3j+10 e ti−2∈ N3(j−1)+20 , para algum 3j < s. (7.12)
Lema 7.9. Seja D um digrafo e seja (N0, N1, . . . , N3p) sua sequência de 3-substituição
formada a partir de x0 ∈ V (D) e o 3-kernel K ⊆ D − x0. Para todo s ≤ 3p e todo
vértice v ∈ Ns existe um (v, x0)-caminho T = (ts = v, ts−1, . . . , t1, t0 = x0) tal que T é
uma estrada.
Demonstração. Seja v ∈ Ns. Primeiro provamos a existência de um (v, x0)-caminho T de
comprimento s satisfazendo as propriedades (7.10) e (7.11). Após isso, demonstramos a propriedade (7.12). Procedemos por indução em s.
Caso base: (s = 1) Pela definição de N1, x0 ∈ N+(v). Portanto, basta tomar
T = (v, x0).
Hipótese de indução: Suponha que para todo s0 < s e todo vértice v ∈ Ns00, existe
caminho T0 = (v = ts0, . . . , x0 = t0) de comprimento s0 satisfazendo as propriedades (7.10)
e (7.11).
Passo de indução: Seja v ∈ Ns. Por construção, v ∈ (N−(Ns−10 ) ∪ N −(N
s−1)).
Mostraremos que existe um caminho T satisfazendo (7.10) e (7.11).
• Se v ∈ N3i+1, para algum i, então existe u ∈ N3i tal que (v, u) ∈ A(D). Pela
hipótese de indução, existe caminho T0 = (u = ts0, . . . , x0 = t0) satisfazendo as
propriedades (7.10) e (7.11). Claramente v 6∈ V (T0), pois s > s0. Concatenando os caminhos, temos que T = (v, u) ∪ T0 tem comprimento s e satisfaz (7.10) e (7.11). • Se v ∈ N3i+2, para algum i, então existe u ∈ N3i+10 tal que (v, u) ∈ A(D). Note
que u 6∈ N3i+1 pois contradiria a 3-independência do 3-kernel K. Como u ∈ N3i+10 ,
existe w ∈ N3i tal que (u, w) ∈ A(D). Note que, para o caminho (v, u, w) valem
as propriedades (7.10) e (7.11). Pela hipótese de indução, existe um caminho T0 = (ts0 = w, . . . , t0 = x0) satisfazendo (7.10) e (7.11). Pelas definições dos conjuntos
da sequência de 3-substituição, claramente v, u 6∈ T0, pois 3i + 2 > 3i + 1 > 3i. Concatenando os caminhos, temos que T = (v, u, w) ∪ T0tem comprimento s e satisfaz (7.10) e (7.11).
• Se v ∈ N3i, para algum i, então existe u ∈ N3(i−1)+20 ∪ N3(i−1)+2 tal que (v, u) ∈
A(D). Se existe u ∈ N3(i−1)+2, então, pela hipótese de indução, existe o caminho
T0 = (ts0 = u, . . . , t0 = x0) satisfazendo (7.10) e (7.11). Concatenando os caminhos,
temos que T = (v, u)∪T0 tem comprimento s e satisfaz (7.10) e (7.11). Se não existe u ∈ N3(i−1)+2 tal que (v, u) ∈ A(D), então existe w ∈ N3(i−1)+1. Seja T00 = (v, u, w).
ti−2∈ N3k
ti ∈ N3k+2∪ N3k+20
. . . . . .
Figura 7.2: Caso em que ti−2 ∈ N3k.
ti−2∈ N3k+1∪ N3k+10
ti ∈ N3(k+1)
ti−3∈ N3k
. . . . . .
Figura 7.3: Caso em que ti−2∈ N3k+1 ou N3k+10 .
Pela hipótese de indução, existe um caminho T0 = (ts0 = w, . . . , t0 = x0) satisfazendo
(7.10) e (7.11). Concatenando os caminhos, temos que T = T00∪T0tem comprimento s e satisfaz (7.10) e (7.11).
Resta mostrar que vale (7.12).
