De probabilistische methode

Transcriptie

1 De probabilistische methode Sui Yung Cheung 11 augustus 2008 Bachelorscriptie Begeleiding: Dr. D.C. Gijswijt KdV Instituut voor wiskunde Faculteit der Natuurwetenschappen, Wiskunde en Informatica Universiteit van Amsterdam

2 Samenvatting Deze bachelorscriptie gaat over de probabilistische methode. Deze is een nietconstructieve bewijsmethode, die alleen de existentie van bepaalde objecten aantoont. De probabilistische methode komt ruwweg gezegd op het volgende neer: Zij V een verzameling objecten en construeer hierop een geschikte kansruimte. Als nu de kans dat een object uit V een bepaalde eigenschap heeft, positief is, dan bestaat er een object in V met die eigenschap. Deze methode is erg krachtig en om deze kracht te laten zien, wordt er in deze scriptie onder andere aandacht besteed aan een stelling van Erdös. Deze stelling geeft aan dat er grafen bestaan zonder korte cykels, maar die wel veel kleuren nodig hebben om de punten van die grafen mee te kleuren. Dit is een verrassend resultaat en het bewijs van deze stelling gaat dus met behulp van de probabilistische methode. Naast deze stelling wordt er ook gekeken naar het Crossinglemma en het Local lemma van Lovász met een toepassing op Ramsey-getallen. Deze resultaten geven een goede indruk van de werking van de probabilistische methode. Gegevens Titel: De probabilistische methode Auteur: Sui Yung Cheung, scheung@science.uva.nl, Begeleider: Dr. D.C. Gijswijt Tweede beoordelaar: Dr. J.H. Brandts Einddatum: 11 augustus 2008 Korteweg de Vries Instituut voor Wiskunde Universiteit van Amsterdam Plantage Muidergracht 24, 1018 TV Amsterdam

3 Inhoudsopgave Inleiding 2 1 Het Crossinglemma 4 2 Een stelling van Erdös 14 3 Het Local lemma van Lovász Toepassingen van het Local lemma op Ramsey-getallen De Ramsey-getallen R(k, 3) en R(k, 4) Conclusie 29 Populaire samenvatting 30 Verrassende resultaten Het Crossinglemma Local lemma en Ramsey-getallen Bibliografie 34 1

4 Inleiding Is het bewijzen van wiskundige stellingen als een ware sport voor je? Vind je het leuk om nieuwe bewijsmethoden te leren kennen? Dan hebben wij hier een prachtige methode voor je, genaamd de probabilistische methode. De probabilistische methode is een zeer krachtige, niet-constructieve bewijsmethode. De methode komt op het volgende neer: Als in een verzameling objecten, waarop een geschikte kansruimte is gedefinieerd, de kans dat een object een bepaalde eigenschap wel heeft, positief is, dan is er een object in die verzameling met die eigenschap. Het is meestal erg lastig om dat object te vinden met die bepaalde eigenschap, maar daar gaat het bij ons niet om. Wij willen steeds alleen de existentie van zo n object bewijzen en daarvoor is deze probabilistische methode zeer handig. Een voorbeeld van een toepassing van deze methode is dit experiment: stel dat we een vaas hebben met allemaal gekleurde knikkers erin en we gaan uit die vaas één knikker trekken. Als de kans dat wij nu een knikker met een bepaalde kleur trekken, positief is, dan weten we dat er een knikker in die vaas moet zijn met die kleur. Paul Erdös ( ) heeft een groot aandeel gehad in de ontwikkeling van de probabilistische methode. Dat is ook de reden da de probabilistische methode ook wel de methode van Erdös wordt genoemd. Hij heeft samen met Alfred Rényi ( ) veel over deze methode geschreven[1]. Ze hebben heel veel problemen opgesteld die met behulp van de probabilistische methode opgelost konden worden. Veel van deze problemen zijn echter nog niet opgelost, maar men vermoedt wel dat deze met de probabilistische methode bewezen kunnen worden. In deze scriptie zullen veel termen over grafen komen, daarom zal er nu een korte samenvatting volgen over de belangrijkste begrippen uit de grafentheorie. Een graaf G = (V, E) bestaat uit een verzameling V van punten en een verzameling E van paren {u, v} uit V waartussen een lijn loopt. Hierbij is V steeds eindig. Een simpele graaf is een graaf waar tussen elk tweetal punten maximaal één lijn loopt, en er komen geen lijnen voor die een punt als begin-en eindpunt heeft, dus er komen geen lussen voor. Een graaf die wel meerdere lijnen heeft tussen twee punten en/of wel lussen heeft, heet een multigraaf. Als twee punten u en v uit V verbonden zijn met elkaar door een lijn, dan zijn die twee punten buren van elkaar. Laat G = (V, E) een graaf zijn. Dan is H = (V, E ) een deelgraaf van G als V V, E E en elke lijn in E heeft eindpunten in V. Een onafhankelijke verzameling is een deelverzameling van de puntenverzameling V zodanig dat er geen lijnen tussen die punten lopen. Een gesloten wandeling is een rij punten in V (u 1,..., u k ), zodanig dat u i en u i+1 verbonden zijn met elkaar voor alle i = 1,..., k 1 en u 1 = u k. Een cykel van een graaf is een gesloten wandeling (u 1,..., u k ) (k 4) met de eigenschap dat u 2 2

5 tot en met u k verschillend zijn. De lengte van de kortste cykel in je graaf is de girth van die graaf. Als je graaf geen cykels heeft, dan is de girth oneindig. Van een graaf kun je de punten kleuren zodanig dat punten die buren zijn niet dezelfde kleur hebben. Het minimaal aantal kleuren dat je nodig hebt om een graaf G te kleuren is het chromatisch getal (notatie χ(g)) van die graaf. Dat waren de belangrijkste begrippen in de grafentheorie die wij nog nodig hebben in het vervolg van deze scriptie. We zullen in deze scriptie de werking van de probabilistische methode aan de hand van een aantal voorbeelden duidelijk maken. Aan bod zullen komen: het Crossinglemma, de stelling van Erdös over grafen met hoge girth en hoog chromatisch getal en het Local lemma van Lovász met een toepassing ervan op Ramsey-getallen. Het Crossinglemma vind je terug in Hoofdstuk 1, in Hoofdstuk 2 kun je lezen over een stelling van Erdös en in Hoofdstuk 3 vind je alles over het Local lemma van Lovász met een toepassing op Ramsey-getallen. We zullen als eerste het Crossinglemma gaan beschouwen. 3

6 Hoofdstuk 1 Het Crossinglemma Een lemma waar de probabilistische methode bij wordt toegepast is het Crossinglemma. Voordat wij gaan vertellen wat het Crossinglemma inhoudt, zullen we eerst wat voorbereidingen treffen. Laat G = (V, E) een simpele graaf zijn met n punten en m lijnen 1. We kunnen G tekenen in het vlak en dan kunnen wij zien hoeveel kruisingen G heeft. Van al deze tekeningen nemen wij steeds een tekening met het minste aantal kruisingen. Het aantal kruisingen van deze tekening wordt dan het kruisingsgetal van de graaf G genoemd en deze noteren we met cr(g). In een tekening met minimaal aantal kruisingen komen deze niet voor: Er zijn geen lijnen die zichzelf kruisen. Lijnen met hetzelfde eindpunt kunnen elkaar niet kruisen. 1 Wij zullen in deze scriptie steeds aannemen dat een graaf simpel is, tenzij anders vermeld. 4

