12.图的着色

1．无向图G如图12.10(图见书，略)所示
1)求G的色多项式 f(G,k)
2)求 x(G)
3)计算f(G,X(G)),f(G,4)

2. 用定理12.10求图12.10 中的 G 的 色多项式f(G,k)

3. 设G是由一棵n(n≥2) 阶树和一个m(m≥3)阶圈组成的图，求f(G,K)

4.证明色多项式f(G,k)的系数的符号是正负相间的。


5.设G是n阶 k-正则图，证明
χ(G) ≥n/(n-k)
证明： 设v为G中任一顶点，因为d（v）=k,因而至多有n-k-1个顶点可以与V涂相同的颜色
，于是至少需要[n/(n-k)]种颜色给G的顶点着色，所以χ(G) ≥[n/(n-k)]≥n/(n-k)

6.设 G是不含K3的连通的简单的平面图
1）证明δ(G) ≤3; 2)证明 G是 4-可着色的
证明：1）若G中的顶点个数 n≤3,由于G是连通的简单图且不含有K3，结论显然成立，
设4≤n,由于G的连通性，G中至少有3条边，又因G中无K3，所以G的平面图的每个面至少
由4条边围成，因而 4r≤2m => r≤m/2
其中 m为边数,r为面数.
若G中每个顶点的度均大于等于4,由握手定理，有
4n≤2m=>n≤m/2;
由欧拉公式，有
2=n-m+r≤m/2-m+m/2=0
这是矛盾的，因而必存在顶点v,使得d(v)≤3

2)n≤3,结论自然成立
设n=k时结论成立，要证明n=k+1时，结论也成立。
设v为G中的一个顶点，且d(v)≤3(由1)可值v是存在的，从G中删除v,令G'=G-v,则G'中有
k个顶点。由归纳假设可知G'是G'是4-可着色的，对于G来说，与V相邻的顶点至多有3个，
这三个顶点至多用了三种颜色着色，因而四种颜色中只要有一种颜色可用来给v着色，所
以G是4-可着色的

7.设G是连通的简单的平面图，围长g(G)=L≥4
1)证明δ(G) ≤L-1 2)证明 G是L-可着色的
本题是上题的更一般的情况，证明过程请参照上题

8.设G是简单图，χ(G)=k ,对于任意 v∈V(G),有χ(G-v)< χ(G),则称G是k-临界的
1)给出所有2-临界图
2)给出所有3-临界图和4-临界图的例子
3)若G是k-临界图，证明对于任意v∈V(G),均有d(v) ≥k-1
解：1)K2是2-临界图，所有的奇数长为初级回路是3-临界的。
2）偶数阶轮图Wn(n为偶数)是4-临界的
3）用反证法，若存在顶点v,d(v)≤k-2,下面要推导出一个矛盾来。
设于v相邻的顶点为v1,v2,...,vl(l≤k-2),因为χ(G)=k因而G是k-可着色的，用k种
颜色给G着色，首先用k种颜色种尽量少的颜色给G-v着色，则v1,v2,...,vl最多使用了l种
颜色
着色，于是k种颜色中至少还有两种颜色，如a和b来给v着色，可是a和b这两种颜色在G-v
的着色过程中都用过了，否则
1）若a,b在G-v着色过程中都未被用过，随便去a或着b给v着色，于是用k-1种颜色就
给
G的顶点着色了，这与G是k-色图矛盾。
2)若a未用过，b用过了，可用b给v着色，这时也可用k-1种颜色给G的顶点着色，这
又
矛盾与G时k-色图
3）若b未用过

，a用过了，就用a给v着色，同样导出矛盾来
因而a,b在G-v的着色中都用过了，无论用a还是b给v着色，都使得G与G-v着的颜色数是
相同的，这说明χ(G-v)=χ(G)=k,这与G是k-临界的相矛盾,所以G中不存在度数小于等于
k-2的顶点，既G中每个顶点的度数都大于等于k-1


