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Cap´ıtulo 2
Teor´ıa de Grafos
La Teor´ıa de Grafos empez´o como pasatiempo, como puzzles para estimular la imaginaci´on. El primer trabajo conocido es el de Leonhard Euler en 1736 y realmente es la soluci´on de uno de estos puzzles, el problema de los puentes de K¨onigsberg. “En K¨onigsberg (en el este de Prusia) pasaba el rio Pregel (ahora llamado Pregolya) con la situaci´on siguiente:
A B (^) C D
Se dice que la gente de K¨onigsberg se entreten´ıa tratando de encontrar un camino que cruzara los 7 puentes pero s´olo una vez.” A Euler se le ocurri´o reducir este problema a un problema matem´atico usando grafos y de- mostr´o que era imposible encontrar dicho camino. Reducci´on a grafos,
OOOOOO O
ooooo^ o oooooo o Otro problema del mismo tipo y que tambi´en tiene una traducci´on en lenguaje de grafos es el de encontrar una camino que lleve a la salida de un laberinto. Este problema y sus soluciones son ahora bien conocidos y aparecen en numerosos libros de puzzles matem´aticos. Otro problema que ha jugado un papel importante en el desarrollo de la Teor´ıa de Grafos tal y como se la conoce hoy en d´ıa es el problema de los cuatro colores.
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Planteamiento del problema. “Dado un mapa cualquiera ¿cual es n´umero m´ınimo de colores necesarios para colorearlo, de forma que dos pa´ıses adyacentes tengan colores diferentes?”. Este problema lo plante´o F. Guthrie en 1852 al profesor de Morgan del University College London. Se esperaba una soluci´on r´apida pero no fue as´ı, aunque reduciendo el problema a grafos se fueron encontrando soluciones parciales, “No todo mapa puede colorearse con 3 colores”. “Todo mapa puede colorearse con 5 colores”. La soluci´on final de este problema se ha encontrado reciente, en 1976, por K Appel y W. Haken que probaron que “todo mapa se puede colorear con 4 colores”, aunque su demostraci´on hace uso intensivo de computador y por lo tanto no es universalmente aceptada aunque se acepta que el resultado es cierto. En el momento actual, la Teor´ıa de Grafos es una herramienta muy usada por la Estad´ıstica en la b´usqueda de caminos minimales (existencia y algoritmos para encontrarlos) y tambi´en en Inform´atica.
2.1. Generalidades
Veamos el desarrollo te´orico de grafos.
Definici´on 2.1.1 Un grafo Γ es un par (V Γ, EΓ) donde V Γ es un conjunto finito de puntos llamados v´ertices y EΓ ⊂ {(u, v) : u, v ∈ V Γ} es una colecci´on de pares de v´ertices llamados ejes.
Nota 2.1.2 Notar que pueden existir ejes de la forma (u, u) y tambi´en pares de v´ertices repetidos. Representaremos los ejes indistintamente por e o por un par de v´ertices (u, v).
Nota 2.1.3 Es muy ´util representar un grafo Γ mediante un diagrama o dibujo donde los elementos de V Γ se representan por puntos y los pares (u, v) ∈ EΓ mediante una l´ınea uniendo u y v.
Ejemplo 2.1.4 V Γ = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 } y
EΓ = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (3, 4), (3, 4), (3, 5), (5, 4), (5, 4), (6, 7)}
MMMMM
MM M • •
ppppppppppppp
Definici´on 2.1.13 Dos grafos Γ y Γ′^ son homeomorfos si pueden obtenerse a partir de grafos iso- morfos a˜nadiendo a sus ejes nuevos v´ertices de grado 2. Esto es, son isomorfos salvo v´ertices de grado
Definici´on 2.1.14 Dado un grafo Γ, un subgrafo Γ′^ de Γ es un grafo tal que V Γ′^ ⊂ V Γ y EΓ′^ ⊂ EΓ.
Definici´on 2.1.15 Diremos que un grafo Γ es simple si no existe ning´un eje de la forma (u, u) y en EΓ no existen pares repetidos, esto es, para todo u, v ∈ V Γ si existe un eje incidente con ellos dos no existe otro. Llamaremos grafo completo a un grafo simple tal que todo par de v´ertices, u, v ∈ V Γ, son v´ertices adyacentes.