7 Twee verschillende lijnen kunnen elkaar niet twee keer kruisen. We zullen verder ook aannemen dat er niet meerdere lijnen door één punt lopen. Nu hebben we genoeg voorbereidingen getroffen. Het Crossinglemma luidt nu: Stelling 1.1 (Crossinglemma). Laat G een graaf zijn met n punten en m lijnen. Dan geldt: cr(g) K m3 n 2. Hierbij is K een bepaalde constante, die niet afhangt van n en m. Ons probleem is nu om K zo te kiezen, dat onze afschatting zo scherp mogelijk wordt. Het bewijs van deze stelling gaat dan met behulp van de probabilistische methode. Tot voor kort was de beste afschatting K = 1, onder de voorwaarde dat m 7,5n [7]. 33,75 In 2004 werd deze afschatting verscherpt tot: K = 1 met als eis m 7n [8]. Dit is de 31,1 beste afschatting die tot nu toe bekend is. Wij zullen eerst het geval K = 1 beschouwen, 64 daarna K = 1. 33,75 Stelling 1.2. [1] Laat G een simpele graaf zijn met n punten en m lijnen en zij m 4n. Dan geldt: cr(g) 1 64 m3 n 2. Om deze stelling te bewijzen, hebben wij het volgende lemma nodig. Lemma 1.3. Laat G een simpele graaf zijn met n punten en m lijnen. Dan geldt: cr(g) m 3n

8 Bewijs. Stel dat G getekend is in het vlak en laat cr(g) het aantal kruisingen van G zijn. Uit G construeren we een graaf die we G zullen noemen. Dit doen wij als volgt: de punten van G zijn de punten van G samen met de kruisingen van G. De kruisingen van G zijn nu dus punten geworden in G. Graaf G wordt graaf G. Nu weten we dat het aantal punten van G gelijk is aan n + cr(g). Verder is het aantal lijnen van G gelijk aan m + 2cr(G), want elk nieuw punt heeft graad 4. Wegens Eulers formule geldt voor een willekeurige graaf G met n 3 punten en m lijnen dat m 3n 6. Voor onze graaf G geldt dus m + 2cr(G) 3 (n + cr(g)) 6 en hieruit volgt dan makkelijk cr(g) m 3n + 6. Nu wij dit weten, kunnen wij het Crossinglemma gaan bewijzen voor K = Bewijs. Beschouw een tekening van G in het vlak en laat p (0, 1), waarbij wij p straks handig zullen kiezen. Construeer nu een geïnduceerde deelgraaf G van G als volgt: kies willekeurig de punten uit G met kans p en onafhankelijk van elkaar. Wegens Lemma 1.3 geldt cr(g ) m + 3n 0, waarbij m het aantal lijnen is van G en n het aantal punten van diezelfde graaf. Als we dit nu weten, dan weten we ook dat de verwachting van cr(g ) m + 3n groter is dan 0, dus Verder geldt: E(cr p (G ) m p + 3n p) 0. E(n p) = np; E(m p) = mp 2, want een lijn van G is een lijn van G dan en slecht dan als de twee eindpunten van die lijn in G zitten; E(cr p (G )) = cr(g)p 4, want een kruispunt in G is een kruispunt in G dan en slechts dan als de vier eindpunten van de lijnen waarmee dit kruispunt wordt opgespannen ook in G zitten. 6

9 Een kruispunt in G is een kruispunt in G dan en slechts dan als de vier eindpunten van de lijnen waarmee dit kruispunt wordt opgespannen ook in G zitten. Wegens de lineariteit van de verwachting volgt nu: Dit kunnen wij weer omschrijven tot: 0 E(cr p (G ) m p + 3n p ) = E(cr p (G )) E(m p ) + 3E(n p ) = cr(g)p 4 mp 2 + 3np. cr(g) mp 2 3np 3. Kies nu p = 4n, dan is p 1 wegens onze aanname dat 4n m. Met deze keuze van p m volgt cr(g) 1 m3. 64 n 2 Merk op dat we in het vorige bewijs een scherpere afschatting konden verkrijgen door voor p de waarde te nemen waarvoor mp 2 3np 3 maximaal is. Dat is voor p = 9 n. Zo 2 krijgen we dan K = 4 met als eis dat 9 n m. Er bestaan echter scherpere afschattingen dan deze, bijvoorbeeld K = 1 33,75. Stelling 1.4. [7] Laat G een graaf zijn met n punten en m lijnen. Dan geldt: Hierbij is de voorwaarde m 7,5n. cr(g) 1 33,75 m3 n 2. Het bewijs van deze stelling gaat ongeveer net als voor K = 1. Alleen werd er toen 64 gebruikgemaakt van cr(g) m 3n + 6. Bij onze nieuwe K gebruiken wij de afschatting cr(g) 5m 25m Deze levert ons dan die betere afschatting op. Dit bewijs is ook te vinden in [7]. Voor het bewijs hebben wij wat hulpstellingen nodig, die dus ook in [7] staan. Stelling 1.5. Zij G een graaf in het vlak met als eigenschap dat alle lijnen van G gekruist worden door hoogstens k andere lijnen, waarbij 0 k 4. Dan geldt: m (k + 3)(n 2). 7

10 Bewijs. Zij M een multigraaf in het vlak (i.e. een graaf waarbij meerdere lijnen tussen dezelfde punten mogen voorkomen) met als eigenschap dat elke lijn van M gekruist wordt door hoogstens k andere lijnen. Noem M de maximale, planaire deelmultigraaf van M. Hiermee bedoelen wij dat M een planaire deelmultigraaf van M is met het hoogste aantal lijnen. Laat Φ 1,..., Φ m de facetten van M zijn. Met Φ i zullen wij het aantal lijnen langs de de rand van Φ i aangeven. Hierbij worden de bruggen dubbel geteld. Nu volgt dat elke lijn e M M minstens één lijn van M moet kruisen, want M is maximaal. Nu definiëren wij een halflijn als het stukje van zo n lijn vanaf het eindpunt tot de eerste kruising met een lijn van M. Zij nu h(φ i ) het aantal halflijnen in Φ i. Voor het bewijs van deze stelling hebben wij nog de volgende twee lemma s nodig. Lemma 1.6. Zij M een multigraaf in het vlak met als eigenschap dat elke lijn gekruist wordt door hoogstens k andere lijnen, waarbij 0 k 4. Zij M een maximale planaire deelmultigraaf van M en noteer een facet daarvan met Φ. Laat verder s := Φ 3. Neem aan dat deze rand samenhangend is. Dan geldt h(φ) (s 2)(k + 1) 1. Bewijs. We gaan dit lemma bewijzen met behulp van inductie over s. Laat s = 3, dan moet er bewezen worden dat h(φ) k voor k = 0,..., 4. Laat A, B en C de punten zijn van Φ en zij a, b en c het aantal halflijnen die vertrekken uit respectievelijk A, B en C. Het geval k = 0 is triviaal, dus laten wij kijken naar de gevallen k = 1,..., 4: Laat k = 1 en stel dat er een lijn e vanuit A vertrekt (dus a = 1). Deze snijdt dan BC, dus er kunnen geen lijnen meer zijn die vanuit B en/of C vertrekken, want anders krijgt e meer dan één kruising. Nu volgt a = 1 en b = c = 0, dus h(φ) = a + b + c = 1 k = 1. C A B Als a = 1, dan moet b = c = 0. Stel nu dat k = 2. Als a = 2, dan krijgen we hetzelfde verhaal als net, namelijk dat b = c = 0. Stel nu dat a = b = 1. Als er nu nog een lijn zou vertrekken uit A, B of C, dan krijg je meer dan twee kruisingen. We concluderen: h(φ) = a + b + c = 2 k = 2. 8

