本次课主要内容 与色数有关的几类图和完美图 (一)、与色数有关的几类图 (二)、完美图简介
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 1 本次课主要内容 (一)、与色数有关的几类图 (二)、完美图简介 与色数有关的几类图和完美图
(一)、与色数有关的几类图 1、临界图 定义1若对图G的任意真子图H,都有0<©，则 称G是临界图。点色数为k的临界图称为k临界图。 3临界图 非临界图 4临界图 注：临界图由狄拉克在1952年首先提出并研究。上面 的4临界图是Grotzsch:在1958年提出的
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 2 1、临界图 (一)、与色数有关的几类图 定义1 若对图G的任意真子图H，都有 ，则 称G是临界图。点色数为k的临界图称为k临界图。 ( ) ( ) H G 3临界图 4临界图 非临界图 注：临界图由狄拉克在1952年首先提出并研究。上面 的4临界图是Grotzsch在1958年提出的
定理1临界图有如下性质 ()k色图均有k临界子图； (2)每个临界图均为简单连通图； (3)若G是k临界图，则δ≥k-1。 证明：(1)是显然的。 (2)因为删掉环或平行边中的一条边并不破坏原有的顶 点正常着色，所以每个临界图是单图；又因为删掉色数 较小的分支，剩下部分的图的色数和原图色数相等，所 以，临界图必须是连通图
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 3 定理1 临界图有如下性质 (1) k色图均有k临界子图； (2) 每个临界图均为简单连通图； (3) 若G是k临界图，则δ≥k-1。 证明： (1)是显然的。 (2) 因为删掉环或平行边中的一条边并不破坏原有的顶 点正常着色，所以每个临界图是单图；又因为删掉色数 较小的分支，剩下部分的图的色数和原图色数相等，所 以，临界图必须是连通图
(3)若不然， 8<k-1。 设d(w)=6。因为G是k临界图，所以G-v是k-1可正常顶 点着色的。设Π是G-v的k-1正常顶点着色方案，显然， 它可以扩充为G的k-1正常点着色方案。这与G是k临界图 相矛盾。 推论：每个k色图至少有k个度不小于k-1的顶点。 证明：因G是k色图，所以，它包含k临界子图G,所以 有：8(G)≥k-1,即G,中至少有k个顶点，其度数不小于 k-1。所以，G中至少有k个度不小于k-1的顶点。 例1利用上面推论证明：对任意图G,有： X(G)≤△(G)+1
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 4 (3) 若不然，δ< k-1。 设d(v)=δ。因为G是k临界图，所以G-v是k-1可正常顶 点着色的。设п是G-v的k-1正常顶点着色方案，显然， 它可以扩充为G的k-1正常点着色方案。这与G是k临界图 相矛盾。 推论：每个k色图至少有k个度不小于k-1的顶点。 证明：因G是k色图，所以，它包含k临界子图G1 ,所以 有：δ(G1)≥k-1,即G1中至少有k个顶点，其度数不小于 k-1。所以，G中至少有k个度不小于k-1的顶点。 例1 利用上面推论证明：对任意图G，有： ( ) ( ) 1 G G +
证明：设G的点色数为 x(G)。由推论，G中至少有 (G)个顶点，其度数不小于(G)-] 所以，△(G)≥(G)-1,即： X(G)≤△(G)+ 例2求证：临界图没有割点。 证明：设G是k临界图。如果G有割点y,设G1,G2,G,是 G-v的分支。又设第个分支顶点集为V:(1≤i≤r)。 设H=GV,U{v}l,(1≤ir)。则H是k-1可正常点着色 的，现对每个H进行k-1正常点着色，且v都分配同一种颜色， 那么，将着色后的H合在一起，得到G的k-1正常点着色方 案，这与G是k色图矛盾。所以临界图没有割点
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 5 证明：设G的点色数为 。由推论，G中至少有 个顶点，其度数不小于 ( ) ( ) 1 G G + ( ) G ( ) G ( ) 1 G − 所以， − ( ) ( ) 1 G G ，即： 例2 求证：临界图没有割点。 证明：设G是k临界图。如果G有割点v, 设G1 ,G2 ,.,Gr是 G-v的分支。又设第i个分支顶点集为Vi (1≦i≦r)。 设Hi=G[Vi∪｛v｝], (1≦i≦r)。则Hi是k-1可正常点着色 的，现对每个Hi进行k-1正常点着色，且v都分配同一种颜色， 那么，将着色后的Hi合在一起，得到G的k-1正常点着色方 案，这与G是k色图矛盾。所以临界图没有割点
