湘潭大学计算机科学与技术刘任任版离散数学课后习题答案-第二学期

2024年1月7日发(作者：奥数初中数学试卷)

湘潭大学计算机科学与技术刘任任版离散数学课后习题答案-第二学期--图论与组合数学

习题六

1．设G是一个无回路的图,求证：若G中任意两个顶点间有惟一的通路,则G是树.证明：由假设知，G是一个无回路的连通图，故G是树。

2．证明：非平凡树的最长通路的起点和终点均为悬挂点.分析：利用最长通路的性质可证。

证明：设P是树T中的极长通路。若P的起点v满足d(v)1，则P不是T中极长的通路。对终点u也可同理讨论。故结论成立。

3．证明：恰有两个悬挂点的树是一条通路.

分析：因为树是连通没有回路的，所以树中至少存在一条通路P。因此只需证明恰有两个悬挂点的树中的所有的点都在这条通路P中即可。

证明：设u,v是树T中的两个悬挂点，即d(u)d(v)1。因T是树，所以存在(u,v)-通路

P：uw1wkv,k0。显然，d(wi)2。若d(wi)2，则由T恰有两个悬挂点的假设，可知T中有回路；若T中还有顶点某不在P中，则存在(u,某)-通路，显然u与某不邻接，且d(某)2。于是，可推得T中有回路，矛盾。故结论成立。

4．设G是树,Gk,求证：G中至少有k个悬挂点.

分析：由于Gk，所以G中至少存在一个顶点v的度≥k，于是至少有k个顶点与邻接，又G是树，所以G中没有回路，因此与v邻接的点往外

延伸出去的分支中，每个分支的最后一个顶点必定是一个悬挂点，因此G中至少有k个悬挂点。

证明：设uV(G)，且d(u)mk。于是，存在v1,,vmV(G)，使

(l)uviE(G),i1,,m。若vi不是悬挂点，则有viV(G),使。如此下去，有viV(G)，

满足vi(l)vj,ij,且d(vi(l))1,i1,,m。故G中至少有k个悬挂点。

5．设Gp,q是一个图,求证：若qp,则G中必含回路.

分析：利用树是没有回路且连通的图，且树中的顶点数和边数的关系可证。

证明：设G(p,q)有k个分支：G[V1]G1(p1,q1),,G[Vk]Gk(pk,qk)。显然，

pp1pk,qq1qk。若G无回路，则每个Gi(pi,qi)均是树，i1,,k。

于是qipi1,i1,,k。从而qpkp，k1，即qp。此为矛盾，故G必含回路。

6．设Gp,q是有k个连通分支的图,求证：G是森林当且仅当qpk.

证明：见题5的证明。

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7．画出K4的所有16棵生成树.

解，K4的所有16棵生成树如下图所示。

441

42

3421

3

42

3

423

2

3421

342

3

42

3

2

3

2

3

2

2

2

43

43

43

2

2

2

43

43

43

2

43

8．设Gp,q是连通图,求证：qp1.

分析：树应该是具有p个顶点中边数最少的连通图，而树中的边数q=p-1可证。

证明：设G是连通图。若G无回路，则G是树，于是qp1。若G有回路，则删去G中k0条边使之保持连通且无回路。于是qkp1，即qp1kp1。9．递推计算K2,3的生成树数目.

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ee=

e+

K2,3ee+

++

e=

++++

ee++

25

=

ee

=

++

++++++

e+

+=

+++++=12

++++++

10．通过考虑树中的最长通路,直接验证有标记的5个顶点的树的总数为125.

分析：设树中5个顶点的标记分别为1，2，3，4，5。而5个顶点的树的最长通路只能是4、3、2，如下（1）（2）（3）所示。(1)最长通路长度为4；

(2)最长通路长度为3；

（3）最长通路长度为2。对于（1），把每个顶点看作是一个空，不同的顶点序列对应不同的树，但由于对称性12345和54321所形成的树应该是同一棵树，因此这种情况下所有有标记的树的数目为：5！/2=60个；对于（2），把上面四个顶点分别看作一个空，在构造树的时候可以先构造这四个顶点，剩下的一

个顶点只能放在下面，选择上面四个顶点的数目应为可以从所有有标记的树的数目为C54某4！，但同样由对称性，如1234这样的排列和顶点5构成的树与1235这样的排列和4构

