习题7.1解答
• 设G至少有n个顶点,G有n-7个顶点的度数至多为2,由于握手基本定理:
2m=32 ≤3×4+4×3+2(n-7)
• 解出n≥11,即G中至少有11个顶点,当度数小于3的顶点都是2度顶点时,G有11个顶点,其中4个是2度顶点.
习题7.3解答
• 反证法.假设存在具有奇数个面且每个面都有奇数条棱的多面体。令G=<V,E>.其中,V={v|v为G的面},
E={(u,v)|u,v ∈ V ∧ u ≠ v ∧ u与v有公共棱}.
• 由假设可知,|V|为奇数,且每个点的度数都是奇数,于是G有奇数个奇度顶点,这与握手定理推论相矛盾
习题7.5解答(2)
• 由已知条件和握手定理,知:
3n=2m,2n-3=m.
• 解方程组,得n=6,m=9.由此可知满足题设的3-正则图都是6阶9条边的无向简单图,他们都是K6的子图。这样的子图只有两种非同构的:
习题7.11解答
• 设G为n阶自补图,则G ≌ G’(G’为G的补图),于是G与G的边数相等,且他们边数之和为n阶完全图Kn的边数,设G的边数为m,则
• m=Cn2/2=n(n-1)/4
• 即4m=n(n-1),由于n与n-1互素,必有n=4k或n=4k+1.
习题7.14解答
• 反证法.否则n,v,w ∈ V(G),只要(u,v)和(v,w) ∈ E(G),就有(u,v) ∈ E(G).
• u,v ∈ V(G),由G的连通性可知,u与v之间有通路,设P=uv1v2…vrv为u与v之间的一条通路.因为(u,v1),(v1,v2) ∈ E(G),由假设可知(u,v2) ∈ E(G)。以此类推,必有(u,v) ∈ E(G),有u,v的任意性,可知G为无向完全图Kn,与G不是完全图矛盾.
习题7.16解答(1)
• 不妨设G是连通简单图,否则可以对G的某个连通分支讨论。
• 设P=vi0vi1vil为G中一条极大路径.则l ≧(G) ≧3.由于vi0不与P外顶点相邻,又因为G为简单图,则在P上除vi0vil相邻外,有(G) ≧3,还至少存在两个顶点,设其为vir,vir(1<r<s)与vi0相邻,于是可得3个圈,如图所示.
习题7.16解答(2)
• 易知C1,C2,C3的长度分别为r+1,s+1,s-r+2,
• 设3个圈长度的最大公约数为k,则有①k|r+1 ②k|s+1 ③k|s-r+2
• 由① ②可以推出k|s-r,由③和k|s-r可推出k|2.
• 于是圈长的最大公约数只可能是1或者2.
习题7.18解答
• 反证法.若G不连通,则G至少有2个连通分支,设
G1,G2为其中两个连通分支,设
|V(G1)|=n1,|V(G2)|=n2,则min{n1,n2} ≦⎣n/2⎦,且
v ∈ V(G1),有d0(v)=dG1 (v)≦ ⎣n/2⎦-1<n/2,这与
δ(G) ≧n/2相矛盾。
© Peking University 22
22
n 22. 说明: 区别: G是奇圈, G含奇圈
n 证明: 块是无割点极大连通子图. 块G1,
(1) G1无圈V(G1)2, G1极大G1=K2.
(2) G1有圈G1只有奇圈G1只有1个奇圈(所有顶点和边都在圈上。反证,否则2圈相交必产生偶圈),
G1无割点 G1是奇圈. #
奇 偶 奇,偶?
习题7.22解答(1)
• 先给出两个命题:
• 命题1:设C1与C2是图中两个不同的圈,他
们至少有一条公共边,并且除公共边外,其中任何一个都不能以路径形式出现在另一个圈。则C1与C2的环合C1⊕ C2为图中偶圈
。
• 命题2:设C为图中一个奇圈,则C上任何两个不同顶点之间与C边补充的路径与C所构成的图中必含有圈。
习题7.22解答(3)
• 设G’为G中任意一个块,下证G’不是K2就是奇圈。
• 若G’为K2,则G’为所要求的块。否则有|V(G’)|≧3,则G’必为2-连通图,由Whitney第二定理,G’中必含有奇圈,设为C’;
• 若G’=C’,此时G’为所要求的块。否则由命题2知,C’内外都不含过C’上两个不同顶点的路径。
习题7.22解答(4)
• 由G’ ≠C’, v0∈V(G’),v0 ∉V(C’). 设e为C’上
任一边,由定理7.20,G’中存在过e和v0的圈C’’,且C’’必为奇圈。C’与C’’有公共边e,由命题1知, C’⊕ C’’为偶圈,又与命题矛盾。
• 因此必有G’=C’,即G的块不是K2就是奇圈。
习题7.25
• 设D为竞赛图,u,v,w ∈ V(D),若<u,v>,<v,w> ∈ E(D),就有<u,w> ∈ E(D),则D成为传递的竞赛图.证明n(n ≧ 2)阶传递的竞赛图不可能是强连通的.
