这条新的通路比原来的通路多一条边，对新的通路重复
（1），
（2），（3）．
重复上述过程，直到全部结点扩展到初级通路中来．得G的一条哈密顿通路为止．
下面证明定理4．
证明定理4设G有n个结点．由引理，G中存在哈密顿通路．不妨设v1v2…vn为G中一条哈密顿通路．
（1）若v1与vn相邻，则v1v2…vn为G中一条哈密顿回路．
（2）若v1与vn不相邻，用同证明引理类似的方法，可证存在过结点v1,v2,…,vn的初级回路，即为一条哈密顿回路．
（2）第6章定理5的证明．
定理5：
设有向图D＝，且∣V∣＝n≥2．如果所有的有向边均用无向边替代，所得无向图中含生成子图Kn，则有向图D中存在哈密顿通路．
证明由已知可知，有向图是连通图，且任何一对结点之间至少存在一条有向边．
首先确定D中一条初级通路v1v2…vp，p≤n．
（1）若p=n，则v1v2…vp为D中哈密顿通路．
（2）若p∈E，得初级通路vxv1v2…vp，1）见图4，通路增加一条边．若∉E，则∈E，这时若∈E，得初级通路v1vxv2v3…vp，通路也增加一条边．若∉E，则∈E，再考察v3…vp，最后只可能有两种情形：
1）存在vi,2≤i≤p－1，∈E，而∉E，1≤j≤i－1，得通路v1v2…vivxvi…vp．
2）对任意i（1≤i≤p），∈E，而∉E，这时得通路v1v2v3…vpvx．总之无论如何将vx通扩进到初级通路v1v2v3…vp中了．
同样，若新的通路外还有结点，用类似的方法，再将它扩进通路中来．经过有限次，将图中所有结点全能扩进通路中来，得D中一条通过图中所有结点的初级通路，即为哈密顿通路．
（3）第6章定理9的证明，定理9的证明比定理4，5还长．请参考黄天发编著的《离散数学》第371～373页（16开本的书）（电子科技大学出版社出版，地址：
610054成都建设北路二段4号）．
（4）第6章定理12的证明．
引理2：
设G是连通简单平面图，则它一定有一个度数不超过5的结点．
证明因为G是连通简单平面图，它的每个面至少有3条边，所以有
«SkipRecordIf...»，即«SkipRecordIf...»（其中r，e分别为图G的面数和边数）
假设结论不成立，则每个结点的度数都大于等于6．则有
«SkipRecordIf...»，即有«SkipRecordIf...»（其中v是图G的结点数）
由欧拉公式：
2=«SkipRecordIf...»=0
矛盾．所以G中至少有一个结点的度数小于或等于5．
定理12：
任何平面图G是5－色的．
证明不妨设G是连通图，否则可对每个连通分支进行讨论．用1，2，3，4，5代表5种不同的颜色．对图G的结点数进行归纳证明．
当n≤5时，定理显然成立．
设结点数n=k≥6时成立，我们来证明n=k+1时定理也成立．
由引理2可知，G中存在结点v，«SkipRecordIf...»，将v从图G中删去得图记作G1，有假设G1是5－色的．将G1的各结点用5种颜色着色，然后将v及所关联的边加入G1，使其还原成G．看v是否可着色．
（1）若«SkipRecordIf...»，当然v可着五种颜色的一种．使其与相邻的结点没有相同的颜色．
（2）若«SkipRecordIf...»，但与v相邻的五个结点至多用了四种颜色，这时给v着一种颜色，使其与相邻的结点没有相同的颜色是办得到的．若与相邻的结点已经用了五种颜色（如图6）．
设
V1＝{u∣u是G的结点，且u着颜色1或3}
设V的导出子图为G1.3，若v1,v3分别属于G1.3的
不同的连通分支，则在v1所在的连通分支中，将
1，3两种颜色对调，这时v1着颜色3，故可给v
着颜色2．若v1,v3属于G1.3的同一个连通分支，
则V1⋃{v}的导出子图中含从v1，经过v和v3以及
V1中一些结点到v1的回路，设C是其中的一条回
路（如图6），则C将G所在的平面分成两个区域．
显然v2和v4分别处在这两个区域中．设
V2＝{u∣u是G的结点且u着颜色2或4}
并设V的导出子图为G2.4．则v2和v4必属于G2.4的不同的连通分支．在v2所在的连通分支将2,4两种颜色对调，使v2着颜色4．于是，可将v着颜色2．这就证明了5－色定理．
引理2：
