图论习题课

7-13章

习题7.1

• 设无向图G有16条边，有3个4度顶点、4个3度顶点，其余顶点的度数均小于3，问G中至少有几个顶点？

习题7.1解答

• 设G至少有n个顶点，G有n-7个顶点的度数至多为2，由于握手基本定理：

2m=32 ≤3×4+4×3+2(n-7)

• 解出n≥11，即G中至少有11个顶点，当度数小于3的顶点都是2度顶点时，G有11个顶点，其中4个是2度顶点.

习题7.2

• 设9阶无向图G中，每个顶点的度数不是5就是6，证明G中至少有5个6度顶点或至少6个5度顶点.

习题7.2解答

• 反证法.否则G至多有4个6度顶点，并且至多有5个5度顶点，但是由于握手定理的推论可知，G不可能有5个5度顶点，于是G至多有8个顶点，这与G有9个顶点相矛盾.

习题7.3

• 证明空间中不可能存在有奇数个面且每个面均有奇数条棱的多面体.

习题7.3解答

• 反证法.假设存在具有奇数个面且每个面都有奇数条棱的多面体。令G=<V,E>.其中，V={v|v为G的面}，

E={(u,v)|u,v ∈ V ∧ u ≠ v ∧ u与v有公共棱}.

• 由假设可知，|V|为奇数，且每个点的度数都是奇数，于是G有奇数个奇度顶点，这与握手定理推论相矛盾

习题7.5

• 设n阶无向简单图G为3次图(3-正则图)，边数m与n满足如下关系:

2n-3=m

• 试问G有几种非同构情况？并证明你的结论.

习题7.5解答(1)

• 先给出一个命题：

• 设G1与G2同为n阶无向简单图，则G1 ≌G2当且仅当G’1 ≌G’2,其中G’1 ,G’2分别是G1和G2的补图。

习题7.5解答(2)

• 由已知条件和握手定理，知：

3n=2m，2n-3=m.

• 解方程组，得n=6，m=9.由此可知满足题设的3-正则图都是6阶9条边的无向简单图，他们都是K6的子图。这样的子图只有两种非同构的：

习题7.5解答(2)

• 因为这两个图的补图对应下面两个图，6阶9边的3-正则图的补图只有这两种

习题7.11

• 设无向图G是n阶自补图，证明n=4k或n=4k+1，其中k为正整数.

习题7.11解答

• 设G为n阶自补图，则G ≌ G’(G’为G的补图)，于是G与G的边数相等，且他们边数之和为n阶完全图Kn的边数，设G的边数为m，则

• m=Cn2/2=n(n-1)/4

• 即4m=n(n-1)，由于n与n-1互素，必有n=4k或n=4k+1.

习题7.14

• 设n(n≧3)阶无向简单图G是连通的，但不是完全图，证明存在u,v,w∈V(G)，使得(u,v)(v,w) ∈E(G)，而(u,w) ∉ E(G).

习题7.14解答

• 反证法.否则n,v,w ∈ V(G)，只要(u,v)和(v,w) ∈ E(G)，就有(u,v) ∈ E(G).

• u,v ∈ V(G)，由G的连通性可知，u与v之间有通路，设P=uv1v2…vrv为u与v之间的一条通路.因为(u,v1)，(v1,v2) ∈ E(G)，由假设可知(u,v2) ∈ E(G)。以此类推，必有(u,v) ∈ E(G)，有u,v的任意性，可知G为无向完全图Kn，与G不是完全图矛盾.

习题7.16

• 设G是无向简单图，δ(G) ≧3，证明G中各圈

长度的最大公约数为1或2.

习题7.16解答(1)

• 不妨设G是连通简单图，否则可以对G的某个连通分支讨论。

• 设P=vi0vi1vil为G中一条极大路径.则l ≧(G) ≧3.由于vi0不与P外顶点相邻，又因为G为简单图，则在P上除vi0vil相邻外，有(G) ≧3，还至少存在两个顶点，设其为vir,vir(1<r<s)与vi0相邻，于是可得3个圈，如图所示.

