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

Faculteit der Natuurwetenschappen, Wiskunde en Informatica

Universiteit van Amsterdam

Samenvatting

Lijst-kleuringen zijn door Erdos, Rubin en Taylor in 1979 op de kaart gezet. Ze heb-ben in hun artikel choosability in graphs [2] verschillende resultaten laten zien binnende lijst-kleuringen van grafen, maar daarnaast hebben ze ook een aantal vermoedensen open problemen geformuleerd. We zullen een aantal resultaten van hun behandelen,maar we zullen ook een licht werpen op een aantal inmiddels bewezen open problemenvan 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 uitde lijst-kleuringen van grafen zal het ook een drietal bewijstechnieken belichten. Eerstzullen we in hoofdstuk 1 licht werpen op het begrip lijst-kleuren. Vervolgens in hoofdstuk2 gaan we kijken naar verschillende resultaten die allemaal gebruik maken van inductieen gevalsonderscheid. We gaan hier bewijzen dat iedere planaire graaf 5 lijst-kleurbaar is,wat een van de vermoedens van Erdos was. We zullen kijken naar het lijst-lijnkleurgetalvan bipartiete grafen. We gaan 2 lijst-kleurbare grafen classificeren en tot slot bewijzenwe de stelling van Brooks over lijst-kleuringen. In hoofdstuk 3 gaan we met behulp vanalgebraısche technieken laten zien dat het lijst-kleurgetal van planaire bipartiete grafengelijk is aan 3. Tot slot gaan we in hoofdstuk 4 een algemene benadering geven vanhet lijst-kleurgetal voor grafen en gaan we het lijst-kleurgetal van willekeurige bipartietegrafen benaderen, beide gebruik makend van de probalistische methode en kansen.

Titel: Lijst-kleuringen in de grafentheorieAuteur: Berrie Bottelier, Berriebottelier@hotmail.com, 10172513Begeleiding: dr. Guus RegtsTweede beoordelaar: prof. dr. Lex SchrijverEinddatum: 16 juli 2014

Korteweg-de Vries Instituut voor WiskundeUniversiteit van AmsterdamScience Park 904, 1098 XH Amsterdamhttp://www.science.uva.nl/math

2

Inhoudsopgave

1 Inleiding 41.1 Lijst-kleuringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Inductie en gevalsonderscheid 62.1 5 lijst-kleurbaarheid van planaire grafen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Lijst-lijnkleuren van een bipartiete graaf . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.3 Classificatie van 2 lijst-kleurbare grafen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4 Brooks’ stelling voor lijst-kleuringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3 Algebraısche benadering 223.1 Stelling van N. Alon en M. Tarsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2 Lijst-kleuren van een bipartiete graaf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4 Probalistische methode 274.1 Lijst-kleurgetal van een willekeurige bipartiete graaf . . . . . . . . . . . . 29

5 Discussie 32

6 Populaire samenvatting 33

Bibliografie 35

3

1 Inleiding

De reden voor het schrijven van dit verslag is omdat ik naar aanleiding van het vakworkshop wiskunde aan de UvA, waar ik een bewijs over lijst-kleuringen gezien had ergnieuwsgierig ben geworden over het begrip lijst-kleuren binnen de grafentheorie. De lijst-kleuringen werden in 1979 op de kaart gezet door Erdos, Rubin en Taylor. Dit drietalhadden veel verschillende resultaten over het begrip laten zien, maar tevens hadden zeook een aantal vermoedens en open problemen bij dit begrip. Door het formuleren vandeze vermoedens en open problemen is dit deelonderwerp binnen de grafentheorie totstand gekomen.In dit verslag zullen we verschillende resultaten bewijzen omtrend de lijstkleuringenbekijken. De verschillende resultaten zullen resultaten zijn van het drietal zelf, of hetzullen antwoorden zijn op hun vermoedens en open problemen. In dit hoofstuk zullenwe straks nog verder begrip geven over lijst-kleuringen.Het volgende hoofdstuk zal resultaten bevatten die bewezen zijn met behulp van inductieen gevalsonderscheid. In dit hoofdstuk zullen we een van de vermoedens van het drietalbewijzen, namelijk dat iedere planaire graaf 5 lijst-kleurbaar is. Daarnaast zullen wekijken naar het lijst-lijnkleurgetal van bipartiete grafen. Ook gaan we een resultaat vanhet 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 gelijkaan de maximum graad.In hoofdstuk 3 zullen we een algebraısche techniek laten zien. Deze techniek heeftook veel verschillende resultaten als gevolg, waaronder een resultaat waaruit blijkt datplanaire bipartiete grafen 3 lijst-kleurbaar zijn.In hoofdstuk vier zullen we gebruik maken van de probalistische methode. We bekijkenhier het lijst-kleurgetal van grafen. We zien door deze stelling dat het lijst-kleurgetaleen logaritmisch verband heeft met de minimum graad.Het is aan te raden al enige voorkennis te hebben van grafentheorie. Het vak inleidinggrafentheorie aan de UvA zal voldoende zijn. Verder zal je ook nog behrip moetenhebben van lijst-kleuringen, deze staan immers centraal in dit verslag. In de volgendesectie 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(S(v))v∈V een verzameling van lijsten van kleuren (willekeurig gekozen). Een lijst-

4

kleuring van de graaf G is een functie die ieder punt v ∈ V een kleur uit zijn eigenlijst S(v) geeft, zodanig dat verbonden punten verschillende kleuren krijgen.

Definitie 1.2 (k lijst-kleurbaar). We noemen een graaf G k lijst-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 kleinstegetal k zodat G k lijst-kleurbaar is.

Om wat meer begrip te krijgen van deze definities zullen we een aantal voorbeeldenbehandelen. Een graaf G = (V,E) met E = ∅ heeft een kleurgetal gelijk aan 1. Dit ismakkelijk in te zien, immers voor iedere willekeurige lijsten met een element zullen depunten 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 volgendepunt kunnen we inkleuren met kleur x2, immers zijn buur heeft alleen kleur x1 gebruikten zijn lijst heeft 2 kleuren, we kunnen er dus altijd nog een kiezen. Zo kunnen wedoorgaan tot we bij de andere uiteinde aankomen die we ook kunnen inkleuren. Eenpad 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 foutgaat. Geef punt 1 kleur geel, dan krijgt punt 4 kleur groen en punt 5 kleur rood. Nukunnen we punt 3 nooit inkleuren, immers 4 en 5 gebruiken de kleuren groen en roodal. 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 kleurgetal gelijk aan 2, maar hetlijst-kleurgetal kan erg oplopen. Zoals we al in dit voorbeeld zien is het lijst-kleurgetalgroter dan 2.

