Diszkrét Matematika levelező MSc hallgatók számára 3. ráfok színezései Előadó: Hajnal Péter 2011 12. őszi félév 1. Síkgráfok és élszínezések A párosításoknál szereplő Petersen-tétel azt állította, hog ha a gráf kétszeresen élösszefüggő és 3-reguláris, akkor -ben létezik teljes párosítás. Ha gráfunk síkgráf, akkor ennél több is igaz: 1. Állítás. Ha 3 reguláris 2-szeresen élösszefüggő, továbbá síkgráf is, akkor élhalmaza három teljes párosítás uniója, azaz találhatók olan M 1, M 2, M 3 teljes párosítások -ben, hog M 1 M 2 M 3 = E() teljesüljön. Megjegzés. A síkgráf feltétel szükséges az erősebb konkúzióhoz. Az ellenpéldát Petersen adta. Tehát a nevét viselő Petersen-gráf: 3-reguláris, kétszeresen élösszefüggő, nem síkgráf, és élhalmaza nem áll elő M 1 M 2 M 3 alakban, ahol az M i -k párosítások. A Petersen-gráf egszerűsége ellenére nagon szimmetrikus és a gráfelmélet legkülönbözőbb területein felbukkanó, központi szerepet játszó gráf. Petersen eredeti motivációja a nég-szín-sejtés volt. Az alábbiakban a négszín-sejtés eg élszínezéses ekvivalensét mutatjuk meg. Íg kapcsolatot teremtünk a párosítások, élszínezések és síkgráfok között. Definíció. gráf élszínezése c : E() N + függvén. c eg k-élszínezése -nek, ha c(e()) {1, 2,..., k}. Definíció. c jó élszínezése -nek, ha minden csúcsra az ott összefutó d() élnek különböző színe van. A következő optimalizálási feladat adódik: keressük azt a minimális k természetes számot, amellel eg gráf jól k-él-színezhető. E gráfparaméter neve: élkromatikus száma, jelölése χ e. Azaz χ e () := min{k N + : -nek van jó k-élszínezése}. 3-1
Megjegzés. A hurokél akadála a jó színezésnek: Ha van hurokél, akkor nem létezik jó élszínezés (az összefutó d() él között ismétlődés van), ha nincs hurokél, akkor pedig létezik jó színezés (például ha minden él különböző színt kap, akkor jó színezésünk van). A kapcsolat a párosítások és az élszínezések között az, hog eg gráf jó színezésében az azonos színű élek eg párosítást alkotnak a gráfban. Tehát jó színezés keresése ekvivalens az élhalmaz párosításokra történő osztálozásával. Azaz állításunk ekvivalens azzal, ha 3-reguláris, 2-szeresen élösszefüggő, síkgráf, akkor χ e () = 3. A továbbiakhoz fel kell idéznünk a síkrarajzolt gráfokról és duálisukról a BScs Kombinatorika kurzusban tanultakat. A következő ábrán eg síkrarajzolt gráfot (kék) és duálisát (piros) láthatjuk. Az ábrán látható lila csillagok párbaállítják az eredeti és duális gráf éleit. A következő táblázatban összefoglaljuk síkrarajzolt gráf és duálisa közötti sokrétű kapcsolatot. EREDETI síkra rajzolt gráf tartománok/országok élek közös határéllel rendelkező (szomszédos) tartománok tartománszínezés jó tartománszínezés (szomszédos tartománok különböző színűek) jó színezhetőség feltétele: nincs olan él, amel mindkét oldalán uganaz a tartomán fekszik csúcsok 3-2 DUÁLIS síkra rajzolt gráf csúcsok/fővárosok élek szomszédos csúcsok csúcsszínezés jó csúcsszínezés jó színezhetőség feltétele: nincs hurokél tartománok