Nota 2.1.16 Un grafo completo queda determinado por su n´umero de v´ertices. As´ı, el grafo completo de n v´ertices usualmente se denota por Kn y aplicando 2.1.8 se tiene que |EKn| = (1/2)n(n − 1).
K 4 = •
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- • Definici´on 2.1.17 Un grafo Γ es regular de grado r si todos sus v´ertices tienen grado r.
Nota 2.1.18 Todo grafo completo, Kn, es regular de grado n − 1.
Definici´on 2.1.19 Diremos que un grafo Γ es bipartito si existen dos subconjuntos, S 1 , S 2 ⊂ V Γ, tales que S 1 ∩ S 2 = ∅, S 1 ∪ S 2 = V Γ y todo eje e ∈ EΓ es incidente con un v´ertice de S 1 y con uno de S 2. En el caso en que Γ sea adem´as simple y que todo v´ertice de S 1 sea adyacente a todo v´ertice de S 2 diremos que es un grafo bipartito completo.
Nota 2.1.20 Todo grafo bipartito completo est´a determinado por el n´umero de v´ertices de S 1 y el de S 2. As´ı, si |S 1 | = r y |S 2 | = s, lo denotaremos por Kr,s. Notar que Kr,s tiene r + s v´ertices y rs ejes.
Ejemplo 2.1.
K 1 , 5 = •
ƒƒƒ^ ƒ ƒƒƒƒ ƒ (^) •
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K 3 , 3 = •
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OOOOOO
OO O •
-^ oooooooooooooo ????
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Definici´on 2.1.22 (Definici´on 1) Diremos que un grafo es conexo si no puede expresarse como uni´on disjunta de dos subgrafos. Es claro que si Γ es disconexo, se puede expresar como uni´on disjunta de un n´umero finito de subgrafos conexos. A cada uno de estos subgrafos le llamaremos componente conexa de Γ.
Definici´on 2.1.23 Sea Γ = (V Γ, EΓ) un grafo, llamaremos camino de Γ a una sucesi´on finita de v´ertices y ejes, v 0 e 1 v 1 e 2 · · · vn− 1 envn, alternativos, de modo que para todo ´ındice i, vi ∈ V Γ, ei ∈ EΓ y ei es incidente con vi− 1 y con vi. A v 0 le llamaremos v´ertice inicial y a vn v´ertice final. Diremos que el camino es cerrado si v 0 = vn.
Propiedad 2.1.24 Sea Γ un grafo y u 6 = v ∈ V Γ, supongamos que existe un camino α que los une, entonces existe un camino β que los une y que todos los v´ertices de β son distintos (por tanto, tambi´en son distintos todos los ejes).
Demostraci´on Sea α = v 0 e 1 v 1 e 2 · · · envn con v 0 = u y vn = v. Supongamos que existen dos v´ertices iguales, vi = vj con i < j y supongamos que vi es el primero de los v´ertices que se repite. Entonces consideramos, α′^ = v 0 e 1 v 1 · · · viej+1 · · · v. Repitiendo este proceso un n´umero finito de veces llegamos a construir el deseado camino β. §
Definici´on 2.1.25 (Definici´on 2) Diremos que Γ es conexo si para todo u 6 = v ∈ V Γ, existe un camino en Γ con v´ertice inicial u y con v´ertice final v. En V Γ definimos la siguiente relaci´on binaria de equivalencia, “u est´a relacionado con v si existe un camino en Γ que los une”. Entones tenemos el conjunto cociente V Γ/ ∼. Dado [v] ∈ V Γ/ ∼, definimos Γ[v] como el subgrafo con v´ertices {u ∈ V Γ : u ∼ v} y con ejes {e ∈ EΓ : existe u ∈ [v] con e incidente con u}. Γ[v] es un subgrafo conexo, seg´un Def.2, que llamaremos componente conexa. Dicho de otra manera, las componentes conexas de Γ son los subgrafos que tienen por v´ertices los de cada una de las clases de equivalencia de la relaci´on anterior y por ejes todos los incidentes con dichos v´ertices.
Propiedad 2.1.26 Las dos definiciones de conexi´on dadas anteriormente son equivalentes.
