組合數學作業整理與解題思路總結: 圖論
1. 求證: 任一棵樹均爲一個二部圖.
[證明]
(法1)
下面使用數學歸納法進行證明:
設 T 爲樹, ∣E(T)∣=1. X,Y⊂V(T),X∩Y=∅.
將 T 的唯一一條邊的兩個頂點分別歸於 X,Y , T 顯然是一個二部圖.
設 ∣E(T)∣⩽k−1 時結論仍然成立:
∣E(T)∣=k 時: 設 x 爲某一個度數爲 1 的頂點. 可知: ∣E(T−x)=k−1∣. 由歸納假設知: T−x 是一個二部圖.
將 x 歸於與其鄰接的頂點所屬的不同的頂點集中, T 依然滿足稱爲二部圖的條件, 證畢. ■
(法2)
沿用法1記號和規定. 我們採取以下的方法對 T 中的點進行歸類:
將起始點歸入 X 中, 向下遍歷每一條邊, 總是將邊的兩個頂點歸於不同的集合中. 這樣, 即得到了滿足二部圖判別條件的兩個頂點子集. 若不然, 則總可找到一個圈, 這和 “樹” 的定義矛盾. ■
2. 分別畫出兩個邊數最大的完全二部圖 K6.K7.
[解]
設完全二部圖的頂點集被分類爲: {X,Y}.
由完全二部圖定義可立即確定最大邊數:
EM=max{m(l−m)}:m∈N+,m<l.
計算得出: EM(K6)=9,EM(K7)=12.
並且可對應繪出圖: 其中 ∣X∣=m,∣Y∣=l−m.
3. 設 G 爲連通圖. 設 C 爲 G 的一個子圈, e 爲 C 的一條邊. 求證: G−e 仍爲連通圖.
[證明]
設 e 和 u,v 關聯. 對於 G 中的每一條路, 它們或經過 e, 或不經過 e.
對於所有原來不經過 e 的路: 從 G 中刪去 e 後它們的連通性顯然不變.
對於所有原來需經過 e 的路: 由圈的結構知: 刪去 e 後的環在連通性上和 e 等價. 故它們的連通性也不受影響.
綜上: G−e 仍爲一個連通圖. ■
4. 當且僅當 G 的每一個分支均爲二部圖時, G 爲一個二部圖.
[證明]
引理: 二部圖的子圖均爲二部圖.
“⇐”
因二部圖 G 的分支爲 G 的子圖, 由引理: 顯見其分支均爲二部圖.
“⇒”
設 G1 爲 G 的其中一個分支, 它是二部圖. 設 G\G1=V1+G1′, G1′ 爲所有 G\G1 中孤立的連通圖所組成的集合.
由定義知: G1′ 中每一個元素均爲 G 的分支, V1 爲孤立點集.
由假設知: G 所有的分支均爲二部圖, 且它們不是連通的.
設
V(G1)=X1∩Y1,G1′={G1′,G2′,⋯,Gk′},V(Gi′)=Xi′∩Yi, i=1,2,⋯,k.
取
X=X1∩(i=1,2,⋯,k⋂Xi), Y=Y1∩V1∩(i=1,2,⋯,k⋂Yi)
且
X∪Y=V(G).
故找到了這樣的頂點子集 X,Y, 使得 E(G) 中任一條邊的兩個頂點分別位於 X,Y 中. 由定義知: G 爲一個二部圖. ■
5. 設 G 爲一個 n 個頂點的 l 部圖, 求證: ∣E(G)∣⩽∣E(T(l,n))∣.
6. 設 G 爲一個 n 個頂點, 不含 C4 爲子圖的圖. 求證:
i. ∑x∈V(G)(2d(x))⩽(2n).
ii.∣E(G)∣⩽4n(1+4n−3).
[證明]
-
設 G′ 爲 n 個頂點的完全 l 部圖. 由定義知: ∣E(G)∣⩽∣E(G′)∣.
不妨設 G′=Kn1n2⋯nl, T(l,n)=Km1m2⋯ml 由完全 l 部圖定義:
∣E(G′)∣=j=1∑l−1i=j∏lni.
