Lijst-kleuringen in de grafentheorie

Transcriptie

1 Lijst-kleuringen in de grafentheorie Berrie Bottelier 16 juli 2014 Bachelorscriptie Begeleiding: dr. Guus Regts Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde Faculteit der Natuurwetenschappen, Wiskunde en Informatica Universiteit van Amsterdam

2 Samenvatting Lijst-kleuringen zijn door Erdös, Rubin en Taylor in 1979 op de kaart gezet. Ze hebben in hun artikel choosability in graphs [2] verschillende resultaten laten zien binnen de lijst-kleuringen van grafen, maar daarnaast hebben ze ook een aantal vermoedens en open problemen geformuleerd. We zullen een aantal resultaten van hun behandelen, maar we zullen ook een licht werpen op een aantal inmiddels bewezen open problemen van hun. In dit verslag zijn de resultaten geordend op zo een manier dat de verschillende bewijstechnieken bij elkaar gezocht zijn. Naast dat dit verslag een licht werpt op resultaten uit de lijst-kleuringen van grafen zal het ook een drietal bewijstechnieken belichten. Eerst zullen we in hoofdstuk 1 licht werpen op het begrip lijst-kleuren. Vervolgens in hoofdstuk 2 gaan we kijken naar verschillende resultaten die allemaal gebruik maken van inductie en gevalsonderscheid. We gaan hier bewijzen dat iedere planaire graaf 5 lijst-kleurbaar is, wat een van de vermoedens van Erdös was. We zullen kijken naar het lijst-lijnkleurgetal van bipartiete grafen. We gaan 2 lijst-kleurbare grafen classificeren en tot slot bewijzen we de stelling van Brooks over lijst-kleuringen. In hoofdstuk 3 gaan we met behulp van algebraïsche technieken laten zien dat het lijst-kleurgetal van planaire bipartiete grafen gelijk is aan 3. Tot slot gaan we in hoofdstuk 4 een algemene benadering geven van het lijst-kleurgetal voor grafen en gaan we het lijst-kleurgetal van willekeurige bipartiete grafen benaderen, beide gebruik makend van de probalistische methode en kansen. Titel: Lijst-kleuringen in de grafentheorie Auteur: Berrie Bottelier, Berriebottelier@hotmail.com, Begeleiding: dr. Guus Regts Tweede beoordelaar: prof. dr. Lex Schrijver Einddatum: 16 juli 2014 Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde Universiteit van Amsterdam Science Park 904, 1098 XH Amsterdam 2

3 Inhoudsopgave 1 Inleiding Lijst-kleuringen Inductie en gevalsonderscheid lijst-kleurbaarheid van planaire grafen Lijst-lijnkleuren van een bipartiete graaf Classificatie van 2 lijst-kleurbare grafen Brooks stelling voor lijst-kleuringen Algebraïsche benadering Stelling van N. Alon en M. Tarsi Lijst-kleuren van een bipartiete graaf Probalistische methode Lijst-kleurgetal van een willekeurige bipartiete graaf Discussie 32 6 Populaire samenvatting 33 Bibliografie 35 3

4 1 Inleiding De reden voor het schrijven van dit verslag is omdat ik naar aanleiding van het vak workshop wiskunde aan de UvA, waar ik een bewijs over lijst-kleuringen gezien had erg nieuwsgierig ben geworden over het begrip lijst-kleuren binnen de grafentheorie. De lijstkleuringen werden in 1979 op de kaart gezet door Erdös, Rubin en Taylor. Dit drietal hadden veel verschillende resultaten over het begrip laten zien, maar tevens hadden ze ook een aantal vermoedens en open problemen bij dit begrip. Door het formuleren van deze vermoedens en open problemen is dit deelonderwerp binnen de grafentheorie tot stand gekomen. In dit verslag zullen we verschillende resultaten bewijzen omtrend de lijstkleuringen bekijken. De verschillende resultaten zullen resultaten zijn van het drietal zelf, of het zullen antwoorden zijn op hun vermoedens en open problemen. In dit hoofstuk zullen we straks nog verder begrip geven over lijst-kleuringen. Het volgende hoofdstuk zal resultaten bevatten die bewezen zijn met behulp van inductie en gevalsonderscheid. In dit hoofdstuk zullen we een van de vermoedens van het drietal bewijzen, namelijk dat iedere planaire graaf 5 lijst-kleurbaar is. Daarnaast zullen we kijken naar het lijst-lijnkleurgetal van bipartiete grafen. Ook gaan we een resultaat van het drietal bekijken waarin een klassificatie gegeven wordt van 2 lijst-kleurbare grafen. Tot slot zullen we in hoofdstuk 2 zien wanneer grafen een lijst-kleurgetal hebben gelijk aan de maximum graad. In hoofdstuk 3 zullen we een algebraïsche techniek laten zien. Deze techniek heeft ook veel verschillende resultaten als gevolg, waaronder een resultaat waaruit blijkt dat planaire bipartiete grafen 3 lijst-kleurbaar zijn. In hoofdstuk vier zullen we gebruik maken van de probalistische methode. We bekijken hier het lijst-kleurgetal van grafen. We zien door deze stelling dat het lijst-kleurgetal een logaritmisch verband heeft met de minimum graad. Het is aan te raden al enige voorkennis te hebben van grafentheorie. Het vak inleiding grafentheorie aan de UvA zal voldoende zijn. Verder zal je ook nog behrip moeten hebben van lijst-kleuringen, deze staan immers centraal in dit verslag. In de volgende sectie zullen we hier verderop in gaan. 1.1 Lijst-kleuringen Een belangrijk begrip dat we nodig zullen hebben is lijst-kleuren en het lijst-kleurgetal, we zullen hiervan eerst de definitie geven en vervolgens een aantal voorbeelden. Definitie 1.1 (Lijst-kleuren). Zij G = (V, E), met V = {v 1,..., v n } een graaf. Zij (S(v)) v V een verzameling van lijsten van kleuren (willekeurig gekozen). Een lijst- 4

5 kleuring van de graaf G is een functie die ieder punt v V een kleur uit zijn eigen lijst S(v) geeft, zodanig dat verbonden punten verschillende kleuren krijgen. Definitie 1.2 (k lijst-kleurbaar). We noemen een graaf G k lijst-kleurbaar als G lijstkleurbaar is, zodanig dat iedere v V een lijst heeft met S(v) = k. Definitie 1.3 (ijst-kleurgetal). Het lijst-kleurgetal ch(g) van een graaf G is het kleinste getal k zodat G k lijst-kleurbaar is. Om wat meer begrip te krijgen van deze definities zullen we een aantal voorbeelden behandelen. Een graaf G = (V, E) met E = heeft een kleurgetal gelijk aan 1. Dit is makkelijk in te zien, immers voor iedere willekeurige lijsten met een element zullen de punten altijd in te kleuren zijn, ze zijn tenslotte niet verbonden met elkaar. Ieder pad is 2 lijst-kleurbaar. Herinner dat alle punten willekeurige lijsten hebben. We kunnen bij een van de uiteindes beginnen. Kies hiervoor een kleur x 1. Het volgende punt kunnen we inkleuren met kleur x 2, immers zijn buur heeft alleen kleur x 1 gebruikt en zijn lijst heeft 2 kleuren, we kunnen er dus altijd nog een kiezen. Zo kunnen we doorgaan tot we bij de andere uiteinde aankomen die we ook kunnen inkleuren. Een pad is dus 2 lijst-kleurbaar. De graaf K 3,3 is niet 2-lijstkleurbaar. Dit is te zien in de volgende afbeelding Als we deze graaf nu willen inkleuren met kleuren uit de lijsten zien we dat dit fout gaat. Geef punt 1 kleur geel, dan krijgt punt 4 kleur groen en punt 5 kleur rood. Nu kunnen we punt 3 nooit inkleuren, immers 4 en 5 gebruiken de kleuren groen en rood al. We zien dus dat deze graaf niet 2 lijst-kleurbaar is. Het bijzondere aan het lijst-kleurgetal is dat dit in tegenstelling tot het gewone kleurgetal erg kan oplopen. Iedere bipartiete graaf heeft een kleurgetal gelijk aan 2, maar het lijst-kleurgetal kan erg oplopen. Zoals we al in dit voorbeeld zien is het lijst-kleurgetal groter dan 2. 5

