毕业论文;N次单位根的性质及其应用

1、分类号编号毕业论文题目N次单位根的性质及其应用学院姓名 xxxxxxx专业数学与应用数学学号研究类型 应用研究指导教师 xxxxx提交日期原创性声明本人郑重声明：本人所呈交的论文是在指导教师的指导下独立进行研究 所取得的成果。学位论文中凡是引用他人已经发表或未经发表的成果、数据、 观点等均已明确注明出处。除文中已经注明引用的内容外，不包含任何其他 个人或集体已经发表或撰写过的科研成果。本声明的法律责任由本人承担。论文作者签名：年 月 日论文指导教师签名：N次单位根的定义 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark16 o Current Document N次单位根的

2、性质2N次单位根的应用4N次单位根在中学数学竞赛中的应用4 HYPERLINK l bookmark37 o Current Document N次单位根在因式分解中的应用5 HYPERLINK l bookmark74 o Current Document N次单位根在几何中的应用7 HYPERLINK l bookmark78 o Current Document N次单位根在多项式整除中的应用8 HYPERLINK l bookmark94 o Current Document N次单位根在三角函数中的应用9N次单位根的性质及其应用xxx（天水师范学院数学与统计学院，甘肃天水741000

3、）摘要:n次单位根是复变函数论中的重要内容，本文主要论述n次单位 根的性质，以及在因式分解，几何作图，三角函数，多项式整除中 的应用，说明n次单位根可拓宽解题思路，是一种方便快捷的 解题方法。.关键词：单位根；因式分解；性质；几何画图中图分类号:O29N次单位根的定义定义一在复数域上n1的n个值e = cos丑 + isin2 ； k=0,1,2，n-1就是多n nn项式xn -1的n个根，称它们为n次单位根.定义二在复数域上折的n定义二在复数域上折的n个值&n = e，k=0,1,2，n-1就是多项式xn 1的n个根，称它们为n次单位根N次单位根的性质|&咪J =1证明由定义一，得K I =

4、 ： (cos *)2 + (sin 2)2 =1 = 1 knn,2n,2n2n(2)令；=& =cos+ i sin，贝。& =g k = cos丑 + isin迎，k=1，2,，n-1 nn证明由欧拉公式(ox = cos x + i sin x)，知 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark25 o Current Document 勇)k =eT =e = cos2 + isin丑=& k 弋， nnk& =&k = cos如 + isin2k，k=1，2，n-1 knngm = & (mkVn)由定义二知.2m.2 kmn3gm = (ei n ) m

5、= (ei n ) = J对于每个单位根 g : 1+ g + g 2 + + g n1 =0kk kk证明 因为 xn 1 = (X-1) ( 1+X+ x2 + xn-1 )，令 X=g，则原式可变为，g n 1 = ( g -1) ( 1+ g + g 2 + + g n1 ) =0 kkk kk当gk尹0时，gn 1尹0，所以1 + g + g 2 + + g n1 =0(5)对于每个单位根& : 1+& m + & 2m +&(一i)m =n (当n整除m时) kk kk1+ & m + & 2m + + & (n-1)m =0 (当 n 不整除 m 时)证明由于&k为n次单位根则&

6、； = 1当 n 整除 m 时，令 m=nq，则 & m = & nq = (& n)=ik k k同理：& k2m = & k(n-1)m =1& m & 2 m& (n-1) m故 1+=k + k + k=1+1+1=n当n不整除m时，&m 尹1，由 &k = &k知：1-(& m )1+ & m + & 2m + & (n-1)m =k kk1-& mk=女=01-& m 0k(6)两个n次单位根的乘积与商仍是n次单位根证明 令&、&是n此单位根，则(& . & =& n & n =1 X 1=1 k l k l(M)=早=1 =1，命题得证.&k &1(8) &k 守七证明2kU &

7、2kU &k &广 e n2in2k 口 2m2u e n = e n +l n = n( )= & ，即&k & =&(9)(0VkVn)；(9)(0VkVn)；证明匕2k兀.2k兀因为& =cos+i sin因为o2k兀2k兀u =cos cosk nnm2 (n-k)兀2 (n-k)兀则 & k = cos+isin2n兀-2k兀.2n兀-2k兀= cos+i sinnn2k兀2k兀= cosn+isin (-竺k n2k兀= cosn2k兀= cosnk-isin k n )N次单位根的应用N次单位根在中学数学竞赛中的应用例1(2001年全国高中数学联赛)若(1+ x + x2)100

