第二篇习题解答制作人:单立斌

第二篇习题解答 制作人:单立斌

习题3(A) 1. 2.从上到下,从左到右的度数为3,2,0 2,3,2和为12边数是6,即结点度数总和等于边数的二倍,满足握手定理. 3. 4. 是(a)的子图和生成子图; 是(a)的真子图

是(b)的子图和真子图; 是(b)的生成子图. 5.路有acb,dcb等,基本路径有acbe,be等,圈有cbedc,ebcde等. 6.d<a,c>=d<a,d>=d<a,b>=d<c,d>=d<d,e>=d<b,e>=1;d<a,e>=d<b,c>=d<b,d>=d<c,e>=2. 7.设uu0...ukv,uv0...vjv是u到v的两条路,则uu0...ukvvj...v0u是G的圈. 8.设e的两个端点分别是a,b,因为C是G的一条回路,所以可以设C为u...vabk...u,则G-e至少存在一条bk...u...va通路,因此G-e是连通的. 9.因为其他的结点的度数都是偶数,因此既有入也有出,也就是说路不会在偶度的结点中断,因此必有一个结点至少有一条边与u连通,同理也必有一结点与v连通,因此u与v必是连通的. 10.(1)若度数为5的结点数是6个或6个以上,则结论成立; (2)若度数为5的结点数是5个则不符合定理,因为度数为奇数的结点的个数必须是偶数;

(3)若度数为5的结点数为4个或少于4个,则至少有5个度数为6的结点(|G|=9),因此也满足结论.(3)若度数为5的结点数为4个或少于4个,则至少有5个度数为6的结点(|G|=9),因此也满足结论. 11.(1)存在,分别为v1v5,v1v5v2,v1v5v3v2,v1v5v4v3v2. (2)长度为3,4,5的回路分别是v1v5v2v1,v2v1v5v3v2,v1v5v4v3v2v1,没有长度为6的回路. (3)长度为3,4,5的简单回路同(2),没有长度为6的简单回路. 12.证明 :(1)n=2时,m=1,连通; (2)n≥3时,因为有n个结点的无向完全图Kn的边数为n(n-1)/2.而((n-1)(n-2)+1)-n(n-1)/2=(1/2)(n-2)(n-3)≥0,也就是说G的边数m总是不小于n(n-1)/2,则G是强连通的. 13.(1)7个; (2)4个. 14.证明:在n阶无向全图中,对任意一个结点a都有n-1条边,即a的度数为n-1,因为n≥3,且为奇数,则n-1为偶数,而G与中对应结点的度数之和等于n-1,若G中的结点a的度数是奇数,则与之对应的中的结点a'的度数也必是奇数,也就是说G与中奇度结点的个数想等.

15.原图既是单向分图,也是弱分图; 强分图为: 16 .强分图: 原图既是单向分图也是若分图. 17.是单侧连通的,因为对图中任意的结点偶对,至少从一个结点到另一个结点是可达的;但是不是所有结点都是可达的,因此不是强连通的. 18. 19.图G1与G2中,结点数都是10,边数都是15条,且每个结点度数都是3.因此是同构的. 20.G1中度数为3的4个结点两两相邻,而G2中的度数为3的4个结点不两两相邻,因此不同构.

21.证明: 充分性:设e是图G的割边,且e的两个端点分别为u,v,则删去e后,u到v不可达,即e不包含在G的任何回路上. 必要性:设e不包含在图G的任何回路上,即e的两个端点u,v除了e外再无连通路径,因此,删去e后,u到v不可达,即G不连通,所以e是G的割边. 22.邻接矩阵A和可达矩阵P为:

23.

24. (1) (2) (4) (3) deg(v1)=deg(v4)=2,deg(v2)=deg(v3)=3 25.

26. 为了便于描述,在图中标明各结点: v到其余各结点的最短路径分别为: d<v,a>=d<v,e>=1,d<v,c>=d<v,d>=2,d<v,b>=3,d<v,u>=4, d<v,f>=5. 习题3(B) 1.n(n-1)/2 2. 偶 3. 能 4.C 5.C

习题4A 1. 2. 3.

