8.欧拉图与哈密顿图
1.设G为n (n≥2)阶欧拉图，证明G是2-边连通图
证明：存在一条欧拉回路，所以去掉其中任何一边e，该图G-e仍然是连通得，去掉两条边
，该图可能是不连通的，所以λ(G)≥2,所以该图是2-边连通图
2.设G为无向连通图，证明：G为欧拉图当且仅当G的每个块都是欧拉图
证明：根据理题G为欧拉图当且仅当G可表示为若干个边不重的圈之并，易证
若干个边不重的边，不一定是块。
块是指没有割点的极大连通子图
证明：必要性
如果G是欧拉图，根据定理8.1及其推论：G是若干边不相交的圈的并，G是欧拉图当且
仅当G时连通的且G中无奇度顶点，所以我们在G中找块时，无非就是找割点两侧的圈，割
点在每个圈中出现的所得的度数都是偶数，割点为V
(V v11,v12,...,v1n,V,v21,v22,...v2nV,v3.....,V)其实很容易证明，割点两侧的圈都
是连通的，且度数都为偶数,必要性得证
充分性
每个块都是欧拉图, 都是圈 其中得割点是V1,V2...,Vn，那么 V1,v11,v12,...,V2,v
21,v22,...,v2n,V3,v31,v32,...v3n,..,V3....,V1
得证
我觉得思路是正确的，不过证明过程不是很严格（图这部分我还没有认真思考如何写出
严格的步骤，以后我会继续研究证明过程！！·！）
3.设G恰有2k(k≥1)个奇度顶点的连通图，证明G中存在K条边不重的简单通路P1,P2,…P
k，使得E(G)=U(I=1,k)E(Pi)
证明：方法二 对k做归纳法
（1）k=1时，G为半欧拉图，因而存在欧拉通路P，则P为所求，所以结论为真。
（2）设k=r时，结论为真。要证：k=r+1时结论为真。
设G的2k=2r+2个奇度顶点分别为
V1,V2,…,Vr,Vr+1
V1',V2',…,Vr',Vr+1'
在Vr+1与Vr+1'之间加一条新边er+1=(Vr+1,Vr+1')，得图G'，则G'连通且有2r个奇度
顶点。由归纳假设，G'中存在r条边不重的简单通路P1,P2,…,Pr，使得
显然存在某条Ps(1≤s≤r)含边er+1=(Vr+1,Vr+1')，则Ps-er+1为两条简单通路。设
它们为Ps'和Ps''，则P1,P2,…,Ps-1,Ps',Ps'',…,Pr为所求的r+1条简单通路，即
它们的边不重，并且含G的全部边。
4,设G为欧拉图，V0∈V(G),若从Vo开始行遍，无论行遍到哪个顶点，只要未行过的边就可
以行遍,最后行遍所有的边回到Vo,就可以得到一条欧拉回路，则称Vo是可以任意行遍的，
证明Vo是可以任意行遍的当且仅当G-Vo中无圈
证明： 必要性：
4.1 首先证明如果v0是任意行遍的，则G-v0中无圈：
根据定理8.1，欧拉图是若干个边不重的圈的并，
4.1.1 如果G由1个圈组成，显然G-v0中无圈；
4.1.2 如果G由1个以上的圈组成，若v0不是所有圈的公共交点，从v0出发，沿v0所在的
所有圈遍历依次，显然符合v0是可以任意遍历的条件，但v0所不在的圈上的边没
有经过
，
这与v0是可以任意遍历的相矛盾。
综合4.1.1和4.1.2，如果v0是任意行遍的，则G-v0中无圈。
2)充分性：4.2 证明如果G-v0中无圈，则v0是任意行遍的：
显然v0是G中所有圈的共同交点。
4.2.1 如果G是由1个圈组成，从v0出发，行遍这个圈。此时G上所有的边被遍历，形成一
个欧拉回路，即v0是任意行遍的。
4.2.2 如果G是由1个以上的圈组成，从v0出发，任意行遍1个圈。从G中扣除已行遍的这
个
圈，形成的图称为G'，G'的圈数比G的圈数小1。这样重复下去，就会得到4.2.1的情况，
即v0是任意行遍的。
综合4.2.1和4.2.2，如果G-v0中无圈，则v0是任意行遍的。
综合4.1和4.2，v0是任意行遍的当且仅当G-v0中无圈。
5.如何将16个二进制数字(8个0，8个1)排成一个圆形，使得16个长为4 的二进制数在其中
各出现且仅出现一次?
6．如何将9个a,9个b,9个c排成圆形，使得由a,b,c产生的27个长为3的符号串在其中均出
现且仅出现1次？
这两题，通过画图的方法非常好解，由于BBS上画图比较麻烦，所以略去，如果有问题的
话，可以通过QQ 和我联系
8.证明彼得森图不是哈密顿图!
