高中数学竞赛 第67讲 图论问题一教案.docx
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高中数学竞赛第67讲图论问题一教案
第67讲图论问题
(一)
本节主要内容是:
把一个具体问题用图形表示出来,利用图形的直观性可能更有利于问题的解决.
有关的一些概念:
由若干个不同的点及连接其中某些点对的线所组成的图形就称为图.图中的点的集合称为图的点集,记为V:
V={v1,v2,…,vn,…};图中的线的集合称为图的线集(边的集合),记为E:
E={vivj}(vi,vj∈V).故一个图由其点集V和线集E所决定,若用G表示图,则记为G=G(V;E).含有n个点的图称为n阶图.
在一个图中,如果某点v共连了k条线,则说此点的“次数”(或“度数”)为k,记为degv=k.如果一个p阶图的每两个顶点间都连且只连了1条线,则称该图为p阶完全图,记为Kp.
若对每条线确定一个方向(即确定了线的两个端点中一个为“起点”,另一个为“终点”.这时,线是点的“有序对”),则得到“有向图”;对有向图的一个顶点v,degv=k,若v是其中n条边的起点,m条边的终点(m+n=k),则称v的出次为n,入次为m.
链:
若在一个图G=(V;E)中取n+1个顶点v1、v2、…、vn+1,每两个相邻的顶点vi、vi+1间连有一条边li,则边l1,l2,…,ln就称为从v1到vn+1的一条链.n称为链的长度.
A类例题
例1⑴证明任意的六人中一定有三个人互相认识或互不认识(约定甲认识乙就意味着乙认识甲).
⑵K6的边染成红蓝两色,求证:
其中必有两个三角形,其三边同色.
分析⑴以点表示人,连红、蓝两色的线分别表示“认识”与“不认识”,问题转化成图的问题.要会把题目的语言转译成图的语言:
“三人互相认识”就表示三点间都连红线,“三人互不认识”就表示三点间都连蓝线.⑵考虑每个异色三角形的三个角,其中两个角是异色角,而同色三角形的三个角都是同色角.
证明⑴用6个点v1,v2,…,v6表示这6个人,如果某两人相互认识,则在表示此二人的点间连一条红线,否则连一条蓝线.于是问题转化为证明此6点间一定连出了三边均为红色或蓝色的三角形.
在点v1连出的5条线中,由抽屉原理知,必有某色线连有3条或3条以上.不妨设红线连了至少3条.设v1与v2、v3、v4连的红线.现考虑点v2、v3、v4连线的情况,如果此三点间有任两点连的红线,则出现红色三角形(例如v2v3连红线,则v1v2v3是红色三角形),如果这三点间都不连红线,则出现蓝色三角形(v2v3v4是蓝色三角形).故证.
⑵考虑K6共连了C
=15条线,共得到C
=20个三角形.设第i个顶点连了ri(0≤i≤5)条红线,5-ri条蓝线.由于ri(5-ri)≤6.所以,连出的异色角个数≤6×6=36个.由于每个异色的三角形有2个异色角,所以图中异色三角形个数≤18,故图中同色三角形个数≥20-18=2.
说明题⑴是早期匈牙利的一个图论竞赛题.解这类“实际问题”时,重要的是会用图的语言解释题意,把实际问题改写为图的问题.
⑵用异色角来解相关问题是较好的方法.
例2由5人组成一个公司,其中任意三人总有2人彼此认识,也总有2人彼此不认识.证明:
这五人可以围桌而坐,使每人两旁都是他认识的人.(1978年保加利亚数学竞赛)
证明用5个点表示这5个人,若两人互相认识,则在表示这2个人的点间连1条线.题目的条件即是:
任三点间至少连1条线,但不能连3条线.
首先,每点都至少连了2条线,若点v1只连出1条线,则它至少与某三点(设为v2、v3、v4)未连线,则此3点间都要连线(若v2与v3没有连线,则v1与v2、v3就都没有连线,与已知矛盾).出现了以v2、v3、v4为顶点的三角形,矛盾.
其次,若某点连出了3条线,则此三点间都不能连线,与已知矛盾.
故知:
每点都恰连2条线.它不能连成三角形,也不能连成四边形,否则余下的点无法连线,故只能如图所示,证毕.
