离散数学第9章习题答案(共18页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上习题91. 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(d(v) nmax(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。（2） =G是完全图因为G具有上限边数，假设有结点的点度小于n-1,那么G的总度数就小于上限值，边数就小于上限值，与条件矛盾。所以，G的每个结点的点度都为n-1，G为完全图。G是完全图 =因为G是完全图，所以每个结点的点度为n-1, 总度数为n(n-1)，根据握手定理

2、，图G的边数 。2. 设G是一个（n，n+1）的无向图，证明G中存在顶点u，d（u）3。证明：反证法，假设,则G的总点度上限为max(d(u) 2 n，根据握手定理，图边的上限为max(m) 2n/2=n。与题设m = n+1，矛盾。因此，G中存在顶点u，d（u）3。3确定下面的序列中哪些是图的序列，若是图的序列，画出一个对应的图来: （1）（3，2，0，1，5）； （2）（6，3，3，2，2） （3）（4，4，2，2，4）； （4）（7，6，8，3，9，5）解：除序列（1）不是图序列外，其余的都是图序列。因为在（1）中，总和为奇数，不满足图总度数为偶数的握手定理。可以按如下方法构造满足要求的

3、图：序列中每个数字ai对应一个点，如果序列数字是偶数，那么就在对应的点上画ai/2个环，如果序列是奇数，那么在对应的点上画(ai-1)/2个环。最后，将奇数序列对应的点两两一组，添加连线即可。下面以（2）为例说明： (6 , 3, 3, 2, 2 ) 对应图G的点集合V= v1,v2,v3,v4,v5v1v5v33v4v2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)v1v5v33v4v2将奇数3，3 对应的结点v2,v3一组，画一条连线v1v5v33v4v2其他序列可以类式作图，当然大家也可以画图其它不同的图形。4证明：在（n，

4、m）图中。证明：图的点度数是一组非负整数d(v1),d(v2)d(vn)，那么这组数的算术平均值一定大于等于其中的最小值，同时小于等于其中的最大值。对应到图的术语及为：最大值为，最小值为，平均值 = (d(v1)+d(v2)+d(vn)/n = 2m/n,所以。5证明定理10.2。【定理10.2】对于任何（n,m）有向图G =（V，E），证明：有向图中,每条有向边为图贡献一度出度，同时贡献一度出度，所以总出度和总入度相等，并和边数相等。因此，上述关系等式成立。6设G是（n，m）简单二部图，证明：。证明：本题目，我们只需要说明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

5、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 =( 312 + 2(n-12)/2, 解此方程得n = 1510判断图10.29中的两个图是否同构，并说明理由。图10.29解：题中两个图不同构，因为左边图

6、的唯一3度点有2个1度点为其邻接点，而右图唯一的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) C=AA C=ADA C=Ae4Be7Ce5A C=Ae4Be8Ce5A C=Ae4Be7Ce6De2A C=Ae4Be8Ce6De2A(2)子图略长度为三的回路：Ae1Ae1Ae1A,Ae1Ae3De2A,Ae4Be7Ce5A,Ae4Be8

7、Ce5A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,ADAe4Be8Ce5A15. 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

8、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，那么他们的边数的最大值（）（）（）（）（）（）（）（），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

9、；(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=uwv.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=vu,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=uv1v2u,那么将回路中v1v2,用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求。如果C1C2，C1=uv1u,C2=uv2u,那么构成新的道路P=uv1uv2u,

10、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v1v2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 = u1v1v2u1,C2=u2v1v2u2。那么可以形成新的闭道路P=u1v1v2u2v1v2u1,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u1u2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，

11、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)/2hong(1).2.21. 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；

12、 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23. 证明:在具有n（n2）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0，1，2n-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：设是

13、满足题设要求图中的最长基本道路，那么（），（）都应该大于等于。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= uvu，其长度。如果，不是邻结点，那么从的终点开始删除点，直到其为的邻结点为止，得到道路,可知道路p，依然保持的所有邻结点都在上的性质，所以可构成一个圈，其长度，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，那么设是中最长的有向道路，且结点不包含在此有向道路中。和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且不能到达，且也不能到达，否则，此最长路

