Rzut oka na współczesną matematykę spotkanie 9-10: Zagadnienie czterech barw i teoria grafów P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl Instytut Matematyki, Uniwersytet Warszawski MISH UW, semestr zimowy 2011-12 P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 1 / 29
Mapa czterobarwna, Wikipedia P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 2 / 29
Inna mapa czterobarwna, Wikipedia P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 3 / 29
Twierdzenie o czterech barwach Twierdzenie (K. Appel, W. Haken, 1976). Każdą mapę na płaszczyźnie 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 dobrze pokolorowować czterema barwami. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 4 / 29
Wystarczy mówić o kolorowaniu grafów P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 5 / 29
O historii problemu 1852, Francis Guthrie (student z Londynu): obserwacja: hrabstwa na mapie Anglii można pomalować 4 barwami; hipoteza: państwa na każdej mapie też. 1852, Augustus de Morgan: na żadnej mapie płaskiej nie ma pięciu państw, które sąsiadowałyby każde z każdym 23 października 1852: de Morgan pisze o całej sprawie list do Williama Hamiltona. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 6 / 29
Augustus De Morgan (1806 1871) P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 7 / 29
List De Morgana do Hamiltona P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 8 / 29
List z 23 października 1852 Jeden z moich studentów poprosił mnie dziś, żebym podał mu powód, dla którego prawdziwy jest pewien fakt, którego nie znałem i wciąż nie wiem, czy jest prawdziwy. Twierdzi on, że jeśli figurę podzielimy w dowolny sposób na części, które zostaną pokolorowane tak, żeby dwie figury, które mają wspólną linię graniczną, miały różne kolory to może trzeba będzie czterech kolorów, ale nie więcej. Oto przykład, w którym trzeba czterech kolorów. Poszukiwania nie pozwalają [mi] podać przykładu, który wymagałby pięciu lub więcej kolorów. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 9 / 29
Wiek XIX, cd. De Morgan opowiedział o problemie wielu matematykom, w tym Charlesowi Sandersowi Peirce owi i Arthurowi Cayley owi Czerwiec 1878: Arthur Cayley opowiada o problemie na posiedzeniu Londyńskiego Towarzystwa Matematycznego. Wkrótce potem pojawiają się dwa dowody hipotezy 4 barw: 1879, Alfred Bray Kempe, adwokat z Londynu 1880, Peter Guthrie Tait Kempe zostaje członkiem Royal Society. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 10 / 29
Dowód Kempego Na każdej mapie jest państwo, które ma co najwyżej pięciu sąsiadów (poprawna część dowodu) Wykorzystanie teorii grafów Technika łańcuchów Kempego i wymiany kolorów w krytycznych obszarach Subtelny błąd w dowodzie, niełatwy do wykrycia P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 11 / 29
Dygresja: teoria grafów i wzór Eulera Zadanie o 7 mostach: Czy można pójść na spacer po mieście i przejść po każdym z mostów dokładnie raz? 26 sierpnia 1735, Leonard Euler: nie Początek teorii grafów P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 12 / 29
Twierdzenie Eulera o grafach jednobieżnych Stopień wierzchołka: liczba krawędzi, wychodzących z tego wierzchołka. cykl Eulera: droga, która przechodzi dokładnie raz po każdej krawędzi, a ponadto kończy się i zaczyna w tym samym miejscu. ścieżka Eulera: przechodzi dokładnie raz po każdej krawędzi, ale może kończyć się w dowolnym miejscu. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 13 / 29
Twierdzenie Eulera o grafach jednobieżnych Stopień wierzchołka: liczba krawędzi, wychodzących z tego wierzchołka. cykl Eulera: droga, która przechodzi dokładnie raz po każdej krawędzi, a ponadto kończy się i zaczyna w tym samym miejscu. ścieżka Eulera: przechodzi dokładnie raz po każdej krawędzi, ale może kończyć się w dowolnym miejscu. Twierdzenie. Niech G będzie grafem spójnym. Wtedy G ma cykl Eulera wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie wierzchołki G są parzystego stopnia, a ścieżkę Eulera wtedy i tylko wtedy, gdy są najwyżej 2 wierzchołki stopnia nieparzystego. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 13 / 29
