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user: 3. 主要结果证明 引理3.1：设G是收缩临界5-连通图， | V ( G ) | ≥ 10 ， A = { x ， y } 是G的断片， N ( A ) = { x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 ， x 5 } ， { x ， y } ∩ V 5 ( G ) = ϕ 。令 H = G [ N ( A ) ∩ V 5 ( G ) ] ，则 1) | H | ≥ 4 ； 2) e ( H ) ≥ 2 ， H ⊇ 2 K 2 ； 3) H中没有长为3的路； 若 e ( H ) ≥ 3 ，则 ， G [ N ( A ) ] ≅ P 1 ∪ P 2 。 证明：1) 由引理2.4，知 N ( A ) 中至少有三个5度点。不妨设 { x 1 ， x 2 ， x 3 } ⊆ V 5 ( G ) 。若 { x 4 ， x 5 } ∩ V 5 ( G ) = ϕ ，我们将导出矛盾。 断言1： N ( x 4 ) ∩ { x 1 ， x 2 ， x 3 } ≠ ϕ ， N ( x 5 ) ∩ { x 1 ， x 2 ， x 3 } ≠ φ 。 我们只证明 N ( x 4 ) ∩ { x 1 ， x 2 ， x 3 } ≠ φ 。对于 x 5 也可以类似证明。 如若不然，设 x 4 不与 N ( A ) 中的5度点相邻。设 B 1 是相对于 x x 4 的断片。由引理2.3，我们有 A ⊆ N ( B 1 ) 。又由假设，我们有 | B 1 ∩ N ( A ) | = | B ¯ 1 ∩ N ( A ) | = 2 。不失一般性，设 B 1 ∩ N ( A ) = { x 1 ， x 5 } 。于是 x 1 在 N ( A ) 中不与5度点相邻。令 B 2 是相对于 x x 1 的断片，同样由引理2.3，知 A ⊆ N ( B 2 ) 。类似地，我们有 | B 2 ∩ N ( A ) | = | B ¯ 2 ∩ N ( A ) | = 2 。不失一般性，设 x 4 ∈ B 2 ∩ N ( A ) 。 若 x 5 ∈ B 2 ∩ N ( A ) ，考察 B 1 ， B 2 ，我们有 { x ， y } ∈ N ( B 1 ) ∩ N ( B 2 ) ， x 5 ∈ B 1 ∩ B 2 ， { x 2 ， x 3 } ⊆ B ¯ 1 ∩ B ¯ 2 且 x 1 ∈ B 1 ∩ N ( B 2 ) ， x 4 ∈ B 2 ∩ N ( B 1 ) 。由引理2.12可知 B 1 ∩ B 2 和 B ¯ 1 ∩ B ¯ 2 都是G的断片。所以 N ( { x ， y } ) ∩ ( B 1 ∩ B 2 ) = { x 5 } ，由引理2.3， B 1 ∩ B 2 = { x 5 } 。于是 d ( x 5 ) = 5 ，矛盾。 若 x 5 ∈ B ¯ 2 ∩ N ( A ) ，不失一般性设 x 2 ∈ B 2 ∩ N ( A ) 。此时考察 B 1 ， B 2 ，我们同样可得 d ( x 5 ) = 5 ，矛盾。所以断言1成立。 不妨设 x 4 x 1 ∈ E ( G ) 。若 x 5 x 1 ∈ E ( G ) ，则 | N ( x 1 ) ∩ A ¯ | = 1 且 N ( x 1 ) ∩ N ( A ) = { x 4 ， x 5 } 。注意到 | A ¯ | ≥ 3 ，由引理2.2， d ( x 4 ) = 5 或 d ( x 5 ) = 5 ，矛盾。所以 x 5 x 1 ∉ E ( G ) ，不妨设 x 5 x 2 ∈ E ( G ) 。 断言2： 且 x 3 x 2 ∉ E ( G ) 。 不妨设 x 3 x 1 ∈ E ( G ) ，则 | N ( x 1 ) ∩ A ¯ | = 1 ， N ( x 1 ) ∩ N ( A ) = { x 4 ， x 3 } 。