离散数学第9章习题答案Word下载.docx

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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。

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。

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

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=<

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■

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■

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.

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■

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：

一个连通无向简单图中，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：

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

（1）,

（2）联立求解得：

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■

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≥5）阶简单图，证明G或中必含圈。

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■

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是其中的一条。

则（T1-a）+b连通且无回路是Ｇ的生成子图，它是Ｇ的生成树。

同理（T2-b）+a也是Ｇ的生成树■

15.证明:

简单连通无向图G的任何一条边，都是G的某一棵生成树的边。

简单连通无向图G的任何一条边，要么是割边，要么是非割边。

如果是割边，那么此边是所有生成树的树边；

如果不是割边，设边为ｅ，那么G-{e}连通，可以求出生存树Ｔ，此Ｔ也是Ｇ的生存数，且不包含ｅ　，那么ｅ　是Ｔ的树补边。

则Ｔ+{e},有唯一一个圈Ｃ，删除圈上任意一条非ｅ边，便得到一颗包含ｅ边的树■

16.证明:

在完全二又树中,边的数目等于2（t-1），式中t是叶的数目。

设Ｔ中的结点数为ｎ，枝点数为ｉ；

根据完全二叉树的定义，有下面的等式成立。

n=i+t,m=2i,m=n-1.解方程组，得到m=2（t-1）■

18.给出公式的根树表示。

将标示符号看成叶结点，逻辑连接词作为分支结点，按公式的先后顺序构造根树如下：

19.给定权1,4,9,1,2,6,4,6,8,10,构造一个最优二叉树。

根据带权最优二叉树定理构造过程如下：

正则二叉树必有奇数个结点，且树叶数t与结点数n之间有：

t=（n-1）/2。

因为正则二叉树的边数ｍ与分支点数ｉ的关系为：

ｍ＝２ｉ，又因为是树，因此结点数ｎ满足：

ｎ＝ｍ－１＝２ｉ－１，必为奇数。

叶结点数ｔ和枝点数之和为ｎ，即：

ｔ＋ｉ＝ｎ，因此t=（n-1）/2■

习题十二

1．证明下面3个图都是平面图。

因为所给图都可以平面图的方式画出来，如下：

2．下面3个图都是平面图，先给图中各边标定顺序，然后求出图中各面的边界和面度。

略■

3.设G是阶数不小于11的图。

G或中至少有一个是非平面图。

假设G和都是平面图，因为，所以至少有一个图的边数，设，有因为是平面图，所以有，求解得ｎ≤１０．与题设G是阶数不小于11的图矛盾，因此G或中至少有一个是非平面图■

4.证明：

具有6个结点、12条边的简单连通平面图，它的面的度数都是3。

因为是简单连通平面图，因此根据欧拉公式有　６－１２＋ｆ＝２，所以有８个面。

根据面度和与边的关系有，Σｄ（ｆｉ）＝２ｍ＝２４；

因为要在平面上围成一个面，至少需要３边，所以８个面，Σｄ（ｆｉ）≥２４。

因此，不存在面度大于３的面，所有面的度数都是３■

5.证明：

少于30条边的简单平面图至少有一个顶点的度不大于4。

假设图Ｇ（ｎ，ｍ）的每个结点的点度都大于等于５，根据握手定理及平面图的判定定理有：

５ｎ≤２ｍ＜６０　　　　（１）　握手定理

ｍ≤３ｎ－６（２）

根据（１）得到：

ｎ<

１２

结合（１）（２）得到：

５ｎ／２≤３ｎ－６，所以ｎ≥１２，矛盾。

因此假设不成立，题设结论成立■

6.设G是具有k（k≥2）个连通分支的平面图，则n–m+f=k+1。

针对每个连通分支而言，满足欧拉公式及：

ni-mi+fi=2,因此Σni–Σmi+Σfi=2k.因为对G图而言只有一个外部面，但在针对每个连通分支引用欧拉欧式的时候都计算了一次外部面，因此外部面多计数k-1次，所以总面数比求和公式少k-1个面，因此有Σni–Σmi+Σfi-（k-1）=2k-（k-1）得n–m+f=k+1■

10.举例说明同构的平面图，其对偶图不一定同构。

举例如下：

11.设某校某专业的学生在某学期共选修了n门选修课，期末考试前必须提前将这n门选修课程先考完，要求每天每人在下午考一门课，问至少需要几天考完这n门课？

此类题可转化为求图的点色数的问题，可将课程集合作为图的点集合Ｖ＝｛ｖ１，ｖ２．．．ｖｎ｝．构造每门课程的学生选修集合Ｓ（ｖｉ），如果有同学同时选修了ｖｉ，和ｖｊ课程，则添加边（ｖｉ，ｖｊ）到图中。

