Yıldız grafikleri arasındaki kenar sayısının, grafiğin düzlemsel olacağı şekilde sınırlanması

Bir grafiğim var $G$sadece yıldız grafiklerden oluşur. Yıldız grafiği, kenarlarındaki diğer düğümlerin kenarlarına sahip bir merkezi düğümden oluşur. İzin Vermek$H_1, H_2, \ldots, H_n$ mevcut farklı boyutlarda farklı yıldız grafikleri olabilir $G$. Herhangi bir yıldız grafiğinde merkez olan tüm düğümlerin setini çağırıyoruz$R$.

Şimdi bu yıldız grafiklerinin diğer yıldız grafiklerine kenar oluşturduğunu varsayalım. $R$. Ardından, içindeki düğümler arasında maksimum kaç kenar var$R$ ve içinde olmayan düğümler $R$, grafik düzlemsel kalmalı mı?

Bu kenarların sayısının üst sınırını istiyorum. Aklımdaki bir üst sınır: onları iki taraflı düzlemsel grafik olarak düşünün.$R$ bir köşeler kümesidir ve diğer köşeler başka bir küme oluşturur $A$. Bu setler arasındaki kenarlarla ilgileniyoruz ($R$ ve $A$). Düzlemsel bipartit olduğundan, bu kenarların sayısı, içindeki düğüm sayısının iki katı ile sınırlıdır$G$.

Hissettiğim daha iyi bir bağ var, belki de düğümlerin iki katı $A$ artı düğüm sayısı $R$.

Sezgimi reddedebilirsen, o zaman bu da iyi olur. Umarım bazılarınız bazı ilgili argümanlarla birlikte iyi bir bağ kurabilir.

İfadeniz biraz belirsiz: önce şunu yazın: "... içindeki düğümler arasında hiçbir kenar olayı olmayacak şekilde $R$", ancak bir sonraki paragraf, $A$. Ayrıca yıldızların ayrık olduğunu ve tüm kenarları (başlangıçta yıldızlarda bulunanlar dahil) saydığınızı varsayacağım. Diyelim ki en az iki yıldız var ve bunlardan en az birinin derecesi var$\ge 2$.

Bu durumda, $2N-4$ ciltli ($N$= tüm köşelerin sayısı). Biraz farklı bir senaryo düşünün:$N$köşeleri, bazıları kırmızı bazıları siyah, her türden en az iki tane. Her adımda, kavşaklar veya yinelenen kenarlar oluşturmadığı sürece, kırmızı ve siyah bir tepe arasında rastgele bir kenar ekleyin. Takıldığınızda, tüm döngülerin uzunluğunun olduğunu iddia ediyorum$4$.

Senaryonuz, önce yıldız oluşturarak ve sonra kalan kenarları ekleyerek başladığınız bu işlemin özel bir örneğidir. Tüm döngülerin uzunluğu varsa$4$, $2N-4$bağlı izler. Daha genel olarak, hangi iki uçlu grafikten başlasanız da, onu her zaman dörtgenleştirilmiş (oluşturduğum bir kelime) grafiğe tamamlayabileceğinizi gösterir.

Şimdi iddiayı gösterelim. Bu süreçte, tüm yollar alternatif siyah ve kırmızı köşelere sahip olacak ve her döngü en az uzunluğa sahip olacak$4$. Grafik bağlı değilse, bir bileşenin dış yüzüne herhangi bir kırmızı tepe noktasını başka bir bileşenin diğer yüzüne siyah bir tepe noktası bağlayabilirsiniz. Grafiğin zaten bağlı olduğunu varsayabiliriz.

Diyelim ki bir yüzün var $F$ uzunluk $6$ yada daha fazla. $F$en az üç siyah köşeye sahip olmalıdır (bazıları muhtemelen eşittir). Bazı tepe noktaları varsa$x$ üzerinde tekrarlandı $F$, saat yönünde arka arkaya iki kez görün $x$, söyle $x-a-...-x-b...$. $F$ siyah bir tepe noktası içermelidir $z\neq x$, yani, konumuna bağlı olarak $z$, biz de bağlayabilirsiniz $a$ veya $b$ için $z$ içeride $F$kenarları çoğaltmadan. Hiçbir tepe noktası tekrarlanmazsa, saat yönünde bir bölüm seçin$x-a-y-b-z$ nın-nin $F$, nerede $x,y,z$ siyah ve $a,b$kırmızı. Eğer$x$ bağlı $b$ sonra $a$ bağlanamıyor $z$ (düzlemsel olarak), böylece kenarlardan birini ekleyebiliriz $(x,b)$, $(a,z)$ içeride $F$.