3- arboles tensos m nimos: Caso 3 mod 6.

3-arboles tensos mnimos:
Caso 3 mod 6.
Joaqun Tey
Resumen
En este trabajo describimos para cada 3 (mod 6), un 3-arbol con
vertices y n n; aristas, lo cual resuelve parcialmente una conjetura de
Arocha, Bracho y Neumann-Lara.
n
n
(
2)
3
Contenido
1 Introduccion
2
2 De la tension en hipergracas a las triangulaciones
de supercies
6
2.1 Tension en hipergracas . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Una familia innita de 3-arboles mnimos .
2.2 Triangulaciones de supercies cerradas . . . . . .
2.2.1 Caso n 4(mod 12) . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Caso n 10 (mod 12) . . . . . . . . . . . .
2.3 Supercies trianguladas tensas y no tensas . . . .
2.3.1 Metodo de acoplamiento . . . . . . . . . .
6
13
16
24
26
27
28
3 3-arboles mnimos
37
3.1 Caso n 3(mod 6). . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2 Caso n 4(mod 6) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3 Sobre la orientabilidad . . . . . . . . . . . . . . . 53
1
Captulo 1
Introduccion
Nuestro trabajo aborda el tema de la tension en hipergracas
regulares, concepto que aparece por primera vez a principios de
los 90 (ver [2]) y que constituye una generalizacion natural de
la denicion de conexidad para gracas.
Diremos que una hipergraca es regular si todas sus hiperaristas tienen la misma cardinalidad, si esta cardinalidad es k;
llamaremos a la hipergraca una k ; grafica:
Una k-graca es tensa si para cualquier coloracion de sus
vertices utilizando k colores, existe al menos una hiperarista heterocromatica (donde se utilizan todos los colores). Como se
puede observar, para k = 2; estamos en presencia de una de las
caracterizaciones de conexidad para las gracas usuales.
El problema que nos interesa es el estudio de los 3 ; arboles
(3-gracas tensas minimales, en el sentido de que si quitamos
una terna, dejan de ser tensas). Una vez mas, para k = 2; un
2-arbol es un arbol en el sentido usual. Es interesante observar
que a diferencia de los arboles en gracas, que tienen el mismo
tama~no (numero de aristas) para un numero jo de vertices,
2
en el caso de los 3-arboles (k = 3) no tienen siempre el mismo
tama~no.
En [2] se da una cota inferior para el numero mnimo de
ternas en un 3-arbol de orden n (n ) y se conjetura
que siempre
se alcanza. Ah se demuestra que n n(n3;2) y podemos
encontrar un elegante metodo para construir una familia innita
de 3-arboles mnimos (alcanzan la cota) para todo primo p; tal
que el numero de vertices es n = (p ; 1)=2:
De aqu que nos preguntemos si realmente la conjetura es
cierta para todo n: Para continuar, es importante conocer que
la traza de un vertice v en una 3-graca es la graca Tr (v) =
(V fvg ; E ); donde fx; yg 2 E; si y solo si fv; x; yg es una
terna en la 3-graca. La primera observacion es que si existe un
3-arbol mnimo y n 0; 2(mod 3); entonces la traza de todos los
vertices son arboles, si n 1(mod 3) una de las trazas contiene
un ciclo y el resto arboles. Si consideramos el caso particular en
que los arboles son cadenas, entonces a la 3-graca la llamaremos
3 ; cadena y representa la inmersion de una graca completa en
una supercie con frontera, donde todos los vertices yacen sobre
la frontera (caso n 0; 2(mod 3)) en otro caso, cuando una de
las trazas es un ciclo, todos los vertices yacen sobre la frontera,
excepto uno y denominaremos a la 3-graca casi 3 ; cadena. En
el Captulo 2 se abordara este tema con detalle.
Contando con esta interpretacion topologica de las 3-cadenas,
es natural que analicemos con detalle los trabajos de Ringel,
White y otros (ver [7]), sobre el numero cromatico de una supercie cerrada S; denido como: (S ) =mGaSx (G) , donde el
maximo se toma sobre el numero cromatico de todas las posi3
bles gracas que pueden ser dibujadas sobre la supercie S: La
solucion de este problema consiste esencialmente en encontrar el
maximo n tal que la graca completa K n puede ser dibujada en
la supercie S ( S distinta de la esfera). Es interesante observar que para el caso en que la supercie cerrada es una esfera,
estamos en presencia del Problema de los Cuatro Colores, que
establece originalmente que son sucientes 4 colores para colorear los \pases" de cualquier mapa sobre la esfera de manera
que pases con frontera comun (distinta de un punto) estan coloreados de diferente color. En la terminologa adoptada anteriormente, el problema consiste en probar que el numero cromatico
de la esfera es 4:
No es difcil observar que si tomamos la inmersion de una
graca completa K n+1 en una supercie cerrada y le extraemos
un vertice y todas las ternas que lo contienen, obtenemos una 3cadena, es decir, tenemos una 3-graca candidata a ser 3- arbol
mnimo (aqu las ternas son los triangulos determinados por la
triangulacion de la supercie).
Esto realmente es sorprendente, a primera vista podramos
pensar que hemos dado un gran paso para probar la conjetura antes mencionada, ya que tenemos un buen numero de
3-gracas candidatas a 3-arboles y podramos investigar su comportamiento con respecto a la tension.
Desafortunadamente, probar tension para k 3 parece ser
un problema difcil, es necesario conocer muy bien la estructura
de la k-graca para atacar este problema con exito.
Hasta el momento no sabemos si son tensas o no estas 3gracas candidatas a ser 3-arboles mnimos.
4
Antes de pasar al resultado principal de nuestro trabajo, cerramos el Captulo 2 haciendo una exposicion de los resultados
desarrollados en [3], donde se construyen familias innitas de 3gracas tensas y no tensas, inducidas por inmersiones de gracas
completas en supercies cerradas y con frontera.
Finalmente, en el Captulo 3 exponemos un metodo para
construir 3-arboles mnimos para n 3; 4(mod 6):
Para el caso n 3 (mod 6). los 3-arboles obtenidos pueden
ser interpretados como inmersiones de gracas completas en supercies no orientables con frontera, de manera que todo vertice
yace sobre la frontera (ver [3]). Se caracterizan las supercies
obtenidas de acuerdo al numero de componentes de la frontera.
Ocurre que para n 3; 15 (mod 18) la frontera es conexa, por
lo que se puede obtener un 3-ciclo tenso (ver [3]) pegando un
cono de triangulos con centro en un nuevo vertice. Sera interesante investigar si las 3-gracas obtenidas son isomorfas o no a
las correspondientes en [7] (ver Captulo 2, Seccion 2.2).
Es interesante observar que las 3-cadenas obtenidas son extensiones naturales de sistemas de ternas de Steiner construidos
utilizando el metodo de Skolem (ver [1]).
La solucion para el caso n 4(mod 6) se obtiene mediante
una construccion topologica a partir del caso anterior. Aqu
todos los vertices, excepto uno, yacen sobre la frontera (conexa)
de una supercie no orientable.
Como se puede ver, la conjetura que nos motivo este trabajo
no se ha probado totalmente. Sabemos que para n 0(mod 6)
es cierta. Los casos n 1(mod 6) y n 2(mod 3) constituyen
el proximo reto. <Mucha suerte al que los ataque!
5
Captulo 2
De la tension en hipergracas a
las triangulaciones de
supercies
En este captulo se dan los primeros resultados sobre tension
(ver [2]). A partir del problema de construir 3-arboles mnimos
nos introducimos de manera natural en el estudio del numero
cromatico de supercies (ver [7]) y hacemos enfasis en los resultados sobre tension que estan estrechamente relacionados con el
tema mencionado anteriormente.
2.1 Tension en hipergracas
En esta seccion vamos a ver con detalle el concepto de tension
en hipergracas y los primeros resultados obtenidos en esta lnea
de trabajo. En la exposicion nos apoyaremos fundamentalmente
en [2]:
Introduciremos el concepto de numero heterocromatico de
una hipergraca, inspirado en la inconexion acclica libre de
6
triangulos dirigidos, en torneos.
Entenderemos por una t ; coloracion de una hipergraca
H = (V; E ); una funcion sobreyectiva de V a un conjunto de cardinalidad t: Una t ; coloracion f separa a la hiperarista 2 E
si las imagenes por f de los vertices de son distintas dos a dos.
Diremos que f es heterocromatica si f separa alguna hiperarista
de H: El numero heterocromatico de H , denotado por hc(H );
es el maximo t para el cual existe una (t-1)-coloracion que no es
heterocromatica.
Notese que hc(H ) n + 1 donde n denota el numero de
vertices de H: Por otra parte, suponiendo que E 6= ;; se tiene
que hc(H ) m{n fjj ; 2 E g y hc(H ) es el mnimo numero
t para el que cualquier t-coloracion de H es heterocromatica.
Notese que si H 0 es una subhipergraca generadora de H; entonces hc(H 0) hc(H ):
Una k ; grafica es una hipergraca donde todas sus hiperaristas tienen exactamente k vertices. Notese que para k = 2
estamos hablando de las gracas usuales. Claramente, para una
graca G; hc(G) = c + 1; donde c es el numero de componentes
conexas de G: Luego, G es conexa si y solo si hc(G) = 2:
Diremos que una k-graca es tensa si y solo si hc(H ) = k: En
una k-graca tensa, siempre hay una hiperarista heterocromatica para cualquier k-coloracion.
Una k-graca tensa H = (V; E ) es un k ; arbol si para
cualquier hiperarista 2 E; la k-graca H = (V; E fg)
no es tensa.
