第1章 图论预备知识1.1解：(1) p={φ,{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,b}}} 1.2 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={1,3}1.4 证明：设(x,y)∈(A ∩B)X(C ∩D) 说明x ∈A ∩B,y ∈C ∩D 由于 x ∈A,y ∈C 所以 (x,y) ∈A X C 由于x ∈B,y ∈D 所以 (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 x ∈A,y ∈C 由于 (x,y) ∈（B X D ）所以x ∈B,y ∈D 所以x ∈(A ∩B) y ∈(C ∩D) 所以 (x,y) ∈(A ∩B)X(C ∩D)所以(A ∩B)X(C ∩D)= (A X C) ∩（B X D ） 1.5 解：Hasse 图φφφφφφφφφ极大元{9,24,10,7} 极小元{3,2,5,7} 最大元{24} 最小元{2}1.6 解(2)关系图为：(3)不存在最大元，最小元为{2}1.7 解：(1)R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<1,2>,<2,1>,<2,3>,<3,2>} (2)略(3)I A ⊆R 故R 是自反的。

<1,2>∈R <2,3>R 但是<1,3>∉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={<1,3>，<1,4>,<2,3>,<2,4>} 右式={<1,3>,<2,4>}(2) 不成立 A={1,3} B={1} C={2,4} D={2} 则左式={<3,4>}右式={<1,4>,<3,2>,<3,4>}(3) 不成立 A={1} B={2} C={3} D={4} 则左式={<1,3>,<1,4>,<2,3>,<2,4>} 右式={<1,3>,<2,4>} (4) 成立 证明：设<x,y>∈(A-B)X C ⇔x (A-B)∧ y C⇔x A ∧x B ∧ y C <x,y> A X C ∧<x,y>B XC <x,y>(A X C)-(B XC)故得 （A-B ）X C=（A X C ）-（B X C ）∈∈∈∈∈∈⇔∈∈⇔∈1.9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，AXB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|=n2，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x∈A,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R1R2={(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<a,b>∈R,由对称性所以<b,a>∈R,由传递性<a,a>∈R,所以R是等价关系。

1.15证明：①x∈A，<x,x>∈R,<x,x>∈S→<x,x>∈R∩S，所以R∩S有自反性；②x,y∈A,因为R,S是反对称的，<x,y>∈R∩S∧<y,x>∈R∩S(<x,y>∈R∧<x,y>∈S) ∧(<y,x>∈R∧<y,x>∈S)(<x,y>∈R∧<y,x>∈R) ∧(<x,y>∈S∧<y,x>∈S)x=y∧y=xx=y所以，R∩S有反对称性。

③x,y,z∈A,因为R,S是传递的，<x,y>∈R∩S∧<y,z>∈R∩S<x,y>∈R∧<x,y>∈S∧<y,z>∈R∧<y,z>∈S<x,y>∈R∧<y,z>∈R∧<x,y>∈S∧<y,z>∈S<x,z>∈R∧<x,z>∈S<x,z>∈R∩S所以，R∩S有传递性。

所以R∩S也是A上的偏序关系。

1.16解：r(R)={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<5,5>,<1,2>,<2,3>,<2,5>,<3,4>,<4,3>,<5,5>}s(R)={<1,2>,<2,1>,<2,3>,<3,2>,<2,5>,<5,2>,<3,4>,<4,3>,<5,5>}t(R)={<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<2,3>,<2,4>,<2,5>,<3,3>,<3,4>,<4,3>,<4,4>,<5,5>}1.17 (1)证明：①对任意a,b,a+b=a+b,故得(a,b)R(a,b),关系R具有自反性;②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;③如果(a,b)R(c,d),(c,d)R(e,f),则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)(2)2.2 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：2.4bbea:出度为3、入度为1 b:出度为2、入度为2 c:出度为2、入度为3 d:出度为2、入度为3 e:出度为2、入度为2a:出度为3、入度为1 b:出度为1、入度为2 c:出度为3、入度为3 d:出度为3、入度为2 e:出度为0、入度为3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(v i )→u i (1≤ i ≤ 10)容易证明，对∀v i v j ∈E((a)),有f(v i v j )=u i u j ∈E((b)) (1≤ i ≤ 10, 1≤j ≤ 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、b —7、c —4、d —9、e —5、f —6、g —1、h —2、i —10、j —3. 2.7证：设在一有向完全图G 中，边数为n.则可知∑deg +(vi )=∑deg −(vi )=n .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)v 23u 4 u (b)(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 必连通。

2.10解：点割集为：{v1，v3}、{v4}、{v6}割点为：v4、v6 2.11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v0v1…vk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v0v1v2…vlv0,该圈长为l+1，显然不小于δ+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，m≥12(n−1)(n−2)+1=1此时G为K2，当然连通。

（3）假设当n=k（k≥2）时，m≥12(n−1)(n−2)+1结论成立。