8、0的展开式为a + a x+ax2000，求 a + a + a +a的值. TOC o 1-5 h z 0361998解：令 s = a + a + a +a10361998s = a + a +as = a + a +a 在(1+ x + x2)1000 = a + a x+a x2000 中，令 x=1,E(E 是三次单位根，&尹0),s + s + s = 31000(1)(1+g+g2)1000 = a + a & + a & 2 + + a & 2000 ,艮口 0122000s + E s +E s =0123在中E s2、E s3按实、虚部分别展开，并由复数相等可得s (s +

9、s ) =01223君,一 S TOC o 1-5 h z 23则由、得s = 31000 -F3故 a + a + a +a = 39990361998例2 (1978年我国八省市中学数学竞赛)设；=cos : +isin :，求以E、& 3、& 7、& 9为根的方程.解：因为；=cos +isin ， M=cos2已 + i sin 2 所以E、&2、& 3、& 10 是1 的 HYPERLINK l bookmark34 o Current Document 55101010个10次方根，则(xg)(x & 2 ) (x & 10 ) = X10 1又& 2、& 4、& 6、& 8、&

10、10是1的5个5次方根，则(x & 2 ) (x & 4 ) (x & 6 ) (x & 10 ) = X5 1由：，的(xg) (x & 3 ) (x & 5 )(x & 7 )(x & 9 )= X 5 +1又 & 5 =-1，x & 5 =x+1，一.，x 5 +1+ X 2 x+1，艮口所以(xg) (x & 3 ) (x & 7 ) (x & 9 ) = X+ X 2 x+1，艮口X + 1所求方程为，X 4 X 3 + X 2 x+1=0N次单位根在因式分解中的应用例 在有理数范围内对X15 1进行因式分解.解：在复数范围内X15 1可分解为一次因式的乘积：X15 1= (x1)

11、(xg) (x &2 ) (x & 14 )，其中 g= cos + isin ;1515而1, g, &2,，&14是方程X15 1=0即X15 =1的全体复数根.再将X15 1的15个复系数一次因式分成若干组，使每一组的乘积是有理系数多项式.X15 1=0的所有的复数根也就是所有的15次单位根，它们的15次幕都等于1.但其中有些根的更低次幕就已经等于1.事实上，由于1、3、5都是15的因数，满足条件z 1=1或z=1或z5=1的复数z也都满足条件Z15=1,都是Z15 1的根，也就是说1次单位根，3次 单位根，5次单位根也都是15次单位根.对于每个15次单位根E,存在最小的正整数d,使得z

12、d =1，我们证明d是15的因子.用d除15得到商q和余数r,则r=15 dq，z= z 15-dq = z15 = =1.鉴于d是使zd = 1的最小正整数，而z=1且rVd，这迫使r不是正 (zd)q 1q整数，只能r=0.这证明了使zd = 1的正整数d、一定是15的因子，等于1,3,5或15.我们 称d为z的乘法周期，称z为d次单位原根.这也就是说：z是d次单位根，且z不是更低 次数的单位根.以下我们按周期的不同值1,3,5,15将415 1=0的根&k分成4组，从而将X15 1的一次因式x &k分成4组，我们分别计算出各组的一次因式的乘积f (x)，f (x)，f (x)，f (x)

13、 13515并且证明这些乘积都是有理系数多项式，从而将X15 1分解成这四个有理系数因式的乘 积.周期为1的单位根只能是1，它单独组成第一组，以它为根的一次因式f (x) =x1.1周期为3的单位根都是x 3 1的根而不是X1的根，它们就是M!的全部根，以这 x 1些根为根的一次因式的乘积x3 1f3(x) = 3 = x2 +X+1. f3(x)=周期为5周期为5的单位根都是x3 1的根而不是X1的根它们就是M的全部根,以这些根为根的一次因式的乘积x5 -1 f (x) =1 = x4 + x3 + x2 +x+1.f5(x)的根，它们就是周期为5的单位根都是x15 1的根而不是f f5(x