Como se puede observar, para 2-gracas, la denicion anterior
caracteriza a los arboles, que siempre tienen el mismo numero
7
de aristas si jamos el numero de vertices. Curiosamente, para
k 3; esto no ocurre, k-arboles denidos sobre el mismo conjunto de vertices pueden diferir en su tama~no (i.e. su numero
de hiperaristas), por ejemplo, los 3-arboles sobre 6 vertices con
conjuntos de hiperaristas
8
9
< f1; 2; 3g ; f1; 2; 4g ; f1; 2; 5g ; f1; 3; 4g ; f1; 3; 6g ; =
: f1; 4; 5g ; f1; 4; 6g ; f2; 3; 5g ; f2; 3; 6g ; f2; 5; 6g ;
y
8
9
< f1; 2; 3g ; f1; 3; 4g ; f1; 4; 5g ; f1; 5; 6g ; =
: f2; 4; 6g ; f2; 5; 6g ; f2; 3; 5g ; f3; 4; 6g ;
Sea H = (V; E ) una k-graca y X un subconjunto no vaco
de V . Denimos la traza de X como la (k{1)-graca Tr G(X ) =
(V n X; EX ) donde
EX = ffv ; v ; :::; vk; g V nX j 9x 2 X; fv ; v ; :::; vk; ; xg 2 E g
y el esqueleto de H es la (k-1)-graca @(H ) = (V; S ) donde
1
2
1
1
2
1
S = ffv ; v ; :::; vk; g V j 9x 2 V; fv ; v ; :::; vk; ; xg 2 E g
1
2
1
1
2
1
Lema Basico 2.1 ( Arocha, Bracho y Neumann-Lara)
G = (V; E ) es una k-graca tensa si y solo si para todo subconjunto no vaco X de V , Tr G(X ) es una (k ; 1)-graca tensa.
Prueba (=)) Supongamos que existe un conjunto no vaco
X de V tal que Tr G(X ) no es tensa, entonces existe f : V n
X ! f1; :::; k ; 1g que no es una coloracion heterocromatica de
8
Tr G(X ): Si coloreamos los vertices de X con el color k obtenemos una k ; coloracion de G que no es heterocromatica, luego
G no es tensa.
((=) Supongamos que G no es tensa y que nuestro caso no
es trivial, i.e. jV j = n k; entonces existe una k ; coloracion
f : V ! f1; :::; kg que no es heterocromatica.
Sea X = f ;1(k); entonces la restriccion de f a V n X no puede
ser una coloracion heterocromatica de Tr G(X ); luego Tr G(X ) no
es tensa.
2
Sea : V ! V 0 una funcion sobreyectiva del conjunto de
vertices V de la k-graca H = (V; E ) en el conjunto V 0: La
k-graca H 0 = (V 0; E 0) con
E 0 = ffv0 ; :::; vk0 g j 9fv ; :::; vkg 2 E; (vi) = vi0 ; i = 1; :::; kg
es llamada el cociente de H por ; y es denotada por H=:
1
1
Proposicion 2.2 Cocientes de k-gracas tensas son tensos.
Prueba Si f es una coloracion de H=; entonces f es una coloracion de H: Como H es tensa, existe una arista
fv1; v2; :::; vkg separada por f ; luego f(v1); (v2); :::; (vk )g
es separada por f:
2
Graham y Lovasz [5] denen un k ; bosque como la k-graca
tal que cualquiera de sus hiperaristas es separada por alguna coloracion que no separa a ninguna otra hiperarista. Claramente
una k-graca es un k-arbol si y solo si es un k-bosque tenso. En
[5]; Lovasz demostr
o que el tama~no maximo de un k-bosque con
n;1
n vertices es k;1 :
9
Haremos enfasis en el estudio del tama~no mnimo (kn ) de un
k-arbol con n vertices. Es facil observar que solo para k = 2
k-arboles y k-arboles mnimos coinciden, son los arboles usuales
(con 2n = n ; 1):
Corolario 2.3 kn kn :
Prueba Resulta inmediato de tomar un k-arbol minimal con
+1
n + 1 vertices, identicar dos vertices y aplicar Proposicion 2.2.
2
Para v 2 V denotaremos por Val(v) el numero de aristas en
Tr (v):
Proposicion 2.4 kn (n=k)kn;; :
Prueba Sea H = (V; E ) un 3-arbol minimal sobre el conjunto de vertices V , donde jV j = n: Por el Lema Basico 2.1, para
cualquier v 2 V; la traza Tr (v) es tensa. Luego, Val(v) kn;;
1
1
1
1
y
k jE j =
X
2
v V
Val(v) nkn;;11
jE j (n=k)kn;;
kn (n=k)kn;;
1
1
1
1
2
Corolario 2.5 kn l
m
n
n k +2 k
2
;
:
10
Prueba Iterando la cota de la Proposicion 2.4 se tiene que:
; 1 k; :::
kn nk kn;; nk nk ;
1 n;
3) k; k;
nk nk ;; 11 ::: nk ;; ((kk ;; 3)
n; k ;
0 1
!
!
1
1
@ A
2
2
!
!
0
1
@
A
(
(
2)
2)
Como 2n = n ; 1; se tiene que:
!
!
!
n
;
1
n
;
k
+
3
n
k
(n ; k + 1)
n k k ; 1 :::
3
!
!
!
!
n
;
1
n
;
k
+
2
n
;
k
+
1
2
n
= k k ; 1 :::
2
1
n;k+2
20
1
3
kn 666@ nk A n ; 2k + 2 777 :
2
A partir de ahora vamos a ocuparnos del caso particular k = 3
y por simplicidad denotaremos n = 3n:
n n; :
Proposicion 2.6
Prueba Consecuencia directa de la Proposicion anterior y
;
n(n 2)
3
1
2
la cota superior dada por Lovasz para k-arboles con n vertices.
2
Conjetura 2.7 n =
;
n(n 2)
3
:
Esta conjetura fue establecida por primera vez en [2], en dicho
trabajo se muestra la primera familia innita de 3-gracas tensas
que la satisfacen y que presentaremos posteriormente.
11
De acuerdo al Lema Basico 2.1, esta conjetura establece que
para todo 3-arbol mnimo, la traza de todo vertice es un arbol
(casos n 0; 2(mod 3)) o una de las trazas contiene un ciclo y
el resto son arboles (caso n 1(mod 3)):
Ejemplos de 3-arboles mnimos no isomorfos de orden 8: consideremos las 3-gracas H1 y H2; cuyo conjunto de vertices es
Z8 con conjuntos de hiperaristas respectivamente:
8
9
>
>
>
>
f
0
;
1
;
3
g
;
f
0
;
1
;
4
g
;
f
0
;
2
;
7
g
;
f
0
;
3
;
7
g
;
>
>
>
>
>
>
>
< f0; 4; 5g ; f0; 5; 6g ; f1; 2; 4g ; f1; 2; 5g ; >
=
E1 = >> f1; 5; 6g ; f1; 6; 7g ; f2; 3; 5g ; f2; 3; 6g ; >>
>
>
>
>
>
>
>
: f2; 6; 7g ; f3; 4; 6g ; f3; 4; 7g ; f4; 5; 7g >
;
y
8
9
>
>
f0; 1; 4g ; f0; 2; 5g ; f0; 3; 5g ; f0; 3; 6g ; >>>>>
>
>
>
>
< f0; 3; 7g ; f0; 4; 5g ; f1; 2; 5g ; f1; 3; 6g >
=
E2 = >> f1; 4; 6g ; f1; 4; 7g ; f1; 5; 6g ; f2; 3; 6g ; >>
>
>
>
>
>
>
>
: f2; 4; 7g ; f2; 5; 7g ; f2; 6; 7g ; f3; 4; 7g >
;
Fueron construidos de manera tal que la funcion ( x ! x +1)
es un automorsmo. Las trazas de 0 son, respectivamente los
arboles T1 y T2 de la Figura 1. Luego, son no isomorfos, y por
su simetra no es difcil comprobar que H1 y H2 son tensas.
T1
6
5
4
1
6
3
7
T2
3 5
2
7
Figura 1. La traza de 0 en H1 y H2
12
2
4
1
2.1.1 Una familia innita de 3-arboles mnimos
Denotemos por p un numero primo y Zp = f0; 1; :::; p ; 1g el
campo con p elementos. Sea Zp = Zp f0g el grupo multiplicativo de Zp:
Proposicion 2.8 Para cualquier 3-coloracion de Zp; existe una
solucion de la ecuacion x + y = z con colores distintos.
Prueba Supongamos que la Proposicion es falsa. Entonces
existe una particion = fA; B; C g de Zp en bloques no vacos
tal que:
(A + B ) \ C = ; >>>=
(C + B ) \ A = ; >>
()
>
>
>
: (A + C ) \ B = ; >
;
Notese que si la particion = fA; B; C g satisface () entonces para todo x en Zp; x = fxA; xB; xC g es tambien una
particion que satisface (). Podemos suponer, sin perdida de
generalidad que jAj jB j y jAj jC j : Si 1 2= A; por la observacionn anterior, para cualquier
a 2 A; la nueva particion
o
;
1
;
1
;
1
;
1
a = a A; a B; a C tiene a 1 en el bloque menor. Luego,
podemos asumir que 1 esta en A: Sea t el mayor numero tal que
f1; :::; tg A: Se tiene que t 1 y podemos suponer que t + 1
pertenece a B:
Armacion: Si c 2 C entonces fc ; 1; c ; 2; :::; c ; tg A:
Para ver esto, sea C = fc1 < c2 < :::g y h 2 f1; :::; tg : Si
ci ; h 2 B; entonces ci = (ci ; h) + h; que contradice (). Esto
prueba la Armacion para c1 ya que c1 > t y por denicion,
es el menor elemento en C: Supongamos que la Armacion es
8
>
>
>
<
9
13
verdadera hasta cierto ci;1: Si ci ; h 2 C; entonces ci = cj + h;
para algun j < i: Como x = t + 1 ; h 2 f1; :::; tg ; tenemos
por hipotesis de induccion que cj ; x = ci ; h ; (t + 1 ; h) =
ci ; (t +1) 2 A: Pero t +1 2 B; luego (ci ; (t +1))+(t +1) = ci;
que contradice (). De aqu que ci ; h 2 A; con lo que queda
demostrada la Armacion.
