图论 张先迪 李正良 课后习题答案

习题一作者---寒江独钓1.证明：在n 阶连通图中(1) 至少有n-1条边；(2) 如果边数大于n-1，则至少有一条闭迹；(3) 如果恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。

证明: (1) 若G 中没有1度顶点，由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑若G 中有1度顶点u ，对G 的顶点数作数学归纳。

当n=2时，结论显然；设结论对n=k 时成立。

当n=k+1时，考虑G-u,它仍然为连通图，所以，边数≥k-1.于是G 的边数≥k.(2) 考虑G 中途径：121:n n W v v v v -→→→→L若W 是路，则长为n-1;但由于G 的边数大于n-1,因此，存在v i 与v j ,它们相异，但邻接。

于是：1i i j i v v v v +→→→→L 为G 中一闭途径，于是也就存在闭迹。

(3) 若不然，G 中顶点度数至少为2，于是由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑这与G 中恰有n-1条边矛盾！ 2.(1)2n −12n 2−12n −1 (2)2n−2−1(3) 2n−2。

证明:u 1的两个邻接点与v 1的两个邻接点状况不同。

所以，两图不同构。

4.证明下面两图同构。

u 1 v 1证明:作映射f : v i ↔ u i (i=1,2….10)容易证明，对∀v i v j ∈E ((a)),有f (v i v j,),=,u i,u j,∈,E,((b))(1≤ i ≤ 10, 1≤j ≤ 10 )由图的同构定义知，图(a)与(b)是同构的。

5.指出4个顶点的非同构的所有简单图。

分析：四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为6，所以可按边数进行枚举。

(a)v 2 v 3u 4u(b)6.证明:1)充分性:当G 是完全图时，每个顶点的度数都是n −1,共有n 个顶点，总的度数为n(n −1)，因此总的边数是n(n−1)2=(n 2). 2)必要性:因为G 是简单图,所以当G 是完全图的时候每个顶点的度数才达到最大:n −1.若G 不是完全图，则至少有一个顶点的度数小于n −1,这样的话，总的度数就要小于n (n −1)，因此总的边数小于(n 2)，矛盾。

所以G 是完全图。

8. Δ与δ是简单图G 的最大度与最小度，求证：证明：由握手定理有：所以有：9.证明：设|V 1|=l 1,|V 2|=l 2,V 1中点的度数之和为d 1,,V 2中点的度数之和为d 2,G 的边数为m .有偶图的定义可知d 1=m =d 2.而d 1=kl 1,d 2=kl 2.所以l 1=l 2.10.证明：将每个人看成一个顶点，若其中有两个人是朋友，则将这两个人所代表的顶点连接起来，这样便得到了一个简单图。

这个图中每个顶点的度数就是这个顶点所代表的人的朋友的数目。

因为简单图中至少有两个顶点的度数相同，所以这些人中至少有两个人这这个人群中的朋友数目是相同的。

12.证明：若δ≥2，则G 中必然含有圈。

证明：只就连通图证明即可！设W=v 1v 2…..v k-1v k 是G 中的一条最长路。

由于δ≥2，所以v k 必然有相异于v k-1的邻接顶点。

又W 是G 中最长路,所以，这样的邻接点必然是v 1,v 2,….,v k-2中之一。

设该点为v m ，则v m v m+1….v k v m 为G 中圈。

13.证明:不妨设G 是连通的（否则可考虑其某一个连通分支）.设L =ω1ω2…ωk−1ωk 是G 中最长的一条路。

因为δ≥2,所以V(G)中还有δ−1个点与ωk 相邻。

因为L 2m n δ≤≤∆()()2v V G n d v m n δ∈≤=≤∆∑2m n δ≤≤∆是最长的路,所以这些点在ω1,ω2,…,ωk−1中。

又因为G是简单图，所以这些点不可能是ωk−1.设从ω1开始ωi(1≤i≤k−1−δ)是这些点中第一个与ωk相邻的点,则ωiωi+1…ωkωi是G中的一个圈，其长度至少为δ+1.14.G的围长是指G中最短圈的长；若G没有圈，则定义G的围长为无穷大。

