四川大学离散数学冯伟森版课后习题答案习题参考解答图论部分.docx

四川大学离散数学冯伟森版课后习题答案习题参考解答图论部分.docx

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四川大学离散数学冯伟森版课后习题答案习题参考解答图论部分

习题十

1.设G是一个（n，m）简单图。

证明：

，等号成立当且仅当G是完全图。

证明：

（1）先证结论：

因为G是简单图，所以G的结点度上限max（d（v））≤n-1,G图的总点度上限为max（Σ（d（v））≤n﹒max（d（v））≤n（n-1）。

根据握手定理，G图边的上限为max（m）≤n（n-1）/2,所以。

（2）=〉G是完全图

因为G具有上限边数，假设有结点的点度小于n-1,那么G的总度数就小于上限值，边数就小于上限值，与条件矛盾。

所以，G的每个结点的点度都为n-1，G为完全图。

G是完全图=〉

因为G是完全图，所以每个结点的点度为n-1,总度数为n（n-1），根据握手定理，图G的边数。

■

2.设G是一个（n，n+1）的无向图，证明G中存在顶点u，d（u）≥3。

证明：

反证法，假设,则G的总点度上限为max（Σ（d（u））≤2n，根据握手定理，图边的上限为max（m）≤2n/2=n。

与题设m=n+1，矛盾。

因此，G中存在顶点u，d（u）≥3。

■

3．确定下面的序列中哪些是图的序列，若是图的序列，画出一个对应的图来:

（1）（3，2，0，1，5）；

（2）（6，3，3，2，2）

（3）（4，4，2，2，4）；（4）（7，6，8，3，9，5）

解：

除序列

（1）不是图序列外，其余的都是图序列。

因为在

（1）中，总和为奇数，不满足图总度数为偶数的握手定理。

可以按如下方法构造满足要求的图：

序列中每个数字ai对应一个点，如果序列数字是偶数，那么就在对应的点上画ai/2个环，如果序列是奇数，那么在对应的点上画（ai-1）/2个环。

最后，将奇数序列对应的点两两一组，添加连线即可。

下面以

（2）为例说明：

（6,3,3,2,2）对应图G的点集合V={v1,v2,v3,v4,v5}

每个结点对应的环数（6/2,（3-1）/2,（3-1）/2,2/2,2/2）=（3,1,1,1,1）

将奇数3，3对应的结点v2,v3一组，画一条连线

其他序列可以类式作图，当然大家也可以画图其它不同的图形。

■

4．证明：

在（n，m）图中。

证明：

图的点度数是一组非负整数{d（v1）,d（v2）…d（vn）}，那么这组数的算术平均值一定大于等于其中的最小值，同时小于等于其中的最大值。

对应到图的术语及为：

最大值为，最小值为δ，平均值=（d（v1）+d（v2）…+d（vn））/n=2m/n,所以。

■

5．证明定理10.2。

【定理10.2】对于任何（n,m）有向图G=（V，E），

证明：

有向图中,每条有向边为图贡献一度出度，同时贡献一度出度，所以总出度和总入度相等，并和边数相等。

因此，上述关系等式成立。

■

6．设G是（n，m）简单二部图，证明：

。

证明：

本题目，我们是需要说明n阶的简单二部图的边数的最大值=即可。

设n阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为V1，V2,那么|V1|+|V2|=n。

此种情况下，当G为完全二部图时，有最多的边数，即max（m）=|V1||V2|,变形为，max（m）=（n-|V2|）|V2|.此函数的最大值及为n阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/2时取得。

及max（max（m））=,所以n阶二部图（n,m）,■

7.无向图G有21条边，12个3度数结点，其余结点的度数均为2，求G的阶数n。

解：

根据握手定理有：

21=（3Χ12+2（n-12））/2,解此方程得n=15■

8．证明：

完全图的点诱导子图也是完全图。

证明：

方法1

为证明此结论，我们先证两个引论：

引论1：

设G（V,E）为母图，,则G的任意子图G'（V’,E’）是G关于V’的点诱导子图G''（V’,E’’）的子图。

引论2：

引论1中G’’（V’,E’’）的任意点诱导子图，也是G图的点诱导子图。

证明：

略，请读者证明。

设有完全图Kn（n≥1）,现根据其p阶点诱导子图作归纳证明。

Kn的1阶点诱导子图，显然是完全图，且都是K1图。

当n≥2，Kn的2阶点诱导子图，显然是完全图，且都是K2图

假设Kn的p（n>p>2）阶点诱导子图，为Kp图，那么对任意的p+1阶点诱导子图G，根据引理2结论，G的任意p阶点诱导子图G’为Kn的p阶点诱导子图，且为Kp图。