Demostraci´on Supongamos Γ conexo seg´un Def.1 y que no lo es seg´un Def.2. Entonces existen dos v´ertices, u, v ∈ V Γ, de modo que no existe ning´un camino en Γ que los una. Por tanto, u y v
Veamos ahora que E ≤ (1/2)(V − C)(V − C + 1). Sean Γ 1 , Γ 2 , · · · , ΓC las componentes conexas de Γ, sean Vi y Ei el n´umero de v´ertices y el de ejes respectivamente de Γi. Supongamos que est´an enumeradas de modo que
V 1 ≤ V 2 ≤ · · · ≤ VC.
Como el n´umero m´aximo de ejes de un grafo conexo simple, siempre es el de un grafo completo con el mismo n´umero de v´ertices, E = E 1 + · · · + EC ser´a menor o igual al n´umero de ejes de un grafo Γ′^ de C componentes conexas y en el que cada una, Γ′ i, es un grafo completo de Vi v´ertices. Sean Γ′ i, Γ′ j dos de sus componentes conexas, supongamos i < j y 1 < Vi. Ocurre que si substi- tuimos Γ′ i y Γ′ j por grafos completos de Vi − 1 y Vj + 1 v´ertices respectivamente, el n´umero total de v´ertices no habr´a variado y el n´umero total de ejes habr´a aumentado ya que (aplicando 2.1.8) y haciendo operaciones tenemos
1 2 ((Vj^ + 1)Vj^ + (Vi^ −^ 1)(Vi^ −^ 2)^ −^ (Vj^ (Vj^ −^ 1) +^ Vi(Vi^ −^ 1)) =^ Vj^ −^ Vi^ + 1^ >^0
As´ı, inductivamente llegar´ıamos a que E es menor o igual al n´umero de ejes de un grafo G con C-componentes conexas, G 1 , G 2 , · · · GC tales que G 1 , · · · , GC− 1 son subgrafos formados s´olo por un v´ertice y GC es un grafo completo de V − C + 1 v´ertices. Por tanto, aplicando el lema 2.1.8 resulta que E ≤ 12 (V − C + 1)(V − C). §
Corolario 2.1.28 Si Γ es un grafo simple con V v´ertices y m´as de (1/2)(V −1)(V −2) ejes, entonces Γ es conexo.
Definici´on 2.1.29 Sea Γ un grafo, diremos que un eje e ∈ EΓ es un puente si el grafo Γ − {e} tiene una componente conexa m´as que Γ.
Definici´on 2.1.30 Sea Γ un grafo conexo, diremos que un v´ertice v ∈ V Γ es un v´ertice de corte si el grafo Γ − {v} es disconexo. (Γ − {v} es el grafo que tiene los mismos v´ertices que Γ excepto v y los mismos ejes excepto todos los incidentes con v.)
2.2. Grafos Eulerianos y Hamiltonianos
Definici´on 2.2.1 Diremos que un grafo Γ es Euleriano o de Euler si es conexo y existe un camino que contiene todos los ejes Γ pero s´olo una vez. A dicho camino se le llama camino de Euler.
El nombre de este tipo de grafos proviene del hecho de que fue Euler el primero en resolver el problema de los puentes de K¨onigsberg. Problemas sobre grafos de Euler aparecen frecuentemente en libros de matem´aticas recreativas, un problema t´ıpico es dar un dibujo y preguntar si se puede realizar sin levantar el l´apiz del papel.
Los hechos que descubri´o Euler para este tipo de grafos son los siguientes:
- Γ es conexo.
- Si Γ tiene m´as de dos v´ertices de grado impar, entonces no es de Euler.
- Si Γ s´olo tiene dos v´ertices de grado impar entonces existe un camino de Euler empezando en uno de estos v´ertices.
- Si Γ tiene todos los v´ertices de grado par, entonces es euleriano y existe un camino de Euler empezando en cualquier v´ertice.
Euler no fue el que prob´o dichas afirmaciones sino Hierholzer en 1873. Nosotros ahora las pro- baremos. La primera de ellas es evidente.
Teorema 2.2.2 Si Γ es euleriano, entonces el n´umero de v´ertices de grado impar es 0 o bien 2.
Teorema 2.2.3 Sea Γ un grafo conexo con todos sus v´ertices de grado par o con dos v´ertices de grado impar. Entonces, Γ es Euleriano.
