Забарвлення графіків мінімізує кількість кольорів у кожному незалежному наборі

11

Чи відома наступна претензія?

Претензія : Для будь-якого графіка з вершинами існує забарвлення таким чином, що кожен незалежний набір забарвлений не більше ніж кольорами. $G$ $n$ $G$ $O(\sqrt{n})$

reference-request graph-colouring

— Ігор Шинкар
джерело

11

Наступна заява мені відома, але може не враховуватися, оскільки вона не публікується: Будь-який графік на вершинах може бути пофарбований так, що будь-який індукований підграф з хроматичним числом не більше використовує максимум кольорів, де . $n$ $H$ $k$ $\chi(H)+B$ $B(B+1)\leq 2kn$

Це доказ за допомогою індукції; мотивація полягала в тому, щоб розглянути кольори, які використовують мало кольорів не тільки на графіку, але і на всіх індукованих підграфах. Я не знаю жодних опублікованих результатів.

— Аравінд
джерело

10

Не зовсім те, що ви просите, але ось нижня межа - графік, для якого будь-яке забарвлення призведе до незалежного набору, пофарбованого кольорами: $\sqrt{n}$

Візьміть копії і з'єднайте всі вершини до однієї вершини . $\sqrt{n}$ $K_{\sqrt{n}}$ $s$

Очевидно, кожен набір вершин від різних 'є незалежним, і в кожній копії ви можете знайти хоча б один "новий" колір. $\sqrt{n}$ $K$ $K_{\sqrt{n}}$

Цю нижню межу можна легко поліпшити до або так, якщо ми з'єднаємо до однієї вершини, але вона залишається лише кольорами. $\sqrt{2n}$ $K_1,K_2,..$ $\Omega(\sqrt{n})$

— РБ
джерело

Другий приклад, схоже, не покращує пов'язане. Я думаю, що будь-який ІС може бути кольоровим за допомогою . Наприклад, для n = 9 забарвлюється синім, - зеленим та червоним, а - синім, зеленим та червоним. Будь-який максимальний ІС забарвлений двома кольорами, а не 3.

2 \sqrt{2 n} / 3

$2\sqrt{2n}/3$

K_{1}

$K_1$

K_{2}

$K_2$

K_{3}

$K_3$

— user15669

Я не впевнений, що ти маєш на увазі. Другий приклад дійсно покращує пов'язане, але не асимптотично. Ви можете побудувати кольоровий IS розміром ~ використовуючи вершину від , вершину від з іншим кольором тощо (від ми візьмемо вершину, забарвлену кольором, який ще не існує в наш ІС). І це вірно для кожного фарбування .

2 \sqrt{n}

$2\sqrt n$

K_{1}

$K_1$

K_{2}

$K_2$

K_{i}

$K_i$

G

$G$

— RB

Крім того, у вашому прикладі ІС, що включає синю вершину від , зелену від та червону від , пофарбована 3 кольорами.

K_{1}

$K_1$

K_{2}

$K_2$

K_{3}

$K_3$

— RB

1

@RB дякую за приклад. ваш другий графік дає нижню межу приблизно , це число таке, що .

t \approx \sqrt{2 n}

$t \approx \sqrt{2n}$

1 + 2 + \dots + t = n

$1+2+\dots + t = n$

— Ігор Шинкар

5

Що з наступного доказу? Якщо , тоді претензія є очевидною. Припустимо, навпаки, і дозвольте бути самостійним набором з максимальною кардинальністю . Колір кольором 1, а рекурсивно забарвлюйте графік кольорами . Тепер, якщо є незалежним безліччю , розгляне . За індукційною гіпотезою, забарвлюється щонайбільше кольорами, і таким чином забарвлюється $\alpha(G) \leq \sqrt{n}$ $I$ $G$ $\alpha$ $I$ $G - I$ $2,...,c$ $K$ $G$ $K' = K - I$ $K'$ $\sqrt{n-\alpha}$ $K$ $1+\sqrt{n-\alpha} \leq \sqrt{n}$ кольори; нерівність дотримується припущення, що . $\alpha \geq \sqrt{n}$

— Супер8
джерело

1

1 + \sqrt{n - \sqrt{n}} > \sqrt{n}

$1+\sqrt{n-\sqrt{n}}>\sqrt{n}$ , але цей доказ, ймовірно, може бути змінено, щоб показати, що для будь-якого будь-який ІС забарвлений максимум кольорів. У будь-якому випадку це довідковий запит, а не запит на підтвердження.

ϵ > 0

$\epsilon>0$

(1 + ϵ) \sqrt{n} + C_{ϵ}

$(1+\epsilon)\sqrt{n}+C_\epsilon$

— користувач15669

1

Дійсно, доказ має працювати, замінивши на . Прошу вибачення за те, що пропустив частину "довідкового запиту", але чи не слід вважати цей результат фольклором? До речі, я та сама людина, що і вище, але мені потрібно знайти спосіб консолідувати свої різні профілі, я, мабуть, повинен просити це на meta.cstheory.stackexchange.

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

2 \sqrt{n}

$2 \sqrt{n}$

— Супер0

(на запит на об'єднання профілю) мета - це гарне місце для опублікування такого запиту.

— Суреш Венкат