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习题一作者---寒江独钓1.证明：在n 阶连通图中(1) 至少有n-1条边；(2) 如果边数大于n-1，则至少有一条闭迹；(3) 如果恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。
证明: (1) 若G 中没有1度顶点，由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑若G 中有1度顶点u ，对G 的顶点数作数学归纳。
当n=2时，结论显然；设结论对n=k 时成立。
当n=k+1时，考虑G-u,它仍然为连通图，所以，边数≥k-1.于是G 的边数≥k.(2) 考虑G 中途径：121:n n W v v v v -→→→→L若W 是路，则长为n-1;但由于G 的边数大于n-1,因此，存在v i 与v j ,它们相异，但邻接。
于是：1i i j i v v v v +→→→→L 为G 中一闭途径，于是也就存在闭迹。
(3) 若不然，G 中顶点度数至少为2，于是由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑这与G 中恰有n-1条边矛盾！ 2.(1)2n −12n 2−12n −1 (2)2n−2−1(3) 2n−2。
证明:u 1的两个邻接点与v 1的两个邻接点状况不同。
所以，两图不同构。
4.证明下面两图同构。
u 1 v 1证明:作映射f : v i ↔ u i (i=1,2….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，图(a)与(b)是同构的。
5.指出4个顶点的非同构的所有简单图。
分析：四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为6，所以可按边数进行枚举。
(a)v 2 v 3u 4u(b)6.证明:1)充分性:当G 是完全图时，每个顶点的度数都是n −1,共有n 个顶点，总的度数为n(n −1)，因此总的边数是n(n−1)2=(n 2). 2)必要性:因为G 是简单图,所以当G 是完全图的时候每个顶点的度数才达到最大:n −1.若G 不是完全图，则至少有一个顶点的度数小于n −1,这样的话，总的度数就要小于n (n −1)，因此总的边数小于(n 2)，矛盾。
习题一1. 一个工厂为一结点；若两个工厂之间有业务联系，则此两点之间用边相联；这样就得到一个无向图。
若每点的度数为3，则总度数为27，与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
若仅有四个点的度数为偶数，则其余五个点度数均为奇数，从而总度数为奇数，仍与图的总度数总是偶数的性质矛盾。
2. 若存在孤立点，则m 不超过K n-1的边数, 故 m <= (n-1)(n-2)/2, 与题设矛盾。
3.4. 用向量(a 1,a 2,a 3)表示三个量杯中水的量, 其中a i 为第i 杯中水的量, i = 1,2,3.以满足a 1+a 2+a 3 = 8 (a 1,a 2,a 3为非负整数)的所有向量作为各结点, 如果(a 1,a 2,a 3)中某杯的水倒满另一杯得到 ( a ’1, a ’2, a ’3 ) , 则由结点到结点画一条有向边。
这样可得一个有向图。
本题即为在此图中找一条由( 8, 0, 0 )到( 4, 4, 0 )的一条有向路，以下即是这样的一条：5. 可以。
7. 同构。
同构的双射如下：8. 记e 1= (v 1,v 2), e 2= ( v 1,v 4), e 3= (v 3,v 1), e 4= (v 2,v 5), e 5= (v 6,v 3), e 6= (v 6,v 4), e 7= (v 5,v 3), e 8= (v 3,v 4), e 9 = (v 6,v 1), 则邻接矩阵为： 关联矩阵为：∑∑∑∑∑∑∑==+====-=++=-==---=--=ni i n i i n i n i n i ni i i n i i n i i i i a a n n a a a n n n a n a v v 1111121212/)1()1(2)1(])1[(。