6 2 Inductie en gevalsonderscheid Een van de meest bekende bewijstechnieken in de grafentheorie is wel gebruik maken van inductie en gevalsonderscheid. Ook bij de lijst-kleuringen is het een veelgebruikte techniek. In dit hoofdstuk bekijken we deze technieken, dit doen we aan de hand van een aantal bewijzen die gebruik maken van deze technieken. Deze bewijzen zullen allemaal iets zeggen over het lijst-kleurgetal van specifieke klassen grafen lijst-kleurbaarheid van planaire grafen Deze sectie gaan we bewijzen dat alle planaire grafen 5 lijst-kleurbaar zijn. We zullen hiervoor het bewijs volgen zoals dit in Diestel (pagina 108) [1] te vinden is. Stelling 2.1 (Thomassen, 1994). Elke planaire graaf is 5 lijst-kleurbaar. Bewijs. We zullen laten zien dat deze stelling volgt uit de volgende claim voor alle planaire grafen G met tenminste 3 punten. Claim: Stel dat elk inwendig facet van G is omsloten door een driehoek en het uitwendige facet is omsloten door een cykel C = v 1 v 2... v k v 1. Stel dat v 1 al is ingekleurd met kleur 1 en v 2 met kleur 2. Stel verder dat ieder punt van C een lijst van tenminste 3 kleuren heeft en dat ieder punt van G C een lijst van tenminste 5 kleuren heeft. We kunnen de kleuring van v 1 en v 2 nu uitbreiden naar een kleuring van G waarbij voor ieder punt een kleur is gekozen uit zijn eigen lijst. We gaan nu als eerst laten zien dat de stelling een gevolg is van deze claim. Zij G een planaire graaf, waarbij ieder punt een lijst van tenminste 5 kleuren heeft. Blijf nu lijnen in G toevoegen zodat je een triangulatie van G krijgt. Deze triangulatie van G kunnen we volgens onze claim inkleuren met voor ieder punt een kleur uit zijn lijst. De triangulatie van G is dus 5 lijst-kleurbaar. Omdat G bevat is in zijn triangulatie volgt hieruit dat ook G 5 lijst-kleurbaar is. Het resteert nu om de claim te bewijzen, dit doen we met behulp van inductie op G. Als G = 3, dan G = C en zijn we klaar. Zij nu G 4 en stel dat onze claim geldt voor kleinere grafen. We onderscheiden nu twee verschillende gevallen. 6

7 C 1 v 1 v 2 = w v k 1 v k P v 1 v 2 u m u 2 u 1 v C 2 Figuur 2.1: Links een voorstelling van geval 1 en rechts van geval 2. Geval 1. De cykel C bevat een koorde vw, in dit geval ligt vw op twee unieke cykels C 1 en C 2 met C 1, C 2 C {vw}, v 1 v 2 C 1 en v 1 v 2 / C 2. Voor i = 1, 2, zij G i de deelgraaf geïnduceerd op de punten van C i en de inwendige punten. We kunnen nu de inductiehypothese toepassen op G 1 om C 1 en zijn inwendige punten in te kleuren, hierdoor krijgen v en w een kleur. Nu heeft G 2 twee punten die vooraf ingekleurd zijn, namelijk v en w. Nogmaals de inductiehypothese toepassen geeft een kleuring voor G 1 G 2 = G. Geval 2. De cykel C bevat geen koorde. Zij v 1, u 1,..., u m, v k 1 de buren van v k in natuurlijke oplopende volgorde om v k. Alle buren u i liggen in het inwendige van C. Omdat alle punten in C omsloten zijn door een driehoek hebben we een pad P := v 1 u 1... u m v k 1 in G en is C = P (C v k ) een cykel. Kies nu twee kleuren j, l 1 uit de lijst van v k en verwijder deze kleuren uit de lijsten van u i. Elke lijst van de punten op C heeft nu nog minstens 3 kleuren, dus uit de inductiehypothese volgt dat we C en het inwendige, ook wel G v k, in kunnen kleuren. Tenminste een van de twee kleuren j, l is niet gebruikt voor v k 1. We kunnen nu voor v k de kleur kiezen die niet gebruikt is en dan hebben we een kleuring van G. 2.2 Lijst-lijnkleuren van een bipartiete graaf In deze sectie staat het lijst-lijnkleurgetal, ch (G) van een bipartiete graaf G centraal. We zullen laten zien dat dit getal even groot is als de maximum graad (G). Hiertoe zullen we eerst nog een aantal belangrijke definities behandelen. Na deze definities volgt een lemma, dit lemma zegt iets over de lijstkleurbaarheid van georiënteerde grafen met een kern. Dit lemma zullen we uiteindelijk gebruiken om het resultaat uit deze sectie te bewijzen. We zullen hier het bewijs uit het boek van Diestel [1] volgen. 7

8 Definitie 2.2. Zij G = (V, E) een ongerichte graaf. In een oriëntatie op de graaf G heeft iedere lijn e E een richting, de verkregen oriëntatie noteren we met D = (V, A), waarbij A de pijlen zijn. Zij v V (G) dan definiëren we de vertrekgraad d + (v) als het aantal pijlen dat uit v vertrekt. Naast een oriëntatie moeten we ook begrip hebben van een kern bij een oriëntatie. Definitie 2.3. Een kern K bij een oriëntatie D van een graaf G is een verzameling punten k V (D) zodanig dat de punten in K onafhankelijk zijn en dat er voor ieder punt in de oriëntatie een pijl naar een van de punten van de kern gaat. Hieronder volgt een voorbeeld, waarin beide definities duidelijk naar voren komen. Voorbeeld 2.4. Bekijk de volgende grafen Figuur 2.2: Een graaf G met een oriëntatie D. We kunnen de linker graaf in iedere lijn een richting geven, dit kunnen we op verschillende manieren doen. Een voorbeeld van een oriëntatie is gegeven in de graad ernaast. We kunnen bij deze oriëntatie vervolgens ook een kern vinden. De kern bij de oriëntatie hierboven is K = {4}. Deze kern voldoet, want de punten in de kern zijn onafhankelijk en ieder punt die niet in de kern zit heeft een pijl wijzen naar een punt in de kern. Vervolgens gaan we een lemma bewijzen. Dit lemma zegt iets over de lijstkleurbaarheid van georiënteerde grafen. Lemma 2.5. Zij H een graaf en (S(v)) v V (H) een verzameling lijsten. Als H een graaf is met oriëntatie D waarvoor geldt dat d + (v) < S(v) voor elke v V (H) en zodat iedere geïnduceerde deelgraaf van D een kern heeft, dan is H lijstkleurbaar met de lijsten S(v). Bewijs. We gebruiken inductie op H. Voor de basisstap H = 0 nemen we de lege kleuring. Voor de inductiestap, zij H > 0. Kies nu een kleur α die in een van de lijsten voorkomt en zij D een oriëntatie van H. Bekijk nu de geïnduceerde deelgraaf 8