Seja T = (ts, . . . , t0) um caminho satisfazendo (7.10) e (7.11). Suponha, por contradi-
ção, que exista (ti, ti−2) em D, tal que ti 6∈ N3k+10 ou ti−2 6∈ N3(k−1)+20 , para algum k > 0
e i > 2. Vamos analisar cada caso e concluir que é um absurdo a existência de tal corda. • Suponha que ti−2 ∈ N3k, para algum k. Pela definição de N3k+2 e N3k+20 , ti 6∈
N3k+2∪ N3k+20 , pois d(ti, ti−2) = 1. Isto contradiz a propriedade (7.10). A Figura
7.2 ilustra esse caso.
• Suponha que ti−2 ∈ N3k+1∪ N3k+10 , para algum k. O vértice ti−3 existe em T , pois
sabemos que acaba em t0 ∈ N0. Segue de (7.11) que ti−3 ∈ N3k e ti ∈ N3(k+1).
O caminho (ti, ti−2, ti−3) contradiz o Lema 7.7 pois é um (N3(k+1), N3k)-caminho de
comprimento dois. Portanto, ti−26∈ N3k+1. A Figura 7.3 ilustra esse caso.
• Suponha que ti−2 ∈ N3k+2, para algum k. Se i = s, então ti ∈ N3(k+1)+1, o que
contradiz a 3-independência do 3-kernel K. Então ti 6∈ N3(k+1)+1 e existe ti+1 ∈
V (T ). Por (7.10), como ti 6∈ N3(k+1)+1, ti+1∈ N3(k+1)+2. Mas então d(ti+1, ti−2) = 2
e isso contradiz a 3-independência do 3-kernel K. A Figura 7.4 ilustra esse caso. • Pelos casos anteriores, ti−2 ∈ N3k+20 , para algum k. Por (7.10), ti ∈ N3(k+1)+1 ou
N3(k+1)+10 e ti−3 ∈ N3k+1. Pela nossa suposição, ti ∈ N3(k+1)+1. Isso contradiz a
3-independência do 3-kernel K, pois d(ti, ti−3) = 2. A Figura 7.5 ilustra esse caso.
ti−2∈ N3k+2
ti ∈ N3(k+1)+10
ti+1 ∈ N3(k+1)+2
. . . . . .
ti−2∈ N3k+20
ti ∈ N3(k+1)+1
ti−3∈ N3k+1
. . . . . .
Figura 7.5: Caso em que ti ∈ N3(k+1)+1.
. . . tj−2 tj−1 tj tj+1 tj0−3 tj0−2 tj0−1 tj0
Figura 7.6: Caminho (tj0, . . . , tj−2) e suas duas cordas curtas.
Concluímos que se (ti, ti−2) ∈ A(D), então ti ∈ N3(k+1)+10 e ti−2 ∈ N3k+20 , para algum k.
Lema 7.10. Seja D um digrafo, seja S = (N0, N1, . . . , N3p) uma sequência de 3-substituição
de D a partir de x0 ∈ V (D) e o 3-kernel K ⊆ D − x0, e seja (N10, N 0
2, . . . , N 0 3p−1) a
sequência de conjuntos intermediários de S. Seja T = (ts, . . . , t0) uma estrada de D. Se
(ti, ti−2) ∈ A(D), para algum 2 < i < s, então não existe (ti0, ti0−2) ∈ A(D) para i0 6= i.
Além disso, t3k0+2 ∈ N3k+2 para todo 3k0+ 2 > i.
Demonstração. Suponha por contradição que (ti0, ti0−2) ∈ A(D) para i0 6= i. Seja j o
menor inteiro tal que (tj, tj−2) ∈ A(D) e seja j0 o menor inteiro maior que j tal que
(tj0, tj0−2) ∈ A(D). Considere o caminho (tj0, tj0−1, tj0−2, . . . , tj, tj−1, tj−2), ilustrado pela
Figura 7.6. Pela propriedade (7.12) de T , tj−2 ∈ N3k+20 e tj ∈ N3(k+1)+10 , para algum
k. Mostraremos que para nenhum ` > j vale que t` ∈ N3k0 0+2, para algum k0. Pela
propriedade (7.10) de T temos que tj+1 ∈ N3(k+1)+2. Suponha que tj+4 ∈ N3(k+2)+20 .