4. 5.n是奇数,且n≥3 6.奇数度数的结点多于2个. 7.解:若S=｛v7,v8｝,则W(G-S)=3≠|S|,因此不是汉密尔顿图. 8.证明:若存在e为G的桥,则(G-e)为不连通的,也就是说e的某个结点成为了孤立结点,这与G具有欧拉回路是相矛盾的,因此G中无桥. 9.这里只证必要性。充分性的证明也非常类似，故不证了。在证明中用到的基本事实为：在图G中删除任意圈上的所有边之后，所得图G'各顶点度数的奇偶性不变。说得更详细一点即为：设C为图G中任意一个圈，G'=G-E(C)，

则v∈V(G)=V(G')，dG'(v)与dG(V)同为奇数或同为偶数。记这个事实为*。则v∈V(G)=V(G')，dG'(v)与dG(V)同为奇数或同为偶数。记这个事实为*。下面证必要性，采用归纳法。（1）m=1时，因为G为欧拉图，因而G必为环，此时结论为真。（2）设m≤k（k≥1）时结论为真，下面证明m=k+1时结论也为真。因为G为欧拉图，所以G连通且所有顶点的度数均为偶数，因而δ(G)≥2。于是，G中必含圈。否则G为树，树的最小度=1，这与δ(G)≥2矛盾。设C为G中一个圈，令G'=G-E(C)。设G'有S(S≥1)个连通分支（有的连通分支可能为平凡图），则Gi(i=1,2,…,S)的边数mi≤k。由*可知，Gi的度数均为偶数。由归纳假设

可知： ,r=1,2,…,S 且C11,C12,…,C1d1,C21,C22,…,C2d2,…Cs1,Cs2,…,Csds彼此边不重。将这些圈重新编号，得C1,C2,…,Cd，其中d=d1+d2+…+ds，则则G表成了d+1个边不重的圈之并。 11.(a)是平面图,(b),(c)不是平面图. 12.原图可画成如下形式: 符合平面图形的定义

14. 15.(a)的面的次数是3和7,(b)的面的次数是3,3,4.(c)的面的次数是3,3,4,4

16.如图,面的次数之和为3+3+4+4=14,而边数是7,因此面的次数之和等于边数的二倍.16.如图,面的次数之和为3+3+4+4=14,而边数是7,因此面的次数之和等于边数的二倍. 17.先标明结点: (a) 按照度数递减的顺序对A3和A4 分别着不同的两种色,再对不相邻的 A2和A1着第三中颜色 (b)是4阶完全图,要用 4种颜色分别对度数相同的结点着色. (c)对度数最大的A3着第一种颜色,对A4和不相邻的A2着第二种色,对A5和不相邻的A1着第三种色.

18.(a),(b),(c) 的最小着色数分别为3,4,3. 习题4(B) 1.C. 2.A 3.e≤3v-6. 4.图中各点的度数为偶数. 5.W(G-S)≤|S| 6.n-1. 7.e≤3v-6. 8.n. 9.k/2. 10.3. 11.B 12.同胚的.

习题5(A) 1.(a)是树,(b)和(c)既是树也是森林. 因为(a),(b),(c)都是没有回路的简单连通图,(b),(c)的每个连通分支都是树. 2.(a)是树,其中的边都是树,(b)是对应(a) 的补,其中边都是弦. 3.生成树有很多,就画三个做代表:

4.最小生成树如图: 权值是7. 5.设分支点为i,每个分支点向下连接两条边,则2i=e,且(2-1)i=t-1,即e=2t-2

6. 5阶非同构的根树共有5棵，它们分别为： ①3叉根树记为T1。 ②4叉根树记为T2。 ③2叉根树记为T3,T4

7. 习题5(B) 1.A. 2.C. 3.C. 4.B

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