Rzut oka na wspó czesna matematyke spotkanie 9-10: …pawelst/rzut_oka/Zajecia_dla... · 2011-12-19 · Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 18 / 29. Zadanie o 5 miastach i liniach

Rzut oka na współczesną matematykęspotkanie 9-10: Zagadnienie czterech barw i

teoria grafów

P. [email protected]

Instytut Matematyki, Uniwersytet Warszawski

MISH UW, semestr zimowy 2011-12

P. Strzelecki [email protected] (IM) Rzut oka. . . 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 1 / 29

Mapa czterobarwna, Wikipedia


Inna mapa czterobarwna, Wikipedia


Twierdzenie o czterech barwach

Twierdzenie (K. Appel, W. Haken, 1976). Każdą mapę napłaszczyźnie można pokolorować czterema barwami.

To sformułowanie jest bardzo nieprecyzyjne. Ważne pytania:

Co to jest mapa?Jaki kształt mogą mieć państwa?Kiedy dwa państwa graniczą ze sobą?

Sciślej: wierzchołki każdego grafu planarnego można dobrzepokolorowować czterema barwami.


Wystarczy mówić o kolorowaniu grafów


O historii problemu

1852, Francis Guthrie (student z Londynu):

obserwacja: hrabstwa na mapie Anglii można pomalować 4barwami;hipoteza: państwa na każdej mapie – też.

1852, Augustus de Morgan: na żadnej mapie płaskiej nie mapięciu państw, które sąsiadowałyby każde z każdym

23 października 1852: de Morgan pisze o całej sprawie list doWilliama Hamiltona.


Augustus De Morgan (1806–1871)


List De Morgana do Hamiltona


List z 23 października 1852

Jeden z moich studentów poprosił mniedziś, żebym podał mu powód, dla któregoprawdziwy jest pewien fakt, którego nieznałem i wciąż nie wiem, czy jestprawdziwy. Twierdzi on, że jeśli figurępodzielimy w dowolny sposób na części,które zostaną pokolorowane tak, żeby dwiefigury, które mają wspólną linię graniczną,miały różne kolory — to może trzebabędzie czterech kolorów, ale nie więcej.

Oto przykład, w którym trzeba czterech kolorów. Poszukiwania niepozwalają [mi] podać przykładu, który wymagałby pięciu lub więcejkolorów.


Wiek XIX, cd.

De Morgan opowiedział o problemie wielu matematykom, w tymCharlesowi Sandersowi Peirce’owi i Arthurowi Cayley’owi

Czerwiec 1878: Arthur Cayley opowiada o problemie naposiedzeniu Londyńskiego Towarzystwa Matematycznego.

Wkrótce potem pojawiają się dwa “dowody” hipotezy 4 barw:

1879, Alfred Bray Kempe, adwokat z Londynu1880, Peter Guthrie Tait

Kempe zostaje członkiem Royal Society.


Dowód Kempego

Na każdej mapie jest państwo, które ma co najwyżej pięciusąsiadów (poprawna część dowodu)

Wykorzystanie teorii grafów

Technika łańcuchów Kempego i wymiany koloróww krytycznych obszarach

Subtelny błąd w dowodzie, niełatwy do wykrycia


Dygresja: teoria grafów i wzór Eulera

Zadanie o 7mostach: Czy możnapójść na spacer pomieście i przejść pokażdym z mostówdokładnie raz?26 sierpnia 1735,Leonard Euler: niePoczątek teoriigrafów


Twierdzenie Eulera o grafach jednobieżnych

Stopień wierzchołka: liczba krawędzi, wychodzących z tegowierzchołka.

cykl Eulera: droga, która przechodzidokładnie raz po każdej krawędzi, a ponadtokończy się i zaczyna w tym samym miejscu.

ścieżka Eulera: przechodzi dokładnie raz pokażdej krawędzi, ale może kończyć się wdowolnym miejscu.

Twierdzenie. Niech G będzie grafem spójnym. Wtedy G ma cyklEulera wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie wierzchołki G sąparzystego stopnia, a ścieżkę Eulera – wtedy i tylko wtedy, gdysą najwyżej 2 wierzchołki stopnia nieparzystego.


Twierdzenie Eulera o grafach jednobieżnych

Stopień wierzchołka: liczba krawędzi, wychodzących z tegowierzchołka.

cykl Eulera: droga, która przechodzidokładnie raz po każdej krawędzi, a ponadtokończy się i zaczyna w tym samym miejscu.

ścieżka Eulera: przechodzi dokładnie raz pokażdej krawędzi, ale może kończyć się wdowolnym miejscu.

Twierdzenie. Niech G będzie grafem spójnym. Wtedy G ma cyklEulera wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie wierzchołki G sąparzystego stopnia, a ścieżkę Eulera – wtedy i tylko wtedy, gdysą najwyżej 2 wierzchołki stopnia nieparzystego.


