T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ ÇİZGELERİ BOYAMAK HAZIRLAYAN FERHAN ÇİFTCİ 27991225984 DANIŞMAN Doç. Dr. EMRAH AKYAR MAT401 MATEMATİK UYGULAMALARI 2011 2012 GÜZ DÖNEMİ
1 Ön Bilgiler Çizge, noktalar ve bu noktaları birleştiren kenarlar kümesinden oluşur. Her bir noktadan çıkan kenar sayısına derece denir. Bir G çizgesinin noktalarının kümesi genellikle V, kenarlarının kümesi ise E ile gösterilir. Bu durumda G = (V, E) şeklinde yazılır. Çizgenin her bir kenarı V kümesinin iki elemanlı bir alt kümesi gibi düşünülebilir. Örneğin, G nin u ve v gibi iki noktasını birleştiren kenar, {u, v} kümesi olarak düşünülebilir. Ancak, biz bu yazım şekli yerine kenarı uv şeklinde göstereceğiz. Bir çizgenin iki noktası arasında birden fazla kenarın olmasına, ya da bir noktadan kendisine bir kenar çizilmesine de izin verilebilir. Ancak, bu çalışmada çizgenin iki noktası arasında birden fazla kenarın bulunmasına izin verilmeyecektir. Ayrıca, bir kenarın her zaman iki farklı noktayı birleştirdiği düşünülecektir. Bu şekildeki çizgelere basit çizge denir. En basit çizge hiç bir kenarı olmayıp sadece noktalardan oluşan çizgedir. Başka basit çizge de n noktası ve bu noktaların herhangi ikisi arasında bir kenarın olduğu çizgelerdir. Bu çizgelere tam çizge denir. Bir G çizgesinin ardışık olanların uç noktaları aynı olacak şekildeki farklı kenarlarının dizisine bu çizge içinde bir yol denir. Eğer yolun başlangıç ve bitiş noktaları aynı ise bu yola G içinde bir döngü denir. Bir G çizgesinin keyfi iki noktası G deki bir yol ile birleştirilebiliyorsa G çizgesine tekparça çizge denir. Bir başka ifadeyle G nin keyfi u ve v noktaları için uç noktaları bu noktalar olan ve G nin alt çizgesi olan bir yol varsa G ye tekparça çizge denir. Bir çizgenin noktaları, aynı kümenin herhangi iki noktası arasında kenar olmayacak şekilde iki kümeye ayrılabiliyorsa, bu tür çizgelere iki kümeli çizge denir. Kenarları noktalardan başka hiçbir yerde kesişmeyen çizgelere düzlemsel çizge denir. 2 Euler Formülü Teorem 1 (Euler Formülü). G = (V,E) tek parça, düzlemsel bir çizge olsun. Ayrıca, V = v, E = e ve G çizgesinin düzlemde belirlediği bölgelerin sayısı r olsun (bu bölgelerden birisi sınırsız bir bölge olacaktır). Bu durumda r+v = e+2 olur. Kanıt. Kanıtı G çizgesinin kenar sayısı e üzerinden tümevarımla yapalım: e = 0 ise çizge tek parça olduğundan çizgenin sadece 1 noktası vardır. Bu durumda bölge sayısı da 1 olacağından r +v = e+2 1+1 = 0+2 elde edilir ve formül doğrudur. e = 1 ise yine çizge tek parça olduğundan çizgenin sadece 2 noktası vardır. Bu çizge için de bölge sayısı 1 olacaktır. O halde olduğundan formül yine geçerlidir. r +v = e+2 1+2 = 1+2 k N olsun ve 0 e k için formülün doğru olduğunu kabul edelim (tümevarım hipotezi). 2