习题7.16解答(2)

• 易知C1,C2,C3的长度分别为r+1，s+1，s-r+2，

• 设3个圈长度的最大公约数为k，则有①k|r+1 ②k|s+1 ③k|s-r+2

• 由① ②可以推出k|s-r，由③和k|s-r可推出k|2.

• 于是圈长的最大公约数只可能是1或者2.

习题7.18

• 设G是n阶无向简单图，证明: – (1)当δ(G) ≧n/2时，G为连通图；

– (2)当δ(G) ≧(n+k-1)/2时，G为k-连通图.

习题7.18解答

• 反证法.若G不连通，则G至少有2个连通分支，设

G1，G2为其中两个连通分支，设

|V(G1)|=n1,|V(G2)|=n2，则min{n1,n2} ≦⎣n/2⎦，且

v ∈ V(G1)，有d0(v)=dG1 (v)≦ ⎣n/2⎦-1<n/2，这与

δ(G) ≧n/2相矛盾。

习题7.22

• 设n(n≧2)阶无向简单连通图G中不含偶圈，证明G的块或为K2或为奇圈.

© Peking University 22

22

n 22. 说明: 区别: G是奇圈, G含奇圈

n 证明: 块是无割点极大连通子图. 块G1,

(1) G1无圈V(G1)2, G1极大G1=K2.

(2) G1有圈G1只有奇圈G1只有1个奇圈(所有顶点和边都在圈上。反证,否则2圈相交必产生偶圈),

G1无割点 G1是奇圈. #

奇 偶 奇,偶?

习题7.22解答(1)

• 先给出两个命题：

• 命题1：设C1与C2是图中两个不同的圈，他

们至少有一条公共边，并且除公共边外，其中任何一个都不能以路径形式出现在另一个圈。则C1与C2的环合C1⊕ C2为图中偶圈

。

• 命题2：设C为图中一个奇圈，则C上任何两个不同顶点之间与C边补充的路径与C所构成的图中必含有圈。

习题7.22解答(2)

• 命题1演示图：

• 命题2演示图：

习题7.22解答(3)

• 设G’为G中任意一个块，下证G’不是K2就是奇圈。

• 若G’为K2，则G’为所要求的块。否则有|V(G’)|≧3，则G’必为2-连通图，由Whitney第二定理，G’中必含有奇圈，设为C’;

• 若G’=C’，此时G’为所要求的块。否则由命题2知，C’内外都不含过C’上两个不同顶点的路径。

习题7.22解答(4)

• 由G’ ≠C’， v0∈V(G’)，v0 ∉V(C’). 设e为C’上

任一边，由定理7.20，G’中存在过e和v0的圈C’’，且C’’必为奇圈。C’与C’’有公共边e，由命题1知， C’⊕ C’’为偶圈，又与命题矛盾。

• 因此必有G’=C’，即G的块不是K2就是奇圈。

习题7.25

• 设D为竞赛图，u,v,w ∈ V(D)，若<u,v>,<v,w> ∈ E(D)，就有<u,w> ∈ E(D)，则D成为传递的竞赛图.证明n(n ≧ 2)阶传递的竞赛图不可能是强连通的.

习题7.25解答(1)

• 对n=2或3可直接由竞赛图的定义证明.

• n ≧4时，用反证法,假设D强连通：

• (1) 则D中存在经过每个顶点至少一次的回路，因而， u ∈V(D), v∈V(D), <u,v> ∈E(D).对v, w∈V(D), <v,w> ∈E(D).