因此，G必为Kp+1图。

根据以上论证可得原命题成立■

方法2

因为完全图的任意两个顶点均邻接，所以点导出子图任意两个顶点也邻接，为完全图。

■

9．若，称G是自补图。

确定一个图为自补图的最低条件；画出一个自补图来。

解：

设G为（n,m）图，为（n,m`）图，根据补图的定义有，至少应该满足

m+m`=n（n-1）/2

（1）根据同构的定义有，至少应该满足

m=m`

（2）

（1）,

（2）联立求解得：

m=n（n-1）/4,及一个图为自补图，最低条件为结点数为4的倍数或为4的倍数加1。

图示略■

10．判断图10.29中的两个图是否同构，并说明理由。

图10.29

解：

题中两个图不同构，因为左边图的唯一3度点有2个1度点为其邻接点，而右图唯一的3度点只有1个1度点为其邻接点。

因此这两个图不可能同构■

11．证明：

图10.30中的两个图是同构的。

图10.30

解：

略■

12.求具有4个结点完全图K4的所有非同构的生成子图。

解：

我们可以把生成子图按总度数不同进行分类，不同总度数的子图类决不同构。

总度数相同的子图类中，再去找出不同购的子图。

因此求解如下：

Σd（v）=0:

（0,0,0,0）

=2:

（1,1,0,0）

=4:

（2,1,1,0）（1,1,1,1）

=6:

（3,1,1,1）（2,2,1,1）（2,2,2,0）

=8:

（2,2,2,2）（3,2,2,1）

=10:

（3,3,2,2）

=12:

（3,3,3,3）

总共10个不同构生成子图■

13.设有向图D=如下图10.31所示。

（1）在图中找出所有长度分别为1，2，3，4的圈（至少用一种表示法写出它们，并以子图形式画出它们）。

（2）在图中找出所有长度分别为3，4，5，6的回路，并以子图形式画出它们。

解：

（1）

（2）子图略

长度为三的回路：

Ae1Ae1Ae1A,Ae1Ae3De2A,Ae4Be7Ce5A,Ae4Be8Ce5A

长度为四的回路：

AAAAA，AAADA，AABe7CA,AABe8CA,ABe7CDA,ABe8CDA

长度为五的回路：

AAAAAA,AAAADA,AAABe7CA,AAABe8CA,AABe7CDA,AABe8CDA,AADADA,AAAe4Be7Ce5A,AAAe4Be8Ce5A,ADAe4Be7Ce5A,ADAe4Be8Ce5A■

14.试证明在任意6个人的组里，存在3个人相互认识，或者存在3个人相互不认识。

证明：

设A为6人中的任一人，那么A要么至少与3人认识，要么至少与3人不认识，二者必居其一。

假设A与B，C，D三人认识，如果B，C，D三人互不认识，结论成立

如果B，C，D三人中，至少有两人相互认识，则它们和A一起，构成相互认识的3人，结论成立。

同理，A至少与3人不认识，结论也成立。

因此，题设结论成立■

15.若u和v是图G中仅有的两个奇数度结点,证明u和v必是连通的。

证明：

反证法，假设u和v不连通，那么他们必然分布于此图的两个连通分支中。

那么它们将分别是各连通分支中唯一的奇数度结点。

根据握手定理，一个图中奇度点的个数为偶数。

而两个连通分支中，奇度点的个数为奇数。

矛盾。

矛盾的产生，是由于假设不连通导致的，因此，题设结论成立■

16.证明:

G是二部图当且仅当G的回路都是偶长回路。

证明：

设二部图G，顶点分为两个集合V1，V2

充分性：

先证明在二部图中，奇长路的道路的两个端节点一定分别在两个顶点集合中，对道路长度使用归纳法，

（1）当道路长度为1是，根据二部图的定义，每条边的两个顶点分别在两个点集合中，结论成立

（2）假设道路长度为2n-1（n≥2）时结论成立

（3）当道路长度为2n+1时，设P=v1v2…v2n-1v2nv2n+1,在此路径上删除最后两个结点，那么道路P将变为长度为2n-1的奇长道路，根据假设，v1,v2n-1分别在两个顶点集合中，那么v2n和v1在同一顶点集合中，而v2n+1和v1在不同顶点集合，结论成立

因为G中的任何回路，写成道路的形式，起点和终点时一个结点，当然在同一个顶点集合中，因此长度必为偶数；

必要性：

（仅对连通分支证明）

在图中任意取一点着色为白色，将和此点最短距离为奇数的点着色为黑点，为偶数的着色为白点，那么将结点分为白色和黑色连个点集，任何同色点之间没有边相连。

否则将形成奇数长度的回路，例如同色结点v1，v2相邻，那么从初始着色点v开始通过最短路径可以形成如下回路v…v1v2…v,因为v…v1,v2…v长度和为偶数，那么回路v…v1v2…v长度为奇数，与题设矛盾。

所以是二部图

17.设（n,m）简单图G满足,证明G必是连通图。

构造一个的非连通简单图。

证明：

假设G不连通，分支G1，G2．．Ｇｋ，那么他们的边数的最大值ｍａｘ（ｍ）＝Σ（ｎｉ－１）ｎｉ／２≤Σ（ｎｉ－１）（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎｉ－１）＝（ｎ－１）（ｎ－ｋ）／２，所以，只有当k=1时，才能满足题设要求，G是连通图。

如果将顶点集合分成两个点集，|V1|=1，|V2|=n-1,构成如下的有两个分支的非连通简单图，G1=（1，0），G2=Kn-1,满足题设条件■

18.设G是阶数不小于3的连通图。

证明下面四条命题相互等价:

（1）G无割边；

（2）G中任何两个结点位于同一回路中；

（3）G中任何一结点和任何一边都位于同一回路中；

（4）G中任何两边都在同一回路中。

证明：

（1）=〉

（2）

因为G连通，且G无割边，所以任意两个结点u,v，都存在简单道路p=u…wv.又因为G无割边，所以，删除边wv后，子图依然连通，即w,v存在简单道路p’,以此类推，可以找到一条核p每条边都不相同的p’’=v…u,这样p和p’’就构成了一条回路。

（2）=〉（3）

因为G中任意两个结点都位于同一回路中，所以任意结点u,和任意边e的两个端点v1,v2都分别在两个回路C1，C2中，如果C1=C2=u…v1…v2…u,那么将回路中v1…v2,用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求。

如果C1≠C2，C1=u…v1…u,C2=u…v2…u,那么构成新的道路P=u…v1…u…v2…u,在其中将重复边剔出掉，得到新的回路C3，其中包含v1,v2结点，可以将回路中v1…v2用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求.

（3）=〉（4）

对任意两条边e1,e2其端点分别为u1,u2,v1,v2。

根据（3）存在回路C1=u1…v1v2…u1,C2=u2…v1v2…u2。

那么可以形成新的闭道路P=u1…v1v2…u2…v1v2…u1,在其中将重复边剔出到，得到新的回路C3，其中包含e2和u1,u2结点，可以将回路中u1…u2用u1u2=e1替换，就得到新的新的回路，包含e1,e2,满足要求.

（4）=>

（1）

因为任意两条边都在同一回路中，所以不存在割边。

假设边e是割边，那么删除此边，图不连通，分支中的任何一对不在同一分支中的边，不能构成回路，与条件矛盾。

所以，G中无割边■

19.设G=（V,E）是点度均为偶数的连通图。

证明:

对任何。

证明：

G-v最多产生d（v）个奇数度点，又因为每个连通分支中奇数度点的个数是偶数，即G-v的连通分支最少有两条边和v相连，所以总连通分支数小于等于d（v）/2■

hong

（1）.2.____________________________________________________________________________________________________________________

20.证明:

图中距离满足欧几里德距离的三条公理。

证明：

（1）d（u,v）≥0,即任何两个结点之间的最短路长度大于等于0

显然，结点ｕ与自己之间的距离为０，而和其他结点之间的最短距离不为０。

（２）ｄ（ｕ，ｖ）＝ｄ（ｖ，ｕ），两个结点之间的最短距离相等

显然，如果长度为ｋ的最短道路p=u…v，即使u到v的最短道路，也是v到u的最短道路。

（3）d（u,v）+d（v,w）≥d（u,w）

假设d（u,v）+d（v,w）≤d（u,w），那么最短道路P=u…w,就不是最短道路，因为另一条道路p’=u…v…w其长度小于Ｐ，与最短道路相矛盾，因此原结论存立■

21.证明:

在非平凡连通图G中,e为割边的充要条件是它不包含于G的任何圈中。

证明：

1）e为割边=〉e不包含于G的任何圈中

假设e包含在某一圈Ci中，那么删除此边，但边关联的两个邻接点依然连通，所以没有破坏原图的连通性。

因此不是割边，矛盾。

所以假设不成立，既e不包含于G的任何圈中；

2）e不包含于G的任何圈中=〉e为割边

假设e为割边，那么删除此边，生成子图依然连通。

e关联的两个邻接点有基本道路存在，此基本道路连同e构成一个圈。

与题设矛盾。

所以假设不成立，既e为割边。

根据1），2）可知，题设结论成立■

22.证明:

若G是3度正则的简单图,则。

（请冯老师帮助解答下）

证明：

23.证明:

在具有n（n≥2）个结点的简单无向图G中，至少有两个结点的度数相同。

证明：

此题可用鸽笼原理，因为n个结点的简单无向图G中，结点的度数只可能是0，1，2…n-1这n个数，又因为如果有结点的度数为0，那么就不可能有结点的度为n-1，反之也然。

所以n个结点，最多有n-1种度数，其中必有至少两个结点的度数相同■

24.设G是的简单图。

证明:

G中必有长度至少为的圈。

证明：

设ｐ＝ｕ．．．ｖ是满足题设要求图Ｇ中的最长基本道路，那么ｄ（ｕ），ｄ（ｖ）都应该大于等于δ。

那么，u,v的邻接点都应该在道路p上，否则此道路可以延长，与其是最长路假设矛盾。

如果u，v是邻结点，那么可以构成一个圈c=u…vu，其长度≥δ＋１。

如果ｕ，ｖ不是邻结点，那么从ｐ的终点开始删除点，直到其为ｕ的邻结点为止，得到道路ｐ＇,可知道路p’，依然保持ｕ的所有邻结点都在ｐ＇上的性质，所以可构成一个圈ｃ＇＝ｕ．．．ｕ＇ｕ，其长度≥δ＋１，证毕■

25.证明:

G是单向连通图当且仅当存在一条包含G中全部结点的有向道路。

证明：

假设不存在包含全部结点的有向道路，那么设ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ是Ｇ中最长的有向道路，且ｕ结点不包含在此有向道路中。

ｕ和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且ｕ不能到达ｖ１，且ｖｋ也不能到达ｕ，否则，此最长路可扩充。

那么由于道路上的每个结点和ｕ都单向可达，所以此最长路和ｕ之间的可达关系必然如下图所示：

当ｋ为偶数时，道路可扩充为v1…vk/2…u…vk/2+1…vk,而当ｋ为奇数时，不管ｖｋ＋１／２与ｕ之间是如何单向可达的，都可以构造出更长的有向道路，矛盾，所以Ｇ中一定存在包含所有结点的有向道路■

26.无向图G如图10.32所示，先将此图顶点和边标出，然后求图中的全部割点和割边。

图10.32

解：

标注如下所示：

根据标记后的图，可求得割点分别为：

ｕ４，ｕ７，ｕ８，割边分别为：

ｕ４ｕ５，ｕ７ｕ８，ｕ８ｕ９■

27.求图10.33的全部强分图和单向分图。

图10.33

解：

将图重新标记如下：

那么此图的邻接矩阵为，通过计算可求得其强分图矩阵为：

因此，此图有两个强分图，一个包含一个结点Ｖ９　，一个包含其它的８个节点。

由于两个强分图之间存在有向道路，因此全部９个结点，构成了单向分图■

28.证明：

一个连同无向简单图中，任意两条最长路至少有一个公共顶点。

证明：

假设两条最长路ｐ１＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ，ｐ２＝ｕ１ｕ２．．．ｕｋ没有公共点，那么两条道路上的点集之间就有道路相连，否则就不是连通图了。

