1. feladat
Igazoljuk, hogy minden (legalább kétpontú) fa kromatikus száma 2.
Megoldás:
Mivel fáról van szó ⇒ körmentes, tehát nem tartalmaz semmilyen kört ⇒ nem tartalmaz páratlan hosszúságú kört ⇒ páros gráf ⇒ a kromatikus száma 2.
2. feladat
Egy gráf pontjainak száma 7, éleinek száma 14. Igazoljuk, hogy a kromatikus száma legalább 3.
Megoldás:
Megmutatjuk, hogy a gráf nem lehet páros.
Tegyük fel (indirekt módon), hogy a gráf páros, és az ennek megfelelő két diszjunkt ponthalmazt jelölje 𝐴 és 𝐵. Mivel 𝐴 és 𝐵 szerepe felcserélhető, minden probléma nélkül feltehetjük, hogy |𝐴| ≤ |𝐵|.
Ekkor az (|𝐴|, |𝐵|) pár értéke csak (1, 6), (2, 5), illetve (3, 4) lehet.
Az élek maximális száma páros gráfban |𝐴| ∙ |𝐵|. Tehát az előbbi három esetre nézve ez 6, 10 vagy 12. A legnagyobb ezek közül 12.
Ez azt jelenti, hogy ha a gráf páros lenne, akkor |𝐸| ≤ 12 lenne. De ez ellentmond annak, hogy
|𝐸| = 14, tehát a gráf nem lehet páros. Ez azt jelenti, hogy a kromatikus száma legalább 3.
3. feladat
Igazoljuk, hogy az alábbi 𝐺 gráf kromatikus száma 4.
Megoldás:
Alsó korlát:
A gráf tartalmazza 𝐾4-et részgráfként ⇒ 𝜒(𝐺) ≥ 4. Az alábbi ábrán piros szín jelöli 𝐾4-et a gráfban.
Felső korlát:
1. módszer
Minden pont fokszáma legfeljebb 4, de van 4-nél kevesebb fokszámú pont is ⇒ 𝜒(𝐺) ≤ 4.
2. módszer
Mivel 𝐺 (hurokélmentes) síkgráf, ezért 4 színnel jól kiszínezhető ⇒ 𝜒(𝐺) ≤ 4. Az alábbi ábra mutat egy 𝐺-vel izomorf gráfot, ami síkba rajzolható az élek kereszteződése nélkül.
3. módszer
Az alábbi ábrán látható színezés jó, és négy színt használ, tehát 𝜒(𝐺) ≤ 4.
Válasz:
Mivel 𝜒(𝐺) ≤ 4 és 𝜒(𝐺) ≥ 4, így 𝜒(𝐺) = 4.
Megjegyzés: Elég egyetlen módszert alkalmazni a felső korlát bizonyítására. Itt azért mutattam többet is, hogy tisztában legyünk a rendelkezésünkre álló eszközökkel.
4. feladat
Egy teljes háromrészes 𝐺 gráf 3 diszjunkt részhalmaza 3+3+3 elemet tartalmaz. Igazoljuk, hogy a kromatikus száma 3.
Legyenek a diszjunkt részhalmazok 𝐴 ⊆ 𝑉, 𝐵 ⊆ 𝑉 és 𝐶 ⊆ 𝑉, illetve legyenek 𝑎 ∈ 𝐴, 𝑏 ∈ 𝐵 és 𝑐 ∈ 𝐶. Mivel teljes háromrészes gráfról van szó, így (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐸, (𝑏, 𝑐) ∈ 𝐸 és (𝑐, 𝑎) ∈ 𝐸. Ekkor az 𝒂, (𝒂, 𝒃), 𝒃, (𝒃, 𝒄), 𝒄, (𝒄, 𝒂), 𝒂 séta egy páratlan (3) hosszúságú kör ⇒ 𝐺 nem lehet páros ⇒ 𝜒(𝐺) ≥ 3.
Mivel egy 𝑛-részes gráf jól kiszínezhető 𝑛 színnel, így 𝐺 jól kiszínezhető három színnel ⇒ 𝜒(𝐺) ≤ 3.
A két állításból együtt adódik, hogy 𝜒(𝐺) = 3.
5. feladat
A 𝐺 = (𝑉, 𝐸) egyszerű, irányítatlan gráfban |𝑉| = 7 és négy pontnak a fokszáma 5, a többieké 4.
Igazoljuk, hogy
a.) 𝐺 legalább 16 élt tartalmaz b.) 𝐺 összefüggő
c.) 𝐺 nem lehet síkgráf
d.) 𝐺 kromatikus száma legalább 3 e.) 𝐺 kromatikus száma legfeljebb 5 Megoldás:
a.) 2 ∙ |𝐸|= ∑ 𝑑𝑖 ≥ 4 ∙ 5 + 3 ∙ 4 =32 Tehát |𝐸| ≥ 16
b.) Mivel a gráf tartalmaz 5-ödfokú pontot, így ebből a pontból egyetlen éllel eljuthatunk 5 másik pontba.
Mivel 𝐺 egyszerű gráf, nem tartalmazhat sem hurokélt, sem izolált pontot. Tehát a hetedik pontból húzódnia kell élnek. Ez az él pedig az előbb említett 6 pont valamelyikébe húzódhat csak (az ötödfokú pont, és az öt közvetlen szomszédja). Így ebből a pontból is el lehet jutni bármelyik másikba – legfeljebb kettő hosszúságú úton.
c.) Tegyük fel (indirekt módon), hogy 𝐺 síkgráf. Ekkor mivel |𝑉| ≥ 3 16≤ |𝐸|≤ 3 ∙ |𝑉| − 6 =15,
ami ellentmondás. Tehát 𝐺 nem lehet síkgráf.
d.)
Legyen a gráf egyik ötödfokú pontja 𝑣. Ekkor van legalább 5 darab pont (legyenek ezek 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥5), amire (𝑣, 𝑥𝑖) ∈ 𝐸 (𝑖 = 1, … , 5).
Meg fogjuk mutatni, hogy 𝐺 nem lehet páros gráf.
Tegyük fel (indirekt módon), hogy a gráf páros, és az ennek megfelelő két diszjunkt ponthalmazt jelölje 𝐴 és 𝐵. Mivel 𝐴 és 𝐵 szerepe felcserélhető, legyen 𝑣 ∈ 𝐴. Ekkor 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4, 𝑥5 ∈ 𝐵.
Két eset van abból a szempontból, hogy a hetedik pont 𝐴-ba vagy 𝐵-be kerül.
Ha a hetedik pont 𝐴-ba kerül, akkor az élek maximális száma |𝐴| ∙ |𝐵| = 2 ∙ 5 = 10.
Ha a hetedik pont 𝐵-be kerül, akkor az élek maximális száma |𝐴| ∙ |𝐵| = 1 ∙ 6 = 6.
Mindkettő ellentmond annak, hogy |𝐸| ≥ 16, tehát a gráf nem lehet páros. Ez azt jelenti, hogy a kromatikus száma legalább 3, azaz 𝜒(𝐺) ≥ 3.
e.) Mivel minden pont fokszáma 5, de a gráf tartalmaz 5-nél kisebb fokszámú pontot is, így tétel alapján 𝜒(𝐺) ≤ 5.