证明将彼得森图中的15条边分为3种：连接外部大五边形顶点的5条边，连接内部小五角星
形
顶点的5条边，连接外部大五边形顶点和内部小五角星形顶点的5条边，分别记为1类边，
2类边和3类边。
如果彼得森图是哈密尔顿图，那么一定存在一条由10个边组成的回路(彼得森图有10个
顶点)。
如果彼得森图是哈密尔顿图，那么该回路中一定有2或4条3类边。否则该回路的起点和
终点分别位于内外圈，矛盾。
8.1 如果回路中有2条3类边：
那么内圈、外圈中分别还有3个点没有连接，根据回路的性质，外圈必须有4条1类边将
外圈的3个点连接成一个通路，该通路的两端分别连接那2条3类边在外圈的端点，由五
边形图可知2条3类边在外圈的端点必须是相邻的，那么这2条3类边在内圈的端点也是
相邻的。由五角星形可知只能有2或3条2类边将内圈的3个点连接成一个通路，该通路的
两端分别连接那2条3类边在内圈的端点。此时回路由8或9个边组成，与已知的10条边矛
盾。因此不可能存在2条3类边的回路。
8.2 如果回路中有4条3类边
那么内圈、外圈中分别还有1个点没有连接，根据回路的性质，外圈必须有2条1类边分别
和外圈的该点连接成一个通路，该通路的两端分别连接那4条3类边中2条在外圈的端点，
显然此时至少有2条3类边不可能在回路中。因此不可能存在4条3类边的回路。
综合8.1和8.2，彼得森图不是哈密尔顿图。
9.设G为n阶无向简单图，边数m=1/2(n-1)*(n-2)+2,证明G为哈密顿图
，再举例说明，当
m=1/2(n-1)*(n-2)+1时,G不一定为哈密顿图
证明：如果存在 d(v1)+d(v2) ≤n-1
那么G-v1-v2的边数为 m’ ≥1/2(n-1)*(n-2)+2-n-1>= (n-2)*(n-3)/2 + 1
G-v1-v2的阶为n-2 ， m’和无向图矛盾，所以任意d(v1)+d(v2) ≥n-1所以G为哈密顿图
图略
10,设G为无向连通图，C为G中一条初级回路（圈），若删除C上任何一条边后，C上剩下边
的导出子图均为G中最长的路径，证明C为G的哈密顿回路，从而G为哈密顿图。
证明：首先证明C经过G上所有顶点。
用反证法：如果G上有顶点C没有经过，不妨设这些顶点为v1, ...,vn，v1, ...,vn中
至少有一个顶点vi与C上某个顶点vj相连，否则与G是无向连通图相矛盾。
将C中与vj相连的两条边任意删去一条，再将vj与vi相连，得到的路径比C上剩下边的
导出子图要长，这与已知相矛盾。
因此C经过G上所有顶点。
由简单回路(圈)的定义可知，C上的点各异，即C经过G上所有顶点1次。根据定义，C是
G上哈密尔顿回路，G是哈密尔顿图。
11.，这道题又要画图,所以略，构成图的模型：把每个人看作顶点，如果两个人都会某种
语言，则这两个顶点之间连边！，所以能画出一个图，然后再在这个图上找出一条哈密顿
回路即可！
我找到 b a c e g f d b
12．今有2k个人去完成k项任务，已知每个人均能与另外2k-1个人中的k个人中的任何一个
人组成小组（每个小组两个人）去完成他们共同熟悉的任务，问这2k个人能否分成k组，
每组完成一项他们共同熟悉的任务?
