最新离散数学习题答案

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习题9

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。

）先证结论：1证明：（

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。（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-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(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）

（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：

(6 , 3, 3, 2, 2 ) 对应图G的点集合V= { v,v,v,v,v}

51243v v21v4v3v5

2) = (3,1,1,1,1) //2, (3-1)//每个结点对应的环数(62, (3-1)/2, 22,2 精品文档．

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v v21v4v3v5

一组，画一条连线v,v将奇数3，3 对应的结点32

v v21v4v3v5

■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）图中。4．证明：在（n，

，那么这组数的算术平均值一定大于等d(v)}证明：图的点度数是一组非负整数{d(v),d(v) (21)

最小值于其中的最小值，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)/n = 2m/n,为δ，平均值= (所以。■)+d(v)+d(v)…d(v n12

5．证明定理10.2。，E）V10.2】对于任何（n,m）有向图G =（，【定理

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证明：有向图中,■相等，并和边数相等。因此，上述关系等式成立。

。．设6G是（n，m）简单二部图，证明：

即可。= 阶的简单二部图的边数的最大值证明：本题目，我们只需要说明n

。此种情况下，|V1| + |V2| = nV2,那么V1设n阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为，max(m) =( n-|V2|)|V2|.变形为，为完全二部图时，当G有最多的边数，即max(m) = |V1||V2|,时取得。及此函数的最大值及为n2 阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/n,max(max(m)) = 所以阶二部图■(n,m),

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精品文档。的阶数n2个3度数结点，其余结点的度数均为，求G7. 无向图G有21条边，12 ■n = 15解此方程得21 =( 3Χ12 + 2(n-12))/2, 解：根据握手定理有：

中的两个图是否同构，并说明理由。．判断图10.2910

图9-1.15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■度点为其邻接点。因此这两个图不可能同构1个13度点只有

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(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)

C=AA

C=AeBeCeA C=AeBeCeDeA

2448756

C=ADA

C=AeBeCeA

C=AeBeCeDeA

5472846

(2)子图略精品文档．

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长度为三的回路：AeAeAeA,AeAeDeA,AeBeCeA,AeBeCeA

AAAAA，AAADA，AABeCA,AABeCA,ABeCDA,ABeCDA

514141718352长度为四的回路：

AAAAAA,AAAADA,AAABeCA,AAABeCA,AABeCDA,AABeCDA, 8877■

8877长度为五的回路：

AA,ADAeBeCeBeCeA, ADAeBeCeCeAADADA,AAAeBeA,AAAe584555448477

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。

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。那么它证明：反证法，假设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

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（ｎ（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎ－１）＝（ｎ－－１）ｎ／２≤Σ（ｎ－１）ｉｉｉｉ１）（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

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。

（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.

（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.

(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，图不精品文档．

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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。