江苏省数学竞赛提优教案第68讲图论问题二.docx

1、江苏省数学竞赛提优教案第68讲图论问题二第68讲 图论问题(二)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VXY，XY，其中Xx1，x2，xn，Yy1，y2，ym，且xi与xj(1ijn)，ys与yt (1stm)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2A类例题例1 在空间中给定2n个不同的点A1，A2，A2n，n1，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证明：存在一个三角形，其顶点为给定的点，其边都属于M证明：若集合M的

2、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p6，Kp难用此法，如何过渡到一般情况？可以用数学归纳法证明：n2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

3、顶点的三角形设nk时，2k个点间连有k21条线时，必有三角形出现则当nk1时，2(k1)个点间连了(k1)21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2k1条边，余下至少(k1)21(2k1)k21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，

4、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(n2)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b1b1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，g

5、2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，b2g1，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

6、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v1v2vn，取v11作为1个代表，把边v11v12去掉，则此图分成

7、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v1v2vn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=1189+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

8、，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(n1)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，Cn(n1)这些数，问在下列情况下，国王的打算能否实现：(1)n6；(2)n1998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n6图可以用构造法对

9、于n1998，估计不会存在，所以可以用反证法证明为了得到n6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8715，8614，8513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) n6时，国王的打算可以实现，城市和道路的分布可依据图所示 n1998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(n2)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

10、为(n1)，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ynx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(n1)中，当n(n1)为偶数时，其中的奇数有n(n1)个；当n(n1)为奇数时，奇数有n(n1)2个于是，如果国王的打算可以实现，则必须满足 xyn(n1) 或 xyn(n1)2 此时，对于，有4x(nx)n(n1)，即

11、 4x24nx+n2n0，解得 x，相应的y同样，对于： 有x，y故只有n或(n2)是完全平方数时，国王的愿望才可能实现但1998和199821996都不是完全平方数，故当n1998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n6，有624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 如果存在一个顶点，从这点

12、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 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

13、有边后余下的图即G的补图)有一个K4，二者必有一成立n9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m2，n2时，r(m，n)r(m，n1)r(m1，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r

14、n是使KN中有同色三角形存在在N的最小值，则 r13，r26，r317； rnn(rn11)2； rn11nn(n1)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平面上有n条直线，把分成若干区域，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88的棋盘上填入164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55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6 1990个人分成n组，满足(a) 每个组中没有人认识同

15、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xM，用d(x)表示x在M中的

16、次数则d(x)m1(b) M中没有连出三角形；(c) 设x，yM若x，y未连线，则存在唯一zM，与x，y均连线原题即求证：M中每个点向M中点连的线数均相等由于M中没有点与其余所有的点都连了线，故存在x，yM，且x，y未连线由(c)存在惟一zM，且z与x，y都连了线 记M中除z外与x连线的点集为A，与y连线的点集为B，由(c)，AB=，且由(b)，A、B中任何两点均不相邻对于pA，由于p与y不相邻，则有唯一点与p及y都相邻，此点必在B中，设为q，同样，B中任何一点q，也必与A中唯一点p相邻且若p1、p2A，则在B中与它们相邻的点q1、q2互不相同，否则与(c)矛盾(p1、p2若与B中的q都连线，

17、则它们与两个不同的点x及q都连了线)这说明A与B的元素有一一对应关系，|A|=|B|则d(x)=d(y) 若x，y连线，则由(a)，存在uM，u与x未连线，则d(x)=d(u)若u与y也未连线，则由上证，d(u)=d(x)=d(y)若u与y连线，则存在vM，v与y未连线，d(v)=d(y)，当v与x未连线时，d(x)=d(v)=d(y)；当v与x连线时，由(c)，v与u必不连线，于是d(v)=d(u)，从而d(x)=d(y)故每组中的人认识本组的人数相同 为了求分组个数的最大值，应找出满足条件的组中人数的最小值，由(a)，有x，yM，x与y不相邻于是由(c)，存在zM，与x、y都相邻由(a)，

18、必还有u，u与z不相邻(否则z与同组的点都相邻)；于是由(c)，u必与x、y之一相邻，设u与x相邻，于是u与y不相邻故又存在v与u、y相邻这样就有了5个点从而每组至少5个点而图中5个点满足全部要求于是至多可分出19905398组例7 给定平面上的点集PP1，P2，P1994, P中任三点均不共线,将P中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将在同一组的任两点用一条线段相连，不在同一组的两点不连线段，这样得到一个图案G，不同的分组方式得到不同的图案，将图案G中所含的以P中的点为顶点的三角形个数记为m(G) (1)求m(G)的最小值m0； (2)设G*是使m(G*

