组合数学作业整理与解题思路总结：图论

组合数学作业整理与解题思路总结: 图论

1. 求证: 任一棵树均为一个二部图.

[证明]

(法1)
下面使用数学归纳法进行证明:
设 $T$ 为树, $|E(T)|=1.$ $X,Y\subset V(T),X\cap Y=\varnothing$.

将 $T$ 的唯一一条边的两个顶点分别归于 $X,Y$ , $T$ 显然是一个二部图.

设 $|E(T)|⩽k-1$ 时结论仍然成立:

$|E(T)|=k$ 时: 设 $x$ 为某一个度数为 $1$ 的顶点. 可知: $|E(T-x)=k-1|$. 由归纳假设知: $T-x$ 是一个二部图.

将 $x$ 归于与其邻接的顶点所属的不同的顶点集中, $T$ 依然满足称为二部图的条件, 证毕. $■$

(法2)
沿用法1记号和规定. 我们采取以下的方法对 $T$ 中的点进行归类:

将起始点归入 $X$ 中, 向下遍历每一条边, 总是将边的两个顶点归于不同的集合中. 这样, 即得到了满足二部图判别条件的两个顶点子集. 若不然, 则总可找到一个圈, 这和 “树” 的定义矛盾. $■$

2. 分别画出两个边数最大的完全二部图 $K_6.K_7$.

[解]

设完全二部图的顶点集被分类为: {X,Y}\{X,Y\}{X,Y}.

由完全二部图定义可立即确定最大边数:

EM=max⁡{m(l−m)}:m∈N+,m<lE_M = \max\{m(l-m)\}: m \in \mathbb{N^+}, m<lEM​=max{m(l−m)}:m∈N+,m<l.

计算得出: $E_M(K_6)=9,E_M(K_7)=12$.

并且可对应绘出图: 其中 $|X|=m,|Y|=l-m$.

3. 设 $G$ 为连通图. 设 $C$ 为 $G$ 的一个子圈, $e$ 为 $C$ 的一条边. 求证: $G-e$ 仍为连通图.

[证明]

设 $e$ 和 $u,v$ 关联. 对于 $G$ 中的每一条路, 它们或经过 $e$, 或不经过 $e$.

对于所有原来不经过 $e$ 的路: 从 $G$ 中删去 $e$ 后它们的连通性显然不变.

对于所有原来需经过 $e$ 的路: 由圈的结构知: 删去 $e$ 后的环在连通性上和 $e$ 等价. 故它们的连通性也不受影响.

综上: $G-e$ 仍为一个连通图. $■$

4. 当且仅当 $G$ 的每一个分支均为二部图时, $G$ 为一个二部图.

[证明]

引理: 二部图的子图均为二部图.

“$\Leftarrow$”

因二部图 $G$ 的分支为 $G$ 的子图, 由引理: 显见其分支均为二部图.

“$\Rightarrow$”

设 $G_1$ 为 $G$ 的其中一个分支, 它是二部图. 设 $G\backslash G_1=V_1+G_1^{\prime }$, $G_1^{\prime }$ 为所有 $G\backslash G_1$ 中孤立的连通图所组成的集合.

由定义知: $G_1^{\prime }$ 中每一个元素均为 $G$ 的分支, $V_1$ 为孤立点集.

由假设知: $G$ 所有的分支均为二部图, 且它们不是连通的.

设
V(G1)=X1∩Y1,G1′={G1′,G2′,⋯ ,Gk′},V(Gi′)=Xi′∩Yi,   i=1,2,⋯ ,k.V(G_1) = X_1\cap Y_1, G'_1 = \{G'_1, G'_2, \cdots,G'_k\}, V(G'_i) = X'_i \cap Y_i,~~~ i= 1,2,\cdots, k.V(G1​)=X1​∩Y1​,G1′​={G1′​,G2′​,⋯,Gk′​},V(Gi′​)=Xi′​∩Yi​,   i=1,2,⋯,k.
取
$$X=X_1\cap (\bigcap _{i=1,2,\cdots ,k}{X}_i),Y=Y_1\cap V_1\cap (\bigcap _{i=1,2,\cdots ,k}{Y}_i)$$
且
$$X\cup Y=V(G).$$
故找到了这样的顶点子集 $X,Y$, 使得 $E(G)$ 中任一条边的两个顶点分别位于 $X,Y$ 中. 由定义知: $G$ 为一个二部图. $■$

5. 设 $G$ 为一个 $n$ 个顶点的 $l$ 部图, 求证: $|E(G)|⩽|E(T_{(l,n)})|$.