由引理2.2，知 | N ( x 3 ) ∩ A ¯ | = 2 ， N ( x 3 ) N ( A ) = { x 1 } 且 N ( x 1 ) ∩ A ¯ ⊆ N ( x 3 ) ∩ A ¯ 。令 B 4 是相对于 x x 2 的断片，显然有 A ⊆ N ( B 4 ) 。注意到 N ( x 1 ) ∩ N ( A ) = { x 4 ， x 3 } ， N ( x 3 ) ∩ N ( A ) = { x 1 } ，我们有 N ( x 2 ) ∩ V 5 ( G ) ∩ N ( A ) = ϕ 。于是 | B 2 ∩ N ( A ) | = | B ¯ 2 ∩ N ( A ) | = 2 。这与 x 3 x 1 x 4 是长为2的路，矛盾。所以 x 3 x 1 ∉ E ( G ) ，类似地 x 3 x 2 ∉ E ( G ) 。 由引理2.10，有 x 1 x 2 ∈ E ( G ) 。于是 | N ( x 1 ) ∩ A ¯ | = 1 ， | N ( x 2 ) ∩ A ¯ | = 1 且 N ( x 1 ) ∩ N ( A ) = { x 2 ， x 4 } ， N ( x 2 ) ∩ N ( A ) = { x 1 ， x 5 } ，由引理2.2可以导出矛盾。于是1)成立。 类似于引理2.6的证明，我们有2)的成立。由1)不妨设 { x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 } ⊆ V 5 ( G ) 。 下面我们来证明3)。反证法，不妨设 x 1 x 2 x 3 x 4 是H中长为3的路，则 | N ( x 1 ) ∩ A ¯ | = 1 ， | N ( x 3 ) ∩ A ¯ | = 1 。此时我们主要到 N ( x 1 ) ∩ N ( A ) = { x 2 ， x 3 } ， N ( x 3 ) ∩ N ( A ) = { x 1 ， x 4 } 。由引理2.2，我们知 | N ( x 1 ) ∩ A ¯ | = 2 ， | N ( x 4 ) ∩ A ¯ | = 2 。此时显然 x 5 在 N ( A ) 中没有邻点。 令 B 5 是相对于 x x 5 的断片，易见 A ⊆ N ( B 5 ) 。由于 x 5 在 N ( A ) 中没有邻点，有 | B 2 ∩ N ( A ) | = | B ¯ 2 ∩ N ( A ) | = 2 。这与 x 1 x 2 x 3 x 4 是H中长为3的路，矛盾。所以3)成立。 由2)，我们设 x 1 x 2 和 x 3 x 4 是H的两条边。由3)， { x 1 ， x 2 } 与 { x 3 ， x 4 } 之间没有边。即 G [ { x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 } ] ≅ 2 K 2 。所以当 e ( H ) ≥ 3 时我们有 N ( A ) ⊆ V 5 ( G ) 且 G [ N ( A ) ] ≅ P 1 ∪ P 2 ，故4)成立。于是引理3.1成立。 故对G收缩临界5-连通图， | V ( G ) | ≥ 10 ， A = { x ， y } 是G的断片， N ( A ) = { x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 ， x 5 } ， { x ， y } ∩ V 5 ( G ) = ϕ ，则由引理3.1，不妨设 { x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 } ⊆ V 5 ( G ) 且 x 1 x 2 ∈ E ( G ) ， x 3 x 4 ∈ E ( G ) 。此时易见 { x 1 ， x 2 } 与 { x 3 ， x 4 } 之间没有边。 若 G [ N ( A ) ] 是连通图，则由引理3.1，我们有 d ( x 5 ) ≥ 6 ， G [ N ( A ) ] 是路且易见 x 5 是 G [ N ( A ) ] 的中心。 