14、)的根，它们就是x15 x15 1的全部根，以这些根为根的一次因式的乘积f (x) f (x) f (x)135f (x) = x15 -115 * f (x) f (x) f (x)135_(X3 1)(X12 + X 9 + X 6 + X 3 + 1)(X 1)(x 2 + X + 1)(x 4 + X 3 + X 2 + X + 1)_ X12 + X9 + X6 + X3 + 1X 4 + X3 + X 2 + X + 1=X8 X7 + X5 X4 + X3 + X2 一 X + 1 .这样就得到X15 1= f (X) f (X) f (X) f (X) 13515=( x 1

15、) ( X2 +x+1 ) ( X4 + X3 + X2 +x+1 ) ( X8 X7 + X5 X 4 + X 3 + X 2 一 X + 1 )X15 1被分解成了 4个有理系数因式f (X) , f (X) , f (X) , f (X)的乘积. 13515严格说来，要完成上例必须证明所得到的4个因式在有理数范围内都不能再分解， 在有理数范围内的因式分解已经进行到底.但这个证明比较难，就不在这里叙述了.上面例题中的思路和方法也适用于对别的正整数n分解xn-1.如果n=21,则考虑21的所有因子1,3,7,21,按这四个因子可以得到x21-1的四个因式它们分别为：f(X)=x-11X3-1

16、,f3( X)=方=X2+X+1_ / 、 X7-1f (x)=X6 + X5 + X4 + X3 + X2+X+1X21-121 4 一 f (X) f (X) f (X)137N次单位根在几何中的应用例用尺规作图做出圆的内接正五边形，使已知点A是正五边形的一个顶点.解：我们以已知圆的半径为单位长，以圆心为原点.OA为x轴的正方向建立直角坐标一一一 .一.,一360。，一一.系.只要能够在圆周上做出正五边形的下一个顶点队，使得4明=-5-=72。，在圆周上 TOC o 1-5 h z 依次截取|AA| = 1AA 1 = 1 AA 1 = |AA |,就可以得到正五边形A, A , A ,

17、A , A .将直角坐标 11 22 331234系中每个点3, y)用复数x+y i表示.则表示个顶点A A A AA的复数就是1的5个单位根， 123 41,E, &2 , &3, &4 .其中E= cos72 + isin72。，又 E 与&4=&一 1 共轭，它们的和七二；+ &4 =2cos72 ； &2与&3=&一2共轭，它们的和y = 2cos144 .只要能够用圆规和直尺得到y，则可得到cos72 =1 y .在OA 212 1上截取OD二cos72，再过D作OA的垂线交圆于队与A4，则正五边形可做出.x 2 1y1 + y2 =E+ &4 + &2+&3是=x4 + x3 +

18、 x2 + x +1 的 4 个根 E，&2，&3, &4之和，等于一1.又 y1 y2 = (E + g4 ) (g2 + g3)= g3 + g4 + 氏 6 + g7 = E + g4 + g2 + g3 = 一1.于是 y1 与 y2 是一元二 次方程x2 + x-1 =0的两个根-、乎,y1 =2 cos72是其中的正根=宥-!以1, 1为直角边作直角三角形则其斜边长为1 + (1)2 .再减去1既得cos72 . 222具体做法可以设计如下：做相互垂直的半径OA和OB,作OB的中点虬连接MA，则MA = OA2 + OM I2 =j 1 +(2)2 .以M为圆心、MO为半径作圆弓瓜

19、交MA于C,则CA= y1.作CA的中点N,在OA上截取|OD| = |AN|,过D作OA的垂线交圆周于A1，则AA1为正五边形的边长.N次单位根在多项式整除中的应用例 1 求证(x + a)100 x101 a101 被x2 +ax+ a2整除，其中 a尹0.证明：由于(x2*_x 2 +ax+ a 2 = a 2三+三+1按这样写公式顷)ax 2 + ax + a 2(x)101x(x + a )100 xioi aioi = aioi +1- () -1Va)a设E为任一不等于1的3次单位根，则f (&) =aioi (g+1)01-&)i0i1=ai0i(-& 2)01-(& )101

20、 -1=0故(x + a )100 xi0i ai0i 被 x 2 +ax+ a 2 整除例2求证：f (x)=x3m+2 + (-尤2-1)+1 +1被x2 +x+1整除，其中m，n为非负整数.证明：设E为任一不等于1的3次单位根，则f (& ) = & 3 m+2 + (一& 2 一1)+1 +1=&2+& +1=0故f (x)被x2 +x+1整除N次单位根在三角函数中的应用2n +12n例求证sin sin sin包-血+1 2n +12n +12n +12n2n 、证明：设2n+1次单位根为1，e+ikQ (k=1,2，n;。二一2n +1又 (x eikQ ) (x eM ) = x