解：构造一个哈密顿回路，那么就可以取出k组相邻的点，
因为每个点的度数都是k，所以 任意两个点的度数和为2k, 所以存在哈密顿回路
得证
13.今有n个人，已他们中任何两个人合起来认识其余的n-2人，试证明当n≥3时，这
n个人能够排放成一列，使得中间任何人都认识两旁的人，而两头的人认识左边（或
右边）的人.而当n≥4时，这n个人能排成一个圆圈，使得每个人都认识两旁的人。
证明
1)求存在哈密顿通路。
任取两个人，如果这两个人认识，那么 d(v1)+d(v2) ≥n-2+2=3 那么显然存在哈密
顿通路
如果存在两个人(v1.,v2)不认识，那么v1和v2中必存在一点和 其余的点vj相联，不
妨设v1,
根据条件 v1和vj 中必存在一点和v2相连，因为 v1和v2不相联，所以vj和v2相联，
也就是vj和v1，v2都相联
所以d(v1)+d(v2) ≥n-2+1=n-1 存在哈密顿通路 得证
2）所以对于vi,vj来说，任取 vk都与vi和vj相联，所以
d(vi)+d(vj) ≥n-2+n-2=2n-4≥n(n=4) 所以 存在哈密顿回路，得证
14.在四分之一国际象棋棋盘(4x4黑白格棋盘)上跳马，使马经过每个格一次且仅一
次，最后回到出发点能否办到，为
什么？
解将每个棋格看作1个顶点，如果2个棋格之间可以跳马，就在它们代表的顶点之间画1条
连
线，
这样得到一个无向图G。于是问题转为求无向图G的哈密尔顿回路。
将4×4棋盘的中间4个角上得棋格所代表的顶点 a、b、c、d作为V1，此时|V1|=4，
p(G-V1)=6，所以G不是哈密尔顿图，该种跳法无法办到
15,在国际象棋棋盘上跳马，要求同第14题，能办到吗？
答：我用Java语言实现了，可是，我不知道如何证明，这是一道难题！！
16.完成定理8.8的证明
设 u, v为无向n阶简单图G中得两个不相邻的顶点，且d(u)+d(v) ≥n,则G为哈密顿图当且
仅当G∪ (u,v)为哈密顿图。
证明：
1） 必然性显然成立
2） 充分性
证明当G∪(u, v)是哈密尔顿图时，G一定为哈密尔顿图：
用反证法：
如果G∪(u, v)是哈密尔顿图，而G不是哈密尔顿图，那么G中一定存在哈密尔顿通路
v1 ... vj-1 vj ... vn，其中v1=u，vn=v，v1和vn不相邻。
如果v1与G上顶点vj相连，那么vn肯定不能与G上顶点vj-1相连，否则
v1 ... vj-1 vn ... vj v1构成一条哈密尔顿回路，与已知矛盾。
如果v1连接有d(v1)个顶点，那么vn与除v1、vn外的n-2个顶点中至少d(v1)-1个顶点
不相联。即d(vn) <= (n-2)-(d(v1)-1) = n-1-d(v1)，即d(v1)+d(vn) <= n-1。
由于v1和vn不相邻，这与已知的G中任意两个不相邻的顶点u、v满足d(u)+d(v) >= n
相矛盾。
因此当G∪(u, v)是哈密尔顿图时，G一定为哈密尔顿图。
17.证明：
17.1 显然Ci是哈密尔顿回路，因为Ci经过了2*k+1个顶点各一次且仅一次，并且这
2*k+1个顶点各不相同。这各不相同的2*k+1个顶点只能是K2k+1的2*k+1个顶点。
根据哈密尔顿回路的定义，Ci是哈密尔顿回路。
17.2 证明E(Ci)∩E(Cj)=φ(i≠j)
Ci中有4种边：(v2k+1, vi), (vi-k, v2k+1), (vi-x, vi+x)(1<=x<=k-1),
(vi+(x-1), vi-x)(1<=x<=k-1)。
Cj中有4种边：(v2k+1, vj), (vj-k, v2k+1), (vj-y, vj+y)(1<=y<=k-1),
(vj+(y-1), vj-y)(1<=y<=k-1)。
显然，当i≠j时有：
(v2k+1, vi)≠(v2k+1, vj)
(v2k+1, vi)≠(vj-k, v2k+1)
(v2k+1, vi)≠(vj-y, vj+y)(1<=y<=k-1)
(v2k+1, vi)≠(vj+(y-1), vj-y)(1<=y<=k-1)
(vi-k, v2k+1)≠(v2k+1, vj)
(vi-k, v2k+1)≠(vj-k, v2k+1)
(vi-k, v2k+1)≠(vj-y, vj+y)(1<=y<=k-1)
(vi-k, v2k+1)≠(vj+(y-1), vj-y)(1<=y<=k-1)
(vi-x, vi+x)(1<=x<=k-1)≠(v2k+1, vj)
(vi-x, vi+x)(1<=x<=k-1)≠(vj-k, v2k+1)
(vi-x, vi+x)(1<=x<=k-1)≠(vj-y, vj+y)(1<=y<=k-1)
(vi-x, vi+x)(1<=x<=k-1)≠(vj+(y-1), vj-y)(1<=y<=k-1)
(vi+(x-1), vi-x)(1<=x<=k-1)≠(v2k+1, vj)
(vi+(x-1), vi-x)(1<=x<=k-1)≠(vj-k, v2k+1)
(vi+(x-1), vi-x)(1<=x<=k-1)≠(vj-y, vj+y)(1<=y<=k-1)
(vi+(x-1), vi-x)(1<=x<=k-1)≠(vj+(y-1), vj-y)(1<=y<=k-1)
即E(Ci)∩E(Cj)=φ(i≠j)