事实上，若x2,E(G)(i=2,3),则d(x)+d(z:)≥2n+3,由(1)可知dan(x)+da。(2) ≥2n,故x2:EE(G。),从而d,(2)≥2n-4(i=2,3)。由6(Go)≥4可知(3)成立。 这时G。为3-连通。由(2)可知d。(2)≥n+1(2∈Zo),而任意一点u∈Z-Z。(2={z2∈ V(G),d(2)≥n+2})有da。(u)≥n-1,故uz∈E(Go)(2∈Z),由Z,U{xo}1≥n和(2)可知 石〔ZU{x}门为完全图，于是a(G,)≤d(G),由于对任意u2,EE(G)有d。(2)+d。 ()≥2n-1(j=1,4),从而uz,∈E(G。),故z,(j=1,4)在G,中与所有点都相邻，于是(G) ≥5。这时有α(G,)≤4<k(G。)。由引理1可知G,有H-圈，故G,有H-圈，因此引理得到了证明。 引理7设G是简单图，uvEE(G)且d(w)+d(v)≥|V(G)引-1，则G有1-因子且仅当G +uv有1-因子。 2关于Win猜想的部分结果 在以下证明中均设G是2n阶Ore-3型图。设X={x|x∈V(G),d(x)≤n},Y={yly∈ V(G),d(y)=n+1},Z={zz∈V(G),d(z)≥n+2},Z1={z2∈V1(G),d(2)=n+2}, Z2={zl2∈V(G),d(2)≥n+3}, 则Z=Z1UZz,V(G)=X U Y U Z且G〔XUY)为完全图。 (4) 为了证明定理，首先给出5个命题，然后由这5个命题，就证明了定理是对的。定理的内 容在本节后。 命题1。设6(G)=5,则G具有边不交的两个H-圈和一个1-因子，且这个结论是最好 可能的。 证：设d(xg)=6(G),则G中有2n-6个点与x在G中不相邻，设为B1={41,2…, u2a-6},由d(xo)+d(u:)≥2n+3可知，d(u:)≥2n-2(i=1,2,,2n-6),从而d(u:)=2n- 2。设B2=N(xo)={x1,x2,,xs},则d(x,)≥2n-5,且×，与B1中每点都相邻。显然G 中有边不交的一个H-圈C。与一个1-因子N.令G=G-C。-N,这时有d后，(x)≥2， d后。(x)≥2n-8(i=1,2,3,4,5)且da。(4:)≥2n-5(i=1,2,…2n-6)。 (1)n≥7由于B1中任意两点u:和“，（牛j),在G。中有d后。(u)+d。(u,)>2n-5 +2n-5≥2n,故u,“;∈E(Go),从而G〔B1为完全图。又因da。(x:)+d元，(u;)≥2m-5+2n -8≥2n+1,故x:u,∈E(G),从而da。(x:)≥2n-6,于是x,xx∈E(G0)(牛k),(i=1,2, ,5；j=1,2,…,2n-6),故GCB1UB2〕为完全图，从而G是完全图，故G,有H-圈。 (2)3≤n≤6当n=3时，G为完全图，显然命题成立。当n=4,5,6时，G分别含有 如图所示的生成子图（见图1），从图中可知命题成立。且结论是最好可能的。 命题2。设6(G)=6且n≥9，则G具有边不交的两个H-圈和一个1-因子. 证：设d(xo)=6(G),Z。={2|2∈V(G),xo2EE(G)},则|Z,|=2n-7且对任意点 2∈Z。有d(2)≥2n-3。这时G具有边不交的两个H-圈和一个1-因子，否则，则选取一个边 数最多且满足已知条件的反例G,使得对任何uEE(G),G+4v具有边不交的两个H-圈 和一个1-因子。