哈工大集合论习题课-第五章 图的基本概念习题课(学生)

第五章 图的基本概念

习 题 课 1

1. 画出具有 6、8、10、…、2n 个顶点的三次图；是否有7个顶点的三次图？

2. 无向图G 有21条边，12个3度数顶点，其余顶点的度数均为2，求G 的顶点数p 。

解：设图的顶点为p ，根据握手定理：1deg()2p

i i v q ==∑，有

212)12(2312?=-?+?p ，得15302==p p ，。

3. 下列各无向图中有几个顶点？

（1）16条边，每个顶点的度为2；

（2）21条边，3个4度顶点，其余的都为3度数顶点；

（3）24条边，各顶点的度数相同。

解： 设图的顶点为p ，根据握手定理：

（1）1

deg()2p i i v q ==∑，即2221632p q ==?

=；所以16p =，即有16个顶点。

（2）1

deg()2p i i v q ==∑，即433(3)222142p q ?+?-==?=，所以13p =。

（3）各点的度数为k ，则1deg()2i p

i v q ==∑，即222448k p q ?==?=，于是

① 若1k =，48p =； ② 若2k =，24p =；

③ 若3k =，16p =；

④ 若4k =，12p =； ⑤ 若6k =，8p =；

⑥ 若8k =，16p =； ⑦ 若12k =，4p =； ⑧ 若16k =，3p =；

⑨ 若24k =，2p =； ⑩ 若48k =，1p =。

4．设图G 中9个顶点，每个顶点的度不是5就是6。证明G 中至少有5个6度顶点或至少有6个5度顶点。

证：由握手定理的推论可知，G 中5度顶点数只能是0，2，6，8五种情况，此时6度顶点数分别为9，7，5，3，1个。以上五种情况都满足至少5个6度顶点或至少6个5度顶点的情况。

5．有n 个药箱，若每两个药箱里有一种相同的药，而每种药恰好放在两个药箱中，问药箱里共有多少种药？[就是求一个完全图n K 的边数(1)(2)/2q p p =--]

6.设G 是有p 个顶点，q 条边的无向图，各顶点的度数均为3。则

（1）若36q p =-，证明G 同构意义下唯一，并求,p q ；

（2）若6p =，证明G 在同构的意义下不唯一。

分析：在图论中，对于简单无向图和简单有向图，若涉及到边q 与顶点p 的问题，握手定理是十分有用的。

解：（1）由于各顶点的度数均为3，现在有p 个顶点，q 条边，所以由握手定理知：1deg()2i p

i v q ==∑，即33n q ?=，故2/3n m =；

又3632/3626q p q q =-=?-=-，故6q =，则2/364p =?=。

即4q =，4p =，此时所得的无向图如图1所示，该图是4个顶点的简单无向图中边最多的图，即为无向完全图4K 。

对于4个顶点的完全图，在同构意义下，4个顶点的完全图是唯一的。

（2）若6p =，由握手定理：1deg()2i p

i v q ==∑，即362q ?=。

故9q =，此时有6,9p q ==，且每个顶点的度数为3；此时对于简单无向图，6个顶点，9条边及每个度数为3的有如图2所示两个非同构的图；()a 与()b 是非同构的图，所以6,9p q ==，度数为3的无向图G 在同构的意义下是不唯一的。

（a ） (b)