习题7.25解答(2)

• (2)因为D强连通，可知存在由w到u的通路，由传递性可知，<w,u> ∈E(D)。同时<v,w> ∈E(D)，再由传递性知，<v,u> ∈E(D)。但是因为<u,v> ∈E(D)，与竞赛图的定义矛盾，故D不可能是强连通的。

v

u

w

8.4

证明：

证明（续）：

8.7

• 证明下面的两个图都不是哈密顿图。

证明：

• 先证明(a)不是哈密顿图

利用定理8.6，即证明

此图破坏哈密顿图应满足

的必要条件. 取顶点集的

子集V1 = {a,b,c,d,e}，则

p(G-V1)=7>|V1|=5,由定理

8.6知，右图不是哈密顿图

证明（续）：

• 证明b不是哈密顿图：

• 利用定理8.6：

• V1 = {a,b,c,d,e,f}

• p(G-V1)=7>|V1|=6

8.13

证明：

证明（续）：

习题9.2

• 无向树T有9片树叶，3个3度顶点，其余顶点的度数均为4，问T中有几个4度顶点？根据T的度序列，你能画出多少棵非同构的无向树？

解答

• 应用握手定理和树的性质，求解无向树.

• 设有x个4度顶点，则阶数n=x+9+3=12+x, m=n-1,由握手定理，2m=22+2x=9+3×3+4x，得到x=2

• 即有2个4度顶点，于是所求树均为14阶树，度序列为1，1，1，1，1，1，1，1，1，3，3，3，4，4

• 下面按直径为6，5，4分别给出非同构的树，共14种

解答（续1）：

• 直径为6的树

解答（续2）

• 直径为5和4的树（最后一个直径为4）

9.6

9.11

10.2

• 利用基本关联矩阵法求下图的所有生成树

v1

v2 v3

v4

v5 e5

e1

e4 e2

e6

e3

10.2 解答

• 利用定理10.3求解

• 图G的关联矩阵如下

10.2 解答（续1）：

• 以v5为参考点，写出基本关联矩阵

10.2 解答（续2）：

10.2 解答（续3）

• 计算出所有的行列式，其中，两个行列式为0，其余8个行列式均非0，对应G的生成树。

• G的所有生成树如下：

10.4

• 有向图D如右图所示.

1. D中v1到v4长度为1,2, 3,4的通路各为多少条？

2. v1到v4长度小于等于3的通路 为多少条？

3. v1到v1长度为1,2,3,4的回路各为 多少条？

4. v4到v4长度小于等于3的回路为多少条？

5. D中长度为4的通路（不含回路）有多少条？

6. D中长度为4的回路有多少条？

7. D中长度小于等于4的通路为多少条？其中多少条为回路？

8. 写出D的可达矩阵。

10.4 解答

• 只需计算有向图D的邻接矩阵A及A2,A3,A4

10.4 解答（续1）

• 为计算方便，还可以计算出B1,B2,B3,B4

10.4 解答（续2）

• 根据上述计算，可以得到

1. D中v1到v4长度为1,2,3,4的通路分别为0,0,2,2条

2. v1到v4长度小于等于3的通路为2条

3. v1到v1长度为1,2,3,4的回路分别为1,1,3,5条

4. v4到v4长度小于等于3的回路为1条

5. D中长度为4的通路（不含回路）有33条

6. D中长度为4的回路有11条

7. D中长度小于等于4的通路为88条, 其中22条为回路

8. D的可达矩阵为全1矩阵，即为强连通图。

习题11.6

设G为n阶m条边的简单连通平面图，证明：当n=7,m=15时G为极大平面图。

• 证明：用极大平面图的定义证。

n-m+r=2 , n=7, m=15 => r =10

deg(r) = 2m =30 => deg(r)=3

习题11.7

设G是n(n≥11)阶无向简单图，证明G或G必为非平面

图。

• 证明:只需证明n=11时结论为真即可。

又设G的边数m不小于G的边数，则m≥28，若G为平

面图，由定理11.10，应有

28 ≤ m ≤ 3n-6 = 27

这是矛盾的，所以G为非平面图。

习题11.12

设G是n(n≥4)阶极大平面图，证明G的对偶图G*是2-

边连通的3-正则图。

• 证明：

(1)因为n≥4,由于G是极大平面图，各面次数均为3，所以G中不可能含环，故G*中不可能含桥。又G*是连通的，所以G*是2边-连通的。

(2)根据极大平面图的定义，又因为n≥4，所以G中不可能有桥，又因为G的每个面的次数均为3，可知G*中每个顶点的度数均为3，所以G*为3-正则图。

习题11.16

设G是连通的3-正则平面图，ri是G中次数为i的面的个数，证明

12 = 3r3 + 2r4 + r5 - r7 - 2r8 - 3r9 - …

• 证明：设G的阶数与边数分别为n与m。

由于G是3-正则平面图，由握手定理3n=2m。

又由定理11.2得,2m = ∑i3 iri ;

