5.4 Colora¸ c˜ oes de grafos
5.4.5 A teoria de Ramsey
Recordemos que um clique de um grafo G ´e um subgrafo completo, ou seja um conjunto de v´ertices adjacentes dois a dois, e que ωG ´e definido como o maior inteiro m tal que G cont´em um clique com m v´ertices. Como se viu, se um subconjunto de v´ertices S constitui um clique de um grafo G ent˜ao S ´e um conjunto est´avel do grafo complementar G e vice-versa.
´
E natural supˆor que se um grafo G n˜ao cont´em um conjunto est´avel “grande” ent˜ao poder´a ter um clique “grande”. Isso ´e verdade se o n´umero de v´ertices do grafo for tamb´em suficientemente grande. O enunciado preciso deste facto ´e
Teorema 5.4.16 Dados k, l > 0, existe um inteiro R(k, l) tal que qualquer grafo G com n ≥ R(k, l) v´ertices ou tem um conjunto est´avel com k v´ertices ou um clique com l v´ertices.
Dito de outro modo, ou G cont´em (uma c´opia de) Kl como subgrafo ou G cont´em Kk. Se pintarmos as arestas de G de vermelho e as de G de azul, ficamos com o grafo completo Kn com as arestas coloridas de azul e vermelho e temos a seguinte formula¸c˜ao equivalente:
Teorema 5.4.17 : Dados k, l > 0, existe um inteiro R(k, l) tal que se n ≥ R(k, l), qualquer colora¸c˜ao das arestas de Kn com duas cores, azul e vermelho, produz um Kk azul ou um Kl vermelho.
No que segue, quando falarmos de colora¸c˜ao das arestas de um Knestamos sempre a considerar colora¸c˜oes com duas cores, azul e vermelha.
´
E poss´ıvel estabelecer alguns factos simples:
• podemos trocar as cores e portanto R(k, l) = R(l, k);
• qualquer grafo com pelo menos um v´ertice cont´em K1 como subgrafo, logo R(k, 1) = R(1, l) = 1; • se colorirmos as arestas de Kk de vermelho e azul e se houver pelo menos uma aresta vermelha, temos
um K2 vermelho; caso contr´ario temos um Kk azul; por outro lado, ´e poss´ıvel colorir as arestas de Kk−1 todas de azul e n˜ao temos nem um Kk azul nem um K2 vermelho; portanto R(k, 2) = k.
Esta ´ultima observa¸c˜ao evidencia o tipo de racioc´ınio envolvido na determina¸c˜ao ou estimativa dos n´umeros R(k, l): para provar que m < R(k, l) basta arranjar uma colora¸c˜ao das arestas de Km que n˜ao crie nem um Kk azul nem um Klvermelho.
J´a para provar que R(k, l) ≤ t, temos que mostrar que qualquer colora¸c˜ao das arestas de Ktproduz obriga-toriamente ou um Kk azul ou um Kl vermelho.
O mais simples dos casos n˜ao triviais j´a foi resolvido num exerc´ıcio como aplica¸c˜ao do Princ´ıpio do Pombal: qualquer colora¸c˜ao das arestas de K6 produz um K3azul ou um K3 vermelho e portanto R(3, 3) ≤ 6. De facto, escolhendo um v´ertice v qualquer, das 5 arestas nele incidentes tem que haver pelo menos 3 da mesma cor, suponhamos que azul. Consideremos os 3 outros v´ertices u1, u2, u3em que essas arestas incidem; se houver dois ligados por uma aresta azul, essa aresta e as que ligam esses v´ertices a v formam um K3azul; se n˜ao houver, ent˜ao o subgrafo induzido por u1, u2, u3´e um K3vermelho.
Mas ´e poss´ıvel colorir as arestas de K5sem criar nem um K3azul nem um K3vermelho, colorindo um ciclo de cinco arestas de azul e as outras de vermelho. Portanto R(3, 3) > 5 e portanto R(3, 3) = 6.
´
E este o ponto de partida do racioc´ınio usado na demonstra¸c˜ao do seguinte teorema: Teorema 5.4.18 Para todos os k ≥ 2 e l ≥ 2 tem-se
R(k, l) ≤ R(k − 1, l) + R(k, l − 1)
Demonstra¸c˜ao 5.4.19 : Fazemos a demonstra¸c˜ao seguindo mais uma vez a formula¸c˜ao em termos de colora¸c˜oes das arestas de um grafo completo. Consideremos ent˜ao uma colora¸c˜ao qualquer das arestas do grafo completo com R(k−1, l)+R(k, l−1) v´ertices. Seja v um v´ertice qualquer; v tem R(k−1, l)+R(k, l−1)−1 arestas incidentes e portanto um dos dois casos tem que se verificar:
• v tem (pelo menos) R(k − 1, l) arestas incidentes azuis; • v tem (pelo menos) R(k, l − 1) arestas incidentes vermelhas;
Suponhamos o primeiro caso; os v´ertices em que incidem essas arestas azuis induzem um subgrafo com-pleto com R(k − 1, l) v´ertices, que tem que conter ou um Kk−1 azul ou um Kl vermelho. Neste ´ultimo caso j´a temos ent˜ao o que quer´ıamos; no outro, esse Kk−1 azul, juntamente com as arestas azuis que o ligam a v, forma um Kk azul, mais uma vez como pretend´ıamos.
