图论作业(1)
图论大作业
《图论及其应用》大作业指导老师郝荣霞知行1503 徐鹏宇 152912002.1.9证明：若G是森林且恰有2k个奇点，则在G中有k条边不重的路P1,P2......P K,使得E(G)=E(P1) E(P2) ...... E(P K)。
证明：对奇点数k使用数学归纳法。
①当k=1时，G是森林，且有且只有2个奇点⇒G只能为一颗树，且G的所有奇度顶点为两个1度顶点⇒G是一条路⇒满足题设②假设当k=t时，结论成立。
接下来考虑k=t + 1时的情况。
在G中一个分支中取两个叶子点u与v，令P是连接该两个顶点的唯一路。
由于P上除u，v以外的点均被P经过两次，即G-P后除u，v以外的点奇偶性不变。
⇒则G–P是有2t个奇度顶点的森林⇒由归纳假设知，G–P可以分解为t条边不重合的路之并，即E(G-P)=E(P1) E(P2) ...... E(P t)。
⇒则G可分解为t+1条边不重合的路之并，即E(G)=E(P1) E(P2) ...... E(P t) E(P)。
⇒即证。
2.4.4证明：若e 是K n 的边，则τ（K n -e ）=（n-2）n n-3证明：由定理2.9：τ（K n ）=n n-2由于τ（K n -e ）=τ（K n ）-τ（含有e 的生成树棵树）现在需要求含有e 的生成树棵树，τ（含有e 的生成树棵树）=)1(21n 1-n 2-n n n ）（=2n n-3τ（K n -e ）=τ（K n ）-τ（含有e 的生成树棵树）=（n-2）n n-33.2.4证明：不是块的连通图至少有两个块，其中每个恰有一个割点。
证明：设G 为不是块的连通图，由于G 连通且不是块⇒G 有割点①当G 只有1个割点v 时，延割点分开，G1，G2内无割点，且连通，由块的定义知⇒G1,G2是块，且分别含一个割点v 。
②当G 含有2个及2个以上割点时，取相距距离最远的两个割点u 和v ，此时分G 为三部分G1,G2,G3。
电子科技大学-图论第一次作业-
课本习题一：
4. 证明下面两图同构。
v1
u1
v2
v6
v10 v5
v7
v8 v9
v3
v4 (a)
u6 u5
u2
u8
u10
u3
u7
u9
u4
(b)
证明:作映射 f : vi ↔ ui (i=1,2….10)
容易证明，对vi v j E ((a)),有 f (v i vj,),,ui,uj,,E,((b))
中不
3.设 G 是阶大于 2 的连通图，证明下列命题等价：
（1）
G 是块
（2）
G 无环且任意一个点和任意一条边都位于同一
个圈上；
（3）
G 无环且任意三个不同点都位于同一条路上。
： 是块，任取 的一点 ，一边 ，在 边插入一点 ，使得 成为两条边，由此 得到新图 ，显然 的是阶数大于 的块，由定理 4， 中的 u,v 位于同一个 圈上，于是 中 u 与边 都位于同一个圈上。
件下的不同构的情形，则从上面穷举出的情况可以看出四个顶点的非同构简单图
有 11 个。
11.证明：序列（7,6,5,4,3,3,2）和（6,6,5,4,3,3,1）
不是图序列。
证明：由于 7 个顶点的简单图的最大度不会超过 6，因此序列（7,6,5,4,3,3,2）不
是图序列；
（6,6,5,4,3,3,1）是图序列
(G1) 2 最小边割{（6,5），（8,5）} {（6,7），（8,7）}{（6,9），（8,9）}
1j 10 ) 由图的同构定义知，图(a)与(b)是同构的。
5.证明：四个顶点的非同构简单图有 11 个。
证明：设四个顶点中边的个数为 m，则有：
图论1