图1 图2

7.已知p 阶简单图G 中有q 条边，各顶点的度数均为3，又23q p =+，试画出满足条件的所有不同构的G 。

解：由握手定理：1deg()32i p

i v p q ==?=∑，又23p q =+，即23q p =-。故

322(23)46p q p p ==-=-，即6p =，239q p =-=。

此时有6p =，9q =且每个顶点的度数都为3，则不同构的无向图有两个，如图3所示。

图3 8．9个学生，每个学生向其他学生中的3个学生各送一张贺年卡。确定能否使每个学生收到的卡均来自其送过卡的相同人？为什么？

解：否，因为不存在9（奇数）个顶点的3－正则图

习题课2

例3设,p q 为正整数，则

（1）p 为何值时，无向完全图p K 是欧拉图？p 为何值时p K 为半欧拉图？

（2）,p q 为何值时,p q K 为欧拉图？

（3）,p q 为何值时,p q K 为哈密整图？

（3）p 为何值时，轮图p W 为欧拉图？

证：（1）一般情况下，不考虑无向图1K 。因此

因为p K 各顶点的度均为1p -，若使p K 为欧拉图，1p -必为偶数，因而p 必为奇数。即(3)p p ≥为奇数时，完全图p K 是欧拉图。

若2p =或(3)p p ≥为奇数时，p K 是半欧拉图。

（2）当,2p q ≥均为偶数时，,p q K 为欧拉图。

（3）当p q =时，,p q K 为哈密整图。

（4）设(4)p W p ≥为轮图，在p W 中，有1p -个顶点的度为3，因而对于任意 取值(4)p p ≥，轮图p W 都不是欧拉图。

例1 判断图5所示的图是否为哈密顿图，若是写出哈密顿回路，否则证明其不是哈密顿图。 i h j g

f e d c b a j i

h

g f e

d

c

b a

(a) (b)

图3 图4

例2 给出一个10个顶点的非哈密顿图的例子，使得每一对不邻接的顶点u 和v ，均有deg deg 9u v +≥。

例3 试求p K 中不同的哈密顿回路的个数。

例4 (1) 证明具有奇数顶点的偶图不是哈密顿图；用此结论证明图8所示的图不是哈密顿图。

(2) 完全偶图,m n K 为哈密顿图的充分必要条件是什么？

证：(1) 设G 是一个具有奇数顶点的偶图，则G 的顶点集V 有一个二划分， 即22{,}V V V =且有12||||V V ≠。

不妨设12||||V V <，则有121()||||W G V V V -=>。

由哈密顿图的必要条件可知：G 不是哈密顿图。

题中所给的图中无奇数长的回路，因而此图是偶图。而且此图中有13个顶 点，因此它不是哈密顿图。

(2) ?若12||||V V <，有(1)可知,m n K 不是哈密顿图；

若12||||V V >，同理有,m n K 不是哈密顿图。

故,m n K 是哈密顿图时只有12||||V V =，即m n =。

?若m n =，则,,||/2||/2||u v V degu degv V V V ?∈+=+=，由定理知：

,m n K 是哈密顿图。

例5 菱形12面体的表面上有无哈密顿回路？

例6设(,)G V E =是连通图且顶点数为p ，最小度数为2p δ>，则G 中有一长至少为2δ的路。

分析: 采用最长路法，设连通图的最长路为L 且||2L δ<。再看这条路的端点，端点只能与L 上的顶点相邻，这样就可以构成一个回路，对于回路外的顶点，因为仍与此回路上的某些顶点相邻，所以可以把这个顶点连到回路上，然后再打开回路，显然这时有一条路比假设时的路更长了，所以假设不成立。

证：假设G 中的最长路为L ：01l L v v v =，

其长度为2l δ<。因为0deg v δ≥， 1deg v δ≥，所以存在01i l ≤≤-，使01i v v + 与1i v v 在G 中相邻，得一长为1l +的回

路：0111110i i v v v v v v v -+。

又因为G 连通，且G 的顶点数2p δ>，故存在(0)i v v i l ≠≤≤与回路上

(0)j v j l ≤≤相邻，则把回路在j v 处断开，并把v 连入回路中，得到一条长为1l +的路，矛盾。

所以G 中有一长至少为2δ的路。

例7 证明：彼德森(Petersen )图不是哈密顿图。

例8 某工厂生产由6种不同颜色的纱织成的双色布。双色布中，每一种颜色至少和其他3种颜色搭配。证明：可以挑出3种不同的双色布，它们含有所有6种颜色。

证：用6个不同的点分别表示6种不同颜色的纱，两个点间联一条线当且仅当用这两点所表示的两种不同颜色的纱织成一种双色布。于是，我们得到一个有6个点的图G 。由于每种颜色的纱至少和3种其他颜色的纱搭配，所以G 的每个顶点的度至少是3。于是，由定理1，G 有哈密顿回路。回路上有6条边，对应了6种不同的双色布。间隔取出3条边，它们包含了全部6种颜色。

