神奇的图论
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n
在这道题目的解法中我们可以看出，若已求得 ∑ ei 的值，则利用三元组
i =1 n
的方法可以得出 ∑ C 与 M 之间的关系，然后利用 cauchy 不等式易导出不等 ei i =1 关系。可见“三元组”方法在图论证明不等式关系时有巨大的作用。 2. 平面给定 n 个相异的点，证明：其中距离为单位长的点对数少于 n/4+
Ce 条弦是好线段，
i
2
但其中有些公共弦被重复计算了，而 n 个圆的公共弦至多有
n
2
C
2
n
条。 故不用的好线段至少为
2
n 2 1 n 2 − C n。 所以 ∑ e − C n ≤ C n 。 由 cauchy 不等式得 2 C n ≥ (∑ e − ∑ ei) ∑ e i i i 2 i =1 i =1 i =1 i =1 i
证：记 I=
2
{p , p , ⋯⋯ p }为已知 n 个点组成的集合，设 I 中距离为单位长的点对数
1 2
n
n
为 E，以 pi 为中心，单位长为半径作圆 Ci（i=1,2,……n） ，于是
2
∑ ei =2E。我们称以 I 为
i =1
端点的线段为好线段，一方面好线段共有
C
n
条， 另一方面， 圆 Ci 上有
证： 设 S=
{p , p , ⋯⋯ p }，由题意，对任意 pi ∈S,存在以 Pi 为中心的圆
1 2
n
Ci,在 Ci 上至少有 S 中 k 个点（i=1,2,……n），设 ci 上恰有 S 中 ri 个点，而且 pi 且在 C1C2Cn 中 ei 个圆上（i=1,2,……n）。于是 e1+e2 +……+en=r1+r2+……+rn ≥ kn 若 S 中的点 pi 同时在两个圆的 cr 与 cj 上，则将（pi,cr,cj）组成一 个三元组，这种三元组形成的集合记为 M。一方面，每两个圆至多有 2 个焦点，至多形成两个三元组，n 个圆至多形成 2 C2 个三元组，∴ n
Hale Waihona Puke k! k! k! k! + + …… + + + k! k! (k − 1)! 2! 1!
证明： （1）我们对 K 进行归纳,K=1 时显然 r1=3 设 rk 存在，且 rk≤k(rk-1-1)+2 成立。取 N=(k+1)(rk-1)+2,并设 kn 是 k+1 色完全 图，它们的顶点为 A 1，A 2……A n。任取 kn 的一个顶点 A 1，从它出发有 n-1= （k+1） （rk-1）+1 条边，这些边共有 k+1 种颜色，有抽屉原理，这些边中至 少有 rk 条同色。不妨设这 rk 条边是 A1A 2，A 1A3，A1A rk+1 且都染了 C1 色， 考 虑由顶点 A 2A3A rk+1 构成的 rk 阶子图 krk 若 krk 含有 C 1 色边，例如 A 2A3，则△ A1A2A 3 为同色三角形；若 krk 不含有 C1 色边，则 k rk 的边仅有 k 种颜色，有归 纳假设知，k n 含有同色三角形，即 rk+1 存在，且 rk+1 ≤ n=(k+1)(rk-1)+2 （2）由归纳法，r1=3 ≤ 1+1+1.设命题对 K 成立,则应用（1）及归纳假设，得 k! k! Rk+1 ≤ (k+1)（rk-1）+2 ≤ (k+1)[1+k+k(k-1)+……+ + + k!] 2! 1! 上述结论看似复杂，实际上在竞赛题中运用拉姆赛定理时，一般只会用到 K 较小时的情形或证明拉姆赛定理的思想，比起比理本身更加灵活，接下我 们就实际运用一下拉姆赛定理。
1． “三元组”方法
第二次方法在组合数学中的地位一直很高。在图论中算两次方法就演化为 “三元组”方法.我们先来看一道例题。 1. 设 n 和 k 是正整数，S 是平面的 n 个点的集合。满足 （1 ）S 中任何三点不共线； （2）对 S 中的每一个点 P，S 中至少存在 k 个点与 P 距离相等。
求证：k＜1/2+ 2n
1. 拉姆塞定理（Ramsey）