若 G [ N ( A ) ] 有两个分支，不妨设 x 1 x 2 是其中一个分支，则另一个分支也是一条路。 由上面的结论，我们取H中的一条边，不妨设为 { x 1 ， x 2 } ，使得 x 5 与 { x 1 ， x 2 } 之间的边尽可能的少。于是若 x 5 与 { x 1 ， x 2 } 之间有边，则其与 { x 3 ， x 4 } 之间也有边。 引理3.2：令 G 3 = G / { x x 1 ， y x 2 } ，则 G 3 是5-连通图。 证明：令 x ′ 1 ， x ′ 2 是G分别收缩 X X 1 ， Y X 2 后得到的新顶点。 断言1 δ ( G 3 ) ≥ 5 。 若 x 5 与 { x 1 ， x 2 } 之间没有边，则易见 δ ( G 3 ) ≥ 5 。 若 x 5 与 { x 1 ， x 2 } 之间有边，则由 { x 1 ， x 2 } 的选择，我们不妨设 x 2 x 5 ∈ E ( G ) ， x 3 x 5 ∈ E ( G ) 。此时 G [ N ( A ) ] ≅ P ，这里 P = x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 ， x 5 是一条路。同样可得 δ ( G 3 ) ≥ 5 。 断言2： k ( G 3 ) ≥ 4 且 k ( G 3 ) = 4 时， { x ′ 1 ， x ′ 2 } 包含在 G 3 的每一个最小点割内。 若 k ( G 3 ) ≤ 4 ，令 是阶为3的最小断片。由 k ( G ) = 5 ，我们有 { x ′ 1 ， x ′ 2 } ⊆ T ′ 。令 B ′ 是 G 3 的 T ′ -断片。由 δ ( G 3 ) ≥ 5 ，我们有 | B ′ | ≥ 3 ， | B ′ ¯ | ≥ 3 。令T是将 T ′ 恢复后所得到的集合。显然， | T | = 5 ， { x ， x 1 ， y ， x 2 } ⊆ T 。另外易见 B = B ′ ， B ¯ = B ′ ¯ 是G中的 T ′ -断片。所以 | N ( x ) ∩ T | ≥ 3 。于是由 d ( x ) = 6 可知 | N ( x ) ∩ B | = 1 或 | N ( x ) ∩ B ¯ | = 1 。不妨设 | N ( x ) ∩ B | = 1 。此时由 N ( x ) − { y } = N ( y ) − { x } ，我们有 | N ( y ) ∩ B | = 1 ， N ( y ) ∩ B = N ( x ) ∩ B 。则由引理2.1， | B | = 1 ，矛盾。所以 k ( G 3 ) ≥ 4 。 若 k ( G 3 ) = 4 ，令 T ′ 是 G 3 的最小点割， B ′ 是 G 3 的 T ′ -断片。由于 δ ( G 3 ) ≥ 5 ， | B ′ | ≥ 2 ， | B ′ ¯ | ≥ 2 。令T是将 T ′ 恢复后所对应的集合。显然由 k ( G ) = 5 我们有 { x ′ 1 ， x ′ 2 } ∩ T ′ ≠ ϕ 。若 { x ′ 1 ， x ′ 2 } ⊄ T ′ ，不妨设 x ′ 2 ∈ T ′ ， x ′ 1 ∈ B ′ 。 令B是将 B ′ 恢复后所对应的集合。显然可得， | T | = 5 ， { y ， y 2 } ⊆ T ， { x ， x 2 } ⊆ B 。由 N ( x ) − { y } = N ( y ) − { x } ，我们有 N ( y ) ∩ B ¯ = ϕ ，矛盾。所以断言2成立。 下面我们来证 k ( G 3 ) = 5 。如若不然，令 T ′ 是 G 3 的最小点割， B ′ 是 G 3 的 T ′ -断片。则由 δ ( G 3 ) ≥ 5 ，我们有 | B ′ | ≥ 2 ， | B ′ ¯ | ≥ 2 。令T是将 T ′ 恢复后所对应的集合。由断言2， { x ′ 1 ， x ′ 2 } ⊆ T ′ 。于是 | T | = 6 ， { y ， x ， x 1 ， x 2 } ⊆ T 。记 B = B ′ 是 G − T 的一部分。