Alsó és felső korlátok

2.11.1. definíció.

Egy G hurokmentes gráf k színnel kiszínezhető, hogyha minden csúcsot ki lehet színezni k szín felhasználásával úgy, hogy bármely két szomszédos csúcs színe különböző legyen.

Gkromatikus száma , ha Gk színnel kiszínezhető, de színnel nem. Egy ilyen színezésnél az azonos színt kapott pontok halmazát színosztálynak nevezzük.

Ha hurokél csatlakozna egy ponthoz, akkor azt a pontot nem lehetne kiszínezni. Másrészt a színezés szempontjából a többszörös élek nem játszanak szerepet, ezért ebben a szakaszban csak egyszerű gráfokkal foglalkozunk. Nyilvánvaló, hogy , hiszen ha minden csúcsot különböző színűre színezünk, az jó színezés. -et ennél kevesebbel nem is lehet kiszínezni, tehát .

2.11.2. tétel.

Egy legalább egy élet tartalmazó G gráf akkor és csak akkor páros, ha .

Bizonyítás:

Ha a gráf páros, akkor az egyik oldalon levő pontokat pirossal, a másik oldalon levőket kékkel színezve 2 színnel színeztük a gráfot. Ha a gráfnak van legalább egy éle, akkor ennek két végpontját nem színezhetjük ugyanolyan színűre, így .

Ha , akkor a két színosztály épp a páros gráf definíciójában szereplő felbontásnak megfelelő két halmaz lesz (ld. 2.9.1. definíció). □

2.11.3. definíció.

G egy teljes részgráfját klikknek nevezzük. A G-ben található maximális méretű klikk méretét, azaz pontszámát -vel jelöljük és a gráf klikkszámának nevezzük.

Ha van a gráfban egy klikk, akkor ennek semelyik két pontja nem lehet azonos színű:

2.11.4. tétel.

Minden G gráfra . □

Ez az alsó korlát a kromatikus számra éles például olyankor, ha a gráf egy teljes gráf. Másrészt van olyan gráf is, amire nagyon rossz ez a korlát.

2.11.5. tétel (Mycielski konstrukciója).

Minden egész számra van olyan gráf, hogy és .

Bizonyítás:

-nek nyilván megfelel a 2 pontot és egy élet tartalmazó gráf. Tegyük fel, hogy már megkonstruáltuk a fenti tulajdonságokkal rendelkező -t. Ebből konstruáljuk meg -et. Jelöljük pontjait -nel. Vegyünk fel darab új pontot,

-t és w-t, valamint új éleket a következőképp. Minden -t kössük össze minden -beli szomszédjával, de magával -vel ne. Végül w-t kössük össze minden -val (de a pontokkal ne). Belátjuk, hogy az így kapott gráf kielégíti a feltételeket. A 2.52. ábrán látható , ami egy 5 hosszú kör és , amit Grötzsch gráfnak is neveznek.

2.52. ábra

-Először lássuk be, hogy ha -ban nem volt háromszög, akkor -ben sincs, azaz . Tegyük fel, hogy mégis van háromszög -ben. Ennek nyilván nem lehet mindhárom csúcsa -ban, hiszen ekkor volna háromszög -ban. Ha w a háromszög egyik csúcsa, akkor a másik kettő csak és lehet, ezek viszont nem szomszédosak. Ha a háromszög egyik csúcsa, akkor már csak az az eset maradt, hogy a másik két csúcs és

. Mivel azonban szomszédai megegyeznek szomszédaival, ekkor nem csak és , hanem és is egy háromszöget alkotna -ban, ami ellentmond a feltevésünknek.

Nyilvánvaló, hogy . Színezzünk ki ugyanis minden pontot ugyanolyan színnel, mint egy k színnel való kiszínezésében, majd minden -t színezzünk ugyanolyanra, mint -t, végül w-t színezzük ki a -edik színnel. Így -et jól színeztük színnel.

Tegyük fel indirekt, hogy . (Ennél kisebb nem lehet, hisz részgráfként tartalmazza a k-kromatikus gráfot.) Jelöljük az x pont színét -szel, a színeket pedig -val. Azt is feltehetjük, hogy . Mivel w minden -vel össze van . Az olyan élekkel nem lehet probléma, amelyeknek egyik végpontja sem volt k színű, hiszen ezek végpontjainak színét nem változtattuk meg. Tegyük fel, hogy és -nek van egy olyan szomszédja, amelyre . Mivel (hiszen az eredeti színezés jó volt), ezért , másrészt

. Így , ami viszont ellentmondás, hiszen és szomszédosak -ben, ha és szomszédosak -ban. □

Ezzel beláttuk, hogy a klikkszám segítségével nem adható felső korlát a kromatikus számra. Könnyen látható viszont, hogy ha a maximális fokszám a G gráfban Δ, akkor . Ha ugyanis mohó algoritmussal tetszőleges sorrendben elkezdjük színezni a gráf pontjait, akkor nem kell -nél több színt felhasználnunk.

