张清华图论课后题答案.

第1章 图论预备知识

1.1

解：(1) p={φ,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},{a,b,c}}

(2) p={,{a},{{b,c}},{a,{b,c}}} (3) p={,{}}

(4) p={,{},{{}},{,{}}}

(5)p={,{{a,b}},{{a,a,b}},{{a,b,a,b}},{{a,b},{a,a,b}},{{a,b},{a,b,a,b}},{{a,b},{a,a,b},{a,b,a,b}}} 1.2 解：(1) 真 (2) 假 (3)假 (4)假 1.3 解：(1) 不成立，A={1} B={1,2} C={2} (2) 不成立，A={1} B={1,2} C={1,3}

1.4 证明：设(x,y)∈(A ∩B)X(C ∩D) 说明x ∈A ∩B,y ∈C ∩D 由于 x ∈A,y ∈C 所以 (x,y) ∈A X C 由于x ∈B,y ∈D 所以 (x,y) ∈B X D 所以 (x,y) ∈（A X C ）∩（B X D ） 反过来，如果（x,y ）∈(A X C) ∩（B X D ） 由于 (x,y) ∈（A X C ）所以 x ∈A,y ∈C 由于 (x,y) ∈（B X D ）所以x ∈B,y ∈D 所以x ∈(A ∩B) y ∈(C ∩D) 所以 (x,y) ∈(A ∩B)X(C ∩D)

所以(A ∩B)X(C ∩D)= (A X C) ∩（B X D ） 1.5 解：Hasse 图

φφφφφφφφφ

极大元{9,24,10,7} 极小元{3,2,5,7} 最大元{24} 最小元{2}

1.6 解

(2)关系图为：

(3)不存在最大元，最小元为{2}

1.7 解：(1)R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<1,2>,<2,1>,<2,3>,<3,2>} (2)略

(3)I A ?R 故R 是自反的。 <1,2>∈R <2,3>R 但是<1,3>

?R 故不满足传递性

1.8 解：(1) 不成立 A={1} B={2} C={3} D={4} 则左式={<1,3>，<1,4>,<2,3>,<2,4>} 右式={<1,3>,<2,4>}

(2) 不成立 A={1,3} B={1} C={2,4} D={2} 则左式={<3,4>}

右式={<1,4>,<3,2>,<3,4>}

(3) 不成立 A={1} B={2} C={3} D={4} 则左式={<1,3>,<1,4>,<2,3>,<2,4>} 右式={<1,3>,<2,4>} (4) 成立 证明：设

∈(A-B)X C ?x (A-B)∧ y C

?x A ∧x B ∧ y C A X C ∧

B X

C (A X C)-(B XC)

故得 （A-B ）X C=（A X C ）-（B X C ）

∈∈∈∈∈∈?∈∈?∈

1.9略

1.10略

1.11解：A为n个元素的优先级和，A上有2n2 个不同的二元关系，理由为：设A，B为集合，AXB的任何子集所定义的二元关系称作从A到B的二元关系，特别当A=B时，称作A上的二元关系，若|A|=n，则|AXA|=n2，那么A上共有2n2个不同的二元关系。

1.12略

1.13解：1)真.由于R1和R2和R2都是自反的,因而对任何,都有(x,x)∈R1,(x,x)∈R

2.因此,对任何x∈A,都有(x,x)∈R1R2.所以R1R2是自反的。

2)假.令A={a,b},R1={(a,b)},R2={b,a}.那么R1R2={(a,a)},它就不是A上的反自反关系.

3)假.令A={a,b,c},R1={(a,b),(b,a)},R2={(b,c),(c,b)}.那末R1R2={(a,c)},就不是A的对称关系.

4)假.令A={a,b,c,d},R1={(a,c),(b,c)},R2={(c,b),(d,a)}易证R1,R2都是反对称关系.但是R1R2={(a,b),(b,a)}就不是A上的反对称关系.

5)假.令A={a,b,c},R1={(a,c),(b,a),(b,c)},R2={(c,b),(a,c),(a,b)},易证R1和R2都是传递关∈系,但R1R2={(a,b),(b,b),(b,c)}就不是A上的传递关系.

