学年高中数学竞赛 第68讲 图论问题二教案doc.docx

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学年高中数学竞赛第68讲图论问题二教案doc

2019-2020学年高中数学竞赛第68讲图论问题

（二）教案

本讲主要内容：

本讲将继续研究用图来解决问题的方法．

偶图取图G＝（V，E），如果V＝X∪Y，X∩Y＝∅，其中X＝{x1，x2，…，xn}，Y＝{y1，y2，…，ym}，且xi与xj（1≤i＜j≤n），ys与yt（1≤s＜t≤m）均互不相邻，则称G为偶图．

色数：

将图G的顶点涂上颜色，如果至少要k种颜色才能使任意两个相邻的顶点颜色不同，则称G的色数为k．显然，偶图的色数≤2．即偶图色数不超过2．

A类例题

例1在空间中给定2n个不同的点A1，A2，…，A2n，n＞1，其中任意三点不共线．设M是n2+1条以给定的点为端点的线段的集合．⑴证明：

存在一个三角形，其顶点为给定的点，其边都属于M．⑵证明：

若集合M的元素不超过n2个，则这样的三角形可能不存在．（1973年奥地利数学竞赛）

分析可以从简单的情况开始试验，发现规律再证明．从K4（4阶完全图，见67讲）共有多少条线及多少个三角形、擦去1条线去掉几个三角形入手得出结论，对于K5、K6也能用此法得到结论，但对于p＞6，Kp难用此法，如何过渡到一般情况？

可以用数学归纳法．

证明：

n＝2时，在4个点间连了5条线，由于4阶完全图在4个点间共可连出6条线，这6条线连出了4个以此4点中的某3点为顶点的三角形．而每条线的两个端点与（除这条线的两个端点外的）另两个顶点可以连出共2个三角形，故去掉任何一条边都使连出三角形数减少2，于是在4个点间连5条线必连出了以此4点中的3点为顶点的三角形．

设n＝k时，2k个点间连有k2＋1条线时，必有三角形出现．则当n＝k＋1时，2（k＋1）个点间连了（k＋1）2＋1条线．此时，任取两个相邻的顶点v1，v2，如果在其余的顶点中有某个顶点与v1，v2都连了线，例如v3与v1，v2都连了线（图4

（1）），则出现了三角形．如果其余所有的点与此二点都至多连出1条线（图4

（2）），则去掉点v1，v2及与这两点相邻的边，此时，余下2k个点，至多去掉了2k＋1条边，余下至少（k＋1）2＋1－（2k＋1）＝k2＋1条边，由归纳假设知，其中必有三角形．

综上可知，命题成立．

说明若2n个点间连了n2条边，可以把这2n个点分成两组，每组n个点，规定同组的点间都不连线，不同组的任何两点都连1条线，这样得到了一个完全偶图Kn，n，此时共计连了n2条线，但任取三点，必有两点在同一组，它们之间没有连线，于是不出现三角形．

例2一个舞会有n（n≥2）个男生与n个女生参加，每个男生都与一些女生（不是全部）跳过舞，而每个女生都至少与1名男生跳过舞，证明，存在男生b1，b2与女生g1，g2，其中b1与g1跳过舞，b2与g2跳过舞．但b1与g2没有跳过舞，b2与g1没有跳过舞．

分析就是要给出一种选择方法，按此方法操作，即可选出满足要求的两个男生与两个女生．可以用极端原理来证明这样的存在性命题．

证明取所有男生中与女生跳舞人数最多的一个，设是b1．b1至少与1名女生没有跳过舞，取没有与b1跳过舞的一名女生为g2，g2至少与1名男生跳过舞，设为b2，显然b1不是b2，现在考虑所有没有与b2跳过舞的女生，她们不能都没有与b1跳过舞，（否则没有与b1跳舞的女生人数就比没有与b2跳舞的人数多，b1就不是与女生跳舞人数最多者）．即至少有1个女生没有跟b2跳过舞但跟b1跳过舞．这个女生即为g1．

说明这里就得到了一个偶图{b1，b2}∪{g1，g2}．（图中，括号内的数字表示证明中出现的先后顺序）．极端原理常用于证明存在性命题．

情景再现

1．求证：

顶点多于1的树是偶图．

2．证明偶图的色数≤2，反之，色数≤2的图是偶图．

B类例题

例3某镇有居民1000人，每人每天把昨天听到的消息告诉自己认识的人，已知任何消息只要镇上有人知道，都会经过这样的方式逐渐地为全镇的人所知道．证明可以选出90名代表，使得同时向他们报告一个消息，经过10天，这一消息就为全镇的人知道．

