习题91. 设G 是一个(n ，m)简单图。

证明：，等号成立当且仅当G 是完全图。

证明：（1）先证结论：因为G 是简单图，所以G 的结点度上限 max(d(v)) ≤ n-1, G 图的总点度上限为 max(Σ(d(v)) ≤ n ﹒max(d(v)) ≤ n(n-1) 。

根据握手定理，G 图边的上限为 max(m) ≤ n(n-1)/2,所以。

（2） =〉G 是完全图 因为G 具有上限边数，假设有结点的点度小于n-1,那么G 的总度数就小于上限值，边数就小于上限值，与条件矛盾。

所以，G 的每个结点的点度都为n-1，G 为完全图。

G 是完全图 =〉 因为G 是完全图，所以每个结点的点度为n-1, 总度数为n(n-1)，根据握手定理，图G 的边数 。

■2. 设G 是一个（n ，n +1）的无向图，证明G 中存在顶点u ，d （u ）≥3。

证明：反证法，假设,则G 的总点度上限为max(Σ(d(u)) ≤2 n ，根据握手定理，图边的上限为max(m) ≤ 2n/2=n 。

与题设m = n+1，矛盾。

因此，G 中存在顶点u ，d （u ）≥3。

■3．确定下面的序列中哪些是图的序列，若是图的序列，画出一个对应的图来: （1）（3，2，0，1，5）； （2）（6，3，3，2，2） （3）（4，4，2，2，4）； （4）（7，6，8，3，9，5）解：除序列（1）不是图序列外，其余的都是图序列。

因为在（1）中，总和为奇数，不满足图总度数为偶数的握手定理。

可以按如下方法构造满足要求的图：序列中每个数字ai 对应一个点，如果序列数字是偶数，那么就在对应的点上画ai/2个环，如果序列是奇数，那么在对应的点上画(ai-1)/2个环。

最后，将奇数序列对应的点两两一组，添加连线即可。

下面以（2）为例说明：(6 , 3, 3, 2, 2 ) 对应图G 的点集合V= { v 1,v 2,v 3,v 4,v 5}每个结点对应的环数(6/2, (3-1)/2, (3-1)/2, 2/2,2/2) = (3,1,1,1,1)将奇数3，3 对应的结点v 2,v 3一组，画一条连线其他序列可以类式作图，当然大家也可以画图其它不同的图形。

■4．证明：在（n ，m ）图中。

证明：图的点度数是一组非负整数{d(v 1),d(v 2)…d(v n )}，那么这组数的算术平均值一定大于等于其中的最小值，同时小于等于其中的最大值。

对应到图的术语及为：最大值为，最小值为δ，平均值 = (d(v 1)+d(v 2)…+d(v n ))/n = 2m/n,所以。

■5．证明定理10.2。

【定理10.2】 对于任何（n ,m ）有向图G =（V ，E ），证明：有向图中,每条有向边为图贡献一度出度，同时贡献一度出度，所以总出度和总入度相等，并和边数相等。

因此，上述关系等式成立。

■6．设G 是（n ，m ）简单二部图，证明：。

证明：本题目，我们只需要说明n 阶的简单二部图的边数的最大值 = 即可。

设n 阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为V1，V2,那么|V1| + |V2| = n 。

此种情况下，当G 为完全二部图时，有最多的边数，即max(m) = |V1||V2|,变形为，max(m) =( n-|V2|)|V2|.此函数的最大值及为n 阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/2 时取得。

及max(max(m)) = ,所以n 阶二部图(n,m), ■7. 无向图G 有21条边，12个3度数结点，其余结点的度数均为2，求G 的阶数n 。

解：根据握手定理有： 21 =( 3Χ12 + 2(n-12))/2, 解此方程得n = 15■10．判断图10.29中的两个图是否同构，并说明理由。

图9-1.15解：题中两个图不同构，因为左边图的唯一3度点有2个1度点为其邻接点，而右图唯一的3度点只有1个1度点为其邻接点。

因此这两个图不可能同构■13. 设有向图D=<V,E>如下图10.31所示。

(1) 在图中找出所有长度分别为1，2，3，4的圈 (至少用一种表示法写出它们，并以子图形式画出它们)。

(2) 在图中找出所有长度分别为3，4，5，6的回路，并以子图形式画出它们。

解：(1)(2)子图略C=AAC=ADAC=Ae 4Be 7Ce 5AC=Ae 4Be 8Ce 5A C=Ae 4Be 7Ce 6De 2AC=Ae 4Be 8Ce 6De 2A图10.29长度为三的回路：Ae1Ae1Ae1A,Ae1Ae3De2A,Ae4Be7Ce5A,Ae4Be8Ce5A长度为四的回路：AAAAA，AAADA，AABe7CA,AABe8CA,ABe7CDA,ABe8CDA长度为五的回路：AAAAAA,AAAADA,AAABe7CA,AAABe8CA,AABe7CDA,AABe8CDA, AADADA,AAAe4Be7Ce5A,AAAe4Be8Ce5A, ADAe4Be7Ce5A,ADAe4Be8Ce5A■15. 若u和v是图G中仅有的两个奇数度结点,证明u和v必是连通的。

证明：反证法，假设u和v不连通，那么他们必然分布于此图的两个连通分支中。

那么它们将分别是各连通分支中唯一的奇数度结点。

根据握手定理，一个图中奇度点的个数为偶数。

而两个连通分支中，奇度点的个数为奇数。

矛盾。

矛盾的产生，是由于假设不连通导致的，因此，题设结论成立■17.设(n, m)简单图G满足,证明G必是连通图。

构造一个的非连通简单图。

证明：假设G不连通，分支G1，G2．．Ｇｋ，那么他们的边数的最大值ｍａｘ（ｍ）＝Σ（ｎｉ－１）ｎｉ／２≤Σ（ｎｉ－１）（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎｉ－１）＝（ｎ－１）（ｎ－ｋ）／２，所以，只有当k=1时，才能满足题设要求，G是连通图。