Demostraci´on Inducci´on sobre el n´umero de ejes de Γ. Si E = |EΓ| = 1, entonces Γ es necesariamente uno de los dos grafos siguientes
por lo que trivialmente contiene un camino de Euler. Supongamos que el teorema se cumple para todo grafo con menos de E − 1 ejes. Supongamos ahora que Γ tiene E ejes. Puede ocurrir que tenga un s´olo v´ertice en cuyo caso es Euleriano o que tenga m´as de uno. Supongamos este ´ultimo caso. Si todo v´ertice de Γ tiene grado par, sea v ∈ V Γ un v´ertice cualquiera y si existen dos v´ertices de grado impar, sea v ∈ V Γ uno de estos dos. Por ser Γ conexo y V > 1 puedo suponer que existe un eje e = (v, w) con v 6 = w.
nombre proviene de sir W. Hamilton que investig´o la existencia de este tipo de caminos en un grafo dodecaedral, de hecho los v´ertices del grafo representaban ciudades y los ejes v´ıas de comunicaci´on entre dichas ciudades y buscaba un camino que le permitiera visitar todas las ciudades pero s´olo una vez.
Definici´on 2.2.4 Diremos que un grafo Γ es Hamiltoniano si existe un camino cerrado que contenga todos los v´ertices una sola vez, excepto el inicial y final que al ser el mismo aparece dos veces.
Nota 2.2.5 Hay grafos Hamiltonianos pero no todos lo son como veremos en unos ejemplos, el primero es Hamiltoniano pero el segundo no.
ƒƒƒƒ
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§§§§
§§§§
v 4 ||||
|||| BBBBBBB
B v 1 BBB B
BB (^) BB v 3 v 5 |||| |||| v 2
Si suponemos que el segundo es Hamiltoniano, tiene que existir un camino cerrado, α, conteniendo todos los v´ertices pero s´olo una vez. Contiene pues, v 1 , v 3 , v 5 , los tres de grado 2. As´ı, α debe contener los dos ejes incidentes con cada uno de ellos, en particular contiene los ejes (v 1 , v 4 ), (v 4 , v 3 ), (v 4 , v 5 ) y ello es imposible pues α s´olo puede contener dos ejes incidentes con un v´ertice dado.
Para grafos eulerianos hemos encontrado una caracterizaci´on de los mismo. Por el momento, encontrar una caracterizaci´on (condici´on necesaria y suficiente) para que un grafo sea Hamiltoniano en un problema abierto. Se conoce el siguiente resultado parcial.
Teorema 2.2.6 (Dirac 1952) Sea Γ un grafo simple, conexo con V ≥ 3 v´ertices y tal que para todo v ∈ V Γ se tiene que ρ(v) ≥ (1/2)V. Entonces, Γ es Hamiltoniano.
Demostraci´on Si V = 3 se tiene que ρ(v) ≥ 3 /2 para todo v ∈ |V Γ|. Por lo que necesariamente es ρ(v) = 2 y el grafo es el siguiente,
????
££££
££££
£
por lo que es Hamiltoniano. Sea ahora V ≥ 4 y sea α = u 0 e 1 u 1 · · · ekuk un camino de Γ que contiene el mayor n´umero posible de v´ertices y no repite ning´un v´ertice (un elemento maximal del conjunto de todos los caminos de
Γ que no repite ning´un v´ertice, con la relaci´on de orden dada por α ≤ β si α ⊆ β). Como no existe ning´un camino con mayor n´umero de ejes, todos los v´ertices adyacentes a u 0 necesariamente est´an en α. Lo mismo ocurre con uk. Entonces, como V ≥ 4 es k ≥ 2. Ahora bien, como u 0 es adyacente, como m´ınimo, a V /2 v´ertices, α contiene 1 + V /2 v´ertices como m´ınimo. Veamos ahora que necesariamente tiene que existir un v´ertice ui ∈ α con 1 < i ≤ k tal que ui es adyacente a u 0 y uk es adyacente a ui− 1. Ya que si ello no fuera cierto, para todo ui ∈ α adyacente a u 0 , ui− 1 no ser´ıa adyacente a uk y como existen un m´ınimo de V /2 v´ertices de α adyacentes a u 0 , existen por lo menos V /2 v´ertices de α no adyacentes a uk. Por tanto,
ρ(uk) ≤ (V − 1) − V 2 < V 2
que es contradictorio con la hip´otesis del teorema. Ahora construimos un camino cerrado, α′, conteniendo todos los v´ertices de α como sigue u 0 ui− 1 ui uk
Si α′^ contiene todos los v´ertices de Γ ya estar´ıa probado que Γ es Hamiltoniano. En caso contrario, supongamos que existe un v´ertice w ∈ V Γ tal que w 6 ∈ α′. Como α′^ contiene un m´ınimo de 1 + V / 2 v´ertices y ρ(w) ≥ V /2 tenemos que existir´a uj ∈ α′^ tal que w es adyacente a uj
uj DDD D
DDDD u 0 w
uj− 1
por tanto, el camino w(w, uj )uj ej+1uj+1 · · · u 0 e 1 u 1 · · · ej− 1 uj− 1 es un camino de Γ con un v´ertice m´as que α lo que nos da una contradicci´on. §
2.3. Grafos Planos
Hemos usado diagramas, en R^2 , para representar grafos y hemos visto diagramas con ejes que se cortan en otros puntos que no son ejes. Nos planteamos la pregunta ¿todo grafo tiene un diagrama en el que los ejes s´olo se cortan en los v´ertices?. Veremos que la repuesta es negativa para diagramas en R^2 pero afirmativa en R^3.
