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（1）
定義在一棵樹裡新增一條邊，並在產生的圈裡刪除一條邊叫做一次操作。（也就是說換掉一條邊並且保證結果是樹），則樹a和b是無向圖的兩個生成樹，則a可以通過若干次操作變成b。
證：把樹看作邊的集合，如果b中有一條a沒有的邊，則把這條邊加到a上，a產生乙個圈中至少有一條是b中沒有的邊，把這條邊刪掉，則a仍然是生成樹，a,b集合相同的邊多了一條，重複這個過程直到a b包含的邊相同。
注：這個命題比較容易證，它告訴我們任何兩棵生成樹都可以通過不斷換邊得到。（重要的是換邊的過程中始終保持是樹。）
「可以通過若干次操作」，這個「可以」並沒有「特殊」的含義，也就是說我們可以隨便加一條b有而a沒有的邊，總可以找到一條合適的邊刪掉。
（2）
把乙個連通無向圖的生成樹邊按權值遞增排序，稱排好序的邊權列表為有序邊權列表，則任意兩棵最小生成樹的有序邊權列表是相同的。（演算法導論23.1-8）
證：設最小生成樹有n條邊，任意兩棵最小生成樹分別稱為a, b, 如果e是一條邊，用w(e)表示該邊的權值。
a的邊按權值遞增排序後為a1, a2,……an w(a1)≤w(a2)≤……w(an)
b的邊按權值遞增排序後為b1, b2,……bn w(b1)≤w(b2)≤……w(bn)
設i是兩個邊列表中，第一次出現不同邊的位置，ai
≠bi不妨設w(ai)≥w(bi)
情形1 如果樹a中包含邊bi
，則一定有j>i使得bi=aj ,事實上,這時有 w(bi)=w(aj)≥w(ai) ≥w(bi) 故 w(bi)=w(aj)=w(ai)，在樹a的邊列表中交換邊ai
和 aj
的位置並不會影響樹a的邊權有序列表，兩棵樹在第i個位置的邊變成同一條邊。
情形2 樹a中並不包含邊bi
，則把bi
加到樹a上，形成乙個圈，由於a是最小生成樹，這個圈裡任意一條邊的權值都不大於w(bi) ，另外，這個圈裡存在邊aj
不在樹b中。因此，有w(aj)≤w(bi)，且j>i (因為aj
不在b中)。於是，有w(bi)≤w(ai)≤w(aj)≤w(bi)，因此
w(ai)= w(aj) = w(bi)。那麼在樹a中把aj
換成bi
仍然保持它是一棵最小生成樹，並不會影響樹a的邊權有序列表，並且轉換成情形1。
注：這個命題說明，如果無向圖的邊權都不相同，則最小生成樹是唯一的。但是其逆命題不成立。即如果無向圖的最小生成樹唯一，則無向圖的邊權是可能有相同的。例子，比如原圖本身就是一棵樹，並且有兩條邊的邊權相等。
（3）
a,b是同乙個無向連通圖的兩棵不同的最小生成樹，則a可以通過若干次（1）中定義的換邊操作，並且保證每次結果仍然是最小生成樹，最終轉換成b。
證：做法和（2）類似，也是要找一條樹b有但是樹a沒有的邊。事實上（2）的證明過程「情形2」的部分，就已經找到這樣一條邊了。按照（2）中給出的方法，就可以把a轉換成b。
注：上述證明過程證得了和（1）中類似的結論，但是此時的「可以」暫時有「特殊」的含義，至少證明中需要以一定的規則選邊。這顯得有點不「美觀」。那麼，是否可以任意選邊呢？考慮任意選邊造成的「後果」：把任意一條b有而a沒有的邊加入到a，由於a是最小生成樹，所以形成的圈裡所有的邊的權值都不大於新加的邊，那麼如果這個圈裡沒有其他的這種權值的邊，換句話說，如果這個圈裡的這條邊是唯一權值最大的邊怎麼辦呢？或者，如果這個圈裡所有和這條邊權值相等的邊都也在b中，那麼該如何保證換邊後，a和b相同的邊數增多一條呢？下面證明，這些情況不可能出現。
（4）
乙個連通無向圖g,不會有一棵最小生成樹包含g的乙個圈中全部最大權值的邊。
證：設圖的節點集合是v。反證，假設有一棵最小生成樹t包含g中某個圈的全部權值最大的邊，設其中一條邊是e, 則在樹中刪掉邊e，t-e是不連通的，它把節點分成了兩部分（連通分量），a和b=v-a。在原圖g中，這條邊在乙個圈c裡，且在c中權值是最大的。則(c-e)是g中一條路，這條路中有節點在a中，也有節點在b中，因此必然有一條邊e』，它一端在a中，一端在b中,顯然它不在t-e中。於是把e』加入到t-e中，這樣形成的是一棵樹t』。（|v|-1條邊的連通圖顯然是樹），而由於w(e』)，有w(t』)，與t是最小生成樹矛盾。
注：特別地，如果乙個圈中權值最大的邊唯一，則最小生成樹不包含這條邊。
（演算法導論上習題23.1-5要證明：如果一條邊是乙個圈中權值最大的邊，一定有一棵最小生成樹不包含它。由這個結論可以立刻得出。當圈中最大權值的邊唯一時，演算法導論上這個命題稍弱。）
