大学求度数的题目及答案

大学求度数的题目及答案一、图论中度数的基本概念（10分）1.度数的定义在图论中，给定一个无向图G=(V,E)，其中V是顶点集，E是边集。对于任意顶点v∈V，顶点v的度数deg(v)是指与顶点v相连的边的数量。换句话说，度数就是与该顶点相邻的顶点的个数。2.有向图中的度数在有向图中，顶点的度数可以分为入度(in-degree)和出度(out-degree)。顶点v的入度是指指向v的边的数量，记作deg⁻(v)；顶点v的出度是指从v出发的边的数量，记作deg⁺(v)。在有向图中，顶点v的总度数定义为deg(v)=deg⁻(v)+deg⁺(v)。3.孤立点、悬挂点和全连通顶点-孤立点：度数为0的顶点，即不与任何其他顶点相连的顶点。-悬挂点：度数为1的顶点，即只与一个其他顶点相连的顶点。-全连通顶点：与图中所有其他顶点都相连的顶点，在一个具有n个顶点的完全图中，每个顶点的度数都是n-1。4.度数序列一个图的度数序列是指将图中所有顶点的度数按非递增顺序排列得到的序列。例如，一个图的度数序列可以表示为d₁≥d₂≥...≥dₙ，其中n是图中的顶点数。二、度数的基本性质（10分）1.握手定理在任何无向图中，所有顶点的度数之和等于图中边数的两倍。即∑deg(v)=2|E|，其中|E|是图中的边数。握手定理的证明：每条边连接两个顶点，因此每条边在度数和中被计算了两次。2.有向图的握手定理在任何有向图中，所有顶点的入度之和等于所有顶点的出度之和，都等于图中的边数。即∑deg⁻(v)=∑deg⁺(v)=|E|。3.度数与图的存在性并非所有的非负整数序列都可以作为一个图的度数序列。Havel-Hakimi定理提供了判断一个序列是否可以作为一个图的度数序列的方法。4.奇数度顶点的个数在任何无向图中，度数为奇数的顶点的个数一定是偶数。三、度数序列及其相关定理（15分）1.Havel-Hakimi定理一个非负整数序列d₁≥d₂≥...≥dₙ可以作为一个简单图的度数序列，当且仅当序列d₂-1,d₃-1,...,d_{d₁+1}-1,d_{d₁+2},...,dₙ可以作为一个简单图的度数序列。2.Erdős-Gallai定理一个非负整数序列d₁≥d₂≥...≥dₙ可以作为一个简单图的度数序列，当且仅当满足以下条件：-∑dᵢ是偶数-对于所有的1≤k≤n，有∑_{i=1}^kdᵢ≤k(k-1)+∑_{i=k+1}^nmin(dᵢ,k)3.图的度数序列与图的类型-正则图：所有顶点的度数都相同的图。-k-正则图：所有顶点的度数都等于k的正则图。-半正则图：顶点可以分成两类，同一类中的顶点度数相同，但两类顶点的度数可能不同。四、正则图与度数条件（15分）1.正则图的定义和性质正则图是指所有顶点的度数都相同的图。如果所有顶点的度数都等于k，则称为k-正则图。2.正则图的例子-完全图Kₙ是(n-1)-正则图。-环图Cₙ是2-正则图。-超立方体图Qₙ是n-正则图。3.正则图的度数条件对于一个k-正则图，有以下性质：-如果图有n个顶点，则n×k必须是偶数（因为∑deg(v)=2|E|）。-k-正则图的补图是(n-1-k)-正则图。4.强正则图强正则图是一种特殊的正则图，除了所有顶点度数相同外，还满足额外的条件：任意两个相邻的顶点有λ个共同的邻居，任意两个不相邻的顶点有μ个共同的邻居。五、图的度数与图的性质关系（20分）1.度数与连通性-如果图中所有顶点的度数都大于等于⌊n/2⌋，则图是连通的。-如果图的最小度数δ≥(n-1)/2，则图是连通的。2.度数与Hamilton性-Dirac定理：如果图G有n个顶点(n≥3)，且每个顶点的度数都大于等于n/2，则图G包含Hamilton圈。-Ore定理：如果图G有n个顶点(n≥3)，且对于任意两个不相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n，则图G包含Hamilton圈。3.度数与图的平面性-对于简单平面图，如果n≥3，则∑deg(v)≤6n-12。-对于简单平面图，存在度数小于等于5的顶点。六、度数问题在图论中的应用（15分）1.社交网络分析在社交网络中，顶点的度数可以表示一个人的社交活跃度或影响力。中心性度量如度中心性就是基于顶点的度数来计算的。2.网络设计在计算机网络设计中，顶点的度数可以表示路由器或服务器的连接负载。设计网络时需要考虑顶点的度数分布，以确保网络负载均衡。3.生物信息学在蛋白质相互作用网络中，顶点的度数可以表示蛋白质的重要性或功能关键性。