BAB III DIMENSI PARTISI n 1 3.1 Beberapa Nilai Dimensi Partisi pada Suatu Graf Dalam dimensi partisi suatu graf, terdapat kelas graf yang nilai dimensi partisinya cukup mudah atau sederhana. Kelas graf tersebut diantaranya adalah P n, K n, C n. Dalam tugas akhir ini, penulis tidak akan membahas semua kelas graf tersebut namun hanya beberapa kelas graf saja yang berkaitan dengan dimensi partisi n 1. Pembahasan ini akan mempermudah mengkajian dimensi partisi n 1. Cukup mudah untuk mengetahui bahwa 2 pd(g) n adalah kisaran untuk suatu G graf terhubung dengan n 2 titik. Lebih khusus, ternyata untuk G dengan n 2 titik, terdapat satu kelas graf khusus dengan n titik yang dimensi partisinya bernilai 2. Proposisi 2 ( Chartrand, Zhang, Salehi 2000 [3] ) : Misalkan G graf terhubung dengan n 2 titik. Maka pd(g) = 2 jika dan hanya jika G = P n. Bukti : Misalkan P n = v 0 v 1 v 2...v n, pilih Π = {S 1, S 2 adalah partisi V(P n ) dengan S 1 = {v 1 dan S 2 = {v 2, v 3,, v n. Perhatikan r(v 1 Π ) = (0, 1) dan r(v i Π ) = (i 1, 0) untuk 2 i n, sehingga Π adalah resolving partition dari P n. Jadi pd(p n ) = 2. 16
Misalkan Π = {S 1, S 2 adalah resolving partition dari V(G) dengan n titik. G terhubung maka terdapat titik u S 1 dan v S 2 yang bertetangga. Karena koordinat r(w Π ) = (0, d(w, S 2 )), untuk w S 1 dan r(w Π ) = (d(w, S 1 ),0), untuk w S 2 berbeda maka untuk setiap titik di S 1 hanya titik u yang bertetangga dengan satu titik di S 2 dan untuk setiap titik di S 2 hanya titik v yang bertetangga dengan satu titik di S 1. Akan ditunjukkan S 1 dan S 2 merupakan lintasan di G. Karena G graf terhubung, jika S 1 {u maka setiap titik di S 1 bertetangga dengan minimal satu titik di S 1. Lebih lanjut, titik u bertetangga maksimal satu titik di S 1 karena jika u bertetangga dengan dua titik u 1, u 2 S 1 maka r(u 1 Π ) = r(u 2 Π ) = (0,2) kontradiksi dengan Π adalah resolving partition dari V(G). Misalkan w adalah titik yang bertetangga dengan u di S 1. Sama seperti langkah sebelumnya, titik w bertetangga maksimal satu titik di S 1 yang berbeda dengan titik u. Lanjutkan langkah diatas maka dapat kita lihat bahwa S 1 adalah lintasan di G. Dengan cara yang sama, S 2 adalah lintasan di G. Jadi G adalah lintasan. Lebih jauh, setelah tadi mengetahui kelas graf dengan dimensi partisinya bernilai 2, terdapat satu kelas graf khusus lain dengan n titik yang dimensi partisinya bernilai n. Sebelum penulis membahas hal tersebut, akan dibahas terlebih dahulu lemma berikut untuk membantu pemahaman. Lemma 3 ( Chartrand, Zhang, Salehi 2000 [4] ) : Misalkan Π adalah resolving partition dari V(G) dan u, v V(G). Jika d(u, w) = d(v, w), untuk setiap w V(G) {u, v maka u dan v berada pada partisi yang berbeda di Π. 17