Şimdi e = k +1 için de formülün doğru olduğunu gösterelim. a,b V ve {a,b} E alalım. Bu kenarı G çizgesinden çıkaralım. Kalan alt çizgeyi H ile gösterelim. Yani, H = G {a,b} veya G = H +{a,b} yazabiliriz. Bu durumda H alt çizgesi için iki durum söz konusudur: H tek parça: Bu durumda G nin hiç bir noktasını çıkarmadığımızdan H de v noktalı olur. Ancak G nin bir kenarını çıkardığımızdan H nin kenar sayısı k, bölge sayısı ise r 1 olacaktır. b a H nin kenar sayısı k olduğundan tümevarım hipotezine göre v k +(r 1) = 2 v (k +1)+r = 2 elde edilir. O halde e = k +1 için de formül doğrudur. H tek parça değil: Bu durumda da G den bir nokta çıkarılmadığından H nin nokta sayısı v olur. G çizgesinden bir kenar çıkarıldığında H tek parça olmuyorsa H aşağıdaki çizgeler gibi olacaktır. a b a b Yani H çizgesinin H 1 ve H 2 gibi tek parça olan iki bileşeni vardır (Bu bileşenlerden biri tek nokta da olabilir). i = 1,2 olmak üzere H i bileşeninin nokta sayısı v i, kenar sayısı e i ve bölge sayısı da r i olsun. Bu durumda v 1 +v 2 = v, e 1 +e 2 = k, r 1 +r 2 = r +1 olur (sınırsız bölge her iki bileşen için de sayıldığındanh 1 veh 2 nin belirlediği bölgelerin sayısı toplandığında toplam bölge sayısının bir fazlası elde edilir). H 1 ve H 2 bileşenleri için formülü kullanırsak, olur. Bu iki eşitliği taraf tarafa toplarsak, v 1 e 1 +r 1 = 2 ve v 2 e 2 +r 2 = 2 (v 1 +v 2 ) (e 1 +e 2 )+(r 1 +r 2 ) = 4 v k+(r+1) = 4 v (k+1)+r = 2 elde ederiz. O halde H tek parça olmadığında da formül doğrudur. 3
Böylece tümevarım yöntemi gereği her e = k doğal sayısı için verilen formülün doğru olduğu gösterilmiş olur. Teorem 2. K 5 tam çizgesi düzlemsel çizge değildir. Kanıt. Varsayalım ki K 5 tam çizgesi düzlemsel çizge olsun. Yani K 5 çizgesi, düzlemde kenarları kesişmeden çizilebilsin. K 5 çizgesinin 5 noktası olduğundan ( ) 5 = 10 2 kenarı vardır. Euler Formülü ile çizgenin bölge sayısını bulalım. v e+r = 2 5 10+r = 2 r = 7 K 5 basit çizge olduğundan her bölge onu çevreleyen en az 3 kenara sahiptir. Bu nedenle çizgenin en az 3 7 = 10.5 2 kenarı olmak zorundadır (her kenar 2 farklı bölgenin sınırı olduğundan ikiye böldük). Fakat K 5 çizgesinde 10 kenar vardı. Bu bir çelişkidir. O halde varsayımımız yanlıştır. Yani K 5 tam çizgesi düzlemsel çizge değildir. Teorem 3. Düzlemsel ve n noktalı bir çizgenin en fazla 3n 6 tane kenarı vardır. Kanıt. Keyfi düzlemsel ve n noktalı bir G çizgesini ele alalım. Çizgenin kenarlarının sayısı e, çizgenin düzlemde belirlediği bölgelerin sayısı da r olsun. Euler formülünden n+r = e+2 eşitliği geçerlidir. Diğer taraftan her bir bölgenin sınırı en az 3 kenar ile belirlenir. O halde r bölgeyi belirlemek için en az 3r kenar gereklidir. Ancak, her kenar da en fazla 2 bölgenin sınırı olacağından kenar sayısı en az 3r 2 bulunur. olmalıdır. Yani e 3r 2 n+r = e+2 n+r 3r 2 3 Bölgeleri ve Çizgeleri Boyamak 3.1 İki Renk ile Bölgeleri Boyamak olur. Bu eşitsizliği Euler formülünde kullanırsak, +2 e 3n 6 Düzleme n tane çember çizelim. Bu çemberler düzlemi bölgelere ayıracaktır. Bu bölgeleri her zaman Şekil 1 deki gibi sadece iki renk kullanarak boyayabilir miyiz? Aşağıdaki teorem bu sorunun yanıtının olumlu olduğunu ifade etmektedir. Teorem 4. Düzlemde n tane çemberin belirlediği bölgeler, bölgelerin sınırı aynı yayı paylaşıyorsa farklı renklerde olacak şekilde sadece iki renk kullanılarak boyanabilir (Eğer iki bölgenin ortak sınırı tek nokta ise bu iki bölge aynı renge boyanabilir). Kanıt. Kanıtı çemberlerin sayısı olan n üzerinden tümevarım yöntemini kullanarak yapalım. 4