O segundo caso ´e inteiramente semelhante.
Repetimos o racioc´ınio da demonstra¸c˜ao seguindo a formula¸c˜ao inicial, para vincar a equivalˆencia entre as duas: suponhamos que temos um grafo G qualquer com R(k − 1, l) + R(k, l − 1) v´ertices; isso corresponde `
a colora¸c˜ao do grafo completo em que as arestas de G ficam vermelhas e as de G azuis. Escolhido um v´ertice v ou ele n˜ao ´e adjacente a (pelo menos) R(k − 1, l) v´ertices, ou ´e adjacente a (pelo menos) R(k, l − 1) outros v´ertices.
Suponhamos agora que se verifica o segundo caso; de acordo com a defini¸c˜ao dos n´umeros R(k, l), o subgrafo de G induzido por esses R(k, l −1) v´ertices ou tem um conjunto est´avel com k v´ertices que tamb´em ´e portanto um conjunto est´avel de G; ou esse subgrafo tem um clique com l−1 v´ertices; mas, neste caso, como os v´ertices desse clique s˜ao todos adjacentes a v, obtemos um clique de l v´ertices como subgrafo de G.
E mais uma vez o outro caso ´e semelhante: basta aplicar, palavra por palavra, o mesmo racioc´ınio ao grafo complementar.
Os n´umeros R(k, l) e o estudo das suas propriedades e aplica¸c˜oes fazem parte de uma disciplina matem´atica, designada Teoria de Ramsey, em homenagem ao matem´atico britˆanico Frank Ramsey (1903-1930).
Note-se que os casos em que k ou l ´e menor ou igual a 2, j´a calculados, e a desigualdade provada no Teorema anterior, garantem que R(k, l) < +∞. Podemos mesmo obter uma estimativa simples:
Proposi¸c˜ao 5.4.20 : Para todos os k ≥ 2 e l ≥ 2, tem-se R(k, l) ≤k + l − 2
k − 1
Demonstra¸c˜ao 5.4.21 : Por indu¸c˜ao em k + l. Os casos k + l ≤ 5 s˜ao de verifica¸c˜ao imediata: R(2, 2) = 2 =2 + 2 − 2 2 − 1 ; R(2, 3) = 3 =2 + 3 − 2 2 − 1 ; Suponhamos ent˜ao que
R(s, t) ≤s + t − 2 s − 1
para todos os s e t tais que s + t < k + l. Pela desigualdade do Teorema anterior e usando esta hip´otese R(k, l) ≤ R(k − 1, l) + R(k, l − 1) ≤k − 1 + l − 2 k − 2 +k + l − 1 − 2 k − 1 =k + l − 2 k − 1
onde a ´ultima igualdade ´e apenas um caso particular da f´ormula m n =m − 1 n +m − 1 n − 1 .
Apesar da simplicidade desta estimativa, os n´umeros R(k, l) s˜ao extremamente dif´ıceis de calcular. Eis a lista completa de todos os casos conhecidos com 3 ≤ k ≤ l:
k 3 3 3 3 3 3 3 4 4
l 3 4 5 6 7 8 9 4 5
R(k, l) 6 9 14 18 23 28 36 18 25
Note-se que, como consequˆencia da majora¸c˜ao obtida no Teorema, temos tamb´em que R(k, l) < 2k+l−2
e, em particular,
R(k, k) < 22k−2. Por outro lado, como veremos agora, para todo o k ≥ 2,
Notamos em primeiro lugar que o conjunto Gn dos grafos simples com v´ertices v1, · · · , vn tem 2(n2) elementos, uma vez que qualquer subconjunto de pares de v´ertices determina um grafo. Fixemos um conjunto S de k v´ertices; pela mesma raz˜ao, o subconjunto dos grafos em que o subgrafo induzido por S ´e um clique tem 2(n2)−(k
2) elementos.
Como qualquer k-subconjunto de v´ertices pode determinar um clique, mas um grafo pode ter mais do que um clique em k v´ertices, temos que o subconjunto Gk
n ⊂ Gn dos grafos que tem um clique de k v´ertices ´e menor ou igual a n k 2(n2)−(k 2). E portanto |Gk n| |Gn| ≤ n k 2(n2)−(k 2) 2(n2) = n k 2−(k2) Como nk <nk k!, obtemos a estimativa |Gk n| |Gn| ≤ nk2−(k2) k! ; suponhamos agora que n < 2k/2; nesse caso
|Gk n| |Gn| ≤ 2k2/22−(k2) k! = 2k/2 k! ≤ 1 2 para k ≥ 2.
Portanto, menos de metade dos grafos de ordem n < 2k/2 tem um clique em k v´ertices. Mas, como um grafo tem um clique em k v´ertices se e s´o se o seu complementar tem um conjunto est´avel em k v´ertices, conclu´ımos que tamb´em menos de metade desses grafos tem um conjunto est´avel em k v´ertices.
Logo existe pelo menos um grafo em n v´ertices que n˜ao tem um nem outro e portanto R(k, k) > n; como isso ´e v´alido para todo o n < 2k/2, temos finalmente
Teorema 5.4.22 R(k, k) ≥ 2k/2.