Por la Armacion, la funcion f : C ! A tal que f (c) = c ; 1;
8c 2 C es una inyeccion de C en A pero no es biyeccion, ya que
1 2 A pero 2 2= C; lo cual contradice el hecho de que A es el
bloque mas peque~no de la particion.
2
Notese que la Proposicion 2.8 no puede ser generalizada directamente para 4-coloraciones. Por ejemplo, si consideramos la
4-coloracion ff1g ; f;1g ; A; B g donde B = Zp (A [ f1; ;1g)
y
8
<
; :::; p ; 4; p ; 3g ;
si p 1(mod 4)
A = : f2f;25;;36;;69;;710; :::;
p ; 5; p ; 4g ;
si p 3(mod 4)
entonces se tiene que A = ;B , luego x + y = 2 no tiene
solucion, con x 2 A y y 2 B: De aqu que la ecuacion x + y +
z = w no tiene solucion con colores distintos. Notese que la
Proposicion 2.8 es en cierto sentido, la version anti-Ramsey del
Teorema de Schur (ver [4]):
Denotemos por Bp = Zp; E la 3-graca cuyas hiperaristas
son las ternas fx; y; z g tales que x + y = z . Por la Proposicion
2.8, Bp es tensa. Sea G un subgrupo de Zp y sea nat: Zp ! Zp=G
la funcion canonica que asocia a cada elemento de Zp su clase en
el cociente Zp=G: Denotemos por Bp=G el cociente de Bp por nat.
Por la Proposicion 2.2, Bp=G es tensa. No es difcil comprobar
que el grupo de automorsmos de Bp=G es transitivo en vertices.
14
Sea Lp = (Vp ; Ep) = Bp= f1; ;1g : Entonces Vp = 1; :::; (p;2 1) :
Lema 2.9 Para todo vertice x de Lp; Tr (x) es una cadena.
Prueba Analicemos la traza de 1 en Bp: En la ecuacion
x + y = z; los casos x = 1 y y = 1 son simetricos.
Si x = 1; entonces fy; z g son aristas en Tr (1) de la forma:
fi; i + 1g ; i = 2; :::; p ; 1 (inducen una cadena de orden p ; 2).
Si z = 1; entonces fx; yg son aristas en Tr (1) de la forma:
fi; ;i + 1g ; i = 2; :::; (p ; 1)=2:
En la Figura 2 se muestra la forma de Tr (1):
p+3
2
p-2
p-1
3
2
p+1
2
p-1
2
Figura 2. La traza de 1 en Bp:
Como los vertices de Lp son los pares: [x] = fx; ;xg ; x =
1; :::; (p ; 1)=2; Tr ([1]) es la cadena:
Tr ([1]) : [2] [3] ::: [(p ; 3)=2] [(p ; 1)=2]
Notese que para todo v1; v2 2 Zp; 9 2 Zp tal que v1 = v2;
entonces la funcion pv1;v2 : Zp ! Zp denida como pv1;v2 (v) = v;
8v 2 Zp es un automorsmo de Bp ya que si fx; y; z g es tal que
x + y = z; entonces (x + y) = x + y = z; i.e. fx; y; z g es
15
una terna en Bp: Ademas pv1;v2 (v1) = v2; independientemente de
como se hayan escogido v1 y v2; luego el grupo de automorsmos
de Bp es transitivo en vertices, de aqu que Tr (1) es isomorfa a
Tr (v); 8v 2 Zp. Luego, en Lp todas las trazas son isomorfas
(propiedad heredada de manera natural de Bp) y son cadenas,
ya que Tr ([1]) es cadena en Lp:
2
Teorema 2.10 Lp es un 3-arbol mnimo.
Prueba Sea n = (p ; 1)=2; y denotemos por w el numero de
ternas en Lp: Por el Lema 2.9, Val(v) = n ; 2 para todo vertice
de Lp: Luego
3w = Val(v) = n(n ; 2)
v 2V
w = n(n ; 2)
X
p
3
;
Por la Proposicion 2.6, n 3 , y del hecho de que Lp
es tensa se sigue directamente el resultado deseado.
2
n(n 2)
Corolario
2.11 Si 2n + 1 es un numero primo, entonces n =
n n;
(
2)
3
:
2.2 Triangulaciones de supercies cerradas
En la seccion anterior analizamos como construir una familia
innita de 3-arboles mnimos (la familia Lp); pero aun estamos
lejos de saber si la Conjetura 2.7 es cierta o no.
16
Nuestro trabajo est
a demostrar la validez de esta
a dirigido
conjetura, i.e. n = n(n3;2) para n 3; 4(mod 6): Lo primero
que se nos ocurre es ver si existen 3-gracas conocidas con el
numero de ternas deseado (aun cuando no sepamos como se
comportan con respecto a la tension).
Hay una familia especial de 3-gracas que cumplen con este
requisito, aquellas donde la traza de todo vertice es un arbol.
Si la 3-graca es de orden n; por cada vertice se cuentan n ; 2
ternas (una por cada arista de la traza, que es un arbol) y como
cada terna la estamos contando tres veces (dada una terna, una
vez por cada vertice de la misma) obtenemos el numero de ternas
deseado: n(n3;2) : En particular, si todas las trazas son cadenas,
llamaremos a la 3-graca, 3 ; cadena: Como se puede observar,
las Lp son 3-cadenas.
Sucede que las 3-cadenas tienen una interpretacion topologica
clara. Si ponemos \tela" en sus ternas (vistas como discos u
homeomorfos a estos), cualquier punto tiene una vecindad homeomorfa a un disco o a un semidisco. Es decir, la 3-graca representa una triangulacion de una supercie con frontera donde
la frontera esta determinada por aquellas aristas que aparecen
solamente en una terna. Mas aun, la 3-graca representa una inmersion de una graca completa en una supercie con frontera,
donde inmersion se reere a que la graca esta bien encajada
o dibujada sobre la supercie, es decir, sus aristas no se intersectan.
Esta interpretacion de las 3-cadenas nos conduce inmediatamente a revisar los trabajos de Ringel, White y otros (ver [7])
sobre el numero cromatico ((S )) de una supercie cerrada S ,
17
denido como: (S ) =mGaSx (G) , donde el maximo se toma
sobre el numero cromatico de todas las posibles gracas que
pueden ser dibujadas sobre la supercie S: La solucion de este
problema consiste esencialmente en encontrar el maximo n tal
que la graca completa Kn puede ser dibujada en la supercie
S ( S distinta de la esfera). Es interesante observar que para el
caso en que la supercie cerrada es una esfera, estamos en presencia del Problema de los Cuatro Colores, que establece originalmente que son sucientes 4 colores para colorear los \pases"
de cualquier mapa sobre la esfera de manera que pases con frontera comun (distinta de un punto) estan coloreados de diferente
color. En la terminologa adoptada anteriormente, el problema
consiste en probar que el numero cromatico de la esfera es 4:
Diremos que una 3-graca es un 3 ; ciclo si la traza de todo
vertice es un ciclo. No es difcil comprobar que el conjunto de
ternas determinado por los triangulos de una inmersion de una
graca completa en una supercie cerrada es un 3-ciclo. Si en
un 3-ciclo extraemos un vertice y todas las ternas que lo contienen, obtenemos una 3-cadena, o sea, 3-gracas candidatas a
ser tensas mnimas. Es por esto que los metodos para construir inmersiones de gracas completas en supercies cerradas
ocuparon nuestro interes y vamos a exponer algunos de estos
metodos. Para mayor informacion ver [7] que trata el tema con
gran detalle.
Antes de mostrar una de las tecnicas mas utilizadas en [7]
(Metodo de las gracas de voltaje) para construir 3-ciclos, conviene introducir algunos conceptos.
Sea C = fC0; C1; :::; Cn;1g un conjunto de ciclos de orden
n ; 1 tales que en Cj no se repiten elementos y j 2= Cj; 8j 2 Zn:
18
No es difcil comprobar que para que esta familia represente la
inmersion de Kn en cierta supercie cerrada, de manera que la
traza de j sea Cj ; 8j 2 Zn; es que se satisfaga la Regla de los
triangulos o brevemente Regla :
Regla : Si en la traza del vertice i se tiene la arista fj; kg
entonces en la traza del vertice k se tiene la arista fi; j g y en la
traza de j; la arista fi; kg :
Rotacion de una graca: Consiste en tomar cada uno de
los vertices de una graca y darle un orden cclico a las aristas
incidentes a cada uno de ellos.
Vamos a considerar solamente las dos formas naturales de
ordenar a las aristas que inciden a un vertice: en el sentido
de las manecillas del reloj y en la direccion contraria. Para
representar la primera forma de ordenacion, el vertice sera un
crculo sombreado () y para representar el orden contrario, el
vertice sera un crculo sin sombrear ().
2
1
0
3
4
Figura 3. Rotacion de una graca
Por ejemplo, en la graca de la Figura 3 se tiene la siguiente
rotacion:
19
0: 1 2 3 4
1: 4 0 2
2: 0 3 1
3: 2 0 4
4: 3 0 1
Consideremos caminos cerrados (circuitos) en la graca, determinados por una rotacion de ella. Cuando recorremos un arco
en el mismo sentido de su orientacion tomamos al elemento de
Zn como aparece, en caso contrario tomamos a su inverso aditivo. En la Figura 3 tenemos el camino cerrado 120340: Notese
que la condicion para terminar de recorrer un circuito es alcanzar el vertice inicial y que dicho circuito puede contener caminos
cerrados (en este caso 034 ).
