Математические основы информатики (стр. 3 из 5)

Отметим, что в плоском графе не допускаются петли (ребра, имеющие началом и концом одну и ту же вершину).

Плоский граф разрезает плоскость на совокупность D(G) неперекрывающихся многоугольных областей, необязательно конечных (рис. 5).

Рис. 5. 4-раскраска плоского графа

Если перенумеровать используемые краски 1, 2, ..., n, то на соответствующем карте плоском графе этими числами окажутся занумерованы вершины / столицы.

Определение 2. Правильной n-раскраской плоского графа G называется отображение f: V(G ) ® {1, 2, ..., n}, причем f(u1) # f(u2) в случае, если существует такое ребро r k R(G ), что граница r состоит из u1 и u2 .

Наконец, можно сформулировать проблему четырех красок в виде следующего утверждения.

Теорема 1. Любой плоский граф допускает правильную 4-раскраску.

Вот решение этой-то проблемы и заняло более столетия. Однако на первый взгляд чуть более слабое утверждение о правильной 5-раскраске доказать достаточно просто. Для доказательства понадобится формула Эйлера, связывающая число вершин, ребер и областей. Пусть | M | обозначает число элементов конечного множества M.

Теорема Эйлера. Для любого плоского графа | V(G) | – | R(G) | + | D(G) | = 2.

Заметим, что если не учитывать внешнюю бесконечную область, то формула Эйлера для триангуляции конечного плоского графа имеет вид | V(G ) | – | R(G ) | + + | D(G ) | = 1.

Теорема 2. Любой плоский граф допускает правильную 5-раскраску.

Доказательство. Сначала упростим граф. Если есть несколько ребер, соединяющих некоторую пару вершин (такая ситуация может возникнуть, если две страны имеют несколько несвязанных между собой кусков границы, например как у России и Китая), то оставим только одно ребро: правильность раскраски такого уменьшенного графа все равно гарантирует правильную раскраску исходного.

Проведем теперь индукцию по числу вершин графа. Для графа с тремя вершинами утверждение теоремы очевидно. Пусть оно справедливо для всех графов с n – 1 вершиной.

Пусть D1 , D2 , ..., Dm – полный набор всех m = D(G ) областей графа, а N(Di) – число ребер, составляющих границу i-й области графа. При этом N(Di) ³ 3 для любого i. Любое ребро входит в границу в точности двух областей, поэтому

N(D1) + N(D2)+ ... +N(Dm) = 2R(G ).

Вследствие неравенств N(Di) ³ 3 имеем

2R(G ) = N(D1) + N(D2) + ... + N(Dm) ³ 3m = 3D(G ),

откуда 2R(G ) ³ 3D(G ).

По формуле Эйлера | V(G ) | – 2 + | D(G ) | = | R(G ) |, откуда

3 | R(G ) | = 3 | V(G ) | – 6 + 3 | D(G ) | £ 3 | V(G ) | – 6 + 2 | R(G ) |

и, следовательно,

| R(G ) | £ 3 | V(G ) | – 6.

Заметим, что удвоенное число ребер можно отождествить и с другой характеристикой графа. Пусть a1 , a2 , ... ..., an есть полный набор n = V(G ) вершин графа, а M(aj) – число ребер, сходящихся в вершине с номером j. Но каждое ребро заканчивается двумя вершинами, поэтому

2R(G) = M(a1) + M(a2) + ... + M(an).

Кроме того, как это следует из неравенства (1), 2 | R(G ) | £ 6 | V(G ) | – 12. Следовательно,

M(a1) + M(a2) + ... + M(an) £ 6 | V(G ) | – 12.

Из последнего неравенства можно вывести, что существует по крайней мере одна вершина, в которой сходится не более пяти ребер. Действительно, предположим противное, то есть "j M(aj) ³ 6. Тогда

M(a1) + M(a2) + ... + M(an) ³ 6n = 6V(G ),

что противоречит (2).

Перенумеруем вершины так, что в вершине a = an сходится не более пяти ребер.

Если в вершине a сходятся не более четырех ребер, то рассмотрим граф G \ a, который получается из G устранением вершины a и всех оканчивающихся в ней ребер. Граф G \ a допускает правильную 5-раскраску по предположению индукции. А так как ребра соединяют вершину a не более чем с четырьмя вершинами этого меньшего графа, то для правильной раскраски a остается по крайней мере один цвет (из пяти).

Пусть теперь в a сходится ровно пять ребер. Рассмотрим граф H É G, состоящий из тех пяти вершин, куда приходят ребра, выходящие из a и соединяющих их (в G) ребер. В графе H обязательно найдутся две вершины, не соединенные ребром. Действительно в противном случае в пятиугольнике H будет C₅²= 10 ребер (это нетрудно посчитать и непосредственно). Однако в силу (1)

| R(H ) | £ 3| V(H ) | – 6 = 3 " 5 – 6 = 9,

и мы приходим к противоречию.

Пусть b и g суть те вершины H, которые не соединены между собой. Не соединены они и в G \ a. Рассмотрим граф G ', который получается из G \ a при помощи деформации, которая отождествляет (совмещает) b и g. Граф G ' – это плоский граф, так как при отождествлении вершин в этой ситуации не может возникнуть петли. Но для G ' справедливо предположение индукции, и существует некоторая его правильная 5-раскраска j. Разъединим в этом раскрашенном графе вершины b и g. Тогда правильную 5-раскраску получает и граф G \ a, причем такую, что j(b) = j(g). Иными словами, b и g раскрашены одинаково и, следовательно, раскраска пяти соседних с a вершин графа H использует не более четырех цветов.