14、可扩充。那么由于道路上的每个结点和都单向可达，所以此最长路和之间的可达关系必然如下图所示：为偶数为奇数当为偶数时，道路可扩充为v1vk/2uvk/2+1vk,而当为奇数时，不管与之间是如何单向可达的，都可以构造出更长的有向道路，矛盾，所以中一定存在包含所有结点的有向道路26. 无向图G如图10.32所示，先将此图顶点和边标出，然后求图中的全部割点和割边。图10.32解：标注如下所示：根据标记后的图，可求得割点分别为：，割边分别为：，27. 求图10.33的全部强分图和单向分图。图10.33解：将图重新标记如下：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

15、一个结点，一个包含其它的个节点。由于两个强分图之间存在有向道路，因此全部个结点，构成了单向分图28. 证明：一个连通无向简单图中，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，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。设此道路起点是上点，终点是上的点可根据如下情况进行调论：（），是，的中间结点，那么可构成新道路，此路至少比长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，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

16、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+n2n。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+n2-2n-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。图10.34解：对图的结点和边进行编号如下：邻接矩阵：因此可达矩阵为：强分图矩阵为：关联矩阵为：习题十一1. 设一个树中度为k的结点数是nk（2k

17、），求它的叶的数目。解：设T的节点总数为n，叶节点数目为t ，根据题意及握手定理有：t + n2 + n3 + + nk = n (1) t + 2n2 + 3n3 + k(nk) = 2(n-1) (2) 握手定理(1),(2)联立求解得：t = n3 + 2n4 + (k-2)nk + 22. 证明：树T中最长道路的起点和终点必都是T的叶。证明：假设T中最长道路P=vi1vi2vik的起点或终点不是T的叶结点，设d(vi1)>1,则vi1的所有邻接点(v1,v2,vl)都在P中，那么在T中可以找到一个回路,那么截取道路P, 得到回路C= vi1 vl vi1 .与T中无回路矛盾。对于

18、d(vik)>1时同理。因此，假设不成立，即最长道路P的起点和终点都是T的叶节点6. 证明：如果T是树且k，则T中至少有k个叶结点。证明：当T为非平凡树时，根据T的定义，T中每个枝点都是割点，当删除d(v)= 的节点时，（T-v）= ，每个分支都是数，如果分支都是平凡树，则这些节点都是T的叶，叶节点数为。如果分支有非平凡数，那么至少有两个叶节点，其中至少一个是删除v时就存在的，因此总的叶节点个数k。因此中至少有个叶结点7. 设G为n（n5）阶简单图，证明G或中必含圈。证明：反证法，假设G和中都不含圈，那么G和的所有分支都是树。则G所包含的最大边数|E(G)|=n-1, 则所包含的最大边数

19、|E()|=n-1. 因为G及的边数总和|E(G)|+ |E()| = n(n-1)/2, 但根据假设条件，max|E(G)|+max |E()|=2(n-1) < n(n-1)/2, 矛盾.因此，G或中必含圈10.设e是连通图G的一条边。证明：e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中。证明：1）充分性：e是G的割边则e含于G的每个生成树中假设e不包含在某棵生成树T中，那么e 一定在T的树补边集中，那么G-e 中依然包含树T,因此G-e 连通，与e是割边矛盾，因此e含于G的每个生成树中；2)必要性：e含于G的每个生成树中则e是G的割边假设不是的割边，那么依然连通，具有生成树，这些生成树

20、也是的生成树，且不包含，与e含于G的每个生成树中前提矛盾，因此e是G的割边。综上所述，题设结论：e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中成立11.设T1和T2是连通图G的两个不同的生成树，a是在T1中但不在T2中的一条边。证明：T2中存在一条边b，使得（T1-a）+b和（T2-b）+a也是G的两个不同的生成树。证明：从T1中删除边，得树T1和T1，分别用，表示这两棵子树的结点集合，设Ea的两个端点分别属于，显然，Ea因为不在T2中，所以是T2的树补边。设C（a）为在中T2增加边a后所得到的圈，则C(a)中必然存在T2 的树边b不在T1中但在Ea中。否则，C(a)上的T2的所有树边均在T1中或

