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，…，v n，…}；图中的线的集合称为图的线集(边的集合)，记为E：E＝{v i v j}(v i，v j∈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deg v＝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K p．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，deg v＝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、…、v n+1，每两个相邻的顶点v i、v i+1间连有一条边l i,则边l1,l2,…,l n就称为从v1到v n+1的一条链．n称为链的长度．A类例题例 1 ⑴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C26＝15条线，共得到C36＝20个三角形．设第i个顶点连了r i(0≤i≤5)条红线，5－r i条蓝线．由于r i(5－r i)≤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A k 的出次与入次分别为w k 与e k (k ＝1，2，…，n )，证明 w 21＋w 22＋…＋w 2n ＝e 21＋e 22＋…＋e 2n ．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12n (n －1)．这是两个基本的性质．在要证的式子中把e k 用n －1－w k 代替．证明 对于每个点，出次与入次的和都是n －1，即w k ＋e k ＝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：w 1＋w 2＋…＋w n ＝e 1＋e 2＋…＋e n ＝12n (n －1)．② 所以 e 21＋e 22＋…＋e 2n＝(n －1－w 1)2＋(n －1－w 2)2＋…＋(n －1－w n )2＝n (n －1)2＋w 21＋w 22＋…＋w 2n －2(w 1＋w 2＋…＋w n )(n －1)＝w 21＋w 22＋…＋w 2n ＋n (n －1)2－2 12(n －1)(n －1) ＝ w 21＋w 22＋…＋w 2n ．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 37=35个．每条线段共与其余5点组成5个三角形．故线段条数≥355＝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 26＝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 25＝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 24=＝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[212]+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deg v i≤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deg v1≤4，则v1即为所求．若deg v1＞4，则至少deg v1＝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deg v2≤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 v 3存在是根据容斥原理：把这14个人的集合记为S ，与v 1相邻的点集记为A ，与v 2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． A 城乙队A 城例8 n(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．D C BA=Eα(E)=α(A)α(D)α(C)α(B)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131．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≥…≥w n．如果w1＝n－1，w2＝n－2，…，w k－1＝n－(k－1)，但w k≠n－k(1≤k≤n)．证明：w k＜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，…，w n．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w21＋w22＋…＋w2n＜(n－1)n(2n－1)6．5．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的点必到达此点，由于出次为1的点只到达1个点，故出次为1的点只到达出次为0的点，把出次为1的点排在倒数第二位；再考虑出次为2的点，由于此点只到达2个点，故它只到达已排的两个点而不能到达其余的点，把出次为2的点排在倒数第3位；……，依此类推，把出次为k 的点排在倒数第k +1位，直到出次为n －1的点排在第1位．这就得到满足题目要求的排法． A B CD⑵ 反设图中所有各点的出次均互不相等，则由上题，可把这些点排成一列，使前面的点到达后面的点．而后面的点不能到达前面的点，于是该图中没有回路，与已知此图有回路矛盾．故必有两点出次相等．7．解 先证明：任意4人中都有1人与其余n －1人认识．用n 个点表示这n 个人，若两个人认识，则在表示这两个人的点间连一条实线，否则连一条虚线． 设任取4人v 1、v 2、v 3、v 4，其中v 1与v 2、v 3、v 4都认识，但此四人中无人与n －1人都认识．即每个点都有与之不相邻的点．设与v 1、v 2、v 3、v 4不相邻的点分别为v 1΄、v 2΄、v 3΄、v 4΄，显然v 1΄≠v 2，v 2΄≠v 1，若v 1΄≠v 2΄，则四点v 1、v 2、v 1΄、v 2΄不满足题意．于是v 1΄=v 2΄，同理v 1΄=v 3΄，于是得v 1΄=v 2΄=v 3΄，此时v 1、v 2、v 3、v 1΄这四点仍不满足已知条件．故证．又证 设图G 中度数小于n －1的点为v 1、v 2、…、v k ，记F ={v 1、v 2、…、v k }，用实线表示相邻(认识)，用虚线表示不相邻．若k ＜4，则命题正确(因为图中找不到4个人，他们中任1人都没有与其余n －1人认识)．若k ≥4，由于v k +1、v k +2、…、v n 的度数都=n －1，故与v 1不相邻的点都在F 中，设为v 2，此时若还能找到v 3、v 4∈F ，且v 3与v 4不相邻．则此四人不满足题目要求(图7⑴)．若在F 中除v 1、v 2外无不相邻的人，则v 3、…、v k 均至少与v 1、v 2中某一人不相邻．则如图⑵、⑶，亦与已知矛盾．故k ≥4不可能．故证．再考虑本题：把1982个人中的任意4人组成一组，该组中必有1人认识其余所有的人．去掉这个人，在余下的人中再任取4人，又成一组，又可找出一个认识其余所有人的人；…，这样一直做下去．直到余下3人为止，此3人可能与其余的人不全认识．图7V2V 43()V 2V 42()1()4V 32V图62()1()1'4'故至少有1979人认识其余所有的人．8．解⑴用10个点表示这10个人，如果某2人互相认识，则在表示这两人的点间连1条线．即任3点都至少连了1条线，要求证明存在一个K4．设不存在K4，即任意4点中总有2点没有连线，①设某一点A与4点都没有连线，则由假设此4点中有2点未连线，则此2点与A共3点均未连线，与题设矛盾．故A至多与3点未连线，即至少与6点连了线．②设A与A1、A2、…，A6连线，则A1，…，A6中任意3点必有2点未连线，否则存在K4，③设A1与B i、B j、B k都未连线，则B i、B j、B k间若有两点未连线，则出现3点，都未连线，与已知矛盾．故此三点间都连了线，于是此三点与A成为K4．④由③知A1，…，A6中任一点至多与其余5点中的2点未连线．即与其余5点中至少3点连了线．设A1与A2、A3、A4连了线．此时A2、A3、A4间至少连了1条线，设A2A3连了线，则A、A1、A2、A3成为K4．由上证可知，不存在K4的假设不成立．⑵若有某点连出6条线，则如上证．若每点连线数＜6，当每点连线数都=5时．此时9个点连线统计为45，为奇数．不可能．若有某点连线数＜5，即该点至少与4点未连线，则如上①，矛盾．从而必有点连线数＝6的点．“习题67”解答：1．解一个点经过两条弧就能到达的点至多有4个．经过一条弧或两条弧就能到达的点至多有6个．如图，每个点的出次都是2，点A经过1条弧能到达B、C，点B、C分别经过1条弧可以到达D、E、F、G，故点A经过1条或2条弧可以到达至多6个点．其中如果有些点重合，AB CD E F G AA4。