因
n1+n2+⋯+nl=m1+m2+⋯+ml=n
j=1∑l−1i=j∏lni.⩽1−qq2(1−ql−1),q=ln
m1,m2,⋯,ml 之間相差越小, 原式結果越大.
故由平衡完全r部圖定義: ∣E(G)∣⩽∣E(T(l,n))∣.
-
i.
(2d(x)) 表示對任意頂點 x, 經過 x 所構成的, 連接 x 的任兩個與 x 鄰接的頂點的, 長爲 2 的路的條數, ∑x∈V(G)(2d(x)) 對 G 中所有的這樣的長爲 2 的路進行了計數.
而長爲 4 的圈 C4 由兩條長爲 2 的路組成. 因此, 對於 G 中的任兩個點, 最多有且僅有一條長爲 2 的路, 否則會出現 C4, 與原假設矛盾.
在最極端的情況下, G 中任意兩個頂點之間恰好存在一條長爲 2 的路. 此時其長度爲 (2n), 這是滿足條件的 G 中長爲 2 的路的最大條數.
故有不等式:
x∈V(G)∑(2d(x))⩽(2n)
成立. ■
ii.
由 i :
x∈V(G)∑(2d(x))⩽(2n).
即:
x∈V(G)∑d(x)⋅(d(x)−1)=x∈V(G)∑d2(x)−x∈V(G)∑d(x)⩽n(n−1)
由 Cauchy-Schwarz 不等式:
x∈V(G)∑d2(x)⩾n1x∈V(G)∑2d(x)
由握手引理:
x∈V(G)∑d(x)=2∣E(G)∣
故
n14∣E(G)∣2−2∣E(G)∣⩽n2−n
(∣E(G)∣−41n)2⩽n2⋅164n−3
∣E(G)∣⩽41n+4n⋅4n−3
即
∣E(G)∣⩽4n(1+4n−3).
■
7. 設 G 爲有 n 個頂點的圖, GC 爲 G 的補圖. 求證: χ(G)⋅χ(GC)⩾n.
[證明]
記 G 的團 H 在 GC 中所對應的圖爲 HC. 由定義可知: 對任意的 H, HC 均爲 GC 的穩定集. 且可知: ω(G)=α(GC).
故由圖的色數不等式得: χ(G)⋅χ(GC)⩾max{ω(G),α(G)∣V(G)∣}⋅max{ω(GC),α(GC)∣V(GC)∣}=n.
8. 設 G 爲一個圖, G1,G2 爲它的兩個誘導子圖, 使得:
V(G1)∪V(G2)=V(G),E(G1)∪E(G2)=E(G),∣V(G1)∩V(G2)∣=1.
求證: χ(G)=max{χ(G1),χ(G2)}.
[證明]
不妨設
χ(G1)>χ(G2),V(G1)∩V(G2)={x}
對於 G:
χ(G1\{x})⩾χ(G1)−1;
由於
χ(G2\{x}∪{x})=χ(G2)⩽χ(G1)
故一定可以用 χ(G1) 種顏色將 G1,G2 染色. 即:
χ(G)⩽max{χ(G1),χ(G2)}.
由命題 5-1.2知:
χ(G)⩾max{χ(G1),χ(G2)}.
故
χ(G)=max{χ(G1),χ(G2)}.
9. 設 G 爲一個色數爲 k 的圖, ϕ 爲 G 的一個 k-染色. 求證: 對任意 i=1,2,⋯,k, ϕ−1(i) 有一個頂點, 它在 ϕ−1(j) 中有鄰居. (i=j)
[證明]
設對任意 i=1,2,⋯,k, ϕ−1(i) 的任何一個頂點不全和上了其他顏色的頂點鄰接. 故在ϕ−1(i) 的所有點, 總可以在 k−1 種其餘顏色中, 總可以找到一個和 i 不同的顏色, 將其上色. 故 χ(G)=k−1, 和條件矛盾. 因此原結論成立. ■
10. 設 G 爲一個圖, M 爲一個匹配, P 爲 G 的一個非平凡 M-可擴路. 求證:
(M∪E(P))\(M∩E(P))
仍然爲一個匹配, 但它比 M 多一條邊.
[證明]
由於 P 爲 G 的一條非平凡 M-可擴路, 其路長必爲奇數. 不妨假設 ∣E(P)∣=2k+1. 其中, 有 k 條路屬於 M, k+1 條路屬於 E(G)\M.
