离散数学刘任任课后答案习题5

12、求证:每一个p阶简单图G,都与Kp的子图同构. 证明：因任何一个P阶简单图G≤Kp。又 GG 。 故结论成立。
13、求证:任何完全图的每个点导出子图仍 是完全图.

证明：由点导出子图的定义及完全图的结构即知 结论成立。
14、求证:二分图的每个顶点数不小于2的子 图仍是二分图.
| V ( H ) | 2 证明：设G ，且 。 G ( V , V ), H G 1 2 令 ， { V u V ( H )u V } 1 1
p ( p 1 ) p ( p 1 ) ( 1 1 2 2 p 1 0 , i 1 , 2 ) i 2
( p p 1 )( p p 2 ) 1 2 1 2 2
(p 1 )( p2 ) 2
( p p 1 )( p 1 ) ( p p 1 )( p 1 ) 1 2 1 1 2 2 2

证明：若 G K p 和 则存在
G K p 均不成立，
u , v ,w ,x V ( G )
使得u与v邻接，而w与x不邻接。 G [{ w ,x }]边数不相 于是取 n=2 ，则 G 与 [{ u,v}] 同，矛盾。 故 G Kp 或 G K p 。
16.(1)设G（p,q）是连通图，求证:G至少有 p – 1条边;
证明：令
p 3 ,q C 1
2 2
。作如下 G( p, q)，故G不连通。
21、（1）证明：若 Ｇ(p,q) 是简单图， 且 ,则G 连通. ( G ) p / 2 1
证明：（1）设 。 ( G ) p / 2 1 若G不连通，则G的顶点可划分成两个集合V1 , V 2 ，使得V1与 V2中的顶点互不邻接。 p | V | | V | 不妨设 。 由G是简单图知， 1 2，则| V1 |



2 p ( G [ V ]) ( G [ V ]) 1 1 1 2 p ( 因为 | V1 | ) 2 矛盾。故G必连通。 从而
p (G) 1 , 2
21、（2）当p 为偶数时,作一个非连通的k p –正则简单图,其中 k 2 1,
e v1v2
) 2,则G中必 18、求证:对于图G(p,q),若 (G 含回路.
) 2 证明：．∵ (G v(G )，设v1与v0邻接。 ∴ G中无悬挂点。任取 v 0 v v v v 如此下去，可得G中的一条链 0 1 2 p 又因G是有限图,由此可得一条闭链，由第１７题的 证明过程可知，故此链上必有回路。
2 q C 19、设G（p,q）是简单图，且 p 1 ,
求证:G是连通图.
证明：若G不连通，则可将V(G)划分成V1,V2，使 得V1中的顶点与V2中的顶点不邻接。 pp p 令|V ， ，于是， ，且 | p 1 2 |V | p 1 1 2 2
q C C
2 p 1
2 p 2
i 1 p
( p 1 ) 2 p 即 2 ， 也即 p 。 1 p v(G )， 从而 1 0 ，矛盾。故存在 v 使 d(v ) 3 。
11、求证:在任何有n(n≥2)个人的人群中,至 少有两个人在其中恰有相同个数的朋友.

证明：作一个n阶简单图，n个顶点分别表示n个 人。两个人是朋友当且仅当表示这两个人的顶点 邻接。这样，问题就转化成中至少有两个顶点的 度数相等。此结论题9已证。

证明：对 用归纳法
p
a) p=1时，显然成立。 b) 假设对于小于p的自然数，结论成立。 c）在p阶连通图中任取一个顶点v。设G-v共有k个分支， 1 . k 且每个分支有Pi个顶点， i Pi<P, i 1 . k。 于是由归纳假设可知G[Vi]至少有Pi-1条边， ，

C
2 p 1
即 q C2 p 1 矛盾！故连通。
另解：

考虑 G( p, q) 。则有
p (p 1 ) q q 2 p (p 1 ) 2 C p 1 2 p 1

（因为p(p-1)/2是完全图的边数）即G 不连通，于
是，G 连通。
2 q C 20、对于 p > 1,作一个 的非连 p 1 通图 G( p, q) .
2 q d ( v 1 2 ( p 1 ) 2 p 1 i)
即 。 2 q 2 ( p 1 ) 2 p 2 2 p 1
i 1
p
从而得出12 （矛盾）。故G中至少有两个悬挂点。
17、求证:若边e 在图G的一条闭链中,则e 必 在G 的一条回路中.
16.(3)设G（p,q）是连通图，求证:若q = p – 1,则G至少有两个悬挂点.
V(G ) 证明：设 q p1 ，若对任何 v ，均有d(v) 2 ， p 则 2 ，p q d(v ) 2

i 1
i
即 q p 。 此与q p1矛盾。 故G中至少有一个悬 挂点.。又若G中最多只有一个悬挂点，则
23、证明:对图G中任意三个顶点u,v和 w, d(u,v)+d(v,w)>=d(u,w) 。
证明：若 d(u,v)+d(v,w)<d(u,w)， 则与距离的概念不符。（因为距离的定义是：连 接两点之间的最短路径的长度） 故结论成立。
24、设G是简单连通的非完全图,求证:G中存 在三个顶点u,v和w,使uv,vw∈E(G),但uw E(G)。

