图论与代数结构第一二三章习题解答doc

习题一1.一个工厂为一结点；若两个工厂之间有业务联系，则此两点之间用边相联；这样就得到一个无向图。若每点的度数为3，则总度数为27，与图的总度数总是偶数的性质矛盾。若仅有四个点的度数为偶数，则其余五个点度数均为奇数，从而总度数为奇数，仍与图的总度数总是偶数的性质矛盾。（或者利用度数为奇数的点的个数必须为偶数个）2.若存在孤立点，则m不超过Kn-1的边数,故m=(n-1)(n-2)/2,与题设矛盾。3.4.用向量(a1,a2,a3)表示三个量杯中水的量,其中ai为第i杯中水的量,i=1,2,3.以满足a1+a2+a3=8(a1,a2,a3为非负整数)的所有向量作为各结点,如果(a1,a2,a3)中某杯的水倒满另一杯得到(a’1,a’2,a’3),则由结点到结点画一条有向边。这样可得一个有向图。本题即为在此图中找一条由(8,0,0)到(4,4,0)的一条有向路，以下即是这样的一条：5.可以。6若9个人中没有4个人相互认识，构造图G，每个点代表一个点，两个人相互认识则对应的两个点之间有边。1）若可以找到点v，d(v)5，则与v相连的6个点中，要么有3个相互认识，要么有3个相互不认识（作K6并给边涂色:红=认识，蓝=不认识，只要证图中必有同色三角形。v1有5条边，由抽屉原则必有三边同色(设为红)，这三边的另一顶点设为v2,v3,v4。若△v2v3v4有一边为红，则与v1构成红色△，若△v2v3v4的三边无红色，则构成蓝色△）。若有3个人相互认识，则这3个人与v相互认识，这与假设没有4个人相互认识矛盾，所以这6个人中一定有3个人相互不认识2）若可以找到点v，d(v)5，不与v相连的点至少有4个，由于没有4个人相互认识，所以这4个人中至少有2个人相互不认识，这两个人与v共3个人相互不认识niiniininininiiiniiniiiiaannaaannnanavv12121211221212ii2/)1(C)1(2)1(])1[(aa。，　所以　　因为　　，＋　　　的负度数，则为结点的正度数，为结点记－－－－－V1V3V2V5V4V6V1V2V4V3V6V5(8,0,0)(5,3,0)(5,0,3)(2,3,3)(2,5,1)(7,0,1)(7,1,0)(4,4,0)(4,1,3)3）若每个点的度数都为5，则有奇数个度数为奇数的点，不可能。7.同构。同构的双射如下：vV1V2V3V4V5V6f(v)bacedf8.记e1=(v1,v2),e2=(v1,v4),e3=(v3,v1),e4=(v2,v5),e5=(v6,v3),e6=(v6,v4),e7=(v5,v3),e8=(v3,v4),e9=(v6,v1),则邻接矩阵为：关联矩阵为：边列表为：A=(1,1,3,2,6,6,5,3,6),B=(2,4,1,5,3,4,3,4,1).正向表为：A=(1,3,4,6,6,7,10),B=(2,4,5,1,4,3,3,4,1).100110000001001000010100010011010100000001001100000111,001101000100000000001001010000001010习题二1.用数学归纳法。k=1时，由定理知结论成立。设对于k命题成立。对于k+1情形，设前k个连通支的结点总个数为n1,则由归纳假设，前k个连通支的总边数m1=(n1－k+1)(n1－k)/2。最后一个连通支的结点个数为n－n1,其边数m2=(n－n1)(n－n1－1)/2，所以，G的总边数m=m1+m2=(n1－k+1)(n1－k)/2+(n－n1)(n－n1－1)/2n1=n－1时，m=((n-1)－k+1)((n-1)－k)/2+0=((n－k)((n－k－1)/2,命题成立。n1＜=n－2时，由于n1=k,故m=((n－2)－k+1)(n1－k)/2+(n－n1)(n－k－1)/2＝(n－k)(n－k－1)/2,命题成立。