说明仔细体会上述两例的特点,明白什么时候应该用图来解相关的题:
当涉及多个元素的某些相互关系时,就可能用图来解释.
情景再现
1.在例1中,把6个人改为5个人,结论是否一定成立?
2.图G有n个顶点,n+1条边,证明:
图G至少有一个顶点的次数≥3.
B类例题
例3设竞赛图(每两个点都连了1条线的有向图)中,点Ak的出次与入次分别为wk与ek(k=1,2,…,n),
证明w
+w
+…+w
=e
+e
+…+e
.
分析根据竞赛图的特点可知:
⑴每点的出次与入次的和都等于n-1,⑵所有点的出次的和与入次的和相等.由此可以推出:
所有点的出次和与入次和都等于
n(n-1).这是两个基本的性质.在要证的式子中把ek用n-1-wk代替.
证明对于每个点,出次与入次的和都是n-1,即
wk+ek=n-1(k=1,2,…,n),①
所有出次的和与所有入次的和相等,且都等于图中弧的条数:
w1+w2+…+wn=e1+e2+…+en=
n(n-1).②
所以e
+e
+…+e
=(n-1-w1)2+(n-1-w2)2+…+(n-1-wn)2
=n(n-1)2+w
+w
+…+w
-2(w1+w2+…+wn)(n-1)
=w
+w
+…+w
+n(n-1)2-2⨯
(n-1)(n-1)
=w
+w
+…+w
.
说明本题的证明方法与《奇偶分析》中的例6相似.
例4平面上给定7个点,用一些线段连接它们,每三个点中至少有两点相连,问至少要有多少条线段?
试给出一个图.(1989蒙古数学竞赛)
分析首先找到连线条数的下界(即至少要连出多少条线),再寻找是否可能达到这个下界,可以分别枚举可能的连线方法,讨论每种方法的连线条数,得到最小的结果.
解7个点中共有三点组C
=35个.每条线段共与其余5点组成5个三角形.故线段条数≥
=7条.
如果有一个点没有连线,则其余6点两两都必须连线,要C
=15条.
如果有一点只连了一条线,其余5点必须两两连线,连线数>C
=10条.
设某点只连了2条线,如点A只连了AB、AC这2条线,则其余4点均未与A连线,于是它们必须两两互连,应连C
==6条.此时,取B、C两点及其余4点中的任一点,尚不满足条件,故BC应连线,此时连了9条线,所得图形满足题目要求.
若每点都至少连出3条线,则总度数≥21,即至少连了[
]+1=11条线.
所以,至少连9条线.
例5九名数学家在一次国际会议上相遇,发现他们中的任三人中至少有两人能用同一种语言对话,如果每个数学家至多会用三种语言.证明:
至少有三人可用同一种语言对话.(1978年美国数学竞赛)
分析9个人用9个点表示.证法1中,多种语言则用多种颜色的线来表示,转译结论“三人可用同一种语言对话”时,应注意:
如果从一点向另两点连出了同色的两条线,表示另两人也能用相应的语言对话,从而就出现了同色三角形.所以,只要证明从一点一定引出了同色的线即可.而在证法2中,改设若二人不能对话就连1条线(即不存在二人都会的语言).此时结论就应转译为“存在三点,两两都没有连线”.
证法1用9个点表示这9个人,某二人如能用第r种语言交谈,则在表示此二人的点间连一条线,并涂上第r种颜色,于是,本题即是证明,存在一个同色的三角形.
首先,若v1与v2、v1与v3间都连了第k种颜色线,则v2与v3间也要连第k种颜色线.此时即出现同色的三角形.所以只要证明从其中某一点出发的线中必有两条线的颜色相同.
反设从任一点出发的线中没有同色的线,由于每个人至多会用三种语言.即degvi≤3,于是v1至少与5个点不邻接,设为v2、…、v6,同样,v2至少与5个点不相邻接,于是v3、…、v6中至少有一点与v2不相邻接.设为v3,于是v1、v2、v3不相邻接.与已知“任三人中都至少有两人能用同一种语言对话”矛盾.故证.
证法2取9个点v1,v2,…,v9表示9个人,如果某二人不能对话,则在表示此二人的点间连一条线,于是在任何三点间,都有两个点不相邻,即不存在三角形.