5

2 Inductie en gevalsonderscheid

Een van de meest bekende bewijstechnieken in de grafentheorie is wel gebruik makenvan inductie en gevalsonderscheid. Ook bij de lijst-kleuringen is het een veelgebruiktetechniek. In dit hoofdstuk bekijken we deze technieken, dit doen we aan de hand van eenaantal bewijzen die gebruik maken van deze technieken. Deze bewijzen zullen allemaaliets 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 zullenhiervoor 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 metkleur 1 en v2 met kleur 2. Stel verder dat ieder punt van C een lijst van tenminste 3kleuren heeft en dat ieder punt van G − C een lijst van tenminste 5 kleuren heeft. Wekunnen de kleuring van v1 en v2 nu uitbreiden naar een kleuring van G waarbij voorieder 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 Geen planaire graaf, waarbij ieder punt een lijst van tenminste 5 kleuren heeft. Blijf nulijnen in G toevoegen zodat je een triangulatie van G krijgt. Deze triangulatie van Gkunnen we volgens onze claim inkleuren met voor ieder punt een kleur uit zijn lijst. Detriangulatie van G is dus 5 lijst-kleurbaar. Omdat G bevat is in zijn triangulatie volgthieruit 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 geldtvoor kleinere grafen. We onderscheiden nu twee verschillende gevallen.

6

v2 = wv1

C1

vC2

v2

v1vk

vk−1

u1um u2

P

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 cykelsC1 en C2 met C1, C2 ⊂ C ∪ {vw}, v1v2 ∈ C1 en v1v2 /∈ C2. Voor i = 1, 2, zij Gi dedeelgraaf geınduceerd op de punten van Ci en de inwendige punten. We kunnen nude 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 voorG1 ∪G2 = G.Geval 2. De cykel C bevat geen koorde. Zij v1, u1, . . . , um, vk−1 de buren van vk innatuurlijke 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 C ′ = P ∪ (C − vk) een cykel. Kies nu twee kleuren j, l 6= 1 uitde lijst van vk en verwijder deze kleuren uit de lijsten van ui. Elke lijst van de puntenop C ′ heeft nu nog minstens 3 kleuren, dus uit de inductiehypothese volgt dat we C ′ enhet inwendige, ook wel G − vk, in kunnen kleuren. Tenminste een van de twee kleurenj, l is niet gebruikt voor vk−1. We kunnen nu voor vk de kleur kiezen die niet gebruiktis en dan hebben we een kleuring van G.

2.2 Lijst-lijnkleuren van een bipartiete graaf

In deze sectie staat het lijst-lijnkleurgetal, ch′(G) van een bipartiete graaf G centraal.We zullen laten zien dat dit getal even groot is als de maximum graad ∆(G). Hiertoezullen we eerst nog een aantal belangrijke definities behandelen. Na deze definities volgteen lemma, dit lemma zegt iets over de lijstkleurbaarheid van georienteerde grafen meteen kern. Dit lemma zullen we uiteindelijk gebruiken om het resultaat uit deze sectie tebewijzen. We zullen hier het bewijs uit het boek van Diestel [1] volgen.

7

Definitie 2.2. Zij G = (V,E) een ongerichte graaf. In een orientatie op de graaf Gheeft iedere lijn e ∈ E een richting, de verkregen orientatie noteren we met D = (V,A),waarbij A de pijlen zijn. Zij v ∈ V (G) dan definieren we de vertrekgraad d+(v) als hetaantal pijlen dat uit v vertrekt.

Naast een orientatie moeten we ook begrip hebben van een kern bij een orientatie.

Definitie 2.3. Een kern K bij een orientatie D van een graaf G is een verzamelingpunten k ⊂ V (D) zodanig dat de punten in K onafhankelijk zijn en dat er voor iederpunt in de orientatie 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 orientatie D.

We kunnen de linker graaf in iedere lijn een richting geven, dit kunnen we op verschillendemanieren doen. Een voorbeeld van een orientatie is gegeven in de graad ernaast.We kunnen bij deze orientatie vervolgens ook een kern vinden. De kern bij de orientatiehierboven is K = {4}. Deze kern voldoet, want de punten in de kern zijn onafhankelijken 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 lijstkleurbaarheidvan georienteerde grafen.

Lemma 2.5. Zij H een graaf en (S(v))v∈V (H) een verzameling lijsten. Als H een graafis met orientatie D waarvoor geldt dat d+(v) < |S(v)| voor elke v ∈ V (H) en zodatiedere geınduceerde deelgraaf van D een kern heeft, dan is H lijstkleurbaar met de lijstenS(v).

Bewijs. We gebruiken inductie op |H|. Voor de basisstap |H| = 0 nemen we de legekleuring. Voor de inductiestap, zij |H| > 0. Kies nu een kleur α die in een van delijsten voorkomt en zij D een orientatie van H. Bekijk nu de geınduceerde deelgraaf

8

D′ ⊂ D,zodanig dat voor alle v ∈ V (D′) geldt dat α ∈ S(v). We weten nu dat D′ eenkern U 6= ∅ heeft.We geven nu alle punten in U de kleur α. Voor de andere punten in D′ halen we dekleur α uit hun lijst. Voor de punten die niet in U zitten, maar wel in D′ geldt dat zeallemaal een pijl hebben die naar een punt in U gaat. Hierdoor voldoen de nieuwe lijstenS ′(v) voor v /∈ D \ U aan het gestelde: d+(v) < |S(v)| in D \ U . Nu vinden we voorH \U een nieuwe orientatie, namelijk D \U . We kunnen door de inductiehypothese nuaannemen dat we H \U kunnen inkleuren. Deze lijsten gebruiken allemaal niet de kleurα, dus kunnen we de kleuring van H \ U uitbreiden naar een kleuring van H door iederpunt 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 ch′(G) = χ′(G).