Şekil 1: Bölgelerin sınırı aynı yayı paylaşıyorsa, bu bölgeler farklı renklere boyanacak. Eğer n = 1 ise sadece bir tane çember vardır. Dolayısıyla bu çember düzlemde iki bölge belirler ve bu bölgeler iki farklı renk ile boyanabilir. Kabul edelim ki (n 1) tane çemberin belirlediği bölgeler, bölgelerin sınırı ortak ise bu bölgeler farklı renkte olacak şekilde iki renk yardımıyla boyanabilsin (Tümevarım Hipotezi). Şimdi n çember için de bu iddianın doğru olduğunu gösterelim. Bu n tane çemberden herhangi bir tanesini alalım ve C ile gösterelim. C çemberini çıkarırsak geriye (n 1) tane çember kalır. Tümevarım hipotezi gereği kalan bu (n 1) tane çemberin belirlediği bölgeler iki renk yardımıyla istenilen şekilde boyanabilir. Şekil 2: Çıkarılan C çemberi tekrar ekleniyor ve çemberin dışına dokunmadan çemberin içinde kalan mavi bölgeleri kırmızıya, kırmızı bölgeleri de maviye boyanıyor Bölgeleri iki renk ile boyadıktan sonra çıkardığımız C çemberini tekrar ekleyelim ve çemberin dışına dokunmadan çemberin içinde kalan mavi bölgeleri kırmızıya, kırmızı bölgeleri 5
de maviye boyayalım. Bu yöntemle elde edilen boyamanın istenen koşulları sağladığı açıktır. Gerçekten de herhangi bir yayı ele aldığımızda bu yay C çemberinin dışında ise, bölgelerin rengi değişmediğinden istenen koşul korunur. Eğer yay C çemberinin içinde ise yine bu yayın komşu olduğu bölgelerin rengi farklı olacaktır (sadece eski renkleri değişir ama farklı kalmaya devam eder). Son olarak ele alınan yay C çemberinin üzerinde ise bu yayın iki tarafındaki renkler önceden aynı fakat iç tarafında kalan bölgenin rengi değiştiğinden artık farklı olacaktır. O halde tümevarım yöntemi gereği n çember tarafından belirlenen bölgeler istenilen şekilde iki renk yardımıyla boyanabilir. Alıştırma 1. En dışta kalan bölgenin rengi mavi olmak üzere, aşağıdaki şekilde soru işareti ile gösterilen bölge hangi renge boyanmalıdır? Bu sorunun yanıtı tüm bölgeler boyanmadan verilebilir mi? Eğer bölge çift sayıda çemberin içinde kalıyorsa mavi, tek sayıda çemberin içinde kalıyorsa kırmızı ile boyanmalıdır. Bu iddianın kanıtını tümevarım yöntemi ile kolayca yapabiliriz.? Eğer n = 1 ise yani sadece bir tane çember varsa; Bölge çemberin içindeyse kırmızıya (tek sayıda çemberin içinde kalıyorsa), Bölge çemberin dışındaysa maviye (çift sayıda (sıfır da olabilir) çemberin içinde kalıyorsa), boyanmalıdır. Kabul edelim ki (n 1) çember için iddia doğru olsun (tümevarım hipotezi). Şimdi n tane çember için de doğru olduğunu gösterelim. Bir önceki teoremin kanıtında yaptığımız gibi çemberin bir tanesini çıkarırsak (n 1) çember kalır ve tümevarım hipotezinden iddia doğrudur. n. çemberi eklediğimizde çemberin dışında herhangi bir değişiklik olmaz (bölgeler hala aynı sayıda çemberin içinde kalmaya devam eder). Ancak çemberin içinde, hem bölgenin içinde kaldığı çember sayısı hem de rengi değiştiğinden iddia da geçerliliğini korur. 3.2 İki Renk ile Çizgeleri Boyamak Ali nin 6 tane çok yaramaz çocuğu vardır. Çocuklardan Ceren, Berna, Fatma ve Ebru her zaman kavga ederler. Ebru, Ceren in yanı sıra hem Ayşe hem de Derya ile anlaşamaz. Ayşe ve Berna ise her zaman kavga ediyor. 6