9 D D,zodanig dat voor alle v V (D ) geldt dat α S(v). We weten nu dat D een kern U heeft. We geven nu alle punten in U de kleur α. Voor de andere punten in D halen we de kleur α uit hun lijst. Voor de punten die niet in U zitten, maar wel in D geldt dat ze allemaal een pijl hebben die naar een punt in U gaat. Hierdoor voldoen de nieuwe lijsten S (v) voor v / D \ U aan het gestelde: d + (v) < S(v) in D \ U. Nu vinden we voor H \ U een nieuwe oriëntatie, namelijk D \ U. We kunnen door de inductiehypothese nu aannemen dat we H \ U kunnen inkleuren. Deze lijsten gebruiken allemaal niet de kleur α, dus kunnen we de kleuring van H \ U uitbreiden naar een kleuring van H door ieder punt in U de kleur α te geven. We gaan dit bovenstaande lemma gebruiken om de volgende stelling te bewijzen. Stelling 2.6 (Galvin 1995 [7]). Voor elke bipartiete graaf G geldt ch (G) = χ (G). Bewijs. De graaf g is een bipartiete graaf, we kunnen G dus schrijven als G = ({X, Y }, E), met {X, Y } de bipartitie van de punten van G. We zeggen dat twee lijnen elkaar ontmoeten in X als de lijnen een gemeenschappelijk punt x X hebben. Zo kunnen we ook definiëren wanneer lijnen elkaar ontmoeten in Y. Neem χ (G) =: k en zij c de bijbehorende k-lijnkleuring van G, waarbij de kleuren {1, 2,..., k} gebruikt worden. We willen nu bewijzen dat ch (G) = χ (G). Er volgt duidelijk dat ch (G) k, we zijn nu klaar als we kunnen bewijzen dat ch (G) k. We willen dit bewijzen door het bovenstaande lemma te gebruiken op de lijngraaf H van G. Om het bovenstaande lemma te gebruiken dienen we dus een oriëntatie D te vinden voor onze graaf H, zodanig dat d + (v) < k voor iedere v en zodat iedere geïnduceerde deelgraaf van D een kern heeft. We willen deze D construeren, hiervoor bekijken we telkens twee lijnen in de oorspronkelijke graaf. Voor iedere lijn in onze graaf hebben we een pijl van de ene lijn naar de andere lijn nodig om de lijngraaf een oriëntatie te geven. We richten onze pijlen als volgt, als twee lijnen elkaar ontmoeten in X, dan richten we de pijlen van hoog naar laag, waarbij we gebruikmaken van de kleuren {1, 2,..., k} die in de kleuring c gebruikt worden. Ontmoeten twee lijnen elkaar in Y, dan richten we de pijlen van laag naar hoog. We vergelijken hierbij dan de kleuren van een lijn e E(G). Nu willen we de vertrekgraden weten, want er moet nu gelden dat d + (e) < k voor een e E(G). We weten van ieder punt e dat hij pijlen heeft lopen naar de lijnen die hij ontmoet in X die lagere kleur hebben en dat hij pijlen heeft lopen naar de lijnen die hij ontmoet in Y die een hogere kleur hebben. De lijnen die e ontmoeten in X en waar een pijl naartoe loopt hebben een kleur uit de verzameling {1, 2,..., i 1} en de lijnen die hij ontmoet in Y en waar een pijl naartoe loopt hebben een kleur uit de verzameling {i + 1,..., k 1, k}. Twee buren van e die elkaar ontmoeten in X of in Y kunnen nooit dezelfde kleur hebben in de kleuring c die we gedefiniëerd hadden. Hieruit volgt dat voor de vertrekgraad geldt d + (e) < k. Als laatst moeten we nu bewijzen dat iedere geïnduceerde deelgraaf D van D een kern heeft. Dit wordt gedaan met inductie op het aantal punten van D. Als D = 0, dan is de lege verzameling de kern die voldoet. Stel D 1, zij E := V (D ) E(G). Voor elk punt x X waarin lijnen uit E samenkomen definiëer e x E als het punt met de 9

10 laagste kleur (minimale c-waarde). Schrijf U voor de verzameling van alle punten e x. Iedere lijn e E \ U komt samen met e x U. We hebben de lijnen zo gedefinieerd dat er nu altijd een pijl loopt van e naar een e x. Als U onafhankelijk is hebben we een kern en zijn we klaar. Stel U is niet onafhankelijk. Dan zijn er punten e, e U die verbonden zijn met een lijn. Stel c(e) < c(e ). We hebben U zo gedefiniëerd dat ze elkaar niet ontmoeten in X, dus moeten ze elkaar wel ontmoeten in Y. Volgens de definitie van D is de lijn ee D een pijl van e naar e. Uit de inductiehypothese volgt dat D e een kern U heeft. Als e U zijn we klaar, want neem nu voor de kern van D de verzameling U. Als e / U, dan is er een e U met een lijn van e naar e. Als e en e elkaar ontmoeten in X weten we dat c(e ) < c(e ). Hier hebben we een tegenspraak te pakken, want e U. We kunnen nu aannemen dat e en e elkaar ontmoeten in Y en c(e ) < c(e ). We hadden al eerder gezien dat e en e elkaar ontmoeten in Y. We kunnen dus nu concluderen dat c(e) < c(e ). Dus uit de definitie van de gerichte graaf D volgt nu dat er een lijn loopt van e naar e. Dus U is een kern voor D. Dit resultaat heeft een gevolg. In 1916 heeft König bewezen dat het lijnkleurgetal van een bipartiete graaf gelijk is aan zijn maximum graad. Het bewijs is te vinden in Graph Theory van Van Diestel (pag. 112) [1]. Uit de stelling van König volgt het volgende resultaat. Gevolg 2.7. Voor iedere bipartiete graaf G geldt ch (G) = (G). 2.3 Classificatie van 2 lijst-kleurbare grafen P. Erdös, A. Rubin en H. Taylor hebben een classificatie kunnen geven van 2 lijstkleurbare grafen. In deze sectie zullen we dit resultaat behandelen. We volgen het bewijs zoals Erdös, Rubin en Taylor [2] deze hebben behandeld in hun artikel. In dit bewijs beperken we ons tot samenhangende grafen, immers een graaf is 2 lijst-kleurbaar als ieder component van een graaf 2 lijst-kleurbaar is. Ook kunnen we opmerken dat punten met graad 1 in dit geval altijd in te kleuren zijn, immers we kunnen altijd een van de twee kleuren in hun lijst kiezen. We beperken ons daarom tot het hart van een graaf. het hart krijgen we door herhaaldelijk alle punten van graad 1 uit onze graaf te verwijderen. 10

11 Voorbeeld 2.8. Bekijk de volgende grafen Figuur 2.3: Links een graaf met rechts het bijbehorend hart. Hierboven zie je links een graaf. Als we uit deze graaf herhaaldelijk de punten met graad 1 verwijderen, dan hou je het hart over. Eerst verwijder je punt 5 en vervolgens kunnen we punt 4 verwijderen, waardoor we de graaf aan de rechterkant over houden. Deze graaf heeft geen punten van graad 1, dus dit is het bijbehorende hart. Verder bekijken we deze sectie θ-grafen. De θ k,l,m graaf is een graaf waarvan twee punten met elkaar verbonden zijn door drie paden. Een pad met k lijnen, een pad met l lijnen en een pad met m lijnen. Bekijk het volgende voorbeeld, Voorbeeld 2.9. Hieronder zijn een aantal voorbeelden gegeven van de θ-grafen. θ 1,2,2 : θ 1,2,3 : θ 1,3,3 : 11

