交大版《离散的数学结构》标准答案Word文档下载推荐.docx
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j≤6)于是图G与图G′同构。
4.证明,中的两个图都是不同构的。
v1v5v2 G G′ G G′ v6v8v7v4v1?
v5?
v3v2?
v6?
v8?
v7?
v3?
v3v4?
v2v1v5v2?
v4v3?
v1?
v5v4?
2 图G中有一个长度为4的圈v1v2v6v5v1,其各顶点的度均为3点,而在图G′中却没有这样的圈,因为它中的四个度为3的顶点v1?
,v5?
,v7?
,v3?
不成长度的4的圈。
图G中′有四个二度结点,v6?
,v8?
,v4?
,它们每个都和两个三度结点相邻,而G中一个区样的结点都没有。
在中,图G?
中有一2度结点v3?
,它相邻的两个项点v2?
的度均为4,而在图G中却没有这样的点。
5.一个图若同构于它的外图,则称此图为自补图。
在满足下列条件的无向简单图中:
1)给出一个五个结点的自补图;
2)有三个或一结点的自补图吗?
为什么?
3)证明:
若一个图为自补图,则它对应的完全图的边数不清必然为偶数。
[解]1)五个结点的自补图如左图G所示 同构函数?
V→V及?
E→E如下:
?
(a)=a ?
(b)=c ?
(c)=e ?
(d)=b ?
(e)=d ?
(a,b)=(a,c)?
(b,c)=(c,e)?
(c,d)=(e,d)?
(d,e)=(b,d)(e,a)=(d,a) G G bcdae b a e cd2)没有三个结点的自补图。
因为三个结点的完备图的边数为3(3?
1)=3为 2奇数,所以下面3)的结论,不可能有自补图。
有五个结点的自补图。
1)中的例子即是一个五个结点的自补图。
3)证:
一个图是一个自补图,则它对应的完全图的边数必为偶数。
3 因为若一个图G是自补图,则G∪G=对应的完全图,而且E∩E=φ,G现G同构,因此它们的边数相等,即|E|=|E|,因此对应的完全图的边数|E*|=|E|+|E|=2|E|,是偶数。
实际上,n个项点的自补图G,于其对应的完全图的边数|E*|= n(n?
1)n(n?
1),因此有=2|E|,为偶数。
这里n≥4。
对于所有大于或等 22于4的正整数,都可表达成n=4k,4k+1,4k+2,4k+3的形式,这里k=1,2,?
。
其中只有n=4k,4k+1,才能使或4k+1形式, 6.证明在任何两个或两个以上人的组内,总存在两个人在组内有相同个数的朋友。
[证]令上述组内的人的集合为图G的项点集V,若两人互相是朋友,则其间联以一边。
所得之图G是组内人员的朋友关系图。
显然图G是简单图,图中项点的度恰表示该人在组内朋友的个数,利用图G,上述问题就抽象成如下的图认论问题:
在简单图G中,若|V|≥2,则在G中恒存在着两个项点,v1,v2∈V,使得它们的度相等,即deg(v1)=deg(v2)。
其证明如下:
若存在着一个项点v∈V,使得deg(v)=0,则图G中各项点的度最大不超过n-2。
因此n个项点的度在集合{0,1,2,?
,n-2}里取值,而这个集合只有n-1个元素,因此,根据鸽笼原理,必有两个项点的度相同。
若不存在一个度为零的项点,则图G中各项点的度最大不超过n-1。
因此n个项点的度在集合{1,2,?
,n-1}中取值,这个集合只有n-1个元素,因此,根据鸽笼原理,必有两具项点的度相同。
7.设图G的图示如右所示:
1)找出从A到F的所有初级路;
2)找出从A到F的所有简单路;
3)求A到F的距离。
[解]1)从A到F的初级路有7条 DE FABCn(n?
1)为偶数,所以自补图的项点数只能是4k2P1:
(A,B,C,F),P2(A,B,C,E,F),P3:
(A,B,E,F)P4:
(A,B,E,C,F),P5:
(A,D,C,E,F),P6:
(A,D,E,C,F)P7:
(A,D,E,B,C,F)。
2)从A到F的简单路有9条 除了上述1)中7条外,不有P8:
(A,D,E,C,B,E,F) 4 P9:
(A,D,E,B,C,E,F)。
3)从A到F的距离为3。
图可看出,显然从A到F,一步不可能到达,二步也不可到达;
但有长度为3的路,比如P1,P3,P5等能从A到F,故从A到F的距离为3。
8.在下面的图中,哪此是边通图?
哪些是简单图?