Ali, anlaşamayan çocuklar farklı odalarda olacak şekilde çocuklarını iki farklı odaya koymak istiyor. Bu durum mümkün mü? Eğer çocukları noktalar ile gösterip, kavga eden çocuklar arasına da bir çizgi çizersek bu durumu bir çizge ile gösterip çözümü kolaylaştırabiliriz. a b b a f c f c e d e d Ancak bunun yerine noktalar iki gruba ayrılmadan komşu noktalar farklı renklere boyanarak da istenen çözüm elde edilebilir. a b f c e d Önceki bölümde incelediğimiz çemberler ile belirlenen bölgeleri boyama problemini bölgeleri noktalar şeklinde alıp, eğer iki bölgenin ortak sınırı varsa (tek nokta hariç) bu iki noktayı kenar ile birleştirerek çizgeleri iki renk ile boyama problemine dönüştürebiliriz. Hangi çizgeler iki renk ile boyanabilir? Eğer çizgenin sadece izole noktaları varsa (hiç kenarı yoksa); istenen şekilde boyama için bir renk yeterlidir. Eğer çizgenin en az bir kenarı varsa; bu durumda istenen şekildeki boyama için en az iki renk yeterlidir. Eğer K 3 tam çizgesini ele alırsak iki renk yeterli olmaz. Bu durumda en az 3 renge ihtiyaç vardır. Ancak K 3 tam çizgesini (üçgen) bulundurmayan bir çizge de iki renk ile boyanamıyor olabilir (Bakınız Şekil 3). Şekil 3: Üçgen bulundurmadığı halde iki renk ile boyanamayan bir çizge örneği 7
Teorem 5. Bir çizgenin iki renk ile boyanabilmesi için gerek ve yeter koşul uzunluğu tek sayı olan bir döngü içermemesidir. Kanıt. Çizge iki renk ile boyanabilir olsun. Bu durumda uzunluğu tek sayı olan bir döngü içermediğini kanıtlayalım. Tersine, çizgede uzunluğu tek olan bir döngü olduğunu kabul edelim. O zaman bu döngüyü herhangi bir noktasından boyamaya başlarsak son kalan nokta başladığımız renk ile aynı olur. Bu da çelişkidir. O halde varsayımımız yanlıştır. Çizgede uzunluğu tek sayı olan bir döngü bulunmasın. Bu durumda çizgenin 2 renk ile boyanabileceğini gösterelim. Çizgenin herhangi bir noktasını seçelim ve a ile gösterelim. a noktasını kırmızı ile a nın tüm komşularını da mavi ile boyayalım. a nın iki komşu noktasını birleştiren bir kenar yoktur (aksi halde bir üçgen oluşurdu ve uzunluğu tek olan bir döngü ortaya çıkardı). Şimdi mavi ile boyanmış her komşunun, boyanmamış tüm komşularını kırmızı ile boyayalım. Göstermemiz gereken şey kırmızı ile boyanmış herhangi iki nokta arasında bir kenar olmadığıdır. Böyle bir kenar gerçekten de yoktur: Eğer olsaydı uzunluğu 3 ya da 5 olan döngüler ortaya çıkardı. u u 1 u 2 a v Bu kenar olsaydı uzunluğu 5 olan döngü ortaya çıkardı Bu kenar olsaydı uzunluğu 3 olan döngü ortaya çıkardı Eğer çizge tek parça ise bu yöntemi kullanarak çizgenin tüm noktalarını boyayabiliriz. Eğer çizge tek parça değilse bu yöntemi tek parça olan her bir bileşene uygulayabiliriz. Son olarak aynı renge sahip olan iki nokta arasında bir kenar olmadığını kanıtlayalım. Tersine, kabul edelim ki u ve v gibi iki aynı renk (diyelim ki kırmızı) nokta arasında bir kenar olsun. Bu durumda u nun komşusu olan ve mavi ile boyalı bir u 1 noktası, u 1 in komşusu olan ve kırmızı ile boyalı bir u 2 noktası,... Böyle devam edersek a noktasına ulaşırız. Yani u noktasından a noktasına bir P yolu vardır. Benzer olarak v noktasından a noktasına da bir Q yolu vardır. Şimdi v noktasından Q yolu ile başlayıp P ile kesiştiği ilk noktaya kadar Q ile devam