证明：（1）围长为4的k的正则图至少有2k个顶点，且恰有2k个顶点的这样的图（在同构意义下）只有一个。

（2）围长为5的k正则图至少有k2+1个顶点。

证明(1) 设u,v是G中两相邻顶点，则S(u)⋂S(v)=φ,否则，可推出G中的围长为3，与已知矛盾。

因此，G中至少有2（k-1）+2个顶点，即有2k个顶点。

把S(u)⋃⎨v⎬，S(v)⋃⎨u⎬连为完全偶图，则得到2k个顶点的围长为4的图，由作法知，这样的图是唯一的。

(2)设G是围长为5的k正则图,任取u∈V(G)记S i={v∈V(G):d(u,v)=i}(i= 0,1,2,…).则:①S1中不同的顶点不相邻;②S2中每个顶点有且只有一条边与S1相连.(若①或②不成立,则G的围长不是5).这样的话G的顶点数至少为|S0|+|S1|+|S2|=1+k+k(k−1)=k2+1.15.证明:(1)①G连通由m≥n>n−1知,G中至少有一个闭迹,所以G中包含圈.② G不连通设G的所有的连通分支为G1,G2,…,G k.G i的顶点数为n i,边数为m i,(i=1,2,…,k)则至少有一个i0,使得m i0≥n i.由①可知G i中包含圈,所以G中包含圈.(2) 只就m=n+4证明就行了。

设G是满足m=n+4，但不包含两个边不相交的圈的图族中顶点数最少的一个图。

可以证明G具有如下两个性质：1) G的围长g≥5。

事实上，若G的围长≤4，则在G中除去一个长度≤4的圈C1的一条边，所得之图记为G',显然，m(G') ≥∣V(G)∣=∣V(G')∣,由(1),G'中存在圈C2, 使C1,C2的边不相交这与假定矛盾；2）δ (G)≥3。

事实上，若d(v0)=2,设v0v1,v0v2∈E(G),作G1=G-v0+⎨v1v2⎬;若d(v0)≤1,则G1为在G中除去v0及其关联的边(d(v0)=0,任去G中一条边)所得之图。

显然，m(G1)=⎜V(G1)⎜+4,G1仍然不含两个边不重的圈之图。

但∣V(G1)∣<∣V(G)∣，与假定矛盾。

由2),n+4=m≥3n/2 ⇒ n≤ 8. 但另一方面，由1),在G中存在一个圈Cg，其上的顶点之间的边，除Cg之外，再无其它边，以S0表示Cg上的顶点集，故由2),S0上每个顶点均有伸向Cg外的的边。

记与S0距离为1的顶点集为S1，则S0的每一个顶点有伸向S1的边，反过来，S1中的每个顶点仅有唯一的一边与S0相连，不然在G中则含有长不大于g/2+2的圈，这与G的围长为g相矛盾，故⎪S0⎪≤⎪ S1⎪,于是有：n≥⎪S0⎪+⎪ S1⎪≥g+g≥10,但这与n≤8矛盾。

所以，假定条件下的G不存在。

18.证明:因为e只能属于G的某一个连通分支,所以只需考虑G是连通图的情况.若G−e仍然连通,则ω(G)=1=ω(G−e)<2=ω(G)+1.若G−e不连通,则ω(G)=1<2=ω(G−e)=ω(G)+1.19.证明:设G1是G−v的任一个连通分支,则在G中v通过偶数条天与G1相连,否则G1中有奇数个奇顶点.所以v至少通过两条边与G1相连,因此ω(G−v)≤d(v)/220．证明:(1)G不连通的时候,设 G中的两个连通分支G1,G2。

则在G中, G1中的每个顶点与G2中的每个顶点都相邻，于是G的同一个连通分支中的顶点在G中的距离为2或0，G中不同的连通分支中的顶点在G中的距离都为1。

所以d(G)<3.(2) G连通的时候，考虑G中任意两个不同顶点u和v.①如果u和v不相邻,则在G中u adj v,于是在G中d(u,v)=1.②当u adj v的时候，因为G的直径大于3,所以G中有两个顶点w1,w2满足d(w1,w2)=d(G)>3.因此u不同时和w1,w2相邻，v也不能同时与w1,w2相邻。

所以在G中,d(u,v)=2.结合①②可知d(G)<3.21.设G是具有m条边的n阶单图，证明：若G的直径为2且Δ=n-2,则m≥2n-4.证明：设d (v)=Δ=n-2,且设v的邻接点为v1,v2,…,v n-2. u是剩下的一个顶点。

由于d (G)=2且u不能和v邻接，所以u至少和v1,v2…,v n-2中的一个顶点邻接。

否则有d (G)>2.不妨假设u和v1,v2…v k邻接。

为了保证u到各点距离不超过2,v k+1,….v n-2这些顶点的每一个必须和前面v1,v2,…,v k中某点邻接，这样，图中至少又有n-2条边。

总共至少有2n-4条边。

22.证明:因为G不是完全图,所以G中至少有两个不同的顶点u和w不相邻，又因为G是连通的，所以G中还有不同于u和w的点v同时与u,w相邻.于是,我们找到了G 中的三个顶点u,v,w满足uv∈E,vw∈E,但是uw∉E.(上述讨论中,若连接u和w的路的长度大于2,则考记这条路上从w开始最后一个与w相邻的点为v，第一个与w不相邻的点为u即可.)。