例3求证：仅有的1临界图是k;仅有的2临界图是K2;仅 有的3临界图奇圈。 证明：由于1色图是空图，所以1临界图只能是K;2色 图是偶图，所以，2临界图只能是K；3色图必然含有奇圈， 而奇圈的色数是3，所以，3临界图只能是奇圈。 例4求证：布鲁克斯定理等价于下述命题：若G是k临 界图k②4)，且不是完全图，则2m≥nk-1)+1,其中m为G的 边数而n为顶点数。 证明：(1)由布鲁克斯定理推例4中命题。 因G是k临界图，所以G是连通单图，又k②4，所以G不能 是奇圈，再由G不是完全图，所以由布鲁克斯定理有
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 6 例3 求证：仅有的1临界图是k1 ;仅有的2临界图是K2 ;仅 有的3临界图奇圈。 证明：由于1色图是空图，所以1临界图只能是K1 ;2色 图是偶图，所以，2临界图只能是K2 ; 3色图必然含有奇圈， 而奇圈的色数是3，所以，3临界图只能是奇圈。 例4 求证：布鲁克斯定理等价于下述命题：若G是k临 界图(k≥4), 且不是完全图，则2m≥n(k-1)+1,其中m为G的 边数而n为顶点数。 证明：(1) 由布鲁克斯定理推例4中命题。 因G是k临界图,所以G是连通单图，又k≥4, 所以G不能 是奇圈，再由G不是完全图，所以由布鲁克斯定理有
k至△。 再由k临界图的性质，有6≥k-1.所以： 2m=∑d(y)≥△+(n-1)8 v∈V(G) ≥k+(n-1)(k-1)》 =n(k-1)+1 (2)由例4中命题推布鲁克斯定理。 因为连通单图G不是奇圈，也不是完全图。设G的k临 界子图是H。 情形1，H是奇圈。 在这种情况下，由于G不是奇圈，所以，H之外必然 有边和H相连，即△(G)≥3，另一方面，k(G)=k(H)=3,所
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 7 k≦Δ。 再由k临界图的性质，有δ≥k-1.所以： ( ) 2 ( ) ( 1) v V G m d v n = + − + − − k n k ( 1)( 1) = − + n k( 1) 1 (2) 由例4中命题推布鲁克斯定理。 因为连通单图G不是奇圈，也不是完全图。设G的k临 界子图是H。 情形1， H是奇圈。 在这种情况下，由于G不是奇圈，所以，H之外必然 有边和H相连，即Δ(G)≥3,另一方面，k(G)=k(H)=3,所
以，k(G)△(G); 情形2，H是完全图H5 在这种情况下，由于G是连通的非完全图，那么在H 之外，必然有边和H相连，即△≥K()=k(G): 情形3，H既不是奇圈又不是完全图，由例3知道， k≥4。H满足例4中条件。 所以，由例4中的结论有： △(H)n(H)≥2(H)≥n(H)(k(H)-1)+1 =n(H)(k(G)-1)+1 所以，有 D≥G)-D+0
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 8 以，k(G)≦Δ(G); 情形2， H是完全图Hk 在这种情况下，由于G是连通的非完全图，那么在H 之外，必然有边和H相连，即Δ≥K(H)=k(G); 情形3， H既不是奇圈又不是完全图，由例3知道， k≥4。H满足例4中条件。 所以，由例4中的结论有： − + ( ) ( ) 2 ( ) ( )( ( ) 1) 1 H n H m H n H k H = − + n H k G ( )( ( ) 1) 1 所以，有： 1 ( ) ( ( ) 1) ( ) H k G n H − +
即证明： △(G)≥k(G) 2、唯一可着色图 对图的顶点进行正常着色，实际上给出图的顶点集合 的一种划分，不同的着色方案，给出的划分一般不同。 但是，也存在一类特殊图，对于任意的最优着色方案， 导出的顶点划分却是相同的。为此，我们给出如下定义。 定义2设简单标定图G的点色数是k,如果在任意的k正 常点着色方案下，导出的顶点集合划分唯一，称G是唯 一k可着色图，简称唯一可着色图
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 9 即证明： ( ) ( ) G k G 2、唯一可着色图 对图的顶点进行正常着色，实际上给出图的顶点集合 的一种划分，不同的着色方案，给出的划分一般不同。 但是，也存在一类特殊图，对于任意的最优着色方案， 导出的顶点划分却是相同的。为此，我们给出如下定义。 定义2 设简单标定图G的点色数是k, 如果在任意的k正 常点着色方案下，导出的顶点集合划分唯一，称G是唯 一k可着色图，简称唯一可着色图
例5考察下面3色图是否是唯一3可着色图。 解：(1)对于G来说，G,的任意3正常着色方案导出的 顶点划分均是{(v),(V2)(V3)},所以，G是唯 一3可着色图； 10
0.8 1 0.6 0.4 0.2 0 x t 0 0.5 1 1.5 2 −1 −0.5 0 0.5 1 n 10 例5 考察下面3色图是否是唯一3可着色图。 v3 v2 v1 G1 v1 G2 v5 v3 v4 v2 G3 v5 v4 v3 v2 v1 解：(1) 对于G1来说，G1的任意3正常着色方案导出的 顶点划分均是｛｛v1｝, ｛v2｝｛v3｝｝，所以，G1是唯 一3可着色图；