edip sonra P yolunu takip edersek u noktasına ulaşırız. Bu yol uv kenarı ile bir döngü oluşturur. Yol boyunca noktalar farklı renkte olur fakat başladığımız nokta ile biten nokta (u ve v) aynı renk yani kırmızı olur. u ve v noktalarının rengi aynı olduğuna göre bu döngünün uzunluğu tek demektir. Oysa varsayımımıza göre uzunluğu tek sayı olan bir döngü bulunmuyordu. Bu da çelişkidir. Demek ki u ve v noktaları arasında bir kenar olamaz. Böylece sadece bu tür boyamanın varlığı kanıtlanmadı, aynı zamanda boyamayı elde etmek için de bir algoritma verilmiş oldu. 8
3.3 Daha Fazla Renk ile Çizgeleri Boyamak n noktalı bir çizge verilsin. Bu çizgenin iki renk ile boyanamadığını kabul edelim (komşu noktalar farklı renkte olacak şekilde). Eğer elimizde yeterli sayıda renk varsa çizgeyi istenen şekilde boyayabiliriz. Örneğin n farklı renk varsa, çizge de n noktalı olduğundan her noktayı farklı renk olacak şekilde istenen şekilde boyayabiliriz. Eğer çizgeyi k farklı renk ile boyayabiliyorsak çizgeye k renk boyanabilir çizge diyelim. Bir çizgenin k renk boyanabilir olacak şekildeki en küçük k sayısına bu çizgenin nokta renk sayısı diyelim. Şimdi verilen bir çizgeyi 3 renk ile istenilen şekilde boyamak istediğimizi düşünelim. Acaba 3 renk çizgenin noktalarını boyamak için yeterli olur mu? Buna nasıl karar verebiliriz? İki renk için uyguladığımız yöntemi uygulamaya kalksak; örneğin kırmızı, mavi ve yeşil ile noktaları boyayalım. Bir a noktasından a noktasını kırmızı ile boyayarak başlasak daha sonra a noktasının bir b komşu noktasını mavi ile boyayabiliriz. Yine a noktasının bir başka komşu noktası c yi alalım. Eğer b ve c arasında bir kenar varsa c yeşil olmak zorundadır. Eğer b ve c arasında kenar yoksa c noktasını yeşil ya da mavi renklerden herhangi biri ile boyayabiliriz. Ancak b ve c nin renklerinin farklı olması çok şeyi değiştirir. Yani b ve c nin renkleri için bir seçim yapmamız gerekir. Bu şekilde devam ederek tüm noktalar istenilen şekilde boyanamayabilir. Bu durumda backtrackking yöntemi ile seçimleri değiştirmemiz gerekir. Sonunda 3 renk ile boyama mümkün ise bu boyamayı elde etmiş oluruz. Ancak bu yöntem oldukça zaman alan bir yöntemdir. Kabul edelim ki verilen bir çizge k renk ile boyanmak istensin bazı özel durumlarda bu boyamanın mümkün olup olmadığını belirlemek kolaydır. Teorem 6 (Brook, 1941). Bir çizgenin tüm noktalarının derecesi en fazla d ise bu çizge d+1 renk ile boyanabilir. Kanıt. Kanıtı tümevarım yöntemi ile yapalım. Eğer çizgenin d + 1 tane noktası varsa bu çizge d + 1 (ya da daha az) renk ile boyanabilir (Her noktayı başka bir renk ile boyarız). Kabul edelim ki önerme n den daha az sayıda noktası olan çizgeler için doğru olsun. Şimdi n noktalı çizgeler için önermenin doğruluğunu gösterelim. n noktalı bir G çizgesi alalım ve bu çizgenin herhangi bir v noktasını seçelim. v noktasını ve v noktasından geçen kenarları G çizgesinden çıkaralım. Geriye kalan çizgeye G diyelim. G çizgesi n 1 noktalı bir çizgedir. Bu G çizgesinin de tüm noktalarının derecesi en fazla d olur. O halde tümevarım hipotezinden G çizgesi d+1 renk ile boyanabilir. v noktasının G çizgesine tekrar ekleyelim. v noktasının en fazla d tane komşusu olduğundan ve d+1 tane farklı renk olduğundan bu d+1 rengin bir tanesi komşu noktalarda yoktur. O halde v noktasını da bu renge boyarsak G çizgesini d+1 renk ile boyamış oluruz. Bir çizgenin tüm noktalarının dereceleri yüksek olduğu halde sadece 2 renk ile boyanabiliyor da olabilir. 9