如果有人至少与4个点不连线,由于他最多只能讲三种语言,则他必与其中某两人讲同一种语言.于是相应三人可以用同一种语言来对话.
下面证明存在一点,其度不大于4.从而该点至少与4点不相邻.如果degv1≤4,则v1即为所求.若degv1>4,则至少degv1=5,即至少有5个点与之连线,设为v2,…,v6,由于这些点不能连出三角形,故v2,…,v6的任何两个之间都不能连线,从而v2与v3,…,v6均无连线,于是degv2≤4.即可证得原题.
说明两点间连了1条线,则说这两点相邻.
本题的两种证明方法从两个方向出发,一种是两人可用同一种语言通话,就在相应两点间连一条边,证法2是反过来,两人不能通话时则连一条边,都能应用图解决问题.
例6俱乐部里有14个人想打桥牌,已知过去每个人都与其中的5个人合作过,现在规定4个人中必须任两个人都没有合作过才准许在一起打1局桥牌,这样打了3局就无法再打下去了,如果这时又来了一人,他与原来的14个人都没有合作过,证明:
一定可以再打1局.
分析打桥牌时,4人分成合作的两对,合作的两人坐在相对的位置打牌.于是每局桥牌,都有两对人合作.
把题目的条件与结论都转述为图的语言,并找出结论的等价命题是:
找到三个人互相都没有合作过,即存在3个点互不相邻.
证明用14个点表示这14个人,若某两人合作过,则在表示这两人的点间连一条线,于是,题目条件即:
其中每个点都已连出了5条线,且在此14个点中,可以找出3组点(每组4个点),这三组点间,两两未连线,若这3组点之间共连出6条线后,对于任意4点,都至少有两点连了线.(14个点间一共连了41条线),证明此时一定存在3个点,两两都没有连线(从而添入第15个点后,可与此3点合成4点,两两无连线).
由于14个点中的每个点原来都与(14-1-5=)8个点不相邻.在又打3局连出了6条边以后,至多有12个点又连了线,所以至少还有2个点,每个点仍与8个点不相邻.设其中一点为v1.与v1不相邻的点集为S.
下面证明:
S中必有一点v2至少与7个点不相邻.反设不存在这样的点,则此8点中,每个点都至多与6个点不相邻,故此8个点都至少连了(14-6-1=)7条边,于是此8点中的每个点又都新连了至少2条边,故又新连出了8×2÷2=8条边(除以2是因为每条边可能在两个点端点处被计算了2次).这与只连了6条边矛盾,所以存在S中的一点v2,至少与7个点不相邻.
但8+7=15>14,必有一点v3与v1,v2均未连线.此三点即为所求.
链接v3存在是根据容斥原理:
把这14个人的集合记为S,与v1相邻的点集记为A,与v2相邻的点集记为B,则A∪B⊆S.故
card(A∪B)≤card(S).
而card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B),
故card(A)+card(B)-card(A∩B)≤card(S),
现card(A)+card(B)=15,card(S)=14,于是card(A∩B)>0.
情景再现
3.⑴右面的有向图由4个顶点及一些弧(有向线段)组成,指出各点的出次(引出的弧的条数)与入次(引入的弧的条数).
⑵求出上题中所有各点的出次的和与入次的和,它们与弧的条数有什么关系?
⑶证明:
任一有向图中,出次的和与入次的和相等.
4.在n(n≥3)个点的竞赛图中,一定有两个点的出次相同吗?
5.在集合S的元素之间引入关系“→”.⑴对于任意两个元素a,b∈S,要么a→b,要么b→a,二者有且只有一个成立;⑵对任意三个元素a,b,c,如果a→b,b→c,则c→a.问集合S中最多能有多少个元素?
(1972年英国数学竞赛)
6.证明:
⑴如果竞赛图中各点的出次不等,那么可将这些点排成一列,排在前面的点有弧到达排在后面的任一点(即排在前面的选手胜排在后面的所有选手).
⑵如果点数n≥3的竞赛图中有三角形回路,那么,图中必有两点的出次相等.
C类例题
例7某足球赛有16个城市参加,每市派出2个队,根据比赛规则,每两队之间至多赛一场,同城两队之间不进行比赛.赛过一段时间后,发现除A城甲队外,其他各队已赛过的场数各不相同.问A城乙队已赛过几场?