Wzór Eulera

Wersja I: Dany jest dowolny wielościan wypukły. S, K i W są,odpowiednio, liczbą jego ścian, krawędzi i wierzchołków. Wówczas

S− K+W = 2.

Wersja II: Dany jest graf planarny. S, K i W są, odpowiednio,liczbą jego ścian (= obszarów, na które graf dzieli płaszczyznę),krawędzi i wierzchołków. Wówczas

S− K+W = 2.

Dowód tego wzoru nie jest ani szczególnie trudny, ani bardzołatwy.


Wzór Eulera

Wersja I: Dany jest dowolny wielościan wypukły. S, K i W są,odpowiednio, liczbą jego ścian, krawędzi i wierzchołków. Wówczas

S− K+W = 2.

Wersja II: Dany jest graf planarny. S, K i W są, odpowiednio,liczbą jego ścian (= obszarów, na które graf dzieli płaszczyznę),krawędzi i wierzchołków. Wówczas

S− K+W = 2.

Dowód tego wzoru nie jest ani szczególnie trudny, ani bardzołatwy.


Znane łamigłówki i wzór Eulera

1 Zadanie o trzech domkach i trzech studniach. Trzy domkiłączymy ścieżkami z trzema studniami (każdy domek maoddzielne dojście do każdej studni). Właściciele domkówbardzo się nie lubią i dlatego ścieżki nie mogą się przecinać.Jak je poprowadzić?

2 Zadanie o pięciu miastach. Pięć miast łączymy liniamikolejowymi, każde z każdym. Udowodnić, że któreś dwie liniekolejowe muszą się przecinać.

Wzór Eulera pozwala rozwiązać oba zadania.


Zadanie o trzech domkach i trzech studniach

Metoda prób i błędów: jak poprowadzić ostatnią ścieżkę?P. Strzelecki [email protected] (IM) Rzut oka. . . 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 16 / 29


1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu grafplanarny, w którym W = 3 + 3 = 6 i K = 3 · 3 = 9.

2 Wobec wzoru Eulera, S = 2 + K−W = 5.3 Każda ściana ma co najmniej 4 krawędzie (bo nie ma

połączeń typu studnia–studnia i domek–domek.)4 Dlatego krawędzi powinno być przynajmniej

5 · 42 = 10

(zliczając krawędzie wokół ścian, każdą krawędź uwzględnimydwukrotnie.)

5 9 6= 10. Uzyskana sprzeczność kończy dowód.




2 Wobec wzoru Eulera, S = 2 + K−W = 5.

3 Każda ściana ma co najmniej 4 krawędzie (bo nie mapołączeń typu studnia–studnia i domek–domek.)

4 Dlatego krawędzi powinno być przynajmniej

5 · 42 = 10







połączeń typu studnia–studnia i domek–domek.)

4 Dlatego krawędzi powinno być przynajmniej

5 · 42 = 10








5 · 42 = 10








5 · 42 = 10




Zadanie o 5 miastach i liniach kolejowych

1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu grafplanarny, w którym W = 5 i K = 10.

2 Wobec wzoru Eulera, S = 2 + K−W = 7.

3 Każda ściana ma co najmniej 3 krawędzie. Dlatego (jak wpoprzednim rozwiązaniu) krawędzi jest co najmniej

7 · 32 = 101

2

tzn. co najmniej 11.4 10 6= 11. Uzyskana sprzeczność kończy dowód.

W języku map: na żadnej mapie płaskiej nie ma pięciu map, zktórych każde graniczy z wszystkimi czterema pozostałymi.




2 Wobec wzoru Eulera, S = 2 + K−W = 7.3 Każda ściana ma co najmniej 3 krawędzie. Dlatego (jak w

poprzednim rozwiązaniu) krawędzi jest co najmniej

7 · 32 = 101

2






2 Wobec wzoru Eulera, S = 2 + K−W = 7.3 Każda ściana ma co najmniej 3 krawędzie. Dlatego (jak w

poprzednim rozwiązaniu) krawędzi jest co najmniej

7 · 32 = 101

2




Wracamy do map i dowodu Kempego

Mapa jest na sferze. Dla ustalenia uwagi: cała sfera pocięta napaństwa.

Oznaczenia: S = liczba państw, K = liczba wspólnych odcinkówgranic, W = liczba punktów zbiegu różnych granic.

Spostrzeżenie: wobec wzoru Eulera,

W − K+ S = 2 .

Pytanie: czy wszystkie państwa mają wielu sąsiadów? Może nakażdej mapie musi być takie państwo, które ma niewielu sąsiadów?


Istnienie państwa o 6 5 sąsiadach

Niech Sk = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów.(Można przyjąć S1 = 0.) Wtedy

S = S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + S7 + · · ·

(1)2K = 2S2 + 3S3 + 4S4 + 5S5 + 6S6 + 7S7 + · · · (2)2K > 3W (zliczamy krawędzie) (3)

a stąd

12 Euler= 6S− 6K+ 6W

(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4 + S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·

Zatem: jedna z liczb S2, S3, S4, S5 musi być dodatnia.