设此道路起点是ｐ１上ｍ点，终点是ｐ２上的ｗ点．可根据如下情况进行调论：

（１）ｍ，ｗ是ｐ１，ｐ２的中间结点，那么可构成新道路　Ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｍ．．．ｗ．．．ｕｋ，此路至少比Ｐ１长1，矛盾。

（2）假设m和w不能均分p1,p2,那么可以将两个长路段和m,w之间的道路进行拼接，那么可得到比p1长的道路，与ｐ１，ｐ２是最长路矛盾。

因此任意两条最长路至少有一个公共顶点■

29.证明：

若G是n阶无向简单图，G中每一对不相邻的顶点的度数之和至少是n-1，则G是连通图。

证明：

假设G不是连通图，G1，G2是G的两个连通分支，分别为n1,n2阶连通无向简单子图，则n1+n2≤n。

对G1中任意结点v1,和G2中任意结点v2而言，v1的最大点度为n1-1,v2的最大结点度为n2-1;则v1,v2的点度之和，最大为n1+n2-2≤n-2

矛盾的导出，是因为假设G不是连通图引起的，因此，原题设结论成立■

30.求出图10.34的邻接矩阵、可达性矩阵、强分图和关联矩阵。

图10.34

解：

对图的结点和边进行编号如下：

邻接矩阵：

因此可达矩阵为：

强分图矩阵为：

关联矩阵为：

■

31.设P=（pij）n×n是可达性矩阵。

证明:

P

PT中第i行中非零元素所在列号给出了包含结点vi的强分图的全部结点编号。

证明：

根据强分矩阵的计算过程可知，其包含的含义是结点间双向可达信息。

根据有向图的双向可达关系是一个等价关系，因此P

PT中第i行中非零元素所在列号既是一个等价类，所以包含了一个强分图的所有结点■

已完成[1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13,14，15，16，17，18，19，２０,21，２３，２４，２５，２６，２７，２８，29，３０，31]

第２２题未证明

习题十一

1.设一个树中度为k的结点数是nk（2≤k），求它的叶的数目。

解：

设T的节点总数为n，叶节点数目为t，根据题意及握手定理有：

t+n2+n3+…+nk=n

（1）

t+2n2+3n3+…k（nk）=2（n-1）

（2）握手定理

（1）,

（2）联立求解得：

t=n3+2n4+…（k-2）nk+2■

2.证明：

树T中最长道路的起点和终点必都是T的叶。

证明：

假设T中最长道路P=vi1vi2…vik的起点或终点不是T的叶结点，设d（vi1）>1,则vi1的所有邻接点（v‘1,v’2…,v’l）都在P中，那么在T中可以找到一个回路,那么截取道路P,得到回路C=vi1…v’lvi1.与T中无回路矛盾。

对于d（vik）>1时同理。

因此，假设不成立，即最长道路P的起点和终点都是T的叶节点■

3.n（n≥3）阶无向树T的最大度Δ至少为几？

最多为几？

解：

当T中只有一个枝点时，Δ=n-1,为最大值。

当T构成一条链时，只有两个叶结点，其余结点都为2度点，此时Δ=2，为最小值，因此Δ至少为2，最大为n-1■

4.n（n≥3）阶无向树T的最大度Δ=2，则T中最长的简单道路为几？

解：

根据第3题结论，当无向树T的最大度Δ=2时，T构成一条链，以此最长的简单道路包含所有的节点，道路长度L=n-1■

5.证明：

任何无向树都是二部图。

证明：

以树Ｔ中任意结点ｕ为起点，将与ｕ最短距离为偶数的结点放入ｖ１结点集合，将与ｕ最短距离为奇数的结点放入ｖ２结点集合，那么这两个结点集合中，显然不存在公共点，同时两个结点集合组成了树的全部结点，因此是数Ｔ的结点集合的一个分化。

假设在Ｖｉ集合中存在两个结点ｕ１，ｕ２是邻结点，那么就存在如下道路：

ｐ＝ｕ．．．ｕ１ｕ２．．．．ｕ，其中ｐ１＝ｕ．．．ｕ１代表ｕ到ｕ１的最短路径，ｐ２＝ｕ２．．．ｕ代表ｕ到ｕ２的最短路径，且ｕ１ｕ２边不在最短路径上，否则他们的最短路径不是同奇偶的；因此，Ｐ中包含圈，这与树中无圈相矛盾，所以Ｔ中的边，只能存在于两个点集合之间，所以是二部图■