， 所以 因为 ，＋ 的负度数，则为结点的正度数，为结点记－－－－－22 222 i i C a a ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡---------100110000001001000010100010011010100000001001100000111, 001101000100000000001001010000001010⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡( 8, 0, 0 ) ( 5, 3, 0 ) ( 5, 0, 3 ) ( 2, 3, 3 ) ( 2, 5, 1 )(7, 0, 1 ) ( 7, 1, 0 ) ( 4, 4, 0 )( 4, 1, 3 )边列表为：A= (1,1,3,2,6,6,5,3,6), B= (2,4,1,5,3,4,3,4,1). 正向表为：A= (1,3,4,6,6,7,10), B= (2,4,5,1,4,3,3,4,1).习题二1. 用数学归纳法。
图论及其应用习题答案图论及其应用习题答案图论是数学的一个分支，研究的是图的性质和图之间的关系。
图是由节点和边组成的，节点表示对象，边表示对象之间的关系。
图论在计算机科学、电子工程、物理学等领域有着广泛的应用。
下面是一些图论习题的解答，希望对读者有所帮助。
1. 问题：给定一个无向图G，求图中的最大连通子图的节点数。
解答：最大连通子图的节点数等于图中的连通分量个数。
连通分量是指在图中，任意两个节点之间存在路径相连。
我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，统计连通分量的个数。
2. 问题：给定一个有向图G，判断是否存在从节点A到节点B的路径。
解答：我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，查找从节点A到节点B的路径。
如果能够找到一条路径，则存在从节点A到节点B的路径；否则，不存在。
3. 问题：给定一个有向图G，判断是否存在环。
解答：我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，同时记录遍历过程中的访问状态。
如果在搜索过程中遇到已经访问过的节点，则存在环；否则，不存在。
4. 问题：给定一个加权无向图G，求图中的最小生成树。
解答：最小生成树是指在无向图中，选择一部分边，使得这些边连接了图中的所有节点，并且总权重最小。
我们可以使用Prim算法或Kruskal算法来求解最小生成树。
5. 问题：给定一个有向图G，求图中的拓扑排序。
解答：拓扑排序是指将有向图中的节点线性排序，使得对于任意一条有向边(u, v)，节点u在排序中出现在节点v之前。
我们可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来遍历图，同时记录节点的访问顺序，得到拓扑排序。
6. 问题：给定一个加权有向图G和两个节点A、B，求从节点A到节点B的最短路径。
解答：我们可以使用Dijkstra算法或Bellman-Ford算法来求解从节点A到节点B的最短路径。
这些算法会根据边的权重来计算最短路径。
图论与网络流理论课后答案图论与网络流理论是计算机科学中非常重要的两门课程。
学生在学习这些课程时，需要掌握各种算法和理论，以便在实际应用中解决各种问题。
然而，在学习课程后，学生需要进行一些练习，以巩固他们所学的内容，并提高他们的技能水平。
一种非常有效的学习方法是通过解答题目来练习。
本文将提供一些图论与网络流理论的练习题答案，帮助学生评估他们自己的能力，发现自己的错误，以及加强自己的学习。
1. 图论（1）给定一个无向图G=(V,E)，其中V为点的集合，E为边的集合。
一个环是一条从一个点出发，经过若干不同的点，最终返回起点的路径。
请问，如何判断一个无向图中是否存在环？答：可以使用深度优先搜索（DFS）算法来判断是否存在环。
在遍历图的过程中，如果遇到一个已经标记为已访问的顶点，且该顶点不是当前顶点的父亲，则该图中存在一个环。
（2）给定一个带权重的图G=(V,E)，其中每条边都有一个权重。
请问，如何找到一个最小生成树？答：可以使用Prim算法或Kruskal算法来找到一个最小生成树。
在Prim算法中，从一个起始节点开始，将其与最短的相邻节点相连，并将其加入到生成树中。
然后，重复此过程，直到所有节点都加入到生成树中。