Bewijs. De graaf g is een bipartiete graaf, we kunnen G dus schrijven alsG = ({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 weook definieren wanneer lijnen elkaar ontmoeten in Y . Neem χ′(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 ch′(G) = χ′(G). Er volgt duidelijk dat ch′(G) ≥ k, we zijnnu klaar als we kunnen bewijzen dat ch′(G) ≤ k. We willen dit bewijzen door het bo-venstaande lemma te gebruiken op de lijngraaf H van G. Om het bovenstaande lemmate gebruiken dienen we dus een orientatie D te vinden voor onze graaf H, zodanig datd+(v) < k voor iedere v en zodat iedere geınduceerde deelgraaf van D een kern heeft. Wewillen deze D construeren, hiervoor bekijken we telkens twee lijnen in de oorspronkelijkegraaf. Voor iedere lijn in onze graaf hebben we een pijl van de ene lijn naar de anderelijn nodig om de lijngraaf een orientatie te geven. We richten onze pijlen als volgt, alstwee 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. Wevergelijken 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 eene ∈ E(G). We weten van ieder punt e dat hij pijlen heeft lopen naar de lijnen die hijontmoet in X die lagere kleur hebben en dat hij pijlen heeft lopen naar de lijnen die hijontmoet in Y die een hogere kleur hebben. De lijnen die e ontmoeten in X en waar eenpijl naartoe loopt hebben een kleur uit de verzameling {1, 2, . . . , i− 1} en de lijnen diehij 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 nooitdezelfde kleur hebben in de kleuring c die we gedefinieerd hadden. Hieruit volgt datvoor de vertrekgraad geldt d+(e) < k.Als laatst moeten we nu bewijzen dat iedere geınduceerde deelgraaf D′ van D een kernheeft. Dit wordt gedaan met inductie op het aantal punten van D′. Als |D′| = 0, dan isde lege verzameling de kern die voldoet. Stel |D′| ≥ 1, zij E ′ := V (D′) ⊂ E(G). Voorelk punt x ∈ X waarin lijnen uit E ′ samenkomen definieer ex ∈ E ′ als het punt met de

9

laagste kleur (minimale c-waarde). Schrijf U voor de verzameling van alle punten ex.Iedere lijn e′ ∈ E ′ \U komt samen met ex ∈ U . We hebben de lijnen zo gedefinieerd dater nu altijd een pijl loopt van e′ naar een ex. Als U onafhankelijk is hebben we een kernen zijn we klaar.Stel U is niet onafhankelijk. Dan zijn er punten e, e′ ∈ U die verbonden zijn met eenlijn. Stel c(e) < c(e′). We hebben U zo gedefinieerd dat ze elkaar niet ontmoeten in X,dus moeten ze elkaar wel ontmoeten in Y . Volgens de definitie van D is de lijn ee′ ∈ Deen pijl van e naar e’. Uit de inductiehypothese volgt dat D′ − e een kern U ′ heeft. Alse′ ∈ U ′ zijn we klaar, want neem nu voor de kern van D′ de verzameling U ′. Als e′ /∈ U ′,dan is er een e′′ ∈ U ′ met een lijn van e′ naar e′′. Als e′ en e′′ elkaar ontmoeten in Xweten we dat c(e′′) < c(e′). Hier hebben we een tegenspraak te pakken, want e′ ∈ U . Wekunnen nu aannemen dat e′ en e′′ elkaar ontmoeten in Y en c(e′) < c(e′′). We haddenal eerder gezien dat e en e′ elkaar ontmoeten in Y . We kunnen dus nu concluderen datc(e) < c(e′′). Dus uit de definitie van de gerichte graaf D volgt nu dat er een lijn looptvan e naar e′′. Dus U ′ is een kern voor D′.

Dit resultaat heeft een gevolg. In 1916 heeft Konig bewezen dat het lijnkleurgetal vaneen bipartiete graaf gelijk is aan zijn maximum graad. Het bewijs is te vinden in GraphTheory van Van Diestel (pag. 112) [1]. Uit de stelling van Konig volgt het volgenderesultaat.

Gevolg 2.7. Voor iedere bipartiete graaf G geldt ch′(G) = ∆(G).

2.3 Classificatie van 2 lijst-kleurbare grafen

P. Erdos, 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 hetbewijs zoals Erdos, Rubin en Taylor [2] deze hebben behandeld in hun artikel. In ditbewijs beperken we ons tot samenhangende grafen, immers een graaf is 2 lijst-kleurbaarals ieder component van een graaf 2 lijst-kleurbaar is. Ook kunnen we opmerken datpunten met graad 1 in dit geval altijd in te kleuren zijn, immers we kunnen altijd eenvan de twee kleuren in hun lijst kiezen. We beperken ons daarom tot het hart van eengraaf. het hart krijgen we door herhaaldelijk alle punten van graad 1 uit onze graaf teverwijderen.

10

Voorbeeld 2.8. Bekijk de volgende grafen.

3

21

4 53

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 graad1 verwijderen, dan hou je het hart over. Eerst verwijder je punt 5 en vervolgens kunnenwe punt 4 verwijderen, waardoor we de graaf aan de rechterkant over houden. Dezegraaf 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 tweepunten met elkaar verbonden zijn door drie paden. Een pad met k lijnen, een pad metl lijnen en een pad met m lijnen. Bekijk het volgende voorbeeld,

Voorbeeld 2.9. Hieronder zijn een aantal voorbeelden gegeven van de θ-grafen.

θ1,2,2: θ1,2,3: θ1,3,3:

11

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.

A1

A2

A2m

A2m+1

B D

We kunnen dit bewijs splitsen in twee verschillende gevallen. Geval 1 is wanneer vooralle lijsten Ai geldt A1 = A2 = . . . A2m+1 = {x, y}. Nu kunnen we voor Ai kleur xkiezen 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 burenalleen maar kleur x gebruiken kan je voor beide lijsten nog een kleur kiezen. Geval2 is wanneer niet alle Aj’s gelijk zijn. Kies nu twee lijsten Ai en Ai+1 zodanig datAi 6= Ai+1. Omdat Ai en Ai+1 verschillend zijn kunnen we voor Ai een kleur xi kiezenzodanig dat xi ∈ Ai \ Ai+1. We kunnen nu als volgt doorgaan met kleuren. VoorAi−1 kiezen we xi−1 ∈ Ai−1 \ {xi}, voor Ai−2 kiezen we xi−2 ∈ Ai−2 \ {xi−1}, etc. Wekunnen 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 zodanigdat B ∩ {x1, x} 6= ∅ en D ∩ {x1, x} 6= ∅. Nu kunnen we weer doorgaan met kleuren, wekrijgen voor A2m kleur x2m ∈ A2m \ {x}, etc. Dit blijven we herhalen totdat we voorAi+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 kleuryi+1 ∈ Ai+1\Ai, voor Ai+2 kiezen 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 onzegraaf correct in kunnen kleuren via de andere weg. Voor zowel B als D kunnen we nukleur 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 blijvenkleuren tot aan Ai en dan hebben we een correcte kleuring gevonden. Dus θ2,2,2m is 2lijst-kleurbaar.

