Lijst-kleuringen in de grafentheorie
Berrie Bottelier
16 juli 2014
Bachelorscriptie
Begeleiding: dr. Guus Regts
1
2
3
4
5
6
Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde
Samenvatting
Lijst-kleuringen zijn door Erd¨os, Rubin en Taylor in 1979 op de kaart gezet. Ze heb-ben 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 bewijs-technieken 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 Erd¨os 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 algebra¨ısche 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, 10172513 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 http://www.science.uva.nl/math
Inhoudsopgave
1 Inleiding 4
1.1 Lijst-kleuringen . . . 4
2 Inductie en gevalsonderscheid 6 2.1 5 lijst-kleurbaarheid van planaire grafen . . . 6
2.2 Lijst-lijnkleuren van een bipartiete graaf . . . 7
2.3 Classificatie van 2 lijst-kleurbare grafen . . . 10
2.4 Brooks’ stelling voor lijst-kleuringen . . . 15
3 Algebra¨ısche benadering 22 3.1 Stelling van N. Alon en M. Tarsi . . . 22
3.2 Lijst-kleuren van een bipartiete graaf . . . 25
4 Probalistische methode 27 4.1 Lijst-kleurgetal van een willekeurige bipartiete graaf . . . 29
5 Discussie 32
6 Populaire samenvatting 33
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 kleuren binnen de grafentheorie. De lijst-kleuringen werden in 1979 op de kaart gezet door Erd¨os, 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 algebra¨ısche 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 = {v1, . . . , vn} een graaf. Zij
lijst-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 kleurbaar). We noemen een graaf G k kleurbaar als G lijst-kleurbaar 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 x1. Het volgende
punt kunnen we inkleuren met kleur x2, immers zijn buur heeft alleen kleur x1 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 K3,3 is niet 2-lijstkleurbaar. Dit is te zien in de volgende afbeelding.
1
2
3
4
5
6
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 kleur-getal erg kan oplopen. Iedere bipartiete graaf heeft een kleurkleur-getal gelijk aan 2, maar het lijst-kleurgetal kan erg oplopen. Zoals we al in dit voorbeeld zien is het lijst-kleurgetal groter dan 2.
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.
2.1 5 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 pla-naire grafen G met tenminste 3 punten.
Claim: Stel dat elk inwendig facet van G is omsloten door een driehoek en het uitwen-dige facet is omsloten door een cykel C = v1v2. . . vkv1. Stel dat v1 al is ingekleurd met
kleur 1 en v2 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 v1 en v2 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.
v
2= w
v
1C
1v
C
2v
2v
1v
kv
k−1u
1u
mu
2P
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 C1 en C2 met C1, C2 ⊂ C ∪ {vw}, v1v2 ∈ C1 en v1v2 ∈ C/ 2. Voor i = 1, 2, zij Gi de
deelgraaf ge¨ınduceerd op de punten van Ci en de inwendige punten. We kunnen nu
de inductiehypothese toepassen op G1 om C1 en zijn inwendige punten in te kleuren,
hierdoor krijgen v en w een kleur. Nu heeft G2 twee punten die vooraf ingekleurd zijn,
namelijk v en w. Nogmaals de inductiehypothese toepassen geeft een kleuring voor G1 ∪ G2 = G.
Geval 2. De cykel C bevat geen koorde. Zij v1, u1, . . . , um, vk−1 de buren van vk in
natuurlijke oplopende volgorde om vk. Alle buren ui liggen in het inwendige van C.
Omdat alle punten in C omsloten zijn door een driehoek hebben we een pad P := v1u1. . . umvk−1 in G en is C0 = P ∪ (C − vk) een cykel. Kies nu twee kleuren j, l 6= 1 uit
de lijst van vk en verwijder deze kleuren uit de lijsten van ui. Elke lijst van de punten
op C0 heeft nu nog minstens 3 kleuren, dus uit de inductiehypothese volgt dat we C0 en het inwendige, ook wel G − vk, in kunnen kleuren. Tenminste een van de twee kleuren
j, l is niet gebruikt voor vk−1. We kunnen nu voor vk 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, ch0(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 geori¨enteerde 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.
Definitie 2.2. Zij G = (V, E) een ongerichte graaf. In een ori¨entatie op de graaf G heeft iedere lijn e ∈ E een richting, de verkregen ori¨entatie noteren we met D = (V, A), waarbij A de pijlen zijn. Zij v ∈ V (G) dan defini¨eren we de vertrekgraad d+(v) als het
aantal pijlen dat uit v vertrekt.
Naast een ori¨entatie moeten we ook begrip hebben van een kern bij een ori¨entatie. Definitie 2.3. Een kern K bij een ori¨entatie 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 ori¨entatie 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.
1
2
4
3
1
2
4
3
Figuur 2.2: Een graaf G met een ori¨entatie D.
We kunnen de linker graaf in iedere lijn een richting geven, dit kunnen we op verschillende manieren doen. Een voorbeeld van een ori¨entatie is gegeven in de graad ernaast.
We kunnen bij deze ori¨entatie vervolgens ook een kern vinden. De kern bij de ori¨entatie 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 geori¨enteerde grafen.
Lemma 2.5. Zij H een graaf en (S(v))v∈V (H) een verzameling lijsten. Als H een graaf
is met ori¨entatie D waarvoor geldt dat d+(v) < |S(v)| voor elke v ∈ V (H) en zodat
iedere ge¨ınduceerde 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 ori¨entatie van H. Bekijk nu de ge¨ınduceerde deelgraaf
D0 ⊂ D,zodanig dat voor alle v ∈ V (D0) geldt dat α ∈ S(v). We weten nu dat D0 een
kern U 6= ∅ heeft.