Veremos que no todos los grafos son planos. Veamos ahora una caracterizaci´on de los planos.
Teorema 2.3.6 Un grafo Γ es plano si y s´olo si puede embeberse en S^2.
Demostraci´on Si Γ puede embeberse en S^2 , como el n´umero de v´ertices es finito, siempre pode- mos suponer que el polo norte no se corresponde con ning´un v´ertice. Entonces, la imagen de la representaci´on por la proyecci´on estereogr´afica nos da la representaci´on de Γ en R^2. La demostraci´on de la implicaci´on contraria es un uso de la inversa de la proyecci´on estereogr´afica. §
Nota 2.3.7 Los 5-s´olidos plat´onicos dan grafos planos.
Teorema 2.3.8 K 5 y K 3 , 3 no son grafos planos.
Demostraci´on Veamos que K 3 , 3 no es plano. Un procedimiento similar sirve para probar que K 5 tampoco lo es.
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(^) >> d ¢¢¢¢
¢¢¢¢ e Consideremos el subgrafo plano
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este diagrama es una curva de Jordan cerrada en R^2 , por lo que se cumple el Teorema de Jordan. Ahora bien, para tener un diagrama de K 3 , 3 nos falta dibujar 3 ejes de modo que s´olo se corten en los v´ertices. Consideremos los ejes (a, d) y (b, e), s´olo hay dos posibilidades de poder dibujarlas
sin que se corten.
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Consideremos la primera posibilidad (con la segunda tenemos el mismo problema). Nos falta dibujar el eje (c, f ) pero badeb denota una curva de Jordan cerrada que tiene el punto c en la componente conexa acotada y f en la no acotada. Por lo que, toda curva que una c y f tiene que cortar la frontera que es la curva badeb. Por lo tanto, K 3 , 3 no es plano. § Los grafos K 5 y K 3 , 3 juegan un papel primordial en la teor´ıa de los grafos planos como veremos en el teorema siguiente.
Teorema 2.3.9 (Teorema de Kuratowski, (1930)) Un grafo es plano si y s´olo si no contiene ning´un subgrafo homeomorfo a K 5 o a K 3 , 3.
Demostraci´on Demostrado en el cap´ıtulo 7 de “Graphs, Colourings and the Four-Colour Theorem” R.A. Wilson, O.U.P.(2002). § Los grafos planos son muy importantes en el estudio de circuitos el´ectricos impresos, donde los v´ertices representan terminales y los ejes caminos que conectan dos terminales.
El hecho b´asico de los grafos planos es que cumplen la f´ormula de Euler (1750) que relaciona el n´umero de v´ertices, el n´umero de ejes y el n´umero de regiones (caras) en que divide el plano un diagrama del grafo. Antes de probar la f´ormula definiremos el concepto de cara de un grafo plano.
Definici´on 2.3.10 Dado un grafo plano, Γ, y denotemos, tambi´en por Γ un diagrama plano del mismo, llamaremos cara a cada una de las componentes conexas de R^2 − Γ.
Teorema 2.3.11 (F´ormula de Euler) Sea Γ un grafo plano, denotemos por V = |V Γ|, E = |EΓ|, C el n´umero de componentes conexas de Γ y por F en n´umero de caras. Entonces, se cumple V −E+F = C + 1.