We weten dus dat θ2,2,2m 2 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-kleurbaar. Dus C2+2m is 2lijst-kleurbaar.

12

We kunnen nu dus iets zeggen over 2 lijst-kleurbare grafen, maar voordat we dit doendefinieren 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 alshet hart van G bevat is in T .

Bewijs. Zij H het hart van een samenhangende graaf. We bewijzen deze stelling dooralle mogelijkheden na te gaan. We laten zien dat H bevat is in T of dat H een deelgraafvan 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 datH een bipartiete graaf is. Zij C1 de kortste cykel in H. Er zal een lijn in H moetenzijn die niet in C1 zit, want anders zou H een even cykel zijn. Als er een cykel C2 isdie ten hoogste 1 punt gemeenschappelijk heeft met C1 dan zitten we in geval 2 of 3en zijn we klaar. Zij P1 het korste pad, punt disjunct van C1, die twee niet verbondenpunten van C1 met elkaar verbindt. Uit het bovenstaande volgt dat zo een pad wel moetbestaan. Als C1 ∪ P1 niet in T zit, dan zitten we in geval 4 en zijn we klaar. Stel datC1 ∪ P1 in T zit, dan is het een θ2,2,2m graaf, waarbij C1 een 4-cykel is. Er zal meer aanH vast moeten zitten. Zij P2 het kortste pad, punt disjunct van C1 ∪ P1, die twee nietverbonden punten van C1 ∪ P1 met elkaar verbindt. De eindpunten van P2 kunnen opzes verschillende manieren vastzitten aan C1 ∪ P1. Om deze zes verschillende manierente 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 gevalhebben we twee disjuncte cykels die verbonden zijn met een pad. We bevinden ons nuin geval 2.

13

a

a′

b b′

Geval (ii). De uiteindes van P2 zitten vast aan a en een inwendig punt van P1, in ditgeval hebben we twee cykels met een gemeenschappelijk punt. We bevinden ons nu ingeval 3.Geval (iii). De uiteindes van P2 zitten vast aan b en een inwendig punt van P1, in ditgeval hebben we drie punt disjuncte paden van a naar b. We bevinden ons nu in geval4.Geval (iv). De uiteindes van P2 zitten vast aan a en b, in dit geval hebben we weer driepunt disjuncte paden van a naar b. We bevinden ons nu in geval 4.Geval (v). De uiteindes van P2 zitten vast aan a en a′. 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 dan2 zijn zitten we in geval 4.Geval (vi). De uiteindes van P2 zitten vast aan b en b′, als we nu de lijn van a′ naar b′

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 besprokentypes bevat. We moeten nu nog laten zien dat het lijst-kleurgetal van deze vijf gevallengroter is dan 2. Van geval 1 weten we dat deze niet 2 kleurbaar is, deze is dan ook niet 2lijst-kleurbaar. We zijn nu klaar als we ook kunnen laten zien dat de gevallen 2, 3, 4 en5 niet 2 lijst-kleurbaar zijn. Om dit te laten zien gebruiken we reductie. Verwijder eenpunt b ∈ V (H) en neem zijn buren vervolgens samen. Eventuele dubbele lijnen nemenwe samen en er zijn geen loops mogelijk. De nieuwe graaf noemen we H ′. We claimennu dat als H ′ niet 2 lijst-kleurbaar is, dat dan H ook niet 2 lijst-kleurbaar is.Het bewijs van de claim gaat als volgt. Stel H ′ is niet 2 lijst-kleurbaar, dan zijn er lijstenwaarvoor H ′ 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 allemaaldezelfde 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 H ′ kleur y te kiezen. We kunnendus concluderen dat H ook niet 2 lijst-kleurbaar is. Na herhaaldelijk toepassen van dereductie 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 worden tot de derde graaf.De θa,b,c graaf heeft ofwel allemaal oneven paden ofwel allemaal even paden. In het geval

14

dat het allemaal paden zijn van even lengte zal je het onderste punt een keer moetenverwijderen en zijn buren samen moeten voegen. In het geval dat alle paden van onevenlengte zijn zal je alleen de paden moeten reduceren met de gedefinieerde reductie. Geval5 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 metkleuren 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 welD 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 datelk 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 anderresultaat moeten behandelen van A. Rubin. [2]. Hierin zeggen we iets over losmakendepunten. Zij G = (V,E) een graaf, dan noemen we een punt v ∈ V losmakend alsG− v onsamenhangend is. Nu we weten wanneer een punt losmakend is, kunnen we devolgende 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. Steldat er geen losmakend punt is in G, dat G geen oneven cykel is en ook dat G geen

15

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 wein ieder geval een geınduceerde even cykel vinden of een geınduceerde 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 evencykel was.

I.2 Er blijft een oneven cykel over. Dit betekent dat onze graaf oorspronkelijk een θgraaf was.

I.3 Er blijft Km, m ≥ 4 over. Dit betekent dat onze graaf een θ1,2,p als geınduceerdedeelgraaf 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 geenlosmakend punt dan zijn we volgens de inductiehypothese klaar.

I.5 Wat overblijft heeft een losmakend punt X. De uiteindes van ons weggehaalde padnoemen we A en B. Het punt A kan niet ons losmakende punt zijn, anders was Adit 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 gevalhad X dan al het losmakende punt van G geweest voordat we het pad haddenweggehaald. 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.

16

A

B

NX

Zij α het kortste pad van A naar B. Het kortste pad kan natuurlijk geen snarenbevatten. Zij β het korste pad van een buur U van A die niet op α ligt naar eenpunt Z aangrenzend aan α \ {A}.Als Z grenst aan meer twee punten op α, noem dan Y1 het punt wat het dichtstebij A ligt en Y2 het punt wat daarna het dichtste bij A ligt. De punten op α vanA tot Y2 en het pad β vormen nu samen een geınduceerde θ graaf.Als Z grenst aan een enkel punt van α, dan vormen de punten op α de punten opβ en het pad door N ook een geınduceerde θ graaf.

Geval II. Er is geen punt van graad 2. Haal nu een punt N uit de graaf en bekijk hetgenewat 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 hebbengezeten. Als γ een 3 cykel is, dan was onze graaf K4, dus γ heeft een groterelengte. In onze graaf kunnen we nu de volgende geınduceerde graaf vinden: θ2,1,2.Het ziet er als volgt uit.