We geven nu alle punten in U de kleur α. Voor de andere punten in D0 halen we de kleur α uit hun lijst. Voor de punten die niet in U zitten, maar wel in D0 geldt dat ze allemaal een pijl hebben die naar een punt in U gaat. Hierdoor voldoen de nieuwe lijsten S0(v) voor v /∈ D \ U aan het gestelde: d+(v) < |S(v)| in D \ U . Nu vinden we voor
H \ U een nieuwe ori¨entatie, 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 ch0(G) = χ0(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 ont-moeten in X als de lijnen een gemeenschappelijk punt x ∈ X hebben. Zo kunnen we ook defini¨eren wanneer lijnen elkaar ontmoeten in Y . Neem χ0(G) =: k en zij c de bij-behorende k-lijnkleuring van G, waarbij de kleuren {1, 2, . . . , k} gebruikt worden. We willen nu bewijzen dat ch0(G) = χ0(G). Er volgt duidelijk dat ch0(G) ≥ k, we zijn nu klaar als we kunnen bewijzen dat ch0(G) ≤ k. We willen dit bewijzen door het bo-venstaande lemma te gebruiken op de lijngraaf H van G. Om het bobo-venstaande lemma te gebruiken dienen we dus een ori¨entatie D te vinden voor onze graaf H, zodanig dat d+(v) < k voor iedere v en zodat iedere ge¨ınduceerde 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 ori¨entatie te geven. We richten onze pijlen als volgt, als twee lijnen elkaar ontmoeten in X, dan richten we de pijlen van hoog naar laag, waar-bij 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 gedefini¨eerd hadden. Hieruit volgt dat voor de vertrekgraad geldt d+(e) < k.
Als laatst moeten we nu bewijzen dat iedere ge¨ınduceerde deelgraaf D0 van D een kern heeft. Dit wordt gedaan met inductie op het aantal punten van D0. Als |D0| = 0, dan is de lege verzameling de kern die voldoet. Stel |D0| ≥ 1, zij E0 := V (D0) ⊂ E(G). Voor
laagste kleur (minimale c-waarde). Schrijf U voor de verzameling van alle punten ex.
Iedere lijn e0 ∈ E0\ U komt samen met e
x∈ U . We hebben de lijnen zo gedefinieerd dat
er nu altijd een pijl loopt van e0 naar een ex. Als U onafhankelijk is hebben we een kern
en zijn we klaar.
Stel U is niet onafhankelijk. Dan zijn er punten e, e0 ∈ U die verbonden zijn met een lijn. Stel c(e) < c(e0). We hebben U zo gedefini¨eerd dat ze elkaar niet ontmoeten in X, dus moeten ze elkaar wel ontmoeten in Y . Volgens de definitie van D is de lijn ee0 ∈ D een pijl van e naar e’. Uit de inductiehypothese volgt dat D0− e een kern U0 heeft. Als
e0 ∈ U0 zijn we klaar, want neem nu voor de kern van D0 de verzameling U0. Als e0 ∈ U/ 0,
dan is er een e00 ∈ U0 met een lijn van e0 naar e00. Als e0 en e00 elkaar ontmoeten in X
weten we dat c(e00) < c(e0). Hier hebben we een tegenspraak te pakken, want e0 ∈ U . We kunnen nu aannemen dat e0 en e00 elkaar ontmoeten in Y en c(e0) < c(e00). We hadden al eerder gezien dat e en e0 elkaar ontmoeten in Y . We kunnen dus nu concluderen dat c(e) < c(e00). Dus uit de definitie van de gerichte graaf D volgt nu dat er een lijn loopt van e naar e00. Dus U0 is een kern voor D0.
Dit resultaat heeft een gevolg. In 1916 heeft K¨onig 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 K¨onig volgt het volgende resultaat.
Gevolg 2.7. Voor iedere bipartiete graaf G geldt ch0(G) = ∆(G).
2.3 Classificatie van 2 lijst-kleurbare grafen
P. Erd¨os, A. Rubin en H. Taylor hebben een classificatie kunnen geven van 2 lijst-kleurbare grafen. In deze sectie zullen we dit resultaat behandelen. We volgen het bewijs zoals Erd¨os, 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.
Voorbeeld 2.8. Bekijk de volgende grafen.
3
2
1
4
5
3
1
2
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 θk,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.
Stelling 2.10. Grafen van de vorm θ2,2,2m met m ≥ 1 zijn 2 lijst-kleurbaar.
Bewijs. De θ2,2,2m ziet er als volgt uit.
A
1A
2A
2mA
2m+1B
D
We kunnen dit bewijs splitsen in twee verschillende gevallen. Geval 1 is wanneer voor alle lijsten Ai geldt A1 = A2 = . . . A2m+1 = {x, y}. Nu kunnen we voor Ai kleur x
kiezen als i oneven is en kleur y kiezen als i even is. Dit geeft dat zowel A1 als A2m+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 Aj’s gelijk zijn. Kies nu twee lijsten Ai en Ai+1 zodanig dat
Ai 6= Ai+1. Omdat Ai en Ai+1 verschillend zijn kunnen we voor Ai een kleur xi kiezen
zodanig dat xi ∈ Ai \ Ai+1. We kunnen nu als volgt doorgaan met kleuren. Voor
Ai−1 kiezen we xi−1 ∈ Ai−1\ {xi}, voor Ai−2 kiezen we xi−2 ∈ Ai−2\ {xi−1}, etc. We
kunnen zo door blijven kleuren tot we voor A1 kleur x1 ∈ A1\ {x2} hebben gekozen. Als
{B, D} 6= {{x1, b}, {x1, d}} en A2m+1 = {b, d}, dan is er een kleur x ∈ A2m+1 zodanig
dat B ∩ {x1, x} 6= ∅ en D ∩ {x1, x} 6= ∅. Nu kunnen we weer doorgaan met kleuren, we
krijgen voor A2m kleur x2m ∈ A2m\ {x}, etc. Dit blijven we herhalen totdat we voor
Ai+1 kleur xi+1 ∈ Ai+1\ {xi+2} en dan zijn we klaar. Stel {B, D} = {{x1, b}, {x1, d}}
en A2m+1= {b, d}. Nu gaan we inkleuren via de andere weg. Voor Ai+1 kiezen we kleur
yi+1∈ Ai+1\Ai, voor Ai+2kiezen we kleur yi+1∈ Ai+2\{yi+1}, etc. Zo kunnen we A2m+1
inkleuren met kleur y ∈ A2m+1\ {y2m}. We weten dat y 6= x1, anders hadden we onze
graaf correct in kunnen kleuren via de andere weg. Voor zowel B als D kunnen we nu kleur x1 kiezen. Nu kunnen we verder in kleuren door voor A1 de kleur y1 ∈ A1\ {x1}
te kiezen, voor A2 de kleury2 ∈ A2 \ {y1} te kiezen, etc. Zo kunnen we door blijven
kleuren tot aan Ai en dan hebben we een correcte kleuring gevonden. Dus θ2,2,2m is 2
lijst-kleurbaar.
