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最新离散数学习题答案

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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。

）先证结论：

1证明：

（

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={v,v,v,v,v}

51243

vv21

v4v3

v5

2）=（3,1,1,1,1）//2,（3-1）//每个结点对应的环数（62,（3-1）/2,22,2精品文档．

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vv21

v4v3

v5

一组，画一条连线v,v将奇数3，3对应的结点32

vv21v4v3v5

■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。

m）图中。

4．证明：

在（n，

，那么这组数的算术平均值一定大于等d（v）}证明：

图的点度数是一组非负整数{d（v）,d（v）…n21，最小值于其中的最小值，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）/n=2m/n,为δ，平均值=（所以。

■）+d（v）+d（v）…d（vn12

5．证明定理10.2。

，E）V10.2】对于任何（n,m）有向图G=（，【定理

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证明：

有向图中,■相等，并和边数相等。

因此，上述关系等式成立。

。

．设6G是（n，m）简单二部图，证明：

即可。

=阶的简单二部图的边数的最大值证明：

本题目，我们只需要说明n

。

此种情况下，|V1|+|V2|=nV2,那么V1设n阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为，max（m）=（n-|V2|）|V2|.变形为，为完全二部图时，当G有最多的边数，即max（m）=|V1||V2|,时取得。

及此函数的最大值及为n2阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/n,max（max（m））=所以阶二部图■（n,m）,

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的阶数n2个3度数结点，其余结点的度数均为，求G7.无向图G有21条边，12

■n=15解此方程得21=（3Χ12+2（n-12））/2,解：

根据握手定理有：

中的两个图是否同构，并说明理由。

．判断图10.2910

图9-1.15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■度点为其邻接点。

因此这两个图不可能同构1个13度点只有

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）

C=AA

C=AeBeCeAC=AeBeCeDeA

2448756

C=ADA

C=AeBeCeA

C=AeBeCeDeA

5472846

（2）子图略精品文档．

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长度为三的回路：

AeAeAeA,AeAeDeA,AeBeCeA,AeBeCeA

514141718352长度为四的回路：

AAAAA，AAADA，AABeCA,AABeCA,ABeCDA,ABeCDA

8877长度为五的回路：

AAAAAA,AAAADA,AAABeCA,AAABeCA,AABeCDA,AABeCDA,8877■AA,ADAeBeCeBeCeA,ADAeBeCeCeAADADA,AAAeBeA,AAAe584555448477

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。

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。

那么它证明：

反证法，假设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（ｎ（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎ－１）＝（ｎ－－１）ｎ／２≤Σ（ｎ－１）ｉｉｉｉ１）（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，图不精品文档．

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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■相连，所以总连通分支数小于等于d（v）/2G-v的连通分支最少有两条边和v

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：

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ｋ＋１／２－ｋ／２

ｕｕ

ｖｖｋ＋１／２ｋ／２＋１ｖ＋１ｋ＋１／２

ｋ为奇数ｋ为偶数

与ｕ之间是…u…vv,而当ｋ为奇数时，不管ｖ……当ｋ为偶数时，道路可扩充为vvｋ＋１／２k1k/2+1k/2所以Ｇ中一定存在包含所有结点的都可以构造出更长的有向道路，矛盾，如何单向可达的，有向道路■

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。

26.无向图G

图10.32

解：

标注如下所示：

ｕ３ｕ７ｕ５ｕ１

ｕ９ｕ８ｕ４ｕ２ｕ６

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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：

ｖ１ｖ４

ｖ２ｖ９ｖ５ｖ６

ｖ８ｖ３

ｖ７

那么此图的邻接矩阵为，通过计算可求得其强分图矩阵为：

由于两个，一个包含其它的８个节点。

此图有两个强分图，一个包含一个结点Ｖ９因此，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。

．ｕｋ没有公共点，那．ｖｋ，ｐ２＝ｕ１ｕ２．．证明：

假设两条最长路ｐ１＝ｖ１ｖ２．．设此道路起点是ｐ１上ｍ点，否则就不是连通图了。

么两条道路上的点集之间就有道路相连，（１）ｍ，ｗ是ｐ１，ｐ２的中间结点，终点是ｐ２上的ｗ点．可根据如下情况进行调论：

）21，矛盾。

（．ｍ．那么可构成新道路Ｐ＝ｖ１ｖ２．．．．．ｗ．．ｕｋ，此路至少比Ｐ１长之间的道路进行拼接，那么可得那么可以将两个长路段和m,wm假设不能均分和wp1,p2,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到比p1■

G-1GnG29.证明：

若是阶无向简单图，中每一对不相邻的顶点的度数之和至少是n，则精品文档．

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是连通图。

证明：

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

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

解：

对图的结点和边进行编号如下：

ｖ６ｖ３ｖ１ｅ２

ｅ７ｅ９ｖ５ｅ５ｅ１２ｅ１１ｅ３ｅ１ｅ６ｅ８ｅ１０ｅ４ｖ２ｖ７ｖ４

邻接矩阵：

因此可达矩阵为：

阵为：

分强图矩

为阵：

矩关联

■

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习题十一

1.设一个树中度为k的结点数是n（2≤k），求它的叶的数目。

k

解：

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+n+n+…+n=n

（1）k32t+2n+3n+…k（n）=2（n-1）

（2）握手定理k23

（1）,

（2）联立求解得：

■+2+…（k-2）nt=n+2nk43

2.证明：

树T中最长道路的起点和终点必都是T的叶。

证明：

假设T中最长道路P=vv…v的起点或终点不是T的叶结点，设d（v）>1,则v的所有i1i2iki1i112l）都在P中，那么在T中可以找到一个回路,,v'那么截取道路P,邻接点（v‘得到回路,v'C=…lv.与T中无回路矛盾。