Então tj+3 ∈ N3(k+2)+1, pela propriedade (7.10) de T . Isso contradiz a 3-independência
do 3-kernel K, pois d(tj+3, tj+1) = 2. Repetindo o mesmo argumento, concluímos que
tj0−2 6∈ N0
3k0+2, para qualquer k0. Isso contradiz a propriedade (7.12) de T . Portanto, se
existe uma corda curta em T , ela é única.
7.5
Comentários sobre o método
A extensão da estratégia do método da substituição para 3-kernels resulta em grandes diferenças nas propriedades do pré-3-kernel em relação ao pré-kernel. Como vimos, os lemas apresentados na seção anterior possuem resultados análogos aos do método da substituição. Apesar disso, o método da 3-substituição apresenta problemas que acabam por resultar na perda de sua utilidade. Nessa seção, comentaremos sobre as diferenças entre o método da 3-substituição e o método da substituição.
No método da substituição, o Lema 5.5 garante a existência de um caminho sem cordas curtas. Em nosso método, apesar do Lema 7.9 generalizar o Lema 5.5, a distância entre vértices pertencentes ao 3-kernel resulta na possibilidade da existência de uma corda
curta no caminho. Apesar do Lema 7.10 garantir sua unicidade, a existência dessa corda demonstra uma fragilidade em relação ao método original. Como vimos no Capítulo 5, a prova utiliza este caminho para formar uma trilha fechada na qual apenas duas cordas curtas eram possíveis. Com o método da 3-substituição, ao formar uma trilha fechada análoga, podem existir três cordas curtas.
Na próxima seção apresentaremos um resultado original demonstrado a partir da apli- cação do método da 3-substituição. Veremos que outras fraquezas do método surgem por conta de propriedades inerentes de 3-kernels.
7.6
Aplicação do método da
3-substituição
Nessa seção, demonstramos um resultado similar ao Teorema 5.1, usando o método da 3- substituição. O resultado apresentado é original e fruto da pesquisa realizada no mestrado. Recorde que a prova do Teorema 5.1 faz uso do Lema 5.8, que garante a existência de um caminho minimal de x0 aos vértices da sequência de substituição. Como esse
caminho possui comprimento de mesma paridade que o índice do conjunto da sequência de substituição que o vértice terminal pertence, a sua concatenação com o caminho do Lema 5.5 resulta em um passeio fechado de comprimento divisível por dois. Esse fato era, então, utilizado para mostrar que não poderia existir caminho de comprimento um entre dois vértices pertencentes ao pré-kernel.
Nesta seção, provamos que um digrafo fortemente conexo, em que toda trilha fechada de comprimento não divisível por três tem quatro cordas curtas, possui 3-kernel. A estratégia que empregamos na demonstração é análoga à usada na prova do Teorema 5.1. Provamos um lema que garante a existência de um (N0, Ni)-caminho minimal, cujo
comprimento equivale ao inverso aditivo de i em módulo três, para todo i < 3p com i 6= 1. Ou seja, a soma do comprimento do caminho com o índice do conjunto resulta em um número divisível por três. A concatenação desse caminho com o caminho do Lema 7.9 resulta, portanto, em um passeio fechado de comprimento divisível por três. Usamos esse fato para mostrar que não existe caminho de comprimento no máximo dois entre vértices pertencentes ao pré-3-kernel. Primeiro, demonstraremos o lema. Após isso, comentamos suas diferenças em relação ao Lema 5.8.
Lema 7.11. Seja D um digrafo, seja S = (N0, N1, . . . , N3p) uma sequência de 3-substituição
de D a partir de x0 ∈ V (D) e o 3-kernel K ⊆ D − x0, e seja (N10, N20, . . . , N3p−10 ) a sequên-
cia de conjuntos intermediários de S. Seja T = (ts0, . . . , t0) uma estrada de D. Suponha
que toda trilha fechada C de D, tal que |C| 6≡ 0 (mod 3), tem quatro cordas curtas. En- tão para todo inteiro s ≤ s0, s 6= 1, existe um (x0, ts)-caminho minimal de comprimento
≡ −s (mod 3) em D.