高度数的蛋白质往往是关键功能蛋白。4.图着色问题图的度数与图的着色数（chromaticnumber）有一定关系。例如，Brooks定理指出，连通图的着色数不超过其最大度数，除非图是完全图或奇环。七、求度数的经典例题及解答（30分）1.给定一个无向图G有10个顶点和15条边，求图中所有顶点的度数之和。解答：根据握手定理，所有顶点的度数之和等于边数的两倍，因此度数之和为2×15=30。2.判断序列5,4,4,3,3,2,2是否可以作为一个简单图的度数序列。解答：使用Havel-Hakimi定理进行判断：-序列：5,4,4,3,3,2,2-移除第一个数5，并将接下来的5个数各减1：3,3,2,2,1,2-重新排序：3,3,2,2,2,1-移除第一个数3，并将接下来的3个数各减1：2,1,1,2,1-重新排序：2,2,1,1,1-移除第一个数2，并将接下来的2个数各减1：1,0,1,1-重新排序：1,1,1,0-移除第一个数1，并将接下来的1个数减1：0,1,0-重新排序：1,0,0-移除第一个数1，并将接下来的1个数减1：-1,0（出现负数，不可能）因此，序列5,4,4,3,3,2,2不能作为一个简单图的度数序列。3.证明在任何无向图中，度数为奇数的顶点的个数一定是偶数。解答：设G是一个无向图，令V₁为度数为奇数的顶点集合，V₂为度数为偶数的顶点集合。根据握手定理，有∑_{v∈V}deg(v)=2|E|，即∑_{v∈V₁}deg(v)+∑_{v∈V₂}deg(v)=2|E|。因为∑_{v∈V₂}deg(v)是偶数（偶数个偶数相加），所以∑_{v∈V₁}deg(v)也必须是偶数。由于奇数个奇数相加结果是奇数，偶数个奇数相加结果是偶数，因此V₁中顶点的个数必须是偶数。4.证明如果一个图有n个顶点，且每个顶点的度数都大于等于(n-1)/2，则图是连通的。解答：假设图G不连通，那么G至少有两个连通分支。设其中一个连通分支有k个顶点，另一个连通分支有n-k个顶点，其中1≤k≤n-1。对于第一个连通分支中的任意一个顶点，其度数最多为k-1（因为它只能与同一个连通分支中的顶点相连）。根据条件，每个顶点的度数都大于等于(n-1)/2，因此有k-1≥(n-1)/2，即k≥(n+1)/2。同理，对于第二个连通分支中的任意一个顶点，其度数最多为n-k-1，因此有n-k-1≥(n-1)/2，即n-k≥(n+1)/2。将这两个不等式相加，得到n≥n+1，矛盾。因此，假设不成立，图G必须是连通的。5.一个图G有8个顶点，每个顶点的度数都是3。证明G不是平面图。解答：假设G是平面图。根据平面图的性质，对于简单平面图，如果n≥3，则∑deg(v)≤6n-12。在这个例子中，n=8，∑deg(v)=8×3=24。而6n-12=6×8-12=36。24≤36，所以这个条件不提供矛盾。我们需要使用其他性质。对于简单平面图，欧拉公式告诉我们：n-m+f=2，其中n是顶点数，m是边数，f是面数。由于∑deg(v)=2m，我们有2m=24，即m=12。代入欧拉公式，得到8-12+f=2，即f=6。每个面至少由3条边围成，且每条边最多属于两个面，因此3f≤2m，即3×6≤2×12，18≤24，这个条件也满足。我们还需要考虑图的最大度数。由于图是3-正则图，每个顶点的度数都是3。对于简单平面图，如果n≥4，则存在度数小于等于5的顶点，这个条件也满足。但是，根据平面图的一个更强性质：对于简单平面图，如果n≥3且没有三角形（即没有长度为3的圈），则∑deg(v)≤4n-8。在这个例子中，如果G没有三角形，则24≤4×8-8=24，等式成立。然而，等式成立意味着每个面都正好由3条边围成，即图是三角剖分的。但是，对于三角剖分的平面图，每个面的边界都是三角形，这意味着每个顶点至少与3个其他顶点相连，这与我们的图是3-正则图一致。然而，对于三角剖分的平面图，如果图是3-正则的，那么根据握手定理应用于面，我们有3f=2m，即3×6=2×12，18=24，矛盾。因此，我们的假设G是平面图不成立，G不是平面图。八、高级度数问题及解答（25分）1.设G是一个简单图，有n个顶点和m条边，且满足以下条件：对于图中的任意两个不相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n。证明G包含Hamilton圈。解答：这是Ore定理的直接应用。