Gerçekte Brook daha fazlasını kanıtlamıştır: Bazı istisnalarla tüm noktalarının derecesi en fazla d olan bir çizge d renk ile boyanabilir. İstisnalar:? + Tüm noktalarının derecesi d = 2 iken çizge 2 renk ile boyanamaz. Tüm noktalarının derecesi d > 2 ise d+1 noktalı ve tekparça bileşeni tam çizge olan çizgeler istenen şekilde boyanamaz. Bu istisnalar kanıtı zorlaştırdığından bu konu kapsamında incelenmemiştir. Bir çizge verilsin. Bu çizgeyi k renk ile boyamak istiyorsunuz fakat Brook un teoremi bu çizgeye uygulanamıyor (tüm noktalarının derecesi k dan küçük olabilir). Bir çok deneme yapıyorsunuz ama bir boyama yapamıyorsunuz. Böyle bir boyama olmadığından şüphelenmeye başlıyorsunuz. Peki bu durumdan nasıl emin olabilirsiniz? Eğer şanslıysanız çizgede k +1 noktadan oluşan bir tam çizge varsa sadece bu kısmı boyamak için k + 1 renk gerekeceğinden k boyama yoktur diyebilirsiniz. Ancak her k pozitif tamsayısı için k + 1 noktalı tam çizgeler bulundurmadığı halde yine de k renk ile boyanamayan çizgeler de vardır (Bakınız Şekil 4). Hatta hiç üçgen içermeyip 3 renk ile boyanamayan çizgeler de vardır (Bakınız Şekil 4). Şekil 4: 3 renk ile boyanamayan iki çizge 3.4 Harita Boyama ve Dört Renk Teoremi Konumuza çemberlerin düzlemde belirlediği bölgeleri boyayarak başladık. Fakat bu tür boyamalar nerede kullanılıyor olabilir? Haritalarda bir ülkenin ve komşularının boyanmasında bu tür boyamalar kullanılır. Çemberleri boyamak için 2 renk yeterli gelmişti. Fakat gerçek haritalar çok daha karmaşıktır ve 2 renk yeterli gelmeyebilir. Şekil 5 de olduğu gibi herhangi ikisi komşu olan dört ülke kolayca çizilebilir. Bu ülkelerin aynı sınırı paylaşanlarının farklı renkte boyanması için 4 renk gerektiği de açıktır. 10
Şekil 5: Dört komşu ülke Şekil 6: Türkiye nin şehirlerinin 4 renk ile boyanmış şekli Şimdi gerçek yaşamdan haritaları, örneğin Türkiye siyasi haritasını, düşünelim. Bu haritanın şehirlerini boyamak için 4 renk yeterlidir (Bakınız Şekil 6). Acaba 3 renk yeterli olur muydu? Cevabın olumsuz olduğunu kolayca görebiliriz. Haritayı boyamaya 3 renk ile başlayalım. Renkler turuncu, kırmızı ve sarı olsun (3 renkten hangisiyle başlayacağımız durumu değiştirmez). Türkiye nin en çok komşularına sahip illerimizden biri olan Konya yı turuncu boyamakla başlayalım. Onun bütün komşuları kırmızı ya da sarı olacaktır. Isparta sarı olsun. Saat yönünde devam edersek Afyon kırmızı, Eskişehir sarı, Ankara kırmızı, Aksaray sarı, Niğde kırmızı, Karaman sarı ve Antalya kırmızı olur. Fakat Mersin ili Konya, Antalya ve Karaman ın da komşusu olduğundan 3 renkten biri olamaz. Demek ki kesinlikle dördüncü rengi kullanmak zorundayız. 11