与例8等价的例题：

例9 今要将6个人分成3组（每组2个人）去完成3项任务，已知每个人至少与其余5个人中的3个人能相互合作，问：

(1)能否使得每组2个人都能相互合作？(2)你能给出集中方案？（两种） 例10 某公司来了9名新雇员，工作时间不能互相交谈。为了尽快互相了解，他们决定利用每天吃午饭时间相互交谈。于是，每天在吃午饭时他们围在一张圆桌旁坐下，他们是这样安排的，每一次每人的左、右邻均与以前的人不同。问这样的安排法能坚持多久？

解：平面上9个互不相同的点分别代表9个新雇员。因为每个人都可以为其他每个人的左或右邻，所以用两点的联线表示相应的两个人互为左右邻。于是得到了有9个顶点的完全图K9。于是，我们的问题中的一种坐法就是K9的一个哈密顿回路。由于每次的安排中，每人的左、右邻均与以前的人不同，所以我们的问题就是求K9中有多少个两两无公共边的哈密顿回路。由图1.6.5不难发现，K9中恰有4个两两无公共边的哈密顿回路。它们是：1234567891，1357924681，1473825961，1584936271。

于是，他们的这种安排法仅能维持4天。

例10可推广为n 个雇员的一般情况问题。这时，

当n 为奇数时，这种安排法仅能维持(n-1)/2天；

当n 为偶数时，这种安排法仅能维持(n-2)/2天。

习题课3

例2设=d 12(,,,)n d d d ，其中i d 为正整数，1,2,,i n =。若存在n 个顶点的简单图，使得顶点i v 的度为i d ，则称d 是可图解的。下面给出的各序列中哪些是可图解的？哪些不是，为什么？

（1） （1，1，1，2，3）； （6） （1，3，3，3）；

（2） （0，1，1，2，3，3）； （7） （2，3，3，4，5，6）；

（3） （3，3，3，3）； （8） （1，3，3，4，5，6，6）；

（4） （2，3，3，4，4，5）； （9） （2，2，4）；

（5） （2，3，4，4，5）； （10） （1，2，2，3，4，5）。

解：（1），（2），（3）全是可图解的，它们对应的图分别如图3中(),(),()a b c 所示；其余的各序列都不是可图解的。

在（4），（7），（10）中均有奇数个奇度顶点，根据握手定理的推论，它们自然都不是可图解的。

另外在p 阶简单图中，每个顶点的度至多为1p -，因而（5）和（9）均不可图解。

若（6）是可图解的，则设1234deg 1,deg deg deg 3v v v v ====，因为234,,v v v 的度都是3，因而要求1v 与234,,v v v 之间有边关联，但因1v 的度为1，这是不可能的，所以（6）也是不可图解的。

在（8）中，7n =，因而每个顶点至多6度。若（8）是可图解的，设1deg 1v =，67deg deg 6v v ==，因而67,v v 均应与1v 相邻，这也是不可能的，

因而（8）也不可图解。

(a) (b) (c)

图3 例3 至少要删除多少条边，才能使(2)p K p >不连通且其中有一个连通分支恰有k 个顶点(0)k p <<？简述理由。

证：要使删除边后的图边数最多，则删除的边最少。满足有一个连通分支恰有k 个顶点的图的最大边数为： (1)()(1)22

k k n k n k ----+ 则至少应该删除的边数为： (1)(1)()(1)222

n n k k n k n k -------。 例4若G 是一个恰有两个奇度顶点u 和v 的无向图，则G 连通G uv ?+连通。

证：? 显然成立。

? 假设G 不连通，则G 有(2)k k ≥个分支：12,,,k G G G ???，由题意u v 与不在一个分支上，于是含有()u v 或的顶点的分支只有一个奇度数顶点与握手定理的推论矛盾。

于是假设不成立，即G 是连通的。

例5设G 为p 阶简单无向图，2p >且p 为奇数，G 和G 的补图c G 中度数为奇数的顶点的个数是否一定相等？试证明你的结论。

解：一定相等。

因为2p >为奇数，则对于奇数个顶点的p 阶无向完全图，每个顶点的度数必为偶数。若G 的奇度数顶点为1p 个，则对应补图c G 在这1p 个顶点的度数必为（偶数－奇数）＝奇数。另外，对于G 中度数为偶数的顶点，其在补图c G 中，