在Kruskal算法中，首先将所有边按权重排序，然后按照升序逐个添加边，并检查是否形成了环。
如果没有形成环，则将该边添加到生成树中，否则舍弃该边。
2. 网络流理论（1）给定一个网络流G=(V,E)，其中源点为s，汇点为t，每条边都有一个容量和一个费用。
请问，如何找到一个最小费用流？答：可以使用最小费用最大流算法来找到一个最小费用流。
该算法包含两个步骤。
第一步是找到一个最大流，可以使用Ford-Fulkerson 算法或者Edmonds-Karp算法。
第二步是通过增广路径来增加流量，直到达到最小费用。
（2）给定一个有向无环图G=(V,E)，其中每个节点都有一个点权，且每条边都有一个边权。
请问，如何找到从源点s到汇点t的一条最长路径？答：可以使用动态规划来解决该问题。
图论习题二答案图论习题二答案图论是数学中的一个分支，研究的是图的性质和图之间的关系。
在图论中，有很多经典的习题可以帮助我们更好地理解和应用图的概念。
本文将探讨一些图论习题二的答案，帮助读者更好地理解和掌握图论的知识。
1. 习题：给定一个无向图G=(V,E)，其中V={1,2,3,4,5,6}，E={(1,2),(1,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,5),(4,6)}，求图G的邻接矩阵和关联矩阵。
答案：邻接矩阵是一个n×n的矩阵，其中n是图的顶点数。
对于无向图G，邻接矩阵的元素a[i][j]表示顶点i和顶点j之间是否存在边。
如果存在边，则a[i][j]=1，否则a[i][j]=0。
对于给定的图G，邻接矩阵为：0 1 1 0 0 01 0 1 1 0 01 1 0 1 0 00 1 1 0 1 10 0 0 1 0 00 0 0 1 0 0关联矩阵是一个n×m的矩阵，其中n是图的顶点数，m是图的边数。
对于无向图G，关联矩阵的元素b[i][j]表示顶点i和边j之间的关系。
如果顶点i是边j 的起点，则b[i][j]=-1；如果顶点i是边j的终点，则b[i][j]=1；否则b[i][j]=0。
对于给定的图G，关联矩阵为：-1 -1 0 0 0 01 0 -1 -1 0 00 1 1 0 0 00 0 0 1 -1 -10 0 0 0 1 00 0 0 0 0 12. 习题：给定一个有向图G=(V,E)，其中V={1,2,3,4,5}，E={(1,2),(1,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,1),(5,4)}，求图G的邻接表和深度优先搜索遍历结果。
答案：邻接表是一种图的表示方法，用于存储图中每个顶点的邻接顶点。
对于有向图G，邻接表中的每个元素表示该顶点的出边。
对于给定的图G，邻接表为：1: 2, 32: 3, 43: 44: 15: 4深度优先搜索（DFS）是一种图的遍历算法，用于遍历图中的所有顶点。
二、应用题题0：（1996年全国数学联赛）有n（n≥6）个人聚会，已知每个人至少认识其中的[n/2]个人，而对任意的[n/2]个人，或者其中有两个人相互认识，或者余下的n-[n/2]个人中有两个人相互认识。
证明这n个人中必有3个人互相认识。
注：[n/2]表示不超过n/2的最大整数。
证明将n个人用n个顶点表示，如其中的两个人互相认识，就在相应的两个顶点之间连一条边，得图G。
由条件可知，G是具有n个顶点的简单图，并且有（1）对每个顶点x，)N G≥[n/2]；(x（2）对V的任一个子集S，只要S＝[n/2]，S中有两个顶点相邻或V-S中有两个顶点相邻。
需要证明G中有三个顶点两两相邻。
反证，若G中不存在三个两两相邻的顶点。
在G中取两个相邻的顶点x1和y1,记N G(x1)＝{y1,y2,……,y t}和N G(y1)={x1,x2,……,x k},则N G(x1)和N G(y1)不相交，并且N G(x1)（N G(y1)）中没有相邻的顶点对。
情况一；n=2r：此时[n/2]＝r，由（1）和上述假设，t=k=r且N G(y1)＝V-N G(x1)，但N G(x1)中没有相邻的顶点对，由（2），N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
情况二；n=2r+1: 此时[n/2]＝r，由于N G(x1)和N G(y1)不相交，t≥r,k≥r,所以r+1≥t,r+1≥k。