N

17

II.3 Als G−N een complete graaf is, dan is er een punt Y in G die niet verbonden ismet 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 losmakendpunt, dan zijn we klaar volgens de inductiehypothese.

II.5 De graaf G − N heeft wel een losmakend punt X. Merk op dat de geınduceerdedeelgraaf op de buren van N geen complete graaf kan zijn, immers dan had X inG al een losmakend punt geweest. Zij α het kortste pad tussen twee buren A enB van N in G − N , zodanig dat A en B geen buren van elkaar zijn. Als dit padlengte twee heeft, bevat G ofwel C4 ofwel θ2,1,2 en zijn we klaar. Dit ziet er danals 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−Nvan 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 αdat het dichtste bij A ligt en YB het punt op α dat het dichtste bij B ligt. Dit zieter als volgt uit.

18

N C Z

A

YA

YBB

Als YA geen buur is van YB, dan vinden we een θ-graaf geınduceerd op N , B, αvan 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 YA 6= A en dan vinden we eenθ-graaf zoals we die in het vorige geval ook vonden.Als Z maar een buur op α heeft, dan vinden we een θ-graaf geınduceerd op N , αen 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 weeerst kijken naar grafen die niet D lijst-kleurbaar zijn. Zij G en H twee grafen. Neemnu een punt i uit G en een punt j uit H en laat deze twee punten samenvoegen tot eennieuw punt ij . We krijgen nu een nieuwe graaf G ij H. Merk op dat het punt ij de

graaf G ij H losmaakt.

Nu definieren 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 hetvolgende lemma bewijzen. Een gevolg van dit lemma zal het volgende zijn: omdatcomplete grafen en oneven cykels niet D lijst-kleurbaar zijn zullen alle grafen in non-Dniet D lijst-kleurbaar zijn.

Lemma 2.14. Als G en H beide niet D lijst-kleurbaar zijn, dan is G ij H ook niet Dlijst-kleurbaar.

Bewijs. Stel dat G en H allebei niet D lijst-kleurbaar zijn. Gebruik voor G en Hallebei verschillende kleuren. Zij A de verzameling kleuren op punt i van G en zij B deverzameling 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

19

kleuren A∪B en voor de rest van de graaf dezelfde verzameling als op de oorspronkelijkegrafen G en H. Als we voor ij nu een kleur uit A ⊂ A ∪ B kiezen, dan kunnen we Gniet correct inkleuren, kiezen we voor een kleur uit B ⊂ A ∪ B dan kunnen we H nietcorrect 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 naarwel D lijst-kleurbare grafen. Allereerst bekijken we de θa,b,c graaf, waarbij c ≥ 2. Depunten 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 daaromeen kleur die niet in de lijst van punt n zit. Vervolgens kunnen we 2 tot en met ainkleuren, 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 driekleuren in zijn lijst en 2 van zijn buren zijn al ingekleurd, we kunnen dit punt ookinkleuren. Vervolgens kunnen we a+ b+ 1 tot n− 1 inkleuren, want er is telkens maar1 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, diemogelijk 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 zullenhebben om iets te kunnen zeggen over D lijst-kleurbare grafen.

Lemma 2.15. Zij G een samenhangende graaf en G heeft een geınduceerde deelgraaf Hdie D lijst-kleurbaar is, dan is G D lijst-kleurbaar.

20

Bewijs. Stel dat G − H niet leeg is. Nu kunnen we een punt x vinden van G − Hop maximale afstand van H.We nemen x op maximale afstand van H zodat G − xsamenhangend is. Dit bewijs is met inductie en dus kunnen we aannemen dat eenkleinere graaf D lijst-kleurbaar is. Kies een kleur in x en haal die kleur vervolgens uitde lijsten van de buren van x. We hebben nu een graaf G− x met lijsten evengroot alsde 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 danen slechts dan als G ∈ non-D.

Bewijs. Bekijk G bij de delen waarin geen losmakende punten zitten. Als dit een onevencykel 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 eeneven cykel of θ-graaf bevat als geınduceerde deelgraaf. Uit de bovenstaande Lemma’svolgt 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 vande Stelling van Brooks (Diestel pagina 99 [1]).

21

3 Algebraısche benadering

In dit hoofdstuk gaan we met gehulp van algebraısche technieken een grafentheoretischresultaat van N. Alon en M. Tarsi bewijzen. We zullen daarom ook de structuur van hunartikel volgen [3] Deze techniek is inmiddels uitgegroeid tot een veelgebruikte bewijstech-niek. Naast het resultaat dat we hier gaan behandelen volgen er nog meer resultatenuit, hiervoor verwijs ik naar een ander artikel van Alon [5]. De stelling waar we nunaartoe zullen werken zal iets zeggen over het lijstkleurgetal van gerichte grafen. Eengerichte graaf heeft verschillende Euler deelgrafen. Als het aantal Euler deelgrafen meteen 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 vaneen gerichte graaf. Deze stelling zullen we dit hoofdstuk eerst bewijzen, waarna we eenaantal 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) eenverzameling van d+D(v) + 1 verschillende gehele getallen. Als EE(D) 6= EO(D), dan iser 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-kleurgetalvan bipartiete grafen. Als eerst zullen we wat voorwerk moeten doen. Dit voorwerkbestaat uit een drietal lemma’s die we daarna zullen gebruiken om de bovenstaandestelling 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 vangehele getallen Z. Veronderstel dat voor 1 ≤ i ≤ n de graad van P als polynoom van xiten 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 geldtP ≡ 0.

Bewijs. We maken gebruik van inductie op n. Als n=1 hebben we een polynoom vangraad hoogstens d1. Een polynoom van graad d1 kan ook maximaal d1 verschillendenulpunten 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 deinductiehypothese. We gaan ons polynoom nu schrijven als een polynoom in de variabelexn, P =

∑dni=0 Pi(x1, . . . , xn−1)x

in, waarbij elke Pi een polynoom is en waarvoor geldt dat

22

xj graad 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 substituereneen polynoom in xn. Dit polynoom verdwijnt voor alle waarden xn ∈ Sn en is dusidentiek 0. Dus Pi(x1, . . . , xn−1) = 0 voor alle (x1, . . . , xn−1) ∈ S1 × · · · × Sn−1 en dusvolgt 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 definieren.het graaf polynoom, fG = fG(x1, . . . xn) van een ongerichte graaf G = (V,E) op eenverzameling V = {v1, . . . , vn} van n punten is als volgt gedefinieerd

fG(x1, . . . , xn) =∏{(xi − xj)|i < j, {vi, vj} ∈ E}.