Demonstração. Seja W = (w0 = t0, . . . , wn = ts) um (t0, ts)-caminho minimal. Esse
caminho existe pois D é fortemente conexo. Seja Z = (z0, . . . , z`) a sequência, na ordem
em que aparecem em W , dos vértices de W que intersectam o caminho T , com exceção do vértice t1. A Figura 7.7 ilustra um exemplo em que T e W se intersectam. Note
t0 = z0
t2 = z`0
t5 = z`
W
W
Figura 7.7: Os caminhos T e W . Temos `0 = 1 e ` = 2.
t0 = z0
tr00 = z`00
tr0 = z`0
(tr00, T, t0)
(w0, W, z`00)
Figura 7.8: Ilustração do caso em que (wn00 = z`00, W, wn0 = z`0) ∪ (tr0 = z`0, T, tr00 = z`00) é
um circuito de comprimento dois.
Portanto, z0 = w0 = t0 e z` = wn= ts. Mostraremos que para cada z`0: se z`0 = tk, então
o (t0, tk)-caminho (t0, W, z`0) tem comprimento ≡ −k (mod 3). Note que se isto vale então
o passeio fechado (w0, W, z`0) ∪ (z`0, T, x0) tem comprimento ≡ 0 (mod 3).
Caso base: (`0 = 0) Claramente, z0 = t0 = w0. Como d(t0, t0) = 0, o resultado segue.
Hipótese de indução: Para todo `00 < `0, um (t0, tk)-caminho minimal (t0, W, z`00 =
tk) possui comprimento ≡ −k (mod 3).
Passo indutivo: Seja z`0 = wn0 = tr0 e seja z`00 = wn00 = tr00 a interseção em Z
anterior a z`0 tal que d(z`00, z`0) > 1. Mostraremos que se (w0, W, wn0 = z`0) não tiver
comprimento ≡ −r0 (mod 3), então (wn00 = z`00, W, wn0 = z`0) ∪ (tr0 = z`0, T, tr00 = z`00)
é uma trilha fechada de comprimento não divisível por três que não pode conter quatro cordas curtas. Note que se escolhêssemos z`00 tal que d(z`00, z`0) = 1, então a trilha fechada
(wn00 = z`00, W, wn0 = z`0) ∪ (tr0, T, tr00) é um circuito de comprimento dois se d(z`0, z`00) = 1.
Esse circuito, apesar de não conter cordas curtas, não é uma contradição. A Figura 7.8 ilustra um exemplo desse caso. Temos dois casos:
• r0 > r00, ou seja, t
r0 precede tr00 em T . Considere o caminho (w0, . . . , w0n = t0r).
Suponha por contradição que n0 + r0 6≡ 0 (mod 3). Considere o passeio fechado (w0, W, wn0) ∪ (tr0, T, t0) de comprimento n0+ r0. Segue da hipótese de indução que
o caminho (w0, W, wn00) tem comprimento n00 ≡ −r00 (mod 3). Considere a trilha
fechada C = (wn00 = tr00, W, wn0 = tr0) ∪ (tr0, T, tr00), de comprimento n0− n00+ r0− r00.
Como n00 + r00 ≡ 0 (mod 3), temos que |C| ≡ n0 + r0 6≡ 0 (mod 3). A Figura
7.9 ilustra um exemplo dos caminhos (w0, W, z`00) e (z`00, W, z`0). Portanto, C deve
possuir quatro cordas curtas. Pela minimalidade de W , as cordas curtas possíveis em C são (tr00+1, wn00+1), (wn0−1, tr0−1) e (ti, ti−2), para algum r00+ 2 < i < r0. Pelo Lema
t0 = w0 = z0 tr00 = z`00 tr0 = wn0 = z`0 (tr00, T, t0) (tr0, T, tr00) (w0, W, z`00) (z`00, W, z`0)
Figura 7.9: Exemplo ilustrando os caminhos (w0, W, z`00) e (z`00, W, z`0). Segue da hipótese
de indução que o passeio fechado em azul possui comprimento |(w0, W, z`00) ∪ (tr00, T, t0)| ≡
0 (mod 3). Se |W ∪ T | 6≡ 0 (mod 3), então a trilha fechada C, em vermelho, possui comprimento |(z`00, W, z`0) ∪ (tr0, T, tr00)| 6≡ 0 (mod 3).
conter três cordas curtas, um absurdo. Então (w0, W, wn0 = tr0) tem comprimento
≡ −r0 (mod 3).