6. 设 $G$ 为一个 $n$ 个顶点, 不含 $C_4$ 为子图的图. 求证:

i. ${\sum }_{x\in V(G)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d(x)}{2}\right)⩽\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)$.

ii.$|E(G)|⩽\frac{n}{4}(1+\sqrt{4n-3})$.

[证明]

1. 设 $G^{\prime }$ 为 $n$ 个顶点的完全 $l$ 部图. 由定义知: $|E(G)|⩽|E(G^{\prime })|$.

   不妨设 $G^{\prime }=K_{n_1{n}_2\cdots n_l}$, $T_{(l,n)}=K_{m_1{m}_2\cdots m_l}$ 由完全 $l$ 部图定义:
   $$|E(G^{\prime })|=\sum _{j=1}^{l-1}\prod _{i=j}^l{n}_i.$$
   因
   $$n_1+n_2+\cdots +n_l=m_1+m_2+\cdots +m_l=n$$
   $$\sum _{j=1}^{l-1}\prod _{i=j}^l{n}_i.⩽\frac{q^2(1-q^{l-1})}{1-q},q=\frac{n}{l}$$
   $m_1,m_2,\cdots ,m_l$ 之间相差越小, 原式结果越大.

   故由平衡完全r部图定义: $|E(G)|⩽|E(T_{(l,n)})|$.

2. 
   i.

   $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d(x)}{2}\right)$ 表示对任意顶点 $x$, 经过 $x$ 所构成的, 连接 $x$ 的任两个与 $x$ 邻接的顶点的, 长为 $2$ 的路的条数, ${\sum }_{x\in V(G)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d(x)}{2}\right)$ 对 $G$ 中所有的这样的长为 $2$ 的路进行了计数.

   而长为 $4$ 的圈 $C_4$ 由两条长为 $2$ 的路组成. 因此, 对于 $G$ 中的任两个点, 最多有且仅有一条长为 $2$ 的路, 否则会出现 $C_4$, 与原假设矛盾.

   在最极端的情况下, $G$ 中任意两个顶点之间恰好存在一条长为 $2$ 的路. 此时其长度为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)$, 这是满足条件的 $G$ 中长为 $2$ 的路的最大条数.

   故有不等式:
   $$\sum _{x\in V(G)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d(x)}{2}\right)⩽\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)$$
   成立. $■$

   
   

   ii.

   由 i :
   $$\sum _{x\in V(G)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d(x)}{2}\right)⩽\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right).$$
   即:
   $$\sum _{x\in V(G)}d(x)\cdot (d(x)-1)=\sum _{x\in V(G)}{d}^2(x)-\sum _{x\in V(G)}d(x)⩽n(n-1)$$
   由 Cauchy-Schwarz 不等式:
   $$\sum _{x\in V(G)}{d}^2(x)⩾\frac{1}{n}{\sum _{x\in V(G)}}^{2}d(x)$$
   由握手引理:
   $$\sum _{x\in V(G)}d(x)=2|E(G)|$$
   故
   $$\frac{1}{n}4|E(G){|}^2-2|E(G)|⩽n^2-n$$
   $$(|E(G)|-\frac{1}{4}n{)}^2⩽n^2\cdot \frac{4n-3}{16}$$
   $$|E(G)|⩽\frac{1}{4}n+\frac{n\cdot \sqrt{4n-3}}{4}$$
   即
   $$|E(G)|⩽\frac{n}{4}(1+\sqrt{4n-3}).$$
   $■$

7. 设 $G$ 为有 $n$ 个顶点的图, $G^C$ 为 $G$ 的补图. 求证: $\chi (G)\cdot \chi (G^C)⩾n$.

[证明]

记 $G$ 的团 $H$ 在 $G^C$ 中所对应的图为 $H^C$. 由定义可知: 对任意的 $H$, $H^C$ 均为 $G^C$ 的稳定集. 且可知: $\omega (G)=\alpha (G^C).$

故由图的色数不等式得: χ(G)⋅χ(GC)⩾max{ω(G),∣V(G)∣α(G)}⋅max{ω(GC),∣V(GC)∣α(GC)}=n.\chi(G) \cdot \chi(G^C) \geqslant max\{\omega(G), \frac{|V(G)|}{\alpha(G)}\}\cdot max\{\omega(G^C), \frac{|V(G^C)|}{\alpha(G^C)}\} = n.χ(G)⋅χ(GC)⩾max{ω(G),α(G)∣V(G)∣​}⋅max{ω(GC),α(GC)∣V(GC)∣​}=n.

