电子科大图论答案

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1、-.图论第三次作业一、第六章2.证明：根据欧拉公式的推论，有m≦l*(n-2)/(l-2),(1)假设deg(f)≧4,那么m≦4*(n-2)/2=2n-4;(2)假设deg(f)≧5,那么m≦5*(n-2)/3,即：3m≦5n-10;(3)假设deg(f)≧6,那么m≦6*(n-2)/4,即：2m≦3n-6.3.证明：∵G是简单连通图，∴根据欧拉公式推论，m≦3n-6;又，根据欧拉公式：n-m+φ=2,∴φ=2-n+m≦2-n+3n-6=2n-4.4.证明：(1)∵G是极大平面图，∴每个面的次数为3，由次数公式：2m==3φ,由欧拉公式：φ=2-n+m,∴m=2-n+m,即：m=3n-6.

2、(2)又∵m=n+φ-2,∴φ=2n-4.(3)对于的极大可平面图的的每个顶点，有，即对任一一点或者子图，至少有三个邻点与之相连，要使这个点或子图与图G不连通，必须把与之相连的点去掉，所以至少需要去掉三个点才能使，由点连通度的定义知。5.证明：.word.zl.-.假设图G不是极大可平面图，那么G不然至少还有两点之间可以添加一条边e，使G+e仍为可平面图，由于图G满足，那么对图G+e有，而平面图的必要条件为，两者矛盾，所以图G是极大可平面图。6.证明：(1)由知当n=5时，图G为，而为不可平面图，所以，〔由和握手定理有，再由极大可平面图的性质，即可得〕对于可平面图有，而，所以至少有6个点的度

3、数不超过5.(2)由和握手定理有，再由极大可平面图的性质，即可得，对于可平面图有，而，所以至少有12个点的度数不超过5.二、第七章2.证明：设n=2k+1,∵G是Δ正那么单图，且Δ>0,∴m(G)==>kΔ,由定理5可知χˊ(G)=Δ(G)+1.28.解：.word.zl.-.(1)又：=k(k-1)(k-2)2(k-3)+k(k-1)2(k-2)=k(k-1)(k-2)(k2-4k+5).word.zl.-.=k(k-1)(k-2)2(k-3),所以，原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-4k+5)-k(k-1)(k-2)2(k-3)=k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)(

4、2)∵原图与该图同构，又，同构的图具有一样的色多项式，所以原图色多项式为：k(k-1)(k-2)2(k2-5k+8)。31.证明：(1)用归纳法来证明。当m=1时，直接计算Pk(G)=km-km-1,得km-1系数为-1，且Pk(G)中具有非零系数的k的最小次数为1即G分支数，故m=1时命题成立；.word.zl.-.设对于少于m条边的一切n阶单图命题均成立，考虑单图G=(n,m),由递推公式：Pk(G)=Pk(G-e)-Pk(G·e),由假设可令：Pk(G-e)=kn+a1kn-1+…+an-1kn-1,且a1=-m+1;Pk(G·e)=kn-1+b1kn-2+…+bn-2kn-2,且b1

5、=-m+1,∴Pk(G)=kn+(a1+1)kn-1+(a1+b1)kn-2+…+bn-2kn-2,∴Pk(G)中kn-1的系数a1+1=-m；Pk(G)中具有非零系数的k的最小次数为n-2即为G的分支数。(2)一个多项式，假设是某个图的色多项式，那么也是该图对应的底图的色多项式。故我们仅需对单图来证明。假设Pk(G)=k4-3k3+3k2是某个单图G的色多项式，那么由(1)可知，m(G)=3，从而χ(G)≧2,另一方面，P1=1，这说明χ(G)≦1,与上面结论相矛盾，故Pk不可能是任何单图的色多项式。32.证明：因为G1和G2中分别有一个唯一的4度顶点：u1与v1.但是它们邻点状况不一样：

6、u1有4个2度邻点，而v1只有两个2度顶点，所以G1与G2不同构。利用直接计算方法可得：Pk(G1)=Pk(G2)=10k3+5k4+k5.33.证明：(1)当n=1时，Pk(K1)=k,命题成立。假设n

7、)≧Pk(G),另一方面由于G连通，设T是G的生成树，逐次用上述导出的公式将余数T的边从G中除去，于是最后有Pk(G)≦Pk(T),由(a)，Pk(T)=k(k-1)m-1,所以，Pk(G)≦k(k-1)m-1.假设连通图G的Pk(G)=k(k-1)m-1时，那么n=m-1,所以G是一棵树。即当且仅当G是树时等号才成立。三、第九章1.解：∵每条边有2种定向方式，所以一个简单图共有2m(G)种定向。2.证明：不