题目也非常新颖，用到了“有限个反例”这样的短语，带有浓重的数学科研色彩。如果我们想要正面解决这道题，唯一的办法似乎是在任意的一幅图里构造性地找到这样两个圈，但是题目又告诉我们，这个情况存在有有限个反例，几乎是在告诉我们此路不通了。正着走走不通，不如想想怎么迂回前进。那我们不妨换个角度：证明以下引理，通过这一引理来引出矛盾，实现反证。
引理1：对于任意正实数ε，自然数N，证明对于命题拥有N个顶点，(1 + ε)N 条边的图存在长度小于εN的圈， 只存在有限个反例。
假设一幅图有N个顶点，有至少(1 + ε)N条边，且图中所有圈的长度都不一样，我们需要在N足够大的时候构造矛盾来证明这一假设不成立。那想象我们进行这样一种操作：我们找到图中最短的圈，从这个圈中移走一条边，那么这个圈就被我们破坏掉了。所以在新的图中，最短圈的长度比原来大，也就是围长在这个过程中严格地增长。
那么如果我们重复这个过程εN/2次，剩下的图至少还有(1 + ε)N - εN/2 = (1 +ε /2)N条边。但是这个时候，因为我们重复了这个过程 εN/2次，剩下的图中要是还有圈，它的长度一定大于εN 。但是根据引理1，剩下的图中有(1+ε/2)N条边，则它一定有长度小于εN / 2的圈，出现矛盾。所以，并不可能在(1 + ε)N条边的图中所有简单圈长度各不相同，命题得证。
于是剩下的部分我们就只需要证明上面的引理成立。
为了证明引理1，首先我们考虑这样一个函数F， 定义如下：
F(N,g) 表示顶点数为N，围长最小为g的图余量的最大值。即，一个有N个顶点的图中，想要保证围长不小于g，那么这个图中最多可以有F(N,g) + N - 1条边。不难发现，想要证明上面的引理，我们需要研究的是F(N, εN)的性质。
如果F(N, εN)是一个关于其第一个自变量的的“亚线性函数”（即增长速率低于线性函数的函数，比如对数函数、平方根函数），那么我们就知道，为了保证一个有N个顶点的图的围长不小于εN，则这个图的余量只能是一个N的亚线性函数，那么一个有N个顶点, (1 + ε)N条边的图的围长在N足够大的时候自然一定小于εN，引理1因此得证。
所以为了证明引理1，我们只需要证明下面的引理2。
引理2：给定ε和N，g(x) = F(x, εN)是关于x的亚线性函数。即，g的增长速度低于线性函数，给定εN，一定存在一个x0，使得对于x>x0，一定有g(x) < εx。
接下来我们讨论如何证明引理2。这个函数g的性质其实不好直接讨论，但我们发现一个图和它经过简单删减之后得到的简化图的函数g之间有一些相关性，因此我们可以确立简单的初始值，然后通过讨论这些递推关系来确定g的增长速率。
首先我们设在这样的图中是不可能发现孤立的点的。一旦出现孤立点m（即度数为0的顶点），那么选取除了m以外的任一顶点n，并在G里添加nm这条边，顶点数和围长都和G相同（nm不可能是任何圈的一部分，因为任何圈里的每个顶点度数为2，而此时m的度数为1），而边数大于G，所以G并不是满足F定义中余量最多的图，这样的G不会决定F的函数值，无须考虑。所以我们只需要讨论每个顶点度数至少为1的那些图G，我们把这些图分为以下两种状况：
第一种情况：
G中有一片叶u（度数为1的顶点），删除u和它对应的那条边，那么新的图G’中其实少了一个顶点和一条边。那么根据余量的定义（E-V+1, E和V同时减小了1），我们知道G’的余量等于F(N, εN)，也就是G的余量。既然删除这个顶点并没有改变图的围长，我们知道G’ 是个拥有N个顶点，围长εN的图。那么这样图的余量应该小于等于同类图的最大值，也就是说F(N, εN) ≤ F(N−1,εN)，也即在这种情况下g(N) ≤ g(N - 1)。实际上是严格等于的，这里不再赘述，留给大家考虑。
第二种情况：
图中所有顶点的度数至少为2。现在我们假设G中没有长度小于εN的圈。那么选取图中任意一个顶点u, 它的度数至少是2，然后选取距离u小于等于(εN/2)−1顶点和它们之间的边，形成新的图H。我们认定H是树。假设H不是树，那么必然存在一个圈，假设y，z在圈中是相邻的，那么我们一定可以从y走到u再走回y，这中间的步数小于等于((εN/2)−1) + ((εN/2)−1) + 1 ，这个量是严格小于εN的。但是因为图中并不存在长度小于εN的圈，所以这样的圈并不存在，H一定是树