21、2 +1 2xcoskQ ，x2n+1 1= (x 1) ( x2 -1 -2cos Q ) ( x2 -1 -2cos 2Q )(x2 -1 -2cos n0 )x2n + x2n-i+x+1=(x2 -1 -2cosQ ) ( x2 -1 -2cos 2Q ).( x2 -1 -2cos n0 )令x=1，得2n+1= 2 n (1 - cosQ ) (1 - cos2Q ) ( 1 - cos nQ )n2nnn=X2n sin2一 2n +1 _sin2一 2n +1 _sin2一 2n +1 _由于右边角都为锐角，故开方得命题成立.2n +1参考文献：13张莲珠.渺位四角系统完美匹配

22、数的计算J .厦门大学学报:自然科学版,1998, 37（5）: 629-633.严贤灿.三次单位根的性质及应用J.数学通讯，2002,（1）.赵丽棉，黄基廷.n次单位根在代数问题中的应用J.高等数学研究，2010，13（4）.李永正.复平面上一个正n边行的充要条件J.中国民航飞行学院计算机学院，2009.党效文.单位根的性质及其应用J.数学教学研究，2002.邵逸民.单位根的性质及其应用J.苏州教育学院学报，2001.兰君，翁金武.单位根与原跟J.安康师专学报，2006.刘初生.单位根在多项式整除性中的应用J.娄底师专学报，1999,57.许宝芬.单位根在计算三角函数连乘积中的应用J.泉州师

23、专学报，1999，17,（2）.李长坡.三次单位根的应用J.洛阳师范学院学报.2000，（5）.王月秋.应用单位根解题两例J.唐山师专学报.1999，21，（2）.钟玉泉.复变函数论M.北京：高等教育出版社.2004.张景中，李尚志.数学的神韵M.北京：科学出版社.2010.致谢（内容按小四号宋体输入，1. 5倍行距）几类图完美匹配的数目唐保祥(天水师范学院数学与统计学院，甘肃天水741001)摘要:图的完美匹配的计数问题是匹配理论研究中的一个重要课题，此问题与统计晶体物理 中的dimmer问题有关.但是，对于一般图的完美匹配计数问题是NP -难的.给出了几类图的 完美匹配数的显式表达式.作为

24、应用，计算出了一些图的Hamilton圈的数目.关键词:线性递推式;完美匹配;Hamilton圈;边割中图分类号:0157.5The Number of Perfect Matchingin Several Types of GraphsTANG Bao-xiang(School of Mathematics and Statistics, Tianshui Normal University,Tianshui Gansu,741001,China )Abstract: Enumeration of perfect matchings of graphs is an important sub

25、ject in the matching theory, It is much related with statistical physics of crystal dimmer issue.But the enumeration problemfor perfect matchings in general graphs is NP-hard .The explicit formulae for the number of the perfect matching in some types of graphs are deduced. As an pplication, the numb

26、er of hamilton cycles of some graphs has been calculated.Key words: linear recurrence relation; perfect matching; hamilton cycle; edge cut1引言本文所指的图均是有限无向标号图(即顶点间是有区别的),未给出的定义见文献1.图的 完美匹配数作为一个很重要的拓扑指标，已经在多个领域得到应用.例如，估计共振能量和兀 电子能量，计算鲍林键级(pauling bond order )等2-4.物理学家Kasteleyn用匹配理论研究磁 学伊辛(Ising)模型时，首先提

27、出用Pfaffian法计算图的完美匹配个数5-6.目前,图的完美匹配 计数已经引起了众多数学家,物理学家和化学家的广泛关注7-9.遗憾的是,L.Valian在1979 年证明了,一个图(即使是偶图)的完美匹配计数是NP -难问题.因此，计算出一般图的完美匹 配数是困难的，特别是要得到显式的计算公式是更加困难.所以，通常只有对具有特殊结构或 形状的部分图，才可以给出其完美匹配数的显式计算表达式.目前，已有一些文章对特殊图的 完美匹配作了相关的研究10-15 .本文运用组合递推方法给出了几类特殊图完美匹配数显式 表达式的新结果.作为应用,计算出了一些图的Hamilton圈的数目.定义1若图G的两个

