1. Gráfok színezése

1. Gráfok színezése

A 19. közepér˝ol származik az a megfigyelés, hogy a térképek országai mindig meg- színezhet˝ok legföljebb négy színnel úgy, hogy a szomszédos – vagyis közös határ- szakasszal rendelkez˝o – országokat különböz˝o szín˝ure festjük. Ekkor keletkezett a híresnégyszín-sejtésis, amely azt állította, hogy ez minden térképre valóban igaz.

Ezt a sejtést csak több, mint egy évszázaddal kés˝obb, 1976-ban sikerült igazolnia Appelnek és Hakennek, de a bizonyításuk sok száz oldalnyi terjedelm˝u volt és kö- zel kétezer konkrét eset ellen˝orzésére is szükség volt hozzá. Ez utóbbit számítógép- pel végezték el, ami akkoriban szokatlan újdonságnak számított és számos kételyt is felvetett a bizonyítás megbízhatóságával kapcsolatban. Bár azóta születtek rövi- debb bizonyítások is a négyszín-tételre, ezek is reménytelenül hosszúak és szintén használnak számítógépet.

A térképszínezés feladatával kapcsolatban az els˝o egyszer˝u, de igen hasznos megfigyelés az, hogy a térképet reprezentáló síkbarajzolt gráfról áttérhetünk annak a duálisára. Ezzel azt érjük el, hogy a duális gráfnak már nem a tartományait, ha- nem a csúcsait kell megszíneznünk minél kevesebb színnel úgy, hogy a szomszédos csúcsok mindig különböz˝o színt kapjanak. Az alábbi definíció az ennek a feladat- nak megfelel˝o alapfogalmakat vezeti be, de már nem csak síkbarajzolható gráfokra vonatkozóan.

1.1. Definíció. Legyen G egy gráf és k≥1egész szám. A G gráf kszínnel színez- het˝o, ha a G minden csúcsa kiszínezhet˝o k adott (tetsz˝oleges) színnel úgy, hogy G bármely két szomszédos csúcsának a színe különböz˝o. A Gkromatikus számak, ha G k színnel színezhet˝o, de(k−1)-gyel már nem. G kromatikus számának a jele:

χ(G).

(Aχgörög bet˝u, a szín görög megfelel˝ojének, aχ ρ ω µ αszónak az els˝o bet˝uje;

a kiejtése: „khí”.)

A kromatikus szám vizsgálatakor általában csak egyszer˝u gráfokkal foglalko- zunk: hurokélek eleve nem lehetnek a gráfban, hiszen egy csúcs nyilván nem lehet saját magától különböz˝o szín˝u; párhuzamos éleket ugyan tartalmazhat a gráf, de két csúcs között futó több párhuzamos él közül elég volna mindig csak egyet megtartani annak garantálására, hogy a két csúcs különböz˝o színt kapjon.

A fentebb említett, híres négyszín-tétel állítása tehát annyi, hogy haGsíkbaraj- zolható (és hurokélmentes) gráf, akkor χ(G)≤4. Ha viszontGtetsz˝oleges (nem feltétlen síkbarajzolható) gráf, akkor χ(G)értéke már bármilyen nagy is lehet: ha G=K_nazncsúcsú teljes gráf (amelynek tehát bármely két csúcsa szomszédos), ak- kor nyilvánχ(K_n) =n, mert semelyik két csúcsnak nem adhatjuk ugyanazt a színt, hiszen szomszédosak.

Gráfok színezése, illetve a kromatikus szám meghatározása egyáltalán nem csak a térképek színezése kapcsán merül fel, hanem számos fontos gyakorlati alkalma- zásban; leginkább akkor, ha a gráf élei valamilyen fajta ütközést, elkerülend˝o konf- liktust reprezentálnak. Illusztrációként képzeljük el a következ˝o feladatot: adott

számítási feladatok egy listája és mindegyikhez egy el˝ore kijelölt id˝ointervallum, amikor azt el kell végezni. A feladatokat processzorokhoz kell rendelnünk, de a processzorok minden id˝opillanatban egyszerre csak egy feladaton dolgozhatnak. A helyzetet egyGgráffal ábrázolhatjuk: a csúcsok a feladatok és két csúcs akkor szom- szédos, ha a megfelel˝o feladatok id˝ointervallumai metsz˝ok – vagyis ha a két feladat között ütközés van, nem kerülhetnek azonos processzorra. Ekkor aGegy színezése megfelel a feladatok egy helyes ütemezésének: az azonos színnel színezett csúcsok- nak megfelel˝o feladatokat végezheti ugyanaz a processzor; χ(G) pedig a lehet˝o legkisebb számot adja meg, ahány processzorral az összes feladat elvégezhet˝o.

