最新离散数学第9章习题答案Word文件下载.docx
- 文档编号:14498085
- 上传时间:2022-10-23
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:229.93KB
最新离散数学第9章习题答案Word文件下载.docx
《最新离散数学第9章习题答案Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《最新离散数学第9章习题答案Word文件下载.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
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。
反证法,假设,则G的总点度上限为max(Σ(d(u))≤2n,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,v5}
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)
将奇数3,3对应的结点v2,v3一组,画一条连线
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,m)图中。
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δ,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),
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:
。
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。
根据握手定理有:
21=(3Χ12+2(n-12))/2,解此方程得n=15■
10.判断图10.29中的两个图是否同构,并说明理由。
图10.29
题中两个图不同构,因为左边图的唯一3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。
(1)
(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■
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。
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■
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。
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。
(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=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)=>
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。
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■
hong
(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。
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■
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。
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。
G中必有长度至少为的圈。
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。
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:
当k为偶数时,道路可扩充为v1…vk/2…u…vk/2+1…vk,而当k为奇数时,不管vk+1/2与u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G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
标注如下所示:
根据标记后的图,可求得割点分别为:
u4,u7,u8,割边分别为:
u4u5,u7u8,u8u9■
27.求图10.33的全部强分图和单向分图。
图10.33
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,一个包含一个结点V9 ,一个包含其它的8个节点。
由于两个强分图之间存在有向道路,因此全部9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。
假设两条最长路p1=v1v2...vk,p2=u1u2...uk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p1上m点,终点是p2上的w点.可根据如下情况进行调论:
(1)m,w是p1,p2的中间结点,那么可构成新道路 P=v1v2...m...w...uk,此路至少比P1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p1,p2是最长路矛盾。
因此任意两条最长路至少有一个公共顶点
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 最新 离散数学 习题 答案
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)