新一二章习题.pptVIP

* 1、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，则至少有一条闭迹； (3) 如果恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。 证明: (1) 若G中没有1度顶点，由握手定理： 若G中有1度顶点u，对G的顶点数作数学归纳。 当n=2时，结论显然；设结论对n=k时成立。 当n=k+1时，考虑G-u,它仍然为连通图，所以，边数≥k-1.于是G的边数≥k. 另证：由于G连通，所以，存在如下形式的途径： 显然该途径至少含有n-1条边。(v1,v2, … , v n是G的n个不同顶点) * (2) 考虑G中途径： 若W是路，则长为n-1; 但由于G的边数大于n-1, 因此，存在vi与vj,它们相异，但邻接。于是： 为G中一闭途径，于是也就存在闭迹。 (3) 若不然，G中顶点度数至少为2，于是由握手定理： 这与G中恰有n-1条边矛盾！ * 3. 证明下面两图不同构。 u1 v1 证明:u1的两个邻接点与v1的两个邻接点状况不同。所以， 两图不同构。 * 4. 证明下面两图同构。 证明:作映射f : vi ? ui (i=1,2….10) 容易证明，对?vi v j ?E ((a)),有f (v i vj,),?,ui,uj,?,E,((b)) (1? i ? 10, 1?j? 10 ) 由图的同构定义知，图(a)与(b)是同构的。 * 5.指出4个顶点的非同构的所有简单图。 四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为6，所以 可按边数进行枚举。 * 8. 设Δ 和δ是简单图的最大度和最小度，则δ ≦2m/n ≦ Δ 证明：由握手定理可得 所以δ ≦2m/n ≦ Δ 9. 证明：若k正则偶图具有二分类V=V1∪V2, 则|V1|=|V2| 证明：根据定义可知， V1中所有结点关联的边就是偶图中所有的边，而且等于V2中所有结点关联的边。由该图的正则性可得 k|V1|=k|V2| 所以|V1|=|V2| * 12 证明：若δ≥2，则G中必然含有圈。 证明：只就连通图证明即可！ 设W=v1v2…..vk-1vk是G中的一条最长路。由于δ≥2，所以vk必然有相异于vk-1的邻接顶点。又W是G中最长路，所以，这样的邻接点必然是v1,v2,….,vk-2中之一。设该点为vm，则vmvm+1….v kvm为G中圈。 11. 解；（7,6,5,4,3,3,2）中对应了7个顶点，简单图中最大度应该为6， 故不是图的度序列 （6,6,5,4,3,3,1）中对应了7个顶点, 有2个顶点度数为6，意味着这两个顶点和图中其余结点都是邻接的，所以其余顶点度数至少为2，故不是图的度序列 * 13. 证明 若G是简单图，且δ ≥2，则G含有长最小为δ+1的圈 证明：设v1,v2,….,vk为G中最长路。则v1的邻点都在这条路上，否则与其为最长路矛盾。 取v1的邻点下标最大者，记为l，显然l ≥δ。于是v1,v2,….,vlv1为长最小为δ+1的圈 . 15. （1）仅对简单图做证明。若G中有1度点，则可以删除这些顶点及其相关联的边得到G1, 而且m(G1) ≥ n(G1). 若 G1仍有1度点，重复上述过程。因为对于阶数为1或者2 的简单图不可能满足m ≥ n，所以上述过程到某个Gk就停止了。此时Gk中结点度数至少为2，所以Gk中存在圈，G中也存在圈。 17. 证明 因G是不连通, 故G中至少两个分支. 设u，v是G的任意两个顶点。若u和v在G中不邻接，则在 中它们邻接。 若u和v在G中邻接，则它们属于G的同一分支。在另一个分支中取一点w，则在 中u和v均与w邻接，从而uwv是一条通道, 故在 中它们邻接。 * 21. 设G是具有m条边的n阶单图，证明：若G的直径为2且Δ=n-2,则m≥2n-4. 证明：设d (v)=Δ=n-2,且设v的邻接点为v1,v2,…,vn-2. u是剩下的一个顶点。由于d (G)=2且u不能和v邻接，所以u必须和v1,v2…,vn-2中每个顶点邻接。否则有d (G)2.于是得：m≥2n-4. * 习题 2 1、证明：因为非平凡数无圈，且至少有两个1度点。由某个1度点出发，延长通路，直到无法继续延长，到另一个1度点结束。故非平凡树最长路的端点和终点度必为1. 2、证明：设G为恰有两个1度点的树，则m=n-1，由握手定理 因为G连通，除两个1度点外，剩余n-2个顶点度数都大于2. 根据上式可知，这该n-2个顶点度数只能为2，否则矛盾。于是G是路。 3. 证明：反证法，若G中度为1的顶点个数s小于k，则 * 4. 设G是森林且恰有2k个奇数顶点，则在G中有k条边不重合的路P1, P2 ,…, Pk,使得： 证明：