21、均不在Ea中。如果C(a)上的T2的所有树边均在T1中，则C(a)上的所有边都在T1中，与T1是树矛盾。如果C(a)上的T2的所有树边均不在Ea中，则C(a)中除外所有的边的端点均在或中，与C(a)是基本回路矛盾。所以C(a)中必然存在不在T1中但在T2中的的树边，设是其中的一条。则（T1-a）+b连通且无回路是的生成子图，它是的生成树。同理（T2-b）+a也是的生成树15. 证明: 简单连通无向图G的任何一条边，都是G的某一棵生成树的边。证明：简单连通无向图G的任何一条边，要么是割边，要么是非割边。如果是割边，那么此边是所有生成树的树边；如果不是割边，设边为，那么G-e连通，可以求出生存树，

22、此也是的生存数，且不包含，那么是的树补边。则+e,有唯一一个圈，删除圈上任意一条非边，便得到一颗包含边的树16. 证明:在完全二又树中,边的数目等于2(t -1)，式中t是叶的数目。证明：设中的结点数为，枝点数为；根据完全二叉树的定义，有下面的等式成立。n=i+t,m=2i,m=n-1.解方程组，得到m=2(t-1) 18. 给出公式的根树表示。解：将标示符号看成叶结点，逻辑连接词作为分支结点，按公式的先后顺序构造根树如下：PQPRPQ19. 给定权1,4,9,1,2,6,4,6,8,10,构造一个最优二叉树。解：根据带权最优二叉树定理构造过程如下：1 4 9 1 2 6 4 6 8 101

23、1 2 4 4 6 6 8 9 10 重新排序= 2 2 4 4 6 6 8 9 10 = 4 4 4 6 6 8 9 10 = 8 4 6 6 8 9 10 = 8 10 6 8 9 10 = 8 10 14 9 10 8 9 14 10 10 交换10，9 = 17 14 10 10 = 17 14 20 = 31 20 = 511110249866421. 证明:正则二叉树必有奇数个结点，且树叶数t与结点数n之间有：t=（n-1）/2。证明：因为正则二叉树的边数与分支点数的关系为：，又因为是树，因此结点数满足：，必为奇数。叶结点数和枝点数之和为，即：，因此t=（n-1）/2习题十二1证明

24、下面3个图都是平面图。证明：因为所给图都可以平面图的方式画出来，如下：2下面3个图都是平面图，先给图中各边标定顺序，然后求出图中各面的边界和面度。解：略3. 设G是阶数不小于11的图。证明：G或中至少有一个是非平面图。证明：假设G和都是平面图，因为，所以至少有一个图的边数，设，有因为是平面图，所以有，求解得与题设G是阶数不小于11的图矛盾，因此G或中至少有一个是非平面图4. 证明：具有6个结点、12条边的简单连通平面图，它的面的度数都是3。证明：因为是简单连通平面图，因此根据欧拉公式有，所以有个面。根据面度和与边的关系有，（）；因为要在平面上围成一个面，至少需要边，所以个面，（）。因此，不存在

25、面度大于的面，所有面的度数都是5. 证明：少于30条边的简单平面图至少有一个顶点的度不大于4。证明：假设图（，）的每个结点的点度都大于等于，根据握手定理及平面图的判定定理有：（）握手定理（）根据（）得到：<结合（）（）得到：，所以，矛盾。因此假设不成立，题设结论成立6. 设G是具有k（k2）个连通分支的平面图，则 nm+f=k+1。证明：针对每个连通分支而言，满足欧拉公式及：ni-mi+fi = 2,因此ni mi + fi = 2k.因为对G图而言只有一个外部面，但在针对每个连通分支引用欧拉欧式的时候都计算了一次外部面，因此外部面多计数k-1次，所以总面数比求和公式少k-1个面，因此有