Используем оставшийся цвет для раскраски вершины a и получим правильную 5-раскраску G!

Проблема четырех красок кажется на первый взгляд изолированной задачей, мало связанной с другими разделами математики и практическими задачами. На самом деле это не так. Известно более 20 ее переформулировок, которые связывают эту проблему с задачами алгебры, статистической механики и задачами планирования. И это тоже характерно для математики: решение задачи, изучаемой из чистого любопытства, оказывается полезным в описании реальных и совершенно различных по своей природе объектов и процессов. Здесь мы рассмотрим одну задачу, эквивалентную проблеме четырех красок.

Пусть i, j и k суть стандартные единичные направляющие векторы координатных осей x, y и z соответственно. В трехмерном пространстве определено векторное произведение векторов, обозначаемое знаком i. Если u, u k R3 – два вектора, то их векторное произведение u i u имеет длину а направление определяется по правилу буравчика или правой руки. Легко убедиться в том, что это произведение не ассоциативно, то есть произведение u1 i u2 i ... i un , вообще говоря, не определено, если в нем не расставлены скобки. Действительно, например, 0 = i i (j i j) (i i j) i j = – i. Для того чтобы выражение u1 i u2 i ... i un имело определенный смысл, в нем нужно правильным образом расставить n – 2 пары скобок. Такое выражение со скобками называется ассоциацией.

Теорема 3. Для каждой пары ассоциаций, связанных с выражением u1 i u2 i ... i un , существует такая подстановка {u1 , u2 , ..., un} {i, j, k} (то есть {i, j, k} подставляются каким-то образом вместо всех uk), что значения ассоциаций будут равны между собой и отличны от нуля.

Утверждение касается только векторов в трехмерном пространстве и кажется простым, но доказать его так же трудно, как и теорему о 4-раскраске. Доказательство эквивалентности последней теоремы проблеме четырех красок дано Л. Кауфманом и объяснено на пальцах. Здесь мы только коротко объясним связь этих задач.

Во-первых, причем здесь графы? Графически ассоциацию можно представлять себе в виде дерева, то есть графа специального вида, устроенного следующим образом. Произведению всякой пары u i u соответствует пара ребер (веток), имеющих общую вершину, при этом концы ветвей соответствуют сомножителям, а общее начало – произведению. Шаг за шагом выполняя действия, предписанные в ассоциации скобками, приходим к корню этого дерева, соответствующему результату выполнения всех перемножений в заданной ассоциации. В верхней части рис. 2 представлены деревья, определяемые ассоциациями (u1 i u2) i (u3 i u4) (внизу, ветвями вверх) и (((u1 i u2) i u3) i u4) (вверху, ветвями вниз).

Склеим теперь оба эти дерева по концам веток (концы соответствуют всем элементам ассоциации u1 , u2 , u3 , u4) и затем соединим корни обоих деревьев дополнительным ребром. Получится плоский граф, изображенный в нижней части рис. 6. Отметим два специфических свойства такого графа: в любой его вершине сходится ровно три ребра (это свойство называется кубичностью графа). Удаление любого ребра не приводит к разделению графа на две не связанные между собой компоненты (это свойство назовем отсутствием разделяющего ребра).

Рис. 6. Плоский граф

Эта конструкция обобщается для любой пары ассоциаций с одинаковым количеством сомножителей.

Во-вторых, причем здесь раскраски? Будем считать векторы i, j и k тремя красками, приписанными всем элементам ассоциации или, что то же, концевым веткам деревьев. Остальные ветки вплоть до корня окрасятся по правилам вычисления векторного произведения. Если мы хотим после вычислений получить ненулевой результат, то, как легко проверить, три ребра, сходящиеся в любой вершине, должны быть раскрашены по-разному.

Тем самым кубический плоский граф, полученный склеиванием двух деревьев различных ассоциаций, получит такую раскраску ребер, что в любой вершине сходятся три по-разному окрашенных ребра. Это так называемая правильная 3-раскраска ребер.

В-третьих, причем здесь проблема четырех красок? Дело в том, что проблемы правильной 4-раскраски вершин и правильной 3-раcкраски ребер эквивалентны. Точнее, справедлива

Теорема 4. Всякий кубический граф без разделяющих ребер допускает правильную 3-раскраску ребер.

Эта теорема эквивалентна теореме 1 о правильной 4-раскраске карт. Доказательство эквивалентности не очень сложно, и его можно найти в большинстве учебников по теории графов.

Объясним лишь, как 4-раскраска областей кубического графа порождает 3-раскраску его ребер. Пусть области кубического графа окрашены четырьмя красками. Вместо того чтобы нумеровать краски числами 1, 2, 3 и 4, занумеруем их парами (0, 0), (0, 1), (1, 0) и (1, 1). При отсутствии разделяющих ребер к каждому ребру примыкают две разные области. Припишем ребру, разделяющему области, окрашенные с помощью (i, j) и (k, l ), цвет по формуле (i + k, j + l )(mod 2). Здесь n(mod 2) означает остаток от деления n на 2. Различающиеся пары цветов областей порождают только три пары (0, 1), (1, 0) и (1, 1) для раскраски ребер.