1.2. Feladat. Határozzuk meg az alábbiGgráf kromatikus számát,χ(G)-t.

f

a b

c d e

Megoldás: Három színnel könnyen megszínezhet˝ok a gráf csúcsai: ha például az aés f csúcsokat pirosra, abésd csúcsokat kékre, acésecsúcsokat pedig zöldre festjük, helyes színezést kapunk:

f b

a

c d e

Két szín viszont biztosan nem volna elegend˝o: mivel (például) aza,césdcsú- csok közül bármely kett˝o szomszédos, ezért már ezekre is három különböz˝o színt kell használnunk.

Így tehátχ(G) =3. 2

1.1. Páros gráfok

Azok a gráfok, amelyeknek a kromatikus száma egy, teljesen érdektelenek: ezekben egyáltalán nem lehetnek élek (miközben a csúcsok száma tetsz˝oleges lehet), mert egy él két végpontjára máris két különböz˝o színt kell használnunk. Azok a gráfok viszont, amelyek két színnel színezhet˝ok, már nagyon is széles és alkalmazásokban gyakran felmerül˝o osztályát adják a gráfoknak: ezek a páros gráfok.

1.3. Definíció. A G gráfotpáros gráfnaknevezzük, ha a V(G)csúcshalmaza fel- bontható az A és B diszjunkt halmazok egyesítésére úgy, hogy a G minden éle egy A-beli csúcsot köt össze egy B-belivel. Ilyenkor a szokásos G= (V;E)jelölés he- lyett a G= (A,B;E)jelölést is használjuk.

A fenti definíció csak átfogalmazása annak, hogy aGgráfraχ(G)≤2 teljesül (vagyis hogyGkét színnel színezhet˝o): valóban, ha aG= (A,B;E)páros gráfban az A-beli csúcsokat pirosra, aB-belieket kékre festjük, akkorGegy helyes színezését kapjuk.

Páros gráf például a síkbarajzolható gráfok kapcsán megismertK_3,3 gráf. De páros gráfok rengetegszer kerülnek el˝o gyakorlati alkalmazásokban is: olyankor, amikor két különböz˝o típusú dolog közötti kapcsolatokat kell gráffal reprezentálni.

Például: egy munkahelyen adottak dolgozók és elvégzend˝o munkák; ha Ajelöli a dolgozók, Bpedig a munkák halmazát és egya∈Adolgozót akkor kötünk össze egyb∈Bmunkával, haael tudja végeznib-t, akkor ezzel nyilván egyG= (A,B;E) páros gráfot adtunk meg.

1.4. Feladat. Döntsük el az alábbi gráfokról, hogy párosak-e.

f

d e

a b c

f

d e

a b

c

g

Megoldás: A bal oldali gráf páros: ha aza,eésccsúcsokat tesszük azApontosz- tályába, a maradékb,dés f csúcsokat pedig aB-be, akkor valóban teljesül, hogy a gráf minden éleA-beli csúcsot köt összeB-belivel. Ugyanezt úgy is megfogalmaz- hatjuk, hogy a gráfot megszíneztük két színnel:a,eéscpiros,b,dés f pedig kék színt kapott.

A jobb oldali gráf viszont nem páros: ennek az oka ab,c,g,f ésecsúcsok által meghatározott öt hosszú körben rejlik. Valóban: ha két színnel próbálnánk színezni a gráfot ésb-t például pirosra festjük, akkorc-t kénytelenek volnánk kékre,g-t megint pirosra, f-et kékre – és ígye-nek már egyik színt sem adhatjuk, mert piros és kék

szomszédja is van. 2

A fenti megoldás második felében látott jelenség általánosítható is: haGpáros gráf, akkor nem tartalmazhat páratlan hosszú kört. Az alábbi tétel azt mondja ki, hogy ennek a megfordítása is igaz.

1.5. Tétel. A G gráf akkor és csak akkor páros gráf, ha nem tartalmaz páratlan hosszú kört.

Bizonyítás:Már fentebb is említettük, hogy haG= (A,B;E)páros gráf, akkor nem tartalmazhat páratlan kört: valóban, ha minden élAésBközött vezet, akkor például egya∈Acsúcsból indulva páratlan sok lépés után (vagyis egy páratlan sok él˝u utat bejárva) nyilvánB-beli csúcsnál tartunk, vagyis nem érhetünk visszaa-ba.

Annak megmutatásához, hogy haGnem tartalmaz páratlan kört, akkor páros gráf, a BFS algoritmust hívjuk segítségül. (Az err˝ol készült segédanyag megtalál- ható itt: http://cs.bme.hu/bsz2/bfs.pdf.) Tegyük fel el˝oször, hogy G összefügg˝o és futassuk le a BFS eljárást egy tetsz˝oleges scsúcsából indítva. Al- kossák most az A pontosztályt a G-nek azok avcsúcsai, amelyret(v)(vagyis a v-nek azs-t˝ol való távolsága) páros, aB-be pedig azok a csúcsok kerüljenek, ame- lyekret(v)páratlan. Megmutatjuk, hogy a csúcshalmaznak ez a felbontása megfelel az 1.3. Definíciónak; más szóval, hogy a Gmindene={u,v} éléret(u)és t(v) paritása különböz˝o.

