习题参考解答图论部分Word文档下载推荐.docx
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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
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),
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:
本题目,我们是需要说明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。
根据握手定理有:
21=(3Χ12+2(n-12))/2,解此方程得n=15■
8.证明:
完全图的点诱导子图也是完全图。
方法1
为证明此结论,我们先证两个引论:
引论1:
设G(V,E)为母图,
则G的任意子图G'
(V’,E’)是G关于V’的点诱导子图G'
'
(V’,E’’)的子图。
引论2:
引论1中G’’(V’,E’’)的任意点诱导子图,也是G图的点诱导子图。
略,请读者证明。
设有完全图Kn(n≥1),现根据其p阶点诱导子图作归纳证明。
Kn的1阶点诱导子图,显然是完全图,且都是K1图。
当n≥2,Kn的2阶点诱导子图,显然是完全图,且都是K2图
假设Kn的p(n>
p>
2)阶点诱导子图,为Kp图,那么对任意的p+1阶点诱导子图G,根据引理2结论,G的任意p阶点诱导子图G’为Kn的p阶点诱导子图,且为Kp图。
因此,G必为Kp+1图。
根据以上论证可得原命题成立■
方法2
因为完全图的任意两个顶点均邻接,所以点导出子图任意两个顶点也邻接,为完全图。
9.若
,称G是自补图。
确定一个图为自补图的最低条件;
画出一个自补图来。
设G为(n,m)图,
为(n,m`)图,根据补图的定义有,至少应该满足
m+m`=n(n-1)/2
(1)根据同构的定义有,至少应该满足
m=m`
(2)
(1),
(2)联立求解得:
m=n(n-1)/4,及一个图为自补图,最低条件为结点数为4的倍数或为4的倍数加1。
图示略■
10.判断图10.29中的两个图是否同构,并说明理由。
图10.29
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■
11.证明:
图10.30中的两个图是同构的。
图10.30
略■
12.求具有4个结点完全图K4的所有非同构的生成子图。
我们可以把生成子图按总度数不同进行分类,不同总度数的子图类决不同构。
总度数相同的子图类中,再去找出不同购的子图。
因此求解如下:
Σd(v)=0:
(0,0,0,0)
=2:
(1,1,0,0)
=4:
(2,1,1,0)(1,1,1,1)
=6:
(3,1,1,1)(2,2,1,1)(2,2,2,0)
=8:
(2,2,2,2)(3,2,2,1)
=10:
(3,3,2,2)
=12:
(3,3,3,3)
总共10个不同构生成子图■
13.设有向图D=<
V,E>
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。
(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■
14.试证明在任意6个人的组里,存在3个人相互认识,或者存在3个人相互不认识。
设A为6人中的任一人,那么A要么至少与3人认识,要么至少与3人不认识,二者必居其一。
假设A与B,C,D三人认识,如果B,C,D三人互不认识,结论成立
如果B,C,D三人中,至少有两人相互认识,则它们和A一起,构成相互认识的3人,结论成立。
同理,A至少与3人不认识,结论也成立。
因此,题设结论成立■
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。
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■
16.证明:
G是二部图当且仅当G的回路都是偶长回路。
设二部图G,顶点分为两个集合V1,V2
充分性:
先证明在二部图中,奇长路的道路的两个端节点一定分别在两个顶点集合中,对道路长度使用归纳法,
(1)当道路长度为1是,根据二部图的定义,每条边的两个顶点分别在两个点集合中,结论成立
(2)假设道路长度为2n-1(n≥2)时结论成立
(3)当道路长度为2n+1时,设P=v1v2…v2n-1v2nv2n+1,在此路径上删除最后两个结点,那么道路P将变为长度为2n-1的奇长道路,根据假设,v1,v2n-1分别在两个顶点集合中,那么v2n和v1在同一顶点集合中,而v2n+1和v1在不同顶点集合,结论成立
因为G中的任何回路,写成道路的形式,起点和终点时一个结点,当然在同一个顶点集合中,因此长度必为偶数;
必要性:
(仅对连通分支证明)
在图中任意取一点着色为白色,将和此点最短距离为奇数的点着色为黑点,为偶数的着色为白点,那么将结点分为白色和黑色连个点集,任何同色点之间没有边相连。
否则将形成奇数长度的回路,例如同色结点v1,v2相邻,那么从初始着色点v开始通过最短路径可以形成如下回路v…v1v2…v,因为v…v1,v2…v长度和为偶数,那么回路v…v1v2…v长度为奇数,与题设矛盾。
所以是二部图
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。
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。
(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)=>
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
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.