Ore定理指出，如果图G有n个顶点(n≥3)，且对于任意两个不相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n，则图G包含Hamilton圈。因此，根据给定的条件，G包含Hamilton圈。2.证明在一个有n个顶点的图中，如果每个顶点的度数都大于等于n/2，则图是Hamilton图（包含Hamilton圈）。解答：这是Dirac定理的表述。Dirac定理指出，如果图G有n个顶点(n≥3)，且每个顶点的度数都大于等于n/2，则图G包含Hamilton圈。证明思路如下：假设G不是Hamilton图，那么G的最大Hamilton子图H不是整个图G，即H是G的真子图。设H有k个顶点，其中k<n。因为H是Hamilton图，所以H包含一个Hamilton圈C。由于G不是Hamilton图，所以存在一个顶点v∈G-V(H)与C中的某些顶点相邻。设C上的顶点依次为v₁,v₂,...,v_k。令S={v_i|v与v_{i+1}相邻}，T={v_{i+1}|v与v_i相邻}，其中下标模k计算。因为v与C中的某些顶点相邻，所以|S|≥1，|T|≥1。注意到S和T是互不相交的集合，因为如果存在v_i∈S∩T，那么v与v_i和v_{i+1}都相邻，这意味着我们可以通过删除边v_iv_{i+1}并添加边vv_i和vv_{i+1}来构造一个更长的圈，这与H是最大Hamilton子图矛盾。因此，|S∩T|=0，且|S|+|T|≤k。同时，deg(v)=|S|（因为S中的每个元素v_i都满足v与v_{i+1}相邻，所以v的度数至少是|S|），且|T|=deg(v)（因为T中的每个元素v_{i+1}都满足v与v_i相邻，所以v的度数至少是|T|）。因此，deg(v)=|S|，deg(v)=|T|，所以2deg(v)=|S|+|T|≤k<n。但这与deg(v)≥n/2矛盾，因为2deg(v)≥n>k。因此，假设G不是Hamilton图不成立，G必须是Hamilton图。3.设G是一个简单图，有n个顶点，且满足以下条件：对于图中的任意两个相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥k。证明G的连通分支数不超过n-k。解答：设G有c个连通分支，记为G₁,G₂,...,G_c，其中G_i有n_i个顶点。我们需要证明c≤n-k。考虑任意一个连通分支G_i。如果G_i不是完全图，那么存在两个相邻的顶点u和v，使得deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)<k（因为在G_i中，deg_{G_i}(u)≤n_i-1，deg_{G_i}(v)≤n_i-1，所以deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)≤2(n_i-1)）。但是根据条件，在G中deg(u)+deg(v)≥k，而deg(u)≥deg_{G_i}(u)，deg(v)≥deg_{G_i}(v)，所以deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)≥k。矛盾。因此，每个连通分支G_i都必须是完全图。对于完全图G_i，deg_{G_i}(u)=n_i-1对于任意u∈G_i。因此，对于任意两个相邻的顶点u和v（在完全图中，所有顶点对都是相邻的），有deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)=2(n_i-1)≥k，即n_i≥k/2+1。因此，每个连通分支至少有⌈k/2⌉+1个顶点。所以，c≤n/(⌈k/2⌉+1)≤n/(k/2+1)=2n/(k+2)。我们需要证明c≤n-k。考虑n-k-2n/(k+2)=[(n-k)(k+2)-2n]/(k+2)=[nk+2n-k²-2k-2n]/(k+2)=[nk-k²-2k]/(k+2)=k(n-k-2)/(k+2)。当n-k-2≥0时，即n≥k+2时，k(n-k-2)/(k+2)≥0，所以n-k≥2n/(k+2)，因此c≤2n/(k+2)≤n-k。当n<k+2时，由于每个连通分支至少有⌈k/2⌉+1个顶点，且n<k+2，所以c=1（因为如果c≥2，则n≥2(⌈k/2⌉+1)≥k+2，矛盾）。而n-k>0，所以c=1≤n-k。因此，在任何情况下，都有c≤n-k。4.