Bukti : Misalkan Π = {S 1, S 2,, S k dengan u dan v berada pada partisi yang sama, misal : S i dari Π, maka d(u, S i ) = d(v, S i ) = 0. Karena d(u, w) = d(v, w), untuk setiap w V(G) {u, v maka d(u, S j ) = d(v, S j ), untuk setiap j dimana 1 j i k. Jadi r(u Π ) = r(v Π ) sehingga Π bukan resolving partition. Lemma diatas cukup mudah untuk dipahami, sekarang pembahasan mengenai dimensi partisi bernilai n. Proposisi 4 ( Chartrand, Zhang, Salehi 2000 [4] ) : Misalkan G graf terhubung dengan n titik. Maka pd(g) = n jika dan hanya jika G = K n. Bukti : Banyaknya partisi maksimal untuk graf terhubung dengan n titik adalah n buah. Jadi pd(k n ) n. Berdasarkan Lemma 3, pd(k n ) n. Jadi, pd(k n ) = n. Misalkan G graf terhubung dengan n titik yang mempunyai pd(g) = n, dimana V(G) = {v 1, v 2,..., v n. Akan dibuktikan dengan kontraposisi. Misalkan G K n maka diameter G 2. Akan ditunjukkan pd(g) n 1. Asumsikan d(v 1, v n ) = 1 dan d(v n 1, v n ) = 2. Misalkan Π = {S 1, S 2,, S n 1 merupakan partisi dari V(G), dengan S 1 = {v 1, v n dan S i = {v i untuk 2 i n 1. Untuk setiap i dimana 1 i n 1, hanya kolom ke-i dari r(v i Π ) bernilai 0. Jadi koordinat r(v i Π ), untuk 1 i n 1 berbeda. 18
Untuk v n, kolom ke-1 dari r(v n Π ) bernilai 0, maka r(v n Π ) berbeda dengan r(v i Π ), untuk 2 i n 1. Selain itu, kolom ke-(n 1) dari r(v n Π ) bernilai 2 sedangkan kolom ke-(n 1) dari r(v 1 Π ) bernilai 1 sehingga r(v n Π ) r(v 1 Π ). Jadi Π adalah resolving partition dari G dengan pd(g) n 1. Setelah membahas kelas graf P n dan K n, kali ini penulis akan membahas graf bipartit terhubung. Teorema 5 ( Chartrand, Zhang, Salehi 2000 [5] ) : Misalkan G graf bipartit terhubung dengan partisi V 1 dan V 2 yang kardinalitas masing-masing p dan q. Dengan demikian, 1. Jika p = q maka pd(g) p + 1, dan 2. Jika p q maka pd(g) maks{p, q Bukti : Misalkan G bipartit terhubung dengan partisi V 1 dan V 2 dimana V 1 = p dan V 2 = q. Bagi menjadi 2 kasus : 1. p = q, Gambar 10 Salah satu cara mencari resolving partition 19
Misalkan V(G) = { u 1, u 2,..., u p,v 1, v 2,..., v q. Misalkan Π = {S 1, S 2,, S p, S p + 1 partisi dari V(G),dengan S i = {u i, v i, untuk 1 i p 1, S p = {u p, dan S p + 1 = {v q. Karena dua titik dengan partisi yang berbeda pasti mempunyai koordinat yang berbeda pula, maka cukup memeriksa koordinat r(u i Π ) dengan r(v i Π ), untuk 1 i p 1. Perhatikan bahwa, d(u i, u p ) selalu genap sedangkan d(v i, u p ) selalu ganjil sehingga koordinat r(u i Π ) dengan r(v i Π ), untuk 1 i p 1 berbeda. Jadi, pd(g) p + 1. 2. p q, tanpa mengurangi perumuman, misal : p > q Gambar 11 Salah satu cara mencari resolving partition Akan dibuktikan pd(g) p. Misal Π = {S 1, S 2,, S p, dengan S i = {u i, v i, untuk 1 i q, S i = {u i, untuk q + 1 i p. Serupa dengan sebelumnya cukup memeriksa r(u i Π ) dengan r(v i Π ), untuk 1 i q. Perhatikan bahwa, d(u i, u p ) selalu genap sedangkan d(v i, u p ) selalu ganjil sehingga koordinat r(u i Π ) dengan r(v i Π ), untuk 1 i q berbeda. Jadi, pd(g) p. 20