12 Stelling Grafen van de vorm θ 2,2,2m met m 1 zijn 2 lijst-kleurbaar. Bewijs. De θ 2,2,2m ziet er als volgt uit. A 1 A 2 B D A 2m+1 A 2m We kunnen dit bewijs splitsen in twee verschillende gevallen. Geval 1 is wanneer voor alle lijsten A i geldt A 1 = A 2 =... A 2m+1 = {x, y}. Nu kunnen we voor A i kleur x kiezen als i oneven is en kleur y kiezen als i even is. Dit geeft dat zowel A 1 als A 2m+1 kleur x hebben. Omdat B en D ook een lijst met twee kleuren hebben, en hun buren alleen maar kleur x gebruiken kan je voor beide lijsten nog een kleur kiezen. Geval 2 is wanneer niet alle A j s gelijk zijn. Kies nu twee lijsten A i en A i+1 zodanig dat A i A i+1. Omdat A i en A i+1 verschillend zijn kunnen we voor A i een kleur x i kiezen zodanig dat x i A i \ A i+1. We kunnen nu als volgt doorgaan met kleuren. Voor A i 1 kiezen we x i 1 A i 1 \ {x i }, voor A i 2 kiezen we x i 2 A i 2 \ {x i 1 }, etc. We kunnen zo door blijven kleuren tot we voor A 1 kleur x 1 A 1 \ {x 2 } hebben gekozen. Als {B, D} = {{x 1, b}, {x 1, d}} en A 2m+1 = {b, d}, dan is er een kleur x A 2m+1 zodanig dat B {x 1, x} en D {x 1, x}. Nu kunnen we weer doorgaan met kleuren, we krijgen voor A 2m kleur x 2m A 2m \ {x}, etc. Dit blijven we herhalen totdat we voor A i+1 kleur x i+1 A i+1 \ {x i+2 } en dan zijn we klaar. Stel {B, D} = {{x 1, b}, {x 1, d}} en A 2m+1 = {b, d}. Nu gaan we inkleuren via de andere weg. Voor A i+1 kiezen we kleur y i+1 A i+1 \A i, voor A i+2 kiezen we kleur y i+1 A i+2 \{y i+1 }, etc. Zo kunnen we A 2m+1 inkleuren met kleur y A 2m+1 \ {y 2m }. We weten dat y x 1, anders hadden we onze graaf correct in kunnen kleuren via de andere weg. Voor zowel B als D kunnen we nu kleur x 1 kiezen. Nu kunnen we verder in kleuren door voor A 1 de kleur y 1 A 1 \ {x 1 } te kiezen, voor A 2 de kleury 2 A 2 \ {y 1 } te kiezen, etc. Zo kunnen we door blijven kleuren tot aan A i en dan hebben we een correcte kleuring gevonden. Dus θ 2,2,2m is 2 lijst-kleurbaar. We weten dus dat θ 2,2,2m 2 lijst-kleurbaar is, echter kunnen we hieruit nog iets afleiden. Gevolg Even cykels van de vorm C 2+2m met m 1 zijn 2 lijst-kleurbaar. Bewijs. Dit is makkelijk in te zien, immers C 2+2m is bevat in θ 2,2,2m. Als θ 2,2,2m 2 lijstkleurbaar is, dan is iedere graaf die hierin bevat is ook 2 lijst-kleurbaar. Dus C 2+2m is 2 lijst-kleurbaar. 12

13 We kunnen nu dus iets zeggen over 2 lijst-kleurbare grafen, maar voordat we dit doen definiëren we eerst de volgende verzameling, T = {K 1, C 2+2m, θ 2,2,2m m 1}. A. Rubin heeft over deze verzameling het volgende bewezen. Stelling 2.12 (Rubin 1979 [2]). Een graaf G is 2 lijst-kleurbaar dan en slechts dan als het hart van G bevat is in T. Bewijs. Zij H het hart van een samenhangende graaf. We bewijzen deze stelling door alle mogelijkheden na te gaan. We laten zien dat H bevat is in T of dat H een deelgraaf van een van de volgende vijf types bevat. 1. Een oneven cykel. 2. Twee punt-disjuncte even cykels die verbonden zijn met een pad. 3. Twee even cykels die precies een punt gemeen hebben. 4. Een θ a,b,c graaf waarbij a 2 en b Grafen van de volgende vorm: Stel dat H niet in T zit. Als H een oneven cykel bevat dan zijn we klaar, dus stel dat H een bipartiete graaf is. Zij C 1 de kortste cykel in H. Er zal een lijn in H moeten zijn die niet in C 1 zit, want anders zou H een even cykel zijn. Als er een cykel C 2 is die ten hoogste 1 punt gemeenschappelijk heeft met C 1 dan zitten we in geval 2 of 3 en zijn we klaar. Zij P 1 het korste pad, punt disjunct van C 1, die twee niet verbonden punten van C 1 met elkaar verbindt. Uit het bovenstaande volgt dat zo een pad wel moet bestaan. Als C 1 P 1 niet in T zit, dan zitten we in geval 4 en zijn we klaar. Stel dat C 1 P 1 in T zit, dan is het een θ 2,2,2m graaf, waarbij C 1 een 4-cykel is. Er zal meer aan H vast moeten zitten. Zij P 2 het kortste pad, punt disjunct van C 1 P 1, die twee niet verbonden punten van C 1 P 1 met elkaar verbindt. De eindpunten van P 2 kunnen op zes verschillende manieren vastzitten aan C 1 P 1. Om deze zes verschillende manieren te onderscheiden gaan we de punten van C 1 een naam geven. Geval (i). De uiteindes van P 2 zitten vast aan twee inwendige punten van P 1, in dit geval hebben we twee disjuncte cykels die verbonden zijn met een pad. We bevinden ons nu in geval 2. 13

14 a b b a Geval (ii). De uiteindes van P 2 zitten vast aan a en een inwendig punt van P 1, in dit geval hebben we twee cykels met een gemeenschappelijk punt. We bevinden ons nu in geval 3. Geval (iii). De uiteindes van P 2 zitten vast aan b en een inwendig punt van P 1, in dit geval hebben we drie punt disjuncte paden van a naar b. We bevinden ons nu in geval 4. Geval (iv). De uiteindes van P 2 zitten vast aan a en b, in dit geval hebben we weer drie punt disjuncte paden van a naar b. We bevinden ons nu in geval 4. Geval (v). De uiteindes van P 2 zitten vast aan a en a. Als P 1 van lengte 2 is, dan is P 2 van lengte groter gelijk aan 2 en zitten we in geval 5, als P 1 en P 2 van lengte groter dan 2 zijn zitten we in geval 4. Geval (vi). De uiteindes van P 2 zitten vast aan b en b, als we nu de lijn van a naar b uit C 1 weghalen komen we in geval 4. We hebben nu laten zien dat als H niet in T zit, dat H een van de vijf eerder besproken types bevat. We moeten nu nog laten zien dat het lijst-kleurgetal van deze vijf gevallen groter is dan 2. Van geval 1 weten we dat deze niet 2 kleurbaar is, deze is dan ook niet 2 lijst-kleurbaar. We zijn nu klaar als we ook kunnen laten zien dat de gevallen 2, 3, 4 en 5 niet 2 lijst-kleurbaar zijn. Om dit te laten zien gebruiken we reductie. Verwijder een punt b V (H) en neem zijn buren vervolgens samen. Eventuele dubbele lijnen nemen we samen en er zijn geen loops mogelijk. De nieuwe graaf noemen we H. We claimen nu dat als H niet 2 lijst-kleurbaar is, dat dan H ook niet 2 lijst-kleurbaar is. Het bewijs van de claim gaat als volgt. Stel H is niet 2 lijst-kleurbaar, dan zijn er lijsten waarvoor H niet 2 lijst-kleurbaar is. Zeg dat het samengetrokken punt in dit geval lijst {x, y} heeft. Trek het samengetrokken punt uit elkaar en geef b en zijn buren allemaal dezelfde lijst {x, y}. Als b nu kleur x heeft, hebben al zijn buren kleur y (en andersom). Dit is hetzelfde als voor het samengetrokken punt in H kleur y te kiezen. We kunnen dus concluderen dat H ook niet 2 lijst-kleurbaar is. Na herhaaldelijk toepassen van de reductie kunnen we de 4 gevallen reduceren tot de volgende 4 grafen. Geval 2 kan gereduceert worden tot de twee linker grafen. Geval 3 kan gereduceert worden tot de tweede graaf hierboven. Geval 4 kan gereduceert worden tot de derde graaf. De θ a,b,c graaf heeft ofwel allemaal oneven paden ofwel allemaal even paden. In het geval 14