Eskişehir Ankara Afyon Konya Aksaray Isparta Niğde Antalya Mersin Karaman Verdiğimiz örneklerdeki durumlarda haritaları boyamak için 4 renge ihtiyacın oluşu tesadüf değildir. Aşağıdaki teorem bu durumu ifade etmektedir. Teorem 7 (4 Renk, Appel ve Haken, 1976). Her düzlemsel çizge 4 renk ile boyanabilir. Bu ünlü teoremin bir yüzyılı aşkın geçmişi vardır. İngiltere de 1852 yılında Francis Guthrie tarafından ortaya çıkarıldı. 1870 lerde bir kanıt ortaya çıkana kadar onlarca yıl matematikçiler tarafından uğraşıldı. 1879 yılında Alfred Kempe tarafından bir kanıt bulundu. Fakat daha sonra kanıtın hatalı olduğu anlaşıldı. Kempe nin kanıtının başarısızlığından sonra bir asırdan fazla sürede pek çok matematikçi 4 Renk Sanısı (Four Color Conjecture) denilen ilginç problemi çözmek için boşuna uğraştı. Pek çok hatalı kanıtlar yayınlandı ve çürütüldü. Sonunda, 1976 yılında Kenneth Appel ve Wolfgang Haken şimdi bilinen adıyla 4 Renk Teoreminin kanıtını buldular. Bu kanıtı bilgisayar yardımı ile buldular. Bu teoremin hala saf matematiksel kanıtı yoktur. Bu teoremin kanıtı oldukça karmaşık olduğu için bu çalışma kapsamında verilmeyecektir. Ancak kanıtı daha kolay olan 5 renk teoremi kanıtlanacaktır. Bu harita boyama problemini çizgeleri boyama problemine dönüştürebiliriz. Haritadaki her ülkeden bir nokta seçelim ve bu noktaları o ülkenin başkenti olarak düşünelim. Şimdi, eğer iki ülkenin ortak sınırı varsa bu ülkelerin başkentlerini, sadece bu ülkelerin içinde kalan ve sınırı bir kez kesen bir demiryolu ile birleştirelim. Üstelik bu demiryollarını çeşitli ülkelerin başkentlerini birbirine bağlayan demiryollarını kesişmeyecek şekilde çizebiliriz. Bu durumda ülkelerin başkentleri ve onları birleştiren demiryolları bir çizge oluşturur. Üstelik bu çizge düzlemsel çizgedir. Bu çizgeye, verilen haritanın dual çizgesi denir (bakınız Şekil 7). Eğer iki ülkenin sınırı birden fazla parçadan oluşuyorsa (Çin ve Rusya nın sınırları Moğolistan tarafından ikiye ayrılmaktadır.) başkentleri sadece bir demiryolu hattıyla bağlamak yeterlidir. Verilen haritadaki ülkeleri boyamak yerine komşu noktalar farklı renklerde olacak şekilde dual çizgenin noktalarını boyayabiliriz. 12
Şekil 7: Bir çizge ve duali Lemma 1. Her düzlemsel çizgenin derecesi en fazla 5 olan en az bir noktası vardır. Yani, bir düzlemsel çizgenin tüm noktalarının derecesi 5 ten fazla olamaz. Düzlemsel bir çizgenin derecesi 5 olan 1 den fazla sayıda noktası da olabilir. Şekil 8: Derecesi 5 olan iki nokta bulunduran düzlemsel çizge örneği Kanıt. Tersine, kabul edelim ki n noktalı düzlemsel çizgede her noktanın derecesi en az 6 olsun. Bu durumda çizgenin en az 3n tane kenarı vardır. Bu durum da Teorem 3 ile çelişir. O halde varsayımımız yanlıştır. Yani, her düzlemsel çizgenin derecesi en fazla 5 olan bir noktası vardır. Lemma 2. G bir noktası dışında tüm noktalarının derecesi en fazla d olan düzlemsel bir çizge olsun (bir noktasının derecesi d den fazla olabilir). Bu durumda G çizgesi (d+1) renk ile boyanabilir. Kanıt. Çizgenin en az iki noktası olduğunu kabul edebiliriz. Tüm noktaların derecesi d oluncaya kadar recursive olarak derecesi en fazla d olan noktalardan birini silelim. En sonunda kalan noktaların hepsinin derecesi d olduğundan Brook Teoremine göre kalan çizgeyi (d + 1) renk ile boyayabiliriz. Sildiğimiz noktaların derecesi en fazla d olduğuna göre bu noktaların en fazla d komşusu olacaktır. Komşuların boyanmadığı renk ile sildiğimiz noktayı boyayıp tekrar çizgeye eklediğimiz de çizge d+1 renk ile boyanmış olur. Lemma 3. Eğer bir G çizgesinin her alt çizgesinin, derecesi en fazla d olan bir noktası varsa, G çizgesi d+1 renk ile boyanabilir. Kanıt. Lemma 2 deki gibi derecesi en fazla d olan noktalardan biri silinerek elde edilen alt çizgeler d+1 renk ile boyandığından kanıt tamamlanmış olur. 13