1.14证明：由任意的a，存在一个b，使得∈R,由对称性所以∈R,由传递性∈R,所以R是等价关系。

1.15证明：①x∈A，∈R,∈S→∈R∩S，所以R∩S有自反性；

②x,y∈A,因为R,S是反对称的，∈R∩S∧∈R∩S(∈R∧∈S) ∧(∈R∧∈S)(∈R∧∈R) ∧(∈S∧∈S)x=y∧y=xx=y

所以，R∩S有反对称性。

③x,y,z∈A,因为R,S是传递的，

∈R∩S∧∈R∩S∈R∧∈S∧∈R∧∈S∈R∧∈R∧∈S∧∈S∈R∧∈S∈R∩S

所以，R∩S有传递性。

所以R∩S也是A上的偏序关系。

1.16解：

r(R)={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<5,5>,<1,2>,<2,3>,<2,5>,<3,4>,<4,3>,<5,5>}

s(R)={<1,2>,<2,1>,<2,3>,<3,2>,<2,5>,<5,2>,<3,4>,<4,3>,<5,5>}

t(R)={<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<2,3>,<2,4>,<2,5>,<3,3>,<3,4>,<4,3>,<4,4>,<5,5>}

1.17 (1)证明：①对任意a,b,a+b=a+b,故得(a,b)R(a,b),关系R具有自反性;

②如果(a,b)R(c,d),则a+d=b+c,c+b=d+a,故得(c,d)R(a,b),

关系R具有对称性;

③如果(a,b)R(c,d),(c,d)R(e,f),则a+d=b+c,c+f=d+e,

故得a+f=b+e,(a,b)R(e,f),关系R具有传递性;

于是关系R是等价关系.

1.18略

1.19略

1.20解：(1) 单射

(2) 满射

(3) 既不是单射，也不是满射

(4) 满射

(5) 双射

1.21解：(1) O(n3)

(2) O(n5)

(3) O(n3n!)

第2章图

2.1

解：

(1)

(2)

2.2 解：

构成无向图的度序列：(1)、(2)、(3)、(4)、(6) 构成无向简单图的度序列：(2)、(3)、(4) 2.3

解：补图为：

2.4

b

b

e

a:出度为3、入度为1 b:出度为2、入度为2 c:出度为2、入度为3 d:出度为2、入度为3 e:出度为2、入度为2

a:出度为3、入度为1 b:出度为1、入度为2 c:出度为3、入度为3 d:出度为3、入度为2 e:出度为0、入度为3

设图G 中结点数为n,则有3x4+3x(n-3)=2x12.求得n=7,即图G 有7个结点. 2.5

证明将习图2.2的两图顶点标号为如下的(a)与(b)图

作映射f : f(v i )→u i (1≤ i ≤ 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，两个图是同构的。 2.6

解：同构对应关系：a —8、b —7、c —4、d —9、e —5、f —6、g —1、h —2、i —10、j —3. 2.7

证：设在一有向完全图G 中，边数为n.则可知∑deg +(vi )=∑deg ?(vi )=n .即所有结点的入度和等于所有节点的出度和，即所有结点的入度的平方和等于所有节点的出度的平方和。 2.8

(a)

v 2

3

u 4 u (b)

(1)

(2)

2.9

证明：用反证法。

设无向图G 只有两个奇点u,v ，若u,v 不连通，即它们之间没任何通路，则G 至少有两个连通分支G1,G2，且u,v 分别属于G1和G2，于是G1和G2中各有一个奇度结点，与握手定理矛盾，因此u,v 必连通。 2.10

解：点割集为：{v1，v3}、{v4}、{v6}

割点为：v4、v6 2.11

解：强连通图：(a ）

单相连通图：（b ）（c ）（d ） 弱连通图：（a ）（b ）（c ）（d ） 2.12

证明:设v0v1…vk为G中一条最长路，则v0的邻接顶点一定在该路上，否则，与假设矛盾。现取与v0相邻的脚标最大者，记为l，则l ,于是得圈v0v1v2…vlv0,该圈长为l+1，显然不小于δ+1。

2.13

证明：证其逆否命题：e不是割边当且仅当e含在G的某个圈中。

必要性：设e=xy不是割边。假定e位于G的某个连通分支G1中，则G1-e仍连通。故在G1_e中有(x,y)路P，P+e便构成G1中一个含有e的圈。

充分性：设e含在G的某个圈C中，而C含于某连通分支G1中，则G1-e仍连通。故W(G-e)=W(G)，这说明e不是割边,证毕。

2.14

证明：用数学归纳法证明：

（1）n=1时，G为平凡图，显然G连通。

（2）n=2时，m≥1

2

(n?1)(n?2)+1=1此时G为K2，当然连通。

（3）假设当n=k（k≥2）时，m≥1

2

(n?1)(n?2)+1结论成立。

当n=k+1时，若此时每个结点度数为k，则结论显然成立，否则必存在一个结点v度数至多只有k-1度，即这个结点最多只有k-1条边和它相连。因为此时总的

边数m≥1

2k(k?1),则其它k个结点之间的边数m′≥1

2

k(k?1)?(k?1)=

1

2

(k?1)(k?2)。根据归纳假设，显然这k个结点之间是连通的，而根据上面我们知道，至少有一条边使v和其它结点相连，所以此时这个图是连通的,结论成立。

2.15

证明：

（1）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，可以找到一条和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）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）对任意两条边e1,e2其端点分别为u1,u2,v1,v2。根据（2）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)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。 2.16