11 C C A B A B De gevallen a = 2, b = c = 0 en a = b = 1, c = 0. Neem nu aan dat k = 3. Het enige geval dat problemen zou kunnen opleveren is a = b = 2 en c = 0, want de overige gevallen gaan ongeveer net als bij k = 1 en 2. Dit probleemgeval kunnen we nu uitsluiten, want als wij BC zouden verwijderen en in plaats daarvan die twee lijnen die uit A vertrekken zouden toevoegen, dan verkrijgen wij hiermee een planaire deelmultigraaf die meer lijnen bevat dan M, terwijl M al maximaal is. Zo sluiten we dit ene probleemgeval uit en volgt dus h(φ) k = 3. C C A B A B Het geval a = b = 2 en c = 0 kunnen wij uitsluiten. Voor k = 4 kunnen we alle probleemgevallen uitsluiten op dezelfde manier als bij k = 3. Het enige probleemgeval bij k = 4 is als a = 3, b = 2 en c = 0. Verwijder nu AC en voeg die twee lijnen toe die uit B vertrekken. Zo krijg je wederom een deelmultigraaf met meer lijnen dan M, terwijl M maximaal is. Dus nu hebben we wederom het probleemgeval uitgesloten en volgt h(φ) k = 4. C C A B A B Het geval a = 3,b = 2 en c = 0 kunnen wij uitsluiten. Stel dat s > 3 en neem aan dat h(φ) (s 2)(k + 1) 1 voor alle s < s. Zij A 1,..., A s de punten van ons facet Φ, met de wijzers van de klok mee genummerd. We zullen een kromme in Φ leeg noemen als deze geen halflijn in Φ doorsnijdt. We beschouwen twee gevallen: 9

12 1. Bij dit geval nemen wij aan dat er een halflijn e = A i E in Φ bestaat met E als virtueel punt van de graaf op de zijde A j A j+1. Neem verder aan dat, òf de kromme A j E is leeg en i j 1, òf de kromme EA j+1 is leeg en i j Stel nu dat er niet halflijnen in Φ zijn die voldoen aan de voorwaarden van het eerste geval. Bij het eerste geval kunnen we het gestelde bewijzen door allerlei transformaties te verrichten op het facet. Zo ontstaat er een nieuw facet met evenveel punten en lijnen. Dit nieuwe facet wordt dan door een bepaalde lijn verdeeld in tweeën, waardoor je op beide delen de inductiehypothese kunt toepassen. Zo kun je dan het gestelde bewijzen. Voor het tweede geval mogen we aannemen dat het facet Φ slechts één lege zijde heeft en dat er drie opeenvolgende niet-lege zijden zijn. Door nu te gaan kijken naar hoe de halflijnen kunnen lopen, kun je dit tweede geval uitsluiten, want je krijgt steeds een tegenspraak met de maximaliteit van de planaire deelgraaf. Zo kunnen we het bewijs afronden. Voor meer details kun je terecht in [7]. We hebben nog een lemma nodig voor het bewijs van Stelling 1.5: Lemma 1.7. Laat Φ een facet zijn van onze maximale planaire deelmultigraaf M met minstens 3 zijden. Dan voldoet het aantal halflijnen van Φ aan h(φ) t(φ)k + Φ 3. Met t(φ) bedoelen wij het aantal driehoeken van een triangulatie van Φ. Bewijs. Als de rand van Φ samenhangend is, dan volgt met behulp van het vorige lemma en dat t(φ) = Φ 2 het gestelde. Neem nu aan dat de rand van Φ niet-samenhangend is. Dan is het aantal halflijnen h(φ) in Φ hoogstens Φ k. Verder geldt dan t(φ) Φ. Met deze gegevens is het dan eenvoudig het gestelde af te leiden. Met behulp van deze twee lemma s zijn wij nu in staat om Stelling 1.5 te bewijzen. Laat G een simpele graaf in het vlak zijn. Stel verder dat alle lijnen van G gekruist worden door hoogstens k andere lijnen, waarbij k = 0,..., 4. Noem G de maximale, planaire deelgraaf van G en zij verder Φ 1,... Φ m de facetten van G. Voor een triangulatie van één zo n facet Φ i heb je minstens Φ i 3 lijnen nodig. Dus dan hebben wij m(g ) 3n(G) 6 m ( Φ i 3). We weten echter ook dat elke lijn in G G twee halflijnen bevat, dus wegens onze lemma s volgt dan: i=1 m(g G ) 1 2 m (t(φ i )k + Φ i 3). i=1 10

13 Als we deze laatste ongelijkheden optellen en dan gebruikmaken van dat het totaal aantal driehoeken voldoet aan i t(φ i) = 2n(G) 4, dan volgt er: m(g) 3n(G) (t(φ)k ( Φ 3)) 2 3n(G) 6 + (n(g) 2)k Φ = (k + 3)(n(G) 2). Dit was precies wat we moesten bewijzen. Met behulp van de voorgaande resultaten kunnen wij nu een belangrijk gevolg afleiden: Gevolg 1.8. Zij G een graaf met n punten en m lijnen. Neem verder aan dat n 3. Dan geldt voor het kruisingsgetal van G: Bewijs. Stel dat m 3n 6. Dan geldt: cr(g) 5m 25n m 25n (3n 6) 25n + 50 = 10n + 20 = 10(2 n) < 0 cr(g). Hiermee volgt dat het gestelde waar is voor grafen met m 3n 6. Neem nu aan dat G voldoet aan m > 3n 6. Laat k gedefinieerd zijn als in Stelling 1.5. De grootste k die in graaf G voorkomt, noemen wij dan k(g). Nu weten we dat wegens diezelfde Stelling 1.5 geldt k(g) 1 4 (m (k + 3)(n 2)) (m (k + 3)(n 2)). k=0 Laat nu e de lijn zijn van G die gekruist wordt door de meeste lijnen en definieer G = G e en m = m 1. Dan volgt: cr(g) k(g) + cr(g ) k(g) + k(g) + k(g) 1 k=0 k(g ) 1 k=0 k=0 (m (k + 3)(n 2)) = (m (k + 3)(n 2)) k(g) 1 k=0 4 (m (k + 3)(n 2)) = 5n 25m k=0 Hiermee is dit gevolg bewezen. (m (k + 3)(n 2)) 11

14 Nu is het bewijs van Stelling 1.4 verder hetzelfde als bij K = 1. We hadden al opgemerkt 64 dat er een afschatting is van K die nog scherper is. Het gaat om K = 1. Deze afschatting 31,1 is op ongeveer dezelfde manier te vinden als in het geval k = 1. Voor details kun je 33,75 terecht in [8]. Het Crossinglemma is een belangrijk lemma om allerlei problemen in de discrete meetkunde mee op te lossen. Een voorbeeld hiervan is de volgende stelling: Stelling 1.9. [10] Als je n punten en l lijnen in het (Euclidische) vlak hebt, dan is het aantal incidenties tussen de punten en lijnen hoogstens c[(nl) 2/3 + n + l]. Hierbij is c een constante. Bewijs. We mogen aannemen dat alle lijnen in het vlak incident zijn met minstens één punt. Van die punten en lijnen in het vlak maken we een graaf G in het vlak. Dit doen wij door de n punten van het vlak als punten van G te nemen. Elk tweetal punten zullen we in de graaf verbinden als die twee punten in het vlak opeenvolgende punten zijn op een lijn in het vlak. Een voorbeeld van de geconstrueerde graaf in het vlak. De geconstrueerde graaf in het vlak heeft nu maximaal ( l 2) l 2 kruisingen. Het aantal punten op een lijn is 1 groter dan het aantal lijnen van de graaf langs die lijn, dus weten we dat het aantal incidenties i tussen de punten en de lijnen hoogstens l groter is dan het aantal lijnen in G. Het aantal punten van een lijn is 1 groter dan het aantal lijnen van de graaf langs die lijn. Met behulp van het Crossinglemma (Stelling 1.1 met als voorwaarde m 4n) weten wij nu dat l 2 cr(g) K m3 (i l)3 K, n2 n 2 waarbij K een constante is. Uit deze ongelijkheid volgt dan c[(nl) 2/3 + l] i, waarbij c een andere constante is dan K. Nu volgt c[(nl) 2/3 + n + l] c[(nl) 2/3 + l] i. 12

