2023年7月19日发(作者：)

第8 章 习题解答

8.1 图8.6 中,(1)所示的图为K1,3,(2) 所示的图为K2,3,(3)所示的图为K2,2,它们分别各有不同的同构形式.

8.2 若G为零图,用一种颜色就够了,若G是非零图的二部图,用两种颜色就够了.

分析 根据二部图的定义可知,n阶零图(无边的图)是三部图(含平凡图),对n阶零图的每个顶点都用同一种颜色染色,因为无边,所以,不会出现相邻顶点染同色,因而一种颜色就够用了.

8.3 完全二部图Kr,s,中的边数mrs.

分析 设完全二部图Kr,s的顶点集为V, 则VV1V2,V1V2,且|V1|r,|V2|s,Kr,s是简单图,且V1中每个顶点与V2中所有顶点相邻,而且V1中任何两个不同顶点关联的边互不相同,所以,边数mrs.

8.4 完全二部图Kr,s中匹配数1min{r,s},即1等于r,s中的小者. 分析 不妨设rs,且二部图Kr,s中,|V1|r,|V2|s,由Hall定理可知,图中存在V1到V2的完备匹配,设M为一个完备匹配,则V1中顶点全为M饱和点,所以,1r.

8.5 能安排多种方案,使每个工人去完成一项他们各自能胜任的任务.

分析 设V1{甲,乙,丙},则V1为工人集合,

V2{a,b,c},则V2为任务集合.令VV1V2,E{(x,y)|x能胜任y},得无向图GV,E,则G为二部图,见图8.7 所示.本题是求图中完美匹配问题. 给图中一个完美匹配就对应一个分配方案.图8.7 满足Hall定理中的相异性条件,所以,存在完备匹配,又因为|V1||V2|3,所以,完备匹配也为完美匹配.其实,从图上,可以找到多个完美匹配. 取

M1{(甲,a),(乙,b),(丙,c)}

此匹配对应的方案为甲完成a,乙完成b, 丙完成c,见图中粗边所示的匹配.

M2{(甲,b),(乙,a),(丙,c)}

M2对应的分配方案为甲完成b,乙完成a,丙完成c.

请读者再找出其余的分配方案.

8.6 本题的答案太多,如果不限定画出的图为简单图,非常容易地给出4族图分别满足要求.

(1) n (n 为偶数,且n2)阶圈都是偶数个顶点,偶数条边的欧拉图. (2) n (n 为奇数,且n1)阶圈都是奇数个顶点,奇数条边的欧拉图.

(3) 在(1) 中的圈上任选一个顶点,在此顶点处加一个环,所得图为偶数个顶点,奇数条边的欧拉图.

（4）在(2) 中的圈上任选一个顶点,在此顶点处加一个环,所得图为奇数个顶点,偶数条边的欧拉图.

分析 上面给出的4族图都是连通的,并且所有顶点的度数都是偶数,所以,都是欧拉图.并且(1),(2) 中的图都是简单图.而(3),(4)中的图都带环,因而都是非简单图. 于是,如果要求所给出的图必须是简单图,则(3),(4)中的图不满足要求.

其实,欧拉图是若干个边不重的图的并,由这种性质,同样可以得到满足(3),(4)中要求的简单欧拉图.设G1,G2,,Gk是长度大于等于3的k个奇圈(长度为奇数的圈称为奇圈),其中k为偶数,将G1中某个顶点与G2中的某顶点重合,但边不重合,

G2中某顶点与G3中某顶点重合,但边不重合,继续地,最后将Gk1中某顶点与Gk中某顶点重合,边不重合,设最后得连通图为G,则G中有奇数个顶点,偶数条边,且所有顶点度数均为偶数,所以,这样的一族图满足(4)的要求,其中一个特例为图8.8中(1)所示.在以上各图中,若G1,G2,,Gk中有一个偶圈,其他条件不变,构造方法同上,则所得图G为偶数个顶点,奇数条边的简单欧拉图,满足(3)的要求,图8.8中(2)所示为一个特殊的情况.

8.7 本题的讨论类似于8.6题,只是将所有无向圈全变成有向圈即可,请读者自己画出满足要求的一些特殊有向欧拉图.

8.8 本题的答案也是很多的,这里给出满足要求的最简单一些图案,而且全为简单图.