对于d（vv'）>1时同理。

因此，假设不成立，即最长道路P的起…viki1i1■的叶节点点和终点都是T

6.证明：

如果T是树且Δ≥k，则T中至少有k个叶结点。

证明：

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■。

因此Ｔ中至少有ｋ个叶结点≥k在的，因此总的叶节点个数≥Δ

7.设G为n（n≥5）阶简单图，证明G或中必含圈。

证明：

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,

■或中必含圈.矛盾因此，G但根据假设条件，max|E（G）|+max|E（）|=2（n-1）

10.设e是连通图G的一条边。

证明：

e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中。

证明：

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

ｅ不是Ｇ的割边，那么Ｇ－｛ｅ｝依然连通，具有生成树，假设这些生成树也是Ｇ的生成树，ｅ，与e含于G的每个生成树中前提矛盾，因此e且不包含是G的割边。

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■的每个生成树中成立含于G是G的割边当且仅当e综上所述，题设结论：

e

11.设T和T是连通图G的两个不同的生成树，a是在T中但不在T中的一条边。

证明：

2121T中存在一条边b，使得（T-a）+b和（T-b）+a也是G的两个不同的生成树。

212

证明：

从T中删除边ａ，得树T和T，分别用Ｖ１，Ｖ２表示这两棵子树的结点111－２－１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T的树补边。

设C（a）为在中T增加边a后所得到的圈，则C（a）中必然存在22T的树边b不在T中但在Ea中。

否则，C（a）上的T的所有树边均在T中或均不在Ea中。

1221如果C（a）上的T的所有树边均在T中，则C（a）上的所有边都在T中，与T是树矛盾。

如1211果C（a）上的T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，2与C（a）是基本回路矛盾。

所以C（a）中必然存在不在T中但在T中的的树边，设ｂ是其中的21一条。

则（T-a）+b连通且无回路是Ｇ的生成子图，它是Ｇ的生成树。

同理（T-b）+a也21■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。

证明：

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。

证明：

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。

■解方程组，得到n=i+t,m=2i,m=n-1.m=2（t-1）

18.给出公式的根树表示。

解：

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：

Λ

Λ?

Λ

?

?

P

?

?

Q

`R

P

Q

P

■

19.给定权1,4,9,1,2,6,4,6,8,10,构造一个最优二叉树。

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解：

根据带权最优二叉树定理构造过程如下：

10

862649141

重新排68910112446

====

1089466224

====

108966444

======

10966884

====

10968810

====

10

914108

91交14101089

========

10101417

====

201417

=============

2031

=============

51

10

6

49

68

4

2

1

1

■

。

-1n）/2tt21.证明:

正则二叉树必有奇数个结点，且树叶数与结点数n之间有：

=（

因此结点ｍ＝２ｉ，又因为是树，证明：

因为正则二叉树的边数ｍ与分支点数ｉ的关系为：

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■/2-1（t＝ｎ，因此=n）

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习题十二

1．证明下面3个图都是平面图。

证明：

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。

■解：

略

或中至少有一个是非平面图。

的图。

证明：

G是阶数不小于3.设G11

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G证明：

假设或中至少有一个是非G的图矛盾，因此以有，求解得ｎ≤１０．与题设G是阶数不小于11■平面图

个结点、12条边的简单连通平面图，它的面的度数都是3。

证明：

具有4.6

６－１２＋ｆ＝２，所以有８个面。

证明：

因为是简单连通平面图，因此根据欧拉公式有）＝２ｍ＝２４；因为要在平面上围成一个面，至少Σｄ（ｆ根据面度和与边的关系有，ｉ２４。

因此，不存在面度大于３的面，所有面的度数）需要３边，所以８个面，Σｄ（ｆ≥ｉ■都是３

305.证明：

少于条边的简单平面图至少有一个顶点的度不大于。

4精品文档．

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证明：

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。

证明：

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–Σ■k+1m+f=–mi+Σfi-（k-1）=2k-（k-1）得n

10.举例说明同构的平面图，其对偶图不一定同构。

解：

举例如下：

对偶图不同构原图同构

■

门选修门选修课，期末考试前必须提前将这n11.设某校某专业的学生在某学期共选修了nn门课？

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

ｖ．．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＝｛ｖ，ｖ．解：

２１｝，如果有同学同时选修了ｖｉ，和ｖｊ课程，．构造每门课程的学生选修集合Ｓ（ｖｉ）ｎ■则添加边（ｖｉ，ｖｊ）到图中。

生成图Ｇ后，求Ｇ的点色数χ（Ｇ）即可

，762和，3和37462，并且课程1和，1和，1和，1和，2和，=9题中，设在12.11n门课考完。

9958565847493和，和，和，和，和，和都有人同时选，问至少几天能将

解：

按１１题的要求，作出如下课程图：

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ｖｖ

ｖｖｖｖｖ７

ｖ５ｖ６

■所以至少需要３天才能考完

6完成题目［１，２，３，４，５，，，８，９，１０，１１，１２］7

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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。

解：

和n奇偶性相同m

奇偶性相反m和n

■中求中国邮递员问