电子科技大学 图论第三次作业 杨春

图论第三次作业
第六章习题
2.证明：
根据欧拉公式的推论，有m ≦l*(n-2)/(l-2),
(1)若deg(f)≧4,则m ≦4*(n-2)/2=2n-4;
(2)若deg(f)≧5,则m ≦5*(n-2)/3,即：3m ≦5n-10;
(3)若deg(f)≧6,则m ≦6*(n-2)/4,即：2m ≦3n-6.
3.证明：
∵G 是简单连通图，∴根据欧拉公式推论，m ≦3n-6;
又，根据欧拉公式：n-m+φ=2,∴φ=2-n+m ≦2-n+3n-6=2n-4.
4.证明：
(1)∵G 是极大平面图，∴每个面的次数为3，
由次数公式：2m=∑deg⁡(f)f∈φ=3φ,
由欧拉公式：φ=2-n+m,
∴23m=2-n+m,即：m=3n-6. (2)又∵m=n+φ-2,∴φ=2n-4.
(3)对于的极大可平面图的的每个顶点，有，即对任一一点或者子图，至少有三个邻点与之相连，要使这个点或子图与图G 不连通，必须把与之相连的点去掉，所以至少需要去掉三个点才能使，由点连通度的定义知。

5.证明：
假设图G 不是极大可平面图，那么G 不然至少还有两点之间可以添加一条边e ，3n >v ()3d v ≥()(H)w G w G <-()3G κ≥
使G+e 仍为可平面图，由于图G 满足，那么对图G+e 有，而平面图的必要条件为，两者矛盾，所以图G 是极大可平面图。

6.证明：
(1)由知当n=5时，图G 为，而为不可平面图，所以，（由和握手定理有，再由极大可平面图的性质，即可得）对于可平面图有，而，所以至少有6个点的度数不超过5.
(2)由和握手定理有，再由极大可平面图的性质，即可得，对于可平面图有，而，所以至少有12个点的度数不超过5.
8.证明：
(1)由握手定理和极大可平面图的性质，可得
对恒成立，又，所以，即。

(2)由定理5，对简单可平面图都有，又图G 是的简单连通平面图，
所以G 中至少有3个点的度数小于等于5.
(3)由定理5，对简单可平面图都有，又图G 是的简单连通平面图，
所以G 中至少有4个点的度数小于等于5.
17.证明：
利用反证法，假设存在6连通可平面图，
设G 是6连通图，则：k(G)≧6
由惠特尼定理可得：δ(G)≧k(G)≧6,
∴m>3n-6,这与G 是简单平面图相矛盾，
因此假设不成立，不存在6连通可平面图
19.证明：
36m n =-36m n '=-36m n '≤-()4G δ=5n ≥5K 5K 6n ≥()4G δ=24m n ≥36m n =-6n ≥()5G δ≤6n ≥()5G δ=25m n ≥36m n =-12n ≥()5G δ≤12n ≥()2()i d v m n G δ=≥∑36m n =-[6()]12G n δ-≥4n ≥6()3G δ-≤()3G δ≥()5G δ≤3n ≥()5G δ≤4n ≥
假设不存在面f,使得deg(f)≦5,则：2m=∑deg⁡(f)
f∈φ≧6φ,
由欧拉公式得：φ=2-n+m≦m
3
,于是得：2m≦3n-6,
另一方面，由δ(G)≧3得：2m≧3n>3n-6与上面得到结果相矛盾，所以假设不成立，G至少存在一个面f,使得：deg(f)≦5.
第七章作业
2.证明：
设n=2k+1,∵G是Δ正则单图，且Δ>0,
∴m(G)=nΔ
2=(2k+1)Δ
2
>kΔ,由定理5可知χˊ(G)=Δ(G)+1.
28.解：(1)
又：
=k(k-1)(k-2)2(k-3)+k(k-1)2(k-2)=k(k-1)(k-2)(k2-4k+5)
=k(k-1)(k-2)2(k-3),
所以，原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-4k+5)-k(k-1)(k-2)2(k-3)
=k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)
(2)∵
原图与该图同构，又，同构的图具有相同的色多项式，
所以原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)。