Lebih khusus, jika G graf bipartit lengkap maka 1. pd(g) = p + 1, untuk p = q, dan 2. pd(g) = maks{p, q, untuk p q Bukti : 1. p = q, Cukup dibuktikan pd(g) p + 1. Berdasarkan lemma 3, u 1, u 2,..., u p berada pada partisi berbeda. Begitu pula dengan v 1, v 2,..., v q. Sehingga pd(g) p. Misalkan Π 1 merupakan resolving partition dari K p,q dengan Π 1 = {S 1, S 2,, S p. Haruslah setiap partisi beranggotakan satu titik di V 1 dan V 2. tanpa mengurangi perumuman, misalkan S i = {u i, v i, untuk 1 i p. Perhatikan bahwa koordinat r(u i Π 1) = r(v i Π 1), untuk 1 i p pada kolom ke-i bernilai 0 sedangkan lainnya bernilai 1. Kontradiksi dengan Π 1 merupakan resolving partition. Jadi, pd(g) p + 1 sehingga pd(g) = p + 1. 2. p q, tanpa mengurangi perumuman, misal : p > q Cukup dibuktikan pd(g) p. Berdasarkan lemma 3, u 1, u 2,..., u p berada pada partisi berbeda. Maka pd(g) p. Jadi, pd(g) = p. Kelas graf G dengan n titik dikatakan berkarakteristik jika kelas graf G tersebut mempunyai dimensi partisi tertentu dan dimensi partisi tersebut hanya dipenuhi oleh kelas graf G. Setelah membahas kelas graf diatas kita dapat melihat bahwa P n dan K n dikatakan berkarakteristik. Sedangkan K p,q tidak berkarakteristik. 21
3.2 Graf dengan Dimensi Partisi n 1 Pada bagian ini, penulis akan membahas mengenai dimensi partisi n 1. Penulis akan mengkaji bagaimana mencari semua kelas graf dengan n titik yang mempunyai dimensi partisi n 1. Pertama-tama penulis akan membahas batas bawah dan batas atas dimensi partisi untuk graf dengan n titik yang telah diketahui diameternya. Untuk suatu n bilangan bulat positif dan d dengan n > d 2, kita definisikan g(n, d) sebagai minimum k yang memenuhi pertidaksamaan (d + 1) k n. Teorema 6 ( Chartrand, Zhang, Salehi 2000 [5] ) : Jika G graf terhubung dengan n 3 titik dan d adalah diameter G maka g(n, d) pd(g) n d + 1. Bukti : Untuk batas atas. Misalkan dua titik u dan v di G dengan d(u, v) = d dan (u, v)-path dengan panjang lintasan d adalah v 1 v 2... v d + 1 dimana u = v 1 dan v = v d + 1. Misalkan V(G) = {v 1, v 2,..., v d, v d + 1,..., v n dan Π = {S 1, S 2,, S n d + 1 partisi dari V(G) dengan S 1 = {v 1, v 2,..., v d dan S i = {v i + d 1 untuk 2 i n d + 1. Kita cukup membandingkan r(v 1 Π ), r(v 2 Π ), sampai r(v d Π ). Perhatikan r(v i Π ) = {0, ( i + d + 1), untuk 1 i d. Jadi pd(g) n d + 1. Untuk batas bawah. Misalkan pd(g) = k dan Π merupakan resolving partition dari G. Setiap koordinat titik di G terhadap Π mempunyai k buah vektor yang tiap-tiap vektor memuat bilangan non negatif berkisar 0 d. Perhatikan bahwa banyaknya semua kemungkinan koordinat titik di G adalah (d + 1) k dan semua koordinat titik 22
sebanyak n buah harus berbeda maka haruslah (d + 1) k n. Dengan pendefinisian g(n, d) diatas maka g(n, d) k = pd(g). Setelah pembahasan terorema 6 dapat kita lihat akibat langsung dari teorema tersebut. Akibat 7 ( Chartrand, Zhang, Salehi 2000 [6] ) : Jika G graf terhubung dengan n 2 titik dan pd(g) = n 1 maka diameter G = 2. Bukti : Misalkan G graf terhubung dengan n 2 titik dan pd(g) = n 1 maka G bukan graf lengkap sehingga diameter G 2. Tinjau untuk diameter G 3, menurut teorema 6 maka pd(g) n 2, kontradiksi dengan pd(g) = n 1. Jadi diameter G = 2. Pembahasan lemma, proposisi, dan teorema diatas akan membantu pembuktian teorema tentang dimensi partisi n 1 : Teorema 8 ( Chartrand, Zhang, Salehi 2000 [6] ) : Misalkan G graf terhubung dengan n 3 titik. Maka pd(g) = n 1 jika dan hanya jika G merupakan salah satu dari kelas graf berikut : K 1,n 1, K n e, dan K 1 + (K 1 K n 2 ). Bukti : Berdasarkan proposisi 4 maka masing-masing kelas graf K 1,n 1, K n e, dan K 1 + (K 1 K n 2 ) mempunyai pd(g) n 1. Akan dibuktikan masing-masing kelas graf K 1,n 1, K n e, dan K 1 + (K 1 K n 2 ) mempunyai pd(g) n 1. 23