共有11个。即
5、证明图5.14中的两个图是同构的, 图5.15 中的两个图不是同构的.试问,图5.16中的两 个图是否同构?
g
g
b c i
h
f
d j
e
h
f
e
j
图5.14
（ a） Petersen 图
（ b）
c
a
i
a
b
d
1.
令
x { a , b , c , d , e , f , g , h , i , j }
， (x )x
x { a , b , c , d , e , f , g , h , i , j }
c d e

w
b
x
图5.15
v y
（ b）
（ a）
a
u
（2）如下图，若(a)与(b)同构，则对任何双射，

(a ) u 。于是推得 必有


6 / 2 1 2。 取p=6。则 k 作非连通图G如下：
22、证明:若e∈E(G),则
w ( G ) w ( G e ) w ( G ) 1
证明：因G的任意一条边e最多联结G-e的两个分支。 故w ( G ) w ( G e ) w ( G ) 1
vi
d(v) 0
v v V ( G ), i j i, j
d ( v d ( vj ) i )
。
10、求证:在图G（p,p+1）中,至少有一个顶 点v,满足d(v) ≥3.
)，均有d(v) 2 证明：若对任意vv(G ，则有
2 (p 1 ) 2 q d ( v 2 p i)
5
2 4
3
3
4
5
2
G
G
8、求证:对任何图G（p,q）,有:
( G ) 2 q / p ( G )
2q
பைடு நூலகம்
∵
d (v
i 1
p
i
)
而

∴ 因此 即
( G ) d ( v ) ( G ) i p p ( G ) d ( v p ( G ) i)
离散数学习题集
第五章 图与子图
2、设G（p,q）是简单二分图 q p2 / 4 求证： 。
证明：设 G ( p , q ) G ( V , V ), V m , V p m 1 2 1 2
则 q m ( p m )
pm m p2 p 2 ( m ) 4 2 p 2 因为 ( m )2 0 ， 所以 qp /4 2
从而G-v至少有(P-1)-k条边。故G至少有P-1条边。
16.(2)设G（p,q）是连通图，求证:若q > p – 1,则G 中必含回路;
证明：设 q p1 。 V ( G ) 满足d(v 若G不含回路，则必有v 。于是 1 1) 1 G G v 条 1 1 仍连通且无回路，而 G v 1恰有 q 1 边。如此下去，G G { v , v , , v } p 1 1 2 p 1 1 )条边，一个顶 连通无回路且 G p 1 恰含 q(p (p 1 ) 0 点 v p ，此时 G p 1 是一个平凡图。从而q q p1 即 。此与 矛盾。故G必含回路。 q p1

{ V v V ( H )v V } 2 2
显然 V V 。 ( H ) V V ,， 且 V 1 2 1 2
因此 H 。 H ( V V ) 1 2
15、设G（p,q）是简单图，整数n满足1< n <p – 1,求证:若p≥ 4,且G的所有n 个顶点的导出子图均 有相同的边数,则 G K p 或 G K p .
E ( G ) E ( G ) p ( p 1 ) / 2

于是|E(G)|=p(p-1)/4。 显然|E(G)|是整数。于是P或P-1是4的倍数。


因此，p 0 或 p 1 (m od 4 ) 。
7、构造一个简单图G,使得 G ≌ G .

i , i 1 , 2 , 3 , 4 , 5， 如下图，令 i 则有 G ≌ G . 1 1
证明：反证法。 ,v ,w V ( G )， 若不然，即对任意的 u 只要 uv E ( G ) ，也即 ,vw E ( G ) ， 就有 uw E ( G ) uw E ( G ) uv E ( G ) 且 vw . （1） 今任取 。由G连通知，存在 ( v , v ) 通路： v , v V ( G ) i j i j
a
x { α , b , c , d , e , f , g }
b c
g
f e
g
f
图5.16
b
c
（ b）
（ a）
d
e
d
6、设G（p,q）是简单二分图，且G≌ G , 1 (mod 4 ) . 求证 p 0 或 p

G ∵G ≌
,∴
且 E(G ） E （ G ）
1 ( G ) d ( v ( G ) i) pi 1
p
i 1
( G ) 2 q / p ( G )
9 、设G（p,q）是简单图,p≥2.求证:G 中至少有两个顶点的度数相等.
证明：假设G（p,q)中任何顶点的度均不相等, 则p个顶点的 度分别为0,1,2,…,p-1。 G( p中存在孤立点 , q) （1）设 d(v ，则 ； ) 0 i （2）设 ，则 中无顶点v 满 G( p, q) d(vj ) ，此与（ p 1 1）矛盾。 足 总之，0和p-1不能同时出现。由抽屉原理知，必有， 使
2
3、设G（p,q）是简单图,求证:q≤p(p1)/2，在什么情况下, q=p(p-1)/2?
2 p 当G为完全图时，有
证明：因 G( p, q) 是简单图。所以G中任意两颗点 之间最多只有一条边。故 。
q C p ( p 1 ) /2 q=p(p-1)/2 。
4、试画出四个顶点的所有非同构的简 单图.
证明：设 e v1v2 ，G中含e的闭链为 。 v v v v 若E E不是回路，则必有 。 1 2 l 1 v v ij l i j 2 （因为回路定义是 ：没有重复点） 从E中去掉 ，得到 v vj i 1 v v v v v v 仍为闭链。如此下去，就可得到含 的回路。 1 2 i j 1 l 1
: { a , b , c , d , e } { u ,v ,w ,x ,y )
( e ) y , ( b ) v

但d(b) ≠d(v)，故(a)与(b)不同构。
(3)下面两个图是同构。令
x { a , b , c , d , e , f , g }
a
, (x )x
5图??????????3301210????????????022203230132221031a??????????33012410????????????0222032301322210342a??????????553301662410????????????0232562032563301322210343a??????????553301552310????????????0232552032553301322210334a??????????553301552310????????????0232552032553301322210335a??????????553301552310????????????0232552032553301322210326a?其中v1到v3的最短通路为