8. 设 $G$ 为一个图, $G_1,G_2$ 为它的两个诱导子图, 使得:
$$\begin{gathered} V(G_1)\cup V(G_2)=V(G),E(G_1)\cup E(G_2)=E(G), \\ |V(G_1)\cap V(G_2)|=1. \end{gathered}$$
求证: χ(G)=max{χ(G1),χ(G2)}\chi(G) = max\{\chi(G_1), \chi(G_2)\}χ(G)=max{χ(G1​),χ(G2​)}.

[证明]

不妨设
χ(G1)>χ(G2),V(G1)∩V(G2)={x}\chi(G_1) > \chi(G_2), V(G_1)\cap V(G_2) = \{x\}χ(G1​)>χ(G2​),V(G1​)∩V(G2​)={x}

对于 $G$:
χ(G1\{x})⩾χ(G1)−1;\chi({G_1\backslash \{x\}}) \geqslant \chi(G_1)-1;χ(G1​\{x})⩾χ(G1​)−1;

由于
χ(G2\{x}∪{x})=χ(G2)⩽χ(G1)\chi({G_2\backslash \{x\} \cup \{x\}}) = \chi(G_2) \leqslant \chi(G_1)χ(G2​\{x}∪{x})=χ(G2​)⩽χ(G1​)

故一定可以用 $\chi (G_1)$ 种颜色将 $G_1,G_2$ 染色. 即:
χ(G)⩽max{χ(G1),χ(G2)}.\chi(G) \leqslant max\{\chi(G_1), \chi(G_2)\}.χ(G)⩽max{χ(G1​),χ(G2​)}.

由命题 5-1.2知:
χ(G)⩾max{χ(G1),χ(G2)}.\chi(G) \geqslant max\{\chi(G_1), \chi(G_2)\}.χ(G)⩾max{χ(G1​),χ(G2​)}.

故
χ(G)=max{χ(G1),χ(G2)}.\chi(G) = max\{\chi(G_1), \chi(G_2)\}.χ(G)=max{χ(G1​),χ(G2​)}.

9. 设 $G$ 为一个色数为 $k$ 的图, $\varphi$ 为 $G$ 的一个 $k$-染色. 求证: 对任意 $i=1,2,\cdots ,k$, ${\varphi }^{-1}(i)$ 有一个顶点, 它在 ${\varphi }^{-1}(j)$ 中有邻居. ($i\ne j$)

[证明]

设对任意 $i=1,2,\cdots ,k$, ${\varphi }^{-1}(i)$ 的任何一个顶点不全和上了其他颜色的顶点邻接. 故在${\varphi }^{-1}(i)$ 的所有点, 总可以在 $k-1$ 种其余颜色中, 总可以找到一个和 $i$ 不同的颜色, 将其上色. 故 $\chi (G)=k-1$, 和条件矛盾. 因此原结论成立. $■$

10. 设 $G$ 为一个图, $M$ 为一个匹配, $P$ 为 $G$ 的一个非平凡 $M$-可扩路. 求证:
$$(M\cup E(P))\backslash (M\cap E(P))$$
仍然为一个匹配, 但它比 $M$ 多一条边.

[证明]

由于 $P$ 为 $G$ 的一条非平凡 $M$-可扩路, 其路长必为奇数. 不妨假设 $|E(P)|=2k+1$. 其中, 有 $k$ 条路属于 $M$, $k+1$ 条路属于 $E(G)\backslash M$.

由 $M$-可扩路的定义知:
$$|(M\cup E(P))\backslash (M\cap E(P))|=|M|+k+1-k=|M+1|.$$
下证其仍然为一个匹配:
不妨假设在 $(M\cup E(P))\backslash (M\cap E(P))$ 中存在一对相互邻接的边, 显见它们一定不全属于 $M$.

若其中有一条属于 $M$, 另外一条属于 $E(P)\backslash (M\cup E(P))$ 或两条边均属于 $E(P)\backslash (M\cup E(P))$, 由 $M$-可扩路定义知: 这样的两条边不存在.

故由定义知: 在 $(M\cup E(P))\backslash (M\cap E(P))$ 中找不到一对相互邻接的边, 它仍是一个匹配. $■$

11. 设 $G$ 为二部图. 求证: $G$ 存在一个包含每一个具有最大度数的顶点的匹配.