We weten dus dat θ2,2,2m2 lijst-kleurbaar is, echter kunnen we hieruit nog iets afleiden.
Gevolg 2.11. Even cykels van de vorm C2+2m met m ≥ 1 zijn 2 lijst-kleurbaar.
Bewijs. Dit is makkelijk in te zien, immers C2+2m is bevat in θ2,2,2m. Als θ2,2,2m 2
lijst-kleurbaar is, dan is iedere graaf die hierin bevat is ook 2 lijst-lijst-kleurbaar. Dus C2+2m is 2
We kunnen nu dus iets zeggen over 2 lijst-kleurbare grafen, maar voordat we dit doen defini¨eren we eerst de volgende verzameling,
T = {K1, C2+2m, θ2,2,2m|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 θa,b,c graaf waarbij a 6= 2 en b 6= 2.
5. 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 C1 de kortste cykel in H. Er zal een lijn in H moeten
zijn die niet in C1 zit, want anders zou H een even cykel zijn. Als er een cykel C2 is
die ten hoogste 1 punt gemeenschappelijk heeft met C1 dan zitten we in geval 2 of 3
en zijn we klaar. Zij P1 het korste pad, punt disjunct van C1, die twee niet verbonden
punten van C1 met elkaar verbindt. Uit het bovenstaande volgt dat zo een pad wel moet
bestaan. Als C1 ∪ P1 niet in T zit, dan zitten we in geval 4 en zijn we klaar. Stel dat
C1∪ P1 in T zit, dan is het een θ2,2,2m graaf, waarbij C1 een 4-cykel is. Er zal meer aan
H vast moeten zitten. Zij P2 het kortste pad, punt disjunct van C1∪ P1, die twee niet
verbonden punten van C1 ∪ P1 met elkaar verbindt. De eindpunten van P2 kunnen op
zes verschillende manieren vastzitten aan C1∪ P1. Om deze zes verschillende manieren
te onderscheiden gaan we de punten van C1 een naam geven.
Geval (i). De uiteindes van P2 zitten vast aan twee inwendige punten van P1, in dit geval
hebben we twee disjuncte cykels die verbonden zijn met een pad. We bevinden ons nu in geval 2.
a
a
0b
b
0Geval (ii). De uiteindes van P2 zitten vast aan a en een inwendig punt van P1, in dit
geval hebben we twee cykels met een gemeenschappelijk punt. We bevinden ons nu in geval 3.
Geval (iii). De uiteindes van P2 zitten vast aan b en een inwendig punt van P1, 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 P2 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 P2 zitten vast aan a en a0. Als P1 van lengte 2 is, dan is P2
van lengte groter gelijk aan 2 en zitten we in geval 5, als P1 en P2 van lengte groter dan
2 zijn zitten we in geval 4.
Geval (vi). De uiteindes van P2 zitten vast aan b en b0, als we nu de lijn van a0 naar b0
uit C1 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 H0. We claimen nu dat als H0 niet 2 lijst-kleurbaar is, dat dan H ook niet 2 lijst-kleurbaar is.
Het bewijs van de claim gaat als volgt. Stel H0 is niet 2 lijst-kleurbaar, dan zijn er lijsten waarvoor H0 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 H0 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 wor-den tot de tweede graaf hierboven. Geval 4 kan gereduceert worwor-den tot de derde graaf. De θa,b,cgraaf heeft ofwel allemaal oneven paden ofwel allemaal even paden. In het geval
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 gedefini¨eerde 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 2.13. Als er geen losmakend punt is in G, dan is G een oneven cykel, G = Kn
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
complete graaf is. Merk op dat een θ graaf uit de vorige sectie een even cykel als ge-induceerde deelgraaf of een even cykel met een koorde bevat. We zijn dus klaar als we in ieder geval een ge¨ınduceerde even cykel vinden of een ge¨ınduceerde θ graaf.
Geval I. Er is een punt van graad 2, noem deze N . Verwijder N en vervolgens herha-lend 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 Km, m ≥ 4 over. Dit betekent dat onze graaf een θ1,2,p als ge¨ınduceerde
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 6= X 6= 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.
A
B
N
X
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 Y1 het punt wat het dichtste
bij A ligt en Y2 het punt wat daarna het dichtste bij A ligt. De punten op α van
A tot Y2 en het pad β vormen nu samen een ge¨ınduceerde 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 ge¨ınduceerde 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 K4, dus γ heeft een grotere
lengte. In onze graaf kunnen we nu de volgende ge¨ınduceerde graaf vinden: θ2,1,2.
Het ziet er als volgt uit.
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 = Kn. Nu kunnen we weer θ2,1,2 vinden.