(b) (c) [解]图与图不连通,它们能分成两个边通支。
所以只有图是连 能图。
图是简单图,图为它显然无平等边,无自环。
图、是多重图有平行边有自环。
9.求出所有具有四个结点的简单无向连通图。
[解]在不同构的意义下,具有四个结点的简单无向连通图共有6个。
如下面所示:
G1 G2G2 G3 G4G4 G5G5 G6G6 ?
lya定理得证。
参见卢o。
10.设G是一个简单无向图,且为图,若 1m?
(n?
1)(n?
2) 2证明G是连通图。
5
3)画一个图示,使它没有一条E—圈,但有一条H—圈;
4)画一个图示,使它既没有一条E—圈,又没有一条H—圈;
[解]图1既有E-圈,又有H圈。
图2有E-圈,但没有H-圈。
圈3有H-圈,但没有E-圈。
图4既没有E-圈,又没有H-圈。
图1图2图3图4 图2不存在H-圈,是因为存在着S={中间点},使W=2个连通支数,而|S|=1,从而W?
|S|故定理1判定H-图的必要条件可知不存在H-圈。
图3不存在E—圈,是因为G中存在8个结点的度均为3,是奇数。
图4中不存在H—圈,因为G是一个偶图,而偶图要有圈,必须结点数为偶数,而G的结点数为11个,是奇数,不是偶数。
23.若G=有Hamilton路,证明对V中任一非空子集S,均有W(G\\S)|S|+1。
[证]设G=中的Hamilton路为C,路的两个端点为v1,及v2。
我们给G增 加一个新结点,v*及两个新边和而得到图G*,于是G*中就有Hamilton圈G*。
令S*=S∪{v*},则显然有G\\S=C*\\S*。
从而根据定理1有Hamiltou圈的必要条件,有 W=W≤|S*|=|S|+1。
24.雄辩地证明下面的图示中没有Hamilton路。
图1 [证]将图1标记为图3。
图2 图3中存在着Hamilton路,此如H= 21 但是,图3中不存在Hamilton圈。
因为,结点e,j均为2度结点,故若Hamilto 圈,则引H-必通过e,j及其关联的四条边,因此在边及上各增加一个结点l,m,得到图4,显然,图1,即图3有H-圈当且仅当图4有H-圈。
取S={a,e,l,g,i,c},则G\\S={m,f,j,k,b,h,d}这7个孤立点, 因此W=7,而|S|=6,故此有 W(G\\S)?
|S| 根据定理1,有H-圈的必要条件,知图4中没有 H-圈,因此图中没有H-圈。
图2中不存在H路。
证法一:
将图中偶结点全标为A,奇结点全标为 B,取S={偶结点}则G\\S为8个孤立奇结点,于是W=8,而|S|=6。
从而有W?
|S|+1,于是根据第23题的结论,有H-路的必要条件,知无H-路存在。
证法二:
注意到图中的标号,奇、偶结点交错, ABBBBAABABABBBA图5因此是一个偶图于是若有H-路,则奇偶结点之差不得超过1。
但是这里奇结点有8个,偶结点有6个,其差为2。
所以不可能有一条H-路。
25.有七位客人入席,A只会讲英语;
B会讲汉语;
C会讲英语,意大利语及俄语;
D会讲汉语及日语;
E会讲意大利语及德语;
F会讲法语,日语及俄语;
G会讲德语和法语。
问主人能否把诸位安排在一张圆桌上,使每一位客人与左右邻不用翻译便可交谈。
若能安排,请给出一个方案。
[解]能安排,其方案为:
H= 将每个人作为一个项点,如果两个人会 讲同一种语言,就在代表他们的二个项点间连一条边,边上标明二人公用的语言,这样就可得一简单无向图G。
所求问题转化为图G中有无Hamilton圈问题。
图G EC英语G德语F俄语英语DB英语A 而上边指出的圈H正好是图G的一条Hamilton圈,因此问题得到解决。
26.假设在一次集合上,任意两人合起来能够认识其余n-2个人。
证明这n个人可以 排成一行,使得除排头与排尾外,棋逢对手余的每个人都认识自己的左右邻。
22 [证]我们来构造一个n阶图G,图G的项点代表n个人,两个认识的人对应的顶点 间连一条边,从而图G满足:
对任意二顶点u和v,都有deg(u)+deg(v)≥h-2。
所求问题转化为,证明图G中存在一条Hamilton路。
为此,我们证明:
对任意二顶点u和v,都有deg(u)+deg(v)≥h-1。
分情况证明如下:
1)若u和v相邻,则有 deg(u)+deg(v)≥(n-2)+2=n>n-1 2)若u和v不相邻则仍有 deg(u)+deg(v)≥n-1>n-2 否则,已知deg(u)+deg(v)≥n-2知deg(u)+deg(v)=n-2。
那么,G中除u和v外 的余n-2个点,每个顶点都恰与u或v之一相邻。
今考察其中一点w,设它与v相邻,则它必不与u相邻。
于是对于v,w这一对顶点,它们都不与除去它们之后的n-2个顶点中之一顶点u相邻,这就与题设条件:
任二顶点合起来都与其余n-2个项点相邻,相矛盾。
综合1),2)并且根据定理2,有Hamiltou 路的充分条件,可知图G中存在着一条H路。
27.如何无向图G的邻接矩阵判断G是否为二分图?
