图论张先迪李正良课后习题答案
图论与代数结构第一二三章习题解答
习题一1. 一个工厂为一结点；若两个工厂之间有业务联系,则此两点之间用边相联；这样就得到一个无向图。
若每点的度数为3，则总度数为27,与图的总度数总是偶数的性质矛盾.若仅有四个点的度数为偶数，则其余五个点度数均为奇数，从而总度数为奇数，仍与图的总度数总是偶数的性质矛盾.(或者利用度数为奇数的点的个数必须为偶数个）2.若存在孤立点,则m 不超过K n —1的边数， 故m <= (n-1)(n —2）/2, 与题设矛盾。
3。
4. 用向量(a 1，a 2，a 3）表示三个量杯中水的量, 其中a i 为第i 杯中水的量， i = 1，2,3。
以满足a 1+a 2+a 3 = 8 （a 1,a 2,a 3为非负整数）的所有向量作为各结点, 如果(a 1，a 2,a 3)中某杯的水倒满另一杯得到 ( a ’1， a'2, a ’3 ） ， 则由结点到结点画一条有向边。
这样可得一个有向图.本题即为在此图中找一条由（ 8， 0， 0 ）到（ 4， 4， 0 )的一条有向路,以下即是这样的一条:5。
可以。
6 若9个人中没有4个人相互认识，构造图G,每个点代表一个点，两个人相互认识则对应的两个点之间有边。
1） 若可以找到点v ，d （v ）〉5,则与v 相连的6个点中，要么有3个相互认识，要么有3个相互不认识（作K 6并给边涂色:红=认识,蓝=不认识，只要证图中必有同色三角形。
v 1有5条边，由抽屉原则必有三边同色(设为红)，这三边的另一顶点设为v 2, v 3， v 4。
若 △v 2v 3v 4有一边为红，则与v 1构成红色△，若△v 2v 3v 4的三边无红色，则构成蓝色△）。
若有3个人相互认识,则这3个人与v 相互认识，这与假设没有4个人相互认识矛盾，所以这6个人中一定有3个人相互不认识∑∑∑∑∑∑∑==+====-=++=-==---=--=ni i n i i n i n i n i ni i i n i i n i i i i a a n n a a a n n n a n a v v 12 12 12112212 12 i i 2/)1(C )1(2)1(])1[(a a 。
第四部分图论练习题答案
《离散数学》第四部分---图论练习题答案一、选择或填空1、设G是一个哈密尔顿图，则G一定是( )。
(1) 欧拉图(2) 树(3) 平面图(4) 连通图答：(4)2、下面给出的集合中，哪一个是前缀码？( )(1) {0，10，110，101111} (2) {01，001，000，1}(3) {b，c，aa，ab，aba} (4) {1，11，101，001，0011}答：（2）3、一个图的哈密尔顿路是一条通过图中( )的路。
答：所有结点一次且恰好一次4、在有向图中，结点v的出度deg+(v)表示( )，入度deg-(v)表示( )。
答：以v为起点的边的条数，以v为终点的边的条数5、设G是一棵树，则G 的生成树有( )棵。
(1) 0 (2) 1 (3) 2 (4) 不能确定答：16、n阶无向完全图K n 的边数是( )，每个结点的度数是( )。
答：2)1(nn, n-17、一棵无向树的顶点数n与边数m关系是( )。
8、一个图的欧拉回路是一条通过图中( )的回路。
答：所有边一次且恰好一次9、有n个结点的树，其结点度数之和是( )。
答：2n-210、下面给出的集合中，哪一个不是前缀码( )。
(1) {a，ab，110，a1b11} (2) {01，001，000，1}(3) {1，2，00，01，0210} (4) {12，11，101，002，0011}答：(1)11、n个结点的有向完全图边数是( )，每个结点的度数是( )。
答：n(n-1),2n-212、一个无向图有生成树的充分必要条件是( )。
答：它是连通图13、设G是一棵树，n,m分别表示顶点数和边数，则(1) n=m (2) m=n+1 (3) n=m+1 (4) 不能确定。
答：（3）14、设T=〈V,E〉是一棵树，若|V|>1，则T中至少存在( )片树叶。
答：215、任何连通无向图G至少有( )棵生成树，当且仅当G 是( )，G的生成树只有一棵。
图论习题答案
习题一1. 一个工厂为一结点；若两个工厂之间有业务联系，则此两点之间用边相联；这样就得到一个无向图。
若每点的度数为3，则总度数为27，与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