成的数是一样的。因此这种情况下所有有标记的树的数目为：C5某4！/2=60个；对于（3），只要确定了中间度为4的顶点，这棵树就构造完了，所有这种情况下有标记的树的数

1目为：C55个；

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习题8

1、图中8.10中哪些是E图？哪些是半E图？(a)(b)(c)

分析：根据欧拉定理及其推论，E图是不含任何奇点的图，半E图是最多含两个奇点的图。

解：(a)半E图（b）E图。（c）非半E图和E图

2、试作出一个E图G(p,q),使得p与q均为奇数。能否作出一个E图G(p,q)，使得p为偶数，而q为奇数？如果是p为奇数，q为偶数呢？

解：以下E图中，p与q的奇偶如下表G1G2G3

p奇数偶数奇数q奇数奇数偶数G1G3G23、求证：若G是E图，则G的每个块也是E图。

分析：一个图如果含有E回路，则该图是E图；另一方面一个块是G中不含割点的极大连通不可分子图，且非割点不可能属于两个或两个以上的块。这样沿G中的一条E回路遍历G的所有边时，从一个块到达另一个块时，只能经过割点才能实现。

证明：设B是G的块，任取G中一条E回路C，由B中的某一点v出发，沿C前进，C只有经过G的割点才能离开B，也就是说只有经过同一个割点才能回到B中，注意到这个事实后，我们将C中属于B外的一个个闭笔回路除去，最后回到v时，我们得到的就是B上的一个E回路，所以B也是E图。

4、求证：若G无奇点，则G中存在边互不重的回路C,C，使得1,m

E(G)E(C1)E(C2)E(Cm)分析：G中无奇点，则除了孤立点后其他所有点的度至少为2，而孤立点不与任何边关联，因此在分析由边构成的回路时可以不加考虑；而如果一个图所有的顶点的度至少为2，则由第五章习

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题18知该图必含回路。

证明：将G中孤立点去掉以后得到图G1，显然G1也是一个无奇点的E图，且(G1)2。由第五章习题18知，G1必含有回路C1；在图G1-C1中去掉孤立点，得图G2，显然G2仍然是一个无奇点的图，且(G2)2，于是G2中也必含回路C2，…如此直到Gm中有回路Cm，且Gm-Cm全为孤立点为止，于是有：

5、求证：若G有2k>0个奇点，则G中存在k个边互不重的链Q1,,Qk,使得：

E(G)E(C1)E(C2)E(Cm)E(G)E(Q1)E(Q2)E(Qk)分析：一个图的E回路去掉一条边以后，将得到一条E链。

证明：设1,V2,,Vk,Vk1,,VV2k为G中的奇数度顶点，k≥1在Vi和Vi+k之间用新边ei连接，ⅰ=1，2….k,所得之图记为G某，易知G某的

每个顶点均为偶数，从而G某存在E闭链C某现从C某中删去ei（ⅰ=1，2….k），则C某被分解成k条不相交的链Qi(ⅰ=1，2….k),显然有:

E(G)E(Q1)E(Q2)E(Qk)6、证明：如果（1）G不是2—连通图，或者（2）G是二分图,且某≠Y,则G不是H图。分析：G不是2—连通图，说明

(G)1，于是(G)1或(G)0，如果(G)0，则说明G

不连通，如G不连通，显然G不是H图，如(G)1则G中存在孤立点，因此有ω(G-v)≥2，由定理8.2.1G不是H图。若G是二分图，则某或Y中的任意两个顶点不邻接，因此G-某剩下的是Y中的点，这些点都是孤立点；同样G-Y剩下的是某中的点，这些点也是孤立点；即有(G某)|Y|，(GY)|某|，如果某≠Y，则有(G某)|Y||某|或(GY)|某||Y|成立。无论哪个结论成立，根据定理8.2.1都有G不是H图。

证明：若（1）成立则G不连通或者是G有割点u，若G不连通,则G不是H图，若G有割点u，取S={u},于是ω(G-u)>S因此G不是H图.

若（2）成立，不妨设某Y.令S某,则

（GS）Y某S即：（GS）S.因此G不是H图.

(GS)S1.

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7、证明：若G是半H图,则对于V(G)的每一个真子集S，有:

\')\'分析：图G的权与它的生成子图G的连通分支数满足：(G)(G，因为一个图的生成子图

是在该图的基础上去掉若干边得到的，显然去掉边以后只能使该图的连通分支增加。

1.对于图G的一条H通路C，满足任取SV,(CS)S

证明:设C是G的一条H通路，任取SV,易知

(CS)S1.而C-S是G-S的生成子图.故(GS)(CS)S1.故(GS)S1.