若t=r+1,则k=r，即N G(y1)=r，N G(x1)＝V-N G(y1)，由（2），N G(x1)或N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
故k≠r+1，同理t≠r+1。
所以t=r,k=r。
记w∈V- N G(x1) ∪N G(y1),由（2），w分别与N G(x1)和N G(y1)中一个顶点相邻，设wx i0∈E, wy j0∈E。
若x i0y j0∈E，则w，x i0, y j0两两相邻，矛盾。
若x i0y j0∉E，则与x i0相邻的顶点只能是(N G(x1)-{y j0})∪{w},与y j0相邻的顶点只能是(N G(y1)-{x j0})∪{w}。
二、应用题题0：（1996年全国数学联赛）有n（n≥6）个人聚会，已知每个人至少认识其中的[n/2]个人，而对任意的[n/2]个人，或者其中有两个人相互认识，或者余下的n-[n/2]个人中有两个人相互认识。
证明这n个人中必有3个人互相认识。
注：[n/2]表示不超过n/2的最大整数。
证明将n个人用n个顶点表示，如其中的两个人互相认识，就在相应的两个顶点之间连一条边，得图G。
由条件可知，G是具有n个顶点的简单图，并且有（1）对每个顶点x，)(xN G≥[n/2]；（2）对V的任一个子集S，只要S＝[n/2]，S中有两个顶点相邻或V-S中有两个顶点相邻。
需要证明G中有三个顶点两两相邻。
反证，若G中不存在三个两两相邻的顶点。
在G中取两个相邻的顶点x1和y1,记N G(x1)＝{y1,y2,……,y t}和N G(y1)={x1,x2,……,x k},则N G(x1)和N G(y1)不相交，并且N G(x1)（N G(y1)）中没有相邻的顶点对。
情况一；n=2r：此时[n/2]＝r，由（1）和上述假设，t=k=r且N G(y1)＝V-N G(x1)，但N G(x1)中没有相邻的顶点对，由（2），N G(y1)中有相邻的顶点对，矛盾。
情况二；n=2r+1: 此时[n /2]＝r ，由于N G (x 1)和N G (y 1)不相交，t ≥r,k ≥r,所以r+1≥t,r+1≥k 。
若t=r+1,则k=r ，即N G (y 1)=r ，N G (x 1)＝V-N G (y 1)，由（2），N G (x 1)或N G (y 1)中有相邻的顶点对，矛盾。
故k ≠r+1，同理t ≠r+1。
所以t=r,k=r 。
记w ∈V- N G (x 1) ∪N G (y 1),由（2），w 分别与N G (x 1)和N G (y 1)中一个顶点相邻，设wx i0∈E, wy j0∈E 。
若x i0y j0∈E ，则w ，x i0, y j0两两相邻，矛盾。
图论试题及答案解析图片一、选择题1. 图论中，图的基本元素是什么？A. 点和线B. 点和面C. 线和面D. 点和边答案：A2. 在无向图中，如果两个顶点之间存在一条边，则称这两个顶点是：A. 相邻的B. 相连的C. 相等的D. 相异的答案：A3. 在有向图中，如果从顶点A到顶点B有一条有向边，则称顶点A是顶点B的：A. 父顶点B. 子顶点C. 邻接顶点D. 非邻接顶点答案：B4. 一个图的度是指：A. 图中顶点的总数B. 图中边的总数C. 一个顶点的边数D. 图的连通性答案：C5. 一个图是连通的，当且仅当：A. 图中任意两个顶点都是相邻的B. 图中任意两个顶点都可以通过边相连C. 图中任意两个顶点都可以通过路径相连D. 图中任意两个顶点都可以通过子顶点相连答案：C二、填空题1. 在图论中，一个顶点的度数是该顶点的________。
答案：边数2. 如果一个图的任意两个顶点都可以通过边相连，则称该图为________。
答案：完全图3. 一个图中，如果存在一个顶点到其他所有顶点都有边相连，则称该顶点为________。
答案：中心顶点4. 图论中，最短路径问题是指在图中找到两个顶点之间的________。
答案：最短路径5. 如果一个图的任意两个顶点都可以通过有向路径相连，则称该图为________。
答案：强连通图三、简答题1. 请简述图论中的欧拉路径和哈密顿路径的定义。
答案：欧拉路径是指在图中经过每条边恰好一次的路径，而哈密顿路径是指在图中经过每个顶点恰好一次的路径。
2. 什么是图的着色问题？答案：图的着色问题是指将图中的顶点用不同的颜色进行标记，使得相邻的两个顶点颜色不同。
四、计算题1. 给定一个无向图G，顶点集为{A, B, C, D, E}，边集为{AB, BC, CD, DE, EA}，请画出该图，并计算其最小生成树的权重。