N
Y
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 ge¨ınduceerde 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 C4 ofwel θ2,1,2 en zijn we klaar. Dit ziet er dan
als volgt uit.
N
A
B
N
A
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 6= C 6= B naar een buur Z van het pad α.
Als Z een buur is van tenminste twee punten in α, bekijk dan YA het punt op α
dat het dichtste bij A ligt en YB het punt op α dat het dichtste bij B ligt. Dit ziet
N
C
Z
A
Y
AY
BB
Als YA geen buur is van YB, dan vinden we een θ-graaf ge¨ınduceerd op N , B, α
van A naar YA en van B naar YB.
Als YA en YB buren zijn van elkaar en YB 6= B, dan vinden we een θ-graaf
ge-induceerd op N , B en α van A naar YB.
Als YA en YB buren zijn van elkaar en YB = B, dan YA6= 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 ge¨ınduceerd 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 defini¨eren we een nieuwe verzameling, namelijk non-D, die bestaat uit Kn (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 2.14. 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
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 θa,b,c graaf, waarbij c ≥ 2. De
punten nummeren we als volgt:
1
2
a + 1
n
a
a + b − 1
a + b + 1
a + b
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 θa,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 2.15. Zij G een samenhangende graaf en G heeft een ge¨ınduceerde deelgraaf H die D lijst-kleurbaar is, dan is G D lijst-kleurbaar.
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 2.16. 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 ge¨ınduceerde deelgraaf. Uit de bovenstaande Lemma’s volgt nu dat G /∈ non-D, dus dan is G D lijst-kleurbaar.
Gevolg 2.17. 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]).
3 Algebra¨ısche benadering
In dit hoofdstuk gaan we met gehulp van algebra¨ısche 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 bewijstech-niek. 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 on-even 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) 6= 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 (x1, x2, . . . , xn) 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 xi
ten hoogste di is en zij Si ⊂ Z een verzameling van di+ 1 verschillende gehele getallen.
Als P (x1, x2, . . . , xn) = 0 voor alle n-tupels (x1, . . . , xn) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn, dan geldt
P ≡ 0.
Bewijs. We maken gebruik van inductie op n. Als n=1 hebben we een polynoom van graad hoogstens d1. Een polynoom van graad d1 kan ook maximaal d1 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 (x1, . . . , xn) en kies Si zodat ze voldoen aan de
inductiehypothese. We gaan ons polynoom nu schrijven als een polynoom in de variabele xn, P =
Pdn
xjgraad ten hoogste dj heeft. Voor elke vast (n−1)-tupel (x1, . . . , xn−1) ∈ S1×· · ·×Sn−1,
is het polynoom in xn verkregen door in P de waardes van x1, . . . , xn−1 te substitueren
een polynoom in xn. Dit polynoom verdwijnt voor alle waarden xn ∈ Sn en is dus
identiek 0. Dus Pi(x1, . . . , xn−1) = 0 voor alle (x1, . . . , xn−1) ∈ S1× · · · × Sn−1 en dus
volgt er uit de inductiehypothese dat Pi ≡ 0. Hieruit volgt nu dat P ≡ 0.
Voor het volgende lemma hebben zullen we nog het een en ander moeten defini¨eren. het graaf polynoom, fG = fG(x1, . . . xn) van een ongerichte graaf G = (V, E) op een
verzameling V = {v1, . . . , vn} van n punten is als volgt gedefinieerd
fG(x1, . . . , xn) =
Y
{(xi− xj)|i < j, {vi, vj} ∈ E}.
Daarnaast kunnen we ook voor een gerichte graaf D een gewichtsfunctie defini¨eren. Voor een ge¨orienteerde lijn e = (vi, vj) van G defini¨eren we zijn gewicht w(e) door
w(e) = xi als i < j en w(e) = −xi als i > j. Het gewicht van een orientatie D is dan
w(D) =Q
e∈E(D)w(e), het product van de gewichten van de lijnen van D.
Er geldt dat fG =
P
Dw(D) waarbij wordt gesommeerd over alle mogelijke ori¨entaties
van G. Dit geldt omdat elke term in de uitgeschreven uitdrukking van fG(x1, . . . , xn) =
Q{(xi − xj)|i < j, {vi, vj} ∈ E} overeenkomt met een keuze voor de ori¨entatie van
{vi, vj} voor elke lijn {vi, vj} van G. Verder noemen we een gerichte lijn (vi, vj) in D
van G dalend als i > j. We noemen een ori¨entatie D even (resp. oneven) als hij een even (resp. oneven) aantal dalende lijnen heeft. Verder zij voor niet negatieve d1, . . . , dn, DE(d1, . . . , dn) (resp. DO(d1, . . . , dn) de verzameling van alle even (resp.
oneven) orientaties van G waarbij ieder punt vi vertrekgraad di heeft, 1 ≤ i ≤ n.
Uit het bovenstaande kunnen we het volgende lemma halen. Lemma 3.3. Met de bovenstaande notatie geldt het volgende.
fG(x1, . . . , xn) = X d1,...,dn≥0 (|DE(d1, . . . , dn)| − |DO(d1, . . . , dn)|) n Y i=1 xdi i .
Bewijs. We weten al dat fG te schrijven is als fG =
P
Dw(D). Als we #D
− schrijven
voor het aantal dalende lijnen in een ori¨entatie D, dan kunnen we w(D) als volgt schrij-ven, w(D) =Qn
i=1x di
i (−1)#D
−
. We zien dan w(D) positief is als D een even ori¨entatie is en negatief als D een oneven ori¨entatie heeft. We krijgen nu het volgende:
fG(x1, . . . , xn) = X D w(D) =X D n Y i=1 xdi i (−1) #D− ! =X D (−1)#D− n Y i=1 xdi i ! = X d1,...,dn≥0 (|DE(d1, . . . , dn)| − |DO(d1, . . . , dn)|) n Y i=1 xdi i .
