最新离散数学第9章习题答案.docx
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最新离散数学第9章习题答案
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习题9
1.设G是一个（n，m）简单图。
证明：
，等号成立当且仅当G是完全图。
证明：
（1）先证结论：
因为G是简单图，所以G的结点度上限max（d（v））≤n-1,G图的总点度上限为max（Σ（d（v））≤n﹒max（d（v））≤n（n-1）。
根据握手定理，G图边的上限为max（m）≤n（n-1）/2,所以。
（2）=〉G是完全图
因为G具有上限边数，假设有结点的点度小于n-1,那么G的总度数就小于上限值，边数就小于上限值，与条件矛盾。
所以，G的每个结点的点度都为n-1，G为完全图。
G是完全图=〉
因为G是完全图，所以每个结点的点度为n-1,总度数为n（n-1），根据握手定理，图G的边数。
■
2.设G是一个（n，n+1）的无向图，证明G中存在顶点u，d（u）≥3。
证明：
反证法，假设,则G的总点度上限为max（Σ（d（u））≤2n，根据握手定理，图边的上限为max（m）≤2n/2=n。
与题设m=n+1，矛盾。
因此，G中存在顶点u，d（u）≥3。
■
3．确定下面的序列中哪些是图的序列，若是图的序列，画出一个对应的图来:
（1）（3，2，0，1，5）；
（2）（6，3，3，2，2）
（3）（4，4，2，2，4）；（4）（7，6，8，3，9，5）
解：
除序列
（1）不是图序列外，其余的都是图序列。
因为在
（1）中，总和为奇数，不满足图总度数为偶数的握手定理。
可以按如下方法构造满足要求的图：
序列中每个数字ai对应一个点，如果序列数字是偶数，那么就在对应的点上画ai/2个环，如果序列是奇数，那么在对应的点上画（ai-1）/2个环。
最后，将奇数序列对应的点两两一组，添加连线即可。
下面以
（2）为例说明：
（6,3,3,2,2）对应图G的点集合V={v1,v2,v3,v4,v5}
每个结点对应的环数（6/2,（3-1）/2,（3-1）/2,2/2,2/2）=（3,1,1,1,1）
将奇数3，3对应的结点v2,v3一组，画一条连线
其他序列可以类式作图，当然大家也可以画图其它不同的图形。
■
4．证明：
在（n，m）图中。
证明：
图的点度数是一组非负整数{d（v1）,d（v2）…d（vn）}，那么这组数的算术平均值一定大于等于其中的最小值，同时小于等于其中的最大值。
对应到图的术语及为：
最大值为，最小值为δ，平均值=（d（v1）+d（v2）…+d（vn））/n=2m/n,所以。
■
5．证明定理10.2。
【定理10.2】对于任何（n,m）有向图G=（V，E），
证明：
有向图中,每条有向边为图贡献一度出度，同时贡献一度出度，所以总出度和总入度相等，并和边数相等。
因此，上述关系等式成立。
■
6．设G是（n，m）简单二部图，证明：
。
证明：
本题目，我们只需要说明n阶的简单二部图的边数的最大值=即可。
设n阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为V1，V2,那么|V1|+|V2|=n。
此种情况下，当G为完全二部图时，有最多的边数，即max（m）=|V1||V2|,变形为，max（m）=（n-|V2|）|V2|.此函数的最大值及为n阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/2时取得。
及max（max（m））=,所以n阶二部图（n,m）,■
7.无向图G有21条边，12个3度数结点，其余结点的度数均为2，求G的阶数n。
解：
根据握手定理有：
21=（3Χ12+2（n-12））/2,解此方程得n=15■