Şimdi 5 renk teoremini kanıtlamak için kanıtı çok daha kolay olan 6 renk teoremini kanıtlayalım. Teorem 8 (6 Renk). Her düzlemsel çizge 6 renk ile boyanabilir. Kanıt. Düzlemsel bir çizgenin alt çizgeleri de düzlemseldir. O halde Lemma 1 gereği bu alt çizgelerin de derecesi en fazla 5 olan en az bir noktası vardır. O zaman Lemma 3 den her alt çizge 6 renk ile boyanabildiğinden düzlemsel çizge de 6 renk ile boyanabilir. Teorem 9 (5 Renk). Her düzlemsel çizge 5 renk ile boyanabilir. Kanıt. n noktalı düzlemsel çizge alalım. n üzerinden tümevarım yöntemini kullanalım. n = 1 için doğrudur. (n 1) için doğru olduğunu kabul edelim. Yani (n 1) nokta 5 renk ile boyanabilir olsun (Tümevarım Hipotezi). n için de doğru olduğunu gösterelim. Lemma 1 den bu çizgede derecesi en fazla 5 olan bir v noktası vardır. v nin derecesi 4 ya da daha az ise: Bu durumda v noktasını çizgeden çıkaralım. Kalan n 1 noktalı çizgenin 5 renk ile boyanabildiğini biliyoruz (Tümevarım Hipotezinden). Diğer taraftan v nin en fazla 4 komşusu olur. Bu komşular farklı renktedir. Geriye kalan renk ile v yi boyayıp tekrar çizgeye eklersek n noktalı çizge 5 renk ile boyanabilir. w u v uw Şekil 9: 5 renk Teoreminin kanıtı v nin derecesi 5 ise: u ve w,v nin iki komşusu olsun. v yi çizgeden çıkarmak yerine çizgede biraz değişiklik yapalım.uvew yu yapıştıralım.uveya w noktasının uç nokta olduğu her kenarı, bu yeni uw noktasına yönlendirelim. Yeni çizgenin n 1 tane noktası olduğundan Tümevarım Hipotezinden 5 renk ile boyanabilir. u ve w yu tekrar ayıralım. u ve w aynı renkte olduklarından v nin komşuları en fazla 4 renkle boyanmıştır. Kalan renk ile de v noktası boyanırsa tüm çizge 5 renk ile boyanmış olur. Ancak; u ile w noktaları arasında bir kenar varsa uw yu tekrar ayırdığımızda u ve w aynı renk olacağından yukarıdaki ifadeler doğru olmaz. Hem u hem de w noktası ortak bir p noktasına komşu iseler u ile w birleştirildiğinde uw dan p noktasına 2 kenar ortaya çıkar. 14
İkinci durum önemli değildir. Çünkü uw noktası p den farklı renkte boyanırsa bu noktalar ayrıldığında p de farklı renkte olur. İlk durum için de v nin aralarında kenar olmayan başka u, w komşuları seçilmelidir. Acaba v nin tüm komşu çiftleri için bu sorun ortaya çıkar mı? Hayır. Eğer v nin herhangi iki komşusu arasında bir kenar olsa K 5 tam çizgesi ortaya çıkar. Oysa K 5 düzlemsel çizge değildir. Yani verdiğimiz kanıt geçerli olacak şekilde v noktasının aralarında kenar olmayacak şekilde iki komşu noktası her zaman bulunabilir. 15
Kaynaklar [1] L. Lovasz, J. Pelikan, K. Vesztergombi, Discrete Mathematics: Elementary and Beyond, Springer, 2003. [2] R. J. Wilson, Introduction to Graph Theory 5th Ed., Pearson, 2010. [3] S. Küçükçiftçi, Matematik Dünyası Çizgeler Özel Sayısı, 2003 Güz. 16