这里为方便讨论，我们仍然记 B ¯ = G − T − B 。由 N ( x ) − { y } = N ( y ) − { x } ，我们有 N ( x ) ∩ B ≠ ϕ ， N ( x ) ∩ B ¯ ≠ ϕ 。由对称性，设 x 3 ∈ B ， x 5 ∈ B ¯ 。下面分两种情况讨论。 情况1： G [ { x 3 ， x 4 ， x 5 } ] 不连通。由 x 3 ∈ B ， x 5 ∈ B ¯ ，则 x 4 x 5 ∈ E ( G ) ， x 4 ∈ T 。此时有 d ( x 4 ) = 5 以及 | N ( x 4 ) ∩ T | = 2 ， | N ( x 4 ) ∩ B | ≤ 1 ，或者 | N ( x 4 ) ∩ B ¯ | ≤ 1 。不妨设 | N ( x 4 ) ∩ B | ≤ 1 ，则 N ( x 4 ) ∩ B = { x 3 } 。于是 ( T − { x ， y ， x 4 } ) ∪ { x 3 } 是G阶为4的点割，矛盾。 情况2： G [ { x 3 ， x 4 ， x 5 } ] 不连通。 则由 { x 1 ， x 2 } 的选择， x 5 在 N ( A ) 中没有邻点。 若 | B | = 2 ，则 B = { x 3 ， t } 。由 { x 1 ， x 2 } 与 { x 3 ， x 4 } 之间没有边，有 t ≠ x 4 。于是 x 4 ∈ T 。 由 x 5 在 N ( A ) 中没有邻点，有 | B ¯ | ≥ 3 ，显然 d ( t ) = 5 且 t x 4 ∈ E ( G ) 。令 B 1 = B ¯ − { x 5 } ，则 N ( B 1 ) = { x 5 } ∪ ( T − { x ， y } ) ， | N ( B 1 ) | = 5 ， 。又由于 N ( x 4 ) ∩ B ¯ 1 = { x 3 ， t ， x ， y } ，我们有 N ( x 4 ) ∩ N ( B ¯ 1 ) = ϕ ， | N ( x 4 ) ∩ B 1 | = 1 ， | B ¯ 1 | ≥ 3 。若 | B 1 | ≥ 3 ，由引理2.2可得到矛盾。 所以设 | B 1 | = 2 。注意到 t ∈ N ( x 1 ) ∩ N ( x 2 ) ，则 | N ( x 1 ) ∩ B 1 | = 1 ， | N ( x 2 ) ∩ B 1 | = 1 。 { x 1 ， x 2 } 与 N ( B 1 ) − { x 1 ， x 2 } 之间没有边。若 N ( x 1 ) ∩ B 1 = N ( x 2 ) ∩ B 1 ，由引理2.2得， | B 1 | = 1 ，矛盾。 若 N ( x 1 ) ∩ B 1 ≠ N ( x 2 ) ∩ B 1 ，则由引理2.8得， N ( B 1 ) − { x 1 ， x 2 } 与 { x 1 ， x 2 } 之间没有边，矛盾。 所以设 | B | ≥ 3 。若 | B ¯ | = 2 ，令 B ¯ = { x 5 ， h } 。由 T − { x 1 ， x 2 } ⊆ N ( x 5 ) ，以及 x 5 在 N ( A ) 中没有邻点，我们有 x 4 ∈ N ( B ) 。令 T = { x 1 ， x 2 ， x ， y ， z ， w } ，显然易见 N ( h ) = { x 1 ， x 2 ， x 5 ， z ， w } ， N ( x 5 ) = { x ， y ， h ， z ， w } 。 令C是G的相对于 x x 5 的断片，显然 A ⊆ N ( C ) 。又由 x 5 在 N ( A ) 中没有邻点， | C ∩ N ( A ) | = | C ¯ ∩ N ( A ) | = 2 。不妨设 C ∩ N ( A ) = { x 1 ， x 2 } ， C ¯ ∩ N ( A ) = { x 3 ， x 4 } 。由G是5-连通图我们有， C ∩ A ¯ = ϕ ， C ¯ ∩ A ¯ = ϕ 。故 C ∩ A ¯ ， C ¯ ∩ A ¯ 都是G的断片。