习题参考解答(图论部分)

【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，V2,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), ■
(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。■
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。
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。
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：
Σd(v) = 0: (0,0,0,0)
=2: (1,1,0,0)
（3）d(u,v)+d(v,w)≥d(u,w)
假设d(u,v)+d(v,w)≤d(u,w)，那么最短道路P=u…w ,就不是最短道路，因为另一条道路p’=u…v…w其长度小于Ｐ，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。
（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wenku.baidu.com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。
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(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。
=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=<V,E>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)。
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■
4．证明：在（n，m）图中。
证明：图的点度数是一组非负整数{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δ，平均值 = (d(v1)+d(v2)…+d(vn))/n = 2m/n,所以。■
5．证明定理10.2。
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，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
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( n≥1),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n≥2，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(n>p>2)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。
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 =( 3Χ12 + 2(n-12))/2, 解此方程得n = 15■
8．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。
(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)/2■
(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
（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.
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。
长度为五的回路：AAAAAA,AAAADA,AAABe7CA,AAABe8CA,AABe7CDA,AABe8CDA, AADADA,AAAe4Be7Ce5A,AAAe4Be8Ce5A, ADAe4Be7Ce5A,ADAe4Be8Ce5A■
14.试证明在任意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。
（3）当道路长度为2n+1时，设P=v1v2…v2n-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-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；
hong(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ｕ与自己之间的距离为０，而和其他结点之间的最短距离不为０。
（２）ｄ（ｕ，ｖ）＝ｄ（ｖ，ｕ），两个结点之间的最短距离相等
显然，如果长度为ｋ的最短道路p=u…v ，即使u到v的最短道路，也是v到u的最短道路。
（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：
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 ( n≥2)时结论成立
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v…v1v2…v,因为v…v1,v2…v长度和为偶数，那么回路v…v1v2…v长度为奇数，与题设矛盾。所以是二部图
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■
（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.
证明：反证法，假设,则G的总点度上限为max(Σ(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）
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（ｎｉ－１）ｎｉ／２≤Σ（ｎｉ－１）（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎｉ－１）＝（ｎ－１）（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■