• r00 > r0, ou seja, t
r00 precede tr0 em T . Considere o caminho (w0, . . . , w0n = t0r).
Suponha por contradição que n0 + r0 6≡ 0 (mod 3). Seja r000 o maior inteiro menor
que r0 tal que tr000 = z`000, para algum `000. Seja wn000 = tr000. Considere o passeio
fechado (w0, W, wn0 = tr0) ∪ (tr0, T, t0) de comprimento n0 + r0. Segue da hipótese
de indução que n000 ≡ −r000 (mod 3). Seja C = (w
n000, W, wn0 = tr0) ∪ (tr0, T, tr000) a
trilha fechada de comprimento n0 − n000 + r0 − r000. Como n000 + r000 ≡ 0 (mod 3),
temos que |C| ≡ n0 + r0 6≡ 0 (mod 3). A Figura 7.10 ilustra um exemplo de C. Portanto, C deve ter quatro cordas curtas. Pela minimalidade de W , as cordas curtas possíveis de existir em C são (tr000+1, wn000+1), (wn0−1, tr0−1) e (ti, ti−2), para
algum r000 + 2 < i < r0. Pelo Lema 7.10, a corda na forma (ti, ti−2) é única em T .
Portanto, a trilha fechada só pode conter três cordas curtas, um absurdo. Então, (w0, . . . , wn0 = tr0) tem comprimento ≡ −r0 (mod 3).
A primeira diferença que a prova do lema apresenta em relação à prova do Lema 5.8 é a necessidade da hipótese de D ser fortemente conexo. Na prova do Lema 5.8 essa hipótese não é necessária pois supomos que D era criticalmente kernel imperfeito; o que implica em D ser fortemente conexo pelo Teorema 5.6. Para k-kernels, com k > 2, não existe resultado análogo. Portanto, para garantir a existência dos caminhos minimais usados na prova, supomos que o digrafo é fortemente conexo.
Em seguida, apresentamos as definições de digrafos quasi-3-kernel perfeitos e digra- fos 3-kernel perfeitos. Após isso, demonstramos o Teorema 7.14 e apresentamos alguns exemplos do porquê algumas hipóteses não podem ser melhoradas.
Definição 7.12. Seja D um digrafo. Dizemos que D é quasi-3-kernel perfeito se todo subdigrafo próprio induzido de D tem 3-kernel.
Definição 7.13. Seja D um digrafo. Dizemos que D é 3-kernel perfeito se possui 3-kernel e todo subdigrafo próprio induzido de D também tem 3-kernel.
tr000 = wn000 = z`000 tr0 = wn0 = z`0 tr00 = wn00 = z`00 (tr0, T, tr000) (z`000, W, z`00) (z`00, W, z`0)
Figura 7.10: Exemplo ilustrando C. Quando concatenados, os caminhos (z`000, W, z`00)
e (tr0, T, tr000) formam uma trilha fechada de comprimento n0 − n000 + r0 − r000. Como
n000+ r000 ≡ 0 (mod 3), |C| ≡ n0+ r0 6≡ 0 (mod 3).
Teorema 7.14. Seja D um digrafo fortemente conexo e quasi-3-kernel perfeito. Seja x0 ∈ V (D). Se toda trilha fechada C de D, tal que |C| 6≡ 0 (mod 3), possui quatro cordas
curtas, então D é 3-kernel perfeito.
Demonstração. Seja K o 3-kernel de D − x0, seja S = (N0, . . . , N3p) uma sequência de
3-substituição de x0 e K, seja S0 sua sequência intermediária e seja K0 o pré-3-kernel de
D. Pelo Lema 7.7 sabemos que K0 é 2-absorvente e, se não for 3-independente, existem a, b ∈ V (D) tais que a ∈ N3i, b ∈ N3j, i < j e existe (a, b)-caminho de comprimento ≤ 2.
Para mostrar que K0é um 3-kernel de D é suficiente mostrar que não existe (a, b)-caminho de comprimento no máximo dois em D.