19、)m0的一个图案，若G*中的线段(指以P的点为端点的线段)用4种颜色染色，每条线段恰好染一种颜色证明存在一个染色方案，使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形(1994年全国高中数学联赛) 分析 估计当各组点数尽可能接近时三角形个数最少因此只要证明当两组点数差2时，不能达到最小值可以用逐步调整法来证明第小问可以用构造法来解注意K5的边2染色时，可以找到不存在同色三角形的染色法，于是可以据此构造出满足要求的图来解：设G中分成的83个子集的元素个数分别为ni(1i83)， ni1994且3n1n2n83则m(G)= C即求此式的最小值设nk+1nk+1即nk+11nk+1则CC(CC)

20、CC0这就是说，当nk+1与nk的差大于1时，可用nk+11及nk+1代替nk+1及nk，而其余的数不变此时，m(G)的值变小于是可知，只有当各ni的值相差不超过1时，m(G)才能取得最大值1994=8324+2故当81个组中有24个点，2个组中有25个点时，m(G)达到最小值m081C2C81202422300168544 取5个点为一小组，按图1染成a、b二色这样的五个小组，如图2，每个小圆表示一个五点小组同组间染色如图1，不同组的点间的连线按图2染成c、d两色这25个点为一组，共得83组染色法相同其中81组去掉1个点及与此点相连的所有线即得一种满足要求的染色例8有n人聚会，已知每人至少认

21、识其中的个人而对任意的个人，或者其中有两人认识，或者余下的n人中有两人相识证明：当n6时，这n个人中必有3人两两认识(1996年全国联赛)分析 本题与例6类似，要通过分析连线的情况找出三角形来由于题中给出了，故应分n为偶数或奇数的情况分别讨论证明 作一个图，用n个点表示这n个人，凡二人认识，则在表示此二人的点间连一条线问题即，在题设条件下，存在以这n点中的某三点为顶点的三角形设点a连线条数最多，在与a连线的所有点中点b连线最多，与a连线的点除b外的集合为A，与b连线的点除a外的集合为B1 设n2k，则每点至少连k条线，集合A、B中都至少有k1个点若存在一点c，与a、b都连线，则a、b、c满足要

22、求；若没有任何两点与a、b二点都连线(图1)，则由AB，|AB|2k2，|A|k1，|B|k1， 故得 |A|B|k1，且图中每点都连k条线若A中任何两点间均未连线，B中任两点也未连线，则Ab中不存在两点连线，Ba中也不存在两点连线与已知矛盾故在A(或B)中必存在两点，这两点间连了一条线，则此二点与a(b)连出三角形， 2 设n2k+1则每点至少连k条线，A、B中都至少有k1个点若存在一点c，与a、b都连线，则a、b、c满足要求；若没有任何两点与此二点都连线，且|A|k，则由|B|k1(图2)，AB，|AB|2k1，可得|AB|2k1，|A|k，|B|k1，若A中任何两点间均未连线，B中任两点

23、也未连线，则Ab中不存在两点连线，Ba中也不存在两点连线与已知矛盾故A(或B)中存在两点，这两点间连了一条线，则此二点与a连出三角形， 若没有任何两点与此二点都连线，且|A|k1，即每点都只连k条线这时，必有一点与a、b均未连线，设为c (图3)c与A中k1个点连线，与B中k2个点连线，k1+k2k，且1k1，k2k1否则若k20，则Ab中各点均未连线，Ba，c中各点也未连线矛盾故k1，k21且由于n6，则k1k23，故k1，k2中至少有一个不小于2，不妨设k12，现任取B中与c连线的一点b1，由于b1与B中其余各点均未连线，若b1与A中的所有与c连线的点均未连线，则b1连线数2+k1k1k1

24、，矛盾，故b1至少与此k1个点中的一点连线故证情景再现6在正整数n与满足什么条件时，可以作出一个n阶正则图即是：已知n个点，其中某些点间连了一条线，且每个点都恰好与个点连了线问可以取什么样的数值？7 某次体育比赛，每两名选手赛一场，每场一定决出胜负，通过比赛确定优秀选手，选手A被确定为优秀选手的条件为：对任何其他选手B，或A胜B，或存在选手C，有A胜C而C胜B如果按这个条件确定的优秀选手只有1名求证：这名选手胜所有其余的选手(1988年中国数学冬令营)8给定空间中的9个点，任意4点不共面，每两点间连一线段求最小的n值，使当对其中任意n条线段用红、蓝两色之一任意染色时，都一定出现一个三边同色的三