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. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 14 / 29
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 bardzo łatwy. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 14 / 29
Znane łamigłówki i wzór Eulera 1 Zadanie o trzech domkach i trzech studniach. Trzy domki łączymy ścieżkami z trzema studniami (każdy domek ma oddzielne dojście do każdej studni). Właściciele domków bardzo się nie lubią i dlatego ścieżki nie mogą się przecinać. Jak je poprowadzić? 2 Zadanie o pięciu miastach. Pięć miast łączymy liniami kolejowymi, każde z każdym. Udowodnić, że któreś dwie linie kolejowe muszą się przecinać. Wzór Eulera pozwala rozwiązać oba zadania. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 15 / 29
Zadanie o trzech domkach i trzech studniach Metoda prób i błędów: jak poprowadzić ostatnią ścieżkę? P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 16 / 29
Zadanie o trzech domkach i trzech studniach 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, w którym W = 3 + 3 = 6 i K = 3 3 = 9. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 17 / 29
Zadanie o trzech domkach i trzech studniach 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, w którym W = 3 + 3 = 6 i K = 3 3 = 9. 2 Wobec wzoru Eulera, S = 2 + K W = 5. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 17 / 29
Zadanie o trzech domkach i trzech studniach 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, 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.) P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 17 / 29
Zadanie o trzech domkach i trzech studniach 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, 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 4 2 = 10 (zliczając krawędzie wokół ścian, każdą krawędź uwzględnimy dwukrotnie.) P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 17 / 29
Zadanie o trzech domkach i trzech studniach 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, 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 4 2 = 10 (zliczając krawędzie wokół ścian, każdą krawędź uwzględnimy dwukrotnie.) 5 9 10. Uzyskana sprzeczność kończy dowód. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 17 / 29
Zadanie o 5 miastach i liniach kolejowych 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, w którym W = 5 i K = 10. 2 Wobec wzoru Eulera, S = 2 + K W = 7. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 18 / 29
Zadanie o 5 miastach i liniach kolejowych 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, 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 w poprzednim rozwiązaniu) krawędzi jest co najmniej tzn. co najmniej 11. 7 3 2 = 101 2 4 10 11. Uzyskana sprzeczność kończy dowód. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 18 / 29
Zadanie o 5 miastach i liniach kolejowych 1 Przypuśćmy, że istnieje rozwiązanie. Odpowiada mu graf planarny, 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 w poprzednim rozwiązaniu) krawędzi jest co najmniej tzn. co najmniej 11. 7 3 2 = 101 2 4 10 11. Uzyskana sprzeczność kończy dowód. W języku map: na żadnej mapie płaskiej nie ma pięciu map, z których każde graniczy z wszystkimi czterema pozostałymi. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 18 / 29
Wracamy do map i dowodu Kempego Mapa jest na sferze. Dla ustalenia uwagi: cała sfera pocięta na państwa. Oznaczenia: S = liczba państw, K = liczba wspólnych odcinków granic, W = liczba punktów zbiegu różnych granic. Spostrzeżenie: wobec wzoru Eulera, W K + S = 2. Pytanie: czy wszystkie państwa mają wielu sąsiadów? Może na każdej mapie musi być takie państwo, które ma niewielu sąsiadów? P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 19 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W (3) 6S 6K + 4K = 6S 2K P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W (3) 6S 6K + 4K = 6S 2K (1),(2) = 4S 2 P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W (3) 6S 6K + 4K = 6S 2K (1),(2) = 4S 2 + 3S 3 