用 K 种颜色 C1,C2， ……Ck 去染完全图 Kn 的边，每条边只染一种颜色，这样 得到的完全图，简称 k 色完全图 Kn。可以想象，当阶数 N 充分大时，k 色完 全图 kn 就必然会出现同色三角形，使得每个 k 色完全图都含有同色三角形的 最小 N 记为 rk，称为拉姆塞数，我们有如下结论： （1）对每个正整数 k,rk 存在，且当 k ≥2 时，有 rk≤k(rk-1-1)+2 （2）对一切自然数 K,rk≤ 1+
神奇的图论
关键词：图论
拉姆塞定理
托 兰定 理
“三元组”方法
“异色角”方法
图论是以图作为研究对象的一个数学分支，从 1736 年著名数学家欧拉由解 决七桥问题而创立了图论这门学科， 到现在已经二百多年了。 图论是组合数学中 一个重要分支，发展迅猛，应用广泛。数学竞赛中经常出现与图论有关的问题。 这些问题，所需知识不多，但机智灵活，具有竞赛的特点。今天，就由我们从一 些数学竞赛题入手。来浅谈这神奇的图论。 首先，我们先来谈谈图论中的几个重要定理及其应用。
k
2
·Cn ，则必存在一个 X 的 k+1 元子集，它的所有 k 元子
k -1
集都是红 k 子集。 证 ： 用 反 证 法 ， 若 没 有 所 求 的 k+1 元 子 集 ， 我 们 证 明 此 时 m ≤ (k − 1)(n − k ) + k
k
2
·Cn 。记所有红 k 子集构成的子集族 S，所有 k-1 元子集构成的
M ≤ 2C n
2
另一方面， 因 pi 在 ei 个圆上， 可形成 C 个含 pi 的三元组 （i=1,2,……
ei
2
n），所以 M = ∑ C 2
i =1
n
ei
4
2 由 Cauchy 不等式知，2 C 2 ≥ ∑ C = (∑ e − ∑ ei) ≥ n i
n
i =1
ei
1 2
n
2
n
i =1
i =1
B⊂ A B = k −1
∑ α ( B) ≤ (n − k )()k − 1 + k 。故？
k -1
故 m≤
(k − 1)(n − k ) + k
k
2
·Cn
因此当 m ＞
(k − 1)(n − k ) + k
k
2
·Cn 时，必存在 X 的 k+1 元子集，它的所有 k
k -1
3
元子集都是红 k 子集。 在浅谈图论中的两个定理之后，我们再来分享一下平时我们自己在解决图 论问题的一些小技巧。
k -1
子集族为β，对于任一个 k-1 元子集 B，记 α (B ) 为包含 B 的红 k 子集个数。 对于任一个 A ∈ S，A 包含有 k 个 k-1 元子集，对于 A 的任意元素 X，X 与 A 中 k 个 k-1 元集的至多 k-1 个构成红 k 子集， （不然存在 k+1 子集，其所有 k 元子集都是红 k 子集）因此
1 q(q + 1) 2 + 1, q ≥ 2, q ∈ N ，已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线 2 段，存在一点至少有 q+2 条连线段。证明：图中必存在一个空间四边形（即由 A,B,C,D 和 AB 、BC、CD、DA 组成的图形） 。
1.平面上有六个点，任何都不是等边三角形的顶点，证明这些三角形中有 一个的最短边同时是另一个三角形的最长边。 证明:把每个三角形的最短边染成蓝色，由于 r2=6，其中必出现同色三角形
1
且比为红色三角形，所以它的最长边也是另一个三角形的最短边。 2.两个航空公司为 10 个城市通航，使得任何两个城市之间恰有一个公司开 設直达航班进行往返服务，试证至少有一个公司能够提供两个不相交的旅游 圈，每个圈可游览奇数个城市。 引理：红蓝 2 色 K5 中若不存在同色三角形，则整个图形必可分解为一红 一蓝两个圈，每个圈恰由五边组成。 引理的证明：设从某顶点 A1 出发 3 条边 A1A 2,A1A 3,A1A 4 同色，不妨设为 红色， 若 A 1A 2A3A 4 中有一边 （比如 A3A4 为红色） ， 则 A 1A3A 4 为红色三角形， 矛盾。