eg csúcsban összefutó élek fokszám Nég-szín-tétel (4CT ): kétszeresen élösszefüggő síkra rajzolt gráf tartománai nég színnel jól színezhetők három- Színezés esetén feltehető: reguláris eg tartománt határoló élek határ bejárásának hossza Nég-szín-tétel (4CT ): hurokélmentes síkra rajzolt gráf csúcsai nég színnel jól színezhetők Színezés esetén feltehető: minden tartomán háromszög (gráfunk triangulált) Megjegezzük, hog 3-regularitás esetén a mohó algoritmus minden gráfot jól 4- csúcsszínez. Illetve duálisan triangulált síkrarajzolt gráf tartománai nilvánvalóan jól 4-színezhetők. 2. Tétel. A következők ekvivalensek: (i) Ha 3-reguláris, 2-szeresen élösszefüggő síkgráf, akkor χ e () = 3. (ii) 4CT. Bizonítás. (i) a 4CT tartománszínezési verziója 3-reguláris gráfokra. Legen eg a síkra szépen lerajzolt 3-reguláris kétszeresen élösszefüggő gráf. Tudjuk, hog élhalmaza M 1, M 2, M 3 teljes párosítások uniója. Legen M 1 +M 2 az M 1 M 2 élek által meghatározott feszítő részgráf -ben. M 1 +M 2 eg 2-reguláris részgráf, azaz komponensei körök. Nilván a részgráfunknak is szépen lerajzolt és können látható, hog az M 1 + M 2 tartománai jól színezhetők két színnel (például a komponensek számára vonatkozó teljes indukcióval). Legen ez a két szín " piros" és " kék". Hasonlóan M 1 + M 3 tartománai is jól színezhetők két színnel. Legen ez " világos" és " sötét". 3-3
Íg a síkot kétszer is kiszíneztük, speciálisan a gráf lerajzolásának minden tartomána kétszer is színt kapott. Eg tartomán kapott színpárja négféle lehet: " világoskék", " világospiros", " sötétkék", sötétpiros". Ez eg jó 4-színezése " -tartománainak, mivel bármelik két szomszédos tartomán M 1 + M 2 -ben vag M 1 +M 3 -ben külöböző tartománba esik (esetleg mindkettőben), íg színeiknek már ezen komponense is megkülönbözteti őket. A 4CT tartománszínezési változata 3-reguláris gráfokra (i): Tehát tudjuk, hog a kétszeresen élösszefügggő, 3-reguláris síkgráf tartománait jól 4- színezhetjük. Legen 1, 2, 3, 4 a felhasznált színek. Legen M 1 := {e E() e két oldalán 1, 2 vag 3, 4 színt látjuk}, M 2 := {e E() e két oldalán az 1, 3 vag 2, 4 színt látjuk}, M 3 := {e E() e két oldalán az 1, 4 vag 2, 3 színt látjuk}. Belátjuk, hog ekkor M 1, M 2, M 3 teljes párosítások -ben és diszjunktak. A diszjunktság triviális a definíciókból. 3-4
Először azt igazoljuk, hog M 1, M 2, M 3 párosítások: Tegük fel, hog e, f M i valamel i = 1, 2, 3 esetén és az csúcs illeszkedik e-re és f-re is. -ben három tartomán fut össze: τ 1, τ 2, τ 3. Ezek különböző színűek. Íg e és f nem lehet uganabban az M i élhalmazban. Végül M 1 M 2 M 3 = E(). Valóban, úg definiáltuk az M i -ket, hog bármel két szín találkozik eg e él két oldalán az valamelik M i halmaz definíciójának eleget tesz. (A ( 4 2) = 6 lehetőség mindegike szerepel a három definícióban.) Ebből adódik az állítás. 