这时还可以证明： 对任何u,v∈E(G),uvEE(G),则d(u)+d(v)2n+5 (5) 188事实上 ， 若 “ ‘ 乙 ， ， 则 “ ， 由 可知 。 。 “ ‘ ， 故二 二 ‘ 任 。 ， 从而 。 二 ‘ 一 ‘ ， 。 由‘ 。 可知 成立 。 这时 。 为 一 连通 。 由 可知 。 “ “ “ 任 。 ， 而 任意 一点 “ 任 一 。 仕 任 厂 ， “ ” 有 。 一 ， 故 “ 任 。 “ 任 。 ， 由 ‘ 。 乡 和 可知 仇 〔 以 ， 。 〕为完 全图 ， 于是 。 落 。 ， 由于对任 意 “ “ ， 吞 有 。 “ ， 。 “ 一 ， ， 从而 “ 之 ， 任 。 ， 故 “ ， ， 在 。 中与所有点都相邻 ， 于是耘 。 。 这时 有 云 。 镇 壳必 。 。 由引理 可知瓦有 一 圈 ， 故 。 有 一 圈 ， 因此 引理得 到 了证明 。 引理 设 是简单 图 ， “ ， 乙 且 十 时 犷 ‘ 一 ， 则 有 一 因 子 且仅 当 口 四 有 一 因子 。 关于 猜想 的 部分结 果 在 以 下 证明 中均 设口是 阶 一 型 图 。 设 川 任 ， 镇 ， 川 任 ， 夕 ， 二 任 ， 二 ， 二 任 犷 ， 二 ， 二 二 二 〔 厂 ， 二 ， 则 ， 日 且 口〔 〕为完全图 。 为 了证明定理 ， 首先给出 个命题 ， 然后 由这 个命题 ， 就证明 了定理是对的 。 定理的 内 容在本 节后 。 命 题 。 设 ， 则 口具有边不交的两 个 一 圈和一个 一 因子 ， 且这 个结论 是 最好 可能的 。 证 设 劣 。 二 ， 则 中有 一 个点与 二 。 在 中不 相邻 ， 设为 ， 。 ， ， 幻 ” · ， 。 一 ， 由 二 。 ‘ 妻 作 可知 ， ‘ 一 ， ， 一 ， ， 一 ， 从而 。 。 一 。 设 。 ， 二 ， … ， 二 ， 则 ‘ 一 ， 且 ‘ 与 中每 点都相邻 。 显然 ‘ 中有边不交 的 一个 一 圈 。 与一个 一 因子 令 。 二 一 。 一 万 ， 这时 有 。 “ 。 ， 。 劣 ‘ ” 一 ￡ ， ， ， ， 且 。 ‘ 一 ， ， … 一 。 ” 由于 中任意两 点 ‘和 ， 今 ， 在 。 中有 。 “ ‘ 。 ， 一 一 乡 ， 故 ， 任 。 ， 从而 。 〔 〕为完全图 。 又 因 。 ‘ 。 ， “ 一 一 ， 故 ‘ ， 任 。 ，从而 。 ‘ 一 ， 于 是“ ‘ 、 任 今 ， ， ， ” · ， ， ， ” · ， 一 ， 故 。 〔 日 〕为完全图 ， 从而 。 是完全 图 ， 故 。 有 一 圈 。 毛 当 二 时 ， 为完全图 ， 显 然命题成立 。 当 。 二 ， ， 时 ， 分 别含有 如图所示 的生成子 图 见 图 ， 从图 中可知命题成立 。 且结论是最好 可能 的 。 命题 设 ‘ 且 。 ， 则‘ 具有边不交 的两个 一 圈和一个卜 因子 证 设 。 ， 。 二 任 犷 ， 二 。 〔 ， 则 】 。 一 且对任意 点 任 。 有 幻 一 这时 召具有边不交的两个 一 圈和 一个 一 因子 ， 否则 ， 则选取一个边 数最多且满足 已知 条件的 反例 口 ， 使得对任何训 吞 ， 十 “ 具有边不交的两个 一 圈 和一个 一 因子 。 这时还可以 证 明 对任何 “ ， 。 任 ， 。 乙 ， 则 。 。 成