若仅有四个点的度数为偶数，则其余五个点度数均为奇数，从而总度数为奇数，仍与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
2. 若存在孤立点，则m 不超过K n-1的边数, 故 m <= (n-1)(n-2)/2, 与题设矛盾。
3.4. 用向量(a 1,a 2,a 3)表示三个量杯中水的量, 其中a i 为第i 杯中水的量, i = 1,2,3.以满足a 1+a 2+a 3 = 8 (a 1,a 2,a 3为非负整数)的所有向量作为各结点, 如果(a 1,a 2,a 3)中某杯的水倒满另一杯得到 ( a ’1, a ’2, a ’3 ) , 则由结点到结点画一条有向边。
这样可得一个有向图。
本题即为在此图中找一条由( 8, 0, 0 )到( 4, 4, 0 )的一条有向路，以下即是这样的一条：5. 可以。
7. 同构。
同构的双射如下：8. 记e 1= (v 1,v 2), e 2= ( v 1,v 4), e 3= (v 3,v 1), e 4= (v 2,v 5), e 5= (v 6,v 3), e 6= (v 6,v 4), e 7= (v 5,v 3), e 8= (v 3,v 4), e 9 = (v 6,v 1), 则邻接矩阵为： 关联矩阵为：∑∑∑∑∑∑∑==+====-=++=-==---=--=ni i n i i n i n i n i ni i i n i i n i i i i a a n n a a a n n n a n a v v 1111121212/)1()1(2)1(])1[(。
， 所以 因为 ，＋ 的负度数，则为结点的正度数，为结点记－－－－－22 222 i i C a a ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---------100110000001001000010100010011010100000001001100000111, 001101000100000000001001010000001010⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡( 8, 0, 0 ) ( 5, 3, 0 ) ( 5, 0, 3 ) ( 2, 3, 3 ) ( 2, 5, 1 )(7, 0, 1 ) ( 7, 1, 0 ) ( 4, 4, 0 )( 4, 1, 3 )边列表为：A= (1,1,3,2,6,6,5,3,6), B= (2,4,1,5,3,4,3,4,1). 正向表为：A= (1,3,4,6,6,7,10), B= (2,4,5,1,4,3,3,4,1).习题二1. 用数学归纳法。
图论习题答案2
第四次作业
四(13).设M是二分图G的最大匹配，则 | M || X | max| S | | N ( S )| ，
SX
证明： | X | max| S | | N ( S )| min(| X | | S |) | N ( S )| ，而（X - S ) N ( S )是G的一个覆盖，则 min(| X | | S |) | N ( S )|是G的最小覆盖，
第七次作业
• 五(28).设sn是满足下列条件的最小整数，把 {1,2,...,sn}任划分成n个子集后，总有一个子集 中含有x+y=z的根，求s1,s2,s3是多少？ • 解：n=1,枚举得s1=2; • s2=5 • s3=14
第七次作业
五(34).求证r(k, l) = r(l, k) 证明：若G含有K k 子图，则G c 含有k个顶点的独立集；若G含有 l个顶点的独立集，则G c 含有K l 子图。则命题成立。
五 (13).若 是单图 G 顶的最小次数，证明； 若 1则存在 1边着色， 使与每顶关联的边种有 1种颜色。 反证法：假设在 v1处无 i 0色 设 C (E 1 , E 2 ,..., E 1 )为 G 的( 1) 最佳边着色 第一步：构造点列： v1 , v 2 ,..., v h , v h 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，可知在 v j1处仅一 个 i j色；证明如下： 用反证法证明，假设在 v j1处 i j色重复出现，将 v j v j 1改成 v j 所关联的边 没有的颜色 im，则可以对图 G 的找色进行改善。与 C 是最佳边着色矛盾， 假设不成立。 又 是单图 G 顶的最小次数，则必存 在最小整数 h使得 i h i l 第二步：着色调整： v j v j 1着 i j-1色 ( j 1,2,..., h )，所得新着色为 C ' 在 C '中， v1处多了个 i 0色， v h 1处少了个 i h 色，其他点的边着色数 不变， 所以 C ' 还是 1最佳边着色
