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。

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)证明：本题目，我们是需要说明n阶的简单二部图的边数的最大值= 即可。

设n阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为V1，V2,那么|V1| + |V2| = n。

此种情况下，当G为完全二部图时，有最多的边数，即max(m) = |V1||V2|,变形为，max(m) =( n-|V2|)|V2|.此函数的最大值及为n阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/2 时取得。

及max(max(m)) = ,所以n阶二部图(n,m), ■7. 无向图G有21条边，12个3度数结点，其余结点的度数均为2，求G的阶数n。

解：根据握手定理有：21 =( 3Χ12 + 2(n-12))/2, 解此方程得n = 15■8．证明：完全图的点诱导子图也是完全图。

证明：方法1为证明此结论，我们先证两个引论：图3度点只有1个1度点为其邻接点。

因此这两个图不可能同构■11．证明：图10.30中的两个图是同构的。

图10.30解：略■12. 求具有4个结点完全图K4的所有非同构的生成子图。

解：我们可以把生成子图按总度数不同进行分类，不同总度数的子图类决不同构。

总度数相同的子图类中，再去找出不同购的子图。

因此求解如下：Σd(v) = 0: (0,0,0,0)=2: (1,1,0,0)=4: (2,1,1,0) (1,1,1,1)=6: (3,1,1,1) (2,2,1,1)(2,2,2,0)=8: (2,2,2,2) (3,2,2,1)=10: (3,3,2,2)=12: (3,3,3,3)总共10个不同构生成子图■13. 设有向图D=<V,E>如下图10.31所示。

(1) 在图中找出所有长度分别为1，2，3，4的圈(至少用一种表示法写出它们，并以子图形式画出它们)。

(2) 在图中找出所有长度分别为3，4，5，6的回路，并以子图形式画出它们。

解：(1)充分性：先证明在二部图中，奇长路的道路的两个端节点一定分别在两个顶点集合中，对道路长度使用归纳法，（1）当道路长度为1是，根据二部图的定义，每条边的两个顶点分别在两个点集合中，结论成立（2）假设道路长度为2n-1 ( n≥2)时结论成立（3）当道路长度为2n+1时，设P=v1v2…v2n-1v2n v2n+1,在此路径上删除最后两个结点，那么道路P将变为长度为2n-1的奇长道路，根据假设，v1,v2n-1分别在两个顶点集合中，那么v2n和v1在同一顶点集合中，而v2n+1和v1在不同顶点集合，结论成立因为G中的任何回路，写成道路的形式，起点和终点时一个结点，当然在同一个顶点集合中，因此长度必为偶数；必要性：（仅对连通分支证明）在图中任意取一点着色为白色，将和此点最短距离为奇数的点着色为黑点，为偶数的着色为白点，那么将结点分为白色和黑色连个点集，任何同色点之间没有边相连。

否则将形成奇数长度的回路，例如同色结点v1，v2 相邻，那么从初始着色点v开始通过最短路径可以形成如下回路v…v1v2…v,因为v…v1,v2…v长度和为偶数，那么回路v…v1v2…v长度为奇数，与题设矛盾。

所以是二部图17.设(n, m)简单图G满足,证明G必是连通图。

构造一个的非连通简单图。

证明：假设G不连通，分支G1，G2．．Ｇｋ，那么他们的边数的最大值ｍａｘ（ｍ）＝Σ（ｎｉ－１）ｎｉ／２≤Σ（ｎｉ－１）（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎｉ－１）＝（ｎ－１）（ｎ－ｋ）／２，所以，只有当k=1时，才能满足题设要求，G是连通图。

如果将顶点集合分成两个点集，|V1|=1，|V2|=n-1,构成如下的有两个分支的非连通简单图，G1=（1，0），G2=Kn-1,满足题设条件■18. 设G是阶数不小于3的连通图。

证明下面四条命题相互等价:(1）G无割边；(2) G中任何两个结点位于同一回路中；(3) G中任何一结点和任何一边都位于同一回路中；(4) G中任何两边都在同一回路中。

证明：（1）=〉（2）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，可以找到一条核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）=〉（3）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）=〉（4）对任意两条边e1,e2其端点分别为u1,u2,v1,v2。

根据（3）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)=>(1)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■19. 设G=(V,E)是点度均为偶数的连通图。

证明:对任何。

证明：G-v最多产生d(v)个奇数度点，又因为每个连通分支中奇数度点的个数是偶数，即G-v的连通分支最少有两条边和v相连，所以总连通分支数小于等于d(v)/2■20. 证明:图中距离满足欧几里德距离的三条公理。