分析就是要给出一个把1000个点的连通图分成90个子图的方法，使每个点都在其中一个子图中，且每个子图的最长的链的长度不超过10．这样，只要把每个子图的最长链的一个端点选为“代表”，就能完成这个任务．

证明用1000个点代表1000个居民，两名居民相识，则在两点之间连一线，如此可得一图，依条件，这个图是连通图．若图中有圈，则我们去掉圈中的一边使圈被破坏而不影响图的连通性，经过有限次这种手续，可得树T1000．

在T1000中取一条主干v1v2…vn，取v11作为1个代表，把边v11v12去掉，则此图分成了2个连通分支，在含有v1的一棵树中，每点到v11的路的长度都不超过10，否则v1v2…vn在T1000中不是主干，故v11知道的消息在10天内可以传遍它所在分支的点集所代表的居民；余下另一分支再取其主干，又按此法得出第二个代表v22，依此类推，则T1000分割成若干棵树：

同样，在含v22，v33，…的树中，v22，v33，…知道的消息在10天内都能传遍树的点集所代表的居民；由于1000=11×89+21，且每一个小分支树可能还有分支，从而其顶点数可能超过11，所以这样分法，至多分出89棵树并余下一个至多有21个点的树，该树的链长≤20，取此链的中心v，则该链上每个点到v的距离都≤10．现在取v11，v22，v33，…为代表，最后一棵树取其中心v为第90名代表，只要将消息告诉这些代表，则在10天之后，每个分支树的点集所表示的居民全都知道这个消息，问题已获解决．

说明注意每次在最长链上截去一段后，余下的链的主干不一定就是原来主干的截剩部分，所以每次都要重新确定主干．

例4一个国家的国王打算建n个城市且修（n－1）条道路，使每条道路连接两个城市而不经过其他城市．而每两个城市都可以互相到达，其间的最短距离恰是1，2，…，C＝n（n－1）这些数，问在下列情况下，国王的打算能否实现：

（1）n＝6；

（2）n＝1998．

分析就是要画一个树，使任两个顶点的距离都不能相同．对于顶点数少的情况估计是可能存在的，而要得到n＝6图可以用构造法．对于n＝1998，估计不会存在，所以可以用反证法证明．

为了得到n＝6的情形，长度为1与2的线段是要取的，否则得不到1，2，这两条线段连结可以得到长度3，为得到距离为15、14、…的线段，可以取某两个城市间距离为8（15的一半），此时8＋7＝15，8＋6＝14，8＋5＝13可以通过增加一条长度为5的线段如图得到，再增加一条长为4的线即可得到全部的15个数．

解

（1）n＝6时，国王的打算可以实现，城市和道路的分布可依据图所示．

⑵n＝1998时，国王的打算不能实现，因为符合要求的道路网存在的必要条件是：

n或（n－2）是完全平方数，证明如下：

用点表示城市，用线表示连接城市的道路，得到一个图G．由题设，知G是n阶连通图，又其线的数目恰为（n－1），故G是n阶树，因而G的任两点之间只存在唯一的通道．把G的顶点二染色：

任取一个点A，对于图中任一点，若它沿唯一的通道到A的距离是一个偶数，则把此点染红（A也应染红，因A到A的距离为0，0是偶数），否则染蓝．

设红点的数目为x，则蓝点的数目为y＝n－x．考虑距离为奇数的点对，易知：

两点之间的距离为奇数，当且仅当这两个点一红一蓝．由一个红点和一个蓝点组成的点对有xy个．又在1，2，…，n（n－1）中，当n（n－1）为偶数时，其中的奇数有n（n－1）个；当n（n－1）为奇数时，奇数有[n（n－1）＋2]个．于是，如果国王的打算可以实现，则必须满足

xy＝n（n－1）①或xy＝[n（n－1）＋2]②．

此时，对于①，有4x（n－x）＝n（n－1），即4x2－4nx+n2－n＝0，

解得x＝，相应的y＝．

同样，对于②：

有x＝，y＝．

故只有n或（n－2）是完全平方数时，国王的愿望才可能实现．但1998和1998－2＝1996都不是完全平方数，故当n＝1998时，国王的打算不可能实现．

说明我们只证明了这个条件是必要条件，没有证明这个条件是充分的．对于n＝6，有6－2＝4是完全平方数，有可能存在满足要求的图，再通过构造出满足要求的图，才能确定解存在．