故 A2A3A 4 为蓝色三角形，也矛盾。可见，从每一个顶点出发的四条边 只可能是 2 红 2 蓝，整个图中恰有 5 条红边和 5 条蓝边。 先看红色边构成的图，因每点的度数均为 2，故没有悬挂点，从而全部构成 几个圈，但因为一共只有 5 个点，只能构成一个圈，同理 5 条蓝边也构成一 个圈。引理证毕！ 回到原题，我们用 10 个点表示 10 个城市，并将两个航空公司的航线分别 用红色边和蓝色边表示，问题就化为 2 色完全图 k10 中必存在具有相同颜色 的两个同色奇圈，且两者没有公共点。 首先，从 2 色 k10 中，任取一个 2 色 k6，由拉姆塞定理知道这个 2 色 k6 中必存在一个同色三角形 A1A 2A3，去掉 A 1A2A 3,余下 7 点为顶点的 2 色完全 图 k7 中又存在一个同色三角形 B4B5B6, 故存在两个没有公共顶点的同色三角 形，若这两个三角形同色则结论成立。若二者不同色，不妨设 A1A2A 3 为蓝色 三角形，B4B5B6 为红色三角形，考虑 9 条线段 AiBj(i=1,2,3,j=4,5,6)。由抽屉 原理知其中必有 5 条同色，不妨设为蓝色。从而 B4B5B6 中必有一点，由它 引向 A1A 2A3 的 3 条线段中有 2 条为蓝色， 不妨设为 B4A2,B4A 3,于是得到一个 蓝色三角形 B4A2A 3，它与红色三角形 B4B5B6 恰有一个公共点 B4 ，去掉 A 2A3B4B5B6 这五个点，剩下 5 个点记为 C1C2C3C4C5(其中有一个是 A 1)，考察 以这 5 个点为顶点的 2 色完全图 k5。若其中存在一个同色三角形，则不论红 蓝，显然存在具有相同颜色的两个三角形，且它们没有公共顶点。若其中没 有同色三角形，则由引理知它可分解为一红一蓝的两个圈，每个圈恰有 5 条 边。因此，这时既存在两个没有公共顶点的红色奇圈，也存在两个没有公共 顶点的蓝色奇圈，证毕。
在这道题目的解法中我们可以看出，若已求得 ∑ ei 的值，则利用三元组
i =1 n
的方法可以得出 ∑ C 与 M 之间的关系，然后利用 cauchy 不等式易导出不等 ei i =1 关系。可见“三元组”方法在图论证明不等式关系时有巨大的作用。 2. 平面给定 n 个相异的点，证明：其中距离为单位长的点对数少于 n/4+
Ce 条弦是好线段，
i
2
但其中有些公共弦被重复计算了，而 n 个圆的公共弦至多有
n
2
C
2
n
条。 故不用的好线段至少为
2
n 2 1 n 2 − C n。 所以 ∑ e − C n ≤ C n 。 由 cauchy 不等式得 2 C n ≥ (∑ e − ∑ ei) ∑ e i i i 2 i =1 i =1 i =1 i =1 i
证：记 I=
2
{p , p , ⋯⋯ p }为已知 n 个点组成的集合，设 I 中距离为单位长的点对数
1 2
n
n
为 E，以 pi 为中心，单位长为半径作圆 Ci（i=1,2,……n） ，于是
2
∑ ei =2E。我们称以 I 为
i =1
端点的线段为好线段，一方面好线段共有
C
n
条， 另一方面， 圆 Ci 上有
证： 设 S=
{p , p , ⋯⋯ p }，由题意，对任意 pi ∈S,存在以 Pi 为中心的圆
1 2
n
Ci,在 Ci 上至少有 S 中 k 个点（i=1,2,……n），设 ci 上恰有 S 中 ri 个点，而且 pi 且在 C1C2Cn 中 ei 个圆上（i=1,2,……n）。于是 e1+e2 +……+en=r1+r2+……+rn ≥ kn 若 S 中的点 pi 同时在两个圆的 cr 与 cj 上，则将（pi,cr,cj）组成一 个三元组，这种三元组形成的集合记为 M。一方面，每两个圆至多有 2 个焦点，至多形成两个三元组，n 个圆至多形成 2 C2 个三元组，∴ n
Hale Waihona Puke k! k! k! k! + + …… + + + k! k! (k − 1)! 2! 1!