8、试述H图与E图之间的关系。

分析：H图是指存在一条从某个点出发经过其他顶点有且仅有一次的回路；而E图是指从某点出发通过图中所有的边一次且仅有一次的回路。从定义可看出，这两者之间没有充分或必要的关系。解：考虑如下四个图:

G1G2G3G4

易知G1是E图，但非H图;G2是H图，但非E图;G3既非E图，又非H图；G4既是E图，也是H图。

9、作一个图，它的闭包不是完全图

分析：一个p阶图的闭包是指对G中满足d(u)+d(v)≥p的顶点u,v，若uvE(G)，则将边uv加到G中，得到G+uv，如此反复加边，直到满足d(u)+d(v)≥p的所有顶点均邻接。由闭包的定义，如果一个图本身不存在任何一对顶点u,v，满足d(u)+d(v)≥p，则它的闭包就是其自身。显然可找到满足这种条件的非完全图。

解：如右图G，GG，但G不是完全图。

10、若G的任何两个顶点均由一条H通路连接着，则称G是H连通的。

G1(1)证明：若G是H连通的，且p4,则q(3p1).2

1q(3p1)（2）对于p≧4，构造一个具有的H连通图G。239

分析：根据定理5.3.1有2qpd(vi)/2d(v)，因此qi1ii1pp而

d(v)p(G)，所以q≥p某δ(G)/2，因此如果能判断δ(G)≥3，则有

ii1qp(G)/23P/2p1);下面的证明关键是判断δ(G)≥3。(32

证明：（1）任取w∈V(G),由于G是连通的，所以d(w)≥1。

若d(w)=1,则与w邻接的顶点u与w之间不可能有一条H通路连接它们，否则因为p≥4，所以G中除了u与w外还有其他顶点，因此，如果u与w之间有一条H通路的话，这条H通路与u与w的连线就构成了一个回路，这样与d(w)=1矛盾，所以d(w)≠1；同样的道理，若d(w)=2，则与w邻接的顶点u与v之间不存在H通路。因此δ(G)≥3。

从而2q=∑d(u)≥3p,即：2q≥3p,也即q≥3p/2

(ⅰ)若p为奇数，于是

1(ⅱ)若p为偶数，则3p为偶数，于是

1q(3p1);21q(3p1);21q(3p1);综合以上各种情况，有：2

（2）(ⅰ)当p=偶数时，q=3p/2，满足条件的图如下图(a);

(ⅱ)当p=奇数时，q(3p1)满足条件的图如下图(b);,…12…图(a)

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……图(b)

11、证明：若G是一个具有p≧2δ的连通简单图，则G有一条长度至少是2δ的通路。分析：使用反证法，假设G中没有一条长度大于或等于2δ的通路。先找到图G的一条最长通路P，设其长度为m，由假设

m<2δ。再在P的基础上构造一条长度为m+1的回路C，显然C中包含的顶点数小<2δ，由于p≧2δ，所以图G至少还有一个顶点v不在该圈中，又由于G是连通的，所以v到C上有一条通路P’。于是P’+C的长度等于通路P的长度的通路构成了一条比P更长的通路，这与P是G的一条最长通路矛盾。从而本题可得到证明。

证明：(用反证法)设PVV是G的最长通路,其长度为m，假设m<2δ。V12m1由P是G的最长通路，则V1,Vm+1只能与P中的顶点相邻，注意到G是简单图令S{viv1vi1E(G)},T{vivm1viE(G)}Sd（v1），Td（vm1）由定义知：vm1ST,因此，STm2,于是ST,

事实上，2STSTSTST2STST0,即ST

设viST,从而有G中的长为m1的回路C：v1v2vivm1vmvi1v1.因p2,m12,所以，C外至少还有一个顶点v0V（G）。由G连通可知，有一条P外的通路与C连接。不妨设v0vjE（G），1jm1.是有通路P：vvvvvvvvvv.且PP,此与P的假设矛盾！0jj11i1mm1ii11故结论成立。

12、设p(3)阶简单图G的度序列为：d1d2dp.证明：若对任何m,1

1m(p1)/2,均有dmm若p为奇数，还有d1（p1）则G是H图。（p1）4122