15 dat het allemaal paden zijn van even lengte zal je het onderste punt een keer moeten verwijderen en zijn buren samen moeten voegen. In het geval dat alle paden van oneven lengte zijn zal je alleen de paden moeten reduceren met de gedefiniëerde reductie. Geval 5 kan gereduceert worden tot de laatste graaf hierboven. Het resteert nu nog om te laten zien dat deze vier grafen niet 2 lijst-kleurbaar zijn. Neem de volgende lijsten voor de grafen, dan zijn ze allemaal niet in te kleuren met kleuren uit hun lijst. Hiermee is het bewijs afgerond. 2.4 Brooks stelling voor lijst-kleuringen Deze sectie gaan we de graad lijst-kleurbaarheid behandelen, ook wel D lijst-kleurbaarheid. Ook hierbij volgen we het bewijs zoals die in choosability in graphs [2] wordt behandeld. We noemen een graaf G = (V, E) D lijst-kleurbaar als hij lijstkleurbaar is, zodanig dat elk punt v V een lijst heeft van lengte d(v), de graad van v. Voordat we naar de D lijst-kleurbaarheid gaan kijken moeten zullen we eerst een ander resultaat moeten behandelen van A. Rubin. [2]. Hierin zeggen we iets over losmakende punten. Zij G = (V, E) een graaf, dan noemen we een punt v V losmakend als G v onsamenhangend is. Nu we weten wanneer een punt losmakend is, kunnen we de volgende stelling behandelen. Stelling Als er geen losmakend punt is in G, dan is G een oneven cykel, G = K n of G bevat een even cykel (met eventueel een enkele koorde) als geinduceerde deelgraaf. Bewijs. Dit bewijs maakt gebruik van inductie en gaat alle mogelijkheden langs. Stel dat er geen losmakend punt is in G, dat G geen oneven cykel is en ook dat G geen 15

16 complete graaf is. Merk op dat een θ graaf uit de vorige sectie een even cykel als geinduceerde deelgraaf of een even cykel met een koorde bevat. We zijn dus klaar als we in ieder geval een geïnduceerde even cykel vinden of een geïnduceerde θ graaf. Geval I. Er is een punt van graad 2, noem deze N. Verwijder N en vervolgens herhalend de punten met graad 1. We bekijken wat er over blijft. I.1 Er blijft een enkel punt over. Dit betekent dat onze graaf oorspronkelijk een even cykel was. I.2 Er blijft een oneven cykel over. Dit betekent dat onze graaf oorspronkelijk een θ graaf was. I.3 Er blijft K m, m 4 over. Dit betekent dat onze graaf een θ 1,2,p als geïnduceerde deelgraaf bevat, met p de lengte van het pad dat we verwijderd hebben. I.4 Als de bovenstaande mogelijkheden niet voorkomen en we hebben nog steeds geen losmakend punt dan zijn we volgens de inductiehypothese klaar. I.5 Wat overblijft heeft een losmakend punt X. De uiteindes van ons weggehaalde pad noemen we A en B. Het punt A kan niet ons losmakende punt zijn, anders was A dit al voordat we het pad weg hebben gehaald. Hieruit volgt dat A X B. Wat als A en B verbonden zijn met een pad dat niet door X gaat. In dit geval had X dan al het losmakende punt van G geweest voordat we het pad hadden weggehaald. Hieruit volgt dus dat alle paden van A naar B door X heen lopen. Dit maakt dat onze graaf er bijvoorbeeld zo uit had kunnen zien. 16

17 A X N B Zij α het kortste pad van A naar B. Het kortste pad kan natuurlijk geen snaren bevatten. Zij β het korste pad van een buur U van A die niet op α ligt naar een punt Z aangrenzend aan α \ {A}. Als Z grenst aan meer twee punten op α, noem dan Y 1 het punt wat het dichtste bij A ligt en Y 2 het punt wat daarna het dichtste bij A ligt. De punten op α van A tot Y 2 en het pad β vormen nu samen een geïnduceerde θ graaf. Als Z grenst aan een enkel punt van α, dan vormen de punten op α de punten op β en het pad door N ook een geïnduceerde θ graaf. Geval II. Er is geen punt van graad 2. Haal nu een punt N uit de graaf en bekijk hetgene wat over is. II.1 Het kan geen enkel punt zijn. II.2 Het is een oneven cykel γ. In dit geval moet N aan ieder punt van γ vast hebben gezeten. Als γ een 3 cykel is, dan was onze graaf K 4, dus γ heeft een grotere lengte. In onze graaf kunnen we nu de volgende geïnduceerde graaf vinden: θ 2,1,2. Het ziet er als volgt uit. N 17

18 II.3 Als G N een complete graaf is, dan is er een punt Y in G die niet verbonden is met N, immers anders geldt er G = K n. Nu kunnen we weer θ 2,1,2 vinden. Y N II.4 Als het geen van de bovenstaande gevallen is en G \ {N} is heeft geen losmakend punt, dan zijn we klaar volgens de inductiehypothese. II.5 De graaf G N heeft wel een losmakend punt X. Merk op dat de geïnduceerde deelgraaf op de buren van N geen complete graaf kan zijn, immers dan had X in G al een losmakend punt geweest. Zij α het kortste pad tussen twee buren A en B van N in G N, zodanig dat A en B geen buren van elkaar zijn. Als dit pad lengte twee heeft, bevat G ofwel C 4 ofwel θ 2,1,2 en zijn we klaar. Dit ziet er dan als volgt uit. A A N N B B Ons pad α van A naar B is dus langer dan twee lijnen. Zij β nu een pad in G N van een buur C van N, met A C B naar een buur Z van het pad α. Als Z een buur is van tenminste twee punten in α, bekijk dan Y A het punt op α dat het dichtste bij A ligt en Y B het punt op α dat het dichtste bij B ligt. Dit ziet er als volgt uit. 18

19 A Y A N C Z B Y B Als Y A geen buur is van Y B, dan vinden we een θ-graaf geïnduceerd op N, B, α van A naar Y A en van B naar Y B. Als Y A en Y B buren zijn van elkaar en Y B B, dan vinden we een θ-graaf geinduceerd op N, B en α van A naar Y B. Als Y A en Y B buren zijn van elkaar en Y B = B, dan Y A A en dan vinden we een θ-graaf zoals we die in het vorige geval ook vonden. Als Z maar een buur op α heeft, dan vinden we een θ-graaf geïnduceerd op N, α en β. Hiermee zijn we alle gevallen langs gegaan en is het bewijs afgerond. We willen iets zeggen over de D lijst-kleurbaarheid van grafen en daarom gaan we eerst kijken naar grafen die niet D lijst-kleurbaar zijn. Zij G en H twee grafen. Neem nu een punt i uit G en een punt j uit H en laat deze twee punten samenvoegen tot een nieuw punt ij. We krijgen nu een nieuwe graaf G ij H. Merk op dat het punt ij de graaf G ij H losmaakt. Nu definiëren we een nieuwe verzameling, namelijk non-d, die bestaat uit K n (n 1), alle oneven cykels en wanneer G, H non-d, dan G ij H non-d. We gaan nu het volgende lemma bewijzen. Een gevolg van dit lemma zal het volgende zijn: omdat complete grafen en oneven cykels niet D lijst-kleurbaar zijn zullen alle grafen in non-d niet D lijst-kleurbaar zijn. Lemma Als G en H beide niet D lijst-kleurbaar zijn, dan is G ij H ook niet D lijst-kleurbaar. Bewijs. Stel dat G en H allebei niet D lijst-kleurbaar zijn. Gebruik voor G en H allebei verschillende kleuren. Zij A de verzameling kleuren op punt i van G en zij B de verzameling van kleuren op punt j van H. We weten dat D( ij ) = D(i) + D(j). We kunnen nu laten zien dat G ij H niet D lijst-kleurbaar is. Neem voor ij de verzameling 19