Daarnaast kunnen we ook voor een gerichte graaf D een gewichtsfunctie definieren.Voor een georienteerde lijn e = (vi, vj) van G definieren we zijn gewicht w(e) doorw(e) = xi als i < j en w(e) = −xi als i > j. Het gewicht van een orientatie D is danw(D) =

∏e∈E(D)w(e), het product van de gewichten van de lijnen van D.

Er geldt dat fG =∑

D w(D) waarbij wordt gesommeerd over alle mogelijke orientatiesvan G. Dit geldt omdat elke term in de uitgeschreven uitdrukking van fG(x1, . . . , xn) =∏{(xi − xj)|i < j, {vi, vj} ∈ E} overeenkomt met een keuze voor de orientatie van{vi, vj} voor elke lijn {vi, vj} van G. Verder noemen we een gerichte lijn (vi, vj) in Dvan G dalend als i > j. We noemen een orientatie D even (resp. oneven) als hijeen even (resp. oneven) aantal dalende lijnen heeft. Verder zij voor niet negatieved1, . . . , 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) =∑

d1,...,dn≥0

(|DE(d1, . . . , dn)| − |DO(d1, . . . , dn)|)n∏

i=1

xdii .

Bewijs. We weten al dat fG te schrijven is als fG =∑

D w(D). Als we #D− schrijvenvoor het aantal dalende lijnen in een orientatie D, dan kunnen we w(D) als volgt schrij-ven, w(D) =

∏ni=1 x

dii (−1)#D− . We zien dan w(D) positief is als D een even orientatie

is en negatief als D een oneven orientatie heeft. We krijgen nu het volgende:

fG(x1, . . . , xn) =∑D

w(D)

=∑D

(n∏

i=1

xdii (−1)#D−

)

=∑D

(−1)#D−

(n∏

i=1

xdii

)

=∑

d1,...,dn≥0

(|DE(d1, . . . , dn)| − |DO(d1, . . . , dn)|)n∏

i=1

xdii .

23

Kies een vaste rij niet negatieve vertrekgraden d1, . . . , dn en kies een vaste orientatieD1 ∈ DE(d1, . . . , dn) ∪ DO(d1, . . . , dn). Voor iedere orientatie D2 ∈ DE(d1, . . . , dn) ∪DO(d1, . . . , dn) nemen we voor D1 ⊕ D2 de verzameling van alle georienteerde lijnenwaarvan 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 lijnenals zowel D1 als D2 een even of oneven aantal dalende lijnen heeft.

Bewijs. Laat D een orientatie zijn. Schrijf D+ voor de stijgende lijnen in D en D− voorde dalende lijnen in D. Er geldt dat |D1 ⊕D2| = |(D+

1 ∩D−2 ) ∪ (D−1 ∩D+2 )|. Schrijf nu

x = |D+1 ∩ D−2 | en y = |D−1 ∩ D+

2 |. Dan geldt |D+1 ∩ D−2 | + |D−1 ∩ D−2 | = |D−2 |omdat

D+1 ∪ D−1 = E. Hieruit volgt dat x = |D−1 ∩ D−2 | + |D−2 | mod 2. Analoog volgt dat

y = |D−1 ∩D−2 |+|D−1 | mod 2. Dus x+y = |D−1 |+|D−2 |+2|D−1 ∩D−2 | mod 2 = |D−1 |+|D−2 |mod 2.

Definitie 3.5. Zij H een gerichte deelgraaf van D. De graaf H noemen we een Eulerdeelgraaf 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 iederelijn die binnenkomt in een punt zal er ook een lijn uit moeten komen. Hieruit volgtdat 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 ereen unieke D1 ⊕ D2. In het geval dat D1 een even aantal dalende lijnen betekent ditdat de afbeelding even orientaties op even grafen en oneven orientaties op oneven grafenafbeeldt. 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 graafD1, 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 orientatie 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. Deabsolute waarde van de coefficienten van de monomen

∏ni=1 x

dii in de representatie van

fG = fG(x1, . . . , xn) is gelijk aan |EE(D) − EO(D)|. In het bijzonder geldt dat alsEE(D) 6= EO(D) dat deze coefficient ongelijk aan nul is.

Nu we dit voorwerk hebben gedaan kunnen we aan de slag gaan met het bewijzen vande stelling.

Stelling 3.7. Zij D = (V,A) een gerichte graaf. Voor elk punt v ∈ V zij S(v) eenverzameling van d+D(v) + 1 verschillende gehele getallen. Waarbij d+D(v) de vertrekgraadvan 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.

24

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, zijSi ⊂ Z een verzameling van di + 1 verschillende gehele getallen. We moeten laten ziendat 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 orientatie,met een unieke graafpolynoom fG = fG(x1, . . . , xn). Zeggen dat er geen correcte kleuringbestaat 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) definieren alsvolgt, Qi(xi) =

∏s∈Si

(xi − s) = xdi+1i −

∑dij=0 qijx

ji . In het bijzonder geldt dat

als xi ∈ Si dan Qi(xi) = 0, dus xdi+1i =

di∑j=0

qijxji (3.2)

Als we nu fG schrijven als lineaire combinatie van monomen en vervolgens herhaaldelijkiedere voorkomen van xfii , fi > di(1 ≤ i ≤ n) vervangen door de lineaire combinatievan lagere machten van xi gebruikmakend van de relatie in (3.2), krijgen we een nieuwepolynoom fG. We kunnen aannemen dat onze polynoom fG ten hoogste graad di heeft inxi 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 vanx1, . . . , xn. Uit Lemma 3.2 volgt nu dat fG ≡ 0. Omdat we hadden aangenomen datEE(D) 6= EO(D) weten we uit Gevolg 3.6 dat de coefficienten van

∏ni=1 x

dii in fG

ongelijk aan nul zijn. De graad van xi in dit polynoom is di, dus de relatie in (3.2) heefthier 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 jegeen nieuwe scalaire veelvouden van

∏ni=1 x

dii krijgen. Hieruit volgt dat de coefficient van∏n

i=1 xdii 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 correctekleuring.