Ehhez el˝oször figyeljük meg, hogy a BFS algoritmust tetsz˝oleges (irányítatlan) gráfban lefuttatva a gráf mindene={u,v}élére|t(u)−t(v)| ≤1 teljesül. Valóban:

ha a csúcsoknak a BFS által el˝oállított, a bejárás sorrendjét leírób(1),b(2), . . .soro- zatábanumegel˝oziv-t, akkoruaktívvá válásakor az eljárás az{u,v}élt is vizsgálni fogja. Ha ebben a pillanatbant(v)-nek még nincs értéke (vagyist(v) =∗), akkor az algoritmust(v)-nek at(u) +1 értéket adja. Ha viszontt(v)-nek az{u,v}él vizsgá- latának a pillanatában már van értéke, akkor av-t az eljárás egy, ab(i)sorozatban az u-t megel˝oz˝owcsúcsból érte el (vagyism(v) =w) ést(v)at(w) +1 értéket kapta.

Ekkort(w)≤t(u)miattt(v) =t(w) +1≤t(u) +1 valóban igaz.

Válasszunk most egy tetsz˝olegese={u,v}élt; az el˝oz˝o bekezdésben írtak sze- rint tehát t(u) és t(v) különbsége 0 vagy 1. Ha ez a különbség 1, akkor készen vagyunk,t(u)ést(v)paritása eltér. Azt kell tehát kizárnunk, hogyt(u) =t(v)tel- jesüljön. Tegyük fel ezért, hogyt(u) =t(v)mégis igaz és induljunk el a BFS-fában u-ból ésv-b˝ol is visszafelé,sirányába (vagyis tekintsük azu,m(u),m(m(u)), . . .és av,m(v),m(m(v)), . . .csúcsokon áthaladó utakat). Ez a két út egy ponton találkozni fog, hiszen legkés˝obbt(u) =t(v)lépés után mindkét csúcsbóls-be érkezünk vissza – de lehet, hogy már ennél kevesebb lépés után is közös csúcshoz jutunk. (Ahhoz hasonlítható ez, mint amikor két, egy generációba tartozó rokon a családfájukon a legközelebbi közös ˝osüket keresi.) Legyen a két út els˝o találkozási pontja awcsúcs- ban. Ekkor a w-b˝ol az u-ba és a v-be vezet˝o út a BFS-fában azonos, mondjukk hosszúságú. (Látható, hogyk=t(u)−t(w), de ennek a bizonyításban nincs jelent˝o- sége.) Ekkor ezt a két utat egyesítve és még aze={u,v}éllel kiegészítve egy 2k+1 hosszú, vagyis páratlan kört kapnánk, ami ellentmondás.

Ezzel tehát beláttuk, hogy haGösszefügg˝o és nem tartalmaz páratlan kört, akkor páros gráf. Ebb˝ol viszont nyilván következik ugyanez abban az esetben is, haGnem összefügg˝o: mivel a fentiek szerint GmindenCi komponense páros gráf, vagyis V(C_i)felbontható az A_i ésB_i csúcshalmazokra az 1.3. Definíciónak megfelel˝oen, ezért azA=∪_iA_iésB=∪_iB_ifelbontás bizonyítja, hogyGpáros gráf. 2

A fenti bizonyításból az a fontos tény is kiderült, hogy egy adottGgráfról na- gyon hatékonyan, a BFS algoritmussal eldönthet˝o, hogy páros-e: ha a BFS eljárás a futása során talál olyan e={u,v} élt, amelyret(u) =t(v), akkor a G-ben van páratlan kör és így nem páros; ha viszont nem talál ilyen élt, akkor at(v)paritásán alapuló felbontás igazolja, hogyGpáros.

1.2. A mohó színezés

A fentiek szerint tehát hatékony, polinomiális algoritmussal eldönthet˝o egyGgráf- ról, hogy ráχ(G)≤2 teljesül-e: ez akkor igaz, haGpáros gráf. Ehhez képest meg- lep˝o, hogy annak eldöntése, hogyχ(G)≤3 teljesül-e egyGgráfra (vagyis hogyG kiszínezhet˝o-e három színnel) már sokkal nehezebb probléma: nem ismert rá poli- nomiális algoritmus; s˝ot, jó okunk van azt hinni (bár ez nem bizonyított tény), hogy ilyen nem is létezik. (Err˝ol az informatikus képzés kés˝obbi tárgyaiban lesz még szó.) Ebb˝ol persze az is következik, hogyχ(G)kiszámítása egy tetsz˝oleges inputGgráf esetén szintén algoritmikusan nehéz probléma.