设G是一个简单图，有n个顶点，且满足以下条件：对于图中的任意两个不相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n。证明G的连通分支数不超过1，即G是连通的。解答：假设G有多个连通分支。设G₁是G的一个连通分支，有k个顶点，其中1≤k<n。考虑G₁中的一个顶点u和另一个连通G₂中的一个顶点v。由于u和v不在同一个连通分支，所以它们不相邻。根据条件，有deg(u)+deg(v)≥n。在G₁中，u的度数最多为k-1（因为它只能与G₁中的其他顶点相连）。在G₂中，v的度数最多为n-k-1（因为它只能与G₂中的其他顶点相连）。因此，deg(u)+deg(v)≤(k-1)+(n-k-1)=n-2<n，与条件deg(u)+deg(v)≥n矛盾。因此，假设G有多个连通分支不成立，G必须是连通的。5.设G是一个简单图，有n个顶点和m条边，且满足以下条件：对于图中的任意两个顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n+k，其中k是一个非负整数。证明G的连通分支数不超过⌊n/(k+2)⌋。解答：设G有c个连通分支，记为G₁,G₂,...,G_c，其中G_i有n_i个顶点。我们需要证明c≤⌊n/(k+2)⌋。考虑任意一个连通分支G_i。如果G_i不是完全图，那么存在两个不相邻的顶点u和v，使得deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)<n_i（因为在G_i中，deg_{G_i}(u)≤n_i-1，deg_{G_i}(v)≤n_i-1，所以deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)≤2(n_i-1)）。但是根据条件，在G中deg(u)+deg(v)≥n+k，而deg(u)≥deg_{G_i}(u)，deg(v)≥deg_{G_i}(v)，所以deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)≥n+k。矛盾。因此，每个连通分支G_i都必须是完全图。对于完全图G_i，deg_{G_i}(u)=n_i-1对于任意u∈G_i。因此，对于任意两个不相邻的顶点u和v（在完全图中，所有顶点对都是相邻的，所以这种情况不会发生），或者对于任意两个相邻的顶点u和v，有deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)=2(n_i-1)≥n+k，即n_i≥(n+k)/2+1。因此，每个连通分支至少有⌈(n+k)/2⌉+1个顶点。所以，c≤n/(⌈(n+k)/2⌉+1)≤n/((n+k)/2+1)=2n/(n+k+2)。我们需要证明c≤⌊n/(k+2)⌋。考虑n/(k+2)-2n/(n+k+2)=n[1/(k+2)-2/(n+k+2)]=n[(n+k+2)-2(k+2)]/[(k+2)(n+k+2)]=n(n-k-2)/[(k+2)(n+k+2)]。当n-k-2≥0时，即n≥k+2时，n(n-k-2)/[(k+2)(n+k+2)]≥0，所以n/(k+2)≥2n/(n+k+2)，因此c≤2n/(n+k+2)≤n/(k+2)，即c≤⌊n/(k+2)⌋。当n<k+2时，由于每个连通分支至少有⌈(n+k)/2⌉+1个顶点，且n<k+2，所以c=1（因为如果c≥2，则n≥2(⌈(n+k)/2⌉+1)≥n+k+2>k+2>n，矛盾）。而⌊n/(k+2)⌋≥0，所以c=1≤⌊n/(k+2)⌋。因此，在任何情况下，都有c≤⌊n/(k+2)⌋。九、度数问题的扩展（15分）1.度数序列与图的同构两个图同构意味着它们在结构上是相同的。度数序列是图的一个不变量，即同构的图具有相同的度数序列。但是，具有相同度数序列的图不一定同构。例如，两个不同的图可以有相同的度数序列。2.度数序列与图的重建图的重建问题是指是否可以通过图的顶点删除子图的信息来重建原图。度数序列在图的重建问题中起着重要作用。3.随机图中的度数在随机图模型中，如G(n,p)模型（n个顶点，每条边以概率p独立存在），顶点的度数服从二项分布。随着n的增加，度数分布趋向于泊松分布。4.度数分布与网络特性实际网络（如社交网络、互联网等）通常具有特定的度数分布，如幂律分布。这种分布特性对网络的鲁棒性、传播特性等有重要影响。答案及解析1.给定一个无向图G有10个顶点和15条边，求图中所有顶点的度数之和。