1、第 1 章 图论预备知识1.1 解：(1) p= ,a,b,c,a,b,a,c,b,c,a,b,c(2) p= ,a,b,c,a,b,c(3) p= , (4) p=, , , (5)p= ,a,b,a,a,b,a,b,a,b,a,b,a,a,b,a,b,a,b,a,b,a,b,a,a,b,a,b,a,b1.2 解：(1) 真 (2) 假 (3)假 (4)假1.3 解：(1) 不成立，A=1 B=1,2 C=2(2) 不成立，A=1 B=1,2 C=1,31.4 证明：设(x,y) (A B)X(CD) 说明 xAB,yCD由于 xA,yC 所以 (x,y) A X C由于 xB,yD 所以
2、(x,y) B X D所以 (x,y) （A X C）（B X D）反过来，如果（x,y）(A X C) （B X D）由于 (x,y) （A X C）所以 xA,y C由于 (x,y) （B X D）所以 xB,yD所以 x(AB) y(CD)所以 (x,y) (A B)X(CD)所以(AB)X(CD)= (A X C) （B X D）1.5 解：Hasse 图24124 105239极大元9,24,10,7极小元3,2,5,7最大元24最小元21.6 解 (1)R=|x 整除 y(2)关系图为：(3)不存在最大元，最小元为21.7 解：(1)R=,(2)略(3)IA R 故 R 是自反的。
3、R R 但是 R 故不满足传递性1.8 解：(1) 不成立 A=1 B=2 C=3 D=4 则左式=，, 右式=,(2) 不成立 A=1,3 B=1 C=2,4 D=2 则左式 =右式=,(3) 不成立 A=1 B=2 C=3 D=4 则左式=, 右式=,(4) 成立 证明：设 (A-B)X C x(A-B) y CxAx B y C A X CB X C (A X C)-(B XC)故得 （A-B）X C=（A X C）-（B X C）81051729641.9 略1.10 略1.11 解：A 为 n 个元素的优先级和， A 上有 2n2 个 不同的二元关系，理由为：设 A，B 为集合，AX
4、B 的任何子集所定义的二元关系称作从 A 到 B 的二元关系，特别当 A=B 时，称作 A 上的二元关系，若|A|=n，则|AXA|=n 2，那么 A 上共有 2n2 个不同的二元关系。1.12 略1.13 解：1)真.由于 R1 和 R2 和 R2 都是自反的,因而对任何,都有(x,x) R1,(x,x)R2.因此 ,对任何 xA,都有(x,x)R1R2.所以 R1R2 是自反的。2)假.令 A=a,b,R1=(a,b),R2=b,a.那么 R1R2=(a,a),它就不是 A 上的反自反关系.3)假.令 A=a,b,c,R1=(a,b),(b,a),R2=(b,c),(c,b).那末 R1R
5、2=(a,c),就不是 A的对称关系.4)假.令 A=a,b,c,d,R1=(a,c),(b,c),R2=(c,b),(d,a)易证 R1,R2 都是反对称关系.但是 R1R2=(a,b),(b,a)就不是 A 上的反对称关系.5)假.令 A=a,b,c,R1=(a,c),(b,a),(b,c),R2=(c,b),(a,c),(a,b),易证 R1 和 R2 都是传递关系,但 R1R2=(a,b),(b,b),(b,c)就不是 A 上的传递关系.1.14 证明：由任意的 a，存在一个 b，使得R,由对称性所以R,由传递性R,所以 R 是等价关系。1.15 证明：xA，R,SRS，所以 RS 有
6、自反性；x,yA,因为 R,S 是反对称的，RSRS(RS) (R S)(RR) (S S)x=yy=xx=y所以，R S 有反对称性。x,y,zA,因为 R,S 是传递的，RSR SRSR SR R SSRSRS所以，R S 有传递性。所以 RS 也是 A 上的偏序关系。1.16 解：r(R)=,s(R)=,t(R)=,1.17 (1)证明： 对任意 a,b,a+b=a+b,故得(a,b)R(a,b),关系 R 具有自反性;如果(a,b)R(c,d),则 a+d=b+c,c+b=d+a,故得(c,d)R(a,b),关系 R 具有对称性;如果(a,b)R(c,d),(c,d)R(e,f), 则