20.证明:
图中距离满足欧几里德距离的三条公理。
(1)d(u,v)≥0,即任何两个结点之间的最短路长度大于等于0
显然,结点u与自己之间的距离为0,而和其他结点之间的最短距离不为0。
(2)d(u,v)=d(v,u),两个结点之间的最短距离相等
显然,如果长度为k的最短道路p=u…v,即使u到v的最短道路,也是v到u的最短道路。
(3)d(u,v)+d(v,w)≥d(u,w)
假设d(u,v)+d(v,w)≤d(u,w),那么最短道路P=u…w,就不是最短道路,因为另一条道路p’=u…v…w其长度小于P,与最短道路相矛盾,因此原结论存立■
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。
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■
22.证明:
若G是3度正则的简单图,则
(请冯老师帮助解答下)
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。
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。
G中必有长度至少为
的圈。
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。
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
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
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:
一个连同无向简单图中,任意两条最长路至少有一个公共顶点。
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■
29.证明:
若G是n阶无向简单图,G中每一对不相邻的顶点的度数之和至少是n-1,则G是连通图。
假设G不是连通图,G1,G2是G的两个连通分支,分别为n1,n2阶连通无向简单子图,则n1+n2≤n。
对G1中任意结点v1,和G2中任意结点v2而言,v1的最大点度为n1-1,v2的最大结点度为n2-1;
则v1,v2的点度之和,最大为n1+n2-2≤n-2<
n-1.与题设条件矛盾。
矛盾的导出,是因为假设G不是连通图引起的,因此,原题设结论成立■
30.求出图10.34的邻接矩阵、可达性矩阵、强分图和关联矩阵。
图10.34
对图的结点和边进行编号如下:
邻接矩阵:
因此可达矩阵为:
强分图矩阵为:
关联矩阵为:
31.设P=(pij)n×
n是可达性矩阵。
P
PT中第i行中非零元素所在列号给出了包含结点vi的强分图的全部结点编号。
根据强分矩阵的计算过程可知,其包含的含义是结点间双向可达信息。
根据有向图的双向可达关系是一个等价关系,因此P
PT中第i行中非零元素所在列号既是一个等价类,所以包含了一个强分图的所有结点■
已完成[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,23,24,25,26,27,28,29,30,31]
第22题未证明
习题十一
1.设一个树中度为k的结点数是nk(2≤k),求它的叶的数目。
设T的节点总数为n,叶节点数目为t,根据题意及握手定理有:
t+n2+n3+…+nk=n
(1)
t+2n2+3n3+…k(nk)=2(n-1)
(2)握手定理
t=n3+2n4+…(k-2)nk+2■
2.证明:
树T中最长道路的起点和终点必都是T的叶。
假设T中最长道路P=vi1vi2…vik的起点或终点不是T的叶结点,设d(vi1)>
1,则vi1的所有邻接点(v‘1,v’2…,v’l)都在P中,那么在T中可以找到一个回路,那么截取道路P,得到回路C=vi1…v’lvi1.与T中无回路矛盾。
对于d(vik)>
1时同理。
因此,假设不成立,即最长道路P的起点和终点都是T的叶节点■
3.n(n≥3)阶无向树T的最大度Δ至少为几?
最多为几?
当T中只有一个枝点时,Δ=n-1,为最大值。
当T构成一条链时,只有两个叶结点,其余结点都为2度点,此时Δ=2,为最小值,因此Δ至少为2,最大为n-1■
4.n(n≥3)阶无向树T的最大度Δ=2,则T中最长的简单道路为几?
