电子科大图论 第二次作业(4、5章) 答案

习题四3.（1）画一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图； （2）画一个有Euler 闭迹但没有Hamilton圈的图； （3）画一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图；（4）画一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图；解：找到的图如下：(1) 一个有Euler 闭迹和Hamilton圈的图；(2) 一个有Euler 闭迹但没有Hamilton圈的图；(3) 一个有Hamilton圈但没有Euler闭迹的图; (4)一个即没有Hamilton圈也没有Euler闭迹的图.7. 将G中的孤立点去掉后的图为G1，则G1也是没有奇度点的，且G1的最小度大于等于2.则G1存在一个圈S1，在G1 S1中去除孤立的点，得到一个新的图G2，显然G2也没有奇度的点，且G2的最小度大于等于2.这样G2中也存在一个圈S2，这样一直下去，指导Gm中有圈Sm，且Gm-Sm都是孤立的点。这样E(G) = E(G1)并E(G2)并E(Gm).命题得证。10证明：若：（1）G不是二连通图，或者（2）G是具有二分类X,Y的偶图，这里XY,则G是非Hamilton图。证明：（1）G不是二连通图，则G不连通或者存在割点v,有w(G-v)2,由于课本上的相关定理：若G是Hamilton图，则对于v（G）的任意非空顶点集S，有：w(G-S)S,则该定理的逆否命题也成立，所以可以得出：若G不是二连通图，则G是非Hamilton图(2)因为 G是具有二分类X,Y的偶图，又因为XY，在这里假设X<Y,则有wG-X=Y>X,也就是说：对于v（G）的非空顶点集S，有：w(G-S)>S成立，则可以得出则G是非Hamilton图。习题五1. (1)证明：每个k方体都有完美匹配(k大于等于2)(2) 求K2n和Kn,n中不同的完美匹配的个数。证明一：证明每个k方体都是k正则偶图。事实上，由k方体的构造：k方体有2k个顶点，每个顶点可以用长度为k的二进制码来表示，两个顶点连线当且仅当代表两个顶点的二进制码只有一位坐标不同。如果我们划分k方体的2k个顶点，把坐标之和为偶数的顶点归入X，否则归入Y。显然，X中顶点互不邻接，Y中顶点也如此。所以k方体是偶图。又不难知道k方体的每个顶点度数为k,所以k方体是k正则偶图。由推论：k方体存在完美匹配。 证明二：直接在k方体中找出完美匹配。 设k方体顶点二进制码为(x1 ,x2,xk),我们取(x1 ,x2,xk-1,0),和(x1 ,x2,xk-1,1) 之间的全体边所成之集为M.显然，M中的边均不相邻接，所以作成k方体的匹配，又容易知道：|M|=2k-1.所以M是完美匹配。 (2) 我们用归纳法求K2n和Kn,n中不同的完美匹配的个数。 K2n的任意一个顶点有2n-1种不同的方法被匹配。所以K2n的不同完美匹配个数等于(2n-1)K2n-2,如此推下去，可以归纳出K2n的不同完美匹配个数为：(2n-1)! 同样的推导方法可归纳出K n, n的不同完美匹配个数为：n! 6证明：K2n的1-因子分解的数目为(2n)!/(2n*n!)。     因为 K2n的不同完美匹配的个数为(2n-1)!。所以，K2n的一因子分解数目为(2n-1)!个，即2n)!/(2n*n!)，命题得证。7将K9表示为四个生成圈之和。证明：K4n+1= K 2(2n)+1 , 所以，可以分解为2n个边不重的2因子之和。而K9=K2×4+1。所以K9可以表示为四个边不重的2因子之和，对于每个分解出的因子的路径为：Pi=vivi-1vi+1vi-2vi+2vi-3vi-nvi+n,则K9的四条路径为：P1=v1v8v2v7v3v6v4v5,P2=v2v1v3v8v4v7v5v6,P3=v3v2v4v1v5v8v6v7,P4=v4v3v5v2v6v1v7v8,则生成圈Hi是V2n+1与Pi的两个端点连线生成的。所以可以将K9表示为四个生成圈之和。13.所以最小的权值之和为30