2. ráfok él-kromatikus száma Emlékeztető. () := ma d(), a gráf maimális fokszáma. V () Nilvánvalóan () χ e (). Az alábbi példák mutatják, hog az egenlőtlenség két oldala között lehet különbség. Példa. C 2k+1 páratlan kör (k Z + ). Können látható, hog (C 2k+1 ) = 2 és χ e (C 2k+1 ) = 3. Az alábbi ábra a k = 4 esetet mutatja. Példa. K 2k+1 páratlan pontú teljes gráf. Ekkor (K 2k+1 ) = 2k és χ e (K 2k+1 ) = 2k + 1. Az alábbi ábra kilenc pont esetén mutat eg optimális élszínezést. Példa. Legen T k az a gráf, amelnek három csúcsa és bármel kettőt k párhuzamos él köti össze. Ekkor bármél két él szomszédos. Íg (T k ) = 2k és χ e (T k ) = 3k. Az alábbi ábra a k = 3 esetet mutatja. Eg gráf élkromatikus számát a maimális fokszámmal már korlátoztuk alulról ( () χ e ()). A következő két tétel felső korlátot is ad. A második tételt igazoljuk is. 3-5
3. Tétel (Shannon tétele). Legen hurokél-mentes gráf. Ekkor χ e () 3 2 (). 4. Tétel (Vizing tétele). Legen egszerű gráf. Ekkor χ e () () + 1. Bizonítás. Adott eg egszerű gráf. Be kell látnunk, hog élei jól színezhetők a P = {1, 2,..., () + 1} palettával. Legen V () = {v 1,..., v n } és legen i := {v1,...,v i }. i-re vonatkozó teljes indukcióval belátjuk az állítást i -re. Bizonításunk konstruktív lesz, azaz i eg jó-él-színezéséből megkonstruálunk i+1 jó-él-színezését. Azaz i élszínezését kiterjesztjük a v i+1 -re illeszkedő i -hez haladó élekre (amik kezdetben színezetlenek). Legen F a i és v i+1 közötti élek halmaza, íg F = d i+1 (v i+1 ) =: d. i élszínezésének kiterjesztése fázisokban történik. Legen H := {színezetlen élek}. Kezdetben H = F. A kiterjesztés során a H halmaz élei egenként színt kapnak. Íg H csökken, amíg H = lesz (azaz i+1 teljesen élszínezett). Legen O := {F -beli élek, amiknek már osztottunk színt}. Azaz O H = F és O H = O + H = d. Minden H-beli e élhez tartozik eg lehetséges színek halmaza. Azaz az aktuális színezésben megnézzük a két végpontjára illeszkedő színezett élek színeit (ezek T (e) halmaza tiltott szín számára). L(e) = P T (e), azaz a palettánk nem tiltott színeinek halmaza. Kezdetben minden e H = F élre L(e) 2. Valóban eg v i+1 H = F él esetén csak az -re i -ben illeszkedő elek színei tiltottak. Ezen élek száma d i () d() 1 () 1. Íg L(e) = P { -re vag v i+1 -re illeszkedő színezett éle színei} () + 1 ( () 1) = 2. Az L(e) halmazokból kiválasztunk eg preferált részt, amit P (e)-vel jelölünk. Azaz P (e) L(e), azaz P (e) mindegik eleme alkalmas szín e színezésére. Definiáljuk az alábbi ( ) tulajdonságot, amit a kiterjesztés során végig megőrzünk: ( ) Mindegik P (e) eg- vag kételemű, továbbá maimum eg H-beli élre lesz preferált színhalmaza egelemű. Ha e eg olan él, amel preferált színhalmaza egelemű, akkor kivételes élnek nevezzük e-t. Kivételes élekből vag eg van vag eg sincs. Most lássuk a kiterjesztés legegszerűbb esetét: Mohó eset: Van olan s szín, ami egetlen preferált halmazban szerepel. Ha s P (e) (e H), akkor a korábbi színezés megtartása mellett e-nek az s színt adjuk. H e lesz a színezetlen élek új halmaza. Eg színezetlen f élre L(f) = L(e) {s}. s egedisége miatt megtarthatjuk a régi P (e) halmazokat. Sajnos ezt a mohó esetet nem használhatjuk mindig. Nem mohó eset: A preferált színek halmazaiban előforduló színek mindegike több preferált halmazban is szerepel. Azaz s P (e)-ben szerepel. Először igazolunk eg lemmát a nem mohó esetről. 3-6 P (e) esetén s legalább kettő e H
