圖論及其應用：第三次作業

題一 最多可以將地球分成幾個區域，使任何兩個區域都相鄰。

將每個區域看成一個點，如果兩個區域相鄰，則在這兩個點之間有邊，以為任意兩個區域相鄰，所以形成的圖是一個完全圖，同時該圖一定是平面圖（因為是地球），由于當 $n\ge 3$ 時平面圖滿足 $m\le 3n?6$ 所以有 $\frac{n(n?1)}{2}\le 3n?6$ ,解得 $3\le n\le 4$ ，所以地球最多可以分為四個區域。

題二 證明有 10 個頂點的 5 正則圖不是平面圖。

記$G=(n,m)$

由題意可知,$2m={\sum }_{v\in Vd(v)}=50$ ,即 $m=25$ ,且 $3n?6=24$

所以 $m>3n?6$ 。故圖 $G$ 不是平面圖。

題三 考察圖 G ? (V, E)，記 χ(G) 為 G 的點色數，證明：

? 如果 ?v ∈ V : χ(G - v) = χ(G) - 1， G 連通；

反證法。 假設 $ G$ 不連通，不妨設 $G$ 有連通分支 $G_1$ 和 $G_2$ ,設 $\chi (G_1)=\chi (G),\chi (G_2)\le \chi (G)$ ,則若刪去$G2$中的一點，則$G1$ 點色數不變，即 $\chi (G)=max\{\chi (G_1),\chi (G_2)\}=\chi (G)=\chi (G)?1$ ，矛盾。所以 $G$ 是完全圖。

? 如果 ?x, y ∈ V : χ(G - x - y) = χ(G) - 2， G 是完全圖。

解：

**反證法。**假設 $G$ 不是完全圖，則存在至少兩個點 $u,v$ ，并且 $u,v$ 之間沒有邊，則 $u,v$ 可著相同種顏色，則刪去這兩個點， $\chi (G?u?v)=\chi (G)?1=\chi (G)?2$ ，矛盾，所以 $G$ 是完全圖。

題四 圖 G 有 n 個頂點，記 Gˉ 為 G 的補圖，證明：8.1.4

? χ(G)χ(Gˉ) ≥ n；

? 設$\chi (G)=k$，則$G$中有$k$個色組，則其中至少有一個色組有$?\frac{n}{k}?$個，這個色組內部任意兩點之間都沒有邊，則在$\overline{G}$中，這個色組內的任意兩點之間都有邊，即是完全圖，所以色數至少為$?\frac{n}{k}?$種，因此$\chi (G)\chi (\overline{G})\ge k??\frac{n}{k}?\ge n$

? χ(G) + χ(Gˉ) ≤ n + 1。

證法一：

設$\chi (G)=k$，則$G$中有$k$個色組，則最大的色組的點個數$\le n?k+1$，且不同色組在$\overline{G}$中是不連通的，所以$\chi (\overline{G})\le n?k+1$，所以$\chi (G)+\chi (\overline{G})\le n+1$

證法二：

**推論：**假設 $G$ 有度序列 $(d_1,d_2,...,d_v)$ ,且 $d_1\ge d_2\ge ...\ge d_v$ ,則圖 $G$ 至少有 $\chi$ 個 度數不小于 $\chi ?1$ 的頂點。

存在 $k_1\ge \chi (G),k_2\ge \chi (Gˉ)$ ,使得 $d(k_1)\ge \chi (G)+1,d(k_2)\ge \chi (Gˉ)+1$ ,下面分兩種情況討論：

i)若 $k_2\ge v?k_1+1$ ,則 $n?1=d(k_1)+d(v?k_1+1)\ge d(k_1)+d(k_2)\ge \chi (G)?1+\chi (Gˉ)?1$ 即 $\chi (G)+\chi (Gˉ)\le n+1$ 。

ii)若 $k_2<v?k_1+1$ ,則 $v+1=k_1+(v?k_1+1)\ge k_1+k_2\ge \chi (G)+\chi (Gˉ)$。

題五 3 正則圖 G 的邊色數為 4，證明 G 不是 H 圖。

**反證法：**因為$G$是$3$正則圖，所以$G$的頂點數應該是偶數，假設 $G$ 是H圖，則存在哈密頓回路，則哈密頓回路的長度為偶數，使用兩種顏色交替染色，對于每個頂點還剩下一條邊，使用第三種顏色將第三條邊進行染色，這樣就得到了一種的的染色方案，只需要三種顏色與邊色數為4產生矛盾，所以$G$不是$H$圖