Corolario 2.3.13 Si Γ es un grafo simple, plano, conexo y V ≥ 3 , entonces existe un v´ertice v ∈ V Γ tal que ρ(v) ≤ 5.
Demostraci´on Si suponemos que todo v´ertice de Γ tiene grado mayor o igual a 6 tendr´ıamos que 6 V ≤ 2 E y aplicando el corolario anterior resulta que 3V ≤ E ≤ 3 V − 6, lo que es imposible. §
Corolario 2.3.14 Sea Γ un grafo plano, conexo y regular de grado tres. Entonces, hay una cara, por lo menos, acotada por menos de 6 ejes.
Demostraci´on Supongamos que todas las caras est´an acotadas por 6 o m´as ejes. Se cumple, 6 F ≤ 2 E. Por ser regular de grado 3, tenemos que 3V = 2E. Por ser plano y conexo se cumple la f´ormula de Euler, por lo tanto, V − E + F = 2. As´ı, 6V − 6 E + 6F = 12 ≤ 4 E − 6 E + 2E = 0, lo que es imposible. § Usando estos resultados, veamos una nueva demostraci´on de que K 5 y K 3 , 3 no son planos.
Corolario 2.3.15 K 5 y K 3 , 3 no son planos.
Demostraci´on Si K 5 fuera plano podr´ıamos aplicar el corolario anterior y como V = 5 y E = 10, tendr´ıamos 10 ≤ 15 − 6 = 9, lo que es imposible. Veamos ahora que K 3 , 3 no es plano. Si lo fuera tendr´ıa que cumplir la f´ormula de Euler, adem´as sabemos que V = 6 y E = 9, por lo que F = 5. Por otra parte, como toda cara esta acotada por un camino cerrado, necesariamente tiene que estar acotada por 4 ejes como m´ınimo, entonces 20 = 4 · 5 ≤ 2 · 9 = 18 contradicci´on. §
2.4. Problema de los cuatro colores
Dado un mapa geogr´afico nos preguntamos cual es el n´umero m´ınimo de colores necesario para “colorearlo”. Donde “colorearlo” significa, pintar de un color cada naci´on de modo que naciones con frontera com´un tengan colores diferentes, entendiendose tener frontera com´un, tener un segmento com´un no s´olo un punto. En este planteamiento, hay conceptos que tendremos que traducir a un lenguaje matem´atico, como por ejemplo, mapa geogr´afico. Antes de formalizar el problema veamos su desarrollo hist´orico. 1852, Frederick Guthrie plante´o el problema a su prof. de Morgan de Univ. College London. No encontr´o soluci´on.
1878, Arthur Cayley explic´o el problema a miembros de London Math. Soc y que no era capaz de resolverlo. 1879 y 1880, P.G. Tait y A.B. Kempe publicaron sendas demostraciones de que s´olo se necesitaban cuatro colores. 1890, P.J. Headwood encontr´o un fallo en la demostraci´on de Kempe. Demostr´o que cualquier mapa, sobre S^2 , puede colorearse con cinco colores. 1920, P. Franklin prob´o que todo mapa de 25 o menos regiones, sobre S^2 , puede colorearse con cuatro colores. En los a˜nos siguientes se intent´o aumentar el n´umero de regiones del mapa, as´ı, 1926, C.N. Reynolds pasa a 27. 1936, P. Franklin pasa a 31. 1938, C.E. Winn pasa a 35. 1968, O. Ore y J. Stemple pasan a 40. La soluci´on total del problema la dieron K. Appel y W. Hanken en 1976, probando que todo mapa se puede colorear con cuatro colores o menos. La l´ınea de demostraci´on que siguieron fue reducir el problema al estudio de la coloraci´on, mediante computador, de 1936 configuraciones distintas depen- diendo de la distribuci´on de los pa´ıses del mapa. Despu´es de 1200 horas de computador declararon que el problema estaba resuelto. A pesar de que ´este era un problema abierto desde hac´ıa mucho tiempo, la demostraci´on no gust´o a todos los matem´aticos y no fue universalmente aceptada. Surgi´o un nuevo problema, ¿existe una demostraci´on, puramente matem´atica, sin uso de computador, de que todo mapa puede colorearse s´olo con cuatro colores? la soluci´on no parece pr´oxima. En 1997, N. Robertson, D.P. Sanders, P.D. Seymour y R. Thomas modificaron la demostraci´on de Appel y Hanken reduciendo a 633 en n´umero de configuraciones a estudiar pero para ello todav´ıa hacen uso de computador.