Nuestro objetivo es construir un 3-ciclo de orden n; donde Zn
actue sobre las trazas, es decir , es suciente conocer como es la
traza de un vertice para poder reconstruir la traza de cualquier
otro vertice. Si conocemos la traza del vertice i; construimos la
traza del vertice j sumando a cada uno de los elementos de la
traza de i; (j ; i)(mod n): Por ejemplo, si para n = 5 tenemos
que la traza del vertice 2 es 1403 entonces la traza del 4 sera
3120 (resultado de sumar 4 ; 2 = 2 a cada vertice de la traza
de 2; modulo 5).
Graca de voltaje de Zn: Es una graca dirigida y con
cierta rotacion, donde a cada arista se le asocia un elemento de
Zn (distinto de cero) que se denominara corriente de la arista.
Arco nal: Arista incidente a un vertice de valencia 1:
Utilizaremos gracas de voltaje que deben cumplir las siguientes propiedades:
20
P1. La graca de voltaje tiene vertices de valencia 3; 2 o 1:
P2. Si un vertice P es de valencia 2; entonces uno de los
arcos incidentes a P es un arco nal. La corriente del otro arco
uye hacia P y debe duplicar la corriente del arco nal. (Ver
Figura 4)
P3. La rotacion de la graca induce
un solo circuito.
h i
n
P4. Cada elemento desde 1 a 2 de Zn aparece exactamente
una vez como la corriente de alguna arista de la graca.
P5. En cada vertice de valencia tres, la suma de los voltajes
que entran es igual a la suma de los voltajes que salen. (Esta
propiedad justica el nombre de las gracas que vamos a utilizar,
por su similitud con las Leyes de Flujo de Kircho)
P6. Cada elemento de orden dos en el grupo, es corriente de
un arco nal donde uno de sus extremos es un vertice de grado
tres.
P7. Se admite la presencia de aristas especiales llamadas
\arcos de ruptura" que cumplen las siguientes condiciones:
i) Un arco de ruptura esta dividido por su punto medio en
dos semiarcos (este punto medio no se considera un vertice de
la graca).
ii) Los arcos de ruptura tienen cierta corriente, al igual que
las demas aristas.
iii) Ambos semiarcos estan orientados hacia su punto medio
o en direccion opuesta.
21
b
2b
Figura 4. Un vertice de valencia dos
Para construir un circuito en una graca de voltaje hay que
tener cuidado al recorrer arcos especiales. Al llegar a un arco nal, si su corriente es de orden dos, no se repitira el elemento, lo
consideraremos solamente una vez. Al pasar por el punto medio
de un arco de ruptura hay que \multiplicar nuestra conducta
por ;1" , es decir, si se alcanza un vertice de tipo actuamos
como si fuera de tipo ; si el arco tiena corriente a y lo estamos
recorriendo en la misma direccion en que esta orientado, escribimos ;a en vez de a: Al pasar por el punto medio de un arco de
ruptura por segunda vez, nos comportamos normalmente.
>Como construiremos un 3-ciclo que cumpla la Regla a
partir de una graca de voltaje que satisfaga estas propiedades?
La traza del 0 estara determinada por el circuito inducido por
la rotacion de la graca. Por P3 el circuito no contiene circuitos
mas peque~nos, luego la traza del 0 es un ciclo que contiene a
todas las aristas de la graca, dos veces, una por cada direccion.
Por P4 el ciclo contiene a todos los elementos de Zn n f0g : Por
ejemplo, en la Figura 5 se tiene una graca de voltaje de Z7 que
cumple P1, P3 y P4 . La traza del 0 es: 1 3 2 ;1 ;3 ;2
donde ;i denota el inverso aditivo de i en Z7; 8i 2 Z7nf0g : Dada
la traza del 0; obtenemos la traza de i adicionando i (modulo 7)
22
a cada elemento de la traza de 0; sin cambiar el orden en que
estan dispuestos en dicha traza.
A
3
1
2
zz 7
1
A
Figura 5. Una graca de voltaje de Z7
Veamos que se cumple la Regla : Supongamos que en la
traza de i tenemos la arista fj; kg ; entonces en la traza de 0
tenemos las aristas fj ; i; k ; ig y f; (k ; i) ; hg ; supongamos
que dichas aristas estan asociadas a un vertice de valencia tres.
Adicionando k;(modulo n) tenemos en la traza de k la arista
fi; h + kg ; por P5 h = (j ; i) + (i ; k); luego j = k + h: De
aqu que en la traza de k aparece la arista fi; j g : Notese que por
P6, se obtiene el mismo resultado, independientemente de que
el elemento k ; i sea o no de orden dos.
Adicionando j = k + h(mod n) a la arista f;h; i ; j g en la
traza de 0; se tiene la arista fk; ig en la traza de j: De aqu que la
Regla se satisface cuando recorremos la graca de voltaje por
vertices de grado tres y uno (estos ultimos asociados a elementos
de orden dos en Zn):
Para un vertice de valencia dos (ver Figura 4), en el siguiente
esquema se observan las ternas involucradas en la construccion.
Tr (0) ::: 2b b ;b ;2b :::
Tr (b) ::: : 2b 0 ;b :::
Tr (;b) ::: b 0 ;2b : :::
Tr (2b) ::: : : b 0 :::
Tr (;2b) ::: 0 ;b :
: :::
23
Se puede comprobar facilmente que esta parte de la 3-graca
satisface la Regla .
Hemos visto de manera general como se construyen 3-ciclos
utilizando gracas de voltaje. Veamos una solucion ingeniosa del
caso donde n 4(mod 12), utilizando el metodo antes expuesto.
2.2.1 Caso n 4(mod 12)
Considere la siguiente graca de voltaje de Z16: Notese que hay
3 arcos de ruptura.
6
zz 16
4
5
1
7
3
8
2
Figura 6.
La traza del 0 queda determinada por el unico circuito de la
graca como sigue:
4 10 6 12 11 3 2 9 7 14 1 5 8 13 15 :
Para generalizar este ejemplo para n = 12s + 4; s 1; consideremos la graca de voltaje de la Figura 8, la Figura 7 muestra el
ejemplo s = 2: El semiarco de la derecha con la corriente 2s +1 y
el semiarco de la izquierda con la misma corriente forman parte
de un mismo arco de ruptura. Claramente se cumple P1, no es
24
difcil comprobar que cada uno de los elementos 1; 2; :::; 6s +2 es
usado exactamente una vez, el ultimo de ellos en un arco nal
(satisfaciendose P4 y P6). P5 se satisface en cada vertice de
grado tres. En todos los vertices de grado dos se cumple P2.
Tambien se puede comprobar la validez de P3, y de P7 en cada
uno de los arcos de ruptura. Luego la 3-graca que se obtiene a
partir de esta graca de voltaje es un 3-ciclo.
zz 28
11
12
13
2
6
4
8
14
1
7
3
5
10
9
5
Figura 7.
zz 12s+4
6s+1
2
2s-1
4s
6
4
2s+1
4s+2
6s-1
6s
2s-3
2s+3
6s+2
2s+1
4s+1
1
Figura 8.
Demostremos que la supercie cerrada donde esta encajada
la graca completa es no orientable. Para ello consideremos la
siguiente parte de las trazas de la 3-graca:
Tr (0)
4
8 +2 4 +2 8 +4
Tr (2) 4 + 2 8 + 4
Tr (4 + 2)
0 8 +4 2
s
s
s
s
s
s
:
s
:
:
s
25
:::
:::
:::
2 6 + 3 6 + 1 12 + 2
6 +3
0
s
s
:
:
:
:
s
s
:
:
Si le damos la orientacion (0; 2; 6s + 3) a la terna f0; 2; 6s + 3g ;
las orientaciones de f0; 4s + 2; 8s + 4g y f2; 4s + 2; 8s + 4g quedan determinadas como (0; 4s + 2; 8s + 4) y (2; 4s + 2; 8s + 4)
respectivamente. De aqu que, independientemente de como
orientemos la traza de 4s + 2; alguna de las orientaciones de
estas dos ultimas ternas no va a estar bien determinada. Luego
la supercie cerrada obtenida es no orientable.
2.2.2 Caso n 10 (mod 12)
Para resolver este caso nos apoyaremos en algunos resultados
que no demostraremos. Para mas detalles verse [7]:
Proposicion 2.12 K puede ser dibujado en una supercie cerrada no orientable.
6
Proposicion 2.13 Si existe una inmersion de K t en una su2 +2
percie cerrada no orientable, entonces existe una inmersion de
K4t+2 en una supercie cerrada no orientable.
Proposicion 2.14 Para todo entero no negativo t existe una
inmersion de K12t en una supercie cerrada no orientable.
Proposicion 2.15 Existe una inmersion de K
en una supercie cerrada no orientable, para todo entero s 1:
12s+10
Prueba (Induccion sobre s)
Por la Proposicion 2.12, K6 puede ser dibujado sobre una
supercie cerrada no orientable y por la Proposicion 2.13, para
t = 2; existe una inmersion de K10 en una supercie cerrada no
orientable. Luego la Proposicion 2.15 es cierta para s = 0:
26
Dado s > 0; supongamos que existen inmersiones de K12s+6
y K12s+10 en supercies cerradas no orientables para todo entero
positivo menor que s:
Por la Proposicion 2.14 cuando s es impar y por hipotesis de
induccion cuando s es par, existe una inmersion de K6s+6 en una
supercie cerrada no orientable. Aplicando la Proposicion 2.13
para t = 3s + 2 obtenemos la inmersion deseada de K12s+10 en
una supercie cerrada no orientable.