S = S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + S7 + · · · (1)2K = 2S2 + 3S3 + 4S4 + 5S5 + 6S6 + 7S7 + · · ·

(2)2K > 3W (zliczamy krawędzie) (3)

a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4 + S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·





S = S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + S7 + · · · (1)2K = 2S2 + 3S3 + 4S4 + 5S5 + 6S6 + 7S7 + · · · (2)2K > 3W (zliczamy krawędzie) (3)

a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4 + S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·






a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4 + S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·






a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2

+ 3S3 + 2S4 + S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·






a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3

+ 2S4 + S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·






a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4

+ S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·






a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4 + S5

+ (−S7) − 2S8 − · · ·






a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4 + S5 + (−S7)

− 2S8 − · · ·






a stąd


(3)6 6S− 6K+ 4K = 6S− 2K

(1),(2)= 4S2 + 3S3 + 2S4 + S5 + (−S7) − 2S8 − · · ·



Łańcuchy Kempego: kluczowy fragment jegodowodu

Załóżmy, że twierdzenie o 4 barwach jest fałszywe. Istnieje wtedykontrprzykład. Na mapie, która stanowi minimalny kontrprzykład(z najmniejszą liczbą państw), bierzemy państwo, które ma 4 lub 5sąsiadów.

kolorujemy mapę bez tego państwa;śledzimy dwa dwukolorowe łańcuchy.

Tylko jeden z nich może się zamknąć w kółko, w drugim możnapozmieniać kolory. Popatrzmy na przypadek 4 sąsiadów.


Łańcuchy Kempego: państwo z 4 sąsiadami

Zmieniamy kolory C i N w jednej części łańcuchaczerwono–niebieskiego.



Zmieniamy kolory C i N w jednej części łańcuchaczerwono–niebieskiego.



Po takiej zamianie kolorów C i N,białe państwo kolorujemy niebiesko



Kempe:1 tworzymy dwa łańcuchy,

C1–N w lewej częścirysunku i C2–Z wprawej części.

2 Pierwszy nie dochodzido kropki N po prawej.

3 Drugi nie dochodzi dokropki Z po lewej.

4 Zatem: w każdym z tych łańcuchów można zmienić kolory, niepowodując konfliktu barw.

Pytanie: czy na pewno można tozrobić jednocześnie w obu łańcuchach?



Kempe:1 tworzymy dwa łańcuchy,

C1–N w lewej częścirysunku i C2–Z wprawej części.

2 Pierwszy nie dochodzido kropki N po prawej.

3 Drugi nie dochodzi dokropki Z po lewej.

4 Zatem: w każdym z tych łańcuchów można zmienić kolory, niepowodując konfliktu barw. Pytanie: czy na pewno można tozrobić jednocześnie w obu łańcuchach?


Państwo z 5 sąsiadami, błąd Kempego

Łańcuch pomarańczowo –zielony może krzyżowaćsię z pomarańczowo –niebieskim w punktachpomarańczowych.

Wtedy jednoczesnazmiana kolorów C1–N wlewej części rysunkui C2–Z w prawej częściprowadzi do kolizji.


Państwo z 5 sąsiadami, błąd Kempego

Łańcuch pomarańczowo –zielony może krzyżowaćsię z pomarańczowo –niebieskim w punktachpomarańczowych.

Wtedy jednoczesnazmiana kolorów C1–N wlewej części rysunkui C2–Z w prawej częściprowadzi do kolizji.


1890, Percy John Heawood

Sześciostronicowa praca w Quarterly Journal of Mathematics:kontrprzykład do dowodu Kempego,dowód faktu, że dowolną mapę można pomalować co najwyżejpięcioma barwami,twierdzenie o mapach na powierzchniach innych od sfery.

Twierdzenie (Heawood, 1890). Dla g > 1 dowolną mapę położonąna powierzchni rodzaju g można pomalować używając co najwyżejh(g) barw, gdzie

h(g) =

[7 +√

1 + 48g2

], oraz [m] = część całkowita m.

Np. dla g = 1 (torus) jest h(g) = 7. I to jest optymalne!


Następnym razem:

1 O dowodzie Heawooda, który wymaga tylko wzoru Eulera iumiejętności rozwiązywania równań kwadratowych;

2 O komputerowo wspieranym dowodzie Hakena i Appela;3 O nowszych wersjach tego dowodu;4 Jeszcze o formalnej weryfikacji twierdzeń i nieoczekiwanych

zastosowaniach niepotrzebnych, masywnych obliczeń;5 O zastosowaniach teorii grafów;6 O innych miejscach, gdzie można spotkać dowody wspierane

komputerowo.


Documents

Rzut oka na wspó czesna matematyke spotkanie 9-10: …pawelst/rzut_oka/Zajecia_dla... · 2011-12-19 · Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 18 / 29. Zadanie o 5 miastach i liniach