5. Lemma. A nem mohó esetben van olan σ szín, amit nem osztottunk ki O elemein, de a preferált színek között sincs ott. Azaz σ / c(o) = {c(e) : e O} és σ / e H P (e). Lemma bizonítása: Legen c(o) az F elemein eddig kiosztott színek halmaza, azaz az O-beli élek színeinek halmaza. O elemei összefutnak v i+1 -ben, azaz a színeik különbözőek, c(o) = O. A nem mohó esetben e H P (e) e H P (e) Azaz c(o) és e H P (e) egütt is eg legfeljebb 2 2 H 2 = H. O + H = F = d = d i+1 (v i+1 ) () elemű színhalmazt adnak. Azaz palettánknak garantáltan lesz szabad színe. Q.e.d. Legen c 1 eg a lemma által garantált szín. Legen c 2 az a szín, amelre {c 2 } a kivételes él preferált színhalmaza, illetve tetszőles szín eg preferált halmazból, amenniben nincs kivételes él. Legen f = v i+1 az az él, amel a kivételes él, vag amenniben ilen nincs, eg olan él amel preferált színhalmazában szerepel c 2. Mindenképpen c 2 P (f). O vi + 1 H c P = f g 1 = f c2= i i+1 -ből emeljük ki a c 1 és c 2 színű éleket: Összes V ( i+1 ) csúcs és a c 1, c 2 színű élek gráfjában minden fok legfeljebb 2, azaz a komponensek színalternáló utak vag körök. Az csúcs komponense szükségszerűen út: c 2 P (f) és P (f) definíciója miatt -re nem illeszkedhet c 2 színű él. Legen ez eg U -út, amiben -re maimum eg c 1 színű él illeszkedik (elképzelhető, hog -re nem illeszkedik sem c 1, sem c 2 színű él sem). U mentén cseréljük fel a színeket! Ekkor megmarad a színezés jó mivolta. Valamint f-re már nem illeszkedik c 1 színű él, azaz kaphatja a c 1 színt. 3-7
P = f g vi + 1 f c1 = c2= P = f g v i + 1 f c1 = c2= i i atszinezes P = f g i + 1 f v c1 = c2= i Az L(e) halmazokat is újra kell értékelni: Azon éleknek, amelek nem az U út valamelik csúcsába vezetnek a lehetséges színhalmaza nem változik. Azon éleknek, amelek az U út köztes csúcsába vezetnek szintén nem változik a lehetséges színhalmazuk! Baj akkor van, ha v i+1 -ből vezet eg g él -ba ( ). g nem volt kivételes él, tehát ha P (g) P (g) {c 2 } változtatást hajtjuk végre, akkor P (g) egeleművé változik vag kételemű marad. A ( ) tulajdonság mindenképpen megmarad! Megjegzés. A bizonításból eg algoritmus is kiolvasható, ami egszerű gráfokat a Vizing-korlát méretű palettával jól-élszínez. 3. (Csúcs)színezések Ebben a fejezetben egszerű gráfokkal dolgozunk, tehát itt minden gráfon egszerű gráfot fogunk érteni. Emlékeztetőként idézzünk fel néhán korábban tanult definíciót és tételt. Definíció. Eg c : V () N + leképezést a gráf eg (csúcs)színezésének nevezzük. A c(v) " szám" a v csúcs színe. Definíció. A gráf eg színezése jó színezés, ha minden e E() élre e = uv esetén c(u) c(v). Definíció. A gráf eg színezése k-színezés, ha a felhasznált színek száma k. Definíció. Eg gráf kromatikus száma χ() = min {k : -nek létezik jó k-színezése}. 3-8