20 kleuren A B en voor de rest van de graaf dezelfde verzameling als op de oorspronkelijke grafen G en H. Als we voor ij nu een kleur uit A A B kiezen, dan kunnen we G niet correct inkleuren, kiezen we voor een kleur uit B A B dan kunnen we H niet correct inkleuren. Dus G ij H is niet D lijst-kleurbaar. Nu weten we welke grafen niet D Lijst-kleurbaar zijn. Laten we nu gaan kijken naar wel D lijst-kleurbare grafen. Allereerst bekijken we de θ a,b,c graaf, waarbij c 2. De punten nummeren we als volgt: n a + b a + 1 a + b 1 a + b 2 a We kunnen deze graaf als volgt inkleuren. Punt 1 heeft 3 kleuren, we kiezen daarom een kleur die niet in de lijst van punt n zit. Vervolgens kunnen we 2 tot en met a inkleuren, want er is telkens maar 1 buur ingekleurd en ze hebben een lijst met 2 kleuren. Hierna kunnen we ook a + 1 tot en met a + b 1 inkleuren. Het punt a + b heeft drie kleuren in zijn lijst en 2 van zijn buren zijn al ingekleurd, we kunnen dit punt ook inkleuren. Vervolgens kunnen we a + b + 1 tot n 1 inkleuren, want er is telkens maar 1 buur ingekleurd en ze hebben een lijst met 2 kleuren. Tot slot kunnen we n inkleuren, want 1 heeft geen een kleur die in n gebruikt wordt en hij heeft een buur, n 1, die mogelijk een van de twee kleuren in de lijst van n gebruikt. Dus ook n is in te kleuren. Hieruit volgt dat θ a,b,c D lijst-kleurbaar is. We gaan nu de volgende lemma bewijzen, dit is het laatste lemma wat we nodig zullen hebben om iets te kunnen zeggen over D lijst-kleurbare grafen. Lemma Zij G een samenhangende graaf en G heeft een geïnduceerde deelgraaf H die D lijst-kleurbaar is, dan is G D lijst-kleurbaar. 20

21 Bewijs. Stel dat G H niet leeg is. Nu kunnen we een punt x vinden van G H op maximale afstand van H.We nemen x op maximale afstand van H zodat G x samenhangend is. Dit bewijs is met inductie en dus kunnen we aannemen dat een kleinere graaf D lijst-kleurbaar is. Kies een kleur in x en haal die kleur vervolgens uit de lijsten van de buren van x. We hebben nu een graaf G x met lijsten evengroot als de graad van een punt. Deze is D lijst-kleurbaar, dus G is ook D lijst-kleurbaar. We kunnen nu met behulp van de bovenstaande lemma s de volgende stelling bewijzen. Stelling Stel G is samenhangend. Dan geldt dat G niet D lijst-kleurbaar is dan en slechts dan als G non-d. Bewijs. Bekijk G bij de delen waarin geen losmakende punten zitten. Als dit een oneven cykel is of een complete graaf, dan is G non-d en is G niet D lijst-kleurbaar. Als G geen oneven cykel of complete graaf bevat, dan volgt uit Stelling 2.13 dat G een even cykel of θ-graaf bevat als geïnduceerde deelgraaf. Uit de bovenstaande Lemma s volgt nu dat G / non-d, dus dan is G D lijst-kleurbaar. Gevolg Zij G een samenhangende graaf. Als G / non-d, dan ch(g) = (G). Dit volgt direct uit de stelling hierboven. Dit gevolg is een sterkere generalisatie van de Stelling van Brooks (Diestel pagina 99 [1]). 21

22 3 Algebraïsche benadering In dit hoofdstuk gaan we met gehulp van algebraïsche technieken een grafentheoretisch resultaat van N. Alon en M. Tarsi bewijzen. We zullen daarom ook de structuur van hun artikel volgen [3] Deze techniek is inmiddels uitgegroeid tot een veelgebruikte bewijstechniek. Naast het resultaat dat we hier gaan behandelen volgen er nog meer resultaten uit, hiervoor verwijs ik naar een ander artikel van Alon [5]. De stelling waar we nu naartoe zullen werken zal iets zeggen over het lijstkleurgetal van gerichte grafen. Een gerichte graaf heeft verschillende Euler deelgrafen. Als het aantal Euler deelgrafen met een even aantal lijnen (EE(D)) ongelijk is aan het aantal Euler deelgrafen met een oneven aantal lijnen (EO(D)), dan kunnen we iets zeggen over de lijstkleurbaarheid van een gerichte graaf. Deze stelling zullen we dit hoofdstuk eerst bewijzen, waarna we een aantal gevolgen hiervan zullen bekijken. De stelling noteren we als volgt: Stelling 3.1. Zij D = (V, A) een gerichte graaf. Voor elk punt v V laten we S(v) een verzameling van d + D (v) + 1 verschillende gehele getallen. Als EE(D) EO(D), dan is er een correcte kleuring mogelijk, waarbij voor ieder punt v een kleur uit de lijst S(v) wordt gekozen. Met behulp van deze stelling kunnen we vervolgens iets zeggen over het lijst-kleurgetal van bipartiete grafen. Als eerst zullen we wat voorwerk moeten doen. Dit voorwerk bestaat uit een drietal lemma s die we daarna zullen gebruiken om de bovenstaande stelling te bewijzen. 3.1 Stelling van N. Alon en M. Tarsi Lemma 3.2. Zij P = P (x 1, x 2,..., x n ) een polynoom met n variabelen over de ring van gehele getallen Z. Veronderstel dat voor 1 i n de graad van P als polynoom van x i ten hoogste d i is en zij S i Z een verzameling van d i + 1 verschillende gehele getallen. Als P (x 1, x 2,..., x n ) = 0 voor alle n-tupels (x 1,..., x n ) S 1 S 2 S n, dan geldt P 0. Bewijs. We maken gebruik van inductie op n. Als n=1 hebben we een polynoom van graad hoogstens d 1. Een polynoom van graad d 1 kan ook maximaal d 1 verschillende nulpunten hebben, dus in dit geval hebben we te maken met het nulpolynoom. Stel dat het lemma geldt voor n 1, dan moeten we bewijzen dat het geldt voor n (n 2). Gegeven een polynoom P = P (x 1,..., x n ) en kies S i zodat ze voldoen aan de inductiehypothese. We gaan ons polynoom nu schrijven als een polynoom in de variabele x n, P = d n i=0 P i(x 1,..., x n 1 )x i n, waarbij elke P i een polynoom is en waarvoor geldt dat 22