2
Los casos analizados (n 4; 10(mod 12)) no fueron tomados al azar. A partir de ellos, podemos construir 3-cadenas
sobre supercies no orientables con frontera conexa, para n 3(mod 6); mediante el metodo antes mencionado de extraer un
vertice y todas las ternas que lo poseen. Desafortunadamente,
no sabemos como se comportan estas 3-gracas con respecto a
la tension. En el Captulo 3 vamos a mostrar un metodo para
construir 3-cadenas tensas sobre supercies no orientables para
n 3(mod 6):
2.3 Supercies trianguladas tensas y no tensas
En esta seccion trataremos de manera exitosa el problema de
como construir inmersiones de gracas completas en supercies,
conociendo el comportamiento de las 3-gracas correspondientes
con respecto a la tension. Vamos a ver algunos de los resultados
desarrollados en [2] y [3].
27
2.3.1 Metodo de acoplamiento
Sea H = (V; E ) una 3-cadena. La frontera de H (denotada por
@H ) es la graca @H = (V; E 0 ) donde fu; vg 2 E 0 si y solo si
v es un vertice de grado 1 en la cadena Tr H (u) o equivalentemente, si la pareja fu; vg aparece exactamente en una terna de
H: Por denicion @H es regular de grado dos, es decir una union
disjunta de ciclos.
Sean H0 = (V0; E0) y H1 = (V1; E1) dos 3-cadenas y :
@H1 ! @H0 un isomorsmo de gracas (esto implica que H0 y
H1 tienen el mismo orden). Supongamos que le damos cierta
orientacion a cada uno de los ciclos
de @H
aca co 1 ; a la
digr
;
;
!
;
!
rrespondiente la denotaremos por @H1 = V0; E1 :
Denicion: El acoplamiento de H0 y H1 a traves de es
la 3-graca Hf = H03 H1 = (Vf ; Ef) cuyo conjunto de vertices es
Vf = V0 t V1 (la union disjunta de V1 y V2) y las ternas denidas
por:
(c1) fu; v; wg 2 E0 ) fu; v; wg 2 Ef
(c2) fx; y; z g;!
2 E1 ) f(x); y; z g ; fx; (y); z g ; fx; y; (z )g 2 Ef
(c3) (x; y) 2 E1 ) f(x); (y); yg ; fx; y; (y)g 2 Ef
Para una 3-cadena H; el acoplamiento de H es H 3H =
H 3idH; donde id es la funcion identidad en @H con determinada
orientacion.
Por ejemplo, el acoplamiento de un triangulo determina el 3ciclo correspondiente a una inmersion de K6 en el plano proyectivo.
En lo adelante, usaremos las letras u; v y w para denotar
vertices en H0 y las letras x; y y z para denotar vertices en H1:
28
g
Tambien abreviaremos Tr H (i = 0; 1) y Tr He por Tr i y Tr
;
respectivamente.
Lema 2.16 Hf = H03 H1 es un 3-ciclo.
g
Prueba Debemos probar que la traza de todo vertice en Tr
es un ciclo.
Caso1. u 2 V0: De (c1) se tiene una inclusion canonica
H0 ,! Hf que induce una inclusion de la subcadena Tr 0(u) en
g
Tr
(u):
Sea x = ;1 (u): Por (c2) tenemos la inclusion de la subcadena
g
g
Tr 1(x) en Tr
(u): Luego Tr
(u) contiene dos subcadenas disjuntas, cuya union contiene a todos los vertices, excepto x; que por
el momento no sabemos como esta relacionado con el resto de
los vertices.
;! nos induce un orden natural en cada
La orientacion de ;
@H
1
ciclo de @H1 y en @H2, a traves de : Dado un vertice x, x;
+
denotar
a
el
elemento
que
le
antecede
y
x
el que le precede,
en
;@H
;!: As que (x;; x) y (x; x+ ) son las unicas
;
!
aristas en E1 que
1
;
+
;
;
contienen a x: Notese que x y x (u = (x ) y u+ = (x+ ))
son los vertices de grado 1 en Tr 1(x) (Tr 0(u)):
Luego, las tres posibles ocurrencias de u en la parte derecha
de (c3): fu;; u; xg ; fx;; x; ug y fu; u+ ; x+g nos dan las aristas
g
que completan el ciclo Tr
(u) (ver Figura 9).
i
x
T (x)
x-
1
u-
To(u)
29
x+
u+
Figura 9.
g
Caso 2. x 2 V1: Claramente, en Tr
(x) no aparecen aristas
de (c1). Por (c2) para toda arista fy; z g 2 Tr 1(x) aparecen las
g
aristas f(y); z g y fy; (z )g en Tr
(x); que inducen dos cadenas
disjuntas que no contienen a x y u (ver Figura 10).
g
Por (c3) se obtienen tres ternas que determinan que Tr
(x)
;
;
+
sea un ciclo: fx ; x; ug ; fu; u ; xg y fu; u ; xg (ver Figura 10).
2
T (x) :
x-
u
1
. . .
u-
y
ϕ( y)
z
ϕ( z)
. . .
x+
u+
Figura 10.
Denamos una familia innita de supercies trianguladas aplicando iterativamente el metodo de acoplamiento sobre las 3cadenas obtenidas en la subseccion 2.1.1 (Lp):
Familia de supercies primas iteradas. Sea p un numero
primo y Cp;0 = Lp;;13Lp;;1; donde Lp;;1 = Lp. Por el Lema 2.16,
Cp;0 es un 3-ciclo de orden p ; 1
Para iterar sobre k; tomemos la 3-cadena:
Lp;k = Cp;k ; x
donde x es un vertice de Cp;k (la resta indica extraer el vertice y
todas las ternas que lo contienen) y luego construimos el 3-ciclo:
30
Cp;k = Lp;k 3Lp;k
+1
En principio, el vertice que se vaya a extraer y la orientacion que se le asigne a la frontera, para realizar el acoplamiento,
afecta la clase de isomorsmo de la supercie prima iterada. Es
decir, si se seleccionan vertices a extraer distintos y/o orientaciones de la frontera diferentes, se podran obtener hipergracas
no isomorfas.
Denici
on: Diremos que un numero primo(pp;1)es=2conexo si,
n o
k
en Zp; 2 k0 es transversal a la particion f[x]gx=1 o equivalentemente, si el subgrupo generado por 2 en Zp actua transitivamente sobre Lp:
Notese que la familia de 3-ciclos fCp;k g puede ser extendida
para k = ;1 cuando p es conexo. De hecho, para cualquier
p, las componentes de @ Lp se corresponden con las orbitas del
subgrupo h2i Zp que actua sobre L(0)
que cuando
p : De aqu
la frontera de Lp es conexa (i.e. cuando p es conexo) podemos
agregar un nuevo vertice, el conjunto de ternas determinado por
dicho vertice y las aristas originales de la frontera, con lo que se
obtiene el 3-ciclo Cp;;1 para iniciar el proceso de iteracion. Posteriormente veremos como en el caso de que @ Lp no sea conexa
existe una familia innita de 3-ciclos no tensos.
Lema 2.17 Si @H = @H no es conexa, entonces H = H 3 H
no es tensa.
0
f
1
0
Prueba Notese que Tr (V ) = @H ; para ver esto observe
g
1
0
que las unicas ternas que tienen exactamente un vertice de V1
31
1
se obtienen a partir del primer grupo de ternas de (c3). Por el
Lema Basico 2.1, Hf es no tensa si alguna de sus trazas no es
conexa. Como es un isomorsmo de gracas de @H1 en @H0,
g
Tr
(V1) = @H0 no es conexa, luego Hf no es tensa.
2
Teorema 2.18 Sean H y H 3-cadenas tensas con frontera
conexa. Entonces, para todo isomorsmo : @H ! @H y
0
1
1
0
cualquier orientacion de @H1; H = H03 H1 es tensa.
f
Prueba Consideremos una 3-coloracion arbitraria de H con
f
los colores rojo, verde y azul. Si los tres colores aparecen en
V0; como H0 es tensa, existe una terna heterocromatica. Como
f f
H0 ,! H;
H es tensa.
Supongamos que uno de los colores, el azul por ejemplo, no
g
aparece en V0: Si Tr
(X ) es conexa, donde X es el subconjunto
de vertices de V1 coloreados de azul, claramente existe una terna
g
g
hetorocromatica en H:
Luego, demostraremos que Tr
(X ) es
conexa, 8X V1 mostrando una subgraca generadora conexa
g
g
de Tr
(X ): Como Tr
(V1) = @H0 es conexa por hipotesis, vamos
a suponer que X 6= V1:
g
Sea U = (X ) y consideremos la subgraca de
Tr
(X ) inD
E
g
ducida por U a la que denotaremos por G0 = U : Tr (X ) :
Como las unicas aristas de esta graca provienen de la primera
parte de (c3), se tiene que G0 = hU : @H0i : Es decir, es una
;! o equivalentemente,
subgraca propia de un ciclo dirigido ;
@H
0
G0 es la union de cadenas dirigidas (algunas de ellas podran
tener longitud 0; i.e., constar de un solo vertice).
Por otra parte, consideremos la graca G1 con conjunto de
vertices Vf ; X ; U; con dos aristas f(y); z g y fy; (z )g ; para
32
toda arista fy; z g 2 Tr 1(X ): Por la segunda y tercera parte de
g
(c2), claramente G1 es una subgraca de Tr
(X ):
Como H1 es tensa, por el Lema Basico 2.1, Tr 1(X ) es conexa.