生成图Ｇ后，求Ｇ的点色数χ（Ｇ）即可■

12.在11题中，设n=9，并且课程1和2，1和6，1和4，1和7，2和3，2和6，3和7，3和9，4和7，4和8，5和6，5和8，5和9都有人同时选，问至少几天能将9门课考完。

按１１题的要求，作出如下课程图：

所以至少需要３天才能考完■

完成题目［１，２，３，４，５，6，7，８，９，１０，１１，１２］

习题十三

1.构造（n,m）欧拉图使满足条件：

（1）m和n奇偶性相同；

（2）m和n奇偶性相反。

5.在图13.10中求中国邮递员问题的解。

略，请参考书中解法■

6.设G是有两个奇度点的连通图,设计一个构造G的欧拉道路的算法。

step1:

添加连接两个奇度点的边

Step2:

调用一般的欧拉回路的算法

Step3:

在回路中删除添加的边■

7.n为何值时，无向完全图Kn是欧拉图？

n为何值时，无向完全图Kn仅存在欧拉道路而不存在欧拉回路？

当n为大于2的奇数时，无向完全图Kn是欧拉图，因为每个节点的度数为偶数。

当n为2时，K2，是唯一存在两个奇度点的完全图，因此此图只存在欧拉道路■

8.n（n≥2）个结点的有向完全图中，哪些是欧拉图？

n（n≥2）个结点的有向完全图中，每个都是欧拉图，因为每个节点都有相同的入度和出度，可以找到有向欧拉回路■

9.证明:

凡有割点的图都不是哈密顿图。

反证法，假设存在有割点v的图是哈密顿图，那么此图存在哈密顿圈。

在此圈中删除割点v，那么剩下的节点依然连通。

这和割点的定义相矛盾，所以题设命题成立■

10.证明:

4k+l阶的所有2k正则简单图都是哈密顿图。

因为图是的正则简单图，因此对任意的u，v∈V,有d（u）+d（v）=4k.根据定理13.4，存在哈密顿道路P=v1v2…v4k+1.

1）如果v1v4k+1∈E,则v1v2…v4k+1v1构成一个H圈；

2）如果v1v4k+1E，则是v1的邻接点，那么必为v4k+1的邻接点。

否则，v4k+1点度为4k-1-2k=2k-1,与题设矛盾。

假设vit-1v4k+1∈E，那么可构造H圈如下：

v1…vit-1v4k+1v4k…vitv1

因此，此图为哈密顿图■

11．在无向完全图Kn中有多少条没有公共边的哈密尔顿回路？

1）设n=2k+1,将节点编号为0,1,2…2k,并作如下图示，

在上图中先取一条哈密顿回路为0,1,2,2k,3,2k-1,4,…k+3,k,k+2,k+1,0,然后将圆周上的结点按逆时针方向依次转动一个位置，然后可以得到另一条回路为：

0,2,3,1,4,2k,5,…k+4,k+1,k+3,k+2,0;

显然，这两条回路是没有公共边。

继续这样做下去，共可产生条无公共边的哈密顿回路。

若n=2k+2,那么只要在中间增加一个结点ｕ，就可以同样地得到条无公共边的哈密顿回路■

12.11个学生打算几天都在一张圆桌上共进午餐，并且希望每次午餐时每个学生两旁所坐的人都不相同，问11人共进午餐最多能有多少天？

将１１个学生分别用结点表示，由于每个同学都可能邻座，因此每两个结点之间都有一条边，因此得到无向完全图Ｋ１１，每次午餐时学生都按照一条哈密顿回路落座，如果两条哈密顿回路有公共边，则公共边端点所代表的学生就是相邻的。

因此上述问题转化为求Ｋ１１有多少条无公共边的哈密顿回路问题，利用１１题的结论，共有（11-1）/2=5条无公共边的哈密顿回路，因此这１１个学生共进午餐最多能有５天■

13.假定在n个人的团体中,任何2人合起来认识其余的n-2个人。

（1）这n个人可以排成一排,使得站在中间的每个人的两旁都是自己认识的人,站在两端的人旁边各有1个认识的人；

（2）当月时,这n个人可以围成一个圆圈,使得每个人两旁都是自己所认识的人。

因为任意两个人加起来