由 M-可擴路的定義知:
∣(M∪E(P))\(M∩E(P))∣=∣M∣+k+1−k=∣M+1∣.
下證其仍然爲一個匹配:
不妨假設在 (M∪E(P))\(M∩E(P)) 中存在一對相互鄰接的邊, 顯見它們一定不全屬於 M.
若其中有一條屬於 M, 另外一條屬於 E(P)\(M∪E(P)) 或兩條邊均屬於 E(P)\(M∪E(P)), 由 M-可擴路定義知: 這樣的兩條邊不存在.
故由定義知: 在 (M∪E(P))\(M∩E(P)) 中找不到一對相互鄰接的邊, 它仍是一個匹配. ■
11. 設 G 爲二部圖. 求證: G 存在一個包含每一個具有最大度數的頂點的匹配.
[證明]
不妨設 M 爲一個包含了最多最大度頂點的匹配, 設 X,Y 爲 G 的分割集. 假設 u∈v(G) 爲其中一個最大度頂點, 但並不被匹配 M 包含. 不失一般性, 設 u∈X. 設 uˉ 爲一個包含了所有在一條 M-可擴路中的頂點, 令 S=Uˉ∩X,T=Uˉ∩Y.
首先, 每一個 S 中的頂點度數均爲 Δ(G). 否則, 設 x∈S,dG(x)<k, 令 P 爲一條從 u 到 x 的 M−可擴路. 則 MΔE(p) 爲一個新的最大匹配, 但它相比 M 多包含了一個最大度點, 這和 M 的最大性矛盾.
其次, ∣S∣=∣T∣+1,⋃x∈SNG(x)=T, 因爲 M 爲一個最大匹配.
現在有: ∣S⋅k=∑x∈SdG(x)⩽∑y∈TdG(y)⩽∣T∣⋅k=(∣S∣−1)k, 矛盾.
12. 設 G 爲二部圖, k=Δ(G). 假設 k>0. 求證: G 有一個大小至少爲 k∣E(G)∣ 的匹配.
[證明]
先證明一個引理:
[引理] 設二部圖 G, 記 k=Δ(G). 則總能找到 k 個匹配, 使得它們的並等於 G 的邊集 E(G).
[引理證明]
對 k 使用數學歸納法:
k=1 時: 顯然結論成立.
k=n−1: 假設原結論仍然成立. 下面考察 k=n 的情況:
因爲在最大度數爲 n 的圖 G 中, 將屬於 M 中的邊刪去, 即得到一個子圖 G1, 且 Δ(G1)=n−1, 故由歸納假設和問題 1 結論知: G1 中存在 n−1 個匹配, 它們的並即爲 E(G1). 顯然, E(G)=E(G1)∪M. 故原結論對任意正整數 k⩾1 成立. 即: 引理成立.
回到問題上來: 由鴿籠原理, 若這 k 個匹配的大小均小於 kE(G), 則其並集的大小必小於 E(G), 矛盾. 故至少存在一個匹配, 其大小大於等於 kE(G), 證畢. ■
13. 設 G 爲一個分割集爲 X,Y 的二部圖.
設 t=minx∈XdG(x),s=maxy∈YdG(y). 求證: 若 t⩾s, 則 G 存在一個包含 X 中全部頂點的匹配.
[證明]
由 dG(X),dG(Y)⩾1:
故 X 中的每一個頂點至少和 Y 中的一個頂點連接.
由 t⩾s: ∣X∣>∣Y∣. 根據鴿籠原理:
因此必存在一個單射 ψ, 將 X 中的每一個不同頂點唯一地映到 Y 中的某個頂點.
14. 設整數 n⩾2. 對每一個 i∈[n], Si=[n]\{i}. 求證: {Si;i∈[n]} 存在一個相異代表系.
[證明]
由 Si 的結構知: {Si;i∈[n]} 中每一個元素 Si, 均滿足 ∣Si∣=n−1, 且 Si∪Sj=[n], if i=j.
故對 t∈[n]: {Si;i∈[n]} 中任何 t 個集合的並集均包含至少 t 個元素.
故知: {Si;i∈[n]} 存在一個相異代表系. ■