P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W (3) 6S 6K + 4K = 6S 2K (1),(2) = 4S 2 + 3S 3 + 2S 4 P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W (3) 6S 6K + 4K = 6S 2K (1),(2) = 4S 2 + 3S 3 + 2S 4 + S 5 P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W (3) 6S 6K + 4K = 6S 2K (1),(2) = 4S 2 + 3S 3 + 2S 4 + S 5 + ( S 7 ) P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Istnienie państwa o 5 sąsiadach Niech S k = liczba państw, które mają dokładnie k sąsiadów. (Można przyjąć S 1 = 0.) Wtedy a stąd S = S 2 + S 3 + S 4 + S 5 + S 6 + S 7 + (1) 2K = 2S 2 + 3S 3 + 4S 4 + 5S 5 + 6S 6 + 7S 7 + (2) 2K 3W (zliczamy krawędzie) (3) 12 Euler = 6S 6K + 6W (3) 6S 6K + 4K = 6S 2K (1),(2) = 4S 2 + 3S 3 + 2S 4 + S 5 + ( S 7 ) 2S 8 Zatem: jedna z liczb S 2, S 3, S 4, S 5 musi być dodatnia. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 20 / 29
Łańcuchy Kempego: kluczowy fragment jego dowodu Załóżmy, że twierdzenie o 4 barwach jest fałszywe. Istnieje wtedy kontrprzykład. Na mapie, która stanowi minimalny kontrprzykład (z najmniejszą liczbą państw), bierzemy państwo, które ma 4 lub 5 sąsiadów. kolorujemy mapę bez tego państwa; śledzimy dwa dwukolorowe łańcuchy. Tylko jeden z nich może się zamknąć w kółko, w drugim można pozmieniać kolory. Popatrzmy na przypadek 4 sąsiadów. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 21 / 29
Łańcuchy Kempego: państwo z 4 sąsiadami Zmieniamy kolory C i N w jednej części łańcucha czerwono niebieskiego. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 22 / 29
Łańcuchy Kempego: państwo z 4 sąsiadami Zmieniamy kolory C i N w jednej części łańcucha czerwono niebieskiego. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 23 / 29
Łańcuchy Kempego: państwo z 4 sąsiadami Po takiej zamianie kolorów C i N, białe państwo kolorujemy niebiesko P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 24 / 29
Łańcuchy Kempego: państwo z 5 sąsiadami Kempe: 1 tworzymy dwa łańcuchy, C1 N w lewej części rysunku i C2 Z w prawej części. 2 Pierwszy nie dochodzi do kropki N po prawej. 3 Drugi nie dochodzi do kropki Z po lewej. 4 Zatem: w każdym z tych łańcuchów można zmienić kolory, nie powodując konfliktu barw. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 25 / 29
Łańcuchy Kempego: państwo z 5 sąsiadami Kempe: 1 tworzymy dwa łańcuchy, C1 N w lewej części rysunku i C2 Z w prawej części. 2 Pierwszy nie dochodzi do kropki N po prawej. 3 Drugi nie dochodzi do kropki Z po lewej. 4 Zatem: w każdym z tych łańcuchów można zmienić kolory, nie powodując konfliktu barw. Pytanie: czy na pewno można to zrobić jednocześnie w obu łańcuchach? P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 25 / 29
Państwo z 5 sąsiadami, błąd Kempego Łańcuch pomarańczowo zielony może krzyżować się z pomarańczowo niebieskim w punktach pomarańczowych. Wtedy jednoczesna zmiana kolorów C1 N w lewej części rysunku i C2 Z w prawej części prowadzi do kolizji. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 26 / 29
Państwo z 5 sąsiadami, błąd Kempego Łańcuch pomarańczowo zielony może krzyżować się z pomarańczowo niebieskim w punktach pomarańczowych. Wtedy jednoczesna zmiana kolorów C1 N w lewej części rysunku i C2 Z w prawej części prowadzi do kolizji. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 27 / 29
1890, Percy John Heawood Sześciostronicowa praca w Quarterly Journal of Mathematics: kontrprzykład do dowodu Kempego, dowód faktu, że dowolną mapę można pomalować co najwyżej pięcioma barwami, twierdzenie o mapach na powierzchniach innych od sfery. Twierdzenie (Heawood, 1890). Dla g 1 dowolną mapę położoną na powierzchni rodzaju g można pomalować używając co najwyżej h(g) barw, gdzie [ ] 7 + 1 + 48g h(g) =, oraz [m] = część całkowita m. 2 Np. dla g = 1 (torus) jest h(g) = 7. I to jest optymalne! P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 28 / 29
Następnym razem: 1 O dowodzie Heawooda, który wymaga tylko wzoru Eulera i umiejętności 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. P. Strzelecki pawelst@mimuw.edu.pl (IM) Rzut oka... 9-10. Cztery barwy i okolice etc. 5.12.2011 29 / 29