Kies een vaste rij niet negatieve vertrekgraden d1, . . . , dn en kies een vaste ori¨entatie
D1 ∈ DE(d1, . . . , dn) ∪ DO(d1, . . . , dn). Voor iedere ori¨entatie D2 ∈ DE(d1, . . . , dn) ∪
DO(d1, . . . , dn) nemen we voor D1 ⊕ D2 de verzameling van alle ge¨orienteerde lijnen
waarvan de richting in D1 het tegenovergestelde is van de richting in D2.
Lemma 3.4. Met de bovenstaande notatie geldt D1 ⊕ D2 heeft een even aantal lijnen
als zowel D1 als D2 een even of oneven aantal dalende lijnen heeft.
Bewijs. Laat D een ori¨entatie zijn. Schrijf D+ voor de stijgende lijnen in D en D− voor de dalende lijnen in D. Er geldt dat |D1⊕ D2| = |(D1+∩ D
− 2) ∪ (D − 1 ∩ D + 2)|. Schrijf nu x = |D+1 ∩ D2−| en y = |D−1 ∩ D+ 2|. Dan geldt |D + 1 ∩ D − 2| + |D − 1 ∩ D − 2| = |D − 2 |omdat
D1+ ∪ D1− = E. Hieruit volgt dat x = |D1−∩ D2−| + |D2−| mod 2. Analoog volgt dat y = |D−1∩D−2|+|D1−| mod 2. Dus x+y = |D1−|+|D2−|+2|D1−∩D2−| mod 2 = |D−1|+|D2−| 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 D1⊕ D2 een Euler deelgraaf is van D1, immers voor iedere
lijn die binnenkomt in een punt zal er ook een lijn uit moeten komen. Hieruit volgt dat de afbeelding die D2 afbeeldt op D1 ⊕ D2 een bijectie is tussen DE(d1, . . . , dn) ∪
DO(d1, . . . , dn) en de Euler deelgrafen van D1, want voor iedere Euler deelgraaf is er
een unieke D1 ⊕ D2. In het geval dat D1 een even aantal dalende lijnen betekent dit
dat de afbeelding even ori¨entaties op even grafen en oneven ori¨entaties 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 D1, EE(D1) (resp.EO(D1)). Nu kunnen we het volgende schrijven:
||DE(d1, . . . , dn)| − |DO(d1, . . . , dn)|| = |EE(D1) − EO(D1)|
Als we dit bovenstaande allemaal gebruiken kunnen we het volgende formuleren. Gevolg 3.6. Zij D een ori¨entatie van een ongerichte graaf G = (V, E) op n punten, V = {v1, . . . , vn}. Voor 0 ≤ i ≤ n, zij di = d+D(vi) de vertrekgraad van vi in D. De
absolute waarde van de co¨effici¨enten van de monomen Qn
i=1x di
i in de representatie van
fG = fG(x1, . . . , xn) is gelijk aan |EE(D) − EO(D)|. In het bijzonder geldt dat als
EE(D) 6= EO(D) dat deze co¨effici¨ent 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) 6= EO(D), dan is er een correcte kleuring mogelijk, waarbij voor ieder punt v een kleur uit zijn lijst S(v) wordt gekozen.
Bewijs. Zij D = (V, A) een gerichte graaf op punten V = {v1, . . . , vn}, waarbij di =
d+D(vi) de vertrekgraad van het punt vi. Stel EE(D) 6= EO(D). Voor 1 ≤ i ≤ n, zij
Si ⊂ Z een verzameling van di+ 1 verschillende gehele getallen. We moeten laten zien
dat er een correcte kleuring bestaat, waarbij voor iedere vi er een kleur uit Si is gekozen.
Stel er is geen correcte kleuring. Zij G de onderliggende graaf van D zonder ori¨entatie, met een unieke graafpolynoom fG = fG(x1, . . . , xn). Zeggen dat er geen correcte kleuring
bestaat is equivalent aan de volgende uitspraak:
fG(x1, . . . , xn) = 0 voor elk n-tupel (x1, . . . , xn) ∈ S1× · · · × Sn. (3.1)
Daarnaast kunnen we voor voor iedere i, 1 ≤ i ≤ n, een polynoom Qi(xi) defini¨eren als
volgt, Qi(xi) = Qs∈Si(xi− s) = xdii+1−
Pdi
j=0qijx j
i. In het bijzonder geldt dat
als xi ∈ Si dan Qi(xi) = 0, dus xdii+1 = di
X
j=0
qijxji (3.2)
Als we nu fG schrijven als lineaire combinatie van monomen en vervolgens herhaaldelijk
iedere voorkomen van xfi
i , fi > di(1 ≤ i ≤ n) vervangen door de lineaire combinatie
van lagere machten van xi gebruikmakend van de relatie in (3.2), krijgen we een nieuwe
polynoom fG. We kunnen aannemen dat onze polynoom fGten hoogste graad diheeft in
xi voor elke i = 1, . . . , n. In het bijzonder geldt er dat fG(x1, . . . , xn) = fG(X1, . . . , xn)
voor alle (x1, . . . , xn) ∈ S1 × · · · × Sn, want (3.2) houdt stand voor deze waardes van
x1, . . . , xn. Uit Lemma 3.2 volgt nu dat fG ≡ 0. Omdat we hadden aangenomen dat
EE(D) 6= EO(D) weten we uit Gevolg 3.6 dat de co¨effici¨enten van Qn
i=1x di
i in fG
ongelijk aan nul zijn. De graad van xi in dit polynoom is di, dus de relatie in (3.2) heeft
hier geen effect op. Bovendien is fG homogeen en iedere toepassing van de relatie (3.2)
verlaagd de totale graad strict. Als je fG met deze relatie laat overgaan in fG zal je
geen nieuwe scalaire veelvouden vanQn
i=1x di
i krijgen. Hieruit volgt dat de co¨effici¨ent van
Qn i=1x
di
i in fG hetzelfde is als die van fG die ongelijk is aan nul. Dit is in tegenspraak
met het feit dat fG ≡ 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 defini¨eren we L(G) = maxH⊂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 gedefini¨eerd wat L(G) is kunnen we dit gebruiken in de volgende lemma’s.