答案：30解析：根据握手定理，所有顶点的度数之和等于边数的两倍，因此度数之和为2×15=30。2.判断序列5,4,4,3,3,2,2是否可以作为一个简单图的度数序列。答案：不能解析：使用Havel-Hakimi定理进行判断：-序列：5,4,4,3,3,2,2-移除第一个数5，并将接下来的5个数各减1：3,3,2,2,1,2-重新排序：3,3,2,2,2,1-移除第一个数3，并将接下来的3个数各减1：2,1,1,2,1-重新排序：2,2,1,1,1-移除第一个数2，并将接下来的2个数各减1：1,0,1,1-重新排序：1,1,1,0-移除第一个数1，并将接下来的1个数减1：0,1,0-重新排序：1,0,0-移除第一个数1，并将接下来的1个数减1：-1,0（出现负数，不可能）因此，序列5,4,4,3,3,2,2不能作为一个简单图的度数序列。3.证明在任何无向图中，度数为奇数的顶点的个数一定是偶数。答案：证明见正文解析：设G是一个无向图，令V₁为度数为奇数的顶点集合，V₂为度数为偶数的顶点集合。根据握手定理，有∑_{v∈V}deg(v)=2|E|，即∑_{v∈V₁}deg(v)+∑_{v∈V₂}deg(v)=2|E|。因为∑_{v∈V₂}deg(v)是偶数（偶数个偶数相加），所以∑_{v∈V₁}deg(v)也必须是偶数。由于奇数个奇数相加结果是奇数，偶数个奇数相加结果是偶数，因此V₁中顶点的个数必须是偶数。4.证明如果一个图有n个顶点，且每个顶点的度数都大于等于(n-1)/2，则图是连通的。答案：证明见正文解析：假设图G不连通，那么G至少有两个连通分支。设其中一个连通分支有k个顶点，另一个连通分支有n-k个顶点，其中1≤k≤n-1。对于第一个连通分支中的任意一个顶点，其度数最多为k-1（因为它只能与同一个连通分支中的顶点相连）。根据条件，每个顶点的度数都大于等于(n-1)/2，因此有k-1≥(n-1)/2，即k≥(n+1)/2。同理，对于第二个连通分支中的任意一个顶点，其度数最多为n-k-1，因此有n-k-1≥(n-1)/2，即n-k≥(n+1)/2。将这两个不等式相加，得到n≥n+1，矛盾。因此，假设不成立，图G必须是连通的。5.一个图G有8个顶点，每个顶点的度数都是3。证明G不是平面图。答案：证明见正文解析：假设G是平面图。根据平面图的性质，对于简单平面图，如果n≥3，则∑deg(v)≤6n-12。在这个例子中，n=8，∑deg(v)=8×3=24。而6n-12=6×8-12=36。24≤36，所以这个条件不提供矛盾。我们需要使用其他性质。对于简单平面图，欧拉公式告诉我们：n-m+f=2，其中n是顶点数，m是边数，f是面数。由于∑deg(v)=2m，我们有2m=24，即m=12。代入欧拉公式，得到8-12+f=2，即f=6。每个面至少由3条边围成，且每条边最多属于两个面，因此3f≤2m，即3×6≤2×12，18≤24，这个条件也满足。我们还需要考虑图的最大度数。由于图是3-正则图，每个顶点的度数都是3。对于简单平面图，如果n≥4，则存在度数小于等于5的顶点，这个条件也满足。但是，根据平面图的一个更强性质：对于简单平面图，如果n≥3且没有三角形（即没有长度为3的圈），则∑deg(v)≤4n-8。在这个例子中，如果G没有三角形，则24≤4×8-8=24，等式成立。然而，等式成立意味着每个面都正好由3条边围成，即图是三角剖分的。但是，对于三角剖分的平面图，每个面的边界都是三角形，这意味着每个顶点至少与3个其他顶点相连，这与我们的图是3-正则图一致。然而，对于三角剖分的平面图，如果图是3-正则的，那么根据握手定理应用于面，我们有3f=2m，即3×6=2×12，18=24，矛盾。因此，我们的假设G是平面图不成立，G不是平面图。6.设G是一个简单图，有n个顶点和m条边，且满足以下条件：对于图中的任意两个不相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n。证明G包含Hamilton圈。答案：证明见正文解析：这是Ore定理的直接应用。Ore定理指出，如果图G有n个顶点(n≥3)，且对于任意两个不相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n，则图G包含Hamilton圈。因此，根据给定的条件，G包含Hamilton圈。7.证明在一个有n个顶点的图中，如果每个顶点的度数都大于等于n/2，则图是Hamilton图（包含Hamilton圈）。