原因，其的曲线图可以被不

在对这个问题进行一点推理的同时，我试图找出所有不同的原因，使得图可能无法着色。到目前为止，我只能确定以下两个原因：$G = (V_G,E_G)$$k$

1. ķ + $G$包含大小为的集团。这是显而易见的原因。$k+1$

2. 存在一个的子图，使得以下两个陈述均成立：$H = (V_H, E_H)$$G$

   • $H$不是可着色的。$k-1$
   • $\exists x \in V_G - V_H\ \forall y \in V_H\ \{x,y\} \in E_G$。换句话说，在存在一个节点，但在不存在，因此连接到每个节点。ģ ħ X $x$$G$$H$$x$$H$

我们可以将上述两个原因视为规则。通过递归应用它们，构建不包含集团的非可着色图的仅有2种方法是：ķ + $k$$k+1$

1. 从一个偶数长度（可着色）的循环开始，然后将规则2应用于次。请注意，边缘不视为长度为的循环（否则此过程将具有建立团的效果）。ķ - 1 2 ķ + $2$$k-1$$2$$k+1$
2. 从奇数长度的循环开始（这是可着色的），然后将规则2应用于次。起始周期的长度必须大于（否则此过程将产生建立集团的效果）。$3$$k-2$$3$$k+1$

题

除了上述2之外，还有其他原因使图形不可着色吗？$k$

$\ $
更新30/11/2012

更准确地说，我需要的是形式的一些定理：

当且仅当...时，图色数为。$G$$\chi(G) = k + 1$

Yuval Filmus在他的答案中指出的Hajós演算是我正在寻找的完美示例，因为当且仅当图形可以从公理导出时，图形色数通过重复应用演算的2条推论规则，。那么Hajós数是得出所需的最小步数（即，它是最短证明的长度）。$G$$\chi(G) = k + 1$$K_{k+1}$$h(G)$$G$

有趣的是：

• 关于是否存在一个图的问题仍然存在，该图的在的大小上是指数的。$G$$h(G)$$G$
• 如果这样的不存在，则。$G$$NP = coNP$

您应该检查Hajós演算。Hajós表明，每个色数至少为的图都有一个子图，该子图具有要求k色的“原因” 。所讨论的原因是需要k种颜色的校样系统。唯一的公理是K k，并且有两个推理规则。另请参见本文就这方面的证据系统的效率由Pitassi和厄克特。$k$$k$$k$$K_k$

部分答案是，我不知道可以概括出一个很好的“原因”，但下面的图形（从这里开始毫不客气地刻了一下）：

不是3色的，但显然是4色的（是平面的），它不包含，也不包含任何循环，并且没有一个附加顶点连接到所有循环顶点（除非我遗漏了某些东西，但只有顶点）连接到顶点及其邻居的3个周期）。进一步讲，您可以应用规则2的一个版本来获得色度为5的图形。$K_{4}$

我会怀疑，对于任何给定的属，都有一个不符合规则1或2 的一定最小色度数的图形（请参阅Heawood猜想）。当然，除了直觉之外，我没有其他证据。

Lovasz发现了k可着色性的拓扑障碍，并用他的理论解决了Knaser的猜想。他的定理如下。令G为连通图，令N（G）为单纯复形，其面是V的子集且具有共同的邻居。然后，如果将N（K）连接为k（即，直到其维数k-1为止，其所有归约同源性组都为0），则为G上色所需的颜色数至少为k + 3。

没有庞大的独立团队与拥有庞大的集团一样重要。

图不可k着色的一个重要障碍是独立集的最大尺寸小于n / k，其中n是顶点数。这是一个非常重要的障碍。例如，它暗示G（n，1/2）中的随机图的色数至少为n / log n。

一个更完善的障碍是，对于顶点的每个非负权重分配，都没有独立的集合捕获总权重的1/5（或更多）。请注意，这还包括“无集团障碍”。LP对偶性告诉您，此障碍相当于G的“分数色数”大于k。

还有一些不同性质的k可着色性的障碍，有时会超出分数色数障碍。我将为他们专门处理。

重新将问题重新表述为“更准确地说，我需要的是以下形式的定理： $G$ 有色数 $\chi(G)=k+1$ 当且仅当……”：

我不知道您是否会认为这足以说明问题，但至少符合您要求的语法：无向图 $G$ 有色数 $\chi(G)\ge k$ 当且仅当，无论您如何调整边缘的方向 $G$, the resulting directed graph will include at least one directed path of length $k-1$. This is the Gallai–Hasse–Roy–Vitaver theorem.