(1)

n(n3)阶圈,它们都是欧拉图,又都是哈密尔顿图.

(2) 给定k(k2)个长度大于等于3的初级回路,即圈G1,G2,,Gk,用8.6题方法构造的图G均为欧拉图,但都不是哈密尔顿图,图8.8给出的两个图是这里的特例.

(3)n(n4)阶圈中,找两个不相邻的顶点,在它们之间加一条边,所得图均为哈密尔顿图,但都不是欧拉图.

(4) 在(2)中的图中,设存在长度大于等于4的圈,比如说G1,在G1中找两个不相邻的相邻顶点,在它们之间加一条新边,然后用8.6题方法构造图G,则G既不是欧拉图,也不是哈密尔顿图,见图8.9所示的图.

分析 (1) 中图满足要求是显然的.(2) 中构造的图G是连通的,并且各顶点度数均为偶数,所以,都是欧拉图,但因为G中存在割点,将割点从G中删除,所得图至少有两个连通分支,这破坏了哈密尔顿图的必要条件,所以,G不是哈密尔顿图.(3) 中构造的图中,所有顶点都排在一个圈上,所以,图中存在哈密尔顿回路,因而为哈密尔顿图,但因图中有奇度顶点(度数为奇数的顶点),所以,不是欧拉图. 由以上讨论可知,(4) 中图既不是欧拉图,也不是哈密尔顿图.

其实,读者可以找许多族图,分别满足题中的要求.

8.9 请读者自己讨论.

8.10 其逆命题不真.

分析 若D是强连通的有向图,则D中任何两个顶点都是相互可达的,但并没有要求D中每个顶点的入度都等于出度. 在图8.2 所示的3个强连通的有向图都不是欧拉图.

8.11 除K2不是哈密尔顿图之外,

Kn(n3)全是哈密尔顿图.

Kn(n为奇数)为欧拉图. 规定K1(平凡图)既是欧拉图,又是哈密尔顿图.

分析 从哈密尔顿图的定义不难看出,n阶图G是否为哈密尔顿图,就看是否能将G中的所有顶点排在G中的一个长为n的初级回路,即圈上.

Kn(n3)中存在多个这样的生成圈(含所有顶点的图), 所以Kn(n3)都是哈密尔顿图.

在完全图Kn中,各顶点的度数均为n-1,若Kn为欧拉图,则必有n1为偶数,即n为奇数,于是,当n为奇数时,

Kn连通且无度顶点,所以,

Kn(n为奇数) 都是欧拉图.当n为偶数时,各顶点的度数均为奇数,当然不是欧拉图. 8.12 有割点的图也可以为欧拉图.

分析 无向图G为欧拉图当且仅当G连通且没有奇度顶点.只要G连通且无奇度顶点(割点的度数也为偶数),G就是欧拉图.图8.8所示的两个图都有割点,但它们都是欧拉图.

8.13 将7个人排座在圆桌周围,其排法为abdfgeca.

分析 做无向图GV,E,其中,

V{a,b,c,d,e,f,g}

E{(u,v)|u,vV且u与v有共同语言}

图G为图8.10所示.图G是连通图,于是,能否将这7个人排座在圆桌周围,使得每个人能与两边的人交谈,就转化成了图G中是否存在哈密尔顿回路(也就是G是否为哈密尔顿图).通过观察发现G中存在哈密尔顿回路,

abdfgeca就是其中的一条哈密尔顿回路.

8.14 用vi表示颜色i,i1,2,,6.做无向图GV,E,其中

V{v1,v2,v3,v4,v5,v6},

E{(u,v)|u,vV且uv,并且u与v能搭配}.

对于任意的vV,d(v)表示顶点v与别的能搭配的颜色个数,易知G是简单图,且对于任意的u,vV,均有d(u)d(v)336,由定理8.9可知,G为哈密尔顿图,因而G中存在哈密尔顿回路,不妨设vi1vi2vi3vi4vi5vi6vi1为其中的一条,在这种回路上,每个顶1点工表的颜色都能与它相邻顶点代表的颜色相.于是,让vi与vi2,vi3与vi4,vi5与vi6所代表的颜色相搭配就能织出3种双色布,包含了6种颜色.

8.15

deg(R1)4,deg(R2)1,deg(R3)3,而deg(R0)12.deg(Ri)20210,i03本图边数m=10.