根据第3题结论,当无向树T的最大度Δ=2时,T构成一条链,以此最长的简单道路包含所有的节点,道路长度L=n-1■
5.证明:
任何无向树都是二部图。
以树T中任意结点u为起点,将与u最短距离为偶数的结点放入v1结点集合,将与u最短距离为奇数的结点放入v2结点集合,那么这两个结点集合中,显然不存在公共点,同时两个结点集合组成了树的全部结点,因此是数T的结点集合的一个分化。
假设在Vi集合中存在两个结点u1,u2是邻结点,那么就存在如下道路:
p=u...u1u2....u,其中p1=u...u1代表u到u1的最短路径,p2=u2...u代表u到u2的最短路径,且u1u2边不在最短路径上,否则他们的最短路径不是同奇偶的;
因此,P中包含圈,这与树中无圈相矛盾,所以T中的边,只能存在于两个点集合之间,所以是二部图■
6.证明:
如果T是树且Δ≥k,则T中至少有k个叶结点。
当T为非平凡树时,根据T的定义,T中每个枝点都是割点,当删除d(v)=Δ的节点时,ω(T-v)=Δ,每个分支都是数,如果分支都是平凡树,则这些节点都是T的叶,叶节点数为Δ。
如果分支有非平凡数,那么至少有两个叶节点,其中至少一个是删除v时就存在的,因此总的叶节点个数≥Δ≥k。
因此T中至少有k个叶结点■
7.设G为n(n≥3)阶简单图,证明G或
中必含圈。
(有误,>
4,p223)
反证法,假设G和
中都不含圈,那么G和
的所有分支都是树。
则G所包含的最大边数|E(G)|=n-1,则
所包含的最大边数|E(
)|=n-1.因为G及
的边数总和|E(G)|+|E(
)|=n(n-1)/2,但根据假设条件,max|E(G)|+max|E(
)|=2(n-1)<
n(n-1)/2,矛盾.因此,G或
中必含圈■
恰好有两个顶点的度为1的树必为一道路P。
因为此树仅有2个叶结点,因此Δ<
3。
那么枝点的度只能为2。
所以此树为一条链,及一条道路■
9.设T是一个n+1阶树,G是最小点度
G必含有与T同构的子图。
采用归纳法证明,对n进行归纳
(1)当n=1时,T为2阶树,因为G是最小点度
的简单图,所以任意意个结点与其邻结点都构成一颗2阶树,成立
(2)假设n=k,k≥2时,结论成立,即T是一个k+1阶树,G是最小点度
G必含有与T同构的子图
(3)当n=k+1时,G是最小点度
的简单图,T是任意一棵k+2阶树,在T中删除一个叶结点t,那么T-{t}是一棵k+1阶树,利用归纳假设,G中必存在与T-{t}同构的子图T’,T’中最大的点度不超过k,所以每个T’中的结点都有邻结点不包含在T’中,所以T’可在某个结点上增加一个额外的结点u,使T’+{u}与T同构
综上所述,结论成立■
10.设e是连通图G的一条边。
e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中。
1)充分性:
e是G的割边则e含于G的每个生成树中
假设e不包含在某棵生成树T中,那么e一定在T的树补边集中,那么G-{e}中依然包含树T,因此G-{e}连通,与e是割边矛盾,因此e含于G的每个生成树中;
2) 必要性:
e含于G的每个生成树中则e是G的割边
假设e不是G的割边,那么G-{e}依然连通,具有生成树,这些生成树也是G的生成树,且不包含e,与e含于G的每个生成树中前提矛盾,因此e是G的割边。
综上所述,题设结论:
e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中成立■
11.设T1和T2是连通图G的两个不同的生成树,a是在T1中但不在T2中的一条边。
T2中存在一条边b,使得(T1-a)+b和(T2-b)+a也是G的两个不同的生成树。
从T1中删除边a,得树T1-1和T1-2 ,分别用V1,V2 表示这两棵子树的结点集合,设Ea={e|e的两个端点分别属于V1,V2},显然,a∈Ea.因为a不在T2中,所以a是T2的树补边。
设C(a)为在中T2增加边a后所得到的圈,则C(a)中必然存在T2的树边b不在T1中但在Ea中。
否则,C(a)上的T2的所有树边均在T1中或均不在Ea中。
如果C(a)上的T2的所有树边均在T1中,则C(a)上的所有边都在T1中,与T1是树矛盾。
如果C(a)上的T2的所有树边均不在Ea中,则C(a)中除a外所有的边的端点均在V1或V2中,与C(a)是基本回路矛盾。
所以C(a)中必然存在不在T1中但在T2中的的树边,设b