答案：首先画出图G的示意图，然后使用克鲁斯卡尔算法或普里姆算法计算最小生成树的权重。
习题一作者---寒江独钓1.证明：在n 阶连通图中(1) 至少有n-1条边；(2) 如果边数大于n-1，则至少有一条闭迹；(3) 如果恰有n-1条边，则至少有一个奇度点。
证明: (1) 若G 中没有1度顶点，由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑若G 中有1度顶点u ，对G 的顶点数作数学归纳。
当n=2时，结论显然；设结论对n=k 时成立。
当n=k+1时，考虑G-u,它仍然为连通图，所以，边数≥k-1.于是G 的边数≥k.(2) 考虑G 中途径：121:n n W v v v v -→→→→L若W 是路，则长为n-1;但由于G 的边数大于n-1,因此，存在v i 与v j ,它们相异，但邻接。
于是：1i i j i v v v v +→→→→L 为G 中一闭途径，于是也就存在闭迹。
(3) 若不然，G 中顶点度数至少为2，于是由握手定理：()2()21v V G m d v n m n m n ∈=≥⇒≥⇒>-∑这与G 中恰有n-1条边矛盾！ 2.(1)2n −12n 2−12n −1 (2)2n−2−1(3) 2n−2。
证明:u 1的两个邻接点与v 1的两个邻接点状况不同。
所以，两图不同构。
4.证明下面两图同构。
u 1 v 1证明:作映射f : v i ↔ u i (i=1,2….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，图(a)与(b)是同构的。
5.指出4个顶点的非同构的所有简单图。
分析：四个顶点的简单图最少边数为0，最多边数为6，所以可按边数进行枚举。
(a)v 2 v 3u 4u(b)6.证明:1)充分性:当G 是完全图时，每个顶点的度数都是n −1,共有n 个顶点，总的度数为n(n −1)，因此总的边数是n(n−1)2=(n 2). 2)必要性:因为G 是简单图,所以当G 是完全图的时候每个顶点的度数才达到最大:n −1.若G 不是完全图，则至少有一个顶点的度数小于n −1,这样的话，总的度数就要小于n (n −1)，因此总的边数小于(n 2)，矛盾。
所以G 是完全图。
8. Δ与δ是简单图G 的最大度与最小度，求证：证明：由握手定理有：所以有：9.证明：设|V 1|=l 1,|V 2|=l 2,V 1中点的度数之和为d 1,,V 2中点的度数之和为d 2,G 的边数为m .有偶图的定义可知d 1=m =d 2.而d 1=kl 1,d 2=kl 2.所以l 1=l 2.10.证明：将每个人看成一个顶点，若其中有两个人是朋友，则将这两个人所代表的顶点连接起来，这样便得到了一个简单图。
这个图中每个顶点的度数就是这个顶点所代表的人的朋友的数目。
因为简单图中至少有两个顶点的度数相同，所以这些人中至少有两个人这这个人群中的朋友数目是相同的。
12.证明：若δ≥2，则G 中必然含有圈。
证明：只就连通图证明即可！设W=v 1v 2…..v k-1v k 是G 中的一条最长路。
由于δ≥2，所以v k 必然有相异于v k-1的邻接顶点。
又W 是G 中最长路,所以，这样的邻接点必然是v 1,v 2,….,v k-2中之一。
设该点为v m ，则v m v m+1….v k v m 为G 中圈。
13.证明:不妨设G 是连通的（否则可考虑其某一个连通分支）.设L =ω1ω2…ωk−1ωk 是G 中最长的一条路。
因为δ≥2,所以V(G)中还有δ−1个点与ωk 相邻。
因为L 2m n δ≤≤∆()()2v V G n d v m n δ∈≤=≤∆∑2m n δ≤≤∆是最长的路,所以这些点在ω1,ω2,…,ωk−1中。
又因为G是简单图，所以这些点不可能是ωk−1.设从ω1开始ωi(1≤i≤k−1−δ)是这些点中第一个与ωk相邻的点,则ωiωi+1…ωkωi是G中的一个圈，其长度至少为δ+1.14.G的围长是指G中最短圈的长；若G没有圈，则定义G的围长为无穷大。
证明：（1）围长为4的k的正则图至少有2k个顶点，且恰有2k个顶点的这样的图（在同构意义下）只有一个。
（2）围长为5的k正则图至少有k2+1个顶点。
证明(1) 设u,v是G中两相邻顶点，则S(u)⋂S(v)=φ,否则，可推出G中的围长为3，与已知矛盾。