d<u,v> + d<v,w> ≥ d<u,w> 《定义》：在简单有向图中,若图中任何一 定义》 对结点间,至少有一点到另一结点是可达 的，则称此图是单侧连通的；如果两结 点均是互相可达的，则称是强连通的。 如果在图中略去边的方向,将它看成无向 图后，图是连通的，则称此图为弱连通 的. 强连通⇒单侧连通⇒弱连通
(10)闭路（自回路）： 闭路（自回路）：图中起始且终止于同一结 闭路 ）： 点的边 (闭路的箭头方向是没有意义的 )例：
(11)多重边（平行边）： 多重边（平行边）：二个结点之间 多重边 ）： 方向相同的二条（多条）边 例：
多重图，非多重 《定义》：含有多重边的图称为多重图 定义》 多重图 图称为线图 线图。 线图 简单图： 简单图。 简单图：无自回路的线图称为简单图。由定义可 简单图 见，简单图是没有自回路和多重边的图。 例：
图论不断发展，它在解决运筹学，网络理 论，信息论，控制论，博奕论以及计算 机科学等各个领域的问题时，显示出越 来越大的效果。 对于这样一门应用广泛的学科，其包含的 内容是丰富的，本篇我们只准备介绍基 本的概念和定理，为今后有关学科及课 程的学习和研究提供方便。 第七章 图论
§1图的基本概念
1.基本名词和定义 1.基本名词和定义 定义》 《定义》一个图G是一个三元组<V(G),E(G), ΦG>, 其中V(G)为有限非空结点（或叫顶点）集合, E(G)是边的集合， ΦG是从边集E到结点偶对集 合上的函数。 (1). V(G) ={V1,V2,…,Vn}为有限非空集合, Vi称为结点,简称V是点集。 (2). E(G)={e1,…,em}为有限的边集合,ei称为边。 。 每个边ei都有V中的结点对与之相对应,称E为边集。 。 即每条边是连结V中的某两个点的。
图论作业(1)
第三章1.证明： 必要性：v 是连通图G 的割边， 则， 至少有两个连通分支。
设其中一个连通分支顶点集合为V1,另外连通分支顶点集合为V2,即V1与V2构成V 的划分。
对于任意的u ∈V1, v ∈V2，如果割边e 不在某一条（u ，v ）路上，那么，该路也是连接G-e 中的u 与v 的路，这与u,v 处于G-v 的不同分支矛盾。
“充分性”若e 不是图G 的割边，那么G-v 连通，因此在G-v 中存在u,v 路，当然也是G 中一条没有经过边e 的u,v 路。
矛盾。
7.证明： v 是单图G 的割点，则G-v 至少两个连通分支。
现任取 , 如果x,y 在G-v 的同一分支中，令u 是与x,y 处于不同分支的点，那么，通过u ，可说明，x 与y 在G-v 的补图中连通。
若x,y 在G-v 的不同分支中，则它们在G-v 的补图中邻接。
所以，若v 是G 的割点，则v 不是其补图的割点。
9.连通图G 的一个子图B 称为是G 的一个块，如果(1), 它本身是块；(2), 若没有真包含B 的G 的块存在。
又由于对于阶数至少是3的()()G e G ωω->图G是块当且仅当G无环并且任意两点都位于同一圈上。
根据题意，对于阶数至少是3的图G，由于G没有偶圈，所以G的每个块的点可以在奇圈上，如果不在奇圈上，则块只能是K2，否则如果不是K2的话，该子图将存在割点，该子图就不是块。
得证。
16.（1）（2）（3）第四章3. （1）既是欧拉闭迹又是哈密尔顿圈（2）（3）（4）7.由于图没有奇度顶点，所以是欧拉图，又定理1可得，图G的边集可以划分为圈C1，C2，。
Cm，所以E（G）可以表示成C1，C2.。
Cm的并。
10.若图不是二连通，则存在割点，由于哈密尔顿图不存在割点，因而G是非哈密尔顿图。
若G是具有二分类（X,Y）的偶图，且|X|不等于|Y|，设X中所有点为x1，x2.。
xm，Y中的所有点为y1，y2.。
yn，若存在哈密尔顿图，则在哈密尔顿圈中必然存在X中的点与Y中的点相互交替出现，但是|X|不等于|Y|，则必然出现某两个点同属于|X|或者|Y|，但是G是偶图，属于同一集合的这样的两个点不可以相连，所以存在哈密尔顿圈矛盾，因而不存在哈密尔顿圈。