Suponha, por contradição, que exista (a, b)-caminho P de comprimento no máximo dois em D e escolha a ∈ N3i de maneira que i seja o menor possível e então escolha
b ∈ ∆2(a) tal que b ∈ N3j com j menor possível. Pelo Lema 7.9 existe (b, x0)-caminho
T = (ts = b, . . . , t0 = x0) de comprimento 3j. Pelo Lema 7.11 existe (x0, a)-caminho
minimal Z = (z0 = x0, . . . , zr= a) de comprimento 3n em D, para algum inteiro n. Note
que T ∪ Z ∪ P é um passeio fechado de comprimento 6≡ 0 (mod 3). Seja r0 o maior inteiro tal que zr0 = ts0, para algum inteiro s0 6= 1.
Sejam T0 = (ts = b, . . . , ts0) e Z0 = (zr0, . . . , zr = a). Pelo Lema 7.11 |(ts0, T, t0 =
z0) ∪ (z0 = t0, Z, zr0)| ≡ 0 (mod 3). Portanto, C = T0 ∪ Z0∪ P é uma trilha fechada de
comprimento ≡ |T ∪ Z ∪ P | 6≡ 0 (mod 3) e deve ter quatro cordas curtas.
Suponha que |P | = 1. Então as cordas curtas de C são: (ts0+1, zr0+1), (zr−1, ts),
(zr, ts−1) e (t0i, ti0−2) ∈ A(D), para algum s0 + 2 ≤ i0 ≤ s. A Figura 7.11 ilustra C e as
possíveis cordas curtas. Como (t0i, ti0−2) ∈ A(D), segue do Lema 7.10 que ts−1 ∈ N3(j−1)+2.
Então zr6∈ N3i, pois d(zr, ts−1) = 1, o que contradiz a definição de N3i. Suponha que |P | =
2 e seja p1 ∈ P seu único vértice interno. Então as cordas curtas de C são: (ts0+1, zr0+1),
(zr−1, p1), (zr, ts), (p1, ts−1) e (t0i, ti0−2) ∈ A(D), para algum s0 + 2 ≤ i0 ≤ s. Como
mostramos que |P | 6= 1, a corda (zr, ts) não existe. A Figura 7.12 ilustra C e as possíveis
hipótese do teorema não pode ser melhorada para “para todo circuito...”. Analogamente ao caso anterior, como (t0i, ti0−2) ∈ A(D), segue do Lema 7.10 que ts−1 ∈ N3(j−1)+2 e,
portanto, d(zr, ts−1) = 2. Uma contradição com a definição de N3i. Concluímos que não
existe caminho P em D tal que |P | < 2. Segue que K0 é um 3-kernel de D.
z
r0+1z
r−1t
s0+1t
s−1a = z
rb = t
st
s0= z
r0P
Z
0T
0Figura 7.11: Ilustração do circuito e suas possíveis cordas curtas, marcadas em vermelho.
Outra diferença da aplicação do método da 3-substituição é a necessidade da hipótese da existência de um 3-kernel em D − x0. No Teorema 5.1 a hipótese não é necessária
pois supõe-se que o digrafo é criticalmente kernel perfeito, ou seja, é fortemente conexo (Teorema 5.6) e todo subdigrafo induzido possui um kernel. Em nossa demonstração, se não suposermos que D − x0 possui 3-kernel não podemos realizar o passo indutivo, pois
para utilizar a hipótese de indução precisamos garantir que D −x0 seja fortemente conexo.
Sendo assim, essa hipótese se mostra necessária para aplicar o método. Além disso, na prova do Teorema 7.14 mostramos que a hipótese sobre as cordas não pode ser melhorada para “se todo circuito...”, por conta do exemplo ilustrado na Figura 7.13.
z
r0+1z
r−1t
s0+1t
s−1a = z
rb = t
st
s0= z
r0p
1Z
0T
0Figura 7.12: Ilustração do circuito e suas possíveis cordas curtas, marcadas em vermelho. A corda (a, b), tracejada, não pode existir.
z
r−1= p
1a = z
rb = t
st
s0= z
r0Z
0C
T
0Figura 7.13: Ilustração do caso específico em que zr−1 = p1. O circuito C =
(ts0, . . . , zr−1, ts, . . . , ts0) possui comprimento múltiplo de três. Já (zr, p1, zr), apesar de
ter comprimento dois, não pode ter cordas. Se a hipótese das cordas curtas contemplasse apenas circuitos, então não haveria contradição neste exemplo.