9.证明:一个地图G是2-面可着色的当且仅当G是欧拉图
证明：设G是一个平面地图，即G是一无桥的连通的平面，设G*为G的对偶图，则G*是无环
的
连通的平面图。可知：G*是点2-可着色的当且仅当G**是面2-可着色的。可知G**同构于G
,因而G是面2-可着色的，当且仅当G*是点2-可着色的。由定理可知，G*是点2-可着色的当
且仅当G*中无奇数长度的初级回路，由定理可知G*中无奇数长度的初级回路当且仅当G*为
二部
图，在由例题可知G*为二部图当且仅当G为欧拉图，至此证明了G是面2-可着色的，当且仅
当
G是欧拉图

10．设G是连通的简单的平面图，已知G中存在次数小于等于4的内部面，证明G是4-面可着
色的

证明：设G*是G的对偶图，显然G*中无环，由例题可知，G*是点4-可着色的，当且仅当G*
的
对偶图G**是面4-可着色的，当且仅当G*是点4-可着色的，因而只要证明G*是点4-可着色
的

因为G中存在至多由4条边围成的面，因而G*中存在顶点V*,d(v*)≤4,然后利用归纳法证
明
G*是4-可着色的，证明过程易得.



11．设G是3-正则哈密顿图，则G的边色数χ’(G)=3
证明：1)因为G中任何顶点的度均为3，所以每个顶点均关联3条边，因为χ’(G)≥3
2)因为G是3度正则图，由握手定理可知3n=2m(n为G中的顶点，m为边数)所以n为
偶数，又因为G为哈密顿图，因而G中存在哈密顿回路C,并且C的长度为偶数，于是可用两
种颜色，如a与b给C上的边着色(a和b交替出现)。由于G是3度正则图，因而G中每个顶点
除了关联C上两条不同颜色的边外，还必须关联一条未着色的边，并且这些边是彼此不相
邻的，我们用r给这些边着色，这样一来，可用3种色给G中边着色，相邻边着不同的颜色
，
因而χ’(G)=3
由1),2)可知χ’(G)=3




12. 设G为彼得森图
1）证明 χ’(G)=4 2)证明G不是哈密顿图

证明:1）由定理知χ’(G)≤4 ,下面证明
χ’(G)≥4
首先考虑外层初级回路c1=abcdea的边着色，由于回路长为奇数，因而至少用3种颜色
给各边着色才能保证相邻的边不同色，设所有3种色分别为a,b,r,由对称性可考虑这三种
颜色的任一种色法，图中给出了一种着色方案，按照这种方案，中层上的5条边的着色方
案完全确定了（图略），剩下的是内部回路C2=figjhf的着色了，边(f,i)只能着a,边(j,
h)只能着b,边(i,g)只能着b,边(j,g)只能着r,可

是边(f,g)不能着a((f,i)已经着a)，不能
着b((f,g)已经着b,)，也不能着r(边(c,h)已经着r)，因而必须用其他色，因而χ’(G)≥
4,于是
χ’(G)=4

2)用反证法，若彼得森图是哈密顿图，又是3度正则图，可知边色数χ(G)=3可是由1得到
χ(G)=3，所以彼得森图不是哈密顿图



13设G是连通的简单的平面图，证明：G既是2-面可着色的又是2-顶点可着色的，当且仅当
G是 不含奇数圈的欧拉图
证明：首先证明必要性
G为简单的平面图，因而G是地图，由上题可知G是欧拉图，同样可知G的对偶图G*是顶
点
2-可着色的，同样可知G*是欧拉图，因此G中无奇数长初级回路，
充分性同样可证！


14.某年级学生共选修6门课程，期末考试前，必须提前将这6门课程考完，每人每天只在
下午至多考一门课程，设6门课程分别为c1,c2,c3,c4,.c5,c6,S(ci)为学习ci的学生集合
，
已知S(ci)∩S(c6) ≠θ ,i=1,2,…5 ; S(ci)∩S(ci+1) ≠θ,i=1,2,3,4, S(c5)∩S(c1
) ≠θ ,问至少安排几天才能考完这6门课程？在天数不增加的条件下，至多有几种安排
方案?