3.2 Lijst-kleuren van een bipartiete graaf

De voorgaande stelling kunnen we nu gebruiken om iets te zeggen over het lijst-kleurgetalvan bipartiete grafen. Eerder in deze scriptie heb ik al gezegd wat het lijst-lijnkleurgetalvan een bipartiete graaf is. We zullen zien dat het lijst-kleurgetal, in tegenstelling tothet kleurgetal bij bipartiete grafen afhankelijk is van de maximale gemiddelde graad vanalle deelgrafen.

Zij G = (V,E) een graaf, dan definieren we L(G) = maxH⊂G(|E(H)|/|V (H)|), waarbijH = (V (H), E(H)) een deelgraaf is vanG. We kunnen ook zeggen dat L(G) de maximalewaarde is van alle gemiddelde graden van de deelgrafen van G. Nu we hebben gedefinieerdwat L(G) is kunnen we dit gebruiken in de volgende lemma’s.

25

Lemma 3.8. Een graaf G = (V,E) heeft een orientatie D waarbij de vertrekgraadhoogstens d is dan en slechts dan als L(G) ≤ d.

Bewijs. Stel G = (V,E) heeft een orientatie D waarbij de vertrekgraad hoogstens d is.Nu geldt voor elke deelgraaf H van G

|E(H)| =∑

v∈V (H)

d+H(v) ≤∑

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. Deandere kant op stellen we dat L(G) ≤ d. We gaan nu een bipartiete graaf F maken mettwee verzamelingen punten A en B, met A = E(G) en B een vereniging van d disjunctekopien van V (G). De verzameling B bestaat dus uit d|V (G)| verschillende punten. Erloopt 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 wedoen door te laten zien dat F aan de voorwaarden van de stelling van Hall (Diestelpagina 31 [1]) voldoet. Als E ′ ⊂ E een verzameling lijnen is van een deelgraaf H van Gwaarvan de punten alle eindpunten van de lijnen in E ′ zijn, dan geldt dat E ′ in totaald|V (H)| buren heeft in onze bipartiete graaf F . Uit de definitie van L(G) volgt dat|E ′|/|V (H)| ≤ L(G) ≤ d en dus d|V (H)| ≥ |E ′|. Dit is precies de voorwaarde van destelling van Hall. Er bestaat dus een matching van grootte |E|. Nu kunnen we elke lijnin G orienteren, door te vertrekken uit het punt waaraan een lijn gematcht is. Dit geefteen orientatie 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 orientatie D bestaat metvertrekgraad hoogstens d. Omdat een bipartiete graaf geen oneven cykels kan bevattengeldt 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 grafente 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 aantalpunten, E het aantal lijnen en F het aantal facetten is. Als je een planaire bipartietegraaf hebt met maar 1 facet, dan kunnen de lijnen hoogstens een pad vormen en is hij3 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 hoogstens2 facetten. We kunnen nu concluderen dat E ≥ 2F . Dit invullen in de Euler formuleheeft 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.

26

4 Probalistische methode

De probalistische methode is de laatste manier van bewijzen die ik wil behandelen. Hetis een techniek waarbij gebruik wordt gemaakt van kansen. Je laat hierbij zien datiets met een positieve kans mogelijk is. Deze techniek wordt ook veel gebruikt binnende 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. Inbipartiete grafen is het kleurgetal 2, echter met lijst-kleuringen neemt dit logaritmischtoe. We volgen het bewijs zoals deze door Alon in Degrees and choice numbers [4] wordtbehandeld.

Stelling 4.1. Zij G een simpele graaf met minimum graad tenminste d. Als s een geheelgetal is en

d >4(s2 + 1)2

(2log(e))222s (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 tenminste3 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 willenlaten 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 deverzameling S(v).Zij B een deelverzameling van V waarbij elke v ∈ V , willekeurig en onnafhankelijkgekozen, met kans 1√

deen 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, zodanigdat b ∈ B en S(b) ⊆ T . Nu kunnen we de kans bepalen dat een punt v niet goed is. Ditis 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 ds2/2e(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

27

kardinaliteit ds2/2e de kans dat voor een buur u van v geldt u ∈ B en S(u) ⊆ T , gelijkaan

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 devoorwaarden 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(

s2

ds2/2e

)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

(s2−22

). . .(

s2−2s+22

)s2(s2 − 1) . . . (s2 − s+ 1)

=1

2s

s−1∏i=0

s2 − 2i

s2 − i

=1

2s

s−1∏i=0

(1− i

s2 − i

)

=1

2s

(1−

s−1∑i=0

i

s2 − i+

s−1∑i>j

ij

(s2 − i)(s2 − j)− . . .

)

≥ 1

2s

(1−

s−1∑i=0

i

s2 − i

)

≥ 1

2s

(1−

12s2 − 1

2s

s2 − s

)=

1

2s+1.

We maken hier bij de vierde stap gebruik van dat∑

i1>···>inxi . . . xn−

∑i1>···>in+1

x1 . . . xn+1 ≥0 met 0 < xi < 1.

Daarnaast geldt ook voor s ≥ 3 dat(

s2

ds2/2e

)≤ 2s2/4. Dit tweede volgt uit Sterling’s

formule. We gebruiken deze twee afschattingen nu om de uitdrukking in (4.2) af teschatten. De kans dat v niet goed is, wordt niet hoger dan

1√d

+2s2

4

(1− 1√

d2s+1

)d

≤ 1√d

+2s2

4e−

√d

2s+1

≤ 1√d

+1

8≤ 1

4.

We hebben hier bij de eerste stap gebruik gemaakt van de ongelijkheid ex ≥ 1 + x enbij de tweede stap gebruik gemaakt van de ongelijkheid 4.1.

28

Uit de bovenstaande afschatting kunnen we afleiden dat het verwachte aantal niet goedepunten hoogstens n/4 is. Daarnaast kunnen we uit Markovs ongelijkheid (Diestel pagina233[1]) afleiden dat de kans dat er ten minste n/2 goede punten zijn groter dan 1/2is. 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 onafhankelijkeen verzameling S(a) uit alle deelverzamelingen van S met kardinaliteit s. We willenhet bewijs nu afronden door te laten zien dat er geen correcte kleuring bestaat, waarbijvoor 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 tekleuren met kleuren uit hun lijst S(b). Kies een van de s|B| mogelijkheden, dan gaanwe de kans afschatten dat deze kleuring uitgebreid kan worden tot een correcte kleuringvan de geınduceerde 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 deverzameling van alle kleuren die de buren van het punt a aannemen. De verzameling Tadoorsnijdt alle mogelijke deelverzamelingen van kardinaliteit ds2/2e van S en dus heeftTa 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 isdaarom ten hoogste