图论（张先迪-李正良）课后习题答案（第一章）
图论（张先迪-李正良）课后习题答案（第⼀章）习题⼀作者---寒江独钓1.证明：在n 阶连通图中(1) ⾄少有n-1条边；(2) 如果边数⼤于n-1，则⾄少有⼀条闭迹；(3) 如果恰有n-1条边，则⾄少有⼀个奇度点。
证明: (1) 若G 中没有1度顶点，由握⼿定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥?≥?>-∑若G 中有1度顶点u ，对G 的顶点数作数学归纳。
当n=2时，结论显然；设结论对n=k 时成⽴。
当n=k+1时，考虑G-u,它仍然为连通图，所以，边数≥k-1.于是G 的边数≥k.(2) 考虑G 中途径：121:n n W v v v v -→→→→L若W 是路，则长为n-1;但由于G 的边数⼤于n-1,因此，存在v i 与v j ,它们相异，但邻接。
于是：1i i j i v v v v +→→→→L 为G 中⼀闭途径，于是也就存在闭迹。
(3) 若不然，G 中顶点度数⾄少为2，于是由握⼿定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥?≥?>-∑这与G 中恰有n-1条边⽭盾！ 2.(1)2n ?12n 2?12n ?1 (2)2n?2?1(3) 2n?2。
证明:u 1的两个邻接点与v 1的两个邻接点状况不同。
所以，两图不同构。
4.证明下⾯两图同构。
u 1 v 1证明:作映射f : v i ? u i (i=1,2….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，图(a)与(b)是同构的。
5.指出4个顶点的⾮同构的所有简单图。
分析：四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为6，所以可按边数进⾏枚举。
(a)v 2 v 3u 4u(b)6.证明:1)充分性:当G 是完全图时，每个顶点的度数都是n ?1,共有n 个顶点，总的度数为n(n ?1)，因此总的边数是n(n?1)2=(n 2). 2)必要性:因为G 是简单图,所以当G 是完全图的时候每个顶点的度数才达到最⼤:n ?1.若G 不是完全图，则⾄少有⼀个顶点的度数⼩于n ?1,这样的话，总的度数就要⼩于n (n ?1)，因此总的边数⼩于(n 2)，⽭盾。
离散数学习题解答第6部分(图论)
离散数学习题解答 习题六 （第六章 图论）1．从日常生活中列举出三个例子，并由这些例子自然地导出两个无向图及一个向图。
[解] ①用V 代表全国城市的集合，E 代表各城市间的铁路线的集合，则所成之图G=（V ，E ）是全国铁路交通图。
是一个无向图。
②V 用代表中国象棋盘中的格子点集，E 代表任两个相邻小方格的对角线的集合，则所成之图G=（V ，E ）是中国象棋中“马”所能走的路线图。
是一个无向图。
③用V 代表FORTRAN 程序的块集合，E 代表任两个程序块之间的调用关系，则所成之图G+（V ，E ）是FORTRAN 程序的调用关系图。
是一个有向图。
2．画出下左图的补图。
[解] 左图的补图如右图所示。
3．证明下面两图同构。
a v 2 v 3 v 4图G图G ′[证] 存在双射函数ϕ:V →V ′及双射函数ψ : E →E ′ϕ (v 1)=v 1′ ϕ (v 1，v 2)=(v 1′，v 2′) ϕ (v 2)=v 2′ ϕ (v 2，v 3)=(v 2′，v 3′) ϕ (v 3)=v 3′ ϕ (v 3，v 4)=(v 3′，v 4′) ϕ (v 4)=v 4′ ϕ (v 4，v 5)=(v 4′，v 5) ϕ (v 5)=v 5′ ϕ (v 5，v 6)=(v 5′，v 6′) ϕ (v 6)=v 6′ϕ (v 6，v 1)=(v 6′，v 1′) ϕ (v 1，v 4)=(v 1′，v 4′) ϕ (v 2，v 5)=(v 2′，v 5′) ϕ (v 3，v 6)=(v 3′，v 6′)显然使下式成立：ψ (v i ，v j )=(v i ,v j ′)⇒ ϕ (v i )=v i ′∧ϕ (v j )=v j ′ (1≤i ·j ≤6) 于是图G 与图G ′同构。