Luego, por construccion G1 es conexa, excepto cuando Tr 1(X )
sea una graca bipartita, en cuyo caso G1 tiene dos componentes
conexas. Notese que en ese caso, x y (x) estan en componentes
distintas, para todo vertice x en G1:
Finalmente, sea G la union de G0 y G1 a la que le agregamos
g
las aristas que aparecen en Tr
(X ) por (c3). G es una subgraca
g
generadora de Tr (X ); debemos probar que es conexa.
Sea u = (x) un vertice en G0 que es el vertice inicial de una
;
de sus componentes. Usando la;notaci
o
n
del
Lema
2.16,
sea
u
;!; notese que por la forma en
el vertice que le precede a u en @H
0
;
que se ha seleccionado u; u 2 G1; luego x; = (u; ) 2 G1: Por
(c3) tenemos las siguientes aristas en G : fu;; ug fx;; ug (ver
Figura 11).
De aqu que las dos posibles componentes de G1 se conectan
a traves de u y la componente tomada en G0 (una cadena, por
construccion) esta conectada a G1 por su vertice inicial. Como
esto se cumple para cualquier componente de G0; hemos deg
mostrado que G es conexa. Luego, Tr
(X ) es conexa y el Teorema queda demostrado.
2
33
x-
x
X
G1
u-
u
G
0
Figura 11.
Corolario 2.19 Sea H una 3-cadena. Entonces las siguientes
armaciones son equivalentes:
(a) H y @H son tensas.
(b) H 3H es tensa.
Prueba (a=)b) Teorema 2.18.
(b=)a) Por el Lema 2.17, @H es tensa (o conexa) y H es
tensa ya que claramente, existe una funcion cociente H 3H ! H
2
(ver Proposicion 2.2).
Teorema 2.20 Existen 3-ciclos tensos de orden (p+1)=2 y p;1;
para todo primo conexo p:
Prueba Como Lp = Lp;; es tensa, al igual que su frontera,
para primos conexos, se tiene que Cp; (de orden p ; 1) es tensa
por el Corolario 2.19. Por otra parte, Cp;; (de orden (p ; 1)=2+
1
0
1
1 = (p + 1)=2) es tenso porque se obtiene de agregar un vertice
a una 3-cadena tensa con frontera conexa (aqu la frontera sera
la traza del nuevo vertice).
2
34
Teorema 2.21 Existen 3-ciclos no tensos de orden 2k (p ; 3)+2
(y por tanto, 3-cadenas no tensas de orden 2k (p ; 3) + 1; para
todo primo no conexo p y k 0:
Prueba Para primos no conexos, del Lema 2.17 se tiene que
Cp; no es tensa. Si extraemos un vertice de un 3-ciclo no tenso,
0
obtenemos una 3-cadena no tensa. Por este hecho y el Corolario
2.19 conclumos inductivamente que Lp;k y Cp;k para k 0; son
no tensos.
2
Finalmente, observese que si pudieramos agregarle al Corolario 2.19 un tercer punto (c) (H 3H ) ; x es tensa para algun
vertice x en H 3H; entonces una prueba inductiva similar a la
del Teorema 2.21 podra ser utilizada para hacer mas fuerte el
Teorema 2.20. Esto requerira de una seleccion correcta de los
vertices a extraer en el proceso de iteracion.
Veamos como se comportan los 3-ciclos obtenidos mediante
el Metodo de acoplamiento, con respecto a la orientabilidad.
Independientemente de como sean las 3-cadenas que se acoplan,
f
H = H03 H1 es no orientable. De hecho, para cualquier terna
fx; y; z g en H1; el camino simplicial x; y; z; x invierte su orientaf
cion en H:
Para demostrar esto, veamos la traza de x: (Figura
10).
35
ϕ( z)
ϕ( y)
x
y
z
ϕ( x)
Figura 12.
Si fx; y; (z )g tiene la orientacion (x; y; (z )) ; entonces como
Tr (x) esta localmente orientada, la terna fx; (y); z g tiene la orientacion (x; z; (y)) : Entonces, el mismo argumento basado en
y y z; determina orientaciones opuestas a f(x); y; z g : Esto lo
podemos ver en la Figura 12 donde se presentan las tres ternas
en Hf que se obtienen a partir de fx; y; z g en H1: Resulta un
problema abierto saber si existen o no 3-ciclos orientables tensos.
g
36
Captulo 3
3-arboles mnimos
En este captulo presentaremos un metodo para construir 3arboles mnimos de orden n, con n 3; 4(mod 6): Para n 3(mod 6) se parte de un sistema de ternas de Steiner, en el otro
caso proponemos una construccion topologica a partir del anterior. Se describen las supercies obtenidas con respecto al
numero de componentes de la frontera y la orientabilidad.
3.1 Caso n 3(mod 6).
Consideremos el grupo abeliano Z3 Zt, sus elementos seran
los vertices de nuestras 3-gracas. Luego, los vertices son pares
ordenados (a; x). Escribiremos ax para denotar al vertice (a; x).
Solo consideraremos el caso en que t es impar, luego
n = jZ3 Ztj = 3t 3 (mod 6).
Notese que usaremos a para denotar en elemento de Z3 y x o
y para denotar elementos de Zt. El smbolo + denotara la suma
en el grupo indicado: Z3, Zt o Z3 Zt.
Si e = fv1; v2; v3g es una terna de vertices y v es un vertice
37
entonces e + v = fv1 + v; v2 + v; v3 + vg. Si F es un conjunto
de ternas entonces F + v es ff + vjf 2 F g. Diremos que un
conjunto de ternas F es cerrado si para todo v 2 Z3 Zt se tiene
que F = F + v:
Consideremos los siguientes conjuntos de ternas:
1t = ff0x; 1x; 2xg j x 2 Ztg ;
9
8(
!)
<
x
+
y
a 2 Z3; = y
j x;
2t = : ax; ay; a + 1; 2
y 2 Zt ;
8(
9
!)
<
=
x
+
y
+
1
a
2
Z
;
3t = : ax; ay; a + 1; 2
j x; y 23Zt ; :
Como t es impar, 2t y 3t estan bien denidos. Sea =
1t [ 2t [ 3t ; consideremos la 3-graca Gt = fZ3 Zt; g.
Introduzcamos alguna terminologa. Para todo x 2 Zt, llamaremos columna al conjunto de vertices f0x; 1x; 2xg. En una
columna tenemos un orden cclico natural inducido por el orden
0 < 1 < 2 < 0 en Z3. Por otro lado para todo a 2 Z3, al conjunto de vertices fa0; a1; :::; (a; t ; 1)g lo llamaremos la. En
una la se tiene un orden cclico natural inducido por el orden
0 < 1 < 2 < ::: < t ; 1 < 0 de Zt. Esta estructura toroidal de
Z3 Zt (ver Figura 13) nos permite hablar de la siguiente (previa) columna o la. Notese que el conjunto 1t es el conjunto de
columnas.
38
zzm
zzn + zzm
zzn
Figura 13. El toro Z3 Zt
Proposicion 3.1 Los conjuntos t ,t y t son cerrados.
Prueba Sea e = f0x; 1x; 2xg 2 t y v = ay 2 Z Zt,
1
2
1
3
3
entonces
e + v = f(a; x + y) ; (a + 1; x + y) ; (a + 2; x)g 2 1t
luego 1t es cerrado.
o
n
Sea e = ax; ay; a + 1; x+2 y 2 2t y v = bz 2 Z3 Zt,
entonces
(
!)
x
+
y
e + v = (a + b; x + z ); (a + b; y + z ); a + b + 1; 2 + z
Como
x + y + z = x + y + 2z = x + y + 2z = (x + z ) + (y + z )
2
2
2
2
2
Haciendo
c = a+b
w = x+z
r = y+z
39
se tiene que:
!)
w
+
r
e + v = cw; cr; c + 1; 2
2 t
(
2
2
Analogamente, se comprueba que 3t es cerrado.
Sea Aut(Gt) el grupo de automorsmos de Gt.
Proposicion 3.2 Aut(Gt) es transitivo en vertices.
Prueba Sean v ; v 2 Z Zt: Demostremos que la funcion
pv ;v : Z Zt ;! Z Zt denida como: pv ;v (v) = v +
(v ; v ); 8v 2 Z Zt es un automorsmo de Gt.
Claramente pv ;v es una biyeccion de Z Zt en s mismo,
1
1
2
2
2
3
3
3
1
1
2
3
1
3
2
pues es una \rotacion" de este, ademas manda ternas en ternas
ya que
pv ;v (e) = e + (v ; v ) 2 ;
8e 2 pues por la Proposicion 3.1, es cerrado. Luego pv ;v 2Aut(Gt)
y manda al vertice v a v ; y se obtiene el resultado deseado. 2
1
2
2
1
1 2
1
2
Proposicion 3.3 it \ jt = ;; 8i 6= j:
Prueba Evidentemente, t \ t [ t = ; ya que t es el
1
2
3
1
unico que contiene ternas con los tres vertices en la misma la.
Por lo que solo nos quedara comprobar que 2t \ 3t = ;:
o
n
= 12 6= 0+1+1
= 1,
Sea e = 00; 01; 1; 12 2 2t . Como 0+1
2
2
3
2
3
entonces e 2= t . Luego, por la Proposicion 3.1, t \ t = ;: 2
40
Proposicion 3.4 El numero de ternas en Gt es n n; .
Prueba No es difcil comprobar que jt j = t , jt j = jt j =
(
2)
3
1
2
3
3 2t . Por la Proposicion 3.3, se tiene que:
3
[
i=1
Luego,
3
[
i=1
= 1t + 2t + 3t :
i t
= t + 3t (t ; 1) = 3t (3t3; 2) = n (n3; 2) :
i t
2
Proposicion 3.5 St = V; t [ t es un sistema de ternas de
1
2
Steiner (STS).