23 x j graad ten hoogste d j heeft. Voor elke vast (n 1)-tupel (x 1,..., x n 1 ) S 1 S n 1, is het polynoom in x n verkregen door in P de waardes van x 1,..., x n 1 te substitueren een polynoom in x n. Dit polynoom verdwijnt voor alle waarden x n S n en is dus identiek 0. Dus P i (x 1,..., x n 1 ) = 0 voor alle (x 1,..., x n 1 ) S 1 S n 1 en dus volgt er uit de inductiehypothese dat P i 0. Hieruit volgt nu dat P 0. Voor het volgende lemma hebben zullen we nog het een en ander moeten definiëren. het graaf polynoom, f G = f G (x 1,... x n ) van een ongerichte graaf G = (V, E) op een verzameling V = {v 1,..., v n } van n punten is als volgt gedefinieerd f G (x 1,..., x n ) = {(x i x j ) i < j, {v i, v j } E}. Daarnaast kunnen we ook voor een gerichte graaf D een gewichtsfunctie definiëren. Voor een geörienteerde lijn e = (v i, v j ) van G definiëren we zijn gewicht w(e) door w(e) = x i als i < j en w(e) = x i als i > j. Het gewicht van een orientatie D is dan w(d) = e E(D) w(e), het product van de gewichten van de lijnen van D. Er geldt dat f G = D w(d) waarbij wordt gesommeerd over alle mogelijke oriëntaties van G. Dit geldt omdat elke term in de uitgeschreven uitdrukking van f G (x 1,..., x n ) = {(xi x j ) i < j, {v i, v j } E} overeenkomt met een keuze voor de oriëntatie van {v i, v j } voor elke lijn {v i, v j } van G. Verder noemen we een gerichte lijn (v i, v j ) in D van G dalend als i > j. We noemen een oriëntatie D even (resp. oneven) als hij een even (resp. oneven) aantal dalende lijnen heeft. Verder zij voor niet negatieve d 1,..., d n, DE(d 1,..., d n ) (resp. DO(d 1,..., d n ) de verzameling van alle even (resp. oneven) orientaties van G waarbij ieder punt v i vertrekgraad d i heeft, 1 i n. Uit het bovenstaande kunnen we het volgende lemma halen. Lemma 3.3. Met de bovenstaande notatie geldt het volgende. f G (x 1,..., x n ) = d 1,...,d n 0 ( DE(d 1,..., d n ) DO(d 1,..., d n ) ) Bewijs. We weten al dat f G te schrijven is als f G = D w(d). Als we #D schrijven voor het aantal dalende lijnen in een oriëntatie D, dan kunnen we w(d) als volgt schrijven, w(d) = n i=1 xd i i ( 1)#D. We zien dan w(d) positief is als D een even oriëntatie is en negatief als D een oneven oriëntatie heeft. We krijgen nu het volgende: f G (x 1,..., x n ) = D = D = D = w(d) ( n i=1 x d i i ( 1)#D ) ( 1) #D ( n d 1,...,d n 0 i=1 x d i i ) ( DE(d 1,..., d n ) DO(d 1,..., d n ) ) n i=1 n i=1 x d i i. x d i i. 23

24 Kies een vaste rij niet negatieve vertrekgraden d 1,..., d n en kies een vaste oriëntatie D 1 DE(d 1,..., d n ) DO(d 1,..., d n ). Voor iedere oriëntatie D 2 DE(d 1,..., d n ) DO(d 1,..., d n ) nemen we voor D 1 D 2 de verzameling van alle geörienteerde lijnen waarvan de richting in D 1 het tegenovergestelde is van de richting in D 2. Lemma 3.4. Met de bovenstaande notatie geldt D 1 D 2 heeft een even aantal lijnen als zowel D 1 als D 2 een even of oneven aantal dalende lijnen heeft. Bewijs. Laat D een oriëntatie zijn. Schrijf D + voor de stijgende lijnen in D en D voor de dalende lijnen in D. Er geldt dat D 1 D 2 = (D + 1 D 2 ) (D 1 D + 2 ). Schrijf nu x = D + 1 D 2 en y = D 1 D + 2. Dan geldt D + 1 D 2 + D 1 D 2 = D 2 omdat D + 1 D 1 = E. Hieruit volgt dat x = D 1 D 2 + D 2 mod 2. Analoog volgt dat y = D 1 D 2 + D 1 mod 2. Dus x+y = D 1 + D 2 +2 D 1 D 2 mod 2 = D 1 + D 2 mod 2. Definitie 3.5. Zij H een gerichte deelgraaf van D. De graaf H noemen we een Euler deelgraaf als er in ieder punt evenveel pijlen in als uit gaan. Nu kunnen we zeggen dat D 1 D 2 een Euler deelgraaf is van D 1, immers voor iedere lijn die binnenkomt in een punt zal er ook een lijn uit moeten komen. Hieruit volgt dat de afbeelding die D 2 afbeeldt op D 1 D 2 een bijectie is tussen DE(d 1,..., d n ) DO(d 1,..., d n ) en de Euler deelgrafen van D 1, want voor iedere Euler deelgraaf is er een unieke D 1 D 2. In het geval dat D 1 een even aantal dalende lijnen betekent dit dat de afbeelding even oriëntaties op even grafen en oneven oriëntaties op oneven grafen afbeeldt. We noemen een Euler deelgraaf even, als deze een even aantal lijnen heeft. We schrijven voor het aantal even (resp. oneven) aantal Euler deelgrafen van een graaf D 1, EE(D 1 ) (resp.eo(d 1 )). Nu kunnen we het volgende schrijven: DE(d 1,..., d n ) DO(d 1,..., d n ) = EE(D 1 ) EO(D 1 ) Als we dit bovenstaande allemaal gebruiken kunnen we het volgende formuleren. Gevolg 3.6. Zij D een oriëntatie van een ongerichte graaf G = (V, E) op n punten, V = {v 1,..., v n }. Voor 0 i n, zij d i = d + D (v i) de vertrekgraad van v i in D. De absolute waarde van de coëfficiënten van de monomen n i=1 xd i i in de representatie van f G = f G (x 1,..., x n ) is gelijk aan EE(D) EO(D). In het bijzonder geldt dat als EE(D) EO(D) dat deze coëfficiënt ongelijk aan nul is. Nu we dit voorwerk hebben gedaan kunnen we aan de slag gaan met het bewijzen van de stelling. Stelling 3.7. Zij D = (V, A) een gerichte graaf. Voor elk punt v V zij S(v) een verzameling van d + D (v) + 1 verschillende gehele getallen. Waarbij d+ D (v) de vertrekgraad van een punt v is. Als EE(D) EO(D), dan is er een correcte kleuring mogelijk, waarbij voor ieder punt v een kleur uit zijn lijst S(v) wordt gekozen. 24

25 Bewijs. Zij D = (V, A) een gerichte graaf op punten V = {v 1,..., v n }, waarbij d i = d + D (v i) de vertrekgraad van het punt v i. Stel EE(D) EO(D). Voor 1 i n, zij S i Z een verzameling van d i + 1 verschillende gehele getallen. We moeten laten zien dat er een correcte kleuring bestaat, waarbij voor iedere v i er een kleur uit S i is gekozen. Stel er is geen correcte kleuring. Zij G de onderliggende graaf van D zonder oriëntatie, met een unieke graafpolynoom f G = f G (x 1,..., x n ). Zeggen dat er geen correcte kleuring bestaat is equivalent aan de volgende uitspraak: f G (x 1,..., x n ) = 0 voor elk n-tupel (x 1,..., x n ) S 1 S n. (3.1) Daarnaast kunnen we voor voor iedere i, 1 i n, een polynoom Q i (x i ) definiëren als volgt, Q i (x i ) = s S i (x i s) = x d i+1 i d i j=0 q ijx j i. In het bijzonder geldt dat als x i S i dan Q i (x i ) = 0, dus x d i+1 i = d i j=0 q ij x j i (3.2) Als we nu f G schrijven als lineaire combinatie van monomen en vervolgens herhaaldelijk iedere voorkomen van x f i i, f i > d i (1 i n) vervangen door de lineaire combinatie van lagere machten van x i gebruikmakend van de relatie in (3.2), krijgen we een nieuwe polynoom f G. We kunnen aannemen dat onze polynoom f G ten hoogste graad d i heeft in x i voor elke i = 1,..., n. In het bijzonder geldt er dat f G (x 1,..., x n ) = f G (X 1,..., x n ) voor alle (x 1,..., x n ) S 1 S n, want (3.2) houdt stand voor deze waardes van x 1,..., x n. Uit Lemma 3.2 volgt nu dat f G 0. Omdat we hadden aangenomen dat EE(D) EO(D) weten we uit Gevolg 3.6 dat de coëfficiënten van n i=1 xd i i in f G ongelijk aan nul zijn. De graad van x i in dit polynoom is d i, dus de relatie in (3.2) heeft hier geen effect op. Bovendien is f G homogeen en iedere toepassing van de relatie (3.2) verlaagd de totale graad strict. Als je f G met deze relatie laat overgaan in f G zal je geen nieuwe scalaire veelvouden van n i=1 xd i i krijgen. Hieruit volgt dat de coëfficiënt van n i=1 xd i i in f G hetzelfde is als die van f G die ongelijk is aan nul. Dit is in tegenspraak met het feit dat f G 0, onze aanname was dus verkeerd. Er is dus wel een correcte kleuring. 3.2 Lijst-kleuren van een bipartiete graaf De voorgaande stelling kunnen we nu gebruiken om iets te zeggen over het lijst-kleurgetal van bipartiete grafen. Eerder in deze scriptie heb ik al gezegd wat het lijst-lijnkleurgetal van een bipartiete graaf is. We zullen zien dat het lijst-kleurgetal, in tegenstelling tot het kleurgetal bij bipartiete grafen afhankelijk is van de maximale gemiddelde graad van alle deelgrafen. Zij G = (V, E) een graaf, dan definiëren we L(G) = max H G ( E(H) / V (H) ), waarbij H = (V (H), E(H)) een deelgraaf is van G. We kunnen ook zeggen dat L(G) de maximale waarde is van alle gemiddelde graden van de deelgrafen van G. Nu we hebben gedefiniëerd wat L(G) is kunnen we dit gebruiken in de volgende lemma s. 25

