Đa thức Chromatic của một hình vuông

Xét một hình vuông, ABCD. Theo trực giác, dường như đối với tôi, đa thức màu của nó là trong đó có sẵn \ màu lambda ..$\lambda(\lambda - 1)(\lambda - 1)(\lambda - 2)$$\lambda$

Đó là có $\lambda$ cách chọn lambda trong đó có thể chọn màu cho A, có $\lambda - 1$ cách chọn màu cho B và D (B và D liền kề với A) và $\lambda - 2$ cách cho màu cho C được chọn.

Tuy nhiên, bằng cách sử dụng định lý phân rã (slide 47, ví dụ 11,33) và phân tách hình vuông thành đường dẫn có độ dài 3 và hình tam giác, cho thấy lý luận ban đầu của tôi là sai.

Bạn có thể cho tôi biết nơi tôi đang đi sai với suy nghĩ của tôi.

Bạn phải nhớ rằng các đỉnh chéo từ nhau có thể được tô màu giống nhau! Công thức của bạn không tính đến điều đó. Chúng ta có thể tìm thấy số màu của biểu đồ thông qua nguyên tắc loại trừ bao gồm. Đây là một kỹ thuật đếm rất chung cho phép chúng ta đếm các cấu trúc phức tạp, nếu chúng ta có thể chứng minh các giới hạn nhất định trên các tập con nhất định.

Ý tưởng chính là chúng tôi đếm tất cả các cách có thể xảy ra một số tài sản. Sau đó, chúng tôi loại bỏ một số mặt hàng "xấu". Tuy nhiên, chúng tôi có thể đã xóa quá nhiều và cần thêm lại một số mục "tốt". Điều này cứ lặp đi lặp lại cho đến khi chúng ta trải qua tất cả các tập con.

Nguyên tắc loại trừ bao gồm cho chúng ta biết với một số nền tảng , số phần tử của nằm trong không có tập con nào là $|X|=n$$X$$A_i$

$$\sum_{I \subseteq [n]} (-1)^{|I|}|A_I| \text{, where } \\ I \text{ is the set of indices in } X \text{ and } A_I = \bigcap_{i \in I} A_i$$

Đặt là số lượng màu và đặt là tập hợp tất cả các màu có thể (nghĩa là ) và để$\lambda$$X$$|X| = \lambda^4$

$$A_{e} = \{\text{coloring} : e=(i,j) \in E, \text{color}(i) = \text{color}(j) \}$$

Trước khi chúng ta có được đa thức cuối cùng, chúng ta cần đếm kích thước của các tập hợp và kích thước của tất cả các tập con giao nhau.$A_{e}$

Quan sát rằng . Điều này là do thực tế là chúng ta chỉ tô màu nhưng luôn chọn các màu giống nhau cho các đỉnh lân cận. Đi về phía trước chúng ta có,$|A_{12}| = |A_{23}| = |A_{34}| = |A_{41}| = \lambda^3$$G$

$|A_{12} \cap A_{23} | = |A_{23} \cap A_{34} | = |A_{34} \cap A_{41}| = |A_{41} \cap A_{12}| = |A_{12} \cap A_{34}| = |A_{41} \cap A_{23}| = \lambda^2$

Tôi sẽ không liệt kê mỗi bộ 3 tập, nhưng tất cả chúng đều có cùng một số lượng. . Và cuối cùng, . Bây giờ hãy thu thập các điều khoản của chúng tôi và thêm lên.$|A_e \cap A_{e'} \cap A_{e''}| = \lambda$$|A_{12} \cap A_{23} \cap A_{34} \cap A_{41}| = \lambda$

$$\lambda^4 - 4\lambda^3 + 6\lambda^2 - 4\lambda + \lambda = \lambda^4 - 4\lambda^3 + 6\lambda^2 - 3\lambda$$

Bây giờ tính đến loại trừ bao gồm cho vấn đề này không phải là quá tệ vì chúng tôi đã có 4 chu kỳ đơn giản. Nếu biểu đồ có nhiều cấu trúc hơn, nó sẽ nhanh chóng gây khó chịu khi tìm ra từng kích thước giao lộ cho tất cả các giao điểm có thể.

Câu trả lời của Nicholas ở trên và điều này đã giúp tôi nhìn thấy lỗ hổng trong suy nghĩ của mình. Tôi đã nghĩ đến việc xây dựng cụ thể hơn về Nicholas ',

Bạn phải nhớ rằng các đỉnh chéo từ nhau có thể được tô màu giống nhau

và cũng có được đa thức sắc độ bằng cách điều chỉnh cho lý luận sai của tôi.

Ban đầu tôi đã nhận ra rằng có cách chọn màu cho C. "-2" chiếm màu khác với màu của B và D. Điều tôi không nghĩ là B và D có thể có cùng màu trong trường hợp đó sẽ chỉ là cách chọn màu cho C. Do đó$\lambda - 2$$\lambda - 1$

$P(ABCD, \lambda)$ = Số cách tô màu đúng ABCD khi B và D cùng màu + Số cách tô màu đúng ABCD khi B và D được tô màu khác nhau
=$λ(λ−1)(1)(λ−1) + λ(λ−1)(λ−2)(λ−2)$