Misalkan G = K 1,n 1, Pembuktiannya sudah dibahas sebelumnya namun akan dibahas kembali agar lebih memahami pembuktian pada graf K n e dan K 1 + (K 1 K n 2 ). Misalkan V(G) = {v 1, v 2,..., v n dan Π merupakan resolving partition dari V(G). Berdasarkan lemma 3, v 1, v 2,..., v n 1 berada pada partisi berbeda. Maka pd(g) n 1. Misalkan G = K n e, tanpa mengurangi perumuman, misal : e = v n 1 v n Misalkan V(G) = {v 1, v 2,..., v n dan Π 1 merupakan resolving partition dari V(G). Berdasarkan lemma 3, v 1,..., v n 2 berada pada partisi berbeda di Π 1. Begitu pula dengan v n 1 dan v n. Maka pd(g) n 2. 24
Misalkan Π 1 = {S 1, S 2,, S n 2 merupakan n 2 buah partisi dari V(G). Maka terdapat S p, S q Π 1 dengan S q = {v q, v n 1 dan S p = {v p, v n. Perhatikan bahwa r(v q Π 1) = r(v n 1 Π 1) yaitu hanya bernilai 0 pada kolom ke-q dan lainnya bernilai 1. Begitu juga, r(v p Π 1) = r(v n Π 1) yaitu hanya bernilai 0 pada kolom ke-p dan lainnya bernilai 1. Kontradiksi dengan Π 1 merupakan resolving partition dari V(G). Jadi pd(g) n 1. Misalkan G = K 1 + (K 1 K n 2 ), Gambar 15 Beberapa contoh graf K 1 + (K 1 K n 2 ) dengan n = 3,4,5,6 25
Misalkan V(G) = {v 1, v 2,..., v n dan Π 1 merupakan resolving partition dari V(G). Berdasarkan lemma 3, v 1,..., v n 2 berada pada partisi berbeda di Π 1. Maka pd(g) n 2. Misalkan Π 1 = {S 1, S 2,, S n 2 merupakan n 2 buah partisi dari V(G). Bagi menjadi 2 kasus : 1. Terdapat S p, S q Π 1, dengan S q = {v q, v n 1 dan S p = {v p, v n ; Perhatikan bahwa r(v q Π 1) = r(v n 1 Π 1) yaitu hanya bernilai 0 pada kolom ke-q dan lainnya bernilai 1. Kontradiksi dengan Π 1 merupakan resolving partition dari V(G). 2. Terdapat S p Π 1, dengan S p = {v p, v n 1, v n ; Begitu pula dengan kasus ini. Perhatikan bahwa r(v q Π 1) = r(v n 1 Π 1) yaitu hanya bernilai 0 pada kolom ke-q dan lainnya bernilai 1. Kontradiksi dengan Π 1 merupakan resolving partition dari V(G). Dari dua kasus diatas, tidak ada Π 1 dengan n-2 partisi V(G) yang mungkin. Jadi pd(g) n 1. 26
Misalkan G graf terhubung dengan n 3 titik. Akibat langsung teorema 6 maka diameter graf G adalah 2. Pertama, asumsikan G merupakan graf bipartit. Karena diameternya 2, G merupakan graf bipartit lengkap. Jadi G = K r,s untuk suatu r dan s dengan n = r + s 3. Tanpa mengurangi perumuman misalkan r s. Haruslah r = n 1 karena jika r n 2 maka pd(g) n 2. Kontadiksi dengan pd(g) = n 1. Jadi G = K 1,n 1. Kedua, asumsikan G bukan graf bipartit. Misalkan Y adalah maksimum clique di G. Akan ditunjukkan Y 3. Karena G bukan graf bipartit maka terdapat cycle ganjil di G. Misalkan C 2l + 1 adalah cycle ganjil terkecil di G. Karena G mempunyai diameter 2 maka C 2l + 1 adalah C 3 atau