习题7.25解答(1)
• 对n=2或3可直接由竞赛图的定义证明.
• n ≧4时,用反证法,假设D强连通:
• (1) 则D中存在经过每个顶点至少一次的回路,因而, u ∈V(D), v∈V(D), <u,v> ∈E(D).对v, w∈V(D), <v,w> ∈E(D).
习题7.25解答(2)
• (2)因为D强连通,可知存在由w到u的通路,由传递性可知,<w,u> ∈E(D)。同时<v,w> ∈E(D),再由传递性知,<v,u> ∈E(D)。但是因为<u,v> ∈E(D),与竞赛图的定义矛盾,故D不可能是强连通的。
v
u
w
证明:
• 先证明(a)不是哈密顿图
利用定理8.6,即证明
此图破坏哈密顿图应满足
的必要条件. 取顶点集的
子集V1 = {a,b,c,d,e},则
p(G-V1)=7>|V1|=5,由定理
8.6知,右图不是哈密顿图
解答
• 应用握手定理和树的性质,求解无向树.
• 设有x个4度顶点,则阶数n=x+9+3=12+x, m=n-1,由握手定理,2m=22+2x=9+3×3+4x,得到x=2
• 即有2个4度顶点,于是所求树均为14阶树,度序列为1,1,1,1,1,1,1,1,1,3,3,3,4,4
• 下面按直径为6,5,4分别给出非同构的树,共14种
10.4
• 有向图D如右图所示.
1. D中v1到v4长度为1,2, 3,4的通路各为多少条?
2. v1到v4长度小于等于3的通路 为多少条?
3. v1到v1长度为1,2,3,4的回路各为 多少条?
4. v4到v4长度小于等于3的回路为多少条?
5. D中长度为4的通路(不含回路)有多少条?
6. D中长度为4的回路有多少条?
7. D中长度小于等于4的通路为多少条?其中多少条为回路?
8. 写出D的可达矩阵。
10.4 解答(续2)
• 根据上述计算,可以得到
1. D中v1到v4长度为1,2,3,4的通路分别为0,0,2,2条
2. v1到v4长度小于等于3的通路为2条
3. v1到v1长度为1,2,3,4的回路分别为1,1,3,5条
4. v4到v4长度小于等于3的回路为1条
5. D中长度为4的通路(不含回路)有33条
6. D中长度为4的回路有11条
7. D中长度小于等于4的通路为88条, 其中22条为回路
8. D的可达矩阵为全1矩阵,即为强连通图。
• 证明:
(1)因为n≥4,由于G是极大平面图,各面次数均为3,所以G中不可能含环,故G*中不可能含桥。又G*是连通的,所以G*是2边-连通的。
(2)根据极大平面图的定义,又因为n≥4,所以G中不可能有桥,又因为G的每个面的次数均为3,可知G*中每个顶点的度数均为3,所以G*为3-正则图。
• 证明:设G的阶数与边数分别为n与m。
由于G是3-正则平面图,由握手定理3n=2m。
又由定理11.2得,2m = ∑i3 iri ;
G的面数 ,r = ∑i 3 ri ;
由欧拉公式n-m+r=2及以上可得到结论。
• 解答:(定理12.8,12.9)
(1)f(G,k) = k5-5k4+9k3-7k2+2k.
(2)(G) = 3.
(3)f(G, (G)) = f(G,3) = 24 , f(G,4) = 216.
• 解答:用定理12.10求G的色多项式,首先找好G的一个割集,然后求出G1, G2,…,Gp和H1, H2,…,Hp,再使用定理12.10中给出的公式即可。
这里,细节省略,最后所得结果是
f(G,k) = k5-5k4+9k3-7k2+2k
• 证明:
由定理12.17可知,’(G)≥Δ(G)=3,下面只需证明’(G)≤3.
因为G为3-正则图,由握手定理可知,3n=2m。n为偶数。设C为G中的一条哈密顿回路,则C是一个n阶偶圈,因而可用两种颜色给C的边着色。不妨设这两种颜色为,。G中不在C上的边彼此不相邻(G为3-正则图),因而可用第3种 颜色,比如给不在C上的边着色,因而’(G)≤3.
证明:在同构意义下,彼得森图如下所示。
由定理12.17可知,彼得森
图的边色数3≤ ’≤4.
下面证明3种颜色不能
给边着色。
a
b
c d
e
a’
c’
e’ b’
d’
1 2
1 3
1 2 2 3
3
3
2 2
1 ?