題六 給定一個點色數為 k 的 k 染色方案，證明對任何一種顏色 c，均存在 c 顏色的頂點，其鄰居包含所有其他顏色。

**反證法。**如果對某一種顏色$c$，對所有c顏色的頂點，鄰居都不包含所有其他顏色，則可以分別將這個$c$顏色的頂點改成鄰居缺少的那種顏色，這樣就可以以$k?1$種顏色完成染色，與點色數為$k$產生矛盾。

題七 給定 n 個頂點， m 條邊的圖 G，證明 G 包含一個偶子圖 H，其邊的數目至少為 $\frac{2?n2/4?m}{n(n?1)}$。

隨機選擇兩個點，這兩個點之間有邊的概率為 $\frac{m}{\frac{n(n?1)}{2}}=\frac{2m}{n(n?1)}$

將整個圖分為兩個部分，一部分有$?\frac{n}{2}?$ 個頂點,一部分有$?\frac{n}{2}?$ 個頂點，則這兩部分邊數的數學期望為

$C(?\frac{n}{2}?,1)?C(?\frac{n}{2}?,1)?\frac{2m}{n(n?1)}=\frac{2?n^2/4?m}{n(n?1)}$

所以我們至少能找到一個偶子圖$H$ 邊的數目至少為 $\frac{2?n^2/4?}{n(n?1)}$ ,否則所有偶子圖的邊都小于這個值，則期望不可能為這個值。

因此 $G$ 包含一個偶子圖$ H$ ，其邊數至少為$\frac{2?n^2/4?}{n(n?1)}$ 。

題八 證明任何平面圖最少有 4 個度數小于 6 的頂點。

解：

記$G=(n,m)$

若 $v?6$ ,則每個頂點最多與五個頂點相連，顯然成立。

對于 $v>6$ ，若 $\delta (G)=1$ ,設 $\delta (v_0)=1$ ,考慮 $G_1=G?v_0$ ,顯然若 $G_1$ 對于上述結論成立，則 $G$ 也成立。故下面總假定 $\delta (G)\ge 2$ 。若 $G$ 為2正則圖,顯然符合題設結論。

下面討論 $\delta (G)>2$ 或者 $\delta (G)=2$ 但存在度數大于2的頂點的情況

反證法。若 $G$ 度數小于6的頂點不多于3個，有 $2m={\sum }_{v\in V}d(v)>2?3+6(n?3)=6n?12$, 即$m>3n?6$ ,與歐拉公式的推論$m\le 3n?6$相矛盾 ,所以G至少有四個度數小于6的頂點。

題九 對 p = 1/n 的隨機圖 $G_{np}$，證明 ?? > 0，大概率不存在多于 (1 + ?)n/2 個頂點的連通分支。

要證大概率不存在 $\frac{(1+?)n}{2}$ 個頂點的連通分支，由于$m+1$ 個頂點的連通圖至少需要$m$條邊，因此我們可以證明圖$G_{np}$大概率少于$\frac{(1+?)n}{2}$ 條邊，這樣即使這些邊都位于一個連通子圖，那個子圖的頂點數也不會多于$\frac{(1+?)n}{2}$ 個。

邊的數目服從二項分布，期望為 $\frac{n?1}{2}$，方差為$\frac{(n?1{)}^2}{2n}$

設實際邊數為$X$ ，則我們考慮$P(|X?\frac{n?1}{2}|\ge \frac{(1+?)n}{2}?\frac{n?1}{2}=\frac{?n+1}{2})$ 即實際邊數大于等于 $\frac{(1+?)n}{2}$ 的概率,則有

$P(|X?\frac{n?1}{2}|\ge \frac{(1+?)n}{2}?\frac{n?1}{2}=\frac{?n+1}{2})<P(|X?\frac{n?1}{2}|\ge \frac{?n}{2})$ 。

由切比雪夫不等式可得 $P(|X?\frac{n?1}{2}|\ge \frac{?n}{2})\le \frac{{\sigma }^2}{(?n{)}^2}=\frac{2(n?1{)}^2}{{?}^2{n}^3}$,所以隨著n增大，這個概率趨近于0，因此對$p=\frac{1}{n}$的隨機圖$G_{n,p}$，大概率不存在多于 $\frac{(1+?)n}{2}$個頂點的連通分支。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的图论及其应用：第三次作业的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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