Definíció. A gráf esetén eg F V () csúcshalmazt független ponthalmaznak nevezünk, ha bármel két F -beli pont között sincs él. Definíció. α() = ma { F : F független ponthalmaz -ben}. Definíció. A gráf esetén eg K V () csúcshalmazt klikknek nevezünk, ha bármel két K-beli pont között van él. Definíció. ω() = ma { K : K klikk -ben}. Megjegzés. Tetszőleges gráfra χ() ω(). Ez következik abból, hog eg klikkben minden csúcsnak más-más színt kell adnunk jó színezésnél. Eg jó színezésnél az azonos színű csúcsok eg független ponthalmazt alkotnak. Íg eg jó csúcsszínezés felfogható mint V () független halmazokra való osztálozása. 3.1. A kromatikus szám és a derékbőség paraméter 6. Tétel BSc. Létezik olan { n } gráfsorozat, melre teljesül, hog ω( n ) = 2 (azaz háromszögmentes), illetve χ( n ), ha n. Vegünk eg olan gráfot, amelben nincs háromszög. Tegük fel, hog ennek a gráfnak eg pontjában állunk. Ez a pont a szomszédaival egütt eg csillagot feszít ki, ami az eredeti gráf részgráfja. Eg ilen helzet látható a fenti ábrán. Ezen lokális részeket látva semmilen nehézséget nem érzékelünk. A gráf globális színezéséhez szükséges színszám tetszőlegesen nag lehet. Ez rávilágít a probléma nehézségére. A nehézség formálisan is igazolható: ez az egik alap N P -teljes probléma (szerepel Richard Karp 1972-ben összegűjtött 21 NP-teljes problémája között). Definíció. Tetszőleges gráf esetén rögzítsünk eg o V () csúcsot, és tetszőleges r N + esetén definiáljuk a következő részgráfot: B(o, r) = {v V :d(o,v) r}, ahol d(o, v) a legrövidebb ov út hosszát jelöli. Az előző példánál erősebb feltétel is adható. Az előző példában B(o, 1) gömbök esetén láttuk, hog a kromatikus szám tetszőlegesen nag lehet amelett, hog gömbjeinkben minden a legegszerűbb. De nem kell az r-et 1-nek választani, tetszőleges 3-9
sugár esetén is igaz: attól még, hog minden B(o, r) (o V ()) esetén páros gráfot látunk" a kromatikus szám tetszőlegesen nag lehet. " Az, hog a gráfban nincs háromszög, ekvivalens azzal, hog ω() 2, azaz B(o, 1) csillag, azaz B(o, 1) páros gráf. Hasonlóan B(o, r) is páros gráf, és ez azzal ekvivalens, hog -ben nem létezik 2r + 1 hosszú, vag rövidebb páratlan kör. Tovább erősítjük a feltételt: azt mondjuk, hog -ben legen minden kör legalább 2r + 2 hosszú, azaz minden rögzített o középpontra B(o, r) eg fa. Ez az erősített feltétel mellett is a globális kromatikus szám tetszőlegesen nag lehet. Definíció. A gráf derékbőségének (girth) nevezzük azt a g() számot, amelre g() = min {l : -ben létezik l hosszú kör}. A következőkben arra keressük a választ, hog, ha adott eg γ és eg τ pozitív egész szám, akkor létezik-e olan gráf, melre γ g() és χ() τ. 7. Tétel (Erdős Pál). Bármel γ, τ N + számokhoz létezik olan gráf, amelre g() γ és χ() τ. Bizonítás. Nem konstruktív bizonítást adunk a tételre. (Konstruktív bizonítások is léteznek, de azok nehezebbek.) A következőkben eg valószínűségszámítási módszeren alapuló bizonítást mutatunk meg. Legen V eg n elemű csúcshalmaz. Most csak annit kell tudnunk n-ről, hog elég nag. A továbbiakban is fogunk ilen előre kijelentett