WYKŁAD 6. Kolorowanie krawędzi Przykład: W turnieju szachowym, w którym biorą udział szachistki A,B,C,D,E,F, pozostały do rozegrania mecze pomiędzy parami AE, AF, BC, BD, BF, CD, DE, EF. W ilu rundach można zakończyć ten turniej?

Ilustracja B F A C E D

Indeks chromatyczny Zbiór niezależny  skojarzenie Liczba chromatyczna χ  indeks chromatyczny χ’ Indeks chromatyczny to najmniejsza liczba kolorów, którymi można pomalować krawędzie grafu tak, by krawędzie o wspólnym końcu miały różne kolory.

Inaczej χ’(G) to minimalna liczba skojarzeń, którymi można pokryć zbiór E(G). χ’(G)= χ(L(G)) χ’=3 χ’=4

Tw. Vizinga Tw. (Vizing,1964) Dla każdego grafu G Mówimy, że G jest k-krawędziowo-kolorowalny, gdy

Lemat Lemat. Dane są: liczba naturalna k, graf G i wierzchołek v tego grafu. Jeśli (i) wierzchołek v oraz wszyscy jego sąsiedzi mają stopień nie większy niż k, (ii) co najwyżej jeden sąsiad v ma stopień równy k, oraz (iii) graf G-v jest k-krawędziowo-kolorowalny, to G jest k-krawędziowo-kolorowalny.

Dowód Tw. Vizinga Indukcja względem n=|V(G)|. Prawda dla n=1. Załóżmy, że to prawda dla n i weźmy dowolny graf G na n+1 wierzchołkach. Niech v będzie dowolnym wierzchołkiem G. Na podstawie zał. ind. G-v jest (Δ+1)-krawędziowo-kolorowalny. Na podstawie Lematu z k= Δ+1, G jest (Δ+1)-krawędziowo-kolorowalny. 

Dowód Lematu Indukcja względem k; k=0,1 – trywialne. Załóżmy prawdziwość dla k-1. Dodając, jeśli trzeba, wierzchołki wiszące, można założyć, że jeden sąsiad v ma stopień k, a pozostali stopień k-1.

Ilustracja k=4 v

Dowód Lematu – c.d. c: E(G-v)  {1,...,k} N_i – zbiór sąsiadów v bez koloru i, i=1,...,k FAKT: Istnieje c takie, że |N_l|=1 dla pewnego l. Przyjmijmy b.s.o., że |N_k|=1, N_k={u}. G’=G bez krawędzi uv i bez krawędzi koloru k G’ spełnia założenia Lematu z v i k-1, więc z zał. ind. jest (k-1)-krawędziowo-kolorowalny. G=G’ plus skojarzenie, więc jest k-krawędziowo-kolorowalny. 

Ilustracja k=4 u v

Ilustracja k=4 – c.d. u v

Dowód Faktu Zauważmy, że FAKT: Istnieje c takie, że |N_l|=1 dla pewnego l. Dowód: Wybierzmy c tak, by zminimalizować Zauważmy, że Stąd, istnieją i i j: |N_i|<2, |N_j| -- nieparzyste.

Dowód Faktu – c.d. Przypuśćmy, że żadne |N_l| nie jest równe 1. Wtedy |N_i|=0, a |N_j|>2. Spójrzmy na maksymalną ścieżkę naprzemienną P w kolorach i i j, zaczynającą się w N_j. Jeśli P kończy się sąsiadem v, to musi on należeć do N_j. Tak czy owak, zamieniając kolory i i j na P, otrzymujemy kolorowanie c’, w którym 1 lub 2 wierzchołki ,,przeszły” z N_j do N_i; zatem -- sprzeczność.

Ilustracja dowodu Faktu P N_j N_i=pusty v |N’_i|=2, |N’_j|=1: 4+1<0+9

Dwa typy grafów Typ I : χ’(G) =Δ(G): np. P_n, C_{2n}, K_{2n} Typ I I: χ’(G) =Δ(G)+1: np. C_{2n+1}, K_{2n+1} Grafy dwudzielne? Graf Petersena ??? II

Grafy dwudzielne są typu I (König 1916) Każdy dwudzielny graf G jest podgrafem Δ(G)-regularnego dwudzielnego grafu H (ćwiczenia). H posiada, zgodnie z Wnioskiem z Tw. Halla, Δ(G) rozłącznych skojarzeń doskonałych, które pokrywają cały zbiór E(H) (ćwiczenia). Zatem zbiór E(G) jest pokryty przez Δ(G) rozłącznych skojarzeń, tzn. χ’(G) =Δ(G).

Faktoryzacja Jeśli regularny graf G jest typu I, tzn. χ’(G) =Δ(G), to mówimy, że ma faktoryzację, zwaną też 1-faktoryzacją. Krawędzie tego samego koloru tworzą skojarzenia doskonałe, zwane 1-faktorami. Dwudzielne grafy regularne są faktoryzowalne, grafy pełne K_{2n} też. Grafy pełne K_{2n+1} nie mogą mieć faktoryzacji. Graf Petersena???

Faktoryzacja -- ilustracja

2-faktoryzacja 2-faktor w grafie G to jego 2-regularny, rozpięty podgraf H, tzn. H jest sumą cykli i V(H)=V(G). 2-faktoryzacją grafu 2k-regularnego G nazywamy podział E(G) na k rozłącznych 2-faktorów. 2-faktoryzacja ZAWSZE istnieje !!!

2-faktoryzacja -- ilustracja

Tw. Petersena o 2-faktoryzacji Tw. Każdy 2k-regularny graf ma 2-faktoryzację. Lemat. Jeśli wszystkie stopnie wierzchołków w G są parzyste, to krawędzie w G można zorientować (skierować, ,,ostrzałkować”) tak, by do każdego wierzchołka wchodziło tyle samo strzałek co wychodziło.

Dowód Tw. Petersena Dowód Tw.: Rozważmy pomocniczy graf 2-dzielny D z A=V(G) do B=V(G), gdzie krawędź biegnie z a do b wgdy gdy ab jest krawędzią w G skierowaną od a do b. Graf D jest k-regularny, więc ma 1-faktoryzację. Każdy 1-faktor w D odpowiada 2-faktorowi w G.

Ilustracja dowodu Tw. Petersena 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

Dowód Lematu Dowód: Indukcja względem e(G) (e=0 prawda). Lemat. Jeśli wszystkie stopnie wierzchołków w G są parzyste, to krawędzie w G można zorientować (skierować, ,,ostrzałkować”) tak, by do każdego wierzchołka wchodziło tyle samo strzałek co wychodziło. Dowód: Indukcja względem e(G) (e=0 prawda). Dla e>0, G musi zawierać cykl C. Zastosujmy założenie indukcyjne do G’=(V,E-C) i dodajmy cykl C skierowany cyklicznie. 