26、ni mi + fi-(k-1) = 2k-(k-1) 得 nm+f=k+110.举例说明同构的平面图，其对偶图不一定同构。解：举例如下：原图同构对偶图不同构11. 设某校某专业的学生在某学期共选修了n门选修课，期末考试前必须提前将这n门选修课程先考完，要求每天每人在下午考一门课，问至少需要几天考完这n门课？解：此类题可转化为求图的点色数的问题，可将课程集合作为图的点集合，构造每门课程的学生选修集合（），如果有同学同时选修了，和课程，则添加边（，）到图中。生成图后，求的点色数（）即可12. 在11题中，设n = 9，并且课程1和2，1和6，1和4，1和7，2和3，2和6，3和7，3和9，4和7

27、，4和8，5和6，5和8，5和9都有人同时选，问至少几天能将9门课考完。解：按题的要求，作出如下课程图：所以至少需要天才能考完完成题目，6，7，习题十三1. 构造(n, m)欧拉图使满足条件：(1) m和n奇偶性相同；(2) m和n奇偶性相反。解：m和n奇偶性相同m和n奇偶性相反5. 在图13.10中求中国邮递员问题的解。解：略，请参考书中解法6. 设G是有两个奇度点的连通图,设计一个构造G的欧拉道路的算法。解：step1: 添加连接两个奇度点的边Step2: 调用一般的欧拉回路的算法Step3:在回路中删除添加的边7. n为何值时，无向完全图Kn是欧拉图？n为何值时，无向完全图Kn仅存在欧拉

28、道路而不存在欧拉回路？解：当n为大于2的奇数时，无向完全图Kn是欧拉图，因为每个节点的度数为偶数。当n为2时，K2，是唯一存在两个奇度点的完全图，因此此图只存在欧拉道路8. n（n2）个结点的有向完全图中，哪些是欧拉图？解：n（n2）个结点的有向完全图中，每个都是欧拉图，因为每个节点都有相同的入度和出度，可以找到有向欧拉回路9. 证明:凡有割点的图都不是哈密顿图。证明：反证法，假设存在有割点v的图是哈密顿图，那么此图存在哈密顿圈。在此圈中删除割点v，那么剩下的节点依然连通。这和割点的定义相矛盾，所以题设命题成立10. 证明: 4k+l阶的所有2k正则简单图都是哈密顿图。证明：因为图是的正则简单

29、图，因此对任意的u，vV, 有d(u) + d(v) = 4k. 根据定理13.4，存在哈密顿道路P= v1v2v4k+1. 1）如果 v1v4k+1E, 则v1v2v4k+1v1构成一个H圈；2）如果v1v4k+1E，则是v1的邻接点，那么必为v4k+1的邻接点。否则，v4k+1点度为4k-1-2k=2k-1,与题设矛盾。假设vit-1v4k+1E，那么可构造H圈如下：v1vit-1v4k+1 v4kvitv1因此，此图为哈密顿图11在无向完全图Kn中有多少条没有公共边的哈密尔顿回路？解：1) 设n=2k+1,将节点编号为0,1,22k,并作如下图示，1234kK+1K+202k2k-12k-2K+3在上图中先取一条哈密顿回路为0,1,2,2k,3,2k-1,4,k+3,k,k+2,k+1,0,然后将圆周上的结点按逆时针方向依次转动一个位置，然后可以得到另一条回路为：0,2,3,1,4,2k,5,k+4,k+1,k+3,k+2,0;显然，这两条回路是没有公共边。继续这样做下去，共可产生条无公共边的哈密顿回路。若n=2k+2,那么只要在中间增加一个结点，就可以同样地得到条无公共边的哈密顿回路12. 11个学生打算几天都在一张圆桌上共进午餐，并且希望每次午餐时每个学生两旁所坐的人都不相同，问11人共进午餐最多能有多少天？解：将个学生分别用结