设G是连通简单平面图，则它一定有一个度数不超过5的结点．
证明因为G是连通简单平面图，它的每个面至少有3条边，所以有
«SkipRecordIf...»，即«SkipRecordIf...»（其中r，e分别为图G的面数和边数）
假设结论不成立，则每个结点的度数都大于等于6．则有
«SkipRecordIf...»，即有«SkipRecordIf...»（其中v是图G的结点数）
由欧拉公式：
2=«SkipRecordIf...»=0
矛盾．所以G中至少有一个结点的度数小于或等于5．
原问题4.第6章，定理14性质4“不含圈的连通图”指的是什么？
解答：
定理14就是讨论树的等价定义的，故“不含圈的连通图”就是没有回路的且连通的图,即是树．
原问题5.回答练习6.3（A）：
第4题．写出图6－23的色多项式．
解答：
（a）答案为P（G,λ）=«SkipRecordIf...»，色数为3．
（b）答案为P（G,λ）=«SkipRecordIf...»，色数为3．
即你的答案．原教材上的答案与你的答案展开式，只是λ5的系数有差别，书上答案系数为－720，正确答案应为－740．可能是展开«SkipRecordIf...»，合并同类项时计算有误．
下面说明图（a）的答案．教材答案不对.你的计算答案也有错．
按照P（G,λ）的定义（教材第206页9～12行），P（G,λ）是使P（G,λ）>0的λ的最小值.
P（G,λ）=«SkipRecordIf...»，
显然P（G,1）=P（G,2）=0,而P（G,3）=«SkipRecordIf...»∣λ=3=6>0
故色数为3．
但是，你的答案：
P（G,λ）=«SkipRecordIf...»．首先这不是λ的6次多项式；不满足P（G,1）=0．
现将解答过程列下．
用定理13．将定理13改造如下．记定理13中的G'e为G，G为G+，G"e=G－（注意：
在G"e中有两条平行线，我们讨论的都是简单图，因此平行线应画在一起，是一条线）．于是，
教材P206的图6－19应为
在本图G中，不相邻的两
个结点c,d之间加边（c,d）,
得图G＋；将图G的两个结
点c,d合并，将d合到c,得
图G－的左图，将d合并到
c，得图G－的右图，均是一
样的．
于是，定理13的结论改写成：
P（G,λ）=P（G＋,λ）+P（G－,λ）
利用这个结论，计算图6－23
（a）的色多项式．图6－23（a）（即图7（a）G）如下．
图G有6个结点，在G中添加不相邻结点间的边，再将该二个结点合并，将整个图分解成若干个结点数不超过6的完全图的和．
将G添加成K6，就需在不相邻结点间，
逐步添加边和合并结点完成．
（1）如图7，在结点a,f
之间加边，再将其合并，得到
图8．添加边得到图记作«SkipRecordIf...»，
合并a到f得到图记作«SkipRecordIf...»．
于是
P（G,λ）=P（«SkipRecordIf...»,λ）+P（«SkipRecordIf...»．λ）
（2）对«SkipRecordIf...»添加不相邻结点的
边（b,e）,再合并e到b，得图«SkipRecordIf...»，
«SkipRecordIf...»．如图9．
（3）对«SkipRecordIf...»．«SkipRecordIf...»再作添加
比相邻结点的联边，而后再合并
这两个结点，又各自分别得到
«SkipRecordIf...»．«SkipRecordIf...»和«SkipRecordIf...»，«SkipRecordIf...»．
继续对这些图作添加不
相邻结点的联边，再合并二不
相邻结点．直至所有图都是完全
图，可得到一个K6，五个K5和六个K4．
（4）再对«SkipRecordIf...»．作添加边（b,e），然后再合并e到b，得到图10．
«SkipRecordIf...»是K4；对«SkipRecordIf...»作与前面相同的处理方法，可以得到一个K5，两个K4和一个K3．
总之，可以得到K6，6个K5，
9个K4，1个K3．即
P（G,λ）=P（K6,λ）+6P（K5,λ）
+9P（K4,λ）+P（K3,λ）
由教材第206页，倒数第2行：
3.