G的面数 ，r = ∑i 3 ri ;

由欧拉公式n-m+r=2及以上可得到结论。

习题12.1

无向图G如图所示。

(1)求G的色多项式f(G,k);

(2)求(G);

(3)计算f(G, (G))，f(G,4).

• 解答：(定理12.8,12.9)

(1)f(G,k) = k5-5k4+9k3-7k2+2k.

(2)(G) = 3.

(3)f(G, (G)) = f(G,3) = 24 , f(G,4) = 216.

习题12.2

用定理12.10求下图G的色多项式f(G,k).

• 解答:用定理12.10求G的色多项式，首先找好G的一个割集，然后求出G1, G2,…,Gp和H1, H2,…,Hp，再使用定理12.10中给出的公式即可。

这里，细节省略，最后所得结果是

f(G,k) = k5-5k4+9k3-7k2+2k

习题12.3

设G是由一棵n(n≥2)阶树和一个m(m≥3)阶圈组成的

图，求f(G,k)。

• 解答：由定理12.11和定理12.12计算。

f(G,k) = f(Tn,k) · f(Cm,k)

= k(k-1)n-1( (k-1)m + (-1)m(k-1) ).

习题12.11

设G是3-正则哈密顿图，则G的边色数’(G)=3.

• 证明：

由定理12.17可知,’(G)≥Δ(G)=3,下面只需证明’(G)≤3.

因为G为3-正则图，由握手定理可知，3n=2m。n为偶数。设C为G中的一条哈密顿回路，则C是一个n阶偶圈，因而可用两种颜色给C的边着色。不妨设这两种颜色为,。G中不在C上的边彼此不相邻（G为3-正则图），因而可用第3种 颜色，比如给不在C上的边着色，因而’(G)≤3.

习题12.12

设G是彼得森图.

(1)证明’(G)=4；

(2)证明G不是哈密顿图.

证明：在同构意义下，彼得森图如下所示。

由定理12.17可知，彼得森

图的边色数3≤ ’≤4.

下面证明3种颜色不能

给边着色。

a

b

c d

e

a’

c’

e’ b’

d’

1 2

1 3

1 2 2 3

3

3

2 2

1 ?

?

• 由对称性，外圈5边形用3颜色着色(奇圈的’=3)。这完全确定了图中某些边的颜色，如下图所示。

• 最后发现(a’,d’)(e’,b’)着1,2,3都不行，因而3种颜色不能给彼得森图着色，所以’=4，即将“？”处着4.

a

b

c d

e

a’

c’

e’ b’

d’

1 2

1 3

1 2 2 3

3

3

2 2

1 ?

?

习题12.13

设G是连通的简单的平面图，证明：G既是2-面可着色的又是2-顶点可着色的当且仅当G是不含奇圈的欧拉图。

• 证明：

由于G是连通简单平面图，因而G中不含桥，所以G为地图。由本习题的第9题可知，G是2-面可着色的当且仅当G是欧拉图（当然是平面图）。所以本题只需证明G是2-可着色的当且仅当G中不含奇圈。但这是显然的，因为G是2-可着色的当且仅当G是二部图，而G是二部图当且仅当G中不含奇圈。