?
• 由对称性,外圈5边形用3颜色着色(奇圈的’=3)。这完全确定了图中某些边的颜色,如下图所示。
• 最后发现(a’,d’)(e’,b’)着1,2,3都不行,因而3种颜色不能给彼得森图着色,所以’=4,即将“?”处着4.
a
b
c d
e
a’
c’
e’ b’
d’
1 2
1 3
1 2 2 3
3
3
2 2
1 ?
?
• 证明:
由于G是连通简单平面图,因而G中不含桥,所以G为地图。由本习题的第9题可知,G是2-面可着色的当且仅当G是欧拉图(当然是平面图)。所以本题只需证明G是2-可着色的当且仅当G中不含奇圈。但这是显然的,因为G是2-可着色的当且仅当G是二部图,而G是二部图当且仅当G中不含奇圈。
习题13.1
无向图G为下图所示,求:
(1)G中所有极小支配集及支配数;
(2)G中所有极小点覆盖集及点覆盖数;
(3)G中所有极大点独立集及点独立数;
(4)G中所有极大匹配及匹配数;
(5)G中所有极小边覆盖及边覆盖数。
e
v4
v1
v2
v3
v5
a b
c d f
• 解答:
(1)极小支配集: {v1,v3}, {v1,v4} , {v1,v2} , {v1,v5} ,
{v2,v3} ,{v3,v4} ,{v3,v5} ,{v2,v4,v5}, 0=2 ;
(2)极小点覆盖集: {v1,v3}, {v2,v4,v5}, 0 =2;
(3)极大点独立集: {v1,v3}, {v2,v4,v5}, 0 =3 ;
(4)极大匹配:{a,c},{a,f},{b,d},{d,e},{c,e},{b,f}, 1=2 ;
(5)极小边覆盖:{a,c,e},{a,c,f},{d,b,e},{d,b,f},
{d,e,c},{a,f,b}, 1 =3.
• 证明:
设V*为G的最大点独立集,由定理13.3的推论可知,
N* = V* = V(G) – V*为G的一个最小点覆盖集。因为V*中顶点互不相邻,因而∀v∊V*,d(v)≥δ (G)且v的邻域N(v)⊆N *,由此可知0 = |N*| ≥δ (G).
习题13.5
两个人在无向图G上做游戏,方法是交替地选择不同的顶点v0,v1,v2,…,使得对于每个i > 0,vi相邻与vi-1.最后一个取点者得胜(不一定选完G中所有顶点,
选到不能选择为止)。证明:第一个人有得胜策略当且仅当G中无完美匹配。
• 证明:
(⇒)反证法。否则第一个人有得胜策略,而G中存在
完美匹配M。第一取点者为甲。若甲先选择v0,则v0
必为M饱和点,因而乙总能选择v1,使得(v0, v1)∊M.
此时甲无论如何选取v2,总有(v1, v2) ∊(E(G)-M),
v2仍为M饱和点,乙仍然能选择v3,使得(v2, v3)∊M。
如此继续下去,乙总能取点,因此乙胜。
(⇐)由于G中不存在完美匹配,设M为G中的最大匹
配,则M一定存在M-非饱和点。甲先取M-非饱和点v0,乙无论怎么选取v1,总有(v0, v1) ∊(E(G)-M),由于M是最大匹配,甲再选取的点一定是M-饱和点v2,使得(v1, v2) ∊M,乙再选的v3,一定有(v2, v3) ∊(E(G)-M),如此继续下去,注意到M无可增广路径,因此最后取点者是甲,所以甲必胜。
习题13.8
现在有3个课外小组:物理组、化学组和生物组。今有张、王、李、赵、陈5名同学,已知: (1)张、王为物理组成员,张、李、赵为化学组成员,李、赵、陈为生物组成员。 (2)张为物理组成员,王、李、赵为化学组成员,王、李、赵、陈为生物组成员。 (3)张为物理组和化学组成员,王、李、赵、陈为生物组成员。 问在(1)(2)(3)3种情况下能否各选出3名不兼职的组长?为什么?若能选出,各有多少种不同的选择方案?
• 解答:
(1)做二部图G=<V1,V2,E>,其中
V1 = {u1,u2,u3}, u1:物理组,u2:化学组, u3:生物组
V2 = {v1,v2,v3,v4,v5}, v1:张, v2:王, v3:李, v4:赵, v5:陈,
E = { (u,v) | u∊ V1 ,v∊ V2,v是u的成员}。
如图所示,满足t=2的t条件,
存在V1到V2的完备匹配,可
选出3名不兼职的班长。共有
11种方案。
v1 v2 v3 v4 v5
u1 u2 u3