Bir karenin kromatik polinomu

11

Bir kare düşünün, ABCD. Sezgisel olarak, kromatik polinomunun renklerinin bulunduğu olduğu görülüyordu . $\lambda(\lambda - 1)(\lambda - 1)(\lambda - 2)$ $\lambda$

Bu $\lambda$ A için bir rengin seçilebileceği yolları vardır, B ve D için renklerin seçilmesi için $\lambda - 1$ yol vardır (B ve D, A'ya bitişiktir) ve C için renkler için $\lambda - 2$ yol vardır. Alınacak.

Bununla birlikte, ayrışma teoremini (slayt 47, Örnek 11.33) kullanarak ve kareyi uzunluk 3 ve bir üçgen yoluna ayrıştırarak ilk akıl yürütmem yanlış olduğunu gösterir.

Düşüncemde nerede yanlış gittiğimi söyler misiniz?

graph-theory colorings

— Abhijith Madhav
kaynak

8

Birbirinden köşegen köşelerin aynı renkte olabileceğini unutmamalısınız! Formülünüz bunu dikkate almaz. Bir grafiğin kromatik sayısını dahil etme-hariç tutma prensibi ile bulabiliriz. Belirli alt kümelerde belirli sınırları kanıtlayabilirsek, karmaşık yapıları saymamızı sağlayan çok genel bir sayma tekniğidir.

Ana fikir, bazı mülklerin olası tüm yollarını saymamızdır. Sonra bazı "kötü" öğeleri kaldırıyoruz. Ancak, çok fazla kaldırılmış olabilir ve bazı "iyi" öğeleri geri eklememiz gerekebilir. Bu, tüm alt kümeleri geçene kadar ileri geri gider.

İçerme-dışlama ilkesi bize bazı temel değerler verildiğini söyler , elemanların sayısı, alt-hiçbirinde yalan olan $|X|=n$ $X$ $A_i$

\sum_{I \subseteq [n]} (- 1)^{| I |} | A_{I} |, where I is the set of indices in X and A_{I} = ⋂_{i \in I} A_{i}

$\sum_{I \subseteq [n]} (-1)^{|I|}|A_I| \text{, where } \\ I \text{ is the set of indices in } X \text{ and } A_I = \bigcap_{i \in I} A_i$

Let renk sayısı olabilir ve izin mümkün olan tüm renklendiriciler kümesi (yani ) ve izin $\lambda$ $X$ $|X| = \lambda^4$

A_{e} = {coloring : e = (i, j) \in E, color (i) = color (j)}

$A_{e} = \{\text{coloring} : e=(i,j) \in E, \text{color}(i) = \text{color}(j) \}$

Son polinomumuzu elde etmeden önce, setlerimizin boyutunu ve kesişen tüm altkümelerin boyutunu saymamız gerekir. $A_{e}$

Bunu gözlemleyin . Bunun nedeni, sadece renklendirmemizden, ancak komşu köşeler için her zaman aynı renkleri seçmemizden kaynaklanmaktadır. İleride, $|A_{12}| = |A_{23}| = |A_{34}| = |A_{41}| = \lambda^3$ $G$

$|A_{12} \cap A_{23} | = |A_{23} \cap A_{34} | = |A_{34} \cap A_{41}| = |A_{41} \cap A_{12}| = |A_{12} \cap A_{34}| = |A_{41} \cap A_{23}| = \lambda^2$

Her 3 seti listelemeyeceğim, ama hepsinin sayısı aynı. . Ve Sonunda, . Şimdi şartlarımızı toplayıp toplayalım. $|A_e \cap A_{e'} \cap A_{e''}| = \lambda$ $|A_{12} \cap A_{23} \cap A_{34} \cap A_{41}| = \lambda$

λ^{4} - 4 λ^{3} + 6 λ^{2} - 4 λ + λ = λ^{4} - 4 λ^{3} + 6 λ^{2} - 3 λ

$\lambda^4 - 4\lambda^3 + 6\lambda^2 - 4\lambda + \lambda = \lambda^4 - 4\lambda^3 + 6\lambda^2 - 3\lambda$

Şimdi bu problem için dahil etme-hariç tutma ile saymak o kadar da kötü değildi çünkü basit bir 4-döngümüz vardı. Grafik daha fazla yapıya sahip olsaydı, olası tüm kavşaklar için her kavşak boyutunu bulmak çabucak sinir bozucu olurdu.

— Nicholas Mancuso
kaynak

2

Yukarıdaki Nicholas tarafından cevap ve bu benim düşünce kusur görüyor yardımcı oldu. Daha spesifik olarak Nicholas'ın üzerinde durmayı düşündüm,

Birbirinden köşegen köşelerin aynı renkte olabileceğini unutmamalısınız.

ve ayrıca yanlış akıl yürütmem için ayarlayarak kromatik polinomu elde ettim.

$\lambda - 2$ $\lambda - 1$

$P(ABCD, \lambda)$
$λ(λ−1)(1)(λ−1) + λ(λ−1)(λ−2)(λ−2)$

— Abhijith Madhav
kaynak