ígéreteket" tenni, " és ezeket vastag betűtípussal fogjuk jelölni. Majd a bizonítás végén megmutatjuk, hog ezek az ígéretek valóban teljesülhetnek. Bármel V -beli pontpárra behúzzuk a közöttük lévő élt p valószínűséggel (azaz az össze nem kötöttség valószínűsége 1 p). A p értékét később adjuk meg. Persze ezzel azt ígérjük, hog 0 p 1. Ezzel a módszerrel felépíthetünk eg gráfot, eg valószínúségi változót. Ez az Erdős Réni-véletlen-gráfmodell, jelölése ( n,p ). Bevezetünk eg új paramétert, legen ez t. Jelölje A t azt az esemént, hog α() t. Ez azt is jelenti, hog -ben nincs t + 1 elemű független ponthalmaz. Jelölje F R pedig azt az esemént, hog R független ponthalmaz -ben. Ekkor a modell leírásából azonnal következik, hog ( R ) P(F R ) = (1 p) 2. Érvénes továbbá az alábbi összefüggés: P(A t ) = 1 P R V R =t+1 Ez a bonolultnak tűnő kifejezés máris egértelművé válik, ha szavakba öntjük, hog mit jelent. Annak a valószínűsége, hog α() t, megegezik annak a valószínűségével, hog nem létezik t + 1 elemű független csúcshalmaz, ami pedig 1 mínusz annak a valószínűsége, hog létezik t + 1 elemű független csúcshalmaz, és pontosan ezt a valószínűséget írja le az egenlőség jobb oldala. F R. 3-10
Felhasználva azt a mértékelméleti tént, hog ( n ) P E i i=1 n P (E i ), i=1 azt kapjuk, hog P(A t ) 1 ( ) ( t+1 ) n t+1 (1 p) 2. Felhasználtuk azt is, hog ( n t+1) tag unióját kell nézni, illetve az unió mögött álló ( t+1 ) F R -re igaz a P(F R ) = (1 p) 2 összefüggés. Tovább alakítva az egenlőtlenséget, azt kapjuk, hog ( t+1 ) [ ] P(A t ) 1 n t+1 (1 p) 2 = 1 n t+1 (1 p) t(t+1) 2 = 1 n (1 p) t t+1 2. A t paramétert a következőkben úg választjuk majd meg, hog az egenlet jobb oldala nagobb legen mint 1, illetve az n sokkal nagobb" 2 " legen, mint a t. Áttérünk eg új gondolatmenetre, amel a derékbőség nagságának garantálásához vezet. Jelöljük ξ γ -val azt a valószínűségi változót, amel megadja a γ-nál nemhosszabb körök számát -ben. Keressük ennek a várható értékét. Ehhez vezessük be a { 1, ha C n,p ξ C =. 0, különben valószínűségi változót, ahol C eg lehetséges kör. Ekkor ( ) ( γ E (ξ γ ) = E ξ C = Chossza γ l=3 Chossza=l E (ξ C ) ). (1) Ha a C hossza l, akkor E (ξ C ) = p l. Hán darab lehetséges l hosszú kör van? A válasz ( ) n (l 1)!, uganis a csúcsokat ( n l 2 l) -féleképpen választhatjuk ki, és ezeket a kiválasztott l pontokat (l 1)! -féleképpen rendezhetjük körbe. Felhasználva az 2 ( ) n (l 1)! n (n 1)... (n l + 1) = nl l 2 2l 2l nl 6 egenlőtlenséget, felírhatunk E (ξ γ )-ra eg felső becslést: E (ξ γ ) γ l=3 n l 6 pl = γ n l p l l=3 6 (!) γ (np) γ l=3 6 γ (np)γ. 6 A (!) becslésnél feltesszük, hog np 1. Továbbá p-t úg fogjuk megválasztani, hog γ (np)γ < n 6 4 teljesüljön. Ha ez teljesül, akkor a Markov-egenlőtlenségből adódik, hog ( P ξ γ < n ) > 1 2 2. 3-11