C 5. Misalkan C 5 = v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 1 merupakan cycle ganjil terkecil di G. Misalkan Π = {S 1, S 2,, S n 2, dengan S 1 = {v 1, v 2, v 3, S 2 = {v 4, S 3 = {v 5 dan S i untuk 4 i n 2 beranggotakan satu titik dari V(G) {v 1, v 2, v 3, v 4, v 5. Cukup memeriksa r(v 1 Π ), r(v 2 Π ), dan r(v 3 Π ). Perhatikan bahwa r(v 1 Π ) = (0, 2, 1, ), r(v 2 Π ) = (0, 2, 2, ), dan r(v 3 Π ) = (0, 1, 2, ). Jadi Π merupakan resolving partition dengan n 2 partisi. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. Haruslah C 2l + 1 = C 3 maka G memuat K 3 sebagai subgraf dari G. Jadi Y 3. Misalkan U merupakan subgraf G dengan U = V(G) Y. Graf G bukan graf lengkap maka U 1. Pertama, asumsikan U = 1. Maka G = K s + (K 1 K t ), untuk suatu s, t 27
bilangan bulat. Graf G terhubung maka s 1 dan G bukan graf lengkap maka t 1. Misalkan V(K s ) = {u 1, u 2,..., u s, V(K t ) = {v 1, v 2,..., v t, dan V(K 1 ) = {w. Bagi menjadi 2 kasus : 1. s t, Misalkan Π = {S 1, S 2,, S s + 1, dengan S i = {u i, v i untuk 1 i t, S i = {u i untuk t + 1 i s, dan S s + 1 = {w. Perhatikan bahwa d(u, w) = 1 untuk u V(K s ) dan d(v, w) = 2 untuk u V(K t ) maka Π merupakan resolving partition dengan (s + 1) partisi V(G). Maka pd(g) s + 1. Menurut Lemma 3 maka pd(g) > s. Lebih lanjut pd(g) s karena jika pd(g) = s maka s = n 1 sehingga G = K n. Kontradiksi dengan G bukan graf lengkap. Maka pd(g) s + 1. Jadi pd(g) = s + 1. Karena pd(g) = n 1 maka s = n 2 dan t = 1. Jadi G = K n 2 + (K 1 K 1 ) = K n e. 2. s < t, Misalkan Π = {S 1, S 2,, S t + 1, dengan S i = {u i, v i untuk 1 i s, S i = {u i untuk s + 1 i t, dan S t + 1 = {w. Perhatikan bahwa d(u, w) = 1 untuk u V(K s ) dan d(v, w) = 2 untuk u V(K t ) maka Π merupakan resolving partition dengan (t + 1) partisi V(G). Maka pd(g) t + 1. Menurut Lemma 3 maka pd(g) t. Lebih lanjut pd(g) t karena jika pd(g) = t maka t = n 1 dan s = 0 yang berakibat G tidak terhubung. Maka pd(g) t + 1. Sehingga pd(g) = t + 1. Karena pd(g) = n 1 maka t = n 2 dan s = 1. Jadi G = K 1 + (K 1 K n 2). 28
Sekarang, asumsikan U 2. Akan ditunjukkan terlebih dahulu bahwa U merupakan independent set dari G. Misalkan U bukan independent set dari G maka terdapat dua titik u, w V(U) yang bertetangga. Karena definisi dari Y maka terdapat v Y dengan uv E(G) dan v Y dengan wv E(G) dimana v dan v boleh merupakan titik yang sama. Bagi menjadi 2 kasus : 1. Terdapat satu titik v Y dengan uv, wv E(G). Bagi menjadi 2 sub kasus : 1.1. Terdapat satu titik x Y {v yang tepat bertetangga dengan satu titik u atau w, tanpa mengurangi perumuman misal u. Karena Y 3 maka terdapat satu titik y Y yang berbeda dengan titik v dan x. Untuk lebih jelas, graf G memuat subgraf seperti gambar berikut : Misalkan Π = {S 1, S 2,, S n 2, dengan S 1 = {u, w, y, S 2 = {x, S 3 = {y, dan S i untuk 4 i n 2 masing-masing memuat satu titik dari V(G) {u, w, y, x, v. Cukup memeriksa r(u Π ), r(w Π ), dan r(y Π ). Perhatikan bahwa r(u Π ) = (0, 1, 2, ), r(w Π ) = (0, 2, 2, ), dan r(y Π ) = (0, 1, 1, ). Jadi Π merupakan resolving partition dari G dengan n 2 buah partisi. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. 1.2. Setiap titik di Y {v bertetangga dengan dua titik u dan w atau tidak bertetangga dengan dua titik u dan w. Jika u dan w bertetangga dengan 29