2．若G连通，则命题已成立；否则，G至少有两个连通支。任取结点v1,v2，若G的补图中边(v1,v2)不存在，则(v1,v2)是G中边，v1,v2在G的同一个连通支（假设为G1）中。设G2是G的另一连通支，取v3G2,则v1v3v2是补图中v1到v2的一条道路，即结点v1,v2在补图中有路相通。由v1,v2的任意性，知补图连通。3．设L1,L2是连通图G的两条最长路，且L1,L2无公共结点。设L1,L2的长度(边数)为p.由于G是连通的，故L1上必有一结点v1与L2上一结点v2有道路L’相通。结点v1将L1分为两部分，其中一部分的长度p/2,记此部分道路为L3。同样，结点v2将L2分为两部分，其中一部分L4的长度p/2。这样，L3＋L’＋L4就是G的一条新的道路，且其长度大于p,这与G的最长路(L1)的长度是p的假设矛盾。4.对结点数n作归纳法。（1）n=4时m≥5.若有结点的度≤1,则剩下的三结点的度数之和≥4，不可能。于是每个结点的度≥2，从而存在一个回路。若此回路为一个三角形，则还有此回路外的一结点，它与此回路中的结点至少有二条边，从而构成一个新的含全部四个结点的回路，原来三角形中的一边（不在新回路中）即是新回路的一条弦。若此回路为含全部四个结点的初等回路，则至少还有一边不在回路上，此边就是该回路的一条弦。（2）设n-1情形命题已成立。对于n情形：若有结点的度≤1,则去掉此结点及关联边后，依归纳假设命题成立。若有结点v的度=2,设v关联的两结点为s,t，则去掉结点v及关联边、将s,t合并为一个结点后，依归纳假设命题成立。若每个结点的度≥3，由书上例2.1.3的结果知命题成立。5a)对于任意边(u,v),由于不存在三角形，所以d(u)+d(v)=n，对所有m条边求和，不等式左边每个d(v)被计算了d(v)次b)对n归纳，设小于n时不等式成立，当|V|=n时，删去边(u,v)及点u，v以及相关的边得到G'，由归纳假设，G'最多(n-2)2/4条边，由于(u,v)与G'不构成三角形，因此由G'变回G时最多增加(n-2)+1条边，所以G的边最多(n-2)2/4+(n-2)+1=n2/4注：此题与三角形的存在性无关设最大度数为k，且d(v)=k，令E0={与v相连的边}，E1={不与v相连的边}，则|E0|=k，|E1|=(n-k-1)*k，其中n-k-1表示去除了v及其邻点，这些点的度数都小于等于km=|E0|+|E1|=nk-k2=n2/46．问题可化为求下列红线表示的图是否存在一条欧拉道路的问题：存在欧拉道路！7设C是H道路，当S中顶点在C上不相邻时，C-S最多被分成|S|+1段，而当S中顶点有相邻时段数将更少，而C是G的生成子图，所以t=|S|+18．由推论2.4.1,只需验证G的任意一对结点的度数之和大于或等于n即可。若存在结点v1,v2满足deg(v1)+deg(v2)n,则G－{v1,v2}的边数=Kn-2的边数=(n-2)(n-3)/2.另一方面，由题设知G－{v1,v2}的边数＝m－（deg(v1)+deg(v2)）＞[(n-1)(n-2)/2+2]－n=(n-2)(n-3)/2,与上式矛盾。9对n进行数学归纳法，设n小于等于k时命题成立，则当n=k+1时对任意顶点v，G-v得到的G'仍是有向完全图，由归纳假设存在H道路v1v2…vk若G中存在边(v,v1)或(vk,v)则命题成立否则G中存在边(v1,v)和(v,vk)，这也意味着可以找到i，1=ik，有边(vi,v)和(v,vi+1)此时v1v2…vivvi+1….vk为H道路10对于任意的点u,v，若u与v认识，则d(u)+d(v)=(n-2)+2=n若u不认识v，则从V-{u,v}中让取一点w，w认识u和v否则若w不认识u，则v和w都不认识u，v和w合起来只能最多认识n-3个人，矛盾。