Lemma 3.8. Een graaf G = (V, E) heeft een ori¨entatie D waarbij de vertrekgraad hoogstens d is dan en slechts dan als L(G) ≤ d.
Bewijs. Stel G = (V, E) heeft een ori¨entatie D waarbij de vertrekgraad hoogstens d is. Nu geldt voor elke deelgraaf H van G
|E(H)| = X
v∈V (H)
d+H(v) ≤ X
v∈V (H)
d+D(v) ≤ d|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 kopi¨en 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 E0 ⊂ E een verzameling lijnen is van een deelgraaf H van G waarvan de punten alle eindpunten van de lijnen in E0 zijn, dan geldt dat E0 in totaal d|V (H)| buren heeft in onze bipartiete graaf F . Uit de definitie van L(G) volgt dat |E0|/|V (H)| ≤ L(G) ≤ d en dus d|V (H)| ≥ |E0|. 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 ori¨enteren, door te vertrekken uit het punt waaraan een lijn gematcht is. Dit geeft een ori¨entatie 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 dL(G)e + 1. Bewijs. Neem d = dL(G)e. Uit Lemma 3.8 volgt dat er een ori¨entatie D bestaat met vertrekgraad hoogstens d. Omdat een bipartiete graaf geen oneven cykels kan bevatten geldt er dat EE(D) 6= 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 3.10. 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 hoog-stens 3 is.
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(s 2+ 1)2 (2log(e))22 2s (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, . . . , s2}. 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
s2
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 | = ds2/2e 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 1 √ d + 1 −√1 d s2 ds2/2e 1 −√1 d
ds2/2e(ds2/2e − 1) . . . (ds2/2e − s + 1)
s2(s2 − 1) . . . (s2− s + 1)
d
. (4.2)
De kans dat v ∈ B is niet groter dan √1
d. Er zijn in totaal ds
2/2e(ds2/2e−1) . . . (ds2/2e−
s + 1) mogelijkheden voor een S(u) om bevat te zijn in T . In totaal zijn er s2(s2 − 1) . . . (s2− s + 1) mogelijkheden voor S(u). Als v /∈ B dan is voor een vaste T ⊂ S met
kardinaliteit ds2/2e de kans dat voor een buur u van v geldt u ∈ B en S(u) ⊆ T , gelijk aan
1 √ d
ds2/2e(ds2/2e − 1) . . . (ds2/2e − s + 1)
s2(s2− 1) . . . (s2− s + 1) .
Verder heeft v ten minste d buren, dus de kans dat er geen buur u van v is die aan de voorwaarden voldoet is hoogstens
1 − √1
d
ds2/2e(ds2/2e − 1) . . . (ds2/2e − s + 1)
s2(s2− 1) . . . (s2− s + 1)
d .
Er zijn in totaal dss22/2e mogelijkheden voor T . Dit allemaal gecombineerd geeft ons de
uitdrukking in (4.2).
We kunnen nu de volgende afschatting maken: ds2/2e(ds2/2e − 1) . . . (ds2/2e − s + 1)
s2(s2− 1) . . . (s2 − s + 1) ≥ s2 2 s2−2 2 . . .s2−2s+22 s2(s2− 1) . . . (s2 − s + 1) = 1 2s s−1 Y i=0 s2− 2i s2− i = 1 2s s−1 Y i=0 1 − i s2 − i = 1 2s 1 − s−1 X i=0 i s2 − i+ s−1 X i>j ij (s2− i)(s2− j)− . . . ! ≥ 1 2s 1 − s−1 X i=0 i s2− i ! ≥ 1 2s 1 − 1 2s 2− 1 2s s2− s = 1 2s+1.
We maken hier bij de vierde stap gebruik van datP
i1>···>inxi. . . xn−
P
i1>···>in+1x1. . . xn+1 ≥
0 met 0 < xi < 1.
Daarnaast geldt ook voor s ≥ 3 dat dss22/2e ≤ 2
s2
/4. Dit tweede volgt uit Sterling’s formule. We gebruiken deze twee afschattingen nu om de uitdrukking in (4.2) af te schatten. De kans dat v niet goed is, wordt niet hoger dan
1 √ d+ 2s2 4 1 −√ 1 d2s+1 d ≤ √1 d + 2s2 4 e − √ d 2s+1 ≤ √1 d + 1 8 ≤ 1 4.
We hebben hier bij de eerste stap gebruik gemaakt van de ongelijkheid ex ≥ 1 + x en bij de tweede stap gebruik gemaakt van de ongelijkheid 4.1.
Uit de bovenstaande afschatting kunnen we afleiden dat het verwachte aantal niet goede punten hoogstens n/4 is. Daarnaast kunnen we uit Markovs ongelijkheid (Diestel pagina 233[1]) afleiden dat de kans dat er ten minste n/2 goede punten zijn groter dan 1/2 is. Daarnaast is de verwachte grootte van B gelijk aan n/√d en dus is de kans dat |B| > 2n/√d kleiner dan 1/2. Er geldt dus met positieve kans dat zowel |B| ≤ 2n/√d als dat er tenminste n/2 goede punten zijn.
Kies nu een vaste B en s(b), b ∈ B zodat |B| ≤ 2n/√d en zodat er een verzameling A is van g ≥ n/2 goede punten. Kies nu voor iedere a ∈ A willekeurig en onafhankelijk een verzameling S(a) uit alle deelverzamelingen van S met kardinaliteit s. We willen het bewijs nu afronden door te laten zien dat er geen correcte kleuring bestaat, waarbij voor ieder punt v ∈ A ∪ B er een kleur uit hun lijst S(v) gekozen is.
