发布时间 : 星期五 文章四川大学离散数学（冯伟森版）课后习题答案习题参考解答（图论部分）更新完毕开始阅读
去找 http://www.7zhao.net C=AA C=Ae4Be8Ce5A C=Ae4Be7Ce6De2A C=ADA C=Ae4Be7Ce5A C=Ae4Be8Ce6De2A (2)子图略 长度为三的回路：Ae1Ae1Ae1A,Ae1Ae3De2A,Ae4Be7Ce5A,Ae4Be8Ce5A 长度为四的回路：AAAAA，AAADA，AABe7CA,AABe8CA,ABe7CDA,ABe8CDA 长度为五的回路：AAAAAA,AAAADA,AAABe7CA,AAABe8CA,AABe7CDA,AABe8CDA, AADADA,AAAe4Be7Ce5A,AAAe4Be8Ce5A, ADAe4Be7Ce5A,ADAe4Be8Ce5A■ 14. 试证明在任意6个人的组里，存在3个人相互认识，或者存在3个人相互不认识。 证明：设A为6人中的任一人，那么A要么至少与3人认识，要么至少与3人不认识，二者必居其一。 假设A与B，C，D三人认识，如果B，C，D三人互不认识，结论成立 如果B，C，D三人中，至少有两人相互认识，则它们和A一起，构成相互认识的3人，结论成立。 同理，A至少与3人不认识，结论也成立。因此，题设结论成立■ 15. 若u和v是图G中仅有的两个奇数度结点,证明u和v必是连通的。 证明：反证法，假设u和v不连通，那么他们必然分布于此图的两个连通分支中。那么它们将分别是各连通分支中唯一的奇数度结点。根据握手定理，一个图中奇度点的个数为偶数。而两个连通分支中，奇度点的个数为奇数。矛盾。矛盾的产生，是由于假设不连通导致的，因此，题设结论成立■ 16. 证明:G是二部图当且仅当G的回路都是偶长回路。 证明：设二部图G，顶点分为两个集合V1 ，V2 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-1v2nv2n+1,在此路径上删除最后两个结点，那
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去找 http://www.7zhao.net 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）
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去找 http://www.7zhao.net 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■
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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： ｖｋ／２ ｕ ｖｋ／２＋１ ｖｋ＋１／２－１ ｕ ｖｋ＋１／２ ｖｋ＋１／２ ＋１ ｋ为偶数 ｋ为奇数
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