四川大学离散数学冯伟森版课后习题答案习题参考解答图论部分.docx

1、四川大学离散数学冯伟森版课后习题答案习题参考解答图论部分 习题十1. 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(d(v) nmax(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

2、-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(d(u) 2 n，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

3、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

4、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，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，V

5、2,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 =( 312 + 2(n-12)/2, 解此方程得n = 158证明：完全图的点诱导子图也是完全图。证明：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

6、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。证明：略，请读者证明。设有完全图Kn( n1),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n2，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(np2)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，

7、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。解：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11证明： 图10.30中的两个图是同构的。图10.30

8、解：略12. 求具有4个结点完全图K4的所有非同构的生成子图。解：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：d(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=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 (

9、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,ADAe4Be8Ce5A14. 试证

10、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。证明：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。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

11、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。 证明：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 ( n2)时结论成立（3） 当道路长度为2n+1时，设P=v1v2v2n-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

12、-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vv1v2v,因为vv1,v2v长度和为偶数，那么回路vv1v2v长度为奇数，与题设矛盾。所以是二部图17.设(n,

13、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，那么他们的边数的最大值（）（）（）（）（）（）（）（），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

14、任意两个结点u,v，都存在简单道路p=uwv.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=vu,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=uv1v2u,那么将回路中v1v2,用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求。如果C1C2，C1=uv1u,C2=uv2u,那么构成新的道路P=uv1uv2u,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v1v2

15、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 = u1v1v2u1,C2=u2v1v2u2。那么可以形成新的闭道路P=u1v1v2u2v1v2u1,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u1u2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

16、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)/2hong(1).2._20. 证明:图中距离满足欧几里德距离的三条公理。证明：（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，结点与自己之间的距离为，而和其他结点之间的最短距离不为。（）（，）（，），两个结点之间的最短距离相等显然，如果长度为的最短道路p=uv ，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)

17、+d(v,w)d(u,w)，那么最短道路P=uw ,就不是最短道路，因为另一条道路p=uvw其长度小于，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。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，

18、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）证明：23. 证明:在具有n（n2）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0，1，2n-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：设是满足题设要求图中的最长基本道路，那么（），（）都应该大于等于。那么，u,v的邻接点都应该在道路p 上，否

19、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= uvu，其长度。如果，不是邻结点，那么从的终点开始删除点，直到其为的邻结点为止，得到道路,可知道路p，依然保持的所有邻结点都在上的性质，所以可构成一个圈，其长度，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，那么设是中最长的有向道路，且结点不包含在此有向道路中。和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且不能到达，且也不能到达，否则，此最长路可扩充。那么由于道路上的每个结点和都单向可达，所以此最长路和之间的可达关系必然如下图所示：当为偶数时，道

20、路可扩充为v1vk/2uvk/2+1vk,而当为奇数时，不管与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：，割边分别为：，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，一个包含其它的个节点。由于两个强分图之间存在有向道路，因此全部个结点，构成了单向分图28. 证明：一个连同

21、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，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。设此道路起点是上点，终点是上的点可根据如下情况进行调论：（），是，的中间结点，那么可构成新道路，此路至少比长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，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。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

22、简单子图，则n1+n2n。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+n2-2n-21,则vi1的所有邻接点(v1,v2,vl)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 vl vi1 .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（n3）阶无向树T的最大度至少为几？最多为几？解：当T中只有一个枝点时， = 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 = 2，为最小值，

23、因此至少为2 ，最大为n-14. n（n3）阶无向树T的最大度=2，则T中最长的简单道路为几？解：根据第3题结论，当无向树T的最大度=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-15. 证明：任何无向树都是二部图。证明：以树中任意结点为起点，将与最短距离为偶数的结点放入结点集合，将与最短距离为奇数的结点放入结点集合，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，因此是数的结点集合的一个分化。假设在集合中存在两个结点，是邻结点，那么就存在如下道路：，其中代表到的最短路径，代表到的最短路径，且边不在最短路径上，否则他们的最短路径不是同奇偶的

24、；因此，中包含圈，这与树中无圈相矛盾，所以中的边，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)= 的节点时，（T-v）= ，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。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k。因此中至少有个叶结点7. 设G为n（n3）阶简单图，证明G或中必含圈。（有误，4,p223）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-

25、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8证明：恰好有两个顶点的度为1的树必为一道路P。证明：因为此树仅有2个叶结点，因此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是最小点度的简单图。证明：必含有与同构的子图。证明：采用归纳法证明，对进行归纳（1） 当时，为阶树，因为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阶树，成立（2） 假设，时，结论成立，即T是

26、一个+1阶树，G是最小点度的简单图。必含有与同构的子图（3） 当时，G是最小点度的简单图，是任意一棵阶树，在中删除一个叶结点，那么是一棵 阶树，利用归纳假设，G中必存在与同构的子图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。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

27、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的割边假设不是的割边，那么依然连通，具有生成树，这些生成树也是的生成树，且不包含，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。证明：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。证明：从T1中删除边，得树T1和T1，分别用，表示这两棵子树的结点集合，设Ea的两个端点分别属于，显然，Ea因为不在T2中，所以是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