Amikor egy újabb pontot akarunk kiszínezni, akkor ennek legfeljebb Δ szomszédja van már kiszínezve, így a -edik színt felhasználhatjuk a színezésre.

Vannak azonban olyan gráfok is, amikor ez a színezés sokkal több színt használ a kromatikus számnál. Vegyük

például a következő gráfot: , , vagyis

a teljes gráfból elhagyjuk az éleket. Mivel ez páros gráf, kromatikus száma 2. Ha azonban az sorrendben akarjuk színezni a gráfot mohón, akkor n színt fogunk használni.

A korlát azonban olykor pontos: Ha G teljes gráf vagy egy (húr nélküli) páratlan kör, akkor . A következő tétel arról szól, hogy minden más esetben már Δ szín is elég a színezéshez.

2.11.6. tétel (Brooks).

Ha G egyszerű, összefüggő gráf, nem teljes gráf, és nem egy páratlan hosszúságú kör, akkor , azaz ekkor a kromatikus szám nem nagyobb, mint a maximális fokszám.

Bizonyítás:

Először is könnyen látható, hogy esetén a gráf csak egy egyszerű út vagy egy kör lehet. Ha út, illetve páros hosszúságú kör, akkor nyilván kiszínezhető két színnel. A fennmaradó eset a páratlan kör. Ez pedig megfelel a tétel állításának.

A továbbiakban feltesszük, hogy . A bizonyítást a pontszámra vonatkozó indukcióval végezzük, vagyis feltesszük, hogy minden G pontszámánál kisebb pontszámú gráfra már igaz az állítás.

Először belátjuk, hogy elég 2–szeresen összefüggő gráfokkal foglalkoznunk. Tegyük fel, hogy G nem 2–szeresen összefüggő, vagyis az x pont elhagyásával legalább két komponensre esik a gráf. Ha éppen két komponensre esik, akkor legyen , ill. az a gráf, amelyet a komponensekből az x pont és persze az x-ből , ill. pontjaiba eredetileg is vezető élek hozzávételéből kapunk. Ha több mint két komponenesre esik, akkor legyen az egyik komponens, míg a többi komponens uniójából és x-ből álljon a megfelelő élekkel

összekötve. Tehát és . -ben és -ben

x-től eltekintve minden pont fokszáma ugyanannyi maradt, mint G-ben, tehát Δ-nál nem nagyobb. Mivel x-nek volt szomszédja mindkét komponensben, x fokszáma határozottan kisebb lesz Δ-nál -ben és -ben is. Így nem lehet pontú teljes gráf egyik sem.

Ekkor azonban az indukciós feltevés szerint kiszínezhetők Δ színnel. Sőt az egyik színezésben a színeket permutálva azt is elérhetjük, hogy x színe mindkét részben ugyanolyan legyen.

Ezután pedig a két részt ismét ,,összerakva” megkaptuk G egy megfelelő színezését.

Most megmutatjuk, hogy elég 3–szorosan összefüggő gráfokkal foglalkozni. Tegyük fel, hogy x és y elhagyásával két részre esik a gráf, -re és -re, amelyekhez most is hozzátartoznak és a megfelelő élek. Ugyanúgy járunk el, mint az előbb, csak előfordulhat, hogy mondjuk minden színezése olyan, hogy x és y egyforma színűek, míg minden színezésénél x és y színe különböző. Ekkor nem tudjuk ismét ,,összerakni” a két részt. A többi esetnél nincs probléma. Ha tehát ez az eset áll fenn, akkor nézzük a és a gráfokat (azaz behúzzuk az élet is). Mivel x-nek és y-nak is volt szomszédja mindkét komponensben, így -ben, ill. -ben is teljesül rájuk, hogy a fokszámuk legfeljebb Δ. A többi pontra pedig nyilván igaz a feltétel. Az indukciós feltevés szerint ekkor mindkét rész vagy kiszínezhető Δ színnel, vagy teljes gráfot kaptunk. (A másik kivétel, a páratlan kör, nem okoz gondot, hisz .) Ha mindkét rész kiszínezhető, az azt jelenti, hogy -ben és -ben is különböző színe van x-nek és y-nak.

, de . Ilyen pontok biztosan vannak, ha G nem teljes gráf és összefüggő.

A gráf többi pontját úgy akarjuk megjelölni -gyel, hogy minden pontnak legyen nagyobb indexű szomszédja is. Mivel G3–szorosan összefüggő, a gráf még biztosan összefüggő. Ennek a maradék gráfnak van feszítőfája (2.2.5. tétel) és ennek a -hez, mert eddig -nek csak az i-nél kisebb indexű szomszédait színeztük ki, amiből viszont Δ-nál kevesebb van. (Összesen legfeljebb Δ szomszédja van, de van közte i-nél nagyobb indexű.) -nek ugyan lehet, hogy éppen Δ szomszédja van, de ezek között van két piros színű is, és . Tehát marad szín -nek is. □

Láttuk már, hogy ez a felső korlát lehet nagyon rossz. Egy másik példa erre egy n pontú csillag (egy középső

ponthoz csatlakozik él), ekkor , viszont .