4．证明（a ），（b ）中的两个图都是不同构的。
图G 中有一个长度为4的圈v 1v 2v 6v 5v 1，其各顶点的度均为3点，而在图G ′中却没有这样的圈，因为它中的四个度为3的顶点v 1'，v 5'，v 7'，v 3'不成长度的4的圈。
图论习题参考答案
二、应用题题0：（1996年全国数学联赛）有n（n≥6）个人聚会，已知每个人至少认识其中的[n/2]个人，而对任意的[n/2]个人，或者其中有两个人相互认识，或者余下的n-[n/2]个人中有两个人相互认识。
证明这n个人中必有3个人互相认识。
注：[n/2]表示不超过n/2的最大整数。
证明将n个人用n个顶点表示，如其中的两个人互相认识，就在相应的两个顶点之间连一条边，得图G。
由条件可知，G是具有n个顶点的简单图，并且有（1）对每个顶点x，)N G≥[n/2]；(x（2）对V的任一个子集S，只要S＝[n/2]，S中有两个顶点相邻或V-S中有两个顶点相邻。
需要证明G中有三个顶点两两相邻。
反证，若G中不存在三个两两相邻的顶点。
在G中取两个相邻的顶点x1和y1,记N G(x1)＝{y1,y2,……,y t}和N G(y1)={x1,x2,……,x k},则N G(x1)和N G(y1)不相交，并且N G(x1)（N G(y1)）中没有相邻的顶点对。
情况一；n=2r：此时[n/2]＝r，由（1）和上述假设，t=k=r且N G(y1)＝V-N G(x1)，但N G(x1)中没有相邻的顶点对，由（2），N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
情况二；n=2r+1: 此时[n/2]＝r，由于N G(x1)和N G(y1)不相交，t≥r,k≥r,所以r+1≥t,r+1≥k。
若t=r+1,则k=r，即N G(y1)=r，N G(x1)＝V-N G(y1)，由（2），N G(x1)或N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
故k≠r+1，同理t≠r+1。
所以t=r,k=r。
记w∈V- N G(x1) ∪N G(y1),由（2），w分别与N G(x1)和N G(y1)中一个顶点相邻，设wx i0∈E, wy j0∈E。
若x i0y j0∈E，则w，x i0, y j0两两相邻，矛盾。
若x i0y j0∉E，则与x i0相邻的顶点只能是(N G(x1)-{y j0})∪{w},与y j0相邻的顶点只能是(N G(y1)-{x j0})∪{w}。
图论第三章答案
14. 12枚外观相同的硬币，其 中有一枚比其他的或轻 或重.使用决策树描述一个 算法，使得只用一个天 平且最多进行三次比较 就可以确定出坏币并且 判断出它是 轻是重..
解：如下图：
补充：如果连通加权图 G的权值互不相同，则 G有唯一一棵最小生成树 .
证：反证法，设G有T1 , T2 两棵最小生成树，则 T1 , T2的权之和相等, 且存在边e1 , e2 权值不同. 此时e1 T1但e2 T2，e2 T2 但e1 T1 , 令T3 T1 e1 e2，T4 T2 e2 e1，则T3和T4亦是生成树. 由e1，e2的权不同可知：T3或T4中必有一个是权比 T1 ( T2 )小的树，得矛盾 .
11. 根据图回答下列问题 . (a.)对下列每个二进制序列 进行解码. (1)100111101 (2)10001011001(3)10000110110001(4)0001100010110000 (b.)对下列单词进行解码 . (1)den(2)need (3)leaden(4) penned
8. 明下列各题： 1.)若完全二叉树T有m个内点和k个叶子点，则m k 1. 2.)完全二叉树T的边数e，满足e 2(k 1).其中，k为叶子点数.
证： (1.)因为有m个内点的完全二叉树有 2m 1个顶点， 所以由顶点关系得： 2m 1 m k , 则m k 1. (2.)因为树T的边数(e) 顶点数(2m 1) 1, 所以e 2m 2(k 1).
3. 设无向图 G中有n个顶点 m条边，且 m n, 则G中必有圈.
设G有连通分支 T1 , T2 , , Tk (k 1) , 若G中无圈，则 Ti (1 i k ) 也无圈，所以 Ti 是树 .