1− ds2/2e(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 onafhankelijkekeuze van S(a). De kans dat een vastgekozen kleuring van B uitgebreid kan wordennaar 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

2n√dln(2)− n

2s+2 ,

wat kleiner is dan 1. Dit volgt uit ongelijkheid (4.1) en het feit dat s ≥ 3. Met positievekans 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 hetlijstkleurgetal van een willekeurige m×m bipartiete graaf G geldt dat c1 logm ≤ ch(G) ≤

29

c2 logm. We volgen het bewijs zoals Erdos, Rubin en Taylor [2] dit ook gedaan hebben.Hierbij heeft G dus m vaste punten aan de bovenkant en aan de onderkant. SchrijfKm,m voor de volledige m×m bipartiete graaf en Rm,m een bipartiete graaf waarvan delijnen 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 wehet over een deelverzameling die bestaat uit t punten van de bovenkant en t punten aande onderkant met de bijbehorende lijnen. We gaan eerst het volgende lemma bewijzen.

Lemma 4.2. Stel t ≥ 2 logmlog 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 dan1

(t!)2.

Bewijs. Het aantal mogelijke Rm,m grafen is gelijk aan 2m2. Het aantal mogelijke t × t

is gelijk aan(mt

)2. 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 geınduceerde deelgraaf bevat is

niet groter dan 2m2−t2(mt

)2. Hieruit volgt dat E voorkomt met kans kleiner dan

2m2−t2(mt

)22m2 =

(mt

)22t2

.

Dit kunnen we vervolgens herschrijven als volgt:

(mt

)22t2≤(2t/2

t

)22t2

≤

((2t/2)

t

t!

)2

2t2=

1

(t!)2.

Waarbij we gebruik maken van m ≤ 2t2 en

(nk

)≤ nk

k!. Hiermee hebben we het lemma

bewezen.

Dit lemma en een ander gegeven uit het artikel van Erdos [2] gaan we gebruiken omiets te zeggen over het lijstkleurgetal van willekeurige bipartiete grafen.

Stelling 4.3. Stel logmlog(6)

> 121 en t =⌈2 logmlog 2

⌉. Er geldt met een kans groter dan 1− 1

(t!)2

datlogm

log 6< ch(Rm,m) <

3 logm

log 6.

Bewijs. Voor de bovengrens gebruiken we een resultaat uit het artikel van Erdos [2]. Inde eerste vier pagina’s wordt besproken dat als 2k−3 < m ≤ 2k−2 dat dan ch(Km,m) ≤ k.Hieruit kunnen we het volgende afleiden.

ch(Rm,m) ≤ ch(Km,m) <logm

log 2+ 3 <

3 logm

log 6.

Voor de ondergrens, neem k =⌊logmlog 6

⌋> 120. Gebruikmakend van ek > kk/k! geeft

m ≥ 6k > 7k22kek > 7k2(

2kkk

k!

)> 7k2

(2k − 1

k

)> t · k ·

(2k − 1

k

).

30

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 ergebeurt als we de graaf proberen in te kleuren.Aan de bovenkant zullen er tenminste k kleuren gekozen moeten zijn, elk op tenminste tpunten. 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 zalop k · t van de bovenste punten moeten zitten en daarom zal een van deze kleurentenminste t keer gekozen moeten zijn. Analoog kunnen we laten zien dat er op deonderste 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 zowelop t van de bovenste als t van de onderste punten gebruikt wordt. De kleuring gaat nufout als er tussen deze punten een lijn loopt. In nagenoeg alle mogelijke Rm,m heeft t× tbijna 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.

Dit bewijst de ondergrens en de stelling.

31

5 Discussie

We hebben gekeken naar verschillende technieken binnen de grafentheorie. Alle technie-ken hebben behalve bij de lijst-kleuringen ook toepassingen bij andere grafentheoretischeonderwerpen.De laatste dertig jaar hebben de lijst-kleuringen zich flink ontwikkeld. Bijna alle ver-moedens die Erdos, Rubin en Taylor geformuleerd hebben zijn bewezen. Nog steeds zijner wel veel onbekende resultaten. Vooralsnog kunnen we niet expliciet zeggen hoe groothet lijst-kleurgetal van grafen kunnen zijn uitgedrukt in variabelen als graad, aantalpunten, aantal lijnen etc., meestal is hiervoor alleen een benadering. Wel zien we dat debenaderingen die er gedaan worden steeds sterker worden.Zoals uit de stellingen blijkt verschilt het lijst-kleurgetal erg van het kleurgetal. Waarbijvoorbeeld bij bipartiete grafen het kleurgetal gelijk is aan 2, stijgt het lijst-kleurgetallogaritmisch 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 ikvoortaan iets eerder zal beginnen. Ondanks dat ik overal aantekeningen bij had, heefthet nog flink wat moeite gekost om alles correct uit te werken. Hierdoor heb ik helaasniet meer uitgebreid de willekeurige bipartiete grafen kunnen bekijken. Ik had nog eenartikel [7] hierover voor ogen, waar ik wel al mee begonnen was, maar waar ik uiteindelijkniet meer helemaal aan toe gekomen ben.

Ik ben achteraf toch best trots op mijn scriptie. Door het schrijven van deze scriptieheb ik nog meer belangstelling gekregen voor de grafentheorie en hoop ik hierover in demaster nog meer te leren.

Tot slot wil ik nog graag mijn begeleider Guus Regts bedanken voor de goede bege-leiding.

32

6 Populaire samenvatting

Dit verslag gaat over lijst-kleuringen van een graaf. Een graaf is een verzameling puntendie zijn verbonden door een of meerdere lijnen. Een voorbeeld van een graaf is devolgende:

We bekijken lijst-kleuringen van een graaf. Een lijstkleuring is een kleuring van degraaf, 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 iederpunt lijsten heeft met 2 kleuren en er is zo een kleuring mogelijk, dan noemen we degraaf 3 lijst-kleurbaar. Een graaf is 2 lijst-kleurbaar als het geldt voor alle willekeurigelijsten 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 kunnennog veel meer verschillende lijsten zijn. Onze graaf is nu 2 lijst-kleurbaar als we vooriedere willekeurige lijsten de graaf in kunnen kleuren. Voor deze twee gevallen kunnen

33

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 eengraaf lijst-kleurbaar is. We zullen zien dat het lijst-kleurgetal flink kan oplopen naarmatede graaf groter en ingewikkelder wordt.

34

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 bipartitegraphs.” 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.

35