证明：（1）d(u,v)≥0,即任何两个结点之间的最短路长度大于等于0显然，结点ｕ与自己之间的距离为０，而和其他结点之间的最短距离不为０。

（２）ｄ（ｕ，ｖ）＝ｄ（ｖ，ｕ），两个结点之间的最短距离相等显然，如果长度为ｋ的最短道路p=u…v ，即使u到v的最短道路，也是v到u的最短道路。

（3）d(u,v)+d(v,w)≥d(u,w)假设d(u,v)+d(v,w)≤d(u,w)，那么最短道路P=u…w ,就不是最短道路，因为另一条道路p’=u…v…w其长度小于Ｐ，与最短道路相矛盾，因此原结论存立■21. 证明:在非平凡连通图G中,e为割边的充要条件是它不包含于G的任何圈中。

证明：1）e为割边 =〉e不包含于G的任何圈中假设e包含在某一圈Ci中，那么删除此边，但边关联的两个邻接点依然连通，所以没有破坏原图的连通性。

因此不是割边，矛盾。

所以假设不成立，既e不包含于G的任何圈中；2）e不包含于G的任何圈中 =〉e为割边假设e为割边，那么删除此边，生成子图依然连通。

e关联的两个邻接点有基本道路存在，此基本道路连同e构成一个圈。

与题设矛盾。

所以假设不成立，既e为割边。

根据1），2)可知，题设结论成立■22. 证明:若G是3度正则的简单图,则。

（请冯老师帮助解答下）证明：23. 证明:在具有n（n≥2）个结点的简单无向图G中，至少有两个结点的度数相同。

证明：此题可用鸽笼原理，因为n个结点的简单无向图G中，结点的度数只可能是0，1，2…n-1这n个数，又因为如果有结点的度数为0，那么就不可能有结点的度为n-1，反之也然。

所以n 个结点，最多有n-1种度数，其中必有至少两个结点的度数相同■24. 设G是的简单图。

证明:G中必有长度至少为的圈。

证明：设ｐ＝ｕ．．．ｖ是满足题设要求图Ｇ中的最长基本道路，那么ｄ（ｕ），ｄ（ｖ）都应该大于等于δ。

那么，u,v的邻接点都应该在道路p 上，否则此道路可以延长，与其是最长路假设矛盾。

如果u，v是邻结点，那么可以构成一个圈c= u…vu，其长度≥δ＋１。

如果ｕ，ｖ不是邻结点，那么从ｐ的终点开始删除点，直到其为ｕ的邻结点为止，得到道路ｐ＇,可知道路p’，依然保持ｕ的所有邻结点都在ｐ＇上的性质，所以可构成一个圈ｃ＇＝ｕ．．．ｕ＇ｕ，其长度≥δ＋１，证毕■25. 证明:G是单向连通图当且仅当存在一条包含G中全部结点的有向道路。

证明：假设不存在包含全部结点的有向道路，那么设ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ是Ｇ中最长的有向道路，且ｕ结点不包含在此有向道路中。

ｕ和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且ｕ不能到达ｖ１，且ｖｋ也不能到达ｕ，否则，此最长路可扩充。

那么由于道路上的每个结点和ｕ都单向可达，所以此最长路和ｕ之间的可达关系必然如下图所示：图10.32解：标注如下所示：那么此图的邻接矩阵为，通过计算可求得其强分图矩阵为：因此，此图有两个强分图，一个包含一个结点Ｖ９，一个包含其它的８个节点。

由于两个强分图之间存在有向道路，因此全部９个结点，构成了单向分图■28. 证明：一个连同无向简单图中，任意两条最长路至少有一个公共顶点。

证明：假设两条最长路ｐ１＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ，ｐ２＝ｕ１ｕ２．．．ｕｋ没有公共点，那么两条道路上的点集之间就有道路相连，否则就不是连通图了。

设此道路起点是ｐ１上ｍ点，终点是ｐ２上的ｗ点．可根据如下情况进行调论：（１）ｍ，ｗ是ｐ１，ｐ２的中间结点，那么可构成新道路 Ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｍ．．．ｗ．．．ｕｋ，此路至少比Ｐ１长1，矛盾。

（2）假设m 和w 不能均分p1,p2,那么可以将两个长路段和m,w 之间的道路进行拼接，那么可得到比p1长的道路，与ｐ１，ｐ２是最长路矛盾。

因此任意两条最长路至少有一个公共顶点■29. 证明：若G 是n 阶无向简单图，G 中每一对不相邻的顶点的度数之和至少是n -1，则G 是连通图。

证明：假设G 不是连通图，G1，G2 是G 的两个连通分支，分别为n1,n2阶连通无向简单子图，则n1+n2≤n 。

对G1中任意结点v1,和G2中任意结点v2而言，v1的最大点度为n1-1,v2的最大结点度为n2-1;则v1,v2的点度之和，最大为n1+n2-2≤n-2<n-1.与题设条件矛盾。

矛盾的导出，是因为假设G 不是连通图引起的，因此，原题设结论成立■30. 求出图10.34的邻接矩阵、可达性矩阵、强分图和关联矩阵。