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习题一作者---寒江独钓1.证明：在n 阶连通图中(1) 至少有n-1条边；(2) 如果边数大于n-1，则至少有一条闭迹；(3) 如果恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。
证明: (1) 若G 中没有1度顶点，由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑若G 中有1度顶点u ，对G 的顶点数作数学归纳。
当n=2时，结论显然；设结论对n=k 时成立。
当n=k+1时，考虑G-u,它仍然为连通图，所以，边数≥k-1.于是G 的边数≥k.(2) 考虑G 中途径：121:n n W v v v v -→→→→L若W 是路，则长为n-1;但由于G 的边数大于n-1,因此，存在v i 与v j ,它们相异，但邻接。
于是：1i i j i v v v v +→→→→L 为G 中一闭途径，于是也就存在闭迹。
(3) 若不然，G 中顶点度数至少为2，于是由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑这与G 中恰有n-1条边矛盾！ 2.(1)2n −12n 2−12n −1 (2)2n−2−1(3) 2n−2。
证明:u 1的两个邻接点与v 1的两个邻接点状况不同。
所以，两图不同构。
4.证明下面两图同构。
u 1 v 1证明:作映射f : v i ↔ u i (i=1,2….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，图(a)与(b)是同构的。
5.指出4个顶点的非同构的所有简单图。
分析：四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为6，所以可按边数进行枚举。
(a)v 2 v 3u 4u(b)6.证明:1)充分性:当G 是完全图时，每个顶点的度数都是n −1,共有n 个顶点，总的度数为n(n −1)，因此总的边数是n(n−1)2=(n 2). 2)必要性:因为G 是简单图,所以当G 是完全图的时候每个顶点的度数才达到最大:n −1.若G 不是完全图，则至少有一个顶点的度数小于n −1,这样的话，总的度数就要小于n (n −1)，因此总的边数小于(n 2)，矛盾。
所以G 是完全图。
8. Δ与δ是简单图G 的最大度与最小度，求证：证明：由握手定理有：所以有：9.证明：设|V 1|=l 1,|V 2|=l 2,V 1中点的度数之和为d 1,,V 2中点的度数之和为d 2,G 的边数为m .有偶图的定义可知d 1=m =d 2.而d 1=kl 1,d 2=kl 2.所以l 1=l 2.10.证明：将每个人看成一个顶点，若其中有两个人是朋友，则将这两个人所代表的顶点连接起来，这样便得到了一个简单图。
这个图中每个顶点的度数就是这个顶点所代表的人的朋友的数目。
因为简单图中至少有两个顶点的度数相同，所以这些人中至少有两个人这这个人群中的朋友数目是相同的。
12.证明：若δ≥2，则G 中必然含有圈。
证明：只就连通图证明即可！设W=v 1v 2…..v k-1v k 是G 中的一条最长路。
由于δ≥2，所以v k 必然有相异于v k-1的邻接顶点。
又W 是G 中最长路,所以，这样的邻接点必然是v 1,v 2,….,v k-2中之一。
设该点为v m ，则v m v m+1….v k v m 为G 中圈。
13.证明:不妨设G 是连通的（否则可考虑其某一个连通分支）.设L =ω1ω2…ωk−1ωk 是G 中最长的一条路。
因为δ≥2,所以V(G)中还有δ−1个点与ωk 相邻。
因为L 2m n δ≤≤∆()()2v V G n d v m n δ∈≤=≤∆∑2m n δ≤≤∆是最长的路,所以这些点在ω1,ω2,…,ωk−1中。
又因为G是简单图，所以这些点不可能是ωk−1.设从ω1开始ωi(1≤i≤k−1−δ)是这些点中第一个与ωk相邻的点,则ωiωi+1…ωkωi是G中的一个圈，其长度至少为δ+1.14.G的围长是指G中最短圈的长；若G没有圈，则定义G的围长为无穷大。
证明：（1）围长为4的k的正则图至少有2k个顶点，且恰有2k个顶点的这样的图（在同构意义下）只有一个。
（2）围长为5的k正则图至少有k2+1个顶点。