所以 N ( x 5 ) ∩ C ∩ A ¯ ≠ ϕ 。此时易见 h ∈ N ( C ) ∩ A ¯ 。我们不妨设 N ( x 5 ) ∩ C ¯ ∩ A ¯ = { z } ， N ( x 5 ) ∩ C ∩ A ¯ = { w } 。由 { x 1 ， x 2 } ⊆ N ( h ) ， N ( h ) ∩ C ∩ A ¯ = { w } 。于是 N ( { x 5 ， h } ) ∩ C ¯ = { w } 。由引理2.1， C ¯ = { w } ， { x 1 ， x 2 } ⊆ N ( w ) 。故 N ( x 1 ) ∩ B = ϕ ， N ( x 2 ) ∩ B = ϕ 。因此是 T − { x 1 ， x 2 } 是G的4-点割，矛盾。 所以我们设 | B ¯ | ≥ 3 ， | B | ≥ 3 。 注意到 N ( x ) ∩ B ¯ = { x 5 } = N ( y ) ∩ B ¯ 。当 N ( x 1 ) ∩ B = ϕ ，则 T ∪ { x 3 } − { x ， y ， x 1 } 是G的4-点割，矛盾。所以 N ( x 1 ) ∩ B ≠ ϕ ，类似的有 N ( x 2 ) ∩ B ≠ ϕ 。于是 | N ( x 1 ) ∩ B | ≤ 1 ， | N ( x 2 ) ∩ B | ≤ 1 。若 | N ( x 1 ) ∩ B | = 0 ，则B是G的断片， N ( B ) = T − { x 1 } 。则有 | N ( x 2 ) ∩ B | = 1 ， N ( x 2 ) ∩ N ( B ) = { x ， y } 。此时对 x 2 和B应用引理2.2可导矛盾。所以 | N ( x 1 ) ∩ B | = 1 ，类似地有 | N ( x 1 ) ∩ B | = 1 。于是 | N ( x 1 ) ∩ B ¯ | = 1 ， | N ( x 2 ) ∩ B ¯ | = 1 。令 B 3 = B ¯ − { x 5 } ，则 | N ( B 3 ) | = 5 ， N ( x 1 ) ∩ N ( B 3 ) = { x 2 } ， N ( x 2 ) ∩ N ( B 3 ) = { x 1 } 。由 | B 3 | ≥ 2 以及引理2.1，我们有 N ( x 1 ) ∩ N ( B 3 ) ≠ N ( x 2 ) ∩ N ( B 3 ) 。若 | B 3 | = 2 ，则由引理2.8， N ( B 3 ) − { x 1 ， x 2 } 中存在一个点与 x 1 或 x 2 相邻，矛盾。若 | B 3 | ≥ 3 ，对 x 2 和 B 3 应用引理2.2可导出矛盾。 引理3.3 设G是子式极小5-连通图，且 S ∈ Γ 是5-shredder，则 S = N ( x ) ，这里 x ∈ V 5 ( G ) 。 证明：显然，G收缩临界极小5-连通图。令 A ， B ， C 是 G − S 的三个分支。若A，B或C中有一个阶为1，则结论成立。于是设 | A | ≥ 2 ， | B | ≥ 2 ， | C | ≥ 2 。由推论2.7， G − S 的每一个分的阶至少为4。记 S = { x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 ， x 5 } 。令 G 1 = G / A ，我们将证明 G 1 是5-连通图。这与G是子式极小，矛盾。 断言1： S ∩ V 5 ( G ) = ϕ 。 否则 d ( x 1 ) = 5 。由于 G − S 有至少三个断片，于是 G − S 至少有一个断片只含 x 1 的一个邻点。不妨设 | N ( x 1 ) ∩ A | = 1 ，则由引理2.2， N ( A ) 中存在一个5度点，设为 x 2 ，使得 x 1 x 2 ⊆ E ( G ) 且 | N ( x 2 ) ∩ A | ≥ 2 。由 d ( x 2 ) = 5 ，我们有 | N ( x 2 ) ∩ B | = 1 ， | N ( x 2 ) ∩ C | = 1 ， | N ( x 2 ) ∩ S | = { x 1 } 。