グラフが

21

この質問について少し推論しながら、グラフが彩色に失敗する可能性のあるさまざまな理由をすべて特定しようとしました。これらは、私がこれまでに特定できた唯一の2つの理由です。 $G = (V_G,E_G)$ $k$

$G$ は、サイズクリークが含まれています。これは明らかな理由です。 $k+1$
部分グラフが存在するの次のステートメントの両方が真であるように： $H = (V_H, E_H)$ $G$
- $H$ は色付け可能ではありません。 $k-1$
- $\exists x \in V_G - V_H\ \forall y \in V_H\ \{x,y\} \in E_G$ 。換言すれば、ノードが存在するにおけるなくにおけるように、各ノードに接続されている。 $x$ $G$ $H$ $x$ $H$

上記の2つの理由をルールとして見ることができます。それらを再帰的に適用することにより、クリークを含まない非着色可能グラフを作成する2つの方法は次のとおりです。 $k$ $k+1$

均等な長さのサイクル（色付け可能）から始めて、ルール2を回適用します。エッジは長さサイクルとは見なされないことに注意してください（そうでない場合、このプロセスはクリークを構築する効果があります）。 $2$ $k-1$ $2$ $k+1$
奇数の長さのサイクル（色付け可能）から開始し、ルール2を回適用します。開始サイクルの長さはより大きくなければなりません（そうでない場合、このプロセスはクリークを構築する効果があります）。 $3$ $k-2$ $3$ $k+1$

質問

上記の2つ以外に、グラフを以外の色にする理由はありますか？ $k$

$\$
更新日2012/11/30

より正確には、私が必要とするのはフォームの定理です：

グラフ色数、次の場合にのみ... $G$ $\chi(G) = k + 1$

Yuval Filmusの答えで指摘されたHajós微積分は、グラフが色数持っているため、それが公理から導出できる場合にのみ、私が探しているものの完璧な例ですは、微積分の2つの推論規則を繰り返し適用します。Hajós数は、を導出するために必要なステップの最小数です（つまり、最短証明の長さ）。 $G$ $\chi(G) = k + 1$ $K_{k+1}$ $h(G)$ $G$

それは非常に興味深いです：

グラフが存在するかどうかの質問そのの大きさに指数関数的であるまだ開いています。 $G$ $h(G)$ $G$
そのようなが存在しない場合、です。 $G$ $NP = coNP$

— ジョルジオ・カメラニ
ソース

5

Erdősの定理（色付けを考えているすべての人がそうすべきだ）を知らない場合にリンクする質問から私のコメントを繰り返します：自然数gとkが与えられた場合、少なくともgと半彩の周囲を持つグラフがあります少なくともkの数。グラフの胴回りは、最小サイクルのサイズです。つまり、胴回りが少なくとも3ある場合、すべての最大クリークのサイズは2です（すべてのエッジが最大クリークです）。

— PAL GD

2

en.wikipedia.org/wiki/Hadwiger_conjecture_%28graph_theory%29

$\hspace{1.65 in}$

2

多くの場合に役立つ簡単な観察：各カラークラスは独立したセットです。大きな独立したセットがないことを示すことができれば、多くの色が必要であることを知っています。

— ユッカスオメラ

1

グラフが

非着色可能という単純な理由が常に存在する場合、グラフの着色の問題はNP困難ではありません。P = NPでない限り、一部のグラフは、という理由だけで

以外の色付けができません。

k

$k$

k

$k$

— ジェフ

5

@Jɛﬀ E：理由は簡単かもしれませんが、計算が難しいかもしれません。グラフが

クリークを持っているか持っていないかという非常に簡単な理由がありますが、それはまだNP困難です。

k

$k$

— ルークマティソン

29

Hajós計算を確認する必要があります。Hajósは、少なくとも色数を持つすべてのグラフに、色を必要とする「理由」があるサブグラフがあることを示しました。問題の理由は、色を必要とする証明システムです。公理はのみで、推論には2つのルールがあります。この証明システムの効率については、PitassiとUrquhartによるこのペーパーも参照してください。 $k$ $k$ $k$ $K_k$