Prueba De la demostraci
on de la Proposicion 3.4 sabemos
t t;
t
que es el numero de ternas
que t [ t = t + 3 =
1
2
2
(3
1)
2
requeridas para un STS de orden n = 3t:
Veamos que todo par de elementos en V; aparece exactamente
en una terna de St: Esencialmente hay tres tipos de parejas en
V:
Si fv1; v2g estan en la misma columna, claramente hay exactamente una terna de 1t que los contiene y no aparece en
ninguna terna de 2t : Si fv1; v2g estan en la misma la, hay
exactamente una terna de 2t que los contiene y no aparece en
ninguna terna de 1t : Si se encuentran en las y columnas distintas, sin perdida de generalidad, podemos suponer que v1 = ax
y v2 = (a + 1; y): v1 y v2 aparecen en una terna de St si y solo
41
si existe un elemento v3 = az tal que x+2 z y(mod t) y hay un
unico z que satisface esta congruencia.
2
Es importante observar que St fue construido utilizando el
metodo de Skolem (ver [1]).
Proposicion 3.6 Un par de vertices cualesquiera esta contenido
en una o dos aristas de Gt.
Prueba Por la Proposicion 3.5 St es un STS, luego un par
de vertices cualquiera aparece en al menos una terna de Gt; por
la Proposicion 3.3 es suciente probar que para cualquier par de
vertices fu; vg ; existe it; i 2 f1; 2; 3g tal que fu; vg no forma
terna en it: Si fu; vg estan en la misma columna, entonces no
pertenecen a 2t ya que St es un STS y fu; vg esta en una terna
de 1t ; de otra manera fu; vg no forma terna en 1t :
2
Teorema 3.7 Gt es una 3-graca tensa.
Este Teorema es uno de los resultados mas importantes en
este trabajo y sera demostrado posteriormente.
Teorema 3.8 Para todo t , Gt es una 3-cadena.
Prueba Sea v un vertice de Gt. Por el Teorema 3.7 y el
Lema Basico 2.1, la traza Tr G (v) es una graca conexa. Por
la Proposicion 3.2 y un argumento de conteo simple Tr G (v) no
tiene ciclos. Por la Proposicion 3.6 tiene que ser una cadena. 2
t
t
Analicemos con mas detalle la traza de un vertice, la del
00 por ejemplo. Por denicion es la graca con conjunto de
42
vertices Z3 Zt n f00g y conjunto de aristas que es la union de
los conjuntos siguientes:
1t (00) = ff10; 20gg ;
!)
)
((
x
2
t (00) = 0x; 1; 2 ; f2x; (2; ;x)g j x 2 Zt y
((
!)
)
x
+
1
3
t (00) = 0x; 1; 2
; f2x; (2; ;x ; 1)g j x 2 Zt
Notese que la traza de 00 restringida a la la 2 es la cadena
0; ;1; 1; ;2; 2; ;3; :::
en la que se omitio la primera coordenada (igual a 2) de cada
vertice. Luego, por la Proposicion 3.2 hemos probado que:
Proposicion 3.9 La traza de un vertice en la la i, restringida
a la la i ; 1 es una cadena.
Proposicion 3.10 Una pareja de vertices esta en la frontera de
Gt si y solo si es de la forma: fv; v +(1; 1=2)g. Las componentes
conexas de la frontera son las clases Z Zt= h(1; 1=2)i. Si t 3
0 (mod 3) hay 3 componentes, de otra manera la frontera es
conexa.
Prueba Notese que el vertice (1; 1=2) tiene valencia 1 en la
traza de 00. Por la Proposicion 3.2 se tiene que en Tr G (v) el
vertice v + (1; 1=2) es de grado 1 8v 2 Z3 Zt, luego la arista
fv; v + (1; 1=2)g aparece en la frontera de Gt . De aqu que las
componentes conexas de la frontera quedan determinadas por
las clases Z3 Zt= h(1; 1=2)i . Como 1 es generador de Z3 y 1=2
t
43
es generador de Zt , si t 0 (mod 3) hay 3 componentes, de
otra manera la frontera es conexa.
2
Pasemos a demostrar el importante Teorema 3.7.
Prueba Supongamos que no es cierto. Sea fR; V; Ag una
3 ; coloracion propia de Z3 Zt que no dejax ternas heterocromaticas en Gt: Usaremos la notacion a : ::: R ::: para denotar
que en la la a el x-esimo vertice esta en R (esta coloreado de
rojo).
El \triangulo" de colores tiene dos orientaciones: R ! V !
A ! R o R V A R . Veamos que el orden cclico
en una la heterocromatica es compatible con una de estas dos
orientaciones de los colores. Supongamos que tenemos la coloracion
y y +1
a : ::: R V ::: R A :::
y denotemos por al vertice a + 1; x y .
Como las ternas fax; (a; y + 1); g ; fay; (a; x + 1); g y
f(a; x + 1); (a; y + 1); g estan en Gt (ver Figura 14) entonces
independientemente del color de ; aparecera una terna heterocromatica. Luego podemos hablar de la orientacion de una la
heterocromatica, en el sentido anterior.
x x+1
+ +2
2
ax
a y+1
∈∆3t
a x+1
∈∆2t
ay
∈∆3t
Θ
Figura 14. Las las tienen orientacion
44
Sea a una la heterocromatica. Podemos demostrar que
cualquier color (digamos R ) aparece en la siguiente la. Sin
perdida de generalidad, tenemos la coloracion
y y +1
a : ::: R ::: V A :::
y denotemos por al vertice a + 1; x y : Como fax; ay; g
y fax; (a; y + 1); g son ternas en Gt (ver Figura 15), tiene
que ser R: Por tanto si una la es heterocromatica, la que le
sigue tambien lo es.
x
+ +1
2
a y+1
ax
∈∆2t
ay
∈∆3t
Θ
Figura 15. Caso de la heterocromatica
Si todas las las son monocromaticas, toda terna en 1t esta
coloreada con los tres colores, lo cual es imposible.
Si una la es bicromatica, por la Proposicion 3.9, ningun
vertice de la siguiente la puede estar coloreado con el tercer
color.
Supongamos que existe una la bicromatica a , digamos rojoverde. En la la a + 1 no hay vertices azules, por la observacion
anterior. Si a + 1 es una la rojo-verde, entonces la la a + 2
no tiene vertices azules y esto contradice el hecho de que la coloracion sea propia. Luego, podemos suponer que la la a + 1
es monocromatica roja y que la la a + 2 tiene vertices azules.
Si la la a + 2 es monocromatica azul, alguna terna de 1t es
45
heterocromatica (imposible). Si la la a + 2 es bicromatica,
independientemente de como se escoja el segundo color, el tercer
color aparecera en la la siguiente (la a ), lo cual es imposible.
Por tanto la la a +2 es heterocromatica y como habamos visto
anteriormente, todas las las tienen que ser heterocromaticas.
Como hay tres las y dos orientaciones, podemos suponer que
hay una la (digamos la 0) tal que la que le sigue tiene la misma
orientacion.
Si la la 0 no tiene dos vertices consecutivos con el mismo
color, entonces t 0(mod 3) y tendramos la siguiente coloracion
;3 ;2 ;1
0 : R V A R ::: R V A :
Como f10; 00; (0; ;1)g y f10; 01; (0; ;1)g son ternas en Gt; el
vertice 10 tiene que estar coloreado de azul y por la similitud de
los vertices (Proposicion 3.2) tenemos la coloracion
0
1
2
3
;3 ;2 ;1
1 : A R V A ::: A R V :
Por el mismo argumento, la la 2 tiene la siguiente coloracion
0
1
2
3
;3 ;2 ;1
2 : V A R V ::: V A R ;
por lo que cualquier terna en 1t es heterocromatica.
De aqu que en la la 0 hay un vertice 0y tal que (0; y + 1) es
del mismo color y (0; y ; 1) es de un color diferente. En dicho
caso tenemos la coloracion
0
1
2
3
;
y 1 y y +1
x x+1
0 : ::: R V ::: V A A :::
Denotemos por el vertice 1; x+2 y : Como las ternas
46
f(0; x + 1); (0; y + 1); + 01g ; f0x; (0; y + 1); + 01g ;
f0x; (0; y ; 1); g y f0x; 0y; g
estan en Gt entonces es rojo y el vertice + 01 es azul. Esto
contradice el hecho de que las las 0 y 1 tienen la misma orientacion (ver Figura 16).
2
0 x+1
0 y-1
0 y+1
∈∆2t
∈∆3t 0x ∈∆3
t
Θ
∈∆2t
0y
Θ+01
Figura 16. La contradiccion
3.2 Caso n 4(mod 6)
Sea M una 3-cadena de n vertices. Por un argumento de conteo
sencillo n no puede ser congruente con 1(mod 3): Por los trabajos
de Ringel, Young y otros (ver [7]) sabemos que para n congruente
0; 2(mod 3) hay 3-cadenas con n vertices.
Cuando n 1(mod 3); la cota inferior para el numero de
ternas en una 3-graca tensa es n(n;32)+1 : Esta cota puede ser
alcanzada por una 3-graca donde la traza de un vertice es un
ciclo y la de cualquier otro vertice es una cadena. A estas 3gracas las llamaremos casi 3 ; cadenas:
Sea M una 3-cadena con n vertices y n 0(mod 3): Si M
tiene n3 ternas disjuntas sin aristas en la frontera y la frontera
47
de M es conexa, entonces hay una manera sencilla de obtener
g
una casi 3-cadena M
con n + 1 vertices, pegandole un cono de
ternas con centro en un nuevo vertice, a la frontera de M (ver
Figura 17) y extrayendo el conjunto de ternas disjuntas. Es
interesante observar que no se conoce si el hecho de que M sea
g
tensa conduzca a que M
lo sea.