15 Neem nu aan dat 4n > m. We weten al dat i l + m, dus volgt 4n > m i l. Nu volgt i 4n + l c[(nl) 2/3 + n + l] voor zekere constante c. Hiermee is het bewijs geleverd van deze toepassing van het Crossinglemma. Er zijn nog veel meer van zulke toepassingen van het Crossinglemma. Een voorbeeld hiervan is: stel dat 2 k n. Voor n punten in het Euclidische vlak geldt dan dat het aantal lijnen l, dat minstens k van die punten bevat, hoogstens cn 2 /k 3 is. Ook deze steling is te bewijzen met behulp van het Crossinglemma. Voor nog meer van zulke toepassingen van het Crossinglemma kun je terecht in [10]. We zien dus dat het Crossinglemma een uiterst nuttig lemma is voor bijvoorbeeld de discrete meetkunde. Het geeft bovendien een goede indruk van de werking van de probabilistische methode. In het volgende hoofdstuk zullen we een stelling van Erdös gaan beschouwen. Deze laat nog meer zien hoe sterk de probabilistische methode is. 13

16 Hoofdstuk 2 Een stelling van Erdös In het vorige hoofdstuk hadden wij het Crossinglemma beschouwd. Daar zagen wij de kracht van de probablistische methode. Wij gaan in dit hoofdstuk een stelling van Erdös beschouwen. De stelling gaat over grafen met een hoge girth en een hoog chromatisch getal. De girth van een graaf is de lengte van het kortste circuit in je graaf. Wij zullen de girth van een graaf G steeds aanduiden met γ(g). Het chromatisch getal van een graaf is het kleinste aantal kleuren die je nodig hebt om de punten van de graaf mee te kleuren zo, dat punten die buren van elkaar zijn niet dezelfde kleur hebben. Om het idee van de stelling beter te schetsen, geven we hier eerst een constructie van bepaalde grafen. Er bestaat een constructie van grafen die geen driehoeken bevatten, maar die wel steeds meer kleuren nodig hebben om de punten van die grafen mee te kleuren. Deze constructie staat bekend als de Mycielski-constructie [1] en gaat als volgt: 1. Begin met twee punten die verbonden zijn met elkaar. Deze graaf noemen we G 2 en is twee-kleurbaar. De graaf G Uit G 2 construeren wij G 3 zo, dat deze geen driehoeken zal hebben en dat er drie kleuren nodig zullen zijn om de punten van G 3 te kleuren. Van de punten van G 2 maken wij een kopie. Neem nu een punt van G 2 en verbind deze met de kopieën van de buren van dit punt. Doe dit met alle punten van G 1. Zo ontstaat een nieuwe graaf die isomorf is met de vijfhoek. Deze graaf zal nu G 3 gaan heten. 14

17 De graaf G Zo kun je verder gaan met het construeren van G 4, G 5,.... Steeds zul je geen driehoeken krijgen in je grafen en je hebt steeds meer kleuren nodig om de punten mee te kleuren. De graaf G 4, ook wel de Grötzsch-graaf genoemd. We willen nu nog laten zien dat deze constructie ook echt werkt: Lemma 2.1. Laat de grafen G i gedefinieerd zijn als hierboven voor i = 1, 2,.... Dan geldt 1. χ(g i+1 ) = χ(g i ) + 1 voor alle i. 2. Als G i geen driehoeken bevat, dan heeft G i+1 ook geen driehoeken voor alle i. Bewijs. Het tweede punt is triviaal, want als G i geen driehoeken bevat, dan zal G i+1 per constructie ook geen driehoeken bevatten. Kijk nu naar het eerste punt. Het is voldoende om te laten zien dat χ(g i ) = i voor alle i. Dit doen we met behulp van inductie over i. We zien duidelijk dat χ(g 2 ) = 2. Neem nu aan dat voor alle k < i bewezen is dat χ(g k ) = k. Nu gaan we laten zien dat χ(g k+1 ) = k +1. We weten al dat χ(g k+1 ) k +1, want je kunt een kleuring van deze graaf geven met k + 1 kleuren. Stel nu dat χ(g k+1 ) = k. Beschouw een k-kleuring van de deelgraaf G k van G k+1. Kijk naar een willekeurige kleurklasse C. We weten dan dat er zeker een punt u in C moet zijn die verbonden is met een punt uit elke andere kleurklasse, want anders zouden we genoeg gehad hebben aan k 1 kleuren om G k mee te kleuren. Nu moet de kopie u van u dezelfde kleur krijgen als u. We hebben dus ook minstens k kleuren nodig om de kopieën mee te kleuren. Maar dan is er nog dat laatste punt waar alle kopiën mee verbonden zijn. Die moet dan een andere kleur krijgen, dus χ(g k+1 ) = k

18 De Mycielski-constructie geeft dus aan dat er grafen bestaan die geen driehoeken bevatten, maar die wel veel kleuren nodig hebben om de punten van die grafen mee te kleuren. De stelling van Erdös, die wij zullen beschouwen, geeft zelfs aan dat er grafen bestaan die dezelfde eigenschappen hebben als die van de Mycielski-constructie, maar deze grafen hebben dan ook geen vierhoeken, geen vijfhoeken enzovoorts. Deze stelling geeft dus aan dat er grafen bestaan met een hoge girth en een hoog chromatisch getal. Dit is zeer verrassend, want de betekenis is dat die grafen lokaal gezien twee-kleurbaar zijn, maar dat in zijn geheel de grafen veel kleuren nodig hebben om de punten mee te kleuren. Daarom wordt deze stelling ook als een echte klassieker beschouwd. G Lokaal is G 2-kleurbaar. De formulering van die stelling is: Stelling 2.2 (Erdös). [1], [2] Voor elke k > 0 en l > 0 is er een graaf G met γ(g) > l en χ(g) > k, waarbij γ(g) de girth is van de graaf G en χ(g) het chromatisch getal van G. Bewijs. Wij gaan deze stelling bewijzen met behulp van de probabilistische methode. Zij G(n, p) een kansruimte bestaande uit alle grafen op de punten van V = {v 1,..., v n }, waarbij een lijn voorkomt met kans p (0, 1). Deze p zullen we later handig kiezen. Of een lijn voorkomt in een graaf G G(n, p) is onafhankelijk van of andere lijnen in die graaf voorkomen. Als een graaf H G(n, p), met H heeft m lijnen, dan is de kans op de graaf H gelijk aan p m (1 p) (n 2) m. Dit is dus een Bernoulli experiment. We gaan eerst wat over χ zeggen. Laat α = α(g) de cardinaliteit zijn van de grootste onafhankelijke verzameling in graaf G. Een onafhankelijke verzameling is een deelverzameling van je puntenverzameling zodanig dat er geen lijnen tussen die punten lopen in de graaf. Als je een kleuring hebt van G met χ = χ(g) kleuren, dan weten wij dat elke kleurklasse ook een onafhankelijke verzameling is, dus volgt χα n, want de cardinaliteit van een willekeurige kleurklasse is kleiner of gelijk aan α. Laat G G(n, p). Kies nu 0 < θ < 1 en zij p = n θ 1. Definieer X als de stochastische l variabele die het aantal cykels van lengte l telt. Laat verder X C gedefinieerd zijn als: { 1 als C G, X C = 0 anders. 16