由w的任意性，d(u)+d(v)=2(n-2)，当n=4时，2(n-2)=n所以对任意两个点度数和大于等于n11对于这q条边，每条边的两个端点压缩合并为一个点，并去掉重边得到G'G'各点度数均大于等于n/2，所以存在H回路，该回路中q个新点恢复成原2q个点，则所代表的q条边仍在此H回路中注：q不能超过n/212构造图G，每个小立方体对应一个点，两个立方体之间有公共面则对应顶点间有边设最左上角点为黑色，依据相邻点不同色的原则给所有点着色，则黑色点有14个，白色点有13个，若所要求路径存在，则意味着从黑色点开始遍历这27个点到达白色点，这不可能13．1）将边按权值由小到大排序：边：a23a35a15a13a34a45a24a12a25a14权：262729333435384249522)分支定界：S1:a23a35a15a13a34,非H回路,d(S1)=149;将a34置换为其后的a45,a24，a12，a25，a14，也全都是非H回路；S2:a23a35a15a34a45,非H回路,d(S2)=151;将a45置换为其后的a24，a12，a25，a14，也全都是非H回路；S3:a23a35a15a45a24,非H回路,d(S8)=155;将a24置换为其后的a12，a25，a14，也全都是非H回路；S4:a23a35a15a24a12,非H回路,d(S4)=162;S5:a23a35a15a24a25,非H回路,d(S5)=169;S6:a23a35a15a24a14,H回路,d0:=172;S7:a23a35a15a12a25,非H回路,d(S7)=173;S8:a23a35a13a34a45,非H回路,d(S8)=155;将a34,a45置换为其后的数，也全都是非H回路；S9:a23a35a34a45a24,非H回路,d(S9)=160;将a45,a24置换为其后的数，也全都是非H回路；S10:a23a35a45a24a12,非H回路,d(S10)=168;将a12置换为其后的a25,a14，也全都是非H回路；S11:a23a35a45a12a25,非H回路,d(S11)=179;将a12,a25置换为其后的数，其路长差于d0，故不必考虑；S12:a23a35a24a12a25,非H回路,d(S12)=182;将a24，a12，a25,置换为其后的数，其总长差于d0，故不必考虑；继续下去所得组长度会比S6差，故可终止计算。所以，H回路为S6,路长为172。14.这是一个旅行商问题(具体计算略)：15.这是一个最短路问题(具体计算略)：16.(0,0)(2,5)(6,6)(9,3)(8,9)795101712567125+35+65+178+17+16+15+15+15+115+115+35+66+66+37+3V1V2V3V5V4254298452V6V3V2V1V5V432921485323.29V3V2V6V4V1V53336273430习题三1．因为n个结点的树的边有n-1条，故其总度数为2(n-1)，故度为1的结点个数为2(n-1)－2n2－3n3－……－knk.2.设L是树T的一条最长路，L中的结点依次为v1,v2,…,vk。因为L中各结点都有边相连，所以它们的度数均大于或等于1。若deg(v1)1,则除了边(v1,v2)外，还存在边(v1,v’)。因为树中不存在回路，故v’{v1,v2,…,vk}，于是，(v’,v1,v2,…,vk)是T的一条新的路，其长度比L更长。这与L是T的最长路矛盾。所以deg(v1)＝1，类似可证deg(vk)＝1。4．(a)直接根据图确定B5B5T可得树的棵数：.1014201241001411013)det(55TBB(b)去掉边(v1,v5)，则直接根据图确定B5B5T可得不含边(v1,v5)的树的棵数：,754201241001411012)det(55