28、完美匹配M 1和M2中有一条边不同，则称M 1和M2是G的两个不 同完美匹配.定义2若图G的两个Hamilton圈C1和C2中有一条边不同，则称C1和C2是G的两个不 同 Hamilton 圈.2主要结果及其证明引理14设两条长为n的路为P = u u uu和P = v v vv .分别连结路P和P上 10 12 n 20 12 n12的顶点u和七(i = 0,1,2,n)，所得到的图记为4,如图1所示.f (n)表示图Qinn的所有不同 的完美匹配数，其中n = 1,2,3, .则f (n) =10uuuu，. r.：u- uv v_ v_戏 vv图1 Q1X1八定理1设两条长为n的路为P

29、= uuuu和P = v v vv .分别连结路P和P上的10 12 n 20 12 n12顶点u和v (i = 0,1,2,n)，所得到的图记为Q;连结图Q的顶点u和u , v和v所得到i i1xn1xn0 n 0 n的图记为D，如图2所示.的图记为D，如图2所示.g (n)表示图D的所有不同的完美匹配数，其中n = 1,2,3, .则1xng (n)= )(EI 2(1 + V5 ) Jn-2+1 f5 |n 2 申 w 2 I , n = 0(mod 2);(1 _ .5 n-21 I + 2, n 三 1(mod2).u u Vn_iviv血AJ1 比vn n图2 D1证明设图D的所有

30、完美匹配的集合为M , M c M , i = 1,2,3,其中uu e M , TOC o 1-5 h z 1xni0 n 1u u e M , u v e M .显然有M。小(i = 1,2,3),且M AM = (i 丰 j,1 i, j 证明设图S1xn的所有完美匹配的集合为M M c M ,i = 1,2,3,其中u v G M , u u G M , u v G M .显然有 M 莉(i = 1,2,3),且 M A M =4 0 010 120 n 3ii j123类似于定理1的证明可得，(i 丰 j,1 i, j 3),M = M1 UM2 UM3.于是h(n) = |M| =

31、 |MJ + |M2| 123类似于定理1的证明可得，I f (n - 2), n 三 1(mod2);M J = f (n -1), M J =、r f(n - 2) +1, n 三 0(mod2).其中 f()由引理定乂所以,h(n)= +|1+、所以,h(n)= +|1+、还2V J11 +七污)V Jn-2+n-2+11 _ 5 n-2-2J ,n 三 1(mod2);11 _ * n-2-2 J + 2, n 三 0(mod2).定理3设两条长为的路为P = u uuu和P = vw v .分别连结路P和P上的10 12 n 20 12 n12顶点u和v (i = 0,1,2,n),

32、u和v以及v和u (j = 0,1,2,n -1),所得到的图记为W ,i ijj+1jj+11xn如图6所示.p(n)表示图W的所有不同的完美匹配数，其中n = 1,2,3, .则1xnp(n) = 3 - (-1)n+1 + 3.2n+2.unv v v vv vunv v v vv v图6 W1 n证明设图W1xn的所有完美匹配的集合为M，吃c M ,i = 1,2,3,其中u0v0 GM , u v G M , u u G M .显然有M m (i = 1,2,3),且M AM =4 (i 丰 j,1 i,120 13ii jj 3),M = M1 U M2 U M3.于是 p(n)

33、= |M| = |MJ + |M J + |M31.由定理1的证明方法和p(n)的定义容易知道:p =3, p(2) = 5, |M J = p(n -1), |M J = |M J = p(n - 2)，如下图 7 所示.国区区图7因此,p(n) = p(n -1) + p(n - 2), p(1) = 3, p(2) = 5 .(1)解线性递推式(1),得 p(n) = 3 . (-1)n+1 + 3.2n+2.定理4设C = uvw是m个长为3的圈(m = 0(mod2),i = 1,2,m),分别连结顶点u和i i i iju+1 七和七+1 ,七和七+1 ( j T2 , m -1)

34、所得图记为Zm，如图8所示设m = 2n, n = 1,2,3, . q(2n)表示图Z的所有不同的完美匹配数，则VV1mv，Vnj0、rcp、brr-mmV-u uu- uu u_.(-|Duw w wwwmmq (2q (2n) = 土 J 5F )14 7 + 应 r 5 .21) +.14证明设图的所有完美匹配的集合为M ,Mi c M , i = 1,2,3,其中w v g M , w u g M , w w g M .显然有 M。4 (i = 1,2,3),且 M A M - TOC o 1-5 h z 1112123ii j(i 丰 j,1 i, j _u -uu,-.u,mV