Figura 17. Pegar un cono a la frontera
Nuestro proposito es generalizar este metodo de construccion
para el caso en que la frontera de M no sea conexa.
Primeramente, vamos a extraer de M un conjunto T de n3
ternas disjuntas que no tienen aristas en la frontera de M , obteniendo una 3-graca M 0:Notese que M 0 ya no es supercie, pero
su 1-esqueleto sigue siendo una graca completa. Denotemos
por @M 0 la grafica frontera de M 0 , es decir, la graca cuyas
aristas son las parejas de vertices de M 0 que pertenecen exactamente a una terna de M 0 :
Por construccion, a cada vertice de @M 0 inciden 2 aristas
de la frontera de M y dos aristas de una de las ternas de T
. Luego, @M 0 es una graca 4-regular. Deseamos encontrar
un ciclo hamiltoniano H en @M 0 ; pero no cualquiera, uno que
satisfaga la siguiente condicion: si v es un vertice del ciclo H y
48
v;, v son los vertices adyacentes a v en H , entonces v; y v
no estan en la misma componente conexa de la graca Tr M (v):
Si @M 0 posee un ciclo hamiltoniano con estas propiedades, entonces pegando un cono de ternas con centro en un nuevo vertice,
g
a H , obtenemos una 3-graca M
y la siguiente Proposicion se
satisface.
+
+
Proposicion 3.11 M es una casi 3-cadena
Prueba Sea el nuevo vertice, la traza de es el ciclo H:
g
g
Sea v cualquier otro vertice en M
. Los vertices v; y v+ son
extremos de las dos cadenas que constituyen la traza de v en M:
Como estan unidos por la aristas f; v;g y f; v+g, entonces la
traza de v es una cadena.
2
El conjunto 1t de todas las columnas es un conjunto de ternas
disjuntas en Gt que no tiene aristas en la frontera. Sea G0t =
fZ3 Zt; 1t g; sea H la union sobre todos los x 2 Zt de las
cadenas
2x ! 0x ! 1x ! (2; x + 1=2)
. Como 1=2 es un generador de Zt; H es un ciclo hamiltoniano,
ademas f2x; 0xg y f0x; 1xg son parejas contenidas en ternas de
1t y por la Proposicion 3.10, el par f1x; (2; x + 1=2)g es una
arista de la frontera de Gt: Luego H es un ciclo hamiltoniano en
@G0t: Demostremos que H cumple con la propiedad establecida
anteriormente.
Proposicion 3.12 Para todo vertice v, los vertices v; y v
denidos por la subcadena de H : v; ! v ! v estan en distin+
+
tas componentes conexas de la traza de v en G0t:
49
Prueba Por las Proposiciones 3.2, 3.9 y 3.10 se tiene que la
traza de los vertices 0x; 1x y 2x; x 2 Zt en G0t son de la forma:
Tr (0x) : (1; x + 1=2) ::: 1x 2x ::: (2; x ; 1=2)
Tr (1x) : (2; x + 1=2) ::: 2x 0x ::: (0; x ; 1=2)
Tr (2x) : (0; x + 1=2) ::: 0x 1x ::: (1; x ; 1=2)
donde entre dos vertices signica que no hay arista entre
ellos. Luego, la traza de cualquier vertice en G0t son dos cadenas
(resultado de extraer 1t a Gt ). Notese que Zt tiene una accion
natural sobre H al adicionar (0; 1=2) : En H hay tres tipos de
subcadenas de tama~no tres:
2x ! 0x ! 1x;
0x ! 1x ! (2; x + 1=2) y
1x ! (2; x + 1=2) ! (0; x + 1=2)
que son las que tienen como vertice central a un vertice de la la
0, uno de la la 1 y uno de la la 2; respectivamente. Se puede
comprobar en el diagrama anterior que los vertices 2x y 1x estan
en cadenas distintas de la traza de 0x en G0t; analogamente se
cumple esta propiedad para los vertices 0x y (2; x + 1=2) en la
traza de 1x y para los vertices 1x y (0; x + 1=2) en la traza de
(2; x + 1=2):
2
Corolario 3.13 Gt es una casi 3-cadena con frontera conexa
Prueba Que Gt es una casi 3-cadena es consecuencia dig
g
recta de la Proposicion anterior. Veamos que su frontera es
g
0
conexa. Claramente, @ G
t es el conjunto de aristas H en @Gt
que no esta en H . En @G0t hay seis tipos de aristas, tres asociados a las ternas de 1t que son: f2x; 0xg ; f0x; 1xg 2 H y
f1x; 2xg 2 H y tres tipos de aristas asociados a la frontera
50
de Gt, que son: f1x; (2; x + 1=2)g 2 H y f(2; x ; 1=2); 0xg ,
f0x; (1; x + 1=2)g 2 H: Luego, H es la union sobre todos los
x 2 Zt de las cadenas
(2; x ; 1=2) ! 0x ! (1; x + 1=2) ! (2; x + 1=2):
Notese que H es un ciclo hamiltoniano por las mismas razones
que H:
2
01
10
20
11
21
02
00
22
12
∆1t
H
∂G3
H
Figura 18. La graca frontera @G03
Teorema 3.14 Gtes una 3-graca tensa
Prueba La base de la demostracion es la prueba del Teorema
3.7. Sea el nuevo vertice en Gt: Nuevamente, sea fR; V; Ag
una 3-coloracion propia de Z Zt [ que no tiene ternas heg
g
3
terocromaticas en Gt .
Si ningun vertice distinto de esta coloreado de rojo, entonces tiene que estar coloreado de rojo. Luego alguna arista
fv; v0g de H es bicolor y la terna fv; ; v0g es heterocromatica,
de aqu que la coloracion es propia en Z3 Zt:
Nuevamente, las las heterocromaticas tienen orientacion ya
que las ternas de 1t no aparecen en la prueba de esta parte del
Teorema 3.7. Por el mismo argumento, si una la es heterocromatica, la que le sigue tambien lo es.
g
51
:
Si todas las las son monocromaticas, en la subcadena de H
20 ! 00 ! 10 ! (2; 1=2)
aparece cualquier bicoloracion posible de una arista por lo que
independientemente del color que se le de a ; tendremos una
terna heterocromatica.
g
Notese que la Proposicion 3.9 tambien se satisface en G
t : De
aqu que si una la es bicolor, la que le sigue no esta coloreada
con el tercer color.
Sea a una la bicoloreada rojo-verde. Nuevamente, podemos
suponer que la la a + 1 es monocromatica roja y la la a + 2
tiene vertices azules. La la a + 2 no puede ser bicolor ya que el
tercer color aparecera en la la a: Supongamos que la la a + 2
es monocromatica azul. Sea v en vertice azul en la la a y sea
v; ! v ! v+ ! v++ una subcadena en H que contiene a v:
Notese que v; y v++ son azules y que v+ es rojo, de aqu que
independientemente del color de se tendra una terna heterocromatica. Luego, la la a + 2 es heterocromatica y por tanto
todas las las son heterocromaticas.
Podemos suponer que las las 0 y 1 tienen la misma orientacion. Si la la 0 no tiene dos vertices consecutivos con el mismo
color, entonces como en la prueba del Teorema 3.7, podemos
concluir que los vertices en Z3 Zt estan coloreados de la siguiente forma:
;3 ;2 ;1
0 : R V A R ::: R V A
0 1
2 3
;3 ;2 ;1
1 : A R V A ::: A R V
;3 ;2 ;1
0 1 2
3
2 : V A R V ::: V A R
0
1
2
3
52
y t 0(mod 3): De aqu que f00; 10g ; f01; 11g y f02; 12g son
aristas rojo-azul, verde-rojo y azul-verde respectivamente, en H
y alguna de ellas forma con una terna heterocromatica.
El caso en que la la 0 tiene dos vertices consecutivos con el
mismo color se demuestra de la misma manera que en el Teorema
3.7.
2
3.3 Sobre la orientabilidad
Veamos como se comportan las supercies obtenidas, con respecto a la orientabilidad.
Proposicion 3.15 Las supercies Gt y Gt son no orientables.
Prueba De hecho, para cualquier tro de elementos distintos
en Zt; x; y y z; el camino simplicial, 0x; 0y; 0z; 0x invierte su og
g
rientacion en Gt y G
t : Para ver esto, observemos la traza de 0x
g
en Gt y Gt en la Figura 19, donde se puede notar como estan
ordenadas las primeras coordenadas de los vertices en la traza
de 0x en Gt:
2
1
∈∆2t
0 ...1
0
1
0 ... 1
∈∆3t
2
∈∆1t
0x
2
∈∆3t
2 ... 2
2
∈∆2t
Figura 19. La forma de la traza de 0x en Gt
53
Esta estructura de la traza de 0x en Gt se deduce de la
Proposicion 3.9 y del hecho de que St = (V; 1t [ 2t ) es un
STS (Proposicion 3.5). Como solo extraemos una terna de 1t
g
en Gt para obtener la traza de 0x en G
t ; esta traza tiene la
misma estructuranque la traza correspondiente
en Gt: De aqu
o
x+y
que
si ala terna
0x; 0y; 1; 2 2n 2t se le
da laoorientacion
x+y
la terna 0x; 0z; 1; x+2 z tiene la o0x; 0y; 1; 2 ; entonces
rientacion 0x; 0z; 1; x+2 z ; ya que 0x es localmente orientable
(tambien lo es la traza de 0x): Utilizando el mismo argumento
basadon en 0y y 0z; oobtenemos orientaciones opuestas para la
terna 0y; 0z; 1; y+2 z 2 2t :
54
Bibliografa
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