习题参考解答(图论部分)
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。
（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 1,v 2,v 3,v 4,v 5}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v 2,v 3一组，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。
图论习题课
三、简答题(每小题5分，共20分)
2. 给出集合X={1,2,3,4,5,6}上的一个等价关系 R （3分）
并给出他们的等价类
（2分）
22
三、简答题(每小题5分，共20分)
3.集合A={3, 4, 12, 24, 36}, A在整除关系“|” 下构成一个偏序集（A, |），
请画出偏序集（A, |）的哈斯图。（5分）
3
习题
6(P209).在一个有n个人的宴会上，每个人至少有m 个朋友（2m n）。试证：有不少于m+1个人，使 得他们按某种方法坐在一张圆桌旁，每人的左右均是他 的朋友。
证明: 把n个人作为n个顶点，是朋友的顶点间连边构成图 图GG的每个顶点的度数都大于等于m 原题的意思是每个顶点的度数都不小于m的图必有长 度至少为m+1的圈。
是 m=
10(P228n).证明具有奇数个顶点的偶图不是哈密顿 图？
9
习题
1(P216).若图G不是连通图,则GC是连通图, 证明：
由于G不连通，假设G有两个分支，V1和V2，分别有m 和n个顶点。
在GC V1和V2任意两点间都有边； 对于任意顶点u和v,假如u和v在G中位于两个分支中， u和v在GC中必有边相连; 否则假设都位于V1中，设w是V2中顶点， u和v在GC 中都与w邻接，因次u与v之间有路。
......
31
17
考试题型
一、选择题 20分 二、判断题 10分 三、简答题 40分 四、证明题 15分 五、计算题 15分
18
一、填空题（每小题2分，共20分）
1. 集合的 表述方法能够引起悖论。
2. 自反关系在关系图中的特ห้องสมุดไป่ตู้是 。
图论习题
第三章 平面图
7.若G的顶点数不少于11个，则G c 不是平面图 证明：ε (G ) + ε (G c ) = v(v − 1) 2 , 又ε (G ) ≤ 3v(G ) − 6 则ε (G c ) ≥ 1 （v 2 − 7v + 12） 2 当v ≥ 11时，ε (G c ) > 3v(G c ) − 6, 从而G c 不是平面图
第四章 匹配理论及其应用
• 2.树上是否可能有两个不同的完备匹配？为什么？ • 解：不可能。
设M1，M 2为两个不同的完备匹配，则M1 ⊕ M 2 ≠ φ 且T[M1 ⊕ M 2 ]中的每个顶点的度为2. 由例1.9可知，T中包含圈。这与T为树矛盾。
第五章 着色理论
• 1.求n顶轮的边色数 • hints：n-1
' '
第五章 着色理论
第一条边颜色不变，其余边两色互换。 直至vl −1处无i h 色，多i l -1色； 得出矛盾：v l -1v l 着i h 色; vl 处i h = i l 色出现至少三次； 从而G中i h 和i l -1色边的导出子图中含v l的分支不可能是奇圈， 从而得出矛盾。
第五章 着色理论
• 8. 4名老师4个班级上课问题。 • 计算，一天应分几节课？若每天8节课，需几 间教室？ • hints： ∆(G ) = 16, ε (G ) = 48
16 = 4 一天分4节课 5 48 = 2 需2间教室 5*8