Leírunk viszont egy olyan algoritmust, ami mindenGgráfot nagyon hatékonyan kiszínez valahány színnel – de a felhasznált színek száma sajnos sokkal több is lehet χ(G)-nél. Az eljárástmohó színezésneknevezzük, mert (a Kruskal-algoritmushoz hasonlóan) mindig az adott pillanatban legjobbnak t˝un˝o döntést hozza és ezen ké- s˝obb sem változtat. Az algoritmus m˝uködése nagyon egyszer˝u: valamilyen sorrend- ben végighalad a csúcsokon és mindegyiket kiszínezi az els˝o olyan színre, amilyen szín˝u szomszédja még nincs; ha pedig ilyen színt már nem talál az eddig használt színek között, akkor b˝ovíti a palettát egy új színnel.

Az eljárás leírásában a színeket azonosítani fogjuk a pozitív egészekkel: piros, kék, zöld, stb. helyett 1., 2., 3., stb. színekr˝ol fogunk beszélni. Avcsúcs színétc(v), az eddig használt legnagyobb sorszámú szín számát pedigCjelöli majd.

MOHÓ SZÍNEZÉS

Bemenet:EgyG= (V;E)gráf és a csúcsainak egyv1,v₂, . . . ,vnsorrendje.

1 C←1;c(v₁)←1 2 ciklus:ifut2-t˝oln-ig

3 Legyent∈ {1,2, . . . ,C,C+1}a legkisebb olyan szín, hogyv_i-nek nincstszín˝u szomszédja.

4 c(v_i)←t

5 hat=C+1,akkor:C←C+1 6 ciklus vége

Az eljárás 3. sorábant=C+1 csak akkor lehetséges, hav_i-nek már minden ed- dig használt szín esetén (vagyis az 1,2, . . . ,Cmindegyikére) van ilyen színre festett szomszédja. Ebben az esetbenv_iels˝oként kapja a(C+1)-es színt és az 5. sorbanC értéke eggyel növekszik.

Fentebb már említettük, hogy a mohó színezés sokkal több színt is használhat annál, mint amennyi feltétlen szükséges volna (vagyisχ(G)-nél). Az alábbi állítás- ban példát mutatunk arra, hogy ez a különbség akár tetsz˝olegesen nagy is lehet: a mohó algoritmuskszínt fog használni, aholk≥1 tetsz˝oleges, pedig a kromatikus szám kett˝o lesz.

1.6. Állítás. Minden k≥1egész esetén létezik olyan (2k csúcsú) G gráf és a G csúcsainak egy olyan sorrendje, hogy χ(G) =2, de a mohó színezést a G-re a csúcsoknak ebben a sorrendjében futtatva az eljárás k színt használ.

Bizonyítás: Készítsük el azt a páros gráfot, amelynek a két pontosztálya A={a₁,a₂, . . . ,a_k} ésB={b₁,b₂, . . . ,b_k}. Minden 1≤i≤kesetén az a_i-t kös- sük össze a b_i-n kívül minden másb_j ∈B(j6=i) csúccsal, de b_i-vel ne; lásd az alábbi ábrát.

a

a a

−1

b

b

b

b

k−1

b

a

a

1

Hajtsuk most végre a mohó színezést a csúcsoknak aza₁,b₁,a₂,b₂, . . . ,a_k,b_k sorrendjében. Ekkora₁ésb₁az 1. színt kapják (mert nem szomszédosak). Mivela₂ és b₂már szomszédosb₁-gyel, illetvea₁-gyel, de egymással nem, ezért a 2. színt kapják. Hasonlóan: minden 1≤i≤keseténa_i-nek ésb_i-nek az eljárás azi. színt adja, mert mindketten szomszédosak 1., 2., . . . , (i−1). színt kapot csúccsal (de egymással nem). Így a mohó színezés végül valóbankszínnel színezi ki a gráfot.

Emellettχ(G) =2 valóban igaz: mivelGpáros gráf, ezért haAcsúcsait pirosra,

Bcsúcsait kékre festjük, helyes színezést kapunk. 2

Érdemes megjegyezni, hogy az, hogy a mohó algoritmus k színnel szí- nezte a fenti gráfot, nagyon er˝osen múlt a csúcsok sorrendjén: ha például az

a₁, . . . ,a_k,b₁, . . . ,b_ksorrendre hajtottuk volna végre, akkor csak két színt használt

volna, ami már optimális. Általában sem nehéz belátni, hogy tetsz˝olegesGgráf ese- tén létezik a csúcsoknak olyan sorrendje, amelyet használva a mohó színezés opti- mális, vagyis χ(G)színnel színez. A problémát az jelenti, hogy egy ilyen sorrend megtalálása általában nagyon nehéz feladat – illetve pontosan ugyanolyan nehéz, mint a gráf egy optimális színezését meghatározni. Kés˝obb látni fogjuk, hogy egy fontos speciális eseteben ennél lényegesen jobb a helyzet.

Bár a mohó színezés a fentiek szerint általában nagyon gyenge teljesítményt nyújt, azért valamilyen fels˝o becslést mégis lehet adni a felhasznált színek számára.