25、角形(1992中国数学奥林匹克)习题131 如果在偶图G=(X，Y，E)中，|X|Y|，且X中每个顶点的次数都不小于，求证：Y中至少有一个顶点的次数 若图G为偶图，且G有圈，则G的圈的长为偶数反之，若图G有圈，且所有的圈长为偶数，则G为偶图2设C是100阶3正则图，现用红、白两色给这100个点着色，其中红点40个，白点60个，如果一条线的两个端点都是红色，则将这条线也染成红色；如果一条线的两个端点都是白色，则将这条线也染成白色，现已知红色线有38条，问白色线有多少条？3若干人相聚，其中有些人彼此认识，若如果某两个人认识的人数相等，则他们没有共同的熟人；有一个人至少有100个熟人证明：可以找到一

26、个参加聚会的人，他恰好有100个熟人4有2n个学生，每天出去散步，每两人一组，如果每一对学生只在一起散步一次，这样的散步至多可以持续多少天？520名选手参加14场单打比赛，每名选手都至少参加过1场证明：必有某6场比赛的参赛者是12名不同的选手(1989年美国数学竞赛)6在nn棋盘的方格中分别填写1，2，n2(n2)，每格一个数证明：必有两个相邻方格(有公共边的方格)，方格中的两个数的差至少为n(1988年捷克数学竞赛)7把Kn中的每条线段染上红色或蓝色把某一点出发引出两条同色线段组成的角叫做同色角证明：同色角的总数不小于n(n1)(n3)8用黑白两种颜色去涂正九边形的顶点，每个顶点只涂黑、白两

27、色之一，证明：在以这九点为顶点的所有三角形中，必有两个顶点同色的全等三角形9 将完全图K5中的10条线段进行染色，使得有公共端点的线颜色不相同至少要用几种颜色？ 将完全图K2n中的所有线段染上颜色，使得有公共端点的线颜色不相同至少要用几种颜色？ 证明：将完全图K2n1中的所有线段染上颜色，使得有公共端点的线颜色不相同至少要用2n1种颜色10某团体中任意两个认识的人都没有共同的熟人，而任意两个不认识的人都恰有两个彼此共同的熟人证明：该团体中每个人认识的人数都相同(1975南斯拉夫数学竞赛)11某次体育比赛，每两名选手各赛一场，无平局通过比赛确定优秀选手设A为选手，如果对其他任意选手B，要么A胜B

28、，要么存在选手C，使得A胜C，C胜B，则A即是优秀选手证明：如果按上述规则选出的优秀选手只有1名，则这名选手胜其他所有的选手(1987年中国数学奥林匹克)12排球比赛中，每两队都各比赛一场对两个球队A与B，如果A胜B，或者存在某个球队C，使得A胜C，C胜B，则称A优于球队B比赛结束后，优于其他所有球队的球队即被授予冠军称号比赛结束后能否恰有两个冠军队？(1988年前苏联数学竞赛)本节“情景再现”解答：1证明 任取树T的一个悬挂点v1，把v1涂红，所有与v1距离为奇数的顶点都涂蓝，所有与v1距离为偶数的顶点都涂红，所有涂红的顶点组成集合X，所有涂蓝的顶点组成集合Y，则得到一个二色图，即为偶图2证

29、明 设G(X，Y，E)是偶图，把X中的点全部涂成红色，把Y中的点全部涂成蓝色，则所得的图中，相邻的顶点涂色都不同，即只用2色即可涂完G的所有顶点，使相邻的顶点涂色不同又如果G没有边，则只用1种颜色即可把G的所有顶点涂好，且没有任何相邻的顶点同色(因没有顶点相邻)，故偶图的色数2反之若图G的色数2，若色数1，表示G中任何两顶点都不相邻，即G没有边，此时，设G为n阶的，可把G中k(1kn1)个点涂成一种红色，另外nk个点涂成蓝色，即得一个二色图，涂红的点集为X，涂蓝的点集为Y，即为偶图若色数2，即用两种颜色可以把所有顶点涂色，且同色点都不相邻，则取涂一种颜色的点的集合为X，涂另一种颜色的点的集合为

30、Y，则得到一个偶图即色数2的图是偶图3证明 n=1时，1条直线把平面分成2部分，可用两种颜色涂设n=k时，k条直线把平面分成的区域有满足题意的涂色法，当n=k+1时，先画出其中k条直线，而暂把第k+1条直线擦去这时k条直线把平面分成的区域可以涂色涂好色后，把第k+1条直线画出，凡在这条直线某一侧的部分，涂色不动，而在直线另一侧的部分，把涂的色全部改为另一色，则所得涂色满足题意即n=k+1时，命题成立综上可知，命题成立4证明 取每个方格的中心，凡是相邻的两个方格，就把相应的中心连一条线这样得到了一个图G(图中红线组成的图即为图G)图G的的直径=14，故图G中任意两点的距离14若相邻两个方格中填的数相差5，则差4，于是图G中所填两个数的差144=56但图中填了1与64，此二数必有一条链相连，此链的长14即其差56，与64