若 13. δ是单图G顶的最小次数，证明；若δ > 1则存在δ − 1边着色， 使与每顶关联的边种有δ − 1种颜色。 h int s : 反证法：设C = (E1 , E 2 ,..., E δ −1 )为G的(δ − 1) − 最佳边着色 构造点列：v1 , v2 ,..., vh , vh +1 ,....., vl ,.... v1处无i 0色，v j v j +1着i j色，且在v j点处i j 色重复出现，仅一个i j-1色；h = i l i 着色调整：v j v j +1着i j-1色( j = 1,2,..., h) 奇圈，颜色互换：E( Eih ∪ Eik )(k = h + 1, h + 2,..., l − 2),
中科院研究生院图论讲义习题1
第一章习题1. 对任何简单图G ，(1) 证明：(1)()2G υυε−≤；(2)(1)()2G υυε−=当且仅当G K ν≅。
2. 证明：(1),()m n K mn ε=；(2) 若G 是完全二部图，则2()4G υε≤。
3. 图G 有21条边，12个3度顶点，其余顶点的度均为2，求图G 的阶数。
4. 证明：任何简单图必有至少两个顶点具有相等的度。
5. 设G 是简单图，求G 的所有不同的生成子图的个数（包括G 本身和空图）。
6. 证明：任何图中，奇度顶点的个数总是偶数（包括0）。
并由此证明：在任一次聚会上握过奇数次手的人必为偶数个。
7. 证明或反证：如果u 和v 是图G 中仅有的具有奇数度的顶点，则G 包含一条u , v 路。
8. 证明：若4υ≥且1+=νε，则存在)(G V v ∈使得3)(≥v d 。
由此证明： n 个球队比赛（4n ≥），已赛完n +1场，则必定有一个球队已参加过至少3场比赛。
9. 在一个运动联盟中，将所有运动队组织成两个赛区，每个赛区有13个队，能否恰当安排比赛使得每个队在其所在赛区中进行9场比赛而与另一个赛区中的运动队进行4场比赛？10. 在平面上有n 个点12{,,,}n S x x x =⋅⋅⋅，其中任两个点之间的距离至少是1。
证明在这n 个点中，距离为1 的点对数不超过3n 。
11. 某次会议有n 人参加，其中有些人互相认识，但每两个互相认识的人，都没有共同的熟人，每两个互不认识的人都恰好有两个共同的熟人。
证明每一个参加者都有同样数目的熟人。
12. 在一个化学实验室里，有n 个药箱，其中每两个不同的药箱恰有一种相同的化学品，而且每种化学品恰好在两个药箱中出现，问：（1）每个药箱有几种化学品？（2）这n 个药箱中共有几种不同的化学品？13. 在一次舞会中，A 、B 两国留学生各(2)n n >人，A 国每个学生都与B 国一些(不是所有)学生跳过舞，B 国每个学生至少与A 国一个学生跳过舞。
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第三章
1.证明： 必要性：
v 是连通图G 的割边， 则
， 至少有两个连通
分支。
设其中一个连通分支顶点集合为V1,另外连通分支顶点集合为V2,即V1与V2构成V 的划分。
对于任意的u ∈V1, v ∈V2，如果割边e 不在某一条（u ，v ）路上，那么，该路也是连接G-e 中的u 与v 的路，这与u,v 处于G-v 的不同分支矛盾。
“充分性”
若e 不是图G 的割边，那么G-v 连通，因此在G-v 中存在u,v 路，当然也是G 中一条没有经过边e 的u,v 路。
矛盾。
7.证明： v 是单图G 的割点，则G-v 至少两个连通分支。
现任取 , 如果x,y 在G-v 的同一分支中，令u 是与x,y 处于不同分支的点，那么，通过u ，可说明，x 与y 在G-v 的补图中连通。