例5证明：

任意的9个人中，必有3个人互相认识或4个人互相不认识．

分析即证明，在任意的K9中，把边涂成红或蓝两种颜色，则必存在红色K3或蓝色的K4．或在一个有9个顶点的图G中，必存在K3，或在其补图中，存在K4．

证明⑴如果存在一个顶点，从这点出发的8条线中，有至少4条为红色，设从v1引出的4条线为红色，引到v2，v3，v4，v5．若此4点中的某2点间连了红色线，则存在红色K3，若此4点间均连蓝线，则存在蓝色K4．

⑵如果从任一点出发的8条线中，红色线都少于4条．于是从每点出发的蓝色线都至少5条．但由于任何图中的奇顶点个数为偶数，故不可能这9个顶点都引出5条蓝线．于是至少有一个顶点引出的蓝线≥6条，例如从v1到v2，v3，…，v7都引蓝线，则在v2，v3，…，v7这6个点的图中，必存在红色三角形或蓝色三角形，于是G中必有红色K3，或蓝色K4．

链接拉姆赛（Ramsey）问题

本题实际上说的是：

在有n个顶点的图G中，有一个K3，或在其补图中（在K9中去掉G的所有边后余下的图即G的补图）有一个K4，二者必有一成立．n＝9是保证这一个结论成立的n的最小值．一般的，在一个有t个顶点的图中存在Km，或在其补图中存在Kn，t的最小值是多少？

这就是拉姆赛问题．记满足上述要求的t的最小值为r（m，n）．

则有r（m，n）＝r（n，m），

r（1，n）＝r（m，1）＝1，r（2，n）＝n，r（m，2）＝m．

并可证：

定理一在m≥2，n≥2时，r（m，n）≤r（m，n－1）＋r（m－1，n）．

现在已经求出的r（m，n）有：

r（3，3）＝6，r（3，4）＝9，r（3，5）＝14，r（3，6）＝18，r（3，7）＝23；r（4，4）＝18．

定理二设完全图KN的边涂了n种颜色，则在N充分大时，KN中必有一个同色三角形．设rn是使KN中有同色三角形存在在N的最小值，则

⑴r1＝3，r2＝6，r3＝17；

⑵rn≤n（rn－1－1）＋2；

⑶rn≤1＋1＋n＋n（n－1）＋…＋＋＋n!

．

上述两个定理都是拉姆赛定理的特例，更一般的结论请参阅单墫教授的有关图论的著作．例如《趣味的图论问题》等

情景再现

3．平面α上有n条直线，把α分成若干区域，证明：

可以用两种颜色就可使相邻的区域都涂上不同的颜色．

4．在8×8的棋盘上填入1~64的所有整数，每格填一个数，每个数填一次．证明：

总能找到两个相邻的格子（有公共边的两个方格就是相邻的方格），这两个方格中填的数相差不小于5．

5．证明：

任意14人中，必有3人互相认识或有5人互相不认识．

C类例题

例61990个人分成n组，满足

（a）每个组中没有人认识同组的所有的人；

（b）每个组中，任意三人中至少有两人互不认识；

（c）每个组中两个互不认识的人，必可在同组中恰好找到一个他们都认识的人．

证明：

在每一组中，各人在该组中认识的人数都相同．并求分组个数n的最大值．（1990亚洲与太平洋地区数学竞赛）

分析条件都是针对某一组的，所以证明应在某个组内进行，由于两点或连线，或未连线，故可以分两点未连线及两点已连线的情况证明．

要求组数最多，应使每组的人数最少．故求应每组人数的最小值．

解取其中一组M，设|M|＝m，用m个点表示组M中的人，若两人认识，则在相应点间连一条线．于是题设条件可写为：

（a）M中任何一点，与M中其余的点没有都连线，即设x∈M，用d（x）表示x在M中的次数．则d（x）≤m－1．

（b）M中没有连出三角形；

（c）设x，y∈M．若x，y未连线，则存在唯一z∈M，与x，y均连线．