19 Hierbij is C een cykel van lengte i met 3 i l. Als nu W V van cardinaliteit i is, dan weten we dat er (i 1)! mogelijke cykels van lengte i op W zijn. Dus op V zijn 2 er dan ( ) n (i 1)! mogelijke cykels van lengte i. Nu weten we dat EX i 2 C = p i en ook geldt duidelijk EX = C EX C, wegens de lineariteit van de verwachting. Dus volgt nu: EX = E( C X C ) = C EX C = = = 1 2 l i=3 l i=3 ( ) n (i 1)! p i i 2 n(n 1)... (n i + 1) i! l i=3 l i=3 n(n 1)... (n i + 1) p i i n iθ 2i = o(n). (i 1)! p i 2 Nu gaan wij de Markov- De laatste gelijkheid is gerechtvaardigd, omdat 0 < lθ < 1. ongelijkheid gebruiken. Deze is als volgt: Lemma 2.3 (Markov-ongelijkheid). Voor a > 0 geldt: P(X a) EX a. Bewijs. We weten dat geldt Hieruit volgt dan P(X a) = E(1 {X a} ). ap(x a) = E(a1 {X a} ). Bovendien weten we dat als X < a, dan is a1 {X a} = 0 X en als X a, dan is a1 {X a} = a X. Dit geeft ons dat a1 {X a} X. Nu kunnen we de verwachting hiervan nemen E(a1 {Y X a} ) E(X) en delen door a geeft dan wat we wilden aantonen: P(X a) EX a. Met deze ongelijkheid volgt dan dat P(X n 2 ) = o(1). Nu willen we ook wat zeggen over α(g), dus de cardinaliteit van de grootste onafhankelijke verzameling in G. Kies r = 3 log n. De kans dat een verzameling van r punten p onafhankelijk is, is gelijk aan (1 p) (r 2). Dus volgt: 17

20 Laat n groot genoeg zijn, zodat P(X n 2 ) < 1 2 en P(α r) < 1 2. ( ) n P(α r) (1 p) (r 2) r n(n 1)... (n r + 1) = (1 p) (r 2) r! nr r! (1 2) p)(r n r (1 p) (r 2) = n r (1 p) r(r 1) 2 = (n(1 p) r 1 2 ) r (ne p(r 1) 2 ) r = o(1). Nu kunnen wij de probabilistische methode gebruiken, want er geldt: P({α r} {X n 2 }) P(α r) + P(X n 2 ) < 1. Met behulp van de complementregel voor kansen weten we dan dat er een graaf H G(n, p) is met minder dan n 2 cykels van lengte l en α(h) < 3n1 θ log n. Verwijder nu in elk van die cykels een punt en noem de graaf die dan ontstaat G. Dan voldoet G aan: 1. De girth van G is groter dan l, dus γ(g) > l. 2. Het aantal punten van G is minstens n α(g) α(h). Nu volgt met behulp van wat we in het begin van dit bewijs beredeneerd hadden (χα n): χ(g) n/2 3n 1 θ log n = n 6 log n. Kies nu n zo, dat χ(g) > k, dan is het bewijs hiermee afgerond. Deze stelling werd door Erdös zelf bewezen in [4]. Het vinden van constructies van grafen met een hoge girth en een hoog chromatisch getal is lastig, maar toch bestaan er zulke constructies. De Mycielski-constructie was dus ook zo n constructie. Er bestaan naast de Mycielski-constructie ook algemene constructies van grafen met willekeurig hoge girth en hoog chromatisch getal. Hoe deze constructies zijn is te lezen in [5] en [6]. De constructie van [5] is een graaf-theoretische constructie, terwijl de constructie van [6] inductief wordt gepresenteerd. 18

21 We hebben dus gezien dat de probabilistische methode zo krachtig is dat je er zeer verrassende vermoedens mee kunt bewijzen. De stelling van Erdös over grafen met een hoge girth en een hoog chromatische getal was een voorbeeld hiervan. Bovendien zien we bij deze stelling heel goed dat de probabilistische methode een niet-constructieve bewijsmethode is, dus de grafen met een willekeurig hoge girth en hoog chromatisch getal kunnen we niet met behulp van het bewijs van Erdös vinden. Toch bestaan er wel zulke constructies, zoals de Mycielski-constructie. Er bestaan zelfs algemene constructies van die speciale grafen. Nu hebben wij dus gezien hoe de probabilistische methode werkt bij het Crossinglemma en de stelling van Erdös. Het laatste wat wij zullen beschouwen is het Local lemma van Lovász. 19

22 Hoofdstuk 3 Het Local lemma van Lovász Ook het laatste lemma (het Local lemma van Lovász) dat wij zullen beschouwen is een mooi resultaat. In de wereld van de kansrekening geldt dat als je heel veel gebeurtenissen hebt die allemaal onafhankelijk zijn van elkaar, dat er dan een positieve kans is dat geen van die gebeurtenissen zal plaatsvinden. Het Local lemma geeft nu een manier om de kans af te schatten op het tegelijk plaatsvinden van een aantal gebeurtenissen, als deze niet onafhankelijk zijn. Voor we het Local lemma van Lovász gaan formuleren, is het belangrijk te weten wat een afhankelijkheidsgraaf is. Zij A 1,..., A n gebeurtenissen in een kansruimte. Een gerichte graaf D = (V, E) op V = {v 1,..., v n } is dan een afhankelijkheidsgraaf voor A 1,..., A n als voor elke i (1 i n), de gebeurtenis A i onafhankelijk is van {A j : (i, j) / E}. Het Local lemma luidt nu als volgt. Lemma 3.1 (Local lemma, algemene geval). [2] Zij A 1,..., A n gebeurtenissen in een kansruimte. Laat verder D = (V, E) een afhankelijkheidsgraaf zijn van A 1,..., A n. Stel dat er reële getallen x 1,..., x n bestaan zodanig dat 0 x i < 1 voor alle 1 i n. P(A i ) x i (i,j) E (1 x j) voor alle 1 i n. Dan geldt: In het bijzonder geldt ook: n P( A i ) i=1 n (1 x i ). i=1 n P( A i ) > 0. Bewijs. Laat S {1,..., n}, waarbij S cardinaliteit s < n heeft. behulp van inductie over s laten zien dat voor i S geldt: i=1 We gaan eerst met 20

23 P(A i j S A j ) x i. Voor s = 0 is het triviaal, want P(A i ) x i (i,j) E (1 x j) x i. Stel dus dat voor alle s < s het klopt. Definieer nu S 1 = {j S : (i, j) E}. Zij S 2 = S S 1. Merk op dat als S 1 leeg is, dat dan S 2 = S, dus volgt P(A i ) x i (i,j) E (1 x j) x i. We mogen dus aannemen dat S 1 niet-leeg is. Dan volgt P(A i j S A j ) = P(A i ( j S A j) P( j S A j) = P(A i ( l S 1 A l ) ( k S 2 A k )) P(( l S 1 A l ) ( k S 2 A k )) = P(A i ( l S 1 A l ) k S 2 A k )P( k S 2 A k ) P( l S 1 A l k S 2 A k )P( k S 2 A k ) = P(A i ( l S 1 A l ) k S 2 A k ) P( l S 1 A l. (3.1) k S 2 A k ) Nu is A i onafhankelijk van {A k : k A k }, dus kunnen wij de teller van (3.1) als volgt afschatten: P(A i ( l S 1 A l ) k S 2 A k ) P(A i k S 2 A k ) = P(A i ) x i (i,j) E Laat nu S 1 = {j 1,..., j r }. Dan volgt volgt voor de noemer van (3.1): (1 x i ). P(A j1... A jr A k ) = (1 P(A j1 A k )) (1 P(A j2 A j1 ( A k )))... k S 2 k S 2 k S 2 (1 P(A jr A j1... A jr 1 ( (1 x j1 )... (1 x jr ) (1 x j ). (i,j) E k S 2 A k ))) Met behulp van de laatste twee afschattingen volgt dan wat wij met inductie zouden bewijzen: 21