10．判断图10.29中的两个图是否同构，并说明理由。
图10.29
解：
题中两个图不同构，因为左边图的唯一3度点有2个1度点为其邻接点，而右图唯一的3度点只有1个1度点为其邻接点。
因此这两个图不可能同构■
13.设有向图D=如下图10.31所示。
（1）在图中找出所有长度分别为1，2，3，4的圈（至少用一种表示法写出它们，并以子图形式画出它们）。
（2）在图中找出所有长度分别为3，4，5，6的回路，并以子图形式画出它们。
解：
（1）
（2）子图略
长度为三的回路：
Ae1Ae1Ae1A,Ae1Ae3De2A,Ae4Be7Ce5A,Ae4Be8Ce5A
长度为四的回路：
AAAAA，AAADA，AABe7CA,AABe8CA,ABe7CDA,ABe8CDA
长度为五的回路：
AAAAAA,AAAADA,AAABe7CA,AAABe8CA,AABe7CDA,AABe8CDA,AADADA,AAAe4Be7Ce5A,AAAe4Be8Ce5A,ADAe4Be7Ce5A,ADAe4Be8Ce5A■
15.若u和v是图G中仅有的两个奇数度结点,证明u和v必是连通的。
证明：
反证法，假设u和v不连通，那么他们必然分布于此图的两个连通分支中。
那么它们将分别是各连通分支中唯一的奇数度结点。
根据握手定理，一个图中奇度点的个数为偶数。
而两个连通分支中，奇度点的个数为奇数。
矛盾。
矛盾的产生，是由于假设不连通导致的，因此，题设结论成立■
17.设（n,m）简单图G满足,证明G必是连通图。
构造一个的非连通简单图。
证明：
假设G不连通，分支G1，G2．．Ｇｋ，那么他们的边数的最大值ｍａｘ（ｍ）＝Σ（ｎｉ－１）ｎｉ／２≤Σ（ｎｉ－１）（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎｉ－１）＝（ｎ－１）（ｎ－ｋ）／２，所以，只有当k=1时，才能满足题设要求，G是连通图。
如果将顶点集合分成两个点集，|V1|=1，|V2|=n-1,构成如下的有两个分支的非连通简单图，G1=（1，0），G2=Kn-1,满足题设条件■
18.设G是阶数不小于3的连通图。
证明下面四条命题相互等价:
（1）G无割边；
（2）G中任何两个结点位于同一回路中；
（3）G中任何一结点和任何一边都位于同一回路中；
（4）G中任何两边都在同一回路中。
证明：
（1）=〉
（2）
因为G连通，且G无割边，所以任意两个结点u,v，都存在简单道路p=u…wv.又因为G无割边，所以，删除边wv后，子图依然连通，即w,v存在简单道路p’,以此类推，可以找到一条核p每条边都不相同的p’’=v…u,这样p和p’’就构成了一条回路。
（2）=〉（3）
因为G中任意两个结点都位于同一回路中，所以任意结点u,和任意边e的两个端点v1,v2都分别在两个回路C1，C2中，如果C1=C2=u…v1…v2…u,那么将回路中v1…v2,用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求。
如果C1≠C2，C1=u…v1…u,C2=u…v2…u,那么构成新的道路P=u…v1…u…v2…u,在其中将重复边剔出掉，得到新的回路C3，其中包含v1,v2结点，可以将回路中v1…v2用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求.
（3）=〉（4）
对任意两条边e1,e2其端点分别为u1,u2,v1,v2。
根据（3）存在回路C1=u1…v1v2…u1,C2=u2…v1v2…u2。
那么可以形成新的闭道路P=u1…v1v2…u2…v1v2…u1,在其中将重复边剔出到，得到新的回路C3，其中包含e2和u1,u2结点，可以将回路中u1…u2用u1u2=e1替换，就得到新的新的回路，包含e1,e2,满足要求.