El problema de los cuatro colores est´a ´ıntimamente relacionado con los grafos. Veamos ahora su formalizaci´on. Aunque incompleta, la demostraci´on de Kempe del Teorema de los 4-colores contiene las ideas b´asicas de la demostraci´on que dieron Appel y Hanken. Por eso, veremos la l´ınea de demostraci´on de Kempe, donde est´a el fallo y la idea de la soluci´on. En principio, un mapa, M , no es m´as que un grafo plano con un embebimiento en R^2. Ahora bien, esta definici´on es demasiado general. Para atacar el problema de la coloraci´on de mapas podemos suponer:
Ejemplo 2.4.3 Consideremos los siguientes colores, rojo R, verde V, amarillo A y negro N,
N R V A
V ??
??? ?? A R N
ƒƒƒ^ ƒ ƒƒƒ V A R A
La l´ınea de demostraci´on usada por Kempe del Teorema de los Cuatro Colores es la siguiente (esencialmente es la misma que se usa en la actualidad. Veremos donde est´a su fallo y que camino sigue la prueba actual): En el caso en que el Teorema sea falso, existir´a alg´un mapa que no se pueda colorear con 4-colores. De entre los que se necesiten 5 o m´as colores para colorearlos habr´a algunos con el m´ınimo n´umero de pa´ıses, ha estos mapas se les llama criminales minimales. La demostraci´on consiste en probar que no puede existir ning´un criminal minimal. Esto se consigue encontrando condiciones que tiene que cumplir un criminal minimal en caso de existir y probar luego que no existe ning´un mapa que cumpla dichas condiciones. La primera reducci´on que se hace es probar que es suficiente trabajar con mapas regulares de grado tres.
Teorema 2.4.4 Si todo mapa con la propiedad de que todo v´ertice tiene grado 3 , es k-coloreable. Entonces cualquier mapa es k-coloreable.
Demostraci´on Sea Γ un mapa, por tanto, no tiene v´ertices de grado 1. Podemos suponer que no tiene v´ertices de grado 2 ya que si los tuviera los podemos eliminar sin que afecte la coloreabilidad. As´ı, sin p´erdida de generalidad suponemos que todo v ∈ V Γ es ρ(v) ≥ 3. Sea v ∈ V Γ tal que ρ(v) ≥ 4. Alrededor de v trazamos una curva de Jordan cerrada que no pase por ning´un v´ertice, que no contenga ning´un otro en su componente acotada y que si corta un eje s´olo haga una vez.
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Ahora construimos un nuevo mapa Γ′^ de la manera siguiente: eliminamos v y las partes de los ejes que est´an en la componente acotada de la curva de Jordan y los substituimos por ejes sobre la curva.
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Todos los nuevos v´ertices tienen grado tres. Este proceso puede repetirse en todos los v´ertices de grado mayor que 3. Por hip´otesis, el mapa asociado al grafo modificado es k-coloreable, lo que produce una k- coloraci´on del mapa inicial eliminando simplemente las nuevas caras que hemos introducido. §
Nota 2.4.5 Hemos reducido el problema de colorear mapas a la coloraci´on de mapas dados por grafos regulares de grado 3.
Entonces Kempe usa inducci´on, Si un mapa M tiene, como m´aximo, 4 pa´ıses seguro que es cuatro coloreable. Sea M un mapa con F pa´ıses y por hip´otesis de inducci´on, supongamos que todo mapa con menos de F pa´ıses es 4 coloreable. Por el Corolario 2.3.14 sabemos que M tiene un pa´ıs fi acotado por menos de 6 ejes, por lo que podemos definir un nuevo mapa M ′^ que es M donde hemos suprimido el pa´ıs fi y substituido por un v´ertice v de grado el n´umero de ejes que acotan fi.
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Por tanto, el mapa M ′^ tiene F − 1 pa´ıses y por hip´otesis de inducci´on es 4-coloreable. Entonces es claro que si podemos modificar (si es el caso) la coloraci´on del mapa M ′^ de modo que s´olo usemos 3 colores en la coloraci´on de los pa´ıses que est´an alrededor de v, nos quedar´a el cuarto color para colorear el pa´ıs fi que hab´ıamos suprimido.