35、_v v.K-wFJQw图13Am:w - w m TOC o 1-5 h z 情形 3 u 4 v 4 a M 3因为u v a M，所以必有u u ,v v , w w g M .M中这类完美匹配的数与图14的完美4 434 54 5533匹配数相等.若u6v6 G M3,则M3中这类完美匹配的数目也为q(2n - 6).um图14如此下去，易知M | = q(2n - 2) + E q)+1.i=1综上所述 q(2n) = q(2n - 2) + 3勉q(2i) + 3. (2)i=1易知q=4.于是由(2)式就有q(4) = 19.这样有递推式q(2n) = 5q(2n 一 2) 一

36、q(2n 一 4), q(2) = 4, q(4) = 19.(3)n 7 + 何5 +14 I 一n解线性递推式，得q(2n) = 7一4n 7 + 何5 +14 I 一n例Z2和Z4中的完美匹配如图15和16所示.当 n = 1 时,q (2) = 4.Q O O 0图15 M中的4个完美匹配 当 n = 2 时,q (4) = 19.M 1中的5个完美匹配M中的5个完美匹配M中的9个完美匹配3图16定理5 设 B = (V ,E )是偶图，其中 V = (x ,x ,x , y , y , y ,ii iii1 i2 i3 i1 i2 i3E = x y , x y , x y , x

37、y , x y , x y , x y , x y , i = 1,2,n .分别连结顶点 y 和ii1i 3i1 i 3i 2i1 i 2i 2i 2 i 3 i 3i1i 3i 2i 3i 3j1x (j = 1,2,n -1), y和x，所得图记为L，如图17所示.l(n)表示图L的所有不同的完j+1,1n111nn美匹配数，则l(n) = 4n + 2n .y Wny Wn3 r也再1yn1y x/n nx-11 / 21/ 31y 12 x13y 22 x23y 32图17 Ln证明设图Ln的所有完美匹配的集合为M M c M ,i = 1,2,3,其中x11, y13e M , x

38、 y e M , x y g M .显然有 M 更。(i = 1,2,3),且 M A M =8 (i 牛 j,111 12211 n13ii j1231 i, j 3),M = M1 U M2 U M3.于是 l(n) = |M| = |MJ + |M J + |M3|.123求|MJ.因为x11, y13 e M所以|M与图18的完美匹配数相等.七厂气-户广一计V 12， 22 % 32 %图18V/n3 n2x、*. 7y1V2X3图18V/n3 n2x、*. 7y1V2X3x21V 22 23 V 32 33V 42 43图x21V 22 23 V 32 33V 42 43图19VV

39、x 231图18中,若气2V史M，则必有x v，V x g 图18中,若气2V12112 1112 1311美匹配数相等.易知图19的图共有4-1个不同的完美匹配.故|M J = 2 - 4 -1.同理可知|M J = 2 - 4 -1.求|M31.因为x11 V1 g M3,所以|M J与图20的完美匹配数相等.V xB 12x，1y“V xB 12x，1y“11V 22 x23V 12 x13V x v x2 2213 32V 21V 32 x33-1,L -1,2 2xEM1_ V*、x -1,1x-1,2 -1,32 3图20易知图20的图共有2个不同的完美匹配.故|MJ = 2.所以

40、 l () = |M| = |M J + |M 21 + |M 31 = 4 + 2.推论定理5中图L (图17所示)的不同Hamilton圈共有4个.证明设图L的完美匹配的集合为M , F = x , v x ,v x , v x .则F是图L11 21 21 31-1,1 1 1 11一个边割，且M n F * ,或F c M .从图L的每个子图B = (V ,E )中选取边集y x , v x ，或y x , v x (i = 1,2,)，共有2种不同的选取方法.每种方法选出的这 13 i 2 12 13i 3 i 3 i 2 122条边与F中所有边恰好构成图L的2个不同的完美匹配.图L中恰有这2个不同的完 美匹配包含边割F .设图L的包含F的2个完美匹配的集合为M，令M2 = M M，则图L” 的Hamilton圈集合与M2是一一对应的，所以图L的不同Hamilton圈共有4个.参考文献：Bondy J.A., Murty U. S .R.图论及其应用M.吴望名，李念祖,吴兰芳，等译.北京:科学出版社,1984.G.G.Hall,A graphic model of a class of molecules J ,I