若x,y 在G-v 的不同分支中，则它们在G-v 的补图中邻接。
所以，若v 是G 的割点，则v 不是其补图的割点。
9.连通图G 的一个子图B 称为是G 的一个块，如果(1), 它本身是块；(2), 若没有真包含B 的G 的块存在。
又由于对于阶数至少是3的
()()G e G ωω->
图G是块当且仅当G无环并且任意两点都位于同一圈上。
根据题意，对于阶数至少是3的图G，由于G没有偶圈，所以G的每个块的点可以在奇圈上，如果不在奇圈上，则块只能是K2，否则如果不是K2的话，该子图将存在割点，该子图就不是块。
得证。
16.（1）
（2）
（3）
第四章3. （1）既是欧拉闭迹又是哈密尔顿圈
（2）
（3）
（4）
7.由于图没有奇度顶点，所以是欧拉图，又定理1可得，图G的边集可以划分为圈C1，C2，。
Cm，所以E（G）可以表示成C1，C2.。
Cm的并。
10.若图不是二连通，则存在割点，由于哈密尔顿图不存在割点，因而G是非哈密尔顿图。
若G是具有二分类（X,Y）的偶图，且|X|不等于|Y|，设X中所有点为x1，x2.。
xm，Y中的所有点为y1，y2.。
yn，若存在哈密尔顿图，则在哈密尔顿圈中必然存在X中的点与Y中的点相互交替出现，但是|X|不等于|Y|，则必然出现某两个点同属于|X|或者|Y|，但是G是偶图，属于同一集合的这样的两个点不可以相连，所以存在哈密尔顿圈矛盾，因而不存在哈密尔顿圈。
12. 证明：在G之外加上一个新点v,把它和G的其余各点连接得图G1
G1的度序列为：(d1+1,d2+1,…,dn+1, n)
由条件：不存在小于(n+1)/2的正整数m,使得dm+1≦m,且dn-m+1+1<n-m+1=(n+1)-m。
于是由度序列判定定理知：G1是H图，得G有H路。
第五章
1.（1）证明一：
证明每个k方体都是k正则偶图。
事实上，由k方体的构造：k方体有2k个顶点，每个顶点可以用长度为k的二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标不同。
如果我们划分k方体的2k个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X，否则归入Y。
显然，X中顶点互不邻接，Y中顶点也如此。
所以k方体是偶图。
又不难知道k方体的每个顶点度数为k,所以k方体是k正则偶图。
由推论：k方体存在完美匹配。
（2）我们用归纳法求K2n和Kn,n中不同的完美匹配的个数。
K2n的任意一个顶点有2n-1种不同的方法被匹配。
所以K2n的不同
完美匹配个数等于(2n-1)K2n-2,如此推下去，可以归纳出K2n的不同完美匹配个数为：(2n-1)!!
同样的推导方法可归纳出K n, n的不同完美匹配个数为：n!
2. 证明：若不然，设M1与M2是树T的两个不同的完美匹配，那么M1ΔM2≠Φ,且T[M1ΔM2]每个非空部分顶点度数为2，即它存在圈，于是推出T中有圈，矛盾。
6.证明：由习题5第一题知：K2n的不同完美匹配的个数为(2n-1)!!。
所以，K2n的一因子分解数目为(2n-1)!!
7.将K9进行2因子分解，四个圈为
C1=p9 p1 p8 p2 p7 p3 p6 p4 p5 p9
C2=p9 p2 p1 p3 p8 p4 p7 p5 p6 p9
C3=p9 p3 p2 p4 p1 p5 p8 p6 p7 p9
C4=p9 p4 p3 p5 p2 p6 p1 p7 p8 p9
13. 最小权值和是30
19. 证明：K4n+1= K 2(2n)+1 , 所以，可以分解为2n个边不重的2
因子之和。
而任意2个2因子可以并成一个4因子。
所以，共可以并成n个4因子。
即K4n+1可以分解为n个4因子的和。