离散数学第9章习题答案Word下载.docx
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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■
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数之和至少是n-1,则G是连通图。
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+n2≤n。
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+n2-2≤n-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
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(2≤k),求它的叶的数目。
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+2■
2.证明:
树T中最长道路的起点和终点必都是T的叶。
假设T中最长道路P=vi1vi2…vik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(v‘1,v’2…,v’l)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…v’lvi1.与T中无回路矛盾。
对于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Δ≥k,则T中至少有k个叶结点。
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)=Δ的节点时,ω(T-v)=Δ,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Δ。
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≥Δ≥k。
因此T中至少有k个叶结点■
7.设G为n(n≥5)阶简单图,证明G或中必含圈。
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|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。
e是G的割边当且仅当e含于G的每个生成树中。
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e不是G的割边,那么G-{e}依然连通,具有生成树,这些生成树也是G的生成树,且不包含e,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。
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。
从T1中删除边a,得树T1-1和T1-2 ,分别用V1,V2 表示这两棵子树的结点集合,设Ea={e|e的两个端点分别属于V1,V2},显然,a∈Ea.因为a不在T2中,所以a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a外所有的边的端点均在V1或V2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b是其中的一条。
则(T1-a)+b连通且无回路是G的生成子图,它是G的生成树。
同理(T2-b)+a也是G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。
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e,那么G-{e}连通,可以求出生存树T,此T也是G的生存数,且不包含e ,那么e 是T的树补边。
则T+{e},有唯一一个圈C,删除圈上任意一条非e边,便得到一颗包含e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。
设T中的结点数为n,枝点数为i;
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。
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:
19.给定权1,4,9,1,2,6,4,6,8,10,构造一个最优二叉树。
根据带权最优二叉树定理构造过程如下:
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。
因为正则二叉树的边数m与分支点数i的关系为:
m=2i,又因为是树,因此结点数n满足:
n=m-1=2i-1,必为奇数。
叶结点数t和枝点数之和为n,即:
t+i=n,因此t=(n-1)/2■
习题十二
1.证明下面3个图都是平面图。
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。
略■
3.设G是阶数不小于11的图。
G或中至少有一个是非平面图。
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n≤10.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。
因为是简单连通平面图,因此根据欧拉公式有 6-12+f=2,所以有8个面。
根据面度和与边的关系有,Σd(fi)=2m=24;
因为要在平面上围成一个面,至少需要3边,所以8个面,Σd(fi)≥24。
因此,不存在面度大于3的面,所有面的度数都是3■
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。
假设图G(n,m)的每个结点的点度都大于等于5,根据握手定理及平面图的判定定理有:
5n≤2m<60 (1) 握手定理
m≤3n-6(2)
根据(1)得到:
n<
12
结合(1)(2)得到:
5n/2≤3n-6,所以n≥12,矛盾。
因此假设不成立,题设结论成立■
6.设G是具有k(k≥2)个连通分支的平面图,则n–m+f=k+1。
针对每个连通分支而言,满足欧拉公式及:
ni-mi+fi=2,因此Σni–Σmi+Σfi=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Σni–Σmi+Σfi-(k-1)=2k-(k-1)得n–m+f=k+1■
10.举例说明同构的平面图,其对偶图不一定同构。
举例如下:
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?
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V={v1,v2...vn}.构造每门课程的学生选修集合S(vi),如果有同学同时选修了vi,和vj课程,则添加边(vi,vj)到图中。
生成图G后,求G的点色数χ(G)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7,4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。
按11题的要求,作出如下课程图:
所以至少需要3天才能考完■
完成题目[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12]
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。
5.在图13.10中求中国邮递员问题的解。
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。
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仅存在欧拉道路而不存在欧拉回路?
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(n≥2)个结点的有向完全图中,哪些是欧拉图?
n(n≥2)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。
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。
因为图是的正则简单图,因此对任意的u,v∈V,有d(u)+d(v)=4k.根据定理13.4,存在哈密顿道路P=v1v2…v4k+1.
1)如果v1v4k+1∈E,则v1v2…v4k+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+1∈E,那么可构造H圈如下:
v1…vit-1v4k+1v4k…vitv1
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?
1)设n=2k+1,将节点编号为0,1,2…2k,并作如下图示,
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u,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?
将11个学生分别用结点表示,由于每个同学都可能邻座,因此每两个结点之间都有一条边,因此得到无向完全图K11,每次午餐时学生都按照一条哈密顿回路落座,如果两条哈密顿回路有公共边,则公共边端点所代表的学生就是相邻的。
因此上述问题转化为求K11有多少条无公共边的哈密顿回路问题,利用11题的结论,共有(11-1)/2=5条无公共边的哈密顿回路,因此这11个学生共进午餐最多能有5天■
13.假定在n个人的团体中,任何2人合起来认识其余的n-2个人。
(1)这n个人可以排成一排,使得站在中间的每个人的两旁都是自己认识的人,站在两端的人旁边各有1个认识的人;
(2)当月时,这n个人可以围成一个圆圈,使得每个人两旁都是自己所认识的人。
因为任意两个人加起来
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