7、 a+d=b+c,c+f=d+e,故得 a+f=b+e,(a,b)R(e,f),关系 R 具有传递性;于是关系 R 是等价关系.1.18 略1.19 略1.20 解： (1) 单射(2) 满射(3) 既不是单射，也不是满射(4) 满射(5) 双射1.21 解：(1) O(n3)(2) O(n5)(3) O(n3n!)第 2 章 图2.1解：(1)abcde(2)abcde2.2解：构成无向图的度序列：(1)、(2) 、(3)、(4)、(6)构成无向简单图的度序列：(2)、(3) 、(4)2.3解：补图为：2.4a:出度为 3、入度为 1b:出度为 2、入度为 2c:出度为 2、入度为 3d:出
8、度为 2、入度为 3e:出度为 2、入度为 2a:出度为 3、入度为 1b:出度为 1、入度为 2c:出度为 3、入度为 3d:出度为 3、入度为 2e:出度为 0、入度为 3解：设图 G 中结点数为 n,则有 3x4+3x(n-3)=2x12.求得 n=7,即图 G 有 7 个结点.2.5 证明将习图 2.2 的两图顶点标号为如下的(a)与(b)图作映射 f : f(vi)ui (1 i 10)容易证明，对 vivjE(a),有 f(vivj)uiujE(b) (1 i 10, 1j 10 )由图的同构定义知，两个图是同构的。2.6解：同构对应关系：a 8、b7、c 4、d9、e5、f6、g
9、1、h2、i10、j3.2.7证：设在一有向完全图 G 中，边数为 n.则可知 .即+()=-()=所有结点的入度和等于所有节点的出度和，即所有结点的入度的平方和等于所有节点的出度的平方和。2.8(a) v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7 v8 v9 v10 u1 u2 u3 u4 u5 u6 u7 u8 u9 u10 (b) 解：(1)(2)2.9证明：用反证法。设无向图 G 只有两个奇点 u,v，若 u,v 不连通，即它们之间没任何通路，则G 至少有两个连通分支 G1,G2，且 u,v 分别属于 G1 和 G2，于是 G1 和 G2 中各有一个奇度结点，与握手定理矛盾，因此 u,v
10、必连通。2.10解：点割集为：v1，v3、v4 、v6割点为：v4、v62.11解：强连通图：(a）单相连通图：（b） （c ） （ d）弱连通图：（a ） （b） （c ） （d）2.12证明:设 v0v1vk 为 G 中一条最长路，则 v0 的邻接顶点一定在该路上，否则，与假设矛盾。现取与 v0 相邻的脚标最大者，记为 l，则 l,于是得圈v0v1v2vlv0,该圈长为 l+1，显然不小于 +1 。2.13证明：证其逆否命题：e 不是割边当且仅当 e 含在 G 的某个圈中。 必要性：设 e=xy 不是割边。假定 e 位于 G 的某个连通分支 G1 中，则 G1-e 仍连通。故在 G1_e
11、中有(x,y)路 P，P+e 便构成 G1 中一个含有 e 的圈。 充分性：设 e 含在 G 的某个圈 C 中，而 C 含于某连通分支 G1 中，则 G1-e 仍连通。故 W(G-e)=W(G)，这说明 e 不是割边,证毕。2.14证明：用数学归纳法证明： （1）n=1 时， G 为平凡图，显然 G 连通。（2）n=2 时， 此时 G 为 K2，当然连通。12(-1)(-2)+1=1（3）假设当 n=k（k2）时， 结论成立。 12(-1)(-2)+1当 n=k+1 时，若此时每个结点度数为 k，则结论显然成立，否则必存在一个结点 v 度数至多只有 k-1 度，即这个结点最多只有 k-1 条边
12、和它相连。因为此时总的边数 ,则其它 k 个结点之间的边数12(-1)。根据归纳假设，显然这 k 个结点之 12(-1)-(-1)=12(-1)(-2)间是连通的，而根据上面我们知道，至少有一条边使 v 和其它结点相连，所以此时这个图是连通的,结论成立。2.15证明：（1）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 ,以此类推，可以找到一条和 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）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
