图论习题

《图论及其应用》习题课教材目录第一章图的基本概念1.1 图和简单图1.2 子图与图的运算1.3 路与图的连通性1.4 最短路及其算法1.5 图的代数表示及其特征1.6 极图1.7 交图与团图习题1第二章树2.1 树的概念与性质2.2 树的中心与形心2.3 生成树2.4 最小生成树习题2第三章图的连通度3.1 割边、割点和块3.2 连通度3.3 应用3.4 图的宽距离和宽直径习题3第四章欧拉图与哈密尔顿图4.1 欧拉图4.2 高效率计算机鼓轮的设计4.3 中国邮路问题4.4 哈密尔顿图4.5 度极大非哈密尔顿图4.6 旅行售货员问题4.7 超哈密尔顿图4.8 E图和H图的联系4.9 无限图中的欧拉,哈密尔顿问题习题4第五章匹配与因子分解5.1 匹配5.2 偶图的匹配与覆盖5.3 Tutte定理与完美匹配5.4 因子分解5.5 最优匹配与匈牙利算法5.6 匹配在矩阵理论中的应用习题5第六章平面图6.1 平面图6.2 一些特殊平面图及平面图的对偶图6.3 平面图的判定及涉及平面性的不变量6.4 平面性算法习题6第七章图的着色7.1 图的边着色7.2 顶点着色7.3 与色数有关的几类图7.4 完美图7.5 着色的计数，色多项式习题27.6 List着色7.7 全着色7.8 着色的应用习题7第八章Ramsey定理8.1 独立集和覆盖8.2 Ramsey定理8.3 广义Ramsey数8.4 应用习题8习题 11. 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，则至少有一条闭通道。

（3）如恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。

证明(1) 若对∀v∈V(G),有d(v)≥2,则：2m=∑d(v)≥2n ⇒ m≥n>n-1,矛盾！若G中有1度顶点，对顶点数n作数学归纳。

当n=2时，G显然至少有一条边，结论成立。

设当n=k时，结论成立，当n=k+1时，设d(v)=1，则G-v是k阶连通图，因此至少有k-1条边，所以G 至少有k条边。

(2) 考虑v1→v2→⋯→v n的途径，若该途径是一条路，则长为n-1,但图G的边数大于n-1,因此存在v i,v j,使得v i adgv j,这样，v i→v i+1→⋯→v j并上v i v j构成一条闭通道；若该途径是一条非路，易知，图G有闭通道。

(3) 若不然，对∀v∈V(G),有d(v)≥2,则：2m=∑d(v)≥2n ⇒ m≥n>n-1,与已知矛盾！2.设G是n阶完全图，试问（1）有多少条闭通道？（2）包含G中某边e的闭通道有多少？（3）任意两点间有多少条路？答(1) (n-2)! (2) (n-1)!/2 (3) 1+(n-2)+(n-2)(n-3)+(n-2)(n-3)(n-4)+…+(n-2)…1.3.证明图1-27中的两图不同构：图1-27证明 容易观察出两图中的点与边的邻接关系各不相同，因此，两图不同构。

4. 证明图1-28中的两图是同构的证明 将图1-28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，图1-27的两个图是同构的。

5. 证明：四个顶点的非同构简单图有11个。

证明由于四个顶点的简单图至多6条边，因此上表已经穷举了所有情形，由上表知：四个顶点的非同构简单图有11个。

图1-28 (a)v 2 v 3 u 4u (b)6. 设G 是具有m 条边的n 阶简单图。

证明：m =⎪⎪⎭⎫⎝⎛2n 当且仅当G 是完全图。

证明 必要性 若G 为非完全图，则∃ v ∈V(G),有d(v)< n-1 ⇒ ∑ d(v) < n(n-1) ⇒ 2m <n(n-1)⇒ m < n(n-1)/2=⎪⎪⎭⎫⎝⎛2n , 与已知矛盾！充分性 若G 为完全图，则 2m=∑ d(v) =n(n-1) ⇒ m= ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2n 。

7. 证明：（1）m (K l ,n ) = ln ，（2）若G 是具有m 条边的n 阶简单偶图，则m ≤ ⎥⎦⎥⎢⎣⎢42n 。

证明 (1) K l,n 的总度数为2ln ,所以，m (K l ,n ) = ln 。

(2) 设G 的两个顶点子集所含顶点数分别为n 1与n 2,G 的边数为m,可建立如下的二 次规划：m=n 1n 2 s.t n 1+n 2=nn 1≥1, n 2≥ 1当n 为偶数时，n 1=n 2=n/2时，m 取最大值：m=n 2/4当n 为奇数时，取n 1=(n+1)/2, n 2=(n-1)/2时，m 取最大值：m=(n 2-1)/4所以，m ≤ ⎥⎦⎥⎢⎣⎢42n 。

8. 设△和δ是简单图G 的最大度和最小度，则δ≤2m / n ≤△。

证明∆≤≤∴≥∆⇒∆==≤⇒≥=∑∑∈∈n m n m n v d m n m n v d m Vv Vv 22)(22)(2δδδ9. 证明：若k 正则偶图具有二分类V = V 1∪V 2，则 | V 1| = |V 2|。

证明 由于G 为k 正则偶图，所以，k | V 1 | =m = k | V 2 | ⇒ ∣V 1∣= ∣V 2 ∣。

10. 证明：由两人或更多个人组成的人群中，总有两人在该人群中恰好有相同的朋友数。

证明将人用图的顶点表示，图的两顶点邻接当且仅当人群中的两人相认识，于是，问题转化为：证明在任意一个简单图中必有一对度数相等的顶点。

若图G为连通单图，则对∀v∈V(G),有1≤d(v)≤n-1,因此，n个顶点中必存在两个顶点，其度数相同；若G为非连通图，设G1为阶数n1的连通分支，则∀v∈V(G1),有1≤d(v)≤n1-1，于是在G1中必存在两个顶点，其度数相同。