证明你的结论.
分析注意分析“各队赛过场次各不相同”的含义,即能推知比赛场次的取值情况.再从比赛场次最多的队开始讨论,与之比赛的队是哪些队?
证明用32个点表示这32个队,如果某两队比赛了一场,则在表示这两个队的点间连一条线.否则就不连线.
由于,这些队比赛场次最多30场,最少0场,共有31种情况,现除A城甲队外还有31个队,这31个队比赛场次互不相同,故这31个队比赛的场次恰好从0到30都有.就在表示每个队的点旁注上这队的比赛场次.
考虑比赛场次为30的队,这个队除自己与同城的队外,与不同城的队都进行了比赛,于是,它只可能与比赛0场的队同城;再考虑比赛29场的队,这个队除与同城队及比赛0场、1场(只赛1场的队已经与比赛30场的队赛过1场,故不再与其它队比赛)的队不比赛外,与其余各队都比赛,故它与比赛1场的队同城;依次类推,知比赛k场的队与比赛30-k场的队同城,这样,把各城都配对后,只有比赛15场的队没有与其余的队同城,故比赛15场的队就是A城乙队.即A城乙队比赛了15场.
说明有些题的已知条件讨论起来头绪纷繁,如果利用图来讨论则可以化繁为简.利用点与线的相邻与否来研究这一类题目需要一定的技巧,也需要相当的抽象概括能力与逻辑推理能力.请大家多做些练习.
例8n(n>3)名乒乓球选手单打若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同,试证明:
总可以从中去掉一名选手,而使在余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同.(1987年全国高中数学联赛)
分析本题的求证暗示要用反证法,设去掉任一个选手,都会有两个选手赛过的对手完全相同.于是这两人组成一个点对.这样就会得到n个点对.每个点对连一条线,n个点连出了n条线,就可用图的性质得到圈,使问题得证.这是证法1的思路.
每个选手的对手可以组成集合,研究对手集的性质,用最小数原理来证明,这是证法2的思路.
证法1把这些选手编为1至n号,以n个点表示这n个人,各点也相应编为1至n号.
反设去掉任何一个选手后,都有两个选手的已赛过的对手完全相同.于是,如果先去掉1号选手,则有两个选手的已赛过的对手完全相同,设为第i号与第j号,在表示此二人的点间连一条线,并在线上注上“1号”.这说明,此二人在去掉1号选手之前必是一人与1号赛过,另一人与1号没有赛过.而且不可能在去掉1号后有三人都相同,否则,此三人与1号选手比赛的情况只有两种:
赛过或没有赛过,如果去掉1号后,此三人的情况完全相同,则去掉1号之前必有2人赛过的对手完全相同.(如果去掉1号后有不止一对选手的已赛过对手完全相同,则只任取其中的一对连线,其余的对则不连线.)
同样,如果再依次去掉2号、3号,…,直至n号,每去掉1个选手,都会在某两点之间连1条线.这样,就在n个点间连了n条线.且这些线上分别注了1至n号,每条线注了1个号码,每个号码只注在1条线上.
由于在10个点间连了10条线,故图中必存在一圈.
现从圈上一点i出发,经过点j、k、…最后回到点i.注意到点i与点j所代表的两个选手中1个是与1号比赛的,另一个是没有与1号比赛的,不妨设i号没有与1号比赛过,j号与1号比赛过.而j与k所连线上注的号码不是1,故j与k与1号比赛的情况相同,即k号与1号比赛过,…,这样沿线走一圈后回到i,就应该得出i号与1号比赛过,矛盾.故证.
证明2用A、B、…表示选手,而用α(A)、α(B)表示A、B已赛过的对手集合.显然,若A∈α(B),则B∈α(A).
设A是对手集中元素最多的的选手.
若命题不成立,则存在两个选手B、C使去掉A后,B、C的对手集相同,由于α(B)≠α(C),故A必属于α(B)与α(C)之一.不妨设A∈α(B),于是,B∈α(A),C∉α(A)且α(C)=α(B)\{A}.(在α(B)中去掉它的一个元素A后的集合表示为α(B)\{A})
同样对于选手C后,存在D、E,使去掉C后,D、E的对手集相同,即去掉C后,α(D)=α(E),又设C∈α(D)且C∉α(E),于是D∈α(C),E∉α(C).