13、,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,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）对任意两条边 e1,e2 其端点分别为 u1,u2,v1,v2。根据（2）存在回路C1 = u1v1v2u1,C2=u2v1v2u2。那么可以形成新的闭道路P=u1v1v2u2
14、v1v2u1,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)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。2.16解：(1)deg(v1)=2、deg(v2)=3(2)否 (3) 4(4)略2.17解：(1)A= 0 1 0 10 0 1 10 1 0 10 1 0 0(2) = = =20 1 1 10 2 0 10 1 1 10
15、 0 1 130 2 1 20 1 2 20 2 1 20 2 0 140 3 2 30 4 1 30 3 2 30 3 2 2V1 到 V4 长度为 1、2、3、4 的路各有 1、1、2、3 条。2.18解：无向图 G:v1v2v3v4v5可达矩阵 P = 有可达矩阵可知改图为强连通图。1 1 1 1 11 1 1 1 11 1 1 1 11 1 1 1 11 1 1 1 12.19解：(1) 邻接矩阵 A = 1 2 0 00 0 0 10 0 0 11 0 1 0(2) G 中长度为 3 的通路有 23 条，其中有 7 条为回路。(3) 图 G 为强连通图2.20解：邻接矩阵 A = 1
16、 2 0 12 0 0 00 0 0 11 0 1 0关联矩阵 M(G) = 2 1 1 1 00 1 1 0 00 0 0 0 10 0 0 1 12.21解：(1)当 r=1 时，没有长度大于等于 1 的圈。 当 2rs 时，有长度为 4,6,2r 的圈，它们都是偶圈，因而非同构的圈共有 r-1 种。 (2)至多有 r 个顶点彼此不相邻。 (3)至多有 r 条边彼此不相邻。 (4)k= r 2.22证明：反证法。若存在某个具有奇数个面，且每个面均有奇数条棱的多面体 V，不妨设 V有 r(r 为奇数) 个面，设为 R1,R2,Rr，S1,S2,Sr 分别为它们的棱数，均为奇数。作无向图 G
17、如下：在 V 的每个面中放一个顶点 vi，i=1,2,r, 且两个面 Ri与 Rj 有公共面就连边。若存在这样的无向图 G，则 d(vi)均为奇数 Si，由握手定理得 =1()=1=2(为边 数 )但因 r,Si(i=1,2,n)均为奇数，上面等式不可能成立。故不存在这样的无向图 G，从而也不存在满足要求的多面体。2.23解：设 G 是 n 阶 m 条边的自补图,即 G 为 n 阶 m 条边的简单图,且 GG 。于是，G 的边数 m=m，且 m+m=2m=n(n-1)/2。于是 n(n-1)=4m，因而n=4k，或 n-1=4k，k 为正整数。2.24证明：为偶数(n 为奇数)。于是，若 为奇
18、数，必有 dG(v)也为奇数。故 与 G 中奇度顶点个数相等。2.25解:都可以实现，如下图(1)(2)2.26解：(1)错误、 (2)正确、(3)正确2.27略2.28解：无向完全图 Kn 当 n3 且 n 为奇数时才是欧拉图。当 n3 且 n 为偶数时存在欧拉路而不存在欧拉回路。2.29 略2.30 略2.31 略第 3 章 树与最短路径3.1该树的结点个数 n=5，故边数 m=n-1=4,因为 ，所以 5 个结点分12deg(v)niim配的度数为 8，由于树是简单连通图，知 ，则该树的度数序列必是)4下列情况之一，(1)1，1，2， 2，2(2)1，1，1， 2，3(3)1，1，1，