semua titik di Y {v maka semua titik di (Y {v) {u, w saling bertetangga, kontradiksi dengan definisi Y yang merupakan maksimum clique. Oleh sebab itu, terdapat satu titik y Y yang berbeda dengan titik v, dimana y tidak bertetangga dengan u dan w. Karena diameter G adalah 2 maka terdapat satu titik x di G yang bertetangga dengan u dan v. Untuk lebih jelas, graf G memuat subgraf seperti gambar berikut : Misalkan Π = {S 1, S 2,, S n 2, dengan S 1 = {x, y, w, S 2 = {u, S 3 = {v, dan S i untuk 4 i n 2 masing-masing memuat satu titik dari V(G) {u, w, y, x, v. Cukup memeriksa r(x Π ), r(y Π ), dan r(w Π ). Perhatikan bahwa r(x Π ) = (0, 1, 1, ), r(y Π ) = (0, 2, 1, ), dan r(w Π ) = (0, 1, 2, ). Jadi Π merupakan resolving partition dari G dengan n 2 buah partisi. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. Jadi kasus 1 tidak dapat memenuhi pd(g) = n 1. 2. Terdapat dua titik yang berbeda v dan v di Y dengan uv, wv E(G). Terlebih, untuk setiap y 0 titik di Y, y 0 bertetangga minimal dengan salah satu titik u atau w karena jika sebaliknya (terdapat satu titik y 0 Y dengan uy 0, wy 0 E(G)) kita mempunyai kondisi seperti kasus 1. Jadi haruslah, vw, 30
v u E(G). Karena Y 3 maka terdapat satu titik y Y yang berbeda dengan titik v dan v. Sama dengan yang lainnya, minimal salah satu sisi yu atau yw berada di Y, misalkan yu. Untuk lebih jelas, graf G memuat subgraf seperti gambar berikut : Misalkan Π = {S 1, S 2,, S n 2, dengan S 1 = {u, w, y, S 2 = {v, S 3 = {v, dan S i untuk 4 i n 2 masing-masing memuat satu titik dari V(G) {u, w, y, v, v. Perhatikan bahwa r(u Π ) = (0, 2, 1, ), r(w Π ) = (0, 1, 2, ), dan r(y Π ) = (0, 1, 1, ). Jadi Π merupakan resolving partition dari G dengan n 2 buah partisi. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. Jadi, U merupakan independent set. Kali ini, klaim bahwa N(u) = N(w) untuk setiap u,w U. Maksudnya adalah jika uv E(G) maka wv E(G). Bukti : Misalkan uv E(G) untuk suatu titik v di G maka jelas v Y. Akan dibuktikan dengan kontradiksi. Misalkan wv E(G). Karena Y merupakan himpunan titik dengan maksimum clique maka terdapat satu titik y Y dimana uy E(G). Karena graf G terhubung dan U merupakan independent set maka titik w bertetangga dengan suatu titik di Y. Bagi menjadi 2 kasus : 31
1. Titik w bertetangga hanya dengan titik y. Karena w dan y tidak bertetangga dengan u, terlihat bahwa d(w, u) = 3 yang berakibat kontradiksi dengan diameter G adalah 2. 2. Terdapat suatu titik x di Y yang berbeda dengan y dengan wx E(G). Untuk lebih jelas, graf G memuat subgraf seperti gambar berikut : Misalkan Π = {S 1, S 2,, S n 2, dengan S 1 = {u, w, x, S 2 = {v, S 3 = {y, dan S i untuk 4 i n 2 masing-masing memuat satu titik dari V(G) {u, w, y, v, x. Perhatikan bahwa r(u Π ) = (0, 1, 2, ), r(w Π ) = (0, 2, ), dan r(x Π ) = (0, 1, 1, ). Jadi Π merupakan resolving partition dari G dengan n 2 buah partisi. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. Jadi N(u) = N(w) untuk setiap u,w U. Sampai pembahasan ini, kita dapatkan V(G) = Y U, dengan G[Y] merupakan graf lengkap, Y 3, U merupakan independent set, U 2, dan N(u) = N(w) untuk setiap u,w U. Sekarang, akan ditunjukkan untuk setiap u U terdapat maksimum satu titik di Y yang tidak termuat di N(u). Misalkan sebaliknya, yaitu terdapat dua buah titik x, y Y yang tidak termuat di N(u). Misalkan w titik di U yang berbeda dengan u maka 32
jelas bahwa wx, wy E(G). Karena graf G terhubung maka terdapat titik z Y dengan z N(u) = N(w). Untuk lebih jelas, graf G memuat subgraf seperti berikut : Misalkan Π = {S 1, S 2,, S n 2, dengan S 1 = {y, z, w, S 2 = {u, S 3 = {x, dan S i untuk 4 i n 2 masing-masing memuat satu titik dari V(G) {u, w, y, x, z. Perhatikan r(y Π ) = (0, 2, 1, ), r(z Π ) = (0, 1, 1, ), dan r(w Π ) = (0, 2, 2, ). Jadi Π merupakan resolving partition dari G dengan n 2 buah partisi. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. Jadi, N(u) = Y atau N(u) = Y {v untuk suatu v Y. Ternyata kedua bentuk ini dapat dimasukkan kedalam satu kelas G. Jika N(u) = Y maka G = K s + K t untuk s = Y 3 dan t = U 2. Jika N(u) = Y {v maka G = K s + (K 1 K t ) = K s + K t + 1. Dengan kata lain G = K s + K t dengan t 3 dan berakibat s n 3. Misalkan V(K s ) = {u 1, u 2,..., u s dan V(K t ) = {v 1, v 2,..., v t. Bagi menjadi 3 kasus : 1. s = t, Misalkan Π = {S 1, S 2,, S s + 1, dengan S i = {u i, v i untuk 1 i s 1, S s = {u s, dan S s + 1 = {v s. Cukup memeriksa koordinat r(u i Π ) dengan r(v i Π ), untuk 1 i s 1. Perhatikan bahwa d(u, v s ) = 1 untuk u V(K s ) dan d(v, v s ) = 2 untuk v V(K t ) sehingga r(u i Π ) r(v i Π ). Jadi Π 33
merupakan resolving partition dari G dengan s + 1 buah partisi. Jadi pd(g) s + 1 n 3 + 1 = n 2. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. 2. s > t, Misalkan Π = {S 1, S 2,, S s + 1, dengan S i = {u i, v i untuk 1 i t 1, S i = {u i untuk t + 1 i s, dan S s + 1 = {v t. Cukup memeriksa koordinat r(u i Π ) dengan r(v i Π ), untuk 1 i t 1. Perhatikan bahwa d(u, v t ) = 1 untuk u V(K s ) dan d(v, v t ) = 2 untuk v V(K t ) sehingga r(u i Π ) r(v i Π ). Jadi Π resolving partition dari G dengan s + 1 buah partisi. Jadi pd(g) s + 1 n 3 + 1 = n 2. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. 3. s < t, Misalkan Π = {S 1, S 2,, S t, dengan S i = {u i, v i untuk 1 i s, S i = {v i untuk s + 1 i t. Cukup memeriksa koordinat r(u i Π ) dengan r(v i Π ), untuk 1 i t 1. Perhatikan bahwa d(u, v t ) = 1 untuk u V(K s ) dan d(v, v t ) = 2 untuk v V(K t ) sehingga r(u i Π ) r(v i Π ). Jadi Π merupakan resolving partition dari G dengan t buah partisi. Jadi pd(g) t n 2. Kontradiksi dengan pd(g) = n 1. Setelah pembahasan teorema 8 dapat disimpulkan bahwa tidak ada kelas graf selain K 1,n 1, K n e, dan K 1 + (K 1 K n 1 ) yang mempunyai pd(g) = n 1. Jadi selain graf P n dan K n, kelas graf yang mempunyai pd(g) = n 1 juga dikatakan berkarakteristik. 34