由于A∉α(C),D∈α(C),故D≠A:
又D∈α(C),故D∈α(B),即B∈α(D)=α(E)∪{C},从而B∈α(E),C∉α(E),而去掉A后,B、C的对手集相同,从而E=A.
于是α(A)=α(E)=α(D)\{C},即α(A)比α(D)少一个元素C,这与A是“对手集中元素最多的”矛盾.故证.
说明证法1是根据如下结论:
如果n个点间连了n条线,则必出现“圈”:
即从某一点出发,沿边前进,最后还能回到出发点.
证法2用最小数原理对集合的元素进行讨论,较难理解,可对照图理解相应的结论.
链接树与圈
若在一个图G=(V;E)中取n+1个顶点v1、v2、…、vn+1,每两个相邻的顶点vi、vi+1间连有一条边li,则边l1,l2,…,ln就称为从v1到vn+1的一条链.一个图中的任意两个顶点间如果都有一条链,该图就是连通的.一条链的两个端点v1与vn+1重合时,就称为圈.没有圈的连通图称为树.n阶树可以记为Tn.在一个图中,次数为1的顶点称为悬挂点.
定理1如果树T的顶点数≥2,那么,它至少有两个悬挂点.
从树的任何一个顶点出发,沿某个方向前进,已走过的边不重复走,由于树是无圈的,故每个顶点至多走过1次,如果,经过的一个顶点不是悬挂点,则还可以前进到下一个顶点,由于树的顶点只有有限个,故前进到某个顶点(如果图中共有n个顶点,则至多前进n-1步)后就无法再继续前进,即到达一个次数为1的顶点.此顶点即为一个悬挂点.再从此悬挂点出发,沿链走一次(第一步是按刚才的反方向前进),则又可以到达一个悬挂点.此悬挂点与刚才第一个悬挂点不同.即图中至少有两个悬挂点.
定理2一个n阶的连通图是1个树,当且仅当它有n-1条边.
先证明:
如果树T的顶点数为n,则其边数为n-1.
证明对于n=1或2,定理显然成立.
设定理对于k个顶点时成立,即若一个树有k个顶点,则其边有k-1条.对于k+1个顶点的树,只要去掉一个悬挂点及与之相邻的一条边,就成为有k个顶点的情形,此时的树有k个顶点与k-1条边,此时再把去掉的1个顶点及1条边添入,就成为k+1个顶点,k条边的树.故证.
再证明:
如果图G是连通的,且有n个顶点与n-1条边,则G是一个树.
取G的生成树T,则此生成树有n个顶点,因是树,故有n-1条边.但T⊆G,故T=G.故证.
定理3树T具有以下性质:
⑴在T中去掉任一边后,所得的图是不连通的;
⑵在T中添上1条边后,所得的图有圈;
⑶T中的任两个顶点v1与v2间有且仅有1条链.
证明⑴设树T有n个顶点与n-1条边,在T中去掉1条边后得到图G,如果G仍连通,则G仍是一个树(因无圈且连通).应有n-1条边,矛盾.
⑵如添上1边后仍无圈,则仍为树,有n个顶点与n条边,矛盾.
⑶由T连通,故v1与v2间必有链,若v1与v2间有不完全相同的两条链,则此图中有圈,即不是树.矛盾,故v1与v2间有且仅有1条链.
情景再现
7.某个团体有1982个人,其中任意4人都至少有一人认识其他三个人,认识其他所有人的人数最少是多少?
(1982年美国数学竞赛)
8.⑴在一所房子里有10个人,其中任意3人中至少有2人互相认识,证明:
其中有4人,他们任意2人都互相认识.(1980英国数学竞赛)
⑵如果把⑴中的数10改为9,结论仍成立否?
(1977年波兰数学竞赛)
习题13
1.如果每个点的出次都是2,那么,一个点经过两条弧就可以到达的点至多有几个?
经过一条弧或两条弧可以到达的点至多有几个?
2.在竞赛图中必有一个点,从它到其它的顶点,只需经过一条弧或两条弧.