19、1，4这些度数序列对应的简单树为3.2该树的结点个数为 ，则边数 ，又因为 ，所v1mv1deg(v)2(1)nii mv以可知一棵树的结点个数之和为 。2()3.3设有 n 个一度结点，则结点个数为=3+5+8+n，边数为=3+5+8+n-1, 则.可得 n=23.235842(358n)n3.4设有 n 个一度结点， 则：23 231,:nk kn 边 数 ： 度 数2323(1)nk k 4(n3.5反证法。假设没有结点度数大于等于 3 的结点，则只有度为 1 的结点 3 个和度为 2 的结点 n 个。边数：3+n-1，度数：3+2n. 所以 2（3+n-1 ）=3+2n。等式左边为偶数
20、，右边为奇数，相互矛盾，假设不成立。所以至少有一个结点度数大于等于 3.3.6设度为 的结点个数为 则2,3k 23,kn(+-1)+kn 则 由于 ，故 全为 0.34(0k 23,0k 23,kn当 时，只有两个度为 1 的结点，所以 T 是一条直线。20当 时，有两个度为 1 的结点，其他结点度数都为 2，T 仍为一条直线。n综上 T 是一条直线。3.7=若 为度数序列,则该树的结点个数为 n，边数为 n-1,所以12()nd 121egv(n1)nii d： 为 G 的面， 为 的结点，G 的对偶图为 ，可得ir*iv*G又因为 为欧拉图所以 为偶数， 为偶数，所以)deg()(*ii
21、v)deg(*iv)deg(irG 的每一个面都有偶数条边围城。=：G 的面， 为 的结点，G 的对偶图为 ，可得 ，又因*i * )()(*iivr为 G 的每一面均有偶数条边围城，所以 为偶数，所以 为偶数。故)deg(irdegi中所有结点的度是偶数，无奇度结点，所以 为欧拉图。* *G6.10证明：G 有 n 个结点 m 条边，则。42,2)(2)deg(3 rnrrvi假设每一个面的度数大于等于 5，则，整理得 ，这与题目给出84)(5rrnrri 1r的 相矛盾，故假设不成立，即至少有一个面的度数小于 5.126.11证明：假设 G 和 都是平面图，则对图 G 可得 （1）63nm
22、对图 可得 （2） ；整理（1）式和（2）式得：632)1(nmn，04132n又因为 ，故 ，这与 相矛盾，故假设不成24132n024132n立，即 G 和 至少有一个是非平面图。6.12证明（1）由于 G 无割点所以 G 肯定无割边，且每两个面之间最多有一条公共边，所以 是简单图，因此 中至少有两个度相同的顶点，即 G 中至少有两*个面相同的的度数。（2）设 G 中有 k 个度为 5 的面，又因为 为简单平面图mrkrmfd 262)(6)(*，所以 G 中至少有 12 个这样1)3(,3kr的面。6.13 没做出来6.14证明：n=15 ， m=（32+36+8）/2=38，3n-6=
23、45-6=39 没做出来感觉题有问题6.151v34v 1e2e（1）收缩边（ ） （ ） ，所得图中存在与 同胚的子图，故为非平面21,43,v3,K图。（2）收缩边 ， 得到 ，故该图为非平面图。1e25K6.1626v5v4 3v2v18 6R2R3 1R23R41R1 1R253462R34527R34517G面的个数片 B ),(iGF选取的片B选取的面 加入的回路1G2 7654321B),(,)(,212121RR1B2R（ ）52,v2G3 765432B)(,)(,1312R2B2R（ ）51,v3G4 76543B)(,141R3B1R（ ）42,v4G5 7654B)(,)(141R4B4R（ ）53,v56 765)(1所以该图是非可平面图。 1e2e1e2e1R21R1R7v43v6G面的个数片 B ),(iGF选取的片B选取的面 加入的回路12 321B),(,21R12R（ ）51,v（ ）2（ ）53,v（ ）42G5 32B)(1R2B1R（ ）61,v（ ）31v2v5（ ）64,v3G7 3B)(所以该图是非可平面图。6.17对偶图6.1814 321212 123411 2 134 )(,)(,)(cba6.19结点太多，需加的边也多，此题计算太麻烦，感觉不好。