1.7. Állítás. Legyen G (hurokélmentes) gráf és jelölje∆(G)a G-beli maximális fokszámot (vagyis a G-beli csúcsok fokszámai közül a legnagyobbat). Ekkor a mo- hó színezést a csúcsok tetsz˝oleges sorrendjében végrehajtva az legföljebb∆(G) +1 színt használ.

Bizonyítás: Azt kell tehát megmutatni, hogy a mohó színezést a fenti pszeudo- kód szerint lefuttatva C értéke nem növekszik ∆(G) +1 fölé. Tegyük fel ezért, hogyC már elérte aC=∆(G) +1 értéket és a soron következ˝o csúcs avi. Mivel d(v_i)≤∆(G), ezért legföljebb∆(G)olyan szín létezhet, amelyet a v_i csúcs nem kaphat meg. (Ez is csak abban az esetben lehetséges, hav_iminden szomszédja ka- pott már színt és mindegyikük csupa különböz˝ot.) Mivel tehátC>∆(G), ezért kell létezzen olyant∈ {1, . . . ,C}szín, amit a mohó eljárás (a paletta b˝ovítése nélkül)

v_i-nek adhat. 2

1.8. Következmény. Minden G (hurokélmentes) gráfraχ(G)≤∆(G) +1.

Bizonyítás:Mivel az1.7. Állítás szerint a mohó színezés∆(G) +1 színnel kiszínezi

G-t,χ(G)értéke ennél több nem lehet. 2

Természetesen aχ(G)≤∆(G) +1 becslés is nagyon „gyenge”, vagyis tetsz˝ole- gesen nagy különbség el˝ofordulhat az egyenl˝otlenség két oldala között. Erre nagyon egyszer˝u példát mutatni: haGegyncsúcsú „csillag” (vagyis egy olyan fa, aminek az egyik csúcsan−1 fokú és az összes többi 1 fokú), akkorχ(G) =2 (hiszen az 1 fokúakat színezhetjük azonos szín˝ure), de∆(G) +1=n.

1.9. Feladat. Határozzuk meg az alábbiGgráf kromatikus számát,χ(G)-t.

f h

g a

b c

d e

Megoldás: Válasszunk kiG-ben egy tetsz˝oleges háromszöget: például az a,b és ccsúcsokat. Ezeket muszáj három különböz˝o színnel megfesteni: legyenapiros,b kék ésczöld. Ekkor (mivel „spórolunk a színekkel”)glehet megint piros,hkék és f zöld, ahogyan azt az alábbi, bal oldali ábra mutatja. Ezt a színezést folytatvad-nek ése-nek két további új színt kell adnunk, hiszen mindkett˝o szomszédos piros, kék és

zöld csúccsal is, valamint egymással is. Mindebb˝ol azt hihetnénk, hogyχ(G) =5;

azonban fontos hangsúlyozni, hogy ez a gondolatmenet és az eredménye is teljesen rossz!

Valóban, az alábbi, jobb oldali ábraG-nek egy helyes színezését mutatja 4 szín- nel. Mi volt tehát a hiba a fenti gondolatmenetben? Az, hogy észrevétlen is a mohó színezést alkalmaztuk: csak akkor vezettünk be új színt, amikor az feltétlen szüksé- gessé vált. Láttuk azonban, hogy a mohó színezés messze nem optimális, a szüksé- gesnél sokkal több színt is használhat. És valóban: ebben az esetben például jobban járunk, ha a fenti színezés sorrendjét követveg-nél nem „spórolunk”, hanem annak ellenére is bevezetünk egy új, negyedik színt, hogy „mohón” haladva arra még nem feltétlen volna szükség.

h a

b c

d e

f g f h

g a

b c

d e

De akkor végül mennyiχ(G)értéke? Egy négy színnel való színezést már lát- tunk és most megmutatjuk, hogy Gnem színezhet˝o ki három színnel. A valóság az, hogy miközben a megoldás elején leírt gondolatmenet arra valóban alkalmatlan, hogy χ(G)-t meghatározza, arra szerencsére tökéletesen alkalmas, hogy a három színnel való színezés lehetetlenségét kimutassa. Tegyük fel ugyanis indirekt, hogy Gkiszínezhet˝o három színnel. Ekkor ezt a három színt felkell használnunk aza, b ésccsúcsok alkotta háromszögön, így feltételezhetjük, hogyapiros,bkék ésc zöld. Mivel egy három színnel való színezést feltételeztünk, ezért nincs választá- sunk:g-nek pirosnakkelllennie (hiszen kék és zöld szomszédja már van) és hason- lóan f zöld,hpedig kékkelllegyen. Így épp ahhoz a szituációhoz érkezünk, amit a fenti, bal oldali ábra mutat. Most azonban azt látjuk, hogy ad csúcsnak már van piros, kék és zöld szomszédja is, így egyik színt sem kaphatja ebb˝ol a háromból. Ez az ellentmondás mutatja, hogy mégsem létezhet három színnel való színezés.