24 P(A i A j ) = P(A i ( l S 1 A l ) k S 2 A k ) P( j S l S 1 A l k S 2 A k ) x i (i,j) E (1 x i) (i,j) E (1 x j) = x i. Nu is het nog maar een kleine stap om het bewijs van het Local lemma te voltooïen: n P( i=1 n 1 A i ) = (1 P(A 1 )) (1 P(A 2 A 1 ))... (1 P(A n ( n (1 x i ). i=1 Hiermee is het bewijs van het Local lemma geleverd. Er is nu ook een symmetrische versie van het Local lemma: i=1 A i ))) Lemma 3.2 (Local lemma, symmetrische geval). [2] Laat A 1,..., A n een rij gebeurtenissen zijn zo, dat P(A i ) p voor alle 1 i n en zo, dat elke gebeurtenis A i onafhankelijk is van een verzameling A i van andere gebeurtenissen A j, op hoogstens d na. Als nu epd 1, dan n P( A i ) > 0. i=1 Bewijs. Zij d > 0, dan weten we dat er een afhankelijkheidsgraaf D = (V, E) is voor de gebeurtenissen A 1,..., A n. In deze graaf zijn de punten dus die n gebeurtenissen en er is een pijl van A i naar A j / A i {A i }. Het bewijs van dit lemma is een toepassing van Lemma 3.1 met x i = 1. Er geldt: d+1 P(A i ) p P(A i ) x i (1 x j ) (i,j) E 1 d + 1 (1 1 d + 1 )d = 1 d + 1 ( d d + 1 )d = 1 d ( d d + 1 )d+1 = 1 d (1 1 d + 1 )d+1 1 de. Er volgt dan met behulp van Lemma 3.1 dat als edp 1, dan P( n i=1 A i) > 0. Hiermee is het bewijs geleverd van het symmetrische geval van het Local lemma. 22

25 3.1 Toepassingen van het Local lemma op Ramseygetallen Het Local lemma heeft een aantal mooie toepassingen. Eén daarvan gaat over het vinden van goede afschattingen voor Ramsey-getallen. Wat zijn nu Ramsey-getallen? Beschouw de volledige graaf K n op n punten. Stel dat we de lijnen deze graaf gaan kleuren met rood en blauw. We zeggen dan dat K n eigenschap (k, l) heeft als in elke kleuring met blauw en rood van de graaf er een volledige deelgraaf op k punten is die helemaal rood is of er is een volledige graaf op l punten die helemaal blauw is. Nu is duidelijk dat als K n eigenschap (k, l) heeft, dat dan ook K t eigenschap (k, l) heeft als t n. Het Ramseygetal R(k, l) is nu gedefinieerd als het kleinste getal n waarvoor K n eigenschap (k, l) heeft. De Ramsey-getallen die nu bekend zijn voor k, l 10 zijn [11], [12]: Tabel 3.1: Bekende Ramsey-getallen/afschattingen voor k, l 10 k,l Kijk nog eens naar de definitie van Ramsey-getal. Wat nu direct duidelijk is, is dat R(k, 2) = k, want óf alle lijnen van K k zijn rood, óf er is een blauwe lijn, wat een blauwe K 2 oplevert. Verder geldt wegens symmetrie dat R(k, l) = R(l, k). We zullen nu laten zien dat R(k, l) eindig is. Stelling 3.3. [1] R(k, l) is eindig voor alle k,l > 0. Bewijs. We zullen eerst laten zien dat R(k, l) R(k 1, l) + R(k, l 1). Stel dat n = R(k 1, l) + R(k, l 1) en beschouw een willekeurige lijnkleuring van K n met de kleuren rood en blauw. Kies een willekeurig punt v uit de graaf en laat A de verzameling punten zijn die verbonden zijn met v via een rode lijn. Definieer op dezelfde manier B, maar dan voor de punten die met v verbonden zijn via een blauwe lijn. We vinden nu A + B = n 1, dus volgt hieruit dat, óf A R(k 1, l), óf B R(k, l 1). Stel dat we het eerste geval hebben, dus A R(k 1, l). Het andere geval gaat analoog. Nu weten we dat er, óf een deelverzameling A R van A is met A R = k 1 en de lijnen zijn allemaal rood zodat met v erbij we een rode K k hebben, óf er is deelverzameling A B van A waarvan alle lijnen blauw zijn. We concluderen dat K n eigenschap (k, l) heeft, 23

26 dus volgt R(k, l) R(k 1, l) + R(k, l 1). Zo volgt dan met behulp van R(k, 2) = k en R(2, l) = l dat R(k, l) ( ) k+l 2 k 1. Als we nu kijken naar R(k, k), dan zien we dat: ( ) ( ) 2k 2 2k 3 R(k, k) = k 1 k 1 + ( ) 2k 3 2 2k 3. k 2 Beschouw nu R(3, 3). Dan weten we dat R(3, 3) ( 4 2) = 6. In feite geldt zelfs R(3, 3) = 6, want het onderstaand plaatje laat zien dan R(3, 3) > 5. Deze vijfhoek laat zien dat R(3, 3) > 5. Erdös bewees nu een bepaalde afschatting voor Ramsey-getallen R(k, k). Deze afschatting werd bewezen met behulp van de probabilistische methode: Stelling 3.4. Voor alle k > 0 geldt: R(k, k) 2 k 2. Bewijs. Laat k 4 en n < 2 k 2. We gaan kijken naar alle kleuringen met rood en blauw, waarbij de lijnen onafhankelijk van elkaar gekleurd worden met rood of blauw, elk met kans 1. Laat A een verzameling punten zijn van cardinaliteit k. Definieer A 2 R als de gebeurtenis dat de lijnen opgespannen door A helemaal rood gekleurd worden. Nu geldt P(A R ) = 2 (k 2). Als nu pr de kans is dat een zekere verzameling van k punten rood gekleurd wordt, dan volgt: p R = P( A =k A R ) A R = A =k ( ) n 2 (k 2) k n(n 1)... (n k + 1) = 2 (k 2) n k 2) k! k! 2 (k nk k 2) (2 2 ) k k 2 2 k 1 2 (k < 2) 2 k 1 2 (k = 2 2 (k 2) k+1 = 2 k We zien dus dat p R < 1 2 en wegens symmetrie is dan ook p B < 1 2, waarbij p B de kans is dat de lijnen opgespannen door een verzameling C van cardinaliteit k blauw gekleurd worden. Er geldt dus dat p R + p B < 1 als n < 2 k 2. Wegens de probabilistische methode weten wij nu dat er een kleuring moet bestaan zonder rode of blauwe K k, dus K n heeft niet eigenschap (k, k). Hiermee hebben we het gestelde bewezen. 24