引理1：对于任意正实数ε，自然数N，证明对于命题拥有N个顶点，(1 + ε)N 条边的图存在长度小于εN的圈， 只存在有限个反例。
假设一幅图有N个顶点，有至少(1 + ε)N条边，且图中所有圈的长度都不一样，我们需要在N足够大的时候构造矛盾来证明这一假设不成立。那想象我们进行这样一种操作：我们找到图中最短的圈，从这个圈中移走一条边，那么这个圈就被我们破坏掉了。所以在新的图中，最短圈的长度比原来大，也就是围长在这个过程中严格地增长。
那么如果我们重复这个过程εN/2次，剩下的图至少还有(1 + ε)N - εN/2 = (1 +ε /2)N条边。但是这个时候，因为我们重复了这个过程 εN/2次，剩下的图中要是还有圈，它的长度一定大于εN 。但是根据引理1，剩下的图中有(1+ε/2)N条边，则它一定有长度小于εN / 2的圈，出现矛盾。所以，并不可能在(1 + ε)N条边的图中所有简单圈长度各不相同，命题得证。
于是剩下的部分我们就只需要证明上面的引理成立。
为了证明引理1，首先我们考虑这样一个函数F， 定义如下：
F(N,g) 表示顶点数为N，围长最小为g的图余量的最大值。即，一个有N个顶点的图中，想要保证围长不小于g，那么这个图中最多可以有F(N,g) + N - 1条边。不难发现，想要证明上面的引理，我们需要研究的是F(N, εN)的性质。
如果F(N, εN)是一个关于其第一个自变量的的“亚线性函数”（即增长速率低于线性函数的函数，比如对数函数、平方根函数），那么我们就知道，为了保证一个有N个顶点的图的围长不小于εN，则这个图的余量只能是一个N的亚线性函数，那么一个有N个顶点, (1 + ε)N条边的图的围长在N足够大的时候自然一定小于εN，引理1因此得证。
所以为了证明引理1，我们只需要证明下面的引理2。
引理2：给定ε和N，g(x) = F(x, εN)是关于x的亚线性函数。即，g的增长速度低于线性函数，给定εN，一定存在一个x0，使得对于x>x0，一定有g(x) < εx。
接下来我们讨论如何证明引理2。这个函数g的性质其实不好直接讨论，但我们发现一个图和它经过简单删减之后得到的简化图的函数g之间有一些相关性，因此我们可以确立简单的初始值，然后通过讨论这些递推关系来确定g的增长速率。
首先我们设在这样的图中是不可能发现孤立的点的。一旦出现孤立点m（即度数为0的顶点），那么选取除了m以外的任一顶点n，并在G里添加nm这条边，顶点数和围长都和G相同（nm不可能是任何圈的一部分，因为任何圈里的每个顶点度数为2，而此时m的度数为1），而边数大于G，所以G并不是满足F定义中余量最多的图，这样的G不会决定F的函数值，无须考虑。所以我们只需要讨论每个顶点度数至少为1的那些图G，我们把这些图分为以下两种状况：
第一种情况：
G中有一片叶u（度数为1的顶点），删除u和它对应的那条边，那么新的图G’中其实少了一个顶点和一条边。那么根据余量的定义（E-V+1, E和V同时减小了1），我们知道G’的余量等于F(N, εN)，也就是G的余量。既然删除这个顶点并没有改变图的围长，我们知道G’ 是个拥有N个顶点，围长εN的图。那么这样图的余量应该小于等于同类图的最大值，也就是说F(N, εN) ≤ F(N−1,εN)，也即在这种情况下g(N) ≤ g(N - 1)。实际上是严格等于的，这里不再赘述，留给大家考虑。
第二种情况：
图中所有顶点的度数至少为2。现在我们假设G中没有长度小于εN的圈。那么选取图中任意一个顶点u, 它的度数至少是2，然后选取距离u小于等于(εN/2)−1顶点和它们之间的边，形成新的图H。我们认定H是树。假设H不是树，那么必然存在一个圈，假设y，z在圈中是相邻的，那么我们一定可以从y走到u再走回y，这中间的步数小于等于((εN/2)−1) + ((εN/2)−1) + 1 ，这个量是严格小于εN的。但是因为图中并不存在长度小于εN的圈，所以这样的圈并不存在，H一定是树