3.一个有n个点的竞赛图,各点的出次为w1≥w2≥…≥wn.如果w1=n-1,w2=n-2,…,wk-1=n-(k-1),但wk≠n-k(1≤k≤n).证明:
wk<n-k.
4.⑴如果在点数n≥3的竞赛图中,有两个点的出次相等.证明,图中必有三角形回路(即有三个选手A、B、C,其中A胜B,B胜C,C又胜A).
⑵在一个n人参加的循环赛中,每两人比赛一场,如果没有平局,参赛者赢的场数分别是w1,w2,…,wn.求证:
出现三个参赛者A,B,C,满足A胜B,B胜C,C胜A的充分必要条件是
w
+w
+…+w
<
.
5.亚洲区足球小组赛,每组有4个队,进行循环赛,每两个队赛一场,胜者得3分,负者得0分,平局各得1分,赛完后,得分最高的前两名出线.如果几个队得分相同,那么便抽签决定这些队的名次,问一个队至少要得多少分,才能保证一定出线?
6.条件同上题,问一个队如果出了线,它至少得了多少分?
7.在8×8棋盘上填入1~64的所有整数,每格一数,每数只填一次,证明:
总可以找到两个相邻的方格(具有公共边的两个方格叫相邻),在此两个方格中填入的数的差不小于5?
8.平面上有n条直线,把平面分成若干个区域.证明:
用两色就足以使相邻的区域都涂上不同的颜色.
9.在某个国家,任意两个城市之间用下列交通工具之一进行联络:
汽车,火车和飞机.已知没有一个城市拥有这三种交通工具,并且不存在这样三个城市,其中任意两个在联络时都用同一种交通工具.而且这个国家用了这三种工具.这个国家最多有多少个城市?
(1981年保加利亚,美国数学竞赛)
10.一个大三角形的三个顶点分别涂红、黑、兰三色,在三角形内部取若干点也任意涂红、黑、兰三色之一,这些点间连有一些线段,把大三角形分成若干互相没有重叠部分的一些小三角形.求证:
不论怎样涂,都有一个小三角形,其三个顶点涂的颜色全不同.
11.证明:
在2色K6中一定存在两个同色三角形(即同色K3).
12.某个国家有21个城市,由若干个航空公司担负着这些城市之间的空运任务.每家公司都在5个城市之间设有直达航线(无需着陆,且两城市间允许有几家航空公司的航线),而每两个城市之间都至少有一条直达航线.问至少应有多少家航空公司?
(1988年前苏联数学竞赛)
本节“情景再现”解答:
1.解如图的5个点即不存在同色三角形,故例2中把6个人改为5个人后,结论可能不再成立.
2.证明计算每个顶点引出的边的条数(次数),如果每个顶点的次数都≤2,则统计得到的边数≤2n,但每条边都被统计过2次,故应统计得到边数=2(n+1).矛盾.故至少有一个顶点,其次数≥3.
3.解⑴点A:
出次3,入次1;点B:
出次1,入次1;点C:
出次0,入次2;点D:
出次1,入次1.
⑵出次的和=3+1+0+1=5;入次的和=1+1+2+1=5.
出次的和=入次的和.
⑶证明由于每条弧起点所是出次的点,终点都是入次的点,故出次和与入次和相等,都等于弧的条数.
4.解不一定,例如右面的一个图中,就没有两个点的出次相同.A、B、C、D四点的出次依次为3,2,1,0.
一般的n个点的竞赛图中,可以出现n个点的出次分别为n-1,n-2,n-3,…,2,1,0这n个值,于是不一定有两个点的出次相同.
5.解S中有3个元素是可以的,a→b→c→a.满足要求.
若S至少有4个元素,取其中4点,由⑴,S中每两点间都要连出1条有向线段,4点间连出6条有向线段.每条有向线段都记一个出次,共有6个出次.因此至少有一个点至少有2个出次.设a→b,a→c,则无论b→c或是c→b均引出矛盾.即S的元素个数≤3.故S最多有3个元素.
6.证明⑴设共有n个点,由于各点出次互不相等,故这n个点的出次取得0,1,2,…,n-1这n-1个值中的每个值.
把出次为0的点排在最后,其余各点均到达此点.出次为1的
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