Capítulo 8
Problemas sobre a existência de
k-kernels
Nesse capítulo apresentaremos alguns problemas novos sobre kernels e k-kernels que de- senvolvemos ao longo da pesquisa, assim como resultados parciais de alguns deles. Na Seção 8.1, introduzimos um problema sobre suficiência de uma corda curta em circui- tos ímpares para a existência de kernel em digrafos. Na Seção ??, dissertamos sobre os principais problemas estudados durante o mestrado e apresentamos contraexemplos para alguns deles. Por fim, na Seção ??, apresentamos um resultado original sobre a existência de 3-kernel em digrafos.
8.1
O problema de uma corda curta
Como vimos no Capítulo 3, a Conjectura de Meyniel (Conjectura 4.1) instigou o estudo da existência de kernels em digrafos em que que todo circuito ímpar contém duas cordas, resultando em teoremas importantes como o Teorema 5.1 e o Teorema 4.11. Atualmente, sabemos que a Conjectura de Meyniel não é verdade, o que acabou por desmotivar a continuação do estudo de cordas e kernels. Por consequência, a possibilidade de melhorar resultados já existentes permanece um tema pouco explorado.
Sabemos que a existência de uma corda em todo circuito ímpar de um digrafo não é uma condição suficiente para a existência de um kernel nele (Capítulo 3). Apesar disso, se exigirmos que a corda seja curta temos uma questão interessante. Na Figura 8.1 apresentamos alguns exemplos de digrafos em que todo circuito ímpar possui uma corda curta. Veja que todos os exemplos da figura possuem kernel. Apesar disso, a Figura ?? ilustra um digrafo sem kernel e que todo circuito ímpar possui uma corda curta. Note que o digrafo é uma orientação de uma clique de tamanho quatro. Com isso em mente, introduzimos o Problema 8.1
Problema 8.1. Seja D um digrafo tal que toda orientação de clique possui um kernel. Se todo circuito ímpar de D possui uma corda curta, então D é kernel perfeito?
Nas próximas seções, exploramos esse problema e mostramos como pode ser uma pergunta chave para futuros desenvolvimentos em teoria de kernels.
(a) (b)
(c)
Figura 8.1: Exemplos de kernel em digrafos cujos circuitos ímpares possuem uma corda curta.
Figura 8.2: Digrafo sem kernel no qual todo circuito ímpar possui uma corda curta.
8.2
Problemas de cordas e k-kernels
Como vimos no Capítulo 6, resultados de existência de kernels em digrafos podem ser generalizados para k-kernels. Apesar disso, são poucos os resultados que foram generali- zados. Mais especificamente, para resultados relacionados ao número cordas em circuitos (ou trilhas fechadas), não existem sequer conjecturas sobre suas generalizações. Um pos- sível motivo para isso é a falta de clareza sob quais aspectos generalizar: no comprimento da corda, número de cordas ou como são seus cruzamentos. Nesse capítulo, levantamos perguntas sobre a existência de k-kernels em digrafos com cordas em seus circuitos.
Sabemos pelo Teorema 6.4 que digrafos tais que todos seus circuitos possuem compri- mento múltiplo de k possuem k-kernels. Portanto, voltamos nossa atenção para circuitos de comprimento não divisíveis por k. Tome como exemplo o caso em que k = 3: os circuitos C3i+1 e C3i+2, para todo i ≥ 1, não possuem 3-kernel, como a Figura 8.3 ilustra.
(a) Os vértices circulados são 3- independentes, mas não 2-absorvem os demais. O vértice em vermelho não pode pertencer ao 3-kernel, mas tam- bém não é absorvido.
(b) Os vértices circulados são 3- independentes, mas não 2-absorvem os demais. Os vértices em vermelho não podem pertencer ao 3-kernel, mas tam- bém não são absorvidos.
Figura 8.3: A Figura (a) mostra que um C7 não possui 3-kernel. A Figura (b) mostra que
um C8 não possui 3-kernel.
(a) A existência da corda marcada em vermelho resulta em um 3-kernel do di- grafo que contém C7.
(b) A existência da corda marcada em vermelho resulta em um 3-kernel do di- grafo que contém C8.
Figura 8.4: Certas cordas podem garantir a existência de um k-kernel em circuitos não múltiplos de k. As Figuras (a) e (b) mostram exemplos para k = 3. Note que se a corda na Figura (b) fosse curta, não resultaria na existência de um 3-kernel no digrafo.