Megmutattuk tehát, hogyGmegszínezhet˝o négy színnel, de hárommal nem, így

χ(G) =4. 2

1.3. Klikkszám és kromatikus szám

Az1.2. feladat megoldásában úgy érveltünk amellett, hogy háromnál kevesebb szín nem lehet elég a színezéshez, hogy mutattunk három csúcsot, amelyek közül bár- mely kett˝o szomszédos volt; ebb˝ol azonnal következett, hogy már ehhez a három

csúcshoz is szükség volt három színre. Ugyanez a gondolat három helyett tetsz˝ole- ges, nagyobb számokra is m˝uködhet: haG-ben találunkkcsúcsot úgy, hogy ezek közül bármely kett˝o szomszédos, akkor biztosak lehetünk benne, hogy legalábbk színre szükség vanGszínezéséhez.

1.10. Definíció. A G gráf klikkszámak, ha G-ben található k darab csúcs úgy, hogy ezek közül bármely kett˝o szomszédos, de k+1ilyen csúcs már nem található.

G klikkszámának a jele:ω(G).

A fenti elnevezés onnan ered, hogyG-nek azokat a részgráfjait, amelyek teljes gráfot alkotnak,klikknekis szokták nevezni.ω(G)tehát aGklikkjei közül az egyik legnagyobbnak a mérete (vagyis csúcsszáma).

1.11. Állítás. Minden G (hurokélmentes) gráfraω(G)≤χ(G)teljesül.

Bizonyítás:G-ben találhatóω(G)darab csúcs, amelyek közül bármely kett˝o szom- szédos. Ezeknek a csúcsoknak tehát Gtetsz˝oleges színezésében csupa különböz˝o színt kell kapnia. Így G minden színezése legalább ω(G) színt használ, amib˝ol

ω(G)≤χ(G)valóban következik. 2

1.12. Feladat. Határozzuk meg az alábbiGgráfokω(G)klikkszámát és χ(G) kromatikus számát.

h

e g

a b c d

f

f

d e

a b

c

g

Megoldás: A bal oldali gráfban könny˝u találni négy csúcsot, amelyek közül bár- mely kett˝o szomszédos: példáula,b,eés f. Ebb˝olω(G)≥4 következik. Bár a gráf elegend˝oen kicsi ahhoz, hogy kevés próbálgatással is beláthassuk, hogy 5 méret˝u klikk már nincs benne, ezt rövidebben is meg lehet indokolni. Ugyanis a gráf kiszí- nezhet˝o négy színnel: például haaéscpiros,bésd kék,eésgzöld, f éshpedig sárga színt kap. Ebb˝ol tehátχ(G)≤4 következik. Összevetve ezeket az1.11. Állí- tással: 4≤ω(G)≤χ(G)≤4, amib˝ol tehátω(G) =χ(G) =4 következik.

A jobb oldali gráfról már az1.4. Feladatban láttuk, hogy nem páros gráf (mert tartalmaz páratlan kört), így ráχ(G)>2. Három színnel viszont könny˝u kiszínezni:

például haa,eéscpiros,b,dés f kék,gpedig zöld színt kap. Így tehátχ(G) =3.

Másrészt ránézésre is jól látszik, hogy ebben a gráfban nincs háromszög (vagyis

három csúcsú klikk). Két csúcsú klikk viszont még nyilván van: bármelyik él két

végpontja ilyet alkot. Ezértω(G) =2. 2

1.13. Feladat. A G gráf csúcsai legyenek az 1 és 1000 közé es˝o természetes számok. Két különböz˝o csúcsot akkor kössünk össze, ha a különbségük legföljebb 9. Mennyi aGkromatikus száma?

Megoldás: Mivel minden 1 és 1000 közötti egész a nála legföljebb 9-cel kisebb és 9-cel nagyobb számokkal van összekötve, ezért könnyen megadhatóGegy helyes színezése 10 színnel: az 1-re végz˝od˝o (vagyis 10-zel osztva 1 maradékot adó) szá- mokat 1-es szín˝ure, a 2-re végz˝od˝oket 2-es szín˝ure, stb., a 0-ra végz˝od˝oket 10-es szín˝ure színezzük. Mivel azonos számjegyre végz˝od˝o számok különbsége mindig legalább 10, ezért valóban nem festettünk szomszédos csúcsokat azonos szín˝ure.

Vegyük észre azt is, hogyG-ben például az{1,2, . . . ,10}csúcshalmaz klikket alkot: valóban, közülük bármely kett˝onek a különbsége legföljebb 9, ezért szomszé- dosak. A 10 csúcsú klikk létezése pedig bizonyítja, hogyGnem színezhet˝o meg 9 színnel (hiszen már erre a 10 csúcsra is 10 különböz˝o színt kell használnunk).

Mivel tehátGmegszínezhet˝o 10 színnel, de 9-cel nem, ezértχ(G) =10.

