Lösungsvorschlag Zettel 7

Lösungsvorschlag Zettel 7
Kombinatorik, Sommersemester 2012
Jesko Hüttenhain
Stefan Mengel
Die folgenden Lösungen sind unsere persönlichen Vorschläge und haben keinen Anspruch darauf, über jeden Zweifel erhaben zu sein. Aus Zeitgründen kann es außerdem nicht zu jedem
Zettel Lösungsvorschläge geben.
Aufgabe 1.
(a). Da der Graph Gn bipartit ist, ist χ(Gn ) = 2.
(b). Der Greedy braucht bei dieser Auswahl knallharte n Farben.
(c). Die Reihenfolge l1 , . . . , ln , r1 , . . . , rn drängt sich auf.
(d). Sei χ(G) = k und V (G) = V1 ∪· . . . ∪· Vk , so dass das Färben aller Knoten in Vi mit
Farbe i eine legale Färbung ergibt. Wenn der Greedy nun zunächst alle Knoten in
V1 , dann alle Knoten in V2 , usw. wählt, ist die resultierende Färbung optimal.
Aufgabe 2.
(a). Sei k := χ(G). Nach Kontraktion gleich gefärbter
Knotenmengen
erhalten wir eine
k(k−1)
k-Clique, also muss es mindestens 2 = E(Kk ) Kanten in G geben. Mit anderen
worten, 2m ≥ k(k − 1), also k2 − k − 2m ≤ 0. Auf der linken Seite dieser Ungleichung
steht ein quadratisches Polynom in k, dessen größere Nullstelle gleich f (G) ist.
Also k ≤ f (G).
(b). Sei nun H ⊆ G ein induzierter Untergraph mit Minimalgrad δ := δ(H ). Es genügt
zu zeigen, dass
√
8m + 1 − 1
δ ≤ f (G) − 1 =
.
2
δ(δ+1)
Nun enthält H mindestens 2 Kanten, was damit auch eine untere Schranke
für m ist. Daraus folgt 2m ≥ δ(δ + 1), also
(2δ + 1)2 = 4δ2 + 1 + 4δ = 4δ(δ + 1) + 1 ≤ 8m + 1.
1
Aufgabe 3.
(a). Wir nennen einen Knoten v ∈ V (G) kritisch wenn χ(G − { v }) < χ(G). Solange es
einen Knoten v gibt, der nicht kritisch ist, entfernen wir diesen. Da der triviale
Graph mit einem Knoten chromatische Zahl 1 hat, wird dieses Verfahren vorher
terminieren und wir erhalten einen Graphen mit ausschließlich kritischen Knoten.
Wenn G − { v } eine (k − 1)-Färbung besitzt und v einen Grad d < k − 1 hat, so lässt
diese Färbung sich auf G fortsetzen, indem wir v mit einer der k − 1 − d Farben
färben, die keinem seiner Nachbarn zugeordnet ist. Also haben kritische Knoten
mindestens Grad k − 1.
(b). Lemma 1. Sei G = (V, E) ein Graph und S ⊆ E ein Schnitt, der den Graphen (V, S)
bipartitioniert in X ⊆ V und Y = V \ X. Angenommen, die induzierten Subgraphen
G[X] und G[Y] sind k-färbbar und |S| ≤ k − 1, dann ist G ebenfalls k-färbbar.
Beweis. Sei S = { e1 , . . . , e` } mit ei = xi , yi wobei xi ∈ X und yi ∈ Y. Wir wählen
Färbungen cX : X → [k] und cY : Y → [k]. Für eine Permutation π : [k] → [k]
bezeichne i(π) den kleinsten Index i ∈ [`], so dass cX (xi ) = π(cY ( yi )). Falls kein
solcher Index existiert, sei i(π) := 0. Für 0 ≤ j ≤ ` setzen wir
P j := π ∈ Sk−1 i(π) = j .
Fixiere ein j ≤ `. Aus i(π) = j folgt dann π(cY ( y j )) = cX (x j ) und es gibt gerade
(k − 1)! viele Permutationen mit dieser Eigenschaft:
Wir haben die Abbildung auf
S
genau einem Element vorgeschrieben. Also P j ≤ (k − 1)!. Da Sk = P0 ∪ `j=1 P j
und
S
` P j ≤ P` P j ≤ ` · (k − 1)! ≤ (k − 1)(k − 1)! < k! = |Sk |
j=1
j=1
folgt per Schubfachprinzip, dass P0 , ∅. Wir können nun also eine Permutation
π ∈ P0 wählen und eine Abbildung c : V (G) → [k] durch