因此，G中至少有2（k-1）+2个顶点，即有2k个顶点。
把S(u)⋃⎨v⎬，S(v)⋃⎨u⎬连为完全偶图，则得到2k个顶点的围长为4的图，由作法知，这样的图是唯一的。
(2)设G是围长为5的k正则图,任取u∈V(G)记S i={v∈V(G):d(u,v)=i}(i= 0,1,2,…).则:①S1中不同的顶点不相邻;②S2中每个顶点有且只有一条边与S1相连.(若①或②不成立,则G的围长不是5).这样的话G的顶点数至少为|S0|+|S1|+|S2|=1+k+k(k−1)=k2+1.15.证明:(1)①G连通由m≥n>n−1知,G中至少有一个闭迹,所以G中包含圈.② G不连通设G的所有的连通分支为G1,G2,…,G k.G i的顶点数为n i,边数为m i,(i=1,2,…,k)则至少有一个i0,使得m i0≥n i.由①可知G i中包含圈,所以G中包含圈.(2) 只就m=n+4证明就行了。
设G是满足m=n+4，但不包含两个边不相交的圈的图族中顶点数最少的一个图。
可以证明G具有如下两个性质：1) G的围长g≥5。
事实上，若G的围长≤4，则在G中除去一个长度≤4的圈C1的一条边，所得之图记为G',显然，m(G') ≥∣V(G)∣=∣V(G')∣,由(1),G'中存在圈C2, 使C1,C2的边不相交这与假定矛盾；2）δ (G)≥3。
事实上，若d(v0)=2,设v0v1,v0v2∈E(G),作G1=G-v0+⎨v1v2⎬;若d(v0)≤1,则G1为在G中除去v0及其关联的边(d(v0)=0,任去G中一条边)所得之图。
显然，m(G1)=⎜V(G1)⎜+4,G1仍然不含两个边不重的圈之图。
但∣V(G1)∣<∣V(G)∣，与假定矛盾。
由2),n+4=m≥3n/2 ⇒ n≤ 8. 但另一方面，由1),在G中存在一个圈Cg，其上的顶点之间的边，除Cg之外，再无其它边，以S0表示Cg上的顶点集，故由2),S0上每个顶点均有伸向Cg外的的边。
记与S0距离为1的顶点集为S1，则S0的每一个顶点有伸向S1的边，反过来，S1中的每个顶点仅有唯一的一边与S0相连，不然在G中则含有长不大于g/2+2的圈，这与G的围长为g相矛盾，故⎪S0⎪≤⎪ S1⎪,于是有：n≥⎪S0⎪+⎪ S1⎪≥g+g≥10,但这与n≤8矛盾。
所以，假定条件下的G不存在。
18.证明:因为e只能属于G的某一个连通分支,所以只需考虑G是连通图的情况.若G−e仍然连通,则ω(G)=1=ω(G−e)<2=ω(G)+1.若G−e不连通,则ω(G)=1<2=ω(G−e)=ω(G)+1.19.证明:设G1是G−v的任一个连通分支,则在G中v通过偶数条天与G1相连,否则G1中有奇数个奇顶点.所以v至少通过两条边与G1相连,因此ω(G−v)≤d(v)/220．证明:(1)G不连通的时候,设 G中的两个连通分支G1,G2。
则在G中, G1中的每个顶点与G2中的每个顶点都相邻，于是G的同一个连通分支中的顶点在G中的距离为2或0，G中不同的连通分支中的顶点在G中的距离都为1。
所以d(G)<3.(2) G连通的时候，考虑G中任意两个不同顶点u和v.①如果u和v不相邻,则在G中u adj v,于是在G中d(u,v)=1.②当u adj v的时候，因为G的直径大于3,所以G中有两个顶点w1,w2满足d(w1,w2)=d(G)>3.因此u不同时和w1,w2相邻，v也不能同时与w1,w2相邻。
所以在G中,d(u,v)=2.结合①②可知d(G)<3.21.设G是具有m条边的n阶单图，证明：若G的直径为2且Δ=n-2,则m≥2n-4.证明：设d (v)=Δ=n-2,且设v的邻接点为v1,v2,…,v n-2. u是剩下的一个顶点。
由于d (G)=2且u不能和v邻接，所以u至少和v1,v2…,v n-2中的一个顶点邻接。
否则有d (G)>2.不妨假设u和v1,v2…v k邻接。
为了保证u到各点距离不超过2,v k+1,….v n-2这些顶点的每一个必须和前面v1,v2,…,v k中某点邻接，这样，图中至少又有n-2条边。
总共至少有2n-4条边。
22.证明:因为G不是完全图,所以G中至少有两个不同的顶点u和w不相邻，又因为G是连通的，所以G中还有不同于u和w的点v同时与u,w相邻.于是,我们找到了G 中的三个顶点u,v,w满足uv∈E,vw∈E,但是uw∉E.(上述讨论中,若连接u和w的路的长度大于2,则考记这条路上从w开始最后一个与w相邻的点为v，第一个与w不相邻的点为u即可.)。