[解]二分图G=实际上是项点集V的一个划分{X,Y},有两上划分块,而 划分和等价关系对应,因此我们将判定G是二分图转化为判定某一相应的关系是等价关系。
uvw其余n-2个 顶点 ?
1 ,当(vi,vj)或(vjvi)?
令A:
=(aij)nxn,其中aij=?
0 ,否则?
No2.求A:
=AοA=(a
(2)
(2)ij)nxn,其中a
(2)ij=?
(aik∧akj)。
k?
1nvi,vj∈XVY,
(2)=1?
vi,vj∈YaijNo3.令B:
=E∨A
(2)=(bij),其中 23 ,当i?
j时?
1 bij=?
(2) a ,当i?
j时 .(则B显然是自反的对称的.)?
ijNo4.求B=BB= E是n阶单位)其中b
(2) ij= k?
1?
(bik∧bkj)。
nNo5.求B
(2)=B,输出“图G是二分图”,出 口;
否则输出“G不是二分图”,出口。
n228.证明:
如果G是二分图G为图,那么m?
。
4[证]设二分图G=的项点集V是划分为二部分X,Y。
因为|V|=n,所以不 妨设|X|?
nn?
k,从而|Y|?
?
k。
22 因于二分图的边数小于其对应的完全二分图的边数 故此:
nnn2n22?
k?
m?
(?
k)(?
k)?
222429.设G=是二分圈,V=V1∪V2,证明:
1)若G中有H—圈,则|V1|=|V2|;
2)若G中有H—路,则|V2|-1≤|V1|≤|V2|+1。
[证]1)证法一:
若G中有H—图,于G是二分图,则在G中去掉V2后,就只剩 下V1中的|V1|个孤立点;
同样,在G中去掉V1后,就只剩下V2中的|V2|个孤立点。
因此定理1,有Hamilton圈的必要条件,可知:
|V1|=W(G\\V2)≤|V2|,|V2|=W(G\\V1)≤|V1| 因此,可得|V1|=|V2| 。
设C=是二分图中的一条Hamilton圈,从而有V={v1,v2,?
vl},于是|V|=l。
不妨设v1∈V1,观察圈C中的各结点,有:
v1∈V1?
v2∈V2?
v3∈V1?
v4∈V2vτ∈V2从而有v1,v3?
,vτ-1∈V1∪V2,故此 V1={v1,v3,?
vτ-1},V2={v2,v4,?
vτ}所以 24 |V1|= ?
=|V2| 。
22)证法一:
若G中有H—路,于G是二分图,则在G中去掉2后,就只剩下V1中的|V1|个孤立点;
因此习题23有Hamilton路的必要条件,可知 |V1|=W(G\\V2)≤|V2|+1 |V2|=W(G\\V1)|V1|+1,于是|V2|-1≤|V1| 故此 |V1|-1≤|V1|≤|V2|+1 。
设C=是二分图中的一条Hamilton路,从而V={v1,v2,?
,v},于是|V|=τ。
根据1)的证法二:
若v1∈V1,vτ∈V1,则vτ-1∈V2故此τ-1为偶数,τ为奇数,于是|V1|= ?
-1?
1,而|V2|?
因此22 |V1|=|V2|+1 若v1∈V1vτ∈V1,则τ为偶数,于是 |V1|= ?
=|V2|2 若v1∈V2,vτ∈V1,同可证|V1|=|V2| 若v1∈V2,vτ∈V2,则同可证 |V2|=|V1|+1,即|V2|-1=|V1|综合以上四点,有 |V2|-1≤|V1|≤|V2|+1 。
30.在下面的图示中,是否存在{v1,v2,v3,v4}到{u1,u2,u3,u4,u5}的完美匹配?
若存在,请指出它的一个完美匹配。
u1u2u325 u4u5v1 v2 v3 v4
[解]不存在{v1,v2,v3,v4}到{u1,u2,u3,u4,u5}的完美匹配。
因为这两个互补结点子集的结点个数不相同。
31.某展览会共有25个展室,布置如下图所示,有阴影的展室陈列实物,无阴影的 展室陈列图片,邻室之间均有门可通。
有人希望每个展室都恰去一次,您能否为他设计一条路线?
[解]不能。
因为,若我们将每个展室看作一个项点,并且V1是无阴影展室的项点集,V2是有阴影展室的项点集,将邻室之间的门通道看作相应两顶点的边,于是我们得到一个二分图G。
从而问题转化为问图G中是否有从起点uv1到终点v∈V2的一条Hamilton路?