若图G是n个结点的完全图，则
P（Kn,λ）=«SkipRecordIf...»
有
P（K6,λ）=«SkipRecordIf...»
P（K5,λ）=«SkipRecordIf...»
P（K4,λ）=«SkipRecordIf...»
P（K3,λ）=«SkipRecordIf...»
所以P（G,λ）=«SkipRecordIf...»＋6«SkipRecordIf...»
＋9«SkipRecordIf...»＋«SkipRecordIf...»
＝«SkipRecordIf...»
原问题6.习题6的第4题，“P（G）≤∣S∣+1”,我认为应该是∣S∣。
因为回路中去掉一结点a后，P（C－a）＝1。
解答：
请看原教材的题目，其中的C是哈密顿路（回路或通路）．S是V的真子集合，显然C要经过S的所有结点，故P（G－a）≤2，而不是P（G－a）＝1．
故原结论成立．
只有C是回路时，P（G－a）＝1．
原问题7：
练习7.3（B）第2，最后一步：
既然k=min{Z+}，是满足条件的最小正数，那么0≤k<1成立？
另外，H包含于ak理由也不充分。
解答：
请看教材练习7.3（B）第2的答案。
书中解答是正确的．k=«SkipRecordIf...»．
举例，如6阶循环群，G＝（a）={a0=e,a1,a2,a3,a4,a5}．
G有子群：
H＝（a2）={a0=e,a2,a4}，显然a2,a4,a6（=a0）,a8,a10,a14,a16,…∈H．
k=«SkipRecordIf...»＝2
原问题8：
据群的定义，+单位元是0，无零元；任意集合内元素a，有惟一－a。
而环的性质中+有零元0，a有负元－a。
我们以哪种说法为准？
解答：
关于单位元与0元．在整数群（Z，＋）中，加法＋（普通数的加法）的单位元是“0”．
在环中，运算＋的0元是“0”．这里的＋，不一定就只是数的加法．所以不必将它们统一．
原问题9：
环的零因子是否只针对第二个运算符？
对于“既是做零因子，又是右零因子”的理解有二：
（1）a≠0，a∙a=0,则a是零因子；
（2）a，b≠0，b∙a=0,则a是零因子
哪一个正确？
若是前者，则练习8.1第4
（2）,（3）的答案不对。
解答：
环的0因子是针对第二个运算∙的；而第一个运算＋的类似的元素叫“负元”．你关于“左、右零因子”的理解是对的．
练习8.1（A）的第4题答案正确．
（2）Z10，关于∙（确切地说应为×10）的0因子是[2],[4],[5],[6],[8]．因为
[2]×10[5]＝[0],[4]×10[5]=[0],[5]×10[2]＝[0],[6]×10[5]=[0],[8]×10[5]=[0]
（3）∀A∈P（S）,∅⋂A=∅，所以，∅是运算⋂的零因子，而∀x∈P（S）,S－x∈P（S）,有
x⋂（S－x）＝∅．
原问题10：
空关系也算是有传递性吗？
解答：
.∅是传递关系，因为∅∙∅⊆∅．
原问题11：
联结词中，不可兼析取运算优先次序应该排在什么位置？
解答：
关于联结词的优先级，有的书是如下规定的：
最先：
⌝；其次是：
∧，∨，⎺∨；最后：
→,↔．
我们的教材上规定为⌝,∧,∨,⎺∨（原教材没有，我认为应在此处），→,↔，所以做题时的括号较多．
原问题12：
用推理规则证明时是否每一步都声明定理？
解答：
构造推理证明，不一定每步都注明定律．初学者，注明定律目的在熟悉它掌握它。
原问题13：
前束范式是否必须要求：
否定联结词必须在（）内？
运算的结果不能包含→运算符吗？
解答：
根据前束范式的定义，只要将所有量词移到谓词公式的最前边，每个量词的作用域都延伸到最后即可．公式中可以有→，⌝也可以在某个（）之前．
最后推荐几本书，供参考．
（1）耿素云，方新贵编《离散数学》（下册）（北京大学出版社出版，地址：
100071，北京大学校内）
（2）戴一奇，胡冠章，陈卫编《图论与代数结构》（清华大学出版社出版，地址：
100084，北京清华大学校内）
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