图论趣题

1、证明：在连通无向图的每一对不同顶点之间都存在简单通路。

　　证明：设u和v是连通无向图G = (V, E)的两个不同的顶点，因为G是连通的，所以u和v之间至少有一条通路。设x₀, x₁, x₂, ..., x_n 是长度最短的通路的顶点序列，其中x₀ = u 而x_n = v。这条长度最短的通路是简单的。为了看明白这一点，假设它不是简单的。则对满足0≤i＜j的某个i 和j 来说，有x_i = x_j。这意味着通过删除顶点序列x_i, ..., x_j-1 所对应的边，就获得了带有顶点序列x₀, x₁, ..., x_i-1, x_j, ..., x_n的从u到v的更短的通路。我们通过反证法引出了矛盾，因此原命题成立，命题得证。

2、证明：若带有n个顶点的简单图G具有超过(n-1)(n-2)/2 条边，则它是连通的。

　　提示：假设不连通，则至少有两个连通分支，证明它可能的最多的边数（无向完全图）小于等于(n-1)(n-2)/2条边，命题就得证了。

3、证明：带有n个顶点的连通图至少具有n-1条边。

　　证明：不妨设G是无向连通图（若G为有向图，可忽略边的方向讨论对应的底图）。设G中顶点为,v₁, v₂, ..., v_n。由连通性，必存在与v₁相邻的顶点，不妨设其为v₂（否则，可重新编号），连接v₁与v₂得边e₁，还是由连通性，在v₃, v₄, ..., v_n中必存在与v₁或v₂相邻的顶点，不妨设为v₃，将其连接得边e₂，续行此法，v_n必与v₁, v₂, ..., v_n-1中的某顶点相邻，得新边e_n-1，由此可见G中至少有n-1条边。

　　我经常提醒自己，有关正整数n的命题通常可以用数学归纳法加以证明，那么下面我们就来尝试一下。

　　对于归纳基础：0、1显然成立。

　　归纳假设：带有k个顶点的连通图至少具有k-1条边。下面我们来证明带有k+1个顶点的连通图至少具有k条边。我们把k+1个顶点分成两部分，一部分含有k个顶点，一部分只有一个顶点，对于k个顶点的连通图我们知道它至少具有k-1条边，我们只需要这样构造：把那个孤立的顶点与k个顶点中的任何一个连接形成一条边，那么显然带有k+1个顶点的连通图至少具有k条边（当然我们也可以用任何其它的划分方式，这样只需将证明过程改为强数学归纳法即可）。

4、已知V是一条割边的端点。证明：V是割点当且仅当它不是悬挂点（顶点是悬挂的，当且仅当它的度是1）。

　　证明：

　　　　充分性：V是割点那么它显然不是悬挂点，因为如果它是悬挂点的话，删除该点和它关联的边后图的连通分支显然没有增加。

　　　　必要性：当一条割边的端点不是悬挂点时，该端点一定是割点。若割边的端点不是悬挂点，则删除这条割边后，这端点所在的连通分支里包含除这个顶点外更多的顶点。所以，删除那个顶点以及与它关联的所有边，包括原来的割边，会产生比原来的图有更多的连通分支的图。

　　　　因此，割边的端点要不是悬挂点，它就是割点。

5、证明：具有至少两个顶点的简单图至少有两个顶点不是割点。

　　证明：反证法。假设存在至多一个不是割点的顶点的连通图G。顶点u和v之间的距离定义成在G里u和v之间最短通路的长度，表示成d(u,v)。设s和t是使得d(s,t)达到最大的G里的顶点。s或者t（或二者全部）是割点。所以不失一般性，假设s是割点。在通过从G删除s和与s关联的所有边而得出的图里，设w属于不包含t的那个连通分支，因为从w到t的每条通路都包含s，所以d(w,t)>d(s,t)。引出矛盾。因此原命题得证。

6、证明：若简单图G有k个连通分支，而且这些分支分别具有n₁, n₂, ..., n_k个顶点，则G的边数不超过∑_i=1~kC(n_i, 2)。

　　证明：一条边不可能连接两个在不同连通分支里的顶点。因为在带n_i个顶点的连通分支里至多有C(n_i, 2)条边，所以在图中至多有∑_i=1~kC(n_i, 2)条边。

