Хроматический многочлен планарного графа

Раскраска в 6 цветов

Лемма:

В любом графе [math] G [/math] существует вершина степени не больше 5

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Предположим это не так. Для любой вершины [math] u_i [/math] графа [math] G [/math] верно [math] deg [/math] [math] u_i \ge 6 [/math]. Если сложить это неравенство для всех [math] i [/math], получим [math] 2E \ge 6V [/math]. Но по следствию из теоремы Эйлера [math] E \le 3V-6 [/math]. Пришли к противоречию.

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Пусть граф [math]G[/math] — планарный. Тогда [math] \chi (G) \le 6[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Докажем по индукции. База Если граф содержит не более 6 вершин, то утверждение очевидно. Переход Предположим, что для планарного графа с [math]N[/math] вершинами существует раскраска в 6 цветов. Докажем то же для графа с [math] N+1 [/math] вершиной. По только что доказанной лемме в [math] G [/math] найдётся вершина степени не больше 5. Удалим её; по предположению индукции получившийся граф можно раскрасить в 6 цветов. Вернём удалённую вершину и покрасим её в цвет, не встречающийся среди смежных ей вершин. Индукционный переход доказан

[math]\triangleleft[/math]

Раскраска в 5 цветов

Теорема:

Пусть граф [math]G[/math] — планарный. Тогда [math] \chi (G) \le 5[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Начало доказательства такое же, как в предыдущей теореме, трудность возникает в индукционном переходе. Покажем что для случая с 5-ю цветами всё равно можно вернуть удалённую вершину так, чтобы раскраска осталась правильной. Обозначим за [math] u [/math] — возвращаемую вершину, [math] v^{(k)} [/math] — вершина, покрашенная в [math] k [/math] цвет. Если среди вершин, смежных [math] u [/math], есть две вершины одного цвета, значит остаётся один свободный цвет, в который мы и покрасим [math] u [/math]. Иначе, уложим полученный после удаления [math] u [/math] граф на плоскость и пронумеруем цвета в порядке обхода смежных вершин по часовой стрелке. Попробуем покрасить [math] u [/math] в цвет 1. Чтобы раскраска осталась правильной, перекрасим смежную ей вершину [math]v_1^{(1)}[/math] в цвет 3. Если среди смежных ей вершин есть вершины [math] v_2^{(3)} [/math], покрасим их в цвет 1, и так далее. Рассмотрим 2 необычных варианта, которые могут наступить во время обхода: мы дойдём до уже однажды перекрашенной вершины (и хотим перекрасить её обратно). Видно что такая ситуация невозможна, поскольку мы меняли цвета вершин по схеме 1 [math]\leftrightarrow[/math] 3, и если мы получили две смежные вершины одного цвета, значит и до перекрасок в графе были две вершины одинакового цвета, а по предположению граф без [math] u [/math] был раскрашен правильно. дойдём до вершины, смежной [math] u [/math], исходно имевшей цвет 3, которую перекрасить в 1 нельзя ([math] u [/math] теперь имеет цвет 1). Если этот процесс был успешно завершён, то получили правильную раскраску. Если же в соответствии со 2-ым вариантом перекраска не удалась, это означает, что в [math] G [/math] есть цикл [math] u v_1^{(1)} v_2^{(3)} v_3^{(1)} ... v_{k-1}^{(1)} v_k^{(3)} u [/math]. Тогда попытаемся таким же образом перекрасить [math] u [/math] в цвет 2, а смежную ей [math]w_1^{(2)}[/math] в цвет 4 (со последующими перекрасками). Если удастся - раскраска получена. Если нет, то получили ещё один цикл [math] u w_1^{(2)} w_2^{(4)} w_3^{(2)} ... w_{k-1}^{(2)} w_k^{(4)} u [/math]. Но граф планарный, значит два полученных цикла пересекаются по крайней мере в двух вершинах — [math] u [/math] и какой-то другой, что невозможно, ведь вершины [math] v_i [/math] первого цикла и [math] w_j [/math] второго — разных цветов. В этом случае получаем противоречие.

[math]\triangleleft[/math]

Заметим что нельзя составить подобное доказательство для раскраски в 4 цвета, поскольку здесь наличие двух вершин одного цвета среди смежных [math] u [/math] не исключает того, что все они раскрашены в разные цвета

Источники

1. http://matica.org.ua/lektsii-po-diskretnoy-matematike/3-08-6-raskraski-planarnich-grafov