至此證明了任何兩棵不同的最小生成樹a,b，可以隨意選一條b有而a沒有的邊，新增到a上，由（4）的結論，形成的圈裡，至少有一條邊和這條新加的邊權值相同,並且它不在b中，刪掉它。這樣可以最終把a轉化成b。
（5）
對於乙個連通無向圖的生成樹，只考慮它的邊權，形成的有序邊權列表中，最小生成樹是有序邊權列表字典序最小的。（字典序就是通常的定義，兩個序列a,b的字典序相同當且僅當a=b。否則，序列a,b出現最早位置的不相等的元素時，如果序列a的該位置元素更小，則序列a字典序小，反之，則序列b的字典序更小。如果直到乙個序列結束都沒有這樣的位置，則較短的序列字典序小）。
證：設a是一棵最小生成樹，而b是不是一棵最小生成樹。利用(2)的結論，因為任何最小生成樹的有序邊權列表是相同的，所以可以用krusal演算法產生的最小生成樹的有序邊權列表。krusal演算法的優點是按邊權順序加邊，並且當邊權相等時，只要不形成圈，加哪條邊都可以形成最小生成樹。把b的邊都按遞增順序排序：
b的邊按權值遞增排序後為b1, b2,……bn w(b1)≤w(b2)≤……w(bn)
用krusal演算法求原圖的一棵最小生成樹，
具體地，加第i條邊時(1≤i≤n),如果對該加的邊e，有w(e)=w(bi),則選擇bi
代替e加入。不可能出現w(e)>w(bi),因為krusal演算法是按邊權由小到大考慮加邊的，如果出現這種情況，說明，選擇bi
加入是不合法的——會形成圈，而此時的圖是樹b的子圖，這與b是樹矛盾。
注：有了（2）的結論，結合krusal演算法的過程，知道krusal演算法加邊的順序構成的邊權列表就是乙個有序邊權列表。於是，只考慮有序邊權列表時，可以用krusal演算法產生的特殊的最小生成樹代替任何一棵最小生成樹。
如果一棵樹是最小生成樹，則對它採取一次（1）中的操作，顯然，它的總權值不減。那麼它的逆命題是不是成立？也就是如果說一棵生成樹，對它採取一次（1）中的操作後，它的總權值不減，它是否是最小生成樹？再換句話說，一棵非最小生成樹，是否一定可以找到一條邊進行（1）中的操作後，總權值會減小？這個命題看起來是顯然的，但是是否有可能一棵非最小生成樹當前無論怎樣採取（1）中的操作都會造成總權值暫時的增大，而至少要操作兩次，才能把權值降低呢？答案是不會的。
（6）
一棵樹不是最小生成樹，則一定存在乙個（1）中描述的操作，使得操作之後，它的總權值減小。
證：設a不是最小生成樹，a的邊按權值遞增排序後為a1, a2,……an w(a1)≤w(a2)≤……w(an)。利用krusal演算法，加第i條邊時(1≤i≤n),如果對該加的邊ei
，有w(ei)=w(ai),則選擇ai
代替ei
加入。直到第j次時(1≤j≤n)，有w(ej)j),則仍加入ej,自此後仍執行普通的krusal演算法（即任意處理權值相同的邊），這樣生成的最小生成樹e，有w(ej)j) 且對所有1≤i有ei=ai
，由於權值遞增關係，ej
不在a中，那考慮把ej
加入到a中形成的圈，圈裡其他任意的邊ax,若w(ax)≤w(ej)j),則有x，於是這些邊是在第j步之前和krusal演算法一樣加入的。因此，圈裡至少有一條邊ay
滿足w(ay)≥w (aj)>w(ej) （y≥j>x）,於是刪除ay
可以讓a的總權值減小。
注：可見確實有這樣的操作。於是立刻得出以下結論：
（7）
一棵生成樹不是最小生成樹，則一定存在（1）中的操作，不斷進行把它轉換成一棵最小生成樹，而且每次操作后權樹的總權值都會減小。
證：由（6）知，存在乙個這樣的操作，任選乙個這樣的操作，總權值會減小。這樣不斷地進行下去，因為不同的生成樹的個數是有限的，所以總權值不可能一直減小下去，也不可能無限逼近與乙個常數，最終可以使其變成一棵最小生成樹。
注：由此可知，這種操作也是「任意」選邊的，並沒有特殊性。如果把乙個圖的所有生成樹看作節點，把對每個生成樹進行一次（1）中定義操作看作形成的樹作為它的鄰居。
那麼綜合上述結論：形成的圖是個無向連通圖。任何「區域性最優解」也是「全域性最優解」(只進行一次操作不能減小總權值，則是最小生成樹，可以隨意從任何乙個「非最優點」，保持權值減小地逐步達到「最優點「)。
（8）
如果一棵生成樹，任何邊都在某棵最小生成樹上，則它不一定是最小生成樹。
反例：考慮乙個長為2，寬為1的矩形。構造乙個無向圖，節點就是矩形頂點，邊就是矩形的邊，邊權就是矩形邊長。顯然，原圖有兩棵最小生成樹（「兩寬與一長」），所有邊都在某棵最小生成樹上，但是有兩棵生成樹不是最小生成樹（「兩長與一寬」）。
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關於最小生成樹
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