如果将顶点集合分成两个点集，|V1|=1，|V2|=n-1,构成如下的有两个分支的非连通简单图，G1=（1，0），G2=Kn-1,满足题设条件■18. 设G是阶数不小于3的连通图。

证明下面四条命题相互等价:(1）G无割边；(2) G中任何两个结点位于同一回路中；(3) G中任何一结点和任何一边都位于同一回路中；(4) G中任何两边都在同一回路中。

证明：（1）=〉（2）因为G连通，且G无割边，所以任意两个结点u,v，都存在简单道路p=u…wv.又因为G无割边，所以，删除边wv后，子图依然连通，即w,v存在简单道路p’,以此类推，可以找到一条核p每条边都不相同的p’’=v…u,这样p和p’’就构成了一条回路。

（2）=〉（3）因为G中任意两个结点都位于同一回路中，所以任意结点u,和任意边e的两个端点v1,v2都分别在两个回路C1，C2中，如果C1=C2=u…v1…v2…u,那么将回路中v1…v2,用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求。

如果C1≠C2，C1=u…v1…u,C2=u…v2…u,那么构成新的道路P=u…v1…u…v2…u,在其中将重复边剔出掉，得到新的回路C3，其中包含v1,v2结点，可以将回路中v1…v2用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求.（3）=〉（4）对任意两条边e1,e2其端点分别为u1,u2,v1,v2。

根据（3）存在回路C1 = u1…v1v2…u1,C2=u2…v1v2…u2。

那么可以形成新的闭道路P=u1…v1v2…u2…v1v2…u1,在其中将重复边剔出到，得到新的回路C3，其中包含e2和u1,u2结点，可以将回路中u1…u2用u1u2=e1替换，就得到新的新的回路，包含e1,e2,满足要求.(4)=>(1)因为任意两条边都在同一回路中，所以不存在割边。

假设边e是割边，那么删除此边，图不连通，分支中的任何一对不在同一分支中的边，不能构成回路，与条件矛盾。

所以，G中无割边■19. 设G=(V,E)是点度均为偶数的连通图。

证明:对任何。

证明：G-v最多产生d(v)个奇数度点，又因为每个连通分支中奇数度点的个数是偶数，即G-v的连通分支最少有两条边和v相连，所以总连通分支数小于等于d(v)/2■21. 证明:在非平凡连通图G中,e为割边的充要条件是它不包含于G的任何圈中。

证明：1）e为割边 =〉e不包含于G的任何圈中假设e包含在某一圈Ci中，那么删除此边，但边关联的两个邻接点依然连通，所以没有破坏原图的连通性。

因此不是割边，矛盾。

所以假设不成立，既e不包含于G的任何圈中；2）e不包含于G的任何圈中 =〉e为割边假设e为割边，那么删除此边，生成子图依然连通。

e关联的两个邻接点有基本道路存在，此基本道路连同e构成一个圈。

与题设矛盾。

所以假设不成立，既e为割边。

根据1），2)可知，题设结论成立■23. 证明:在具有n（n≥2）个结点的简单无向图G中，至少有两个结点的度数相同。

证明：此题可用鸽笼原理，因为n个结点的简单无向图G中，结点的度数只可能是0，1，2…n-1这n个数，又因为如果有结点的度数为0，那么就不可能有结点的度为n-1，反之也然。

所以n 个结点，最多有n-1种度数，其中必有至少两个结点的度数相同■24. 设G是的简单图。

证明:G中必有长度至少为的圈。

证明：设ｐ＝ｕ．．．ｖ是满足题设要求图Ｇ中的最长基本道路，那么ｄ（ｕ），ｄ（ｖ）都应该大于等于δ。

那么，u,v的邻接点都应该在道路p 上，否则此道路可以延长，与其是最长路假设矛盾。

如果u，v是邻结点，那么可以构成一个圈c= u…vu，其长度≥δ＋１。

如果ｕ，ｖ不是邻结点，那么从ｐ的终点开始删除点，直到其为ｕ的邻结点为止，得到道路ｐ＇,可知道路p’，依然保持ｕ的所有邻结点都在ｐ＇上的性质，所以可构成一个圈ｃ＇＝ｕ．．．ｕ＇ｕ，其长度≥δ＋１，证毕■25. 证明:G是单向连通图当且仅当存在一条包含G中全部结点的有向道路。

证明：假设不存在包含全部结点的有向道路，那么设ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ是Ｇ中最长的有向道路，且ｕ结点不包含在此有向道路中。

ｕ和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且ｕ不能到达ｖ１，且ｖｋ也不能到达ｕ，否则，此最长路可扩充。

那么由于道路上的每个结点和ｕ都单向可达，所以此最长路和ｕ之间的可达关系必然如下图所示：当ｋ为偶数时，道路可扩充为v 1…v k/2…u …v k/2+1…v k ,而当ｋ为奇数时，不管ｖｋ＋１／２与ｕ之间是如何单向可达的，都可以构造出更长的有向道路，矛盾，所以Ｇ中一定存在包含所有结点的有向道路■26. 无向图G 如图10.32所示，先将此图顶点和边标出，然后求图中的全部割点和割边。

图10.32解：标注如下所示：根据标记后的图，可求得割点分别为：ｕ４，ｕ７，ｕ８，割边分别为：ｕ４ｕ５，ｕ７ｕ８，ｕ８ｕ９■27. 求图10.33的全部强分图和单向分图。