分析 平面图(平面嵌入)的面Ri的次数等于包围它的边界的回路的长度,这里所说回路,可能是初级的,可能是简单的,也可能是复杂的,还可能由若干个回路组成.图8.1所示图中,R1,R2,R3的边界都是初级回路,而R0的边界为复杂回路(有的边在回路中重复出现),即e1e2e3e4e5e6e7e8e9e10e1e2e3e4,长度为12,其中边e5,e6在其中各出现两次.

8.16 图8.11中,实线边所示的图为图8.1中图G,虚线边,实心点图顶点数n*,边别为4,10和

为它的对偶图的数m*,面数r*分8,于是有

分析 从图8.11还可以发现,G的每个顶点位于的一个面中,且的每个面只含G的一个顶点,所以,这是连通平面图G是具有k个连通分支的平面图k2,则应有r*nk1.读者自己给出一个非连通的平面图,求出它的对偶图来验证这个结论.另外,用图8.1还可以验证,对于任意的v*(G*中的顶点),若它处于G的面Ri中,则应有d(v*)deg(Ri).

8.17 不能与G同构.

分析 任意平面图的对偶图都是连通的,因而与都是连通图,而G是具有3个连通分支的非连通图,连通图与非连通图显然是不能同构的.

图 8.12 中, 这线边图为图8.2中的图G,虚线边图为G的对偶图,带小杠的边组成的图是G*的对偶图,显然G**G.

~8.18 因为彼得森图中有长度为奇数的圈,根据定理8.1可知它不是二部图.图中每个顶点的度数均为3,由定8.5可知它不是欧拉图.又因为它可以收缩成K5,由库拉图期基定理可知它也不是平面图.

其实,彼得森图也不是哈密尔顿图图,这里就不给出证明了. 8.19 将图8.4重画在图8.13中,并且将顶点标定.图中afbdcea为图中哈密尔顿回路,见图中粗边所示,所以,该图为哈密尔顿图.

将图中边(d,e),(e,f),(f,d)三条去掉,所得图为原来图的子图,它为K3,3,可取V1{a,b,c}该图不是平面图.

8.20 图8.14

所示图为图8.25所示图的平面嵌入.

分析 该图为极大平面图.此图G中,顶点数n9,边数m12.若V2{d,e,f},由库拉图期基定理可知,G是不是极大平面图,则应该存在不相邻的顶点u,v,在它们之间再加一条边所得G'还应该是简单平面图,

G'的顶点数n'n6,m'n113,于是会有m'133n'612.

这与定理8.16矛盾,所以,G为极大平面图.

其实,n(

n3)阶简单平面图G为极大平面图当且仅当G的每个面的次数均为3.由图8.14可知,G的每个面的次数均为3,所以,G为极大平面图.

8.21 答案 A,B,C,D全为②

分析 (1) 只有n为奇数时命题为真,见8.11的解答与分析.

(2)

n2时,命题为真,见8.11的解答与分析.

(3) 只有n,m都是偶数时,Kn,m中才无奇度数顶点,因而Kn,m为欧拉图,其他情况下,即n,m中至少有一个是奇数,这时Kn,m中必有奇度顶点,因而不是欧拉图.

(4) 只有nm时,

Kn,m中存在哈密尔顿回路,因而为哈密尔顿图.

当nm时,不妨设nm,并且在二部图Kn,m中,|V1|n,|V2|m,则p(GV1)m|V1|n,这与定理8.8矛盾. 所以,

nm时,

Kn,m不是哈密尔顿图.

8.22 答案 A:②;B②;C②.

分析

图8.15中,两个实边图是同构的,但它们的对偶力(虚边图)是不同构的.

(2) 任何平面图的对偶图都是连通图.设G是非连通的平面图,显然有GG**.

(3) 当G是非连通的平面图时,r*nk1,其中k为G的连通分支数.

8.23 答案 A:④;B②;C②.

分析 根据库期基定理可知,所求的图必含有K5或K3,3同胚子图,或含可收缩成K5或K3,3的子图.由于顶点数和边数均已限定,因而由K3,3加2条边的图可满足要求,由K5增加一个~顶点,一条边的图可满足要求,将所有的非同构的简单图画出来,共有4个,其中由K3,3产生的有2个,由K5产生的有2个.见图8.16所示.