证明： （1）我们对 K 进行归纳,K=1 时显然 r1=3 设 rk 存在，且 rk≤k(rk-1-1)+2 成立。取 N=(k+1)(rk-1)+2,并设 kn 是 k+1 色完全 图，它们的顶点为 A 1，A 2……A n。任取 kn 的一个顶点 A 1，从它出发有 n-1= （k+1） （rk-1）+1 条边，这些边共有 k+1 种颜色，有抽屉原理，这些边中至 少有 rk 条同色。不妨设这 rk 条边是 A1A 2，A 1A3，A1A rk+1 且都染了 C1 色， 考 虑由顶点 A 2A3A rk+1 构成的 rk 阶子图 krk 若 krk 含有 C 1 色边，例如 A 2A3，则△ A1A2A 3 为同色三角形；若 krk 不含有 C1 色边，则 k rk 的边仅有 k 种颜色，有归 纳假设知，k n 含有同色三角形，即 rk+1 存在，且 rk+1 ≤ n=(k+1)(rk-1)+2 （2）由归纳法，r1=3 ≤ 1+1+1.设命题对 K 成立,则应用（1）及归纳假设，得 k! k! Rk+1 ≤ (k+1)（rk-1）+2 ≤ (k+1)[1+k+k(k-1)+……+ + + k!] 2! 1! 上述结论看似复杂，实际上在竞赛题中运用拉姆赛定理时，一般只会用到 K 较小时的情形或证明拉姆赛定理的思想，比起比理本身更加灵活，接下我 们就实际运用一下拉姆赛定理。
1． “三元组”方法
第二次方法在组合数学中的地位一直很高。在图论中算两次方法就演化为 “三元组”方法.我们先来看一道例题。 1. 设 n 和 k 是正整数，S 是平面的 n 个点的集合。满足 （1 ）S 中任何三点不共线； （2）对 S 中的每一个点 P，S 中至少存在 k 个点与 P 距离相等。
求证：k＜1/2+ 2n
1. 拉姆塞定理（Ramsey）
用 K 种颜色 C1,C2， ……Ck 去染完全图 Kn 的边，每条边只染一种颜色，这样 得到的完全图，简称 k 色完全图 Kn。可以想象，当阶数 N 充分大时，k 色完 全图 kn 就必然会出现同色三角形，使得每个 k 色完全图都含有同色三角形的 最小 N 记为 rk，称为拉姆塞数，我们有如下结论： （1）对每个正整数 k,rk 存在，且当 k ≥2 时，有 rk≤k(rk-1-1)+2 （2）对一切自然数 K,rk≤ 1+
神奇的图论
关键词：图论
拉姆塞定理
托 兰定 理
“三元组”方法
“异色角”方法
图论是以图作为研究对象的一个数学分支，从 1736 年著名数学家欧拉由解 决七桥问题而创立了图论这门学科， 到现在已经二百多年了。 图论是组合数学中 一个重要分支，发展迅猛，应用广泛。数学竞赛中经常出现与图论有关的问题。 这些问题，所需知识不多，但机智灵活，具有竞赛的特点。今天，就由我们从一 些数学竞赛题入手。来浅谈这神奇的图论。 首先，我们先来谈谈图论中的几个重要定理及其应用。
k
2
·Cn ，则必存在一个 X 的 k+1 元子集，它的所有 k 元子
k -1
集都是红 k 子集。 证 ： 用 反 证 法 ， 若 没 有 所 求 的 k+1 元 子 集 ， 我 们 证 明 此 时 m ≤ (k − 1)(n − k ) + k
k
2
·Cn 。记所有红 k 子集构成的子集族 S，所有 k-1 元子集构成的
M ≤ 2C n
2
另一方面， 因 pi 在 ei 个圆上， 可形成 C 个含 pi 的三元组 （i=1,2,……
ei
2
n），所以 M = ∑ C 2
i =1
n
ei
4
2 由 Cauchy 不等式知，2 C 2 ≥ ∑ C = (∑ e − ∑ ei) ≥ n i
n
i =1
ei
1 2
n
2
n
i =1
i =1
B⊂ A B = k −1
∑ α ( B) ≤ (n − k )()k − 1 + k 。故？
k -1
故 m≤
(k − 1)(n − k ) + k
k
2
·Cn
因此当 m ＞
(k − 1)(n − k ) + k