Analogamente ao caso de kernels, a introdução de cordas nesses circuitos diminui a dis- tância entre alguns de seus vértices, resultando na existência de 3-kernels, como a Figura 8.4 mostra.
Sabemos que o resultado mais forte sobre cordas e kernel-existência é o Teorema 4.11. A fim de estudarmos suas possíveis generalizações, considere primeiro o caso em que as duas cordas são curtas e cruzadas em todos os circuitos de comprimento ímpar. Quando k = 3, as cordas devem existir em circuitos na forma C3i+1 e C3i+2, ou seja, circuitos
cujo comprimento não é múltiplo de três. A Figura 8.5 mostra que duas cordas curtas e cruzadas são suficientes para garantir a existência de um 3-kernel no C7, contudo, no
C8 não são. Note que, na Figura 8.5(b), existem circuitos de comprimento não divisíveis
por três que não possuem cordas: dois C7 induzidos pelas cordas curtas. Se o circuito
tiver três cordas curtas e cruzadas, como a Figura 8.6 mostra, existe um 3-kernel, apesar de ainda conter um C7 induzido sem cordas. Com isso em mente, fica evidente que uma
generalização para k-kernels deva levar em consideração o comprimento do circuito.
(a) Um 3-kernel do C7com duas cordas
curtas e cruzadas.
(b) Duas cordas curtas e cruzadas não garantem a existência de um 3-kernel no digrafo que contém o C8.
Figura 8.5: Duas cordas curtas e cruzadas em C7 e C8.
Figura 8.6: Três cordas curtas e cruzadas em um C8 resulta na existência de um 3-kernel,
mas nem todo circuito satisfaz a hipótese.
A partir dos exemplos apresentados nas Figuras 8.5 e 8.6, levantamos a seguinte ques- tão.
Problema 8.2. Seja D um digrafo e seja k ≥ 2 um inteiro. Se todo circuito C de D possui (|C| mod k) + 1 cordas curtas e cruzadas, então D possui k-kernel?
Observação 8.3. Note que o Problema 8.2 já está provado para o caso k = 2, pois equivale ao Corolário 4.12.
A Figura 8.7 ilustra dois exemplos de circuitos que satisfazem a hipótese do Problema 8.2 e seus 3-kernels. A Figura 8.7(b) nos mostra que, apesar de suficiente para garantir a existência de um 3-kernel nesse exemplo, a hipótese sobre a quantidade de cordas em circuitos de comprimento ≡ 2 (mod 3) não se comporta muito bem. As cordas curtas e cruzadas do C8 induzem novos circuitos que, por sua vez, devem conter mais cordas
curtas e cruzadas. A Figura 8.8 mostra que a hipótese do problema pode ser melhorada removendo-se uma das cordas. A partir dessa observação, podemos reformular o Pro- blema 8.2 e propor um novo problema. Antes, precisamos definir o conceito de cordas consecutivas.
(a) Um 3-kernel de C7com duas cordas
curtas e cruzadas.
(b) Um 3-kernel de um C8satisfazendo a hipótese do Problema 8.2. Note que as três cordas curtas e cruzadas de C8
induzem outros C7, que também de- vem conter duas cordas curtas e cruza- das.
Figura 8.7: Dois exemplos de circuitos satisfazendo a hipótese do Problema 8.2.
(a) Um 3-kernel de C7 com uma corda
curta. A corda tracejada denota a corda removida da Figura 8.7
(b) Um 3-kernel de C8com duas cordas
curtas. A corda tracejada denota uma das três cordas curtas removidas de C8. Figura 8.8: Removendo-se uma das cordas da hipótese do Problema 8.2 resulta no mesmo 3-kernel.
Definição 8.4. Seja C = (c0, . . . , cn−1, c0) um circuito de um digrafo D e seja α =
(α1, α2, . . . , αm) uma sequência de cordas de C. Dizemos que duas cordas αi = (cj, cj+k)
e αi0 = (cj0, cj0+k0) são consecutivas se j0 = j + k, notação em módulo n. Dizemos que
as cordas em α são consecutivas se, para todo i < m, αi+1 é consecutiva de αi.