答案：证明见正文解析：这是Dirac定理的表述。Dirac定理指出，如果图G有n个顶点(n≥3)，且每个顶点的度数都大于等于n/2，则图G包含Hamilton圈。证明思路如下：假设G不是Hamilton图，那么G的最大Hamilton子图H不是整个图G，即H是G的真子图。设H有k个顶点，其中k<n。因为H是Hamilton图，所以H包含一个Hamilton圈C。由于G不是Hamilton图，所以存在一个顶点v∈G-V(H)与C中的某些顶点相邻。设C上的顶点依次为v₁,v₂,...,v_k。令S={v_i|v与v_{i+1}相邻}，T={v_{i+1}|v与v_i相邻}，其中下标模k计算。因为v与C中的某些顶点相邻，所以|S|≥1，|T|≥1。注意到S和T是互不相交的集合，因为如果存在v_i∈S∩T，那么v与v_i和v_{i+1}都相邻，这意味着我们可以通过删除边v_iv_{i+1}并添加边vv_i和vv_{i+1}来构造一个更长的圈，这与H是最大Hamilton子图矛盾。因此，|S∩T|=0，且|S|+|T|≤k。同时，deg(v)=|S|（因为S中的每个元素v_i都满足v与v_{i+1}相邻，所以v的度数至少是|S|），且|T|=deg(v)（因为T中的每个元素v_{i+1}都满足v与v_i相邻，所以v的度数至少是|T|）。因此，deg(v)=|S|，deg(v)=|T|，所以2deg(v)=|S|+|T|≤k<n。但这与deg(v)≥n/2矛盾，因为2deg(v)≥n>k。因此，假设G不是Hamilton图不成立，G必须是Hamilton图。8.设G是一个简单图，有n个顶点，且满足以下条件：对于图中的任意两个相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥k。证明G的连通分支数不超过n-k。答案：证明见正文解析：设G有c个连通分支，记为G₁,G₂,...,G_c，其中G_i有n_i个顶点。我们需要证明c≤n-k。考虑任意一个连通分支G_i。如果G_i不是完全图，那么存在两个相邻的顶点u和v，使得deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)<k（因为在G_i中，deg_{G_i}(u)≤n_i-1，deg_{G_i}(v)≤n_i-1，所以deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)≤2(n_i-1)）。但是根据条件，在G中deg(u)+deg(v)≥k，而deg(u)≥deg_{G_i}(u)，deg(v)≥deg_{G_i}(v)，所以deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)≥k。矛盾。因此，每个连通分支G_i都必须是完全图。对于完全图G_i，deg_{G_i}(u)=n_i-1对于任意u∈G_i。因此，对于任意两个相邻的顶点u和v（在完全图中，所有顶点对都是相邻的），有deg_{G_i}(u)+deg_{G_i}(v)=2(n_i-1)≥k，即n_i≥k/2+1。因此，每个连通分支至少有⌈k/2⌉+1个顶点。所以，c≤n/(⌈k/2⌉+1)≤n/(k/2+1)=2n/(k+2)。我们需要证明c≤n-k。考虑n-k-2n/(k+2)=[(n-k)(k+2)-2n]/(k+2)=[nk+2n-k²-2k-2n]/(k+2)=[nk-k²-2k]/(k+2)=k(n-k-2)/(k+2)。当n-k-2≥0时，即n≥k+2时，k(n-k-2)/(k+2)≥0，所以n-k≥2n/(k+2)，因此c≤2n/(k+2)≤n-k。当n<k+2时，由于每个连通分支至少有⌈k/2⌉+1个顶点，且n<k+2，所以c=1（因为如果c≥2，则n≥2(⌈k/2⌉+1)≥k+2，矛盾）。而n-k>0，所以c=1≤n-k。因此，在任何情况下，都有c≤n-k。9.设G是一个简单图，有n个顶点，且满足以下条件：对于图中的任意两个不相邻的顶点u和v，有deg(u)+deg(v)≥n。证明G的连通分支数不超过1，即G是连通的。答案：证明见正文解析：假设G有多个连通分支。设G₁是G的一个连通分支，有k个顶点，其中1≤k<n。考虑G₁中的一个顶点u和另一个连通G₂中的一个顶点v。由于u和v不在同一个连通分支，所以它们不相邻。根据条件，有deg