（4）=>
（1）
因为任意两条边都在同一回路中，所以不存在割边。
假设边e是割边，那么删除此边，图不连通，分支中的任何一对不在同一分支中的边，不能构成回路，与条件矛盾。
所以，G中无割边■
19.设G=（V,E）是点度均为偶数的连通图。
证明:
对任何。
证明：
G-v最多产生d（v）个奇数度点，又因为每个连通分支中奇数度点的个数是偶数，即G-v的连通分支最少有两条边和v相连，所以总连通分支数小于等于d（v）/2■
hong
（1）.2.____________________________________________________________________________________________________________________
21.证明:
在非平凡连通图G中,e为割边的充要条件是它不包含于G的任何圈中。
证明：
1）e为割边=〉e不包含于G的任何圈中
假设e包含在某一圈Ci中，那么删除此边，但边关联的两个邻接点依然连通，所以没有破坏原图的连通性。
因此不是割边，矛盾。
所以假设不成立，既e不包含于G的任何圈中；
2）e不包含于G的任何圈中=〉e为割边
假设e为割边，那么删除此边，生成子图依然连通。
e关联的两个邻接点有基本道路存在，此基本道路连同e构成一个圈。
与题设矛盾。
所以假设不成立，既e为割边。
根据1），2）可知，题设结论成立■
23.证明:
在具有n（n≥2）个结点的简单无向图G中，至少有两个结点的度数相同。
证明：
此题可用鸽笼原理，因为n个结点的简单无向图G中，结点的度数只可能是0，1，2…n-1这n个数，又因为如果有结点的度数为0，那么就不可能有结点的度为n-1，反之也然。
所以n个结点，最多有n-1种度数，其中必有至少两个结点的度数相同■
24.设G是的简单图。
证明:
G中必有长度至少为的圈。
证明：
设ｐ＝ｕ．．．ｖ是满足题设要求图Ｇ中的最长基本道路，那么ｄ（ｕ），ｄ（ｖ）都应该大于等于δ。
那么，u,v的邻接点都应该在道路p上，否则此道路可以延长，与其是最长路假设矛盾。
如果u，v是邻结点，那么可以构成一个圈c=u…vu，其长度≥δ＋１。
如果ｕ，ｖ不是邻结点，那么从ｐ的终点开始删除点，直到其为ｕ的邻结点为止，得到道路ｐ＇,可知道路p’，依然保持ｕ的所有邻结点都在ｐ＇上的性质，所以可构成一个圈ｃ＇＝ｕ．．．ｕ＇ｕ，其长度≥δ＋１，证毕■
25.证明:
G是单向连通图当且仅当存在一条包含G中全部结点的有向道路。
证明：
假设不存在包含全部结点的有向道路，那么设ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ是Ｇ中最长的有向道路，且ｕ结点不包含在此有向道路中。
ｕ和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且ｕ不能到达ｖ１，且ｖｋ也不能到达ｕ，否则，此最长路可扩充。
那么由于道路上的每个结点和ｕ都单向可达，所以此最长路和ｕ之间的可达关系必然如下图所示：
当ｋ为偶数时，道路可扩充为v1…vk/2…u…vk/2+1…vk,而当ｋ为奇数时，不管ｖｋ＋１／２与ｕ之间是如何单向可达的，都可以构造出更长的有向道路，矛盾，所以Ｇ中一定存在包含所有结点的有向道路■
26.无向图G如图10.32所示，先将此图顶点和边标出，然后求图中的全部割点和割边。
图10.32
解：
标注如下所示：
根据标记后的图，可求得割点分别为：
ｕ４，ｕ７，ｕ８，割边分别为：
ｕ４ｕ５，ｕ７ｕ８，ｕ８ｕ９■
27.求图10.33的全部强分图和单向分图。
图10.33
解：
将图重新标记如下：
那么此图的邻接矩阵为，通过计算可求得其强分图矩阵为：
因此，此图有两个强分图，一个包含一个结点Ｖ９ ，一个包含其它的８个节点。
由于两个强分图之间存在有向道路，因此全部９个结点，构成了单向分图■
28.证明：
一个连通无向简单图中，任意两条最长路至少有一个公共顶点。
证明：
假设两条最长路ｐ１＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ，ｐ２＝ｕ１ｕ２．．．ｕｋ没有公共点，那么两条道路上的点集之间就有道路相连，否则就不是连通图了。
设此道路起点是ｐ１上ｍ点，终点是ｐ２上的ｗ点．可根据如下情况进行调论：
（１）ｍ，ｗ是ｐ１，ｐ２的中间结点，那么可构成新道路 Ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｍ．．．ｗ．．．ｕｋ，此路至少比Ｐ１长1，矛盾。
（2）假设m和w不能均分p1,p2,那么可以将两个长路段和m,w之间的道路进行拼接，那么可得到比p1长的道路，与ｐ１，ｐ２是最长路矛盾。
因此任意两条最长路至少有一个公共顶点
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