k
2
·Cn 时，必存在 X 的 k+1 元子集，它的所有 k
k -1
3
元子集都是红 k 子集。 在浅谈图论中的两个定理之后，我们再来分享一下平时我们自己在解决图 论问题的一些小技巧。
k -1
子集族为β，对于任一个 k-1 元子集 B，记 α (B ) 为包含 B 的红 k 子集个数。 对于任一个 A ∈ S，A 包含有 k 个 k-1 元子集，对于 A 的任意元素 X，X 与 A 中 k 个 k-1 元集的至多 k-1 个构成红 k 子集， （不然存在 k+1 子集，其所有 k 元子集都是红 k 子集）因此
1 q(q + 1) 2 + 1, q ≥ 2, q ∈ N ，已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线 2 段，存在一点至少有 q+2 条连线段。证明：图中必存在一个空间四边形（即由 A,B,C,D 和 AB 、BC、CD、DA 组成的图形） 。
1.平面上有六个点，任何都不是等边三角形的顶点，证明这些三角形中有 一个的最短边同时是另一个三角形的最长边。 证明:把每个三角形的最短边染成蓝色，由于 r2=6，其中必出现同色三角形
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且比为红色三角形，所以它的最长边也是另一个三角形的最短边。 2.两个航空公司为 10 个城市通航，使得任何两个城市之间恰有一个公司开 設直达航班进行往返服务，试证至少有一个公司能够提供两个不相交的旅游 圈，每个圈可游览奇数个城市。 引理：红蓝 2 色 K5 中若不存在同色三角形，则整个图形必可分解为一红 一蓝两个圈，每个圈恰由五边组成。 引理的证明：设从某顶点 A1 出发 3 条边 A1A 2,A1A 3,A1A 4 同色，不妨设为 红色， 若 A 1A 2A3A 4 中有一边 （比如 A3A4 为红色） ， 则 A 1A3A 4 为红色三角形， 矛盾。故 A2A3A 4 为蓝色三角形，也矛盾。可见，从每一个顶点出发的四条边 只可能是 2 红 2 蓝，整个图中恰有 5 条红边和 5 条蓝边。 先看红色边构成的图，因每点的度数均为 2，故没有悬挂点，从而全部构成 几个圈，但因为一共只有 5 个点，只能构成一个圈，同理 5 条蓝边也构成一 个圈。引理证毕！ 回到原题，我们用 10 个点表示 10 个城市，并将两个航空公司的航线分别 用红色边和蓝色边表示，问题就化为 2 色完全图 k10 中必存在具有相同颜色 的两个同色奇圈，且两者没有公共点。 首先，从 2 色 k10 中，任取一个 2 色 k6，由拉姆塞定理知道这个 2 色 k6 中必存在一个同色三角形 A1A 2A3，去掉 A 1A2A 3,余下 7 点为顶点的 2 色完全 图 k7 中又存在一个同色三角形 B4B5B6, 故存在两个没有公共顶点的同色三角 形，若这两个三角形同色则结论成立。若二者不同色，不妨设 A1A2A 3 为蓝色 三角形，B4B5B6 为红色三角形，考虑 9 条线段 AiBj(i=1,2,3,j=4,5,6)。由抽屉 原理知其中必有 5 条同色，不妨设为蓝色。从而 B4B5B6 中必有一点，由它 引向 A1A 2A3 的 3 条线段中有 2 条为蓝色， 不妨设为 B4A2,B4A 3,于是得到一个 蓝色三角形 B4A2A 3，它与红色三角形 B4B5B6 恰有一个公共点 B4 ，去掉 A 2A3B4B5B6 这五个点，剩下 5 个点记为 C1C2C3C4C5(其中有一个是 A 1)，考察 以这 5 个点为顶点的 2 色完全图 k5。若其中存在一个同色三角形，则不论红 蓝，显然存在具有相同颜色的两个三角形，且它们没有公共顶点。若其中没 有同色三角形，则由引理知它可分解为一红一蓝的两个圈，每个圈恰有 5 条 边。因此，这时既存在两个没有公共顶点的红色奇圈，也存在两个没有公共 顶点的蓝色奇圈，证毕。