Ezek után felírhatjuk a P ( A t ( ξ γ < n 2 )) > 0 megállapítást, mivel a két oldalán álló esemének valószínűsége külön-külön legalább 1 2. Ebből következik, hog létezik olan gráf, amelnek n csúcsa van, és amelre teljesül a következő két állítás: A -ben lévő γ-nál nem hosszabb körök száma n -nél kevesebb. 2 α() t. Vegük ezt a gráfot, és minden γ-nál nem hosszabb körből hagjunk el eg-eg pontot, jelölje az íg kapott gráfot 0. Ekkor 0 -ban nincs legfeljebb γ hosszúságú kör (g( 0 ) γ), csúcsszáma legalább n, azaz V ( 2 0) n, és α( 2 0) t. Továbbá igaz a χ( 0 ) n/2 = n t 2t τ becslés is, feltéve, hog n t, azaz, ahog azt a bizonítás elején is írtuk, n elég nag. Abból, hog γ (np)γ < n 6 4, adja magát a p választása. Uganis keressük p-t úg, hog γ(np) γ = n, azaz p = ( ) 1 γ. A p-re ebből már következik, hog mindig 0 és 1 között van, illetve az is 1 n n γ np > 1. Bevezető analízisből ismeretes, hog ( 1 n) 1 n e 1, sőt (1 p) 1 p < 1. e Ekkor [ ] [ t+1 ( n(1 p) t 2 = n (1 p) 1 p ) pt ] t+1 2, ( ) és t értékét úg akarjuk megadni, hog (1 p) 1 pt 2 p < 1 teljesüljön. A t paramétert ezek alapján können n 2 meghatározhatjuk: ( ) pt 1 2 1 pt = e 2 e n2 = n 2 pt 2 = 2 ln n t = 4 ln n p. Az esetleg hiánzó ígéretek ellenőrzése egszerű aritmetikai számolás. Azokat elvégezve a tétel bizonítása itt véget ér. 3.2. Nem k-színezhető gráfok Emlékeztetőül megint idézzünk fel két állítást: nem 2-színezhető -ben létezik páratlan hosszú kör. nem 3-színezhető = -nek részgráfja a K 4 (K 4 = 4 csúcsú teljes gráf). Megjegzés. A második állításában a = irán nem teljesül, és nem is tudunk jó jellemzést adni arra a problémára. Tehát K 4 részgráf felmutatása eg jó módszer nem-3-színezhetőség bizonítására. (Jó és gors, hatásos.) De a módszer nem teljes. A következőkben Hajós örg eg teljes módszerét ismertetjük annak igazolására, hog eg gráf nem k-színezhető. 3-12
Definíció. A következőkben definiálunk három gráfokon elvégezhető operációt. (Op1): Él vag csúcs hozzáadása a gráfhoz. (Bővítés.) (Op2): Két nem szomszédos csúcs (, ) azonosítása. Ha csúcs szomszédságát N()-szel jelöljük, akkor az összevonással keletkezett pont szomszédsága megegezik N() N( )-vel. (Op1) (Op1) (Op2) (Op3) ' ' ( ) (Op3): Hajós-operáció Hajós e, e (, ). Legen e E(), e E( ), e =, e =. Az operáció eredménét jelöljük H-val. V (H) = (V () {}) (V () { }) {[]}, E(H) = (E() {e}) (E( ) {e }) { }, az illeszkedés pedig természetes. A formális definíció megértését a mellékelt ábrán tesztelni lehet. 8. Lemma. Ha és nem k-színezhető, akkor +, és Hajós(, ) sem k- színezhető. Az előző Lemma nilvánvalóan ekvivalens a következővel: 9. Lemma. Ha + és k-színezhető, akkor is az. Ha Hajós(, ) k-színezhető, akkor vag is az. Megjegzés. + és esetén a Lemma nilvánvaló, uganis több objektum esetén nehezebbé válik a színezés. Hajós(, ) esetén is egszerű az állítás. Definíció. A gráf Hajós-konstruálható K k+1 -ekből, ha létezik olan 1, 2,... l sorozat, hog mindegik i vag K k+1, vag a korábbi gráfokból a fent leírt három operáció valamelikével nerhető. 10. Következmén. Ha Hajós-konstruálható, akkor nem k-színezhető. A következmén bizonítása teljes indukcióval történhet. 11. Következmén. Nilván 1 mindig csak K k+1 lehet, 2 pedig csak K k+1 vag eg olan gráf, ami K k+1 -ből (Op1) operációval kapható ((Op2) nem alkalmazható teljes gráfokra). 3-13