这些顶点的度数仍为（偶数－偶数）＝偶数。所以，G 中度数为奇数的顶点个数与c G 中度数为奇数的顶点个数相同。

例6证明：完全图9K 中至少存在彼此无公共边的两条哈密顿回路和一条哈密顿

路？

证：在9K 中，,deg 8/2v V v p ?∈=≥，由定理可知，必有一条哈密顿回路1C ；令1G 为9K 中删除1C 中全部边之后的图，则1G 中每个顶点的度均为

deg 6/2v p =≥，

故1G 仍为哈密顿图，因而存在1G 中的哈密顿回路2C ，显然1C 与2C 无公共边。再设2G 为1G 中删除2C 中的全部边后所得图，则2G 每个顶点的度均为deg 4v =。又由定理可知2G 为半哈密顿图，因而2G 中存在哈密顿路。设L 为2G 中的一条哈密顿路，显然12,,C C L 无公共边。

例7 已知,,,,,,a b c d e f g 7个人中，a 会讲英语；b 会讲英语和汉语；c 会讲英语、意大利语和俄语；d 会讲汉语和日语；e 会讲意大利语和德语；f 会讲俄语、日语和法语；g 会讲德语和法语。能否将他们的座位安排在圆桌旁，使得每个人都能与他身边的人交谈？

证：用,,,,,,a b cdef g 7个顶点代表7个人，若两人能交谈（会讲同一种语言），

就在代表他们的顶点之间连一条无向边，所得无向图如图4()a 所示，此图中存在哈密顿回路：abdfgeca （如图4()b 粗边所示），于是按图4()c 所示的顺序安排座位即可。 g

e d c b

a a

b c d e g g f e d c

b a

(a) (b) (c)

图4

例8将无向完全图6K 的边随意地涂上红色或绿色，证明：无论何种涂法，总存

在红色的5K 或绿色的5K 。

证：设6K 的顶点为126,,,v v v 。给6K 的边任意用红、绿色涂上，由鸽巢原

理可知，由1v 引出的5条边中存在3条涂同种颜色的边。不妨设存在3条红色的

边，又不妨设这3条边的另一个端点分别是234,,v v v （也可重新给顶点排序）。

若234,,v v v 构成的3K 中的边再有一条红色边。比如（24,v v ）着的是红色，

124,,v v v 构成的三角形为红色的3K 。若234,,v v v 构成的3K 的边全是绿色的边，则

存在绿色边的3K 。这就证明了我们的结论。

例9已知9个人129,,,v v v ，其中1v 和两个人握过手，2345,,,v v v v 各和3个人握过手，6v 和4个人握过手，78,v v 各和5个人握过手，9v 和6个人握过手。证明这9

个人中一定可以找出3个人互相握过手。

分析：以129,,,v v v 为顶点，i j v v 与握过手就连一条边i j v v ，得到一个无向图

G 。只要证明G 中有三角形子图，即可得一定有3个人互相握过手。 证：设129,,,v v v 为图G 的9个顶点，i j v v 与握过手就连一条边i j v v ，于是得 到图G 。根据题意有：

12345deg()2,deg()deg()deg()deg()3v v v v v =====，

6789deg()4,deg()deg()5,deg()6v v v v ====。

与9v 相邻的点有6个，其中必有一点k v 为678,,v v v 之一，因此有deg()4k v ≥。与9v 相邻的其余5个点中必存在一点h v 与k v 相邻如图4所示，否则有deg()853k v ≤-=，矛盾。由此9,,k h v v v 三个人互相握过手。

? 图5 图6 图7

例10如图6所示的图G 是哈密顿图。试证明：若图中的哈密顿回路中含边1e ，则它一定同时也含2e 。

证：设C 为图中一条哈密顿回路，1e 在C 中，假设2e 不在C 中，要推出矛盾。图中除1e 外，与,a b 关联的边各有两条，而只能各有一条边在C 中，由对称性设(,),(,)f a b c 在C 中（不可能(,),(,)f a g b 或(,),(,)a e b c 同时在C 中）。这就相当于在图7中所示的图1G 中求一条哈密顿回路，而此时，,a b 均为图1G 中割点，这是