— ユヴァル・フィルマス
ソース

1

素晴らしい、これは私が探していたものです。

— ジョルジオカメラニ

1

ポインターをありがとう。Hajosの構築について以前は知りませんでした。

— チャンドラチェクリ

15

部分的な答えです。一般化できる素敵な「理由」はわかりませんが、次のグラフ（ここからは恥知らずです）：

K4がない、または完全に接続されたネイバーを持つ奇数サイクルの非3色のグラフ

3色ではありませんが、明らかに4色（平面）であり、も、すべてのサイクル頂点に接続された追加の頂点を持つサイクルも含まれていません（何かが欠落している場合を除き、頂点のみ頂点とその近傍に接続されているのは3サイクルです）。さらに、ルール2のバージョンを適用して、色数5のグラフを取得できます。 $K_{4}$

特定の属には、ルール1または2に従わない特定の最小彩色数のグラフ（Heawood予想を参照）があると思います。もちろん、直感以外の証拠はありません。

— ルーク・マティソン
ソース

Petersen Graphは、同じことの小さな例です。上記とPetersen Graphの両方に

マイナーがありますが、これはHadwigerについての上記のコメントに戻ります。

K_{4}

$K_4$

— ウィリアムマクレー

1

ただし、ハドウィガー予想は必要条件ですが、十分ではないため、グラフには、

マイナーと他の何かがある場合、色数

があります。もちろん、JeffEが指摘しているように、別の理由は（単純な答えではないという意味で）だけである可能性があります。

k

$k$

K_{k}

$K_{k}$

— ルークマティソン

@LukeMathieson：非常に興味深い。

マイナーを持ち、

色付け可能なグラフの例はありますか？

K_{k}

$K_k$

k - 1

$k-1$

— ジョルジオカメラニ

5

を取り、すべてのエッジを再分割します。結果のグラフは2部構成であり、したがって2色が可能ですが、明らかに完全なグラフはマイナーです。

K_{k}

$K_{k}$

— ルークマティソン

12

Lovaszはk-colorabilityのトポロジカルな障害を発見し、Knaserの予想を解決するために彼の理論を使用しました。彼の定理は次のとおりです。Gを連結グラフ、N（G）を共通の隣接を持つVのサブセットであるシンプレックスの複合体とします。次に、N（K）がk接続されている場合（つまり、その縮小されたホモロジーグループはすべて次元k-1まで0）、Gを着色するために必要な色の数は少なくともk + 3です。

— ギル・カライ
ソース

11

大きな独立集合を持たないことは、大きなクリークを持つことと同じくらい重要です。

グラフがk色にならない重要な障害は、独立セットの最大サイズがn / kよりも小さいことです。ここで、nは頂点の数です。これは非常に重要な問題です。たとえば、G（n、1/2）のランダムグラフは少なくともn / log nの色数を持つことを意味します。

より洗練された障害は、頂点の非負の重みの割り当てごとに、重みの合計の1/5（またはそれ以上）をキャプチャする独立したセットがないことです。これには「クリーク障害物なし」も含まれることに注意してください。LP-dualityは、この障害がkより大きいGの「分数色数」に相当することを示しています。

また、分数色数障壁を超えることがある、異なる性質のk彩色性の障害もあります。私は彼らに別の質問者を捧げます。

— ギル・カライ
ソース

ご回答有難うございます！重みと独立したセットを結合より洗練された障害物が...非常に興味深いものです

— ジョルジオCamerani

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$G$ $\chi(G)=k+1$

$G$ $\chi(G)\ge k$ $G$ $k-1$

— デビッド・エップスタイン
ソース

ありがとう！これは間違いなく100％で十分です。それは問題の再定式化に完全に適合します。

— ジョルジオカメラニ