27 Deze afschatting van de Ramsey-getallen voor het diagonale geval is dus bereikt met behulp van de probabilistische methode. Maar met behulp van het Local lemma kunnen wij een nog betere afschatting krijgen. Beschouw weer een willekeurige 2-kleuring van de lijnen van K n, zeg met rood en blauw. Zij S een verzameling van k punten uit K n. Noem A S de gebeurtenis dat er een volledige graaf ontstaat die helemaal rood of helemaal blauw gekleurd is. Nu weten we dat elke gebeurtenis A S onafhankelijk is van A T als S T < 2. Bovendien is P(A S ) = 2 (k 2). Met behulp van het Lemma 3.2 volgt dan: Propositie 3.5. Als e( ( )( k n 2 k 2) )2 ( k 2) < 1, dan geldt R(k, k) > n. ( We hebben dus Lemma 3.2 toegepast met p = 2 (k 2) en d = k )( n 2 k 2). Dit geeft dan R(k, k) 2 e o(1)k2k/2, dus niet zo n grote verbetering van de afschatting, die verkregen is met de probabilistische methode. Het Local lemma is echter het sterkst als er weinig afhankelijkheden tussen de gebeurtenissen. We willen dus gaan kijken naar de niet-diagonale Ramsey-getallen. 3.2 De Ramsey-getallen R(k, 3) en R(k, 4) Laten we eerst gaan kijken naar R(k, 3). Stelling 3.6. [9] R(k, 3) > c( k log k )2, voor zekere constante c. Bewijs. Beschouw de volledige graaf op n punten K n en kleur de lijnen van deze graaf met twee kleuren, zeg rood en blauw. Een lijn kleuren we blauw met kans p en het kleuren van de lijnen, doen we onafhankelijk van elkaar. Merk op dat een lijn rood gekleurd wordt met kans 1 p. Als S nu steeds een verzameling is van drie willekeurige punten van K n, dan definiëren wij voor elke S de gebeurtenis A S als de gebeurtenis dat een driehoek op S blauw gekleurd wordt. Deze kans is dan duidelijk p 3. Beschouw nu een verzameling T van k punten uit K n. Voor elke verzameling T definiëren wij dan B T als de gebeurtenis dat de volledige graaf op T helemaal rood gekleurd wordt. De kans op deze gebeurtenis is dan (1 p) (k pk 2) e 2 2 voor k groot genoeg. Nu kunnen we een afhankelijkheidsgraaf construeren voor de gebeurtenissen A S en B T. Dit doen wij door twee punten met elkaar te verbinden door lijnen (in beide richtingen) dan en slechts dan als de corresponderende volledige grafen een lijn gemeenschappelijk hebben (dan zijn de gebeurtenissen namelijk afhankelijk). Nu is elk A S -punt van de afhankelijkheidsgraaf verbonden met 3(n 3) < 3n A S -punten en hoogstens met ( n k) BT -punten. Op dezelfde manier geldt dat elk B T -punt verbonden is met ( ) k 2 n < k 2 n A 2 S -punten en met hoogstens ( n k) BT -punten. Lemma 3.1 zegt nu dat als we p (0, 1) en x, y [0, 1) kunnen vinden zodanig dat 25

28 dan is R(k, 3) > n. Definieer s = x p 3 en t = p < 1, sp 3 < 1, te 1 2 pk2 < 1; log s > sp 3 3n + te 1 2 pk2 ( ne k )k en log t > sp 3 k2 n 2 + te 1 2 pk2 ( ne k )k, p 3 x(1 x) 3n (1 y) (n k) (3.2) (1 p) (k 2) y(1 x) k 2 n 2 (1 y) ( n k), (3.3) y. Als nu geldt: (1 p) (k 2) dan wordt er voldaan aan (3.2) en (3.3). Laat nu p = c 1 n 1/2, k = c 2 n 1/2 log n, t = e c 3n 1/2 (log n) 2 en s = 1 + ɛ, waarbij c 1, c 2, c 3 en ɛ nog gekozen moeten worden. Dan moeten wij nu laten zien dat geldt: c 1 n 1/2 < 1; (3.4) (1 + ɛ)c 3 1n 3/2 < 1; (3.5) e n1/2 (log n) 2 (c c 1c 2 2 ) < 1; (3.6) log (1 + ɛ) > 3(1 + ɛ)c 3 1n 1/2 + e n1/2 (log n) 2 (c c 2(1 c 1 c 2 )+o(1)) ; (3.7) c 3 n 1/2 (log n) 2 > 1 2 (1 + ɛ)c3 1c 2 2n 1/2 (log n) 2 + e n1/2 (log n) 2 (c c 2(1 c 1 c 2 )+o(1)). (3.8) Nu volgt uit (3.8) en e n1/2 (log n) 2 (c c 2(1 c 1 c 2 )+o(1)) > 1 2 (1 + ɛ)c3 1c 2 2n 1/2 (log n) 2 voor n groot genoeg dat: c 3 > (1 + ɛ)c 3 1c 2 2. Zo blijkt ook dat c 2 (c 1 c 2 1) > c 3. We kunnen onze constanten wel zo kiezen dat hieraan voldaan wordt. We kunnen dus onze constanten zo kiezen dat er voldaan wordt aan (3.4) tot en met (3.8) en daarmee ook aan (3.2) en (3.3). Zo volgt R(k, 3) > c( k log k )2. Laten we nu gaan kijken naar R(k, 4). We kunnen dan weer hetzelfde doen als net. We definiëren nu S als een verzameling van 4 punten en A S is dan de gebeurtenis dat de volledige graaf op S helemaal blauw gekleurd is. Op dezelfde manier definiëren wij B T als bij R(k, 3). Nu kunnen we op dezelfde manier als net een afhankelijkheidsgraaf construeren voor de gebeurtenissen A S en B T. Elk A S -punt van de afhankelijkheidsgraaf is verbonden met ( ( 4 3) (n 4)+ 4 )( n 4 ) ( n 4 ) 2)( 2 6n 2 A S -punten en hoogstens met ( ) n k < ( ne k )k B T - punten. Op dezelfde manier geldt dat elk B T -punt verbonden is met hoogstens k 2 n 2 A S - punten en met hoogstens ( ) n k < ( ne k )k B T -punten. Stelling 3.7. [9] R(k, 4) > c( k log k )5/2 voor een constante c. 26

29 Bewijs. Lemma 3.1 geeft nu weer aan dat als we p (0, 1) en x, y [0, 1) kunnen vinden zodanig dat als p 6 x(1 x) 6n2 (1 y) (n k) ; (1 p) (k 2) y(1 x) k 2 n 2 (1 y) (n k), dat dan geldt: R(k, 4) > n. Definieer nu weer als bij R(k, 3): s = x p 6 en t = moeten we nu positieve s, t en p vinden zodanig dat p < 1, sp 6 < 1, te 1 2 pk2 < 1; log s > sp 6 6n 2 + te 1 2 pk2 ( ne k )k en log t > sp 6 n 2 k 2 + te 1 2 pk2 ( ne k )k. y (1 p) (k 2). Dan Zij nu p = c 1 n 2/5, k = c 2 n 2/5 log n, t = e c 3n 2/5 (log n) 2 invullen in de vergelijkingen, dan krijgen we: en s = 1 + ɛ. Als we deze waarden nu c 1 n 2/5 < 1; (1 + ɛ)c 6 1n 12/5 < 1; e n2/5 (log n) 2 (c c 1c 2 2 ) < 1; log (1 + ɛ) > 6(1 + ɛ)c 6 1n 2/5 + e n2/5 (log n) 2 (c c 2(1 c 1 c 2 )+o(1)) ; c 3 n 2/5 (log n) 2 > (1 + ɛ)c 6 1c 2 2n 2/5 (log n) 2 + e n2/5 (log n) 2 (c c 2(1 c 1 c 2 )+o(1)). Nu volgt dat als er voldaan wordt aan (1 + ɛ)c 6 1c 2 2 < c 3 < c 2 (c 1 c 2 1), dat dan voldaan is aan R(k, 4) > c( k log k )5/2. Nu is het leuk om eens te gaan kijken naar hoe goed de Ramsey-getallen worden afgeschat met behulp van het Local lemma. Voor R(k, 3) gebruiken we (3.2) en (3.3). Uit die dit stelsel kunnen we nu functies f(x, y) en g(x, y) afleiden zo, dat f(x, y) p g(x, y). Als er nu x, y (0, 1) zijn die voldoen aan f(x, y) g(x, y) voor bepaalde n, k N, dan weten we dat R(k, 3) > n, ofwel R(k, 3) n + 1. Op dezelfde manier kun je te werk gaan bij R(k, 4). Dit kun je doen door in Mathematica de functie g f en 0 te plotten en dan te gaan kijken voor vaste k wat de grootste n is dat er een oplossing is. Als we de resultaten hiervan nu vergelijken met wat er bekend is van R(k, 3) en R(k, 4) voor 3 k 10, dan krijgen we: 27