Más megfogalmazásban: a 10 színnel való helyes színezéssel azt mutattuk meg, hogy χ(G)≤10; a 10 csúcsú klikk létezéséb˝ol pedig az következik, hogy ω(G)≥10. Ezekb˝ol és a az1.11. Állításból 10≤ω(G)≤χ(G)≤10 következik,

amib˝ol tehátω(G) =χ(G) =10. 2

A fenti feladatokból is látszik, hogy színezés szempontjából azok aGgráfok

„szerencsések”, amelyekre χ(G) =ω(G)teljesül: ha egy ilyen gráfban mutatunk egy k csúcsú klikket és megszínezzük a csúcsait k színnel, akkor k≤ω(G)≤ χ(G)≤kmiattω(G) =χ(G) =k teljesül; vagyis egyszerre megtudjukχ(G) és ω(G)értékét. Sajnos azonban vannak olyan gráfok is, amelyekreω(G)<χ(G);

ilyen volt például az1.12. Feladatban a jobb oldali gráf és az1.9. Feladat gráfja is (bár az utóbbibanω(G)-t nem határoztuk meg); de minden páratlan hosszú körre is teljesül, hogyχ=3 ésω=2.

Ezekben a példákban tehátω(G)kisebb voltχ(G)-nél, de mindig csak eggyel.

Felmerül a kérdés: vajon azω(G)≤χ(G)becslés is ugyanolyan „rossz-e”, mint amilyen például aχ(G)≤∆(G) +1 volt; vagyis el˝ofordulhat-e tetsz˝olegesen nagy különbségω(G)és χ(G)között? A válasz itt is igenl˝o, de ehhez már sokkal rava- szabb konstrukcióra van szükség.

1.14. Tétel. Minden k≥2 esetén létezik olyan G_k gráf, amire ω(G_k) =2 és χ(G_k) =k.

Bizonyítás: k=2-re és k=3-ra még könny˝u ilyen gráfokat mutatni: G₂ lehet a K₂ teljes gráf (vagyis két csúcs és köztük egy él),G₃ pedig egy öt csúcsú (vagy bármilyen páratlan hosszú) kör.

A bizonyítás els˝o fontos gondolata az lesz, hogy aG_kgráfokat nem közvetlenül, hanem rekurzióval adjuk meg: megadunk egy eljárást, amely egy, a feltételeknek már megfelel˝oG_kgráfból (amelyre tehátω(G_k) =2 ésχ(G_k) =kigaz) elkészíti a G_k+1gráfot (amelyre tehátω(G_k+1) =2, deχ(G_k+1) =k+1). Ennek az eljárásnak az ismételgetésével (például) aG₃-ból (egy öt pontú körb˝ol) indulva tetsz˝olegesk- ra megkaphatjukG_k-t. (Úgy is fogalmazhatunk, hogy a tételtk-ra vonatkozó teljes indukcióval látjuk be:k=2-rek=3-ra az állítás igaz, az indukciós lépés bizonyítása pedig abból fog állni, hogy haG_klétezését már tudjuk valamilyenk-ra, akkor ebb˝ol megmutatjukGk+1létezését is.)

Tegyük fel tehát, hogy aG_k= (V;E)gráf már adott valamilyenk≥3 esetén, amelyre tehát ω(G_k) =2 és χ(G_k) =k. Vegyük most fel G_k-nak k darab disz- junkt példányát; vagyis készítsük el aV csúcshalmazkdarab diszjunkt „kópiáját”,

aV₁,V₂, . . . ,V_khalmazokat és mindenV_i-n belül ugyanazokat a csúcspárokat kössük

össze éllel, mint amikV-ben szomszédosak voltak. Ezek után az összes lehetsé- ges módon válasszunk ki aV₁,V₂, . . . ,V_khalmazokból egy-egy csúcsot és a kijelölt csúcs-k-ast kössük össze egy további, újonnan felvett csúccsal – mégpedig minden csúcs-k-as esetén egy-egy másikkal. Az így kapott gráf pedig legyenG_k+1. (Ezek szerint tehát haG_k-nakncsúcsa volt, akkorG_k+1-nekk·n+n^kcsúcsa lesz: aV_ihal- mazoknak ugyanis együttesenk·ncsúcsa van, továbbán^k-féleképpen lehet kiválasz- tani ezek mindegyikéb˝ol egy-egy csúcsot és minden ilyen kiválasztásból egy-egy új csúcs születikG_k+1-ben.)

Megmutatjuk, hogyG_k+1megfelel a kívánt feltételeknek. Jelölje ehhez aV_i-kb˝ol kiválasztott csúcs-k-asokból létrejöttGk+1-beli csúcsok halmazátZ(amelynek tehát n^keleme van).

