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图论第三次作业2.证明：根据欧拉公式的推论，有m≦l*(n-2)/(l-2),(1)若deg(f)≧4,则m≦4*(n-2)/2=2n-4;(2)若deg(f)≧5,则m≦5*(n-2)/3,即：3m≦5n-10;(3)若deg(f)≧6,则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)又∵m=n+φ-2,∴φ=2n-4.(3)对于3n的极大可平面图的的每个顶点v，有()3dv，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()(H)wGwG，由点连通度的定义知()3G。5.证明：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36mn，那么对图G+e有36mn，而平面图的必要条件为36mn，两者矛盾，所以图G是极大可平面图。6.证明：(1)由()4G知5n当n=5时，图G为5K，而5K为不可平面图，所以6n，（由()4G和握手定理有24mn，再由极大可平面图的性质36mn，即可得6n）对于可平面图有()5G，而6n，所以至少有6个点的度数不超过5.(2)由()5G和握手定理有25mn，再由极大可平面图的性质36mn，即可得12n，对于可平面图有()5G，而12n，所以至少有12个点的度数不超过5.8.证明：(1)由握手定理()2()idvmnG和极大可平面图的性质36mn，可得[6()]12Gn对4n恒成立，又，所以6()3G，即()3G。(2)由定理5，对简单可平面图都有()5G，又图G是3n的简单连通平面图，所以G中至少有3个点的度数小于等于5.(3)由定理5，对简单可平面图都有()5G，又图G是4n的简单连通平面图，所以G中至少有4个点的度数小于等于5.17.证明：利用反证法，假设存在6连通可平面图，设G是6连通图，则：k(G)≧6由惠特尼定理可得：δ(G)≧k(G)≧6,∴m3n-6,这与G是简单平面图相矛盾，因此假设不成立，不存在6连通可平面图19.证明：假设不存在面f,使得deg(f)≦5,则：2m=≧6φ,由欧拉公式得：φ=2-n+m≦,于是得：2m≦3n-6,另一方面，由δ(G)≧3得：2m≧3n3n-6与上面得到结果相矛盾，所以假设不成立，G至少存在一个面f,使得：deg(f)≦5.第七章作业2.证明：设n=2k+1,∵G是Δ正则单图，且Δ0,∴m(G)==kΔ,由定理5可知χˊ(G)=Δ(G)+1.28.解：(1)又：=k(k-1)(k-2)2(k-3)+k(k-1)2(k-2)=k(k-1)(k-2)(k2-4k+5)=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)(2)∵原图与该图同构，又，同构的图具有相同的色多项式，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；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=-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，若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。若Pk(G)=k4-3k3+3k2是某个单图G的色多项式，则由(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相同：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。若nm时，命题均成立。设G是树，且n(G)=m.可知，存在悬挂边e∈E(G),于是G-e是孤立点加上顶点数为m-1的树，G·e是v(G·e)=m-1的树。由归纳法可知，Pk(G)=Pk(G-e)-Pk(G·e)=k2(k-1)m-2-k(k-1)m-2=k(k-1)m-1,故命题成立。(2)∵Pk(G-e)=Pk(G)+Pk(G·e),Pk(G·e)≧0,所以Pk(G-e)≧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.若连通图G的Pk(G)=k(k-1)m-1时，则n=m-1,所以G是一棵树。即当且仅当G是树时等号才成立。第九章习题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：不失一般性，设G是连通图。G中奇度顶点个数必然为偶数个，将偶数个奇度顶点配对，然后在每一对配对顶点间连一条边得到欧拉图G1，在G1中用Fluery算法求出G的一欧拉环游C，然后顺次在C上标上方向，由此得到C的定向图C1.在C1中，去掉添加的边后，得到G的定向图D，显然：对v∈V(D),有|d+(v)-d-(v)|≦1.7.解：强连通分支：{1}、{2,3,5,6,7}、{4}、{9}、{8}；单向连通分支：{1,2,3,4,5,6,7}、{8,9}；弱连通分支：{1,2,3,4,5,6,7,8,9}。11.证明：设该树有i个分支点，由定理：(m-1)i=t-1得，对于二元完全树，i=t-1由树的性质可得，m=(i+t)-1=(t-1+t)-1=2t-2.原式得证。12.证明：由树的性质，点数为n的树的边数m=n-1,由11题可知m=2t-2=n-1,∴t=(n+1)/2.