解：(1)deg(v1)=2、deg(v2)=3

(2)否 (3) 4 (4)略 2.17 解：(1)A=[

1010

011010101

] (2)A 2=[

01110

201011100

1

1]A 3=[02

12012202120

2

1]A 4=[03

23041303230

3

2

2

]

V1到V4长度为1、2、3、4的路各有1、1、2、3条。 2.18

解：无向图G:

可达矩阵P = [

1

1111111111

11111111111

1

1

1]

有可达矩阵可知改图为强连通图。 2.19 解：

(1) 邻接矩阵A = [

12000

00100011

1

] (2) G 中长度为3的通路有23条，其中有7条为回路。 (3) 图G 为强连通图 2.20

解：邻接矩阵 A = [

12012

000000110

1

]

关联矩阵 M(G) = [

211100

1100000010

1

1

]

2.21

解：(1)当r=1时，没有长度大于等于1的圈。

当2≤r≤s 时，有长度为4,6,…,2r 的圈，它们都是偶圈，因而非同构的圈共有r-1种。

(2)至多有r 个顶点彼此不相邻。 (3)至多有r 条边彼此不相邻。

(4)k =λ= r 2.22

证明：反证法。

若存在某个具有奇数个面，且每个面均有奇数条棱的多面体V ，不妨设V 有r(r 为奇数)个面，设为R1,R2,…,Rr ，S1,S2,…,Sr 分别为它们的棱数，均为奇数。作无向图G 如下：在V 的每个面中放一个顶点vi ，i=1,2,…,r, 且两个面Ri 与Rj 有公共面就连边。若存在这样的无向图G ，则d(vi)均为奇数Si ，由握手定理得

∑d (vi )=∑Si =2m(m 为边数)γ

i=1

γ

i=1

但因r,Si(i=1,2,…,n)均为奇数，上面等式不可能成立。故不存在这样的无向图G ，从而也不存在满足要求的多面体。 2.23

解：设G 是n 阶m 条边的自补图,即G 为n 阶m 条边的简单图,且G ?G ?。 于是，G ?的边数m’=m ，且m+m'=2m=n(n-1)/2。于是n(n-1)=4m ，因而n=4k ，或n-1=4k ，k 为正整数。 2.24

证明：

为偶数(n 为奇数)。

于是，若为奇数，必有d G (v)也为奇数。

故

与G 中奇度顶点个数相等。

2.25

解:都可以实现，如下图

2.26

解：(1)错误、(2)正确、(3)正确 2.27 略 2.28

解：无向完全图K n 当n ≥3且n 为奇数时才是欧拉图。 当n>3且n 为偶数时存在欧拉路而不存在欧拉回路。

2.29 略 2.30 略 2.31 略

第3章 树与最短路径

3.1

(1)

(2)

该树的结点个数n=5，故边数m=n-1=4,因为1

2deg(v )n

i i m ==∑，所以5个结点分配

的度数为8，由于树是简单连通图，知1deg(v)4≤≤，则该树的度数序列必是下列情况之一， (1)1，1，2，2，2 (2)1，1，1，2，3 (3)1，1，1，1，4

这些度数序列对应的简单树为

3.2

该树的结点个数为v ，则边数1m v =-，又因为1deg(v )22(1)n

i i m v ===-∑，所以

可知一棵树的结点个数之和为2(1)v -。 3.3

设有n 个一度结点，则结点个数为=3+5+8+n ，边数为=3+5+8+n-1,则

2353842(358n)n ?+?+?+=+++.可得n=23.

3.4

设有n 个一度结点，23231,:n 23k k n n n n n n kn +++

+-++++边数：度数则：

23232(1)n 23k k n n n n n n kn ++++-=++++

342(k 2)2k n n n n =+++-+

3.5

反证法。假设没有结点度数大于等于3的结点，则只有度为1的结点3个和度为2的结点n 个。边数：3+n-1，度数：3+2n.所以2（3+n-1）=3+2n 。等式左边为偶数，右边为奇数，相互矛盾，假设不成立。所以至少有一个结点度数大于等于3.