Als eerst kunnen we opmerken dat er s|B| mogelijkheden zijn om de punten b van B te kleuren met kleuren uit hun lijst S(b). Kies een van de s|B| mogelijkheden, dan gaan we de kans afschatten dat deze kleuring uitgebreid kan worden tot een correcte kleuring van de ge¨ınduceerde deelgraaf van G op A ∪ B, waarbij er kleuren uit de lijsten S(v), V ∈ A ∪ B, worden gekozen. Herinner dat alle a ∈ A goed zijn. We schrijven Ta voor de
verzameling van alle kleuren die de buren van het punt a aannemen. De verzameling Ta
doorsnijdt alle mogelijke deelverzamelingen van kardinaliteit ds2/2e van S en dus heeft
Ta minstens kardinaliteit bs2/2c + 1 ≥ ds2/2e. Als S(a) een deelverzameling van Ta is,
dan is er geen correcte kleuring beschikbaar. De kans dat a ingekleurd kan worden is daarom ten hoogste
1 − ds
2/2e(ds2/2e − 1) . . . (ds2/2e − s + 1)
s2(s2− 1) . . . (s2− 2 + 1) ≤ 1 −
1 2s+1.
Deze kans is onafhankelijk van de keuze van het punt a ∈ A, door de onafhankelijke keuze van S(a). De kans dat een vastgekozen kleuring van B uitgebreid kan worden naar een correcte kleuring is daarom ten hoogste
1 − 1 2s+1 g ≤ 1 − 1 2s+1 n/2 ≤ e−n/2s+2. Dus is de kans dat we een correcte kleuring vinden gelijk aan
s|B|e−n/2s+2 ≤ e√2ndln(2)− n 2s+2,
wat kleiner is dan 1. Dit volgt uit ongelijkheid (4.1) en het feit dat s ≥ 3. Met positieve kans is er dus geen correcte lijstkleuring, we kunnen dus concluderen dat ch(G) > s.
4.1 Lijst-kleurgetal van een willekeurige bipartiete
graaf
Deze sectie gaan we bewijzen dat er twee constanten c1 en c2 bestaan, zodat voor het
c2log m. We volgen het bewijs zoals Erd¨os, Rubin en Taylor [2] dit ook gedaan hebben.
Hierbij heeft G dus m vaste punten aan de bovenkant en aan de onderkant. Schrijf Km,m voor de volledige m × m bipartiete graaf en Rm,m een bipartiete graaf waarvan de
lijnen een deelverzameling zijn van de m2 mogelijke lijnen. We zeggen ook wel dat Rm,m
willekeurig gekozen is. Als we het hebben over een t × t deelverzameling dan hebben we het over een deelverzameling die bestaat uit t punten van de bovenkant en t punten aan de onderkant met de bijbehorende lijnen. We gaan eerst het volgende lemma bewijzen. Lemma 4.2. Stel t ≥ 2 log mlog 2 en E is de gebeurtenis waarbij een Rm,m een lege
ge-induceerde deelgraaf heeft op tenminste een t × t. De kans op E is dan minder dan
1 (t!)2.
Bewijs. Het aantal mogelijke Rm,m grafen is gelijk aan 2m
2
. Het aantal mogelijke t × t is gelijk aan mt2. Elke mogelijke lege t × t deelgraaf is bevat in een van de 2m2−t2 Rm,m
grafen. Dus het aantal Rm,m grafen die een lege t × t ge¨ınduceerde deelgraaf bevat is
niet groter dan 2m2−t2 m
t
2
. Hieruit volgt dat E voorkomt met kans kleiner dan 2m2−t2 m t 2 2m2 = m t 2 2t2 .
Dit kunnen we vervolgens herschrijven als volgt:
m t 2 2t2 ≤ 2t/2 t 2 2t2 ≤ (2t/2)t t! 2 2t2 = 1 (t!)2.
Waarbij we gebruik maken van m ≤ 2t2 en n
k ≤ nk
k!. Hiermee hebben we het lemma
bewezen.
Dit lemma en een ander gegeven uit het artikel van Erd¨os [2] gaan we gebruiken om iets te zeggen over het lijstkleurgetal van willekeurige bipartiete grafen.
Stelling 4.3. Stel log(6)log m > 121 en t =l2 log mlog 2 m. Er geldt met een kans groter dan 1 − 1 (t!)2 dat log m log 6 < ch(Rm,m) < 3 log m log 6 .
Bewijs. Voor de bovengrens gebruiken we een resultaat uit het artikel van Erd¨os [2]. In de eerste vier pagina’s wordt besproken dat als 2k−3 < m ≤ 2k−2 dat dan ch(K
m,m) ≤ k.
Hieruit kunnen we het volgende afleiden. ch(Rm,m) ≤ ch(Km,m) <
log m
log 2 + 3 <
3 log m log 6 . Voor de ondergrens, neem k =
j
log m log 6
k
> 120. Gebruikmakend van ek> kk/k! geeft
m ≥ 6k > 7k22kek > 7k2 2 kkk k! > 7k22k − 1 k > t · k ·2k − 1 k .
Stel nu m = t · k · 2k−1k . We gaan nu lijsten zoeken, zodanig dat bijna alle Rm,m een
lijst-kleurgetal groter dan k hebben. Het aantal k-deelverzamelingen van de verzameling {1, 2, . . . , 2k − 1} is gelijk aan 2k−1k . Elke k-deelverzameling zetten we op t · k van de bovenste punten en op t · k van de onderste punten. We gaan nu kijken naar wat er gebeurt als we de graaf proberen in te kleuren.