不可能的，因而2e 必在C 中。

例11某次会议有20人参加，其中每个人都至少有10个朋友，这20人围一圆桌入席，要想使与每个人相邻的两位都是朋友是否可能？根据什么？

证：可能。依题意，若用顶点代表人，两人是朋友时相应顶点间连一条边，则得到一个无向图(,)G V E =，该题转化为求哈密顿回路问题。由于对任意,u v V ∈,有deg()10u ≥，deg()10v ≥，因而deg()deg()20u v +≥。 又定理可知，G 为哈密顿图，G 中存在哈密顿回路，按此回路各点位置入席即为所求。

例12 设G 是一个(3)p p ≥个顶点的连通图。u 和v 是G 的两个不邻接的顶点,并 且deg deg u v p +≥。

证明：G 是哈密顿图uv G +?是哈密顿图。

证明： ?显然成立。

?假设G 不是哈密顿图，

则由题意知，在G 中必有一条从u 到v 的哈密顿路。不妨设此路为v v v uv p 132- ，令deg ,deg u k v l ==，则在G 中与u 邻接的顶点为? ? ??

??

?

?

?

12,,,k i i i u u u ，其中1221k i i i p =<<<≤-。此时顶点1(2,3,,)r i u r k -=不能与顶点v 邻接。否则G 有哈密顿回路211r r i p i uv v vv v u --，因此v 至少与21,,,p u v v -中的k 个顶点不邻接。于是1l p k ≤--，从而1k l p +≤-，即deg deg 1u v p +≤-，与题设矛盾。故假设不成立，因此G 是哈密顿图。

例13设G 为p 阶无向简单图，已知()3G δ≥，证明G 中存在长度为偶数的回路。

证：对无向简单图G 的顶点个数n 进行数学归纳证明：

当4n =时，G 为完全图，结论显然成立，所得的回路的长度为4。 设当n k =时结论成立，长度为偶数的回路为C 。

则当1n k =+时，长度为偶数的回路C 也在顶点数为1k +的图中，则结论成立。

例14设(,)G V E =是(3)p p ≥个顶点的简单无向图，设G 中最长的路L 的长度为l (2)l ≥，起点与终点分别为u ,v ，而且deg deg u v p +≥。证明：G 中必有与L 不完全相同但长度也为l 的路。

证：设图G 的最长的路L 为：1

1l uv v v -，其长度为l 。因L 为最长的路，所以与u ,v 相邻的顶点必在L 上。

若u 和v 相邻，则构成一个回路11l uv v vu -，回路长为1l +；

若u 和v 不相邻，设与u 相邻的顶点为12,,,r i i i v v v ，其中

1211r i i i v v v l =<<<<-，则v 必与某个1(2)j i v j r -≤≤邻接。否则，v 至多与最长路上其余的顶点邻接，所以

deg deg (1)u v r p r p +≤+--<

这是不可能的。于是11121j j j j i i l i i uv v v vv v v u +---是G 中的一个回路，此回路长度为1l +。去掉这个回路的任意一条边，便得到一条相应的最长的路，所以对于这个回路有1l +个不同的最长的路且2l ≥。

故G 中必有与L 不完全相同，但长度也为l 的路。

例15 一个K 一维立方体K Q 是这样的无向图：顶点集为长为K 的所有0,1字符串

之集，两个顶点邻接当且仅当相应的两个字符串仅有一个相应位不同，其他各位均相同。则

（1）K Q 有多少个顶点?

（2）证明K Q 是K -正则图；

（3）证明K Q 是偶图；

（4）证明K Q 是12K K -条边；

（5）3Q 是否为哈密顿图？

解：（1）K Q 有2K 个顶点。

（2）按K Q 中边的定义知：每个顶点的度为K ，所以K Q 是K -正则图；

（3）根据K Q 中边的定义知：每条边的两个端点名中1的个数的奇偶性不同，于是，顶点名为偶数个1的那些顶点互相之间无边，其余顶点间也无边。所以，K Q 为偶图。

（4）由（1）和（2）知：22K K q =，故边数12K q K -=

（5）3Q 的图解如图3所示。3Q 是哈密顿图，例如000，010，011，001，101，111，110，100，000为一个哈密顿回路。

图3 立方体3Q