Conjuntos de graus para gráficos de extensão linear

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Uma extensão linear de um poset é uma ordem linear nos elementos de , de modo que em implica em para todos os .P P x y P x y L x , y PLPPxyPxyLx,yP

Um gráfico de extensão linear é um gráfico no conjunto de extensões lineares de um poset, onde duas extensões lineares são adjacentes exatamente se elas diferem em uma troca adjacente de elementos.

Na figura a seguir, há o poset conhecido como poset e seu gráfico de extensão linear, onde .um = 1,234 , b = 2,134 , c = 1,243 , d = 2,143 , E = 2413Numa=1234,b=2134,c=1243,d=2143,e=2413

texto alternativo(Esta figura é retirada do trabalho .)

Ao estudar gráficos de extensão linear (LEG), você pode ter uma idéia (conjectura) de que se - grau máximo de uma LEG, - respectivamente, grau mínimo, o conjunto de graus de qualquer LEG consiste em e cada número natural entre eles. Por exemplo, vamos pegar um poset, conhecido como chevron, e em seu LEG com e e também, de acordo com de acordo com nossa conjectura, os vértices com os graus 4 e 3 estão contidos no gráfico. Então, a questão é: podemos provar ou refutar essa conjectura?δ Δ , δ G Δ ( G ) = 5 δ ( G ) = 2ΔδΔ,δGΔ(G)=5δ(G)=2

Sobre pernas e como é que eles se parecem se pode ler na dissertação de Mareike Massow aqui . A Chevron e sua LEG podem ser vistas na página 23 da dissertação.

Nos conjuntos de graus existe o artigo clássico " Conjuntos de graus para gráficos " de Kapoor SF et al.

Oleksandr Bondarenko
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o que é um gráfico de extensão linear? isto é, você pode dobrar a definição na pergunta para que ela fique um pouco mais independente?
Suresh Venkat
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Essa conjectura é fofa. Existe alguma motivação ou aplicações conhecidas para a conjectura? (Diga reduções para outras conjecturas.)
Hsien-Chih Chang · 15/11
@ Hsien-Chih Chang A motivação para essa conjectura é que, ao provar isso, conheceremos o conteúdo do grau estabelecido apenas conhecendo os graus máximo e mínimo de um determinado gráfico de extensão linear.
Oleksandr Bondarenko

Respostas:

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Acho que provei ontem. Assim, aqui vai o esboço da prova. A princípio, o seguinte lema é comprovado.

Lema . Seja - uma ordem parcial, G ( P ) - seu gráfico de extensão linear e v 1 , v 2 - dois vértices adjacentes de G ( P ) . Então | d e g ( v 1 ) - d e g ( v 2 ) | 2 .PG(P)v1,v2G(P)|deg(v1)deg(v2)|2

O esboço da prova.

Ao mesmo tempo, são extensões lineares de P, de modo que um deles, digamos v 1 , pode ser transformado em v 2 por uma transposição de elementos adjacentes (transposição adjacente). É fácil ver (considere, por exemplo, d e e da figura acima) que qualquer elemento x i de qualquer extensão linear L = x 1 x 2x n pode alterar o número de elementos adjacentes incomparáveis ​​em no máximo dois:v1,v2Pv1v2dexEuL=x1x2xn

  1. Se pode ser transposta em tudo, então pelo menos um seu vizinho, dizem x i + 1 , é incomparável a ele ( x ix i + 1 , se comparável, em seguida, x ix i + 1 ). Nota: antes da transposição, temos L 1 = x i - 1 x i x i + 1 x i + 2 e imediatamente após - L 2 = xixi+1xixi+1xixi+1L1=xi1xixi+1xi+2 .L2=xi1xi+1xixi+2
  2. Vamos considerar como o número de incomparabilidades (grau da extensão linear como o vértice em ) em L pode mudar. Consideramos inicialmente o par x i x i + 2 . Para x i - 1 x i + 1, a mesma conclusão segue por simetria.G(P)Lxixi+2xi1xi+1

Se , então d e g ( L ) não muda. Se x i + 1( ) x i + 2x i( ) x i + 2 , então d e gxi+1()xi+2xi()xi+2deg(L)xi+1()xi+2xi()xi+2 aumenta (diminui) em um. O esboço da prova está completo.deg(L)

Teorema . Seja - um gráfico de extensão linear. Se G ( P ) contém os vértices v 1 , v 2 com d e g ( v 1 ) = k , d e g ( v 2 ) = k + 2 , então existe v 3G ( P ) tal que d e g ( v 3 )G(P)G(P)v1 1,v2deg(v1)=k,deg(v2)=k+2v3G(P) .deg(v3)=k+1

O esboço da prova.

Suponha que sejam adjacentes em G ( P ) , caso contrário, qualquer vértice com grau k em G ( P ) é adjacente a algum vértice, se existir, com o grau k + 1 .v1,v2,deg(v1)=k,deg(v2)=k+2G(P)kG(P)k+1

Vamos considerar o caso em que temos do lema anterior, de modo queL1,L2

e x i - 1x ix i - 1x i + 1 ,

xi+1xi+2xixi+2,
xi1xixi1xi+1,

Assim, .deg(L2)=deg(L1)+2

Vamos agora começar a transpor na direção de x 1 . É fácil ver que, eventualmente, poderíamos parar na posição em quexi+1x1

para alguns j < i - 1 . O esboço da prova está completo.

xjxi+1xi+1xj+1,
j<i1
Oleksandr Bondarenko
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xyxy
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v1 1,v2
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xy