31.证明：
(1)用归纳法来证明。

当m=1时，直接计算P k(G)=k m-k m-1,得k m-1系数为-1，且P k(G)中具有非零系数的k的最小次数为1即G分支数，故m=1时命题成立；
设对于少于m条边的一切n阶单图命题均成立，考虑单图G=(n,m),由递推公式：P k(G)=P k(G-e)-P k(G·e),
由假设可令：P k(G-e)=k n+a1k n-1+…+a n-1k n-1,且a1=-m+1;
P k(G·e)=k n-1+b1k n-2+…+b n-2k n-2,且b1=-m+1,
∴P k(G)=k n+(a1+1)k n-1+(a1+b1)k n-2+…+b n-2k n-2,
∴P k(G)中k n-1的系数a1+1=-m；
P k(G)中具有非零系数的k的最小次数为n-2即为G的分支数。

(2)一个多项式，若是某个图的色多项式，那么也是该图对应的底图的色多项式。

故我们仅需对单图来证明。

若P k(G)=k4-3k3+3k2是某个单图G的色多项式，则由(1)可知，m(G)=3，从而χ(G)≧2,另一方面，
P1=1，这说明χ(G)≦1,与上面结论相矛盾，故P k不可能是任何单图的色多项式。

32.证明：因为G1和G2中分别有一个唯一的4度顶点：u1与v1.但是它们邻点状况不相同：u1有4个2度邻点，而v1只有两个2度顶点，所以G1与G2不同构。

利用直接计算方法可得：P k(G1)=P k(G2)=10k3+5k4+k5.
33.证明：
(1)当n=1时，P k(K1)=k,命题成立。

若n<m时，命题均成立。

设G是树，且n(G)=m.可知，存在悬挂边e∈E(G),于是G-e是孤立点加上顶点数为m-1的树，G·e是v(G·e)=m-1的树。

由归纳法可知，
P k(G)=P k(G-e)-P k(G·e)=k2(k-1)m-2-k(k-1)m-2=k(k-1)m-1,
故命题成立。

(2)∵P k(G-e)=P k(G)+P k(G·e),P k(G·e)≧0,所以P k(G-e)≧P k(G),另一方面由于G连通，设T是G的生成树，逐次用上述导出的公式将余数T 的边从G中除去，于是最后有P k(G)≦P k(T),由(a)，P k(T)=k(k-1)m-1,所以，P k(G)≦k(k-1)m-1.
若连通图G的P k(G)=k(k-1)m-1时，则n=m-1,所以G是一棵树。

即当且仅当G是树时等号才成立。

第九章习题
1.解：∵每条边有2种定向方式，所以一个简单图共有2m(G)种定向。

2.证明：不失一般性，设G是连通图。

G中奇度顶点个数必然为偶
数个，将偶数个奇度顶点配对，然后在每一对配对顶点间连一条边得到欧拉图G1，在G1中用Fluery算法求出G的一欧拉环游C，然后顺次在C上标上方向，由此得到C的定向图C1.
在C1中，去掉添加的边后，得到G的定向图D，显然：
对∀v∈V(D),有|d+(v)-d-(v)|≦1.
7.解：
强连通分支：{1}、{2,3,5,6,7}、{4}、{9}、{8}；
单向连通分支：{1,2,3,4,5,6,7}、{8,9}；
弱连通分支：{1,2,3,4,5,6,7,8,9}。

11.证明：设该树有i个分支点，由定理：(m-1)i=t-1得，
对于二元完全树，i=t-1
由树的性质可得，m=(i+t)-1=(t-1+t)-1=2t-2.原式得证。

12.证明：由树的性质，点数为n的树的边数m=n-1,
由11题可知m=2t-2=n-1,∴t=(n+1)/2.。