Példa. Bizonítsuk be, hog az 5-kerék nem 3-színezhető. (Op3) (Op2) Először a 1 és 2 gráfokon hajtjuk végre az (Op3) operációt, ezért az íg kapott 3 gráf nem 3-színezhető. A 3 gráfon pedig az (Op2) operációt hajtjuk végre, és az eredmén a szintén nem 3-színezhető 4 gráf lesz, amit 5-keréknek nevezünk. 12. Tétel Hajós örg. nem k-színezhető Hajós-konstruálható K k+1 - ből. Bizonítás. A = irán nilvánvaló, a = iránt pedig indirekt módon bizonítjuk. Tegük fel, hog létezik ellenpélda, azaz létezik olan nem k-színezhető gráf, ami nem Hajós-konstruálható. Tegük a gráfot telítetté, azaz adjunk hozzá éleket mindaddig, amíg az ellenpéldára vonatkozó két tulajdonság teljesül. Íg kapjuk a tel gráfot. A bizonítás foltatása előtt szükségünk van néhán definícióra, illetve eg nagon fontos lemmára. A Hajós-tétel bizonítását a lemma bizonítása után foltatjuk. Definíció. Eg gráf teljes r-részes gráf, ha a V () csúcshalmaz r darab osztál uniója, és az E() élhalmaz pedig az összes keresztél az osztálok között. Példa. 4-részes teljes gráf például a következő: 3-14
Definíció. A teljes r-részes gráf ekvivalens definíciója a következő: az " egenlőnek vag nem összekötöttnek lenni" reláció ekvivalenciareláció, továbbá az ekvivaleciareláció osztálainak száma r. 13. Lemma. tel teljes r-részes gráf. Bizonítás. A bizonítás indirekt módon történik. Tegük fel, hog tel nem teljes r-részes gráf, azaz az " egenlőnek vag nem összekötöttnek lenni" reláció nem ekvivalencia. Ekkor nilván csak a tranzitivitás sérülhet, azaz léteznek olan,, z V ( tel ) különböző pontok, hog, z / E( tel ), de z E( tel ). Ekkor elvégezhetjük az (Op2) bővítés operációt kétféleképpen: te`: 1 : z te`: : z te`: 2 : z Ha erre két gráfra végrehajtjuk a Hajós, z (tel 1, tel 2 ) operációt, akkor a következő gráfot kapjuk: te`: 1 : te`: 2 : z (Op3) z te`: 1 : a b te`: 2 : a b c c z z k (Op2)(Op2)(Op2)(Op2)(Op2) b te`: : a c z 3-15
A kapott gráfban minden tel 1 -beli a pont azonosítható a neki megfelelő tel 2 -beli ponttal ((Op2)). Íg megkapjuk a tel gráfot. Ez azt mutatja, hog tel Hajóskonstruálható, és ez ellentmodás. Hajós-tétel bizonításának foltatása. Emlékezzünk, hog a tételt indirekt módon kezdtük bizonítani, azaz feltettük, hog létezik olan nem k-színezhető gráf, ami nem Hajós-konstruálható. Telítettük a gráfot, és az íg kapott tel gráfról beláttuk, hog teljes r-részes gráf. Foltatva a bizonítást két eset lehetséges. 1. eset: Ha r k + 1, akkor tel gráfnak létezik eg k + 1 pontú teljes részgráfja, uganis minden osztálból eg tetszőleges csúcsot kiválasztva eg ilen részgráfot kapunk. A részgráfság miatt tel megkapható K k+1 -ből egszerű bővítésekkel, azaz az (Op1) operáció többszöri alkalmazásával. Ez viszont ellentmond annak, hog tel nem Hajós-konstruálható. 2. eset: Ha pedig r k, akkor nilvánvaló, hog tel gráf k-színezhető, ami szintén ellentmondás. Mindkét esetben ellentmondásra jutottunk, íg ezzel a Hajós-tétel bizonítása véget ért. 3-16