[证明]

不妨设 $M$ 为一个包含了最多最大度顶点的匹配, 设 $X,Y$ 为 $G$ 的分割集. 假设 $u\in v(G)$ 为其中一个最大度顶点, 但并不被匹配 $M$ 包含. 不失一般性, 设 $u\in X$. 设 $\bar{u}$ 为一个包含了所有在一条 $M$-可扩路中的顶点, 令 $S=\bar{U}\cap X,T=\bar{U}\cap Y$.
首先, 每一个 $S$ 中的顶点度数均为 $\Delta (G)$. 否则, 设 $x\in S,d_G(x)<k$, 令 $P$ 为一条从 $u$ 到 $x$ 的 $M-$可扩路. 则 $M\Delta E(p)$ 为一个新的最大匹配, 但它相比 $M$ 多包含了一个最大度点, 这和 $M$ 的最大性矛盾.
其次, $|S|=|T|+1,{\bigcup }_{x\in S}{N}_G(x)=T$, 因为 $M$ 为一个最大匹配.
现在有: $|S\cdot k={\sum }_{x\in S}{d}_G(x)⩽{\sum }_{y\in T}{d}_G(y)⩽|T|\cdot k=(|S|-1)k$, 矛盾.

12. 设 $G$ 为二部图, $k=\Delta (G)$. 假设 $k>0$. 求证: $G$ 有一个大小至少为 $\frac{|E(G)|}{k}$ 的匹配.

[证明]

先证明一个引理:

[引理] 设二部图 $G$, 记 $k=\Delta (G)$. 则总能找到 $k$ 个匹配, 使得它们的并等于 $G$ 的边集 $E(G)$.

[引理证明]

对 $k$ 使用数学归纳法:

$k=1$ 时: 显然结论成立.

$k=n-1$: 假设原结论仍然成立. 下面考察 $k=n$ 的情况:

因为在最大度数为 $n$ 的图 $G$ 中, 将属于 $M$ 中的边删去, 即得到一个子图 $G_1$, 且 $\Delta (G_1)=n-1$, 故由归纳假设和问题 $1$ 结论知: $G_1$ 中存在 $n-1$ 个匹配, 它们的并即为 $E(G_1)$. 显然, $E(G)=E(G_1)\cup M$. 故原结论对任意正整数 $k⩾1$ 成立. 即: 引理成立.

回到问题上来: 由鸽笼原理, 若这 $k$ 个匹配的大小均小于 $\frac{E(G)}{k}$, 则其并集的大小必小于 $E(G)$, 矛盾. 故至少存在一个匹配, 其大小大于等于 $\frac{E(G)}{k}$, 证毕. $■$

13. 设 $G$ 为一个分割集为 $X,Y$ 的二部图.
设 $t={\min }_{x\in X}{d}_G(x),s={\max }_{y\in Y}{d}_G(y)$. 求证: 若 $t⩾s$, 则 $G$ 存在一个包含 $X$ 中全部顶点的匹配.

[证明]

由 $d_G(X),d_G(Y)⩾1$:

故 $X$ 中的每一个顶点至少和 $Y$ 中的一个顶点连接.

由 $t⩾s$: $|X|>|Y|$. 根据鸽笼原理:

因此必存在一个单射 $\psi$, 将 $X$ 中的每一个不同顶点唯一地映到 $Y$ 中的某个顶点.

14. 设整数 $n⩾2$. 对每一个 $i\in [n]$, Si=[n]\{i}S_{i} = [n]\backslash \{i\}Si​=[n]\{i}. 求证: {Si;i∈[n]}\{S_i;i\in [n]\}{Si​;i∈[n]} 存在一个相异代表系.

[证明]

由 $S_i$ 的结构知: {Si;i∈[n]}\{S_i; i\in [n]\}{Si​;i∈[n]} 中每一个元素 $S_i$, 均满足 $|S_i|=n-1$, 且 $S_i\cup S_j=[n],ifi\ne j$.

故对 $t\in [n]$: {Si;i∈[n]}\{S_i; i\in [n]\}{Si​;i∈[n]} 中任何 $t$ 个集合的并集均包含至少 $t$ 个元素.
故知: {Si;i∈[n]}\{S_i; i\in [n]\}{Si​;i∈[n]} 存在一个相异代表系. $■$