Aan de bovenkant zullen er tenminste k kleuren gekozen moeten zijn, elk op tenminste t punten. Als dit niet zo was, waren hoogstens k−1 kleuren gekozen op tenminste t punten, bekijk nu de k-deelverzameling van de overgebleven kleuren. Deze k-deelverzameling zal op k · t van de bovenste punten moeten zitten en daarom zal een van deze kleuren tenminste t keer gekozen moeten zijn. Analoog kunnen we laten zien dat er op de onderste punten tenminste k kleuren gekozen moeten zijn, elk op tenminste t punten. Omdat er nu maar 2k − 1 kleuren gebruikt zijn zal er tenminste 1 kleur zijn die zowel op t van de bovenste als t van de onderste punten gebruikt wordt. De kleuring gaat nu fout als er tussen deze punten een lijn loopt. In nagenoeg alle mogelijke Rm,m heeft t × t
bijna altijd wel een lijn. Het voorgaande lemma vertelt ons nu dat er geldt ch(Rm,m) > k met kans groter dan 1 −
1 (t!)2.
5 Discussie
We hebben gekeken naar verschillende technieken binnen de grafentheorie. Alle technie-ken hebben behalve bij de lijst-kleuringen ook toepassingen bij andere grafentheoretische onderwerpen.
De laatste dertig jaar hebben de lijst-kleuringen zich flink ontwikkeld. Bijna alle ver-moedens die Erd¨os, Rubin en Taylor geformuleerd hebben zijn bewezen. Nog steeds zijn er wel veel onbekende resultaten. Vooralsnog kunnen we niet expliciet zeggen hoe groot het lijst-kleurgetal van grafen kunnen zijn uitgedrukt in variabelen als graad, aantal punten, aantal lijnen etc., meestal is hiervoor alleen een benadering. Wel zien we dat de benaderingen die er gedaan worden steeds sterker worden.
Zoals uit de stellingen blijkt verschilt het lijst-kleurgetal erg van het kleurgetal. Waar bijvoorbeeld bij bipartiete grafen het kleurgetal gelijk is aan 2, stijgt het lijst-kleurgetal logaritmisch ten opzichte van de minimum graad.
Wat betreft het leerproces, ik heb tijdens dit semester altijd goed mijn eigen aante-keningen bijgehouden. Wat betreft het digitaal uitwerken van resultaten denk ik dat ik voortaan iets eerder zal beginnen. Ondanks dat ik overal aantekeningen bij had, heeft het nog flink wat moeite gekost om alles correct uit te werken. Hierdoor heb ik helaas niet meer uitgebreid de willekeurige bipartiete grafen kunnen bekijken. Ik had nog een artikel [7] hierover voor ogen, waar ik wel al mee begonnen was, maar waar ik uiteindelijk niet meer helemaal aan toe gekomen ben.
Ik ben achteraf toch best trots op mijn scriptie. Door het schrijven van deze scriptie heb ik nog meer belangstelling gekregen voor de grafentheorie en hoop ik hierover in de master nog meer te leren.
Tot slot wil ik nog graag mijn begeleider Guus Regts bedanken voor de goede bege-leiding.
6 Populaire samenvatting
Dit verslag gaat over lijst-kleuringen van een graaf. Een graaf is een verzameling punten die zijn verbonden door een of meerdere lijnen. Een voorbeeld van een graaf is de volgende:
We bekijken lijst-kleuringen van een graaf. Een lijstkleuring is een kleuring van de graaf, zodat ieder punt ingekleurd wordt met een kleur uit zijn eigen lijst van kleuren. Belangrijk hierbij is dat twee verbonden punten dezelfde kleur moeten hebben. Als ieder punt lijsten heeft met 2 kleuren en er is zo een kleuring mogelijk, dan noemen we de graaf 3 lijst-kleurbaar. Een graaf is 2 lijst-kleurbaar als het geldt voor alle willekeurige lijsten met 2 kleuren. Bij de bovenstaande graaf kunnen we verschillende lijsten hebben, waarna we de graaf alsnog goed kunnen inkleuren.
Dit zijn twee voorbeelden van mogelijke lijsten op de graaf die we hebben. Dit kunnen nog veel meer verschillende lijsten zijn. Onze graaf is nu 2 lijst-kleurbaar als we voor iedere willekeurige lijsten de graaf in kunnen kleuren. Voor deze twee gevallen kunnen
we hem inkleuren. Hoe je ze correct kan inkleuren zie je hieronder.
In dit verslag gaan we verschillende resultaten afleiden over het kleinste getal zodat een graaf lijst-kleurbaar is. We zullen zien dat het lijst-kleurgetal flink kan oplopen naarmate de graaf groter en ingewikkelder wordt.
Bibliografie
[1] Reinhard Diestel, Graph Theory (second edition), Springer-Verlag New York 1997, 2000
[2] Erds, Paul, Arthur L. Rubin, and Herbert Taylor. ”Choosability in graphs.” Congr. Numer 26 (1979): 125-157.
[3] Alon, Noga, and Michael Tarsi. ”Colorings and orientations of graphs.” Combinato-rica 12.2 (1992): 125-134.
[4] Alon, Noga. ”Degrees and choice numbers.” Random Structures and Algorithms 16.4 (2000): 364-368.
[5] Alon, Noga. ”Restricted colorings of graphs.” Surveys in combinatorics 187 (1993): 1-33.
[6] Alon, Noga, and Michael Krivelevich. ”The choice number of random bipartite graphs.” Annals of Combinatorics 2.4 (1998): 291-297.
[7] Galvin, Fred. ”The list chromatic index of a bipartite multigraph.” Journal of Com-binatorial Theory, Series B 63.1 (1995): 153-158.
[8] Schrijver, Alexander. ”Grafen: Kleuren en Routeren.” Faculteit der natuurweten-schappen, wiskunde en informatica, UvA Amsterdam.