习题13.1

无向图G为下图所示，求：

(1)G中所有极小支配集及支配数；

(2)G中所有极小点覆盖集及点覆盖数；

(3)G中所有极大点独立集及点独立数；

(4)G中所有极大匹配及匹配数；

(5)G中所有极小边覆盖及边覆盖数。

e

v4

v1

v2

v3

v5

a b

c d f

• 解答：

(1)极小支配集: {v1,v3}, {v1,v4} , {v1,v2} , {v1,v5} ,

{v2,v3} ,{v3,v4} ,{v3,v5} ,{v2,v4,v5}, 0=2 ；

(2)极小点覆盖集: {v1,v3}, {v2,v4,v5}, 0 =2；

(3)极大点独立集: {v1,v3}, {v2,v4,v5}, 0 =3 ；

(4)极大匹配:{a,c},{a,f},{b,d},{d,e},{c,e},{b,f}, 1=2 ；

(5)极小边覆盖:{a,c,e},{a,c,f},{d,b,e},{d,b,f},

{d,e,c},{a,f,b}, 1 =3.

习题13.3

证明：对于任意无向图G，有0 (G) ≥ δ (G).

• 证明:

设V*为G的最大点独立集，由定理13.3的推论可知，

N* = V* = V(G) – V*为G的一个最小点覆盖集。因为V*中顶点互不相邻，因而∀v∊V*,d(v)≥δ (G)且v的邻域N(v)⊆N *，由此可知0 = |N*| ≥δ (G).

习题13.5

两个人在无向图G上做游戏，方法是交替地选择不同的顶点v0,v1,v2,…,使得对于每个i > 0，vi相邻与vi-1.最后一个取点者得胜（不一定选完G中所有顶点，

选到不能选择为止）。证明：第一个人有得胜策略当且仅当G中无完美匹配。

• 证明：

(⇒)反证法。否则第一个人有得胜策略，而G中存在

完美匹配M。第一取点者为甲。若甲先选择v0,则v0

必为M饱和点，因而乙总能选择v1，使得(v0, v1)∊M.

此时甲无论如何选取v2，总有(v1, v2) ∊(E(G)-M),

v2仍为M饱和点，乙仍然能选择v3，使得(v2, v3)∊M。

如此继续下去，乙总能取点，因此乙胜。

(⇐)由于G中不存在完美匹配，设M为G中的最大匹

配，则M一定存在M-非饱和点。甲先取M-非饱和点v0，乙无论怎么选取v1，总有(v0, v1) ∊(E(G)-M)，由于M是最大匹配，甲再选取的点一定是M-饱和点v2，使得(v1, v2) ∊M，乙再选的v3,一定有(v2, v3) ∊(E(G)-M)，如此继续下去，注意到M无可增广路径，因此最后取点者是甲，所以甲必胜。

习题13.8

现在有3个课外小组：物理组、化学组和生物组。今有张、王、李、赵、陈5名同学，已知： (1)张、王为物理组成员，张、李、赵为化学组成员，李、赵、陈为生物组成员。 (2)张为物理组成员，王、李、赵为化学组成员，王、李、赵、陈为生物组成员。 (3)张为物理组和化学组成员，王、李、赵、陈为生物组成员。 问在(1)(2)(3)3种情况下能否各选出3名不兼职的组长？为什么？若能选出，各有多少种不同的选择方案？

• 解答：

(1)做二部图G=<V1,V2,E>，其中

V1 = {u1,u2,u3}, u1:物理组,u2:化学组, u3:生物组

V2 = {v1,v2,v3,v4,v5}, v1:张, v2:王, v3:李, v4:赵, v5:陈,

E = { (u,v) | u∊ V1 ,v∊ V2,v是u的成员}。

如图所示，满足t=2的t条件，

存在V1到V2的完备匹配，可

选出3名不兼职的班长。共有

11种方案。

v1 v2 v3 v4 v5

u1 u2 u3

(2)类似(1)，满足相异性条件，存在V1到V2的完备匹配，可选出3名不兼职的班长。共有9种方案。

(3)类似(1)作二部图，不满足相异性条件，因而不存在V1到V2的完备匹配，所以不能选出3名不兼职的班长。

v1 v2 v3 v4 v5

u1 u2 u3

(2)

v1 v2 v3 v4 v5

u1 u2 u3

(3)