同样由引理2.2， | N ( x 1 ) ∩ B | ≥ 2 ， | N ( x 1 ) ∩ C | ≥ 2 。于是 d ( x 1 ) ≥ 1 + 1 + 2 + 2 = 6 ，矛盾。所以断言1成立。 由引理2.9以及断言1，我们有 E ( G [ S ] ) = 0 。 断言2： x i ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 在 的每个分支内至少有两个邻点。 否则不妨设 | N ( x 1 ) ∩ A | = 1 ，则由引理2.2可知 N ( A ) 中存在一个5度点，矛盾。 由断言1以及断言2，我们有 δ ( G 1 ) ≥ 5 且 E ( G 1 [ S ] ) = 0 。令a将A收缩后得到的点。 下面我们来证明 κ ( G 1 ) = 5 。否则，设 T ′ 是 G 1 中阶为4的点割，D是 G 1 的 T ′ -断片。由 δ ( G 1 ) ≥ 5 ，我们有 | D | ≥ 2 。 显然 a ∈ T ′ 。我们设 T ′ = { x ， y ， z ， a } 。于是有 | N ( a ) ∩ D | ≥ 2 ， | N ( a ) ∩ D ¯ | ≥ 2 (否则，不妨设 | N ( a ) ∩ D | ≤ 1 ，则 D ′ = D − N ( a ) 是 G 1 的一个断片且 a ∉ N ( D ′ ) ，此时易见 N ( D ′ ) 是G的4点割，矛盾)。不妨设 { x 1 ， x 2 } ⊆ D ， { x 3 ， x 4 } ⊆ D ¯ 。由 B ， C 是 G − S 的连通分支，我们有 C ∪ S 和 B ∪ S 都有路连接 x i 和 x j ， i ≠ j 且 i ， j ∈ { 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 } 。故 { x ， y ， z } ∩ C ≠ ϕ 。 于是我们有 | { x ， y ， z } ∩ B | = 1 或 | { x ， y ， z } ∩ C | = 1 。不妨设 | { x ， y ， z } ∩ B | = 1 且 x ∈ B 。此时由断言2，我们有 B − { x } 可以分成两子图 B 1 和 B 2 ，使得 N ( x i ) ∩ N ( B 2 ) = ϕ ， i = 1 ， 2 ， N ( x i ) ∩ B 1 = ϕ ， i = 3 ， 4 。于是我们有 S ∪ { x } − { x 3 ， x 4 } 是G的一个4点割，矛盾。 推论3.1：设G是子式极小的5-连通图且有 | V ( G ) | ≥ 10 。则对任意最小点割T，则 G − T 恰好有两个分支。特别的，若G还是Super5-连通，则G一定是hyper5-连通。 证明：由定义，G是收缩临界的极小5-连通图。若 G − T 有至少3个分支。令A，B和C是 G − T 的3个分支。由引理2.7和引理3.3我们有 G − T 恰好有3个分支且有两个分支只有一个点。不妨设 | B | = | C | = 1 ， B = { x } ， C = { y } 。由引理2.10， G + x y 仍然是收缩临界5-连通图。于是在 G + x y 中， D = { x ， y } 是 G + x y 的一个断片，且x和y在 G + x y 中的度为6。设 N ( A ) = { x 1 ， ⋯ ， x 5 } ，我们如引理3.2选取 x 1 ， x 2 。则由引理3.2， G + x y / { x x 1 ， y x 2 } 是5-连通图。又 x 1 x 2 ⊆ E ( G ) ，我们有 G + x y / { x x 1 ， y x 2 } G / { x x 1 ， y x 2 } ，这与G是子式极小，矛盾。于是 G − T 恰好有两个分支，当G还是Super5-连通，显然可知，G是hyper5-连通。 由定理1.1以及推论3.1，我们可知定理1.2成立。