证明(1) 设u,v是G中两相邻顶点，则S(u)⋂S(v)=φ,否则，可推出G中的围长为3，与已知矛盾。
因此，G中至少有2（k-1）+2个顶点，即有2k个顶点。
把S(u)⋃⎨v⎬，S(v)⋃⎨u⎬连为完全偶图，则得到2k个顶点的围长为4的图，由作法知，这样的图是唯一的。
(2)设G是围长为5的k正则图,任取u∈V(G)记S i={v∈V(G):d(u,v)=i}(i= 0,1,2,…).则:①S1中不同的顶点不相邻;②S2中每个顶点有且只有一条边与S1相连.(若①或②不成立,则G的围长不是5).这样的话G的顶点数至少为|S0|+|S1|+|S2|=1+k+k(k−1)=k2+1.15.证明:(1)①G连通由m≥n>n−1知,G中至少有一个闭迹,所以G中包含圈.② G不连通设G的所有的连通分支为G1,G2,…,G k.G i的顶点数为n i,边数为m i,(i=1,2,…,k)则至少有一个i0,使得m i0≥n i.由①可知G i中包含圈,所以G中包含圈.(2) 只就m=n+4证明就行了。
设G是满足m=n+4，但不包含两个边不相交的圈的图族中顶点数最少的一个图。
可以证明G具有如下两个性质：1) G的围长g≥5。
事实上，若G的围长≤4，则在G中除去一个长度≤4的圈C1的一条边，所得之图记为G',显然，m(G') ≥∣V(G)∣=∣V(G')∣,由(1),G'中存在圈C2, 使C1,C2的边不相交这与假定矛盾；2）δ (G)≥3。
事实上，若d(v0)=2,设v0v1,v0v2∈E(G),作G1=G-v0+⎨v1v2⎬;若d(v0)≤1,则G1为在G中除去v0及其关联的边(d(v0)=0,任去G中一条边)所得之图。
显然，m(G1)=⎜V(G1)⎜+4,G1仍然不含两个边不重的圈之图。
但∣V(G1)∣<∣V(G)∣，与假定矛盾。
由2),n+4=m≥3n/2 ⇒ n≤ 8. 但另一方面，由1),在G中存在一个圈Cg，其上的顶点之间的边，除Cg之外，再无其它边，以S0表示Cg上的顶点集，故由2),S0上每个顶点均有伸向Cg外的的边。
记与S0距离为1的顶点集为S1，则S0的每一个顶点有伸向S1的边，反过来，S1中的每个顶点仅有唯一的一边与S0相连，不然在G中则含有长不大于g/2+2的圈，这与G的围长为g相矛盾，故⎪S0⎪≤⎪ S1⎪,于是有：n≥⎪S0⎪+⎪ S1⎪≥g+g≥10,但这与n≤8矛盾。
所以，假定条件下的G不存在。
18.证明:因为e只能属于G的某一个连通分支,所以只需考虑G是连通图的情况.若G−e仍然连通,则ω(G)=1=ω(G−e)<2=ω(G)+1.若G−e不连通,则ω(G)=1<2=ω(G−e)=ω(G)+1.19.证明:设G1是G−v的任一个连通分支,则在G中v通过偶数条天与G1相连,否则G1中有奇数个奇顶点.所以v至少通过两条边与G1相连,因此ω(G−v)≤d(v)/220．证明:(1)G不连通的时候,设 G中的两个连通分支G1,G2。
则在G中, G1中的每个顶点与G2中的每个顶点都相邻，于是G的同一个连通分支中的顶点在G中的距离为2或0，G中不同的连通分支中的顶点在G中的距离都为1。
所以d(G)<3.(2) G连通的时候，考虑G中任意两个不同顶点u和v.①如果u和v不相邻,则在G中u adj v,于是在G中d(u,v)=1.②当u adj v的时候，因为G的直径大于3,所以G中有两个顶点w1,w2满足d(w1,w2)=d(G)>3.因此u不同时和w1,w2相邻，v也不能同时与w1,w2相邻。
所以在G中,d(u,v)=2.结合①②可知d(G)<3.21.设G是具有m条边的n阶单图，证明：若G的直径为2且Δ=n-2,则m≥2n-4.证明：设d (v)=Δ=n-2,且设v的邻接点为v1,v2,…,v n-2. u是剩下的一个顶点。
由于d (G)=2且u不能和v邻接，所以u至少和v1,v2…,v n-2中的一个顶点邻接。
否则有d (G)>2.不妨假设u和v1,v2…v k邻接。
为了保证u到各点距离不超过2,v k+1,….v n-2这些顶点的每一个必须和前面v1,v2,…,v k中某点邻接，这样，图中至少又有n-2条边。
总共至少有2n-4条边。
22.证明:因为G不是完全图,所以G中至少有两个不同的顶点u和w不相邻，又因为G是连通的，所以G中还有不同于u和w的点v同时与u,w相邻.于是,我们找到了G 中的三个顶点u,v,w满足uv∈E,vw∈E,但是uw∉E.(上述讨论中,若连接u和w的路的长度大于2,则考记这条路上从w开始最后一个与w相邻的点为v，第一个与w不相邻的点为u即可.)。