而这样的H路存在的必须条件是|V1|=|V2|证法=b))。
但是|V1|=121≠3=|V2|,故不满足必要条件,所以没有从u到v的Hamilton路。
32.证明:
小于30条边的平面简单图有一个结点的度数小于等于4。
[证]用反法:
假设简单平面图的所有结点的度数都大于4,因而都大于等于5,则 §
2定理1,有 2m?
故此 n≤ nn入口 u入口 uu ?
deg(v)?
5?
5n ii?
1i?
12m5 于简单平面图无平等边,自环,所以任一区域都至少三条或以的边围成,故 利用欧拉公式的推论公式:
m≤3n-6,有 m≤3·
2m?
65因此,m≥30,这与已知条件m<30矛盾。
所以,假设错误,小于30条边的简单平面图必有一个结点的度数小于等于4。
33.在2个结点构成的r2个正方形网格所组成的平面图上,验证Euler公式 的正确性。
[证]如此的平面图,结点数n=(r+1)2 26 边数m=(r+1)r+(r+1)r=2(r+1)r =2r2+2r 面数f=r2+1 于是n-m+f=(r+1)2-(2r2+2r)+(r2+1) =(r2+2r+1)-(2r2+2r)+(r2+1) =2 故此Euler公式对此类图正确。
34.运用kuratowski定理证明下图是非平面图。
[证]给图G中结点打上标号,并用黑点标记要删去的边。
16275 34 图G 去掉图G中打黑点的边,得图G的子图。
27 3 4 27165 图G 图G的子图 对图G的子图进行变形。
1625 734 图G的子图 用kuratowski技术对图G的子图进行处理:
从而,在kwratowski技术下,与K3·
3同构,因而根据Kwratowski定理,此图G是非平面图。
1 2543728 1 离散数学习题解答 习题七 1.证明树是只有一个区域的平面图。
[证]证法一于树无圈套在,因此根据kuratowski定理,可知树是平面图,因此可用Euler定理。
对于树,m=n-1,故此n-m+r=2,得树的区域数 r=2+m-n=2+-n=1 证法二用归纳法,施归纳于树的结点个数n。
当n=1时,只显然为平面图只有一个区域,题意为真 当n=k时,假设题意为真。
当n=k+1时,我们来证题意为真。
事实上,于T是树,故T中至少有一个悬挂点,在T中删去此结点,得到一个k个结点的边通图T′,显然T′中无圈。
于T′是一个具有k个结点的树,于是根据归纳假设,T′是只有一个区域的平面图。
这时将删去的结点重新扦入T′中以得到T,于悬挂点不改变图的平面性和区域数,因此T仍是中仍一个区域的平面图。
2.请画出具有六个结点的各种不同构的自树。
[解]共有六种,图示如下:
3.证明任意一棵树中至少有两片叶子。
29 [证]当结点数n≥2时,任意一棵树必至少有两片叶子。
否则,假设某树中最多只有 一片叶了,那么其中n-1结点都不是叶子,故此这n-1个点的度都大于等于2,于是根据各结点的度的总和是边数的二倍可知 2n-2=2(n-1)=2m= n?
deg(v)≥2(n-1)+1=2n-1,矛盾。
ii?
14.在一棵树中,度数为2的结点有n2个;
度数为了的结点有n3个;
;
度数为k的 结点有nk个;
问它有几个度数为1的结点?
[解]设这棵树的项点数为n,边数为m,度为1的结点数为x。
从而 n=x+n2+n3+?
+nk 但是 n?
degv()=2m=2(n-1)=2n-2 ii?
1n?
degv()=1·
x+2·
n+3·
n+?
k·
n i2 3 k i?
1 =2(x+n2+n3+?
+nk)-2 于是解得 x=n3+2n4?
+(k-2)nk+2 因此,度为1的结点共有n3+2n4+?
+(k-2)nk+2个。
5.设G=是连通的无向图,证明m≥n-1。
[证]既然G是一个连通的无向图,那么G一定包含一个生成树。
又因|V|=n,于是生成树的边数为n-1,从而 m=|E|≥n-1 6.若G=是无向图,且n≤m,则G中必有圈。
[证]用反证法。
假设G中无圈,则 当G连通时,有G是一棵树,从而m=n-1<n,与已知n≤m矛盾。
当G不连通时,有G是森林,不妨设G有k个树,每个树的结点数分别为n1,n2,?
nk,边数分别是n1-1,n2-1,?
,nk-1。
显然总数 m= n?
i?
1ni=n因此,G的 ?
1n(ni-1)= ?
n-?
ii?
1nn1=n-k<n 与已知n≤m矛盾。
7.求出左上图中的全部生成树。
[解]此图共有16个生成树,(详见王朝瑞《图论》P259 30
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