6.证明：

如果T是树且Δ≥k，则T中至少有k个叶结点。

证明：

当T为非平凡树时，根据T的定义，T中每个枝点都是割点，当删除d（v）=Δ的节点时，ω（T-v）=Δ，每个分支都是数，如果分支都是平凡树，则这些节点都是T的叶，叶节点数为Δ。

如果分支有非平凡数，那么至少有两个叶节点，其中至少一个是删除v时就存在的，因此总的叶节点个数≥Δ≥k。

因此Ｔ中至少有ｋ个叶结点■

7.设G为n（n≥3）阶简单图，证明G或中必含圈。

（有误，>4,p223）

证明：

反证法，假设G和中都不含圈，那么G和的所有分支都是树。

则G所包含的最大边数|E（G）|=n-1,则所包含的最大边数|E（）|=n-1.因为G及的边数总和|E（G）|+|E（）|=n（n-1）/2,但根据假设条件，max|E（G）|+max|E（）|=2（n-1）

8．证明：

恰好有两个顶点的度为1的树必为一道路P。

证明：

因为此树仅有2个叶结点，因此Δ<3。

那么枝点的度只能为2。

所以此树为一条链，及一条道路■

9.设T是一个n+1阶树，G是最小点度的简单图。

证明：

Ｇ必含有与Ｔ同构的子图。

证明：

采用归纳法证明，对ｎ进行归纳

（1）当ｎ＝１时，Ｔ为２阶树，因为Ｇ是最小点度的简单图，所以任意意个结点与其邻结点都构成一颗２阶树，成立

（2）假设ｎ＝ｋ，ｋ≥２时，结论成立，即T是一个ｋ+1阶树，G是最小点度的简单图。

Ｇ必含有与Ｔ同构的子图

（3）当ｎ＝ｋ＋１时，G是最小点度的简单图，Ｔ是任意一棵ｋ＋２阶树，在Ｔ中删除一个叶结点ｔ，那么Ｔ－｛ｔ｝是一棵ｋ＋１阶树，利用归纳假设，G中必存在与Ｔ－｛ｔ｝同构的子图T’，T’中最大的点度不超过k，所以每个T’中的结点都有邻结点不包含在T’中，所以T’可在某个结点上增加一个额外的结点u，使T’+{u}与T同构

综上所述，结论成立■

10.设e是连通图G的一条边。

证明：

e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中。

证明：

1）充分性：

e是G的割边则e含于G的每个生成树中

假设e不包含在某棵生成树T中，那么e一定在T的树补边集中，那么G-{e}中依然包含树T,因此G-{e}连通，与e是割边矛盾，因此e含于G的每个生成树中；

2）　必要性：

e含于G的每个生成树中则e是G的割边

假设ｅ不是Ｇ的割边，那么Ｇ－｛ｅ｝依然连通，具有生成树，这些生成树也是Ｇ的生成树，且不包含ｅ，与e含于G的每个生成树中前提矛盾，因此e是G的割边。

综上所述，题设结论：

e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中成立■

11.设T1和T2是连通图G的两个不同的生成树，a是在T1中但不在T2中的一条边。

证明：

T2中存在一条边b，使得（T1-a）+b和（T2-b）+a也是G的两个不同的生成树。

证明：

从T1中删除边ａ，得树T1－１和T1－２　，分别用Ｖ１，Ｖ２　表示这两棵子树的结点集合，设Ea＝｛ｅ｜ｅ的两个端点分别属于Ｖ１，Ｖ２｝，显然，ａ∈Ea．因为ａ不在T2中，所以ａ是T2的树补边。

设C（a）为在中T2增加边a后所得到的圈，则C（a）中必然存在T2的树边b不在T1中但在Ea中。

否则，C（a）上的T2的所有树边均在T1中或均不在Ea中。

如果C（a）上的T2的所有树边均在T1中，则C（a）上的所有边都在T1中，与T1是树矛盾。

如果C（a）上的T2的所有树边均不在Ea中