; v∈X
 cX (v)
c(v) : = 

 π(cY (v)) ; v ∈ Y
definieren – dies ist per Konstruktion eine k-Färbung.
Die Lösung der Aufgabe ist nun ein direkter Korollar: Wenn G kritisch k-chromatisch
ist und nicht (k − 1)-kantenzusammenhängend wäre, so gäbe es einen minimalen
Schnitt mit weniger als k − 1 Kanten in G. Die beiden durch diesen Schnitt getrennten Komponenten sind jedoch (k − 1)-färbbar, da sie durch Löschen mindestens
eines Knoten aus G entstehen. Dies ist ein direkter Widerspruch zu χ(G) = k
gemäß Lemma 1.
2
Aufgabe 4.
(a). Eine Kantenfärbung von G ist eine Knotenfärbung von L(G) und umgekehrt.
(b). Da sich an einem Knoten ∆(G) Kanten treffen ist χ0 (G) ≥ ∆(G). Für jede Kante
treffen sich an ihren beiden Endpunkten jeweils höchstens d − 1 Kanten, mit e sind
das 2∆(G) − 1 Kanten, also χ0 (G) ≤ 2∆(G) − 1.
(c). Wir wählen V (Kn ) = Z/n. Wir nennen zwei Kanten äquivalent, wenn die Summe
ihrer Knoten gleich ist, in Zeichen { a, b } ∼ { c, d } :⇔ a + b = c + d. Dies ist eine
Äquivalenzrelation, und es gibt gerade n Äquivalenzklassen, nämlich eine pro
Element in Z/n. Wir behaupten, jede Äquivalenzklasse bildet ein Matching. Dies
ist leicht zu sehen: Falls { a, b } ∼ { c, d } und o.B.d.A. a = b, so folgt c = d aus der
Definition. Damit können wir die Kantenmenge des Kn in n Matchings zerlegen,
von denen jedes nur eine Farbe benötigt. Damit folgt χ0 (Kn ) ≤ n.
Bezeichne die Äquivalenzklasse aller Kanten { a, b } mit a + b = k als Xk . Wir
interessieren uns für die Größe von Xk . Betrachte die Gleichung a + b = k in Z/n
für festes k. Für eine Wahl von a ist das Element b festgelegt. Um die Anzahl
Lösungen der Gleichung zu ermitteln, fragen wir uns, wie viele a ∈ Z/n mit
a + a = k existieren:
Falls n ungerade ist, so gibt es genau ein solches k, da 2 in Z/n invertierbar ist.
Damit ist |Xk | = n−1
2 für jedes k und insbesondere ist jedes der Matchings maximal.
0
Es folgt χ (Kn ) = n.
Nun angenommen, n = 2m ist gerade. Für ungerades k kann es kein solches a
geben, also |Xk | = n/2. Für gerades k = 2j gibt es zumindest die Lösungen j
und j + n/2 , damit ist das matching Xk nicht maximal. Wir teilen die Knotenmenge auf in die Menge der geraden1 Knoten V0 und die Menge der ungeraden
Knoten V1 . Für zwei Knoten a und b aus der gleichen Menge ist a + b gerade.
Falls die Knoten aus V0 und V1 kommen, so ist a + b ungerade – damit sind alS
so alle Knoten in Vi untereinander durch Kanten aus Y := n/2
X verbunden.
j=1 2j
Des weiteren existieren zwischen den beiden Knotenmengen nur Kanten aus der
S
Kantenmenge der n/2 maximalen Matchings Z := n/2
X
. Damit bilden die
j=1 2j−1
Vi nach Löschung von Z zwei nicht miteinander verbundene Km , die wir exakt
gleich einfärben können, also χ0 (K2m ) = m + χ0 (Km ). Es folgt daraus per Induktion, dass χ0 (Kn ) = n − 1 genau dann, wenn n = 2k für ein k ∈ N ist. Andernfalls
ist χ0 (Kn ) = n.
∈ Z/n nennen wir gerade, wenn es unter der kanonischen Projektion π : Z Z/n immer
im Bild der geraden Zahlen liegt. Dies ergibt Sinn für gerades n.
1 Ein Element x
3