30 Tabel 3.1: De Ramseygetallen met hun afschattingen k l R(k, l) via lemma R(k, l) bekend Zoals we zien, levert het Local lemma voor kleine k en l geen goede afschattingen voor de Ramseygetallen. Maar voor grote k en l zijn de afschattingen wel goed. Dus wat hebben wij nu geleerd? Met behulp van de probabilistische methode konden wij Ramsey-getallen afschatten. Het Local lemma kan deze afschattingen echter verbeteren, maar deze zijn niet altijd even goed. 28

31 Hoofdstuk 4 Conclusie Wat hebben we nu geleerd van ons onderzoek naar de probabilistische methode? We hebben kunnen zien wat de kracht is van deze bewijsmethode. De methode is erg handig voor allerlei wiskundige problemen. Je kunt er weliswaar alleen de existentie mee bewijzen van objecten met een bepaalde eigenschap, maar toch kun je er verrassende dingen mee laten zien. Kijk maar naar de stelling van Erdös over grafen met hoge girth en hoog chromatisch getal. Dit verrassende resultaat heeft weer wiskundigen ertoe aangezet om op zoek te gaan naar constructies van zulke bijzondere grafen. Zo is er de Mycielski-concstructie, maar er bestaan dus ook algemene constructies van die bijzondere grafen. Verder hebben we ook nog gekeken naar twee lemma s, namelijk: het Local lemma van Lovász en het Crossinglemma. Deze lemma s geven ook een goede indruk van de kracht van de probabilistische methode. Het Crossinglemma werd bewezen met die methode en daardoor werd het mogelijk om allerlei interessante problemen in de discrete meetkunde mee te bewijzen. Het Local lemma zegt iets over dat wanneer je bepaalde condities hebt op gebeurtenissen in je kansruimte, dat dan de kans dat geen van die gebeurtenissen plaatsvindt, positief is. Met behulp van het Local lemma konden we Ramsey-getallen beter afschatten. Dit gaf dan een betere afschatting op dan die met de probabilistische methode bereikt werd. Zo kunnen we zien dat er allerlei nieuwe interessante wiskunde is ontstaan door de probabilistische methode. Je kunt er zoveel mooie resultaten mee aantonen die eerst niet zo makkelijk in te zien waren. De kracht van de probabilistische methode zou zeker vaker gebruikt kunnen worden bij de open wiskundige problemen van tegenwoordig. 29

32 Populaire samenvatting De probabilistische methode is een zeer krachtig hulpmiddel om allerlei wiskundige stellingen mee aan te tonen. De absolute grondlegger van deze methode is Paul Erdös ( ). De probabilistische methode wordt dan ook wel de methode van Erdös genoemd. De grondlegger van de probabilistische methode: Paul Erdös. Door de probabilistische methode werden vele wiskundige onopgeloste problemen ineens wel oplosbaar. Wat is nu die probabilistische methode? Het idee achter de probabilistische methode is: Laat een verzameling objecten gegeven zijn. Definieer hierop dan een geschikte kansruimte. Als nu de kans dat een object uit je verzameling een bepaalde eigenschap heeft, positief is, dan is er een object in je verzameling met die eigenschap. Merk op dat de probabilistische methode een niet-constructieve methode is. Je kunt er namelijk alleen het bestaan van objecten met een bepaalde eigenschap mee aantonen. Een simpel voorbeeld van een toepassing van deze methode is het volgende probleem: Stel dat je een vaas hebt met allemaal gekleurde knikkers erin. Als je één knikker er nu uit haalt en de kans dat deze knikker bijvoorbeeld rood is, is groter dat 0, dan weet je dus dat er in die vaas een knikker moet zijn met de rode kleur. 30

33 Als de kans dat een knikker rood is, positief is, dan is er dus een rode knikker in de vaas. Verrassende resultaten Dit was nog een simpel voorbeeld van een toepassing van de probabilistische methode. Er zijn veel moeilijkere problemen mee opgelost. In deze scriptie wordt een aantal van deze moeilijkere problemen beschouwd. Tussen deze moeilijke problemen zitten ook verrassende resultaten. Eén van de stellingen van Erdös is bijvoorbeeld een verrassend resultaat. Die stelling wordt dan ook als een echte klassieker beschouwd. De stelling zegt namelijk dat er grafen bestaan zonder korte cykels, maar waarvoor je wel veel kleuren nodig hebt om de grafen mee te kleuren. Wat betekent dit nu? Waarom is dit zo verrassend? Een graaf die geen cykels bevat van korte lengte is lokaal gezien dus te kleuren met slechts twee kleuren. Dus wat we leren uit die stelling van Erdös is dat er grafen bestaan die lokaal te kleuren zijn met slechts twee kleuren, maar dat die in zijn geheel wel veel kleuren nodig hebben om te kleuren. Dit is dus de reden waarom de stelling zo verrassend en klassiek is. G Lokaal is de graaf G een boom, dus heb je lokaal weinig kleuren nodig. Die stelling van Erdös kan dus bewezen worden met behulp van de probabilistische methode en aangezien deze een niet-constructieve methode is, is het dus niet mogelijk om via dit bewijs die bijzondere grafen te construeren. Zulke constructies bestaan echter wel. 31

34 Het Crossinglemma In deze scriptie is ook aandacht besteed aan het Crossinglemma. Deze geeft een afschatting voor het kruisingsgetal van een graaf in termen van het aantal lijnen en punten. Wat is nu het kruisingsgetal van een graaf? Een graaf kun je in het vlak tekenen en het aantal kruisingen in een tekening met het minste aantal kruisingen is nu het kruisingsgetal cr(g) van die graaf G. Een voorbeeld van wat het kruisingsgetal precies is, zie je in de afbeeldingen hieronder: Deze graaf heeft dus niet kruisingsgetal 1, maar 0. Het Crossinglemma zegt dan dat onder bepaalde condities over het aantal punten en lijnen geldt: cr(g) K m3. Hierbij is m het aantal lijnen van graaf G en n het aantal punten. n 2 Verder is K een constante die niet van n of m afhangt. In deze scriptie wordt gekeken naar de gevallen K = 1 en K = 1. Het bewijs van deze gevallen gaat met behulp van 64 33,75 de probabilistische methode. Het Crossinglemma blijkt een zeer nuttig lemma te zijn voor bijvoorbeeld problemen in de discrete meetkunde. Local lemma en Ramsey-getallen Tot slot is er ook nog aandacht besteed aan het Local lemma van Lovàsz met een toepassing op Ramsey-getallen. Het Local lemma geeft een manier om de kans af te schatten op het tegelijk plaatsvinden van een aantal gebeurtenissen, als deze niet onafhankelijk zijn. Met behulp van dit lemma kun je weer allerlei andere dingen laten zien. Je kunt het bijvoorbeeld gebruiken om goede afschattingen voor Ramsey-getallen te vinden. Wat zijn nu Ramseygetallen? Beschouw de volledige graaf K n op n punten (i.e. een graaf opn punten waarbij alle mogelijke lijnen getekend zijn). Stel dat we de lijnen van deze graaf gaan kleuren met de kleuren rood en blauw. We zeggen dan dat K n eigenschap (k, l) heeft als in elke kleuring met de kleuren blauw en rood van de graaf er een volledige deelgraaf op k punten is die helemaal rood is of er is een volledige graaf op l punten die helemaal blauw is. Nu is duidelijk dat als K n eigenschap (k, l) heeft, dat dan ook K t eigenschap (k, l) heeft als t n. Het Ramsey-getal R(k, l) is nu gedefinieerd als het kleinste getal n waarvoor K n eigenschap (k, l) heeft. Deze Ramsey-getallen kun je dus afschatten met behulp van het Local lemma van Lovász. 32