Kezdjük azω(G_k+1) =2 állítás indoklásával. AVi halmazokon belül nyilván nem találunk háromszöget (vagyis három csúcsú klikket), hiszen az ezek által feszí- tett részgráfokG_k-val izomorfak, amelyr˝ol tudjuk, hogyω(G_k) =2. Másrészt olyan háromszög sem lehetG_k+1-ben, ami tartalmazZ-beli csúcsot. El˝oször isZ-n belül nem futG_k+1-nek éle, ezért egy ilyen háromszög legföljebb egyZ-beli csúcsot tar- talmazhatna. De mivel minden Z-beli csúcs összes szomszédja különböz˝oV_i-kben található, így ezek között nem fut él. Vagyis olyan háromszög sincsG_k+1-ben, ami csak egyZ-beli csúcsot tartalmaz.

Most azt látjuk be, hogyG_k+1megszínezhet˝ok+1 színnel. AV_ihalmazok által feszített részgráfok izomorfak G_k-val, így ezek megszínezhet˝okkszínnel (hiszen tudjuk, hogyχ(G_k) =k). Ráadásul aV_i-k színezéséhez használhatjuk ugyanazt ak színt, hiszen aV_i-k között nem futnak élek. Végül bevezethetünk egy új,(k+1).

színt ésZminden csúcsát megszínezhetjük ezzel a színnel. Mivel aZ-n belül nem futnak élek, ezzel valóban helyes színezést kapunk.

Végül azt mutatjuk meg, hogyGk+1nem színezhet˝o megkszínnel. Tegyük fel indirekt, hogy mégis létezik aG_k-nak egy helyes színezésekszínnel és rögzítsünk le képzeletben egy ilyen színezést. Ekkor egy tetsz˝olegesV_i-t kiválasztva annak a csú- csai között mind akszínnek el˝o kell fordulnia; valóban, ha nem így volna, akkor aV_i által feszített,G_k-val izomorf részgráfk−1 színnel volna színezve, ami ellentmond annak, hogy χ(G_k) =k(és ígyG_k nem színezhet˝o megk-nál kevesebb színnel).

Válasszunk ki ezért aV₁-b˝ol egy 1. szín˝uv₁csúcsot; majd válasszunk aV₂-b˝ol egy 2. szín˝uv₂csúcsot, stb. Vagyis minden 1≤i≤kesetén egy olyanv_i∈V_icsúcsot választunk, ami azi-edik színt kapta a feltételezett színezésben. A(v₁,v₂, . . . ,v_k) csúcs-k-ashoz aG_k+1konstrukciója szerint tartozik egyz∈Z csúcs, ami épp ezzel akcsúccsal szomszédos. Ám a feltételezett színezésünk az-nek is adott színt; ha ez a szín a j-edik, akkor találtunk a gráfban két szomszédos és azonos szín˝ure festett csúcsot: azszomszédosv_j-vel és mindketten j-edik szín˝uek. Ez az ellentmondás mutatja, hogyGk+1-nek valóban nem létezhet helyes színezésekszínnel.

Beláttuk tehát, hogyGk+1megszínezhet˝ok+1 színnel, dekszínnel már nem.

Ígyχ(G_k+1) =k+1 valóban igaz. 2

AG_kgráfnak a fenti bizonyításban bemutatott konstrukciója Zykovtól szárma- zik 1949-b˝ol. Ha például el akarnánk vele készíteni egy olyan gráfot, amireω=2 és χ=4, akkor alkalmazhatnánk az öt pontú körre, mintG₃-ra; az így kapottG₄gráf- nak tehát már 3·5+5³=140 csúcsa volna. Ha pedig ebb˝ol aG₄-b˝ol aG₅-öt akar- nánk megkapni, annak már 4·140+140⁴csúcsa volna, ami 384 milliónál több. A G_kgráfok csúcsszáma tehát robbanásszer˝uen n˝o, az exponenciálisnál is gyorsabban.

Ismertek olyan konstrukciók is a fenti tétel bizonyítására, amelyeknek a csúcsszáma

„csak” exponenciális tempóban növekszik (ilyen például a Mycielskit˝ol, 1955-b˝ol származó, ami valamivel bonyolultabb a fentinél).

A fenti bizonyítás konstrukcióját az alábbi ábrán illusztráljuk. Mivel már G₄ ábrázolására sincs esélyünk (hiszen 140 csúcsú), ezért azt mutatjuk be, hogy ha a konstrukciót azaésbcsúcsokból és a köztük futó élb˝ol álló gráfra, mintG2-re al- kalmazzuk, akkor ebb˝ol milyenG3keletkezik. AV(G₂)két kópiáját aV1={a₁,b1} ésV2={a₂,b2}csúcshalmazok adják; mindenV1-b˝ol ésV2-b˝ol választottai∈V1és bi∈V2csúcspár eseténaibjjelöli a bel˝olük keletkezett új csúcsot, amelyet tehátai- vel ésb_j-vel kötöttünk össze. A kapottG₃gráf valóban nem tartalmaz háromszöget, de mivel öt csúcsú kört többet is, ezért tényleg nem lehet két színnel megszínezni.

b1

b2

b1

b2

a2b a 1

1b

2

a1 a

2

a1a

2