7、设p1和p2是简单图G中顶点u和v之间的没有相同边集的两条简单通路。试证明：在G中存在简单回路。

　　证明：设通路p₁和p₂分别是u = x₀, x₁, ..., x_n = v。因为p₁和p₂不包含相同的边的集合，所以它们必然逐渐分叉。若这个分叉发生在它们中的一条已经结束后，则另一条通路的剩余部分是从v到v的简单回路。否则，可以假设x₀ = y₀, x₁ = y₁, ..., x_i = y_i，但是x_i+1 ≠ y_i+1。沿着通路y_i, y_i+1, y_i+2等等前进，直到它再次遇到p₁上的顶点为止。一旦回到p₁上，就沿着它，在必要时刻向前或向后回到x_i，因为x_i = y_i。这样就形成一条回路，它必然是简单的，因为在这些x_j之间没有一条边能等于用过的y_k之间的一条边。

8、证明：若图G中恰有两个奇数度顶点，则这两个顶点是连通的。

　　证明：设G中的两个奇数度顶点分别为u和v，若u与v不连通，即它们之间无任何通路，则G至少有两个连通分支G₁、G₂，u与v分别属于G₁和G₂，于是G₁与G₂中各含一个奇度顶点，这与握手定理（文末有介绍）的推论相矛盾，因而u与v必须是连通的。

9、如果一个简单无向图的所有顶点的度都等于k，则称该图为k正则图。证明：对于每一个大于2的偶数n，存在n个顶点的3正则图。

　　提示：构造性的存在性证明。方法多样。

————————————————下面几题属于现实问题抽象成图模型的问题，更具趣味性:-)—————————————————

10、证明：若有n个人，每个人恰有三个朋友，则n必为偶数。

　　证明：用n个顶点代表n个人，在两个朋友对应的顶点见连边，则得一个3正则图G。问题转化为求证3正则图必有偶数个顶点。设图G为任一3正则图，有n个顶点v₁, v₂, ..., vn，则所有顶点的度数之和为∑deg(v_i) = 3n。由握手定理知3n为偶数，因此n是偶数。

　　[另：有趣的是，由本题与上一题的结论，我们可以得到一个为真的命题：存在3正则图当且仅当顶点数为大于2的偶数]

11、现有n个盒子，若每两个盒子里都恰有一个相同颜色的球，且每种颜色的球恰有两个放在不同的盒子中，问这n个盒子中共有多少种不同颜色的球？

　　提示：抽象成无向完全图，求边数：n(n-1)/2。

12、证明：在至少有2个人的人群里，至少有2个人，他们有相同的朋友数。

　　证明：注意到，等价地，设G为至少有两个顶点的简单图。证明：G中至少有两个顶点度数相同。若G中孤立的顶点个数大于等于2，结论显然成立。若G中有一个孤立顶点，则G中至少有三个顶点。不考虑孤立顶点，就是说G中每个顶点的度数都大于等于1。又因为G为简单图，所以每个顶点的度数小于等于n-1。因而G中顶点的度的取值只能是1, 2, ..., n-1这n-1个数。由鸽巢原理，取n-1个值的n个顶点的度至少有两个是相同的。

13、将无向完全图k6的边随意地涂上红色或绿色，证明：无论如何涂法，总存在红色的k3或绿色的k3。

　　证明：实在是手酸了：~，还是写提示吧。[hint：广义鸽巢原理+集合全集]。

　　当然，从应用题的方面考虑：我们可以出一个这样的题目——证明：任何6个人中，要么有三人彼此认识，要么有三人彼此不认识。

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 补充：

握手定理：每个图中，顶点的度数和等于边数的两倍。 　　
　　对于无向图有∑_(vεV)deg(v) = 2|E|。
　　对于有向图有∑_(vεV)(deg^-(v)+deg⁺(v)) = 2|E|。

推论：任何图中，奇数度的顶点必为偶数个。

与之相关的定理：在任何有向图中，所有顶点的入度之和等于所有顶点的出度之和。∑_(vεV)deg^-(v) = ∑_(vεV)deg⁺(v) = |E|。

这些定理几乎是显然的，因此就不作证明了。

　　

 

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