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⇔（5，4，3，2，2，0）是图序列，然（5，4，3，2，2，0）不是图序列，所以(6,6,5,4,3,3,1) 不是图序列。

12.证明：若δ≥2，则G包含圈。

证明只就连通图证明即可。

设V(G)=｛v1,v2,…,v n｝,对于G中的路v1v2…v k,若v k与v1邻接，则构成一个圈。

若v i1v i2…v in是一条路，由于δ≥ 2，因此，对v in，存在点v ik与之邻接，则v ik⋯v in v ik构成一个圈。

13.证明：若G是简单图且δ≥2，则G包含长至少是δ+1的圈。

证明设v0v1…v k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≥δ,于是得圈v0v1v2⋯v l v0,该圈长为l+1，显然不小于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) 对u∈V(G),设u的邻接顶点为u1,u2,⋯u k,由于G的围长为5，所以，u1,u2,⋯u k互不邻接。

又设u i的邻接顶点为u i1,u i2,⋯u ik-1,(i=1,2,…,k),显然，S(u i)⋂S(u j)=⎨u⎬(i≠j),否则，G 中有长为4的圈，所以，G的顶点数至少有k2+1个。

15.对具有m条边的阶n图G，证明：（1）若m≥n，则G包含圈；（2）若m≥n+4，则G包含两个边不重的圈。

证明（1）若G含有环或平行边，则G有圈。

假定G为n阶简单图。

若G中顶点度大于等于2，则G中有圈。

设G中有一度顶点，去掉该顶点和其关联的边得图G1,由条件，显然有m(G1)≥∣V(G1)∣,若G1中有一度顶点，去掉该顶点和其关联的边得图G2,有m(G2)≥∣V(G2)∣,⋯，如此进行下去，该过程不可能进行到n=1或n=2的情形，否则，不满足m≥n所以，过程进行到Gm,Gm 是度数≥2的图，它含有圈。

(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C 1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C 2, 使C 1,C 2的边不相交这与假定矛盾；2）δ (G)≥3。

事实上，若d(v 0)=2,设v 0v 1,v 0v 2∈E(G),作G 1=G-v 0+⎨v 1v 2⎬;若d(v 0)≤1,则 G 1为在G 中除去v 0及其关联的边(d(v 0)=0,任去G 中一条边)所得之图。

显然，m(G 1)=⎜V(G 1)⎜+4,G 1仍然不含两个边不重的圈之图。

但∣V(G 1)∣<∣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S 0表示Cg 上的顶点集，故由2),S 0上每个顶点均有伸向Cg 外的的边。

记与S 0距离为1的顶点集为S 1，则S 0的每一个顶点有伸向S 1的边，反过来，S 1中的每个顶点仅有唯一的一边与S 0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⎪S 0⎪≤⎪ S 1⎪,于是有：n ≥⎪S 0⎪+⎪ S 1⎪≥g+g ≥10,但这与n ≤8矛盾。

所以，假定条件下的G 不存在。

16. 在图1-13的赋权图中，找出a 到所有其它顶点的距离。

解 1. A 1= {a }，t (a ) = 0，T 1 = Φ2.()113b v =3. m 1 = 1, a 2 = v 3 , t (v 3) = t (a ) + l (av 3) = 1 (最小)，T 2 ={av 3} 2. A 2 ={a , v 3}, 2)2(21)2(1,v b v b ==3. m 2 = 1, a 3 = v 1 , t (v 1) = t (a ) + l (av 1) = 2 (最小)，T 3 ={av 3, av 1} 2. A 3 ={a , v 3, v 1}, 4)3(32)3(22)3(1,,v b v b v b ===3. m 3 = 3, a 4 = v 4 , t (v 4) = t (v 1) + l (v 1v 4) = 3 (最小)，T 4 ={av 3, av 1, v 1v 4}2. A 4 = {a , v 3, v 1, v 4}，b 1(4) = v 2，b 2(4) = v 2，b 3(4) = v 2, b 4(4) = v 53. m 4 = 4, a 5 = v 5 , t (v 5) = t (v 4) + l (v 4v 5) = 6 (最小)，b 图1-13T 5 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5}2. A 5 = {a , v 3, v 1, v 4, v 5}，b 1(5) = v 2，b 2(5) = v 2，b 3(5) = v 2 , b 4(5) = v 2, b 5(5) = v 23. m 5 = 4, t (v 2) = t (v 4) + l (v 4v 2) = 7 (最小)，T 6 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5, v 4v 2}2. A 6 = {a , v 3, v 1, v 4, v 5, v 2}, b 2(6) = v 6, b 4(6) = b ，b 5(6) = v 6，b 6(6) = v 63. m 6 = 6, a 7 = v 6 , t (v 6) = t (v 2) + l (v 2v 6) = 9 (最小)，T 7 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5, v 4v 2, v 2v 6}2. A 7 = {a , v 3, v 1, v 4, v 5, v 2, v 6}, b 4(7) = b ，b 5(7) =b ，b 7(7) =b3. m 7 = 7, a 8 = b , t (b ) = t (v 6) + l (v 6b ) = 11 (最小)，T 8 ={av 3, av 1, v 1v 4, v 4v 5, v 4v 2, v 2v 6, v 6b }于是知a 与b 的距离d (a , b ) = t (b ) = 11由T 8导出的树中a 到b 路1426av v v v b 就是最短路。