26 Lemma 3.8. Een graaf G = (V, E) heeft een oriëntatie D waarbij de vertrekgraad hoogstens d is dan en slechts dan als L(G) d. Bewijs. Stel G = (V, E) heeft een oriëntatie D waarbij de vertrekgraad hoogstens d is. Nu geldt voor elke deelgraaf H van G E(H) = d + H (v) d + D (v) d V (H). v V (H) v V (H) Hier kunnen we uit afleiden dat E(H) / V (H) d. Dit geldt voor iedere deelgraaf H, dus in het bijzonder de deelgraaf zodat E(H) / V (H) maximaal is, dus L(G) d. De andere kant op stellen we dat L(G) d. We gaan nu een bipartiete graaf F maken met twee verzamelingen punten A en B, met A = E(G) en B een vereniging van d disjuncte kopiën van V (G). De verzameling B bestaat dus uit d V (G) verschillende punten. Er loopt een lijn in F van e A naar v B als het punt v een can de uiteindes van e is. We gaan nu laten zien dat F een matching bevat van grootte A = E. Dit gaan we doen door te laten zien dat F aan de voorwaarden van de stelling van Hall (Diestel pagina 31 [1]) voldoet. Als E E een verzameling lijnen is van een deelgraaf H van G waarvan de punten alle eindpunten van de lijnen in E zijn, dan geldt dat E in totaal d V (H) buren heeft in onze bipartiete graaf F. Uit de definitie van L(G) volgt dat E / V (H) L(G) d en dus d V (H) E. Dit is precies de voorwaarde van de stelling van Hall. Er bestaat dus een matching van grootte E. Nu kunnen we elke lijn in G oriënteren, door te vertrekken uit het punt waaraan een lijn gematcht is. Dit geeft een oriëntatie D op G waarbij elke vertrekgraad ten hoogste d is. Dit bovenstaande lemma kunnen we nu combineren met stelling 3.1. Stelling 3.9. Elke bipartiete graaf heeft een lijst-kleurgetal van ten hoogste L(G) + 1. Bewijs. Neem d = L(G). Uit Lemma 3.8 volgt dat er een oriëntatie D bestaat met vertrekgraad hoogstens d. Omdat een bipartiete graaf geen oneven cykels kan bevatten geldt er dat EE(D) EO(D). We kunnen nu Stelling 3.1 toepassen en we zijn klaar. Deze stelling gaan we nu gebruiken om het lijstkleurgetal van planaire bipartiete grafen te bepalen. Stelling Elke planaire bipartiete graaf G heeft een lijst-kleurgetal van hoogstens 3. Bewijs. We gebruiken de Euler formule voor grafen, V E +F = 2, waarbij V het aantal punten, E het aantal lijnen en F het aantal facetten is. Als je een planaire bipartiete graaf hebt met maar 1 facet, dan kunnen de lijnen hoogstens een pad vormen en is hij 3 lijst-kleurbaar. Als je in een planaire bipartiete graaf minstens twee facetten hebt, dan heb je voor ieder facet ten minste 4 lijnen nodig. Ook ligt een lijn aan hoogstens 2 facetten. We kunnen nu concluderen dat E 2F. Dit invullen in de Euler formule heeft het volgende E 2V 4 Een planaire bipartiete graaf heeft dus hoogstens 2V-4 lijnen. Hieruit volgt dat L(G) 2. Uit stelling 3.9 volgt nu dat het lijst-kleurgetal van planaire bipartiete grafen hoogstens 3 is. 26

27 4 Probalistische methode De probalistische methode is de laatste manier van bewijzen die ik wil behandelen. Het is een techniek waarbij gebruik wordt gemaakt van kansen. Je laat hierbij zien dat iets met een positieve kans mogelijk is. Deze techniek wordt ook veel gebruikt binnen de grafentheorie. Wij gaan dit nu ook gebruiken om de volgende stelling te bewijzen. Deze stelling laat zien dat het lijst-kleurgetal afhankelijk is van de minimale graad. In bipartiete grafen is het kleurgetal 2, echter met lijst-kleuringen neemt dit logaritmisch toe. We volgen het bewijs zoals deze door Alon in Degrees and choice numbers [4] wordt behandeld. Stelling 4.1. Zij G een simpele graaf met minimum graad tenminste d. Als s een geheel getal is en d > 4(s2 + 1) 2 ( 2 log(e)) 2 22s (4.1) dan geldt ch(g) > s. Bewijs. We hebben in Stelling 2.12 al laten zien wanneer grafen 2 lijst-kleurbaar zijn. Dit impliceert dat deze stelling al geldt voor s 2. We kunnen stellen dat s tenminste 3 is. Zij G = (V, E) een simpele graaf met minimale graad d en stel dat (4.1) voldoet. Neem V = n en neem voor de verzameling kleuren S = {1, 2,..., s 2 }. We willen laten zien dat er deelverzamelingen S(v) S zijn, met S(v) = s voor alle v V, zodat er geen correcte kleuring is, waarbij voor ieder punt v een kleur is gekozen uit de verzameling S(v). Zij B een deelverzameling van V waarbij elke v V, willekeurig en onnafhankelijk gekozen, met kans 1 d een element van B is. Voor elke b B zij S(b) een willekeurige ( deelverzameling van kardinaliteit s van S, willekeurig en onafhankelijk gekozen uit alle s 2) s deelverzamelingen van S. Een punt v V noemen we goed als v / B en als er voor elke deelverzameling T S met kardinaliteit T = s 2 /2 een buur b van v is, zodanig dat b B en S(b) T. Nu kunnen we de kans bepalen dat een punt v niet goed is. Dit is hoogstens ( ) ( ) ( s ) s 2 /2 ( s 2 /2 1)... ( s 2 d /2 s + 1). (4.2) d d s 2 /2 d s 2 (s 2 1)... (s 2 s + 1) De kans dat v B is niet groter dan 1 d. Er zijn in totaal s 2 /2 ( s 2 /2 1)... ( s 2 /2 s + 1) mogelijkheden voor een S(u) om bevat te zijn in T. In totaal zijn er s 2 (s 2 1)... (s 2 s + 1) mogelijkheden voor S(u). Als v / B dan is voor een vaste T S met 27