离散数学9
第9讲 函数 北京大学计算机系离散数学讲义(ppt版)
2020/9/26
《集合论与图论》第9讲
12
例2(解(2))
例2: (2) A2={a,b,c}, B2={1,2}, 解: (2) A2B2中无单射,无双射,满射6个:
f1={<a,1>,<b,1>,<c,2>}, f2={<a,1>,<b,2>,<c,1>}, f3={<a,2>,<b,1>,<c,1>}, f4={<a,1>,<b,2>,<c,2>}, f5={<a,2>,<b,1>,<c,2>}, f6={<a,2>,<b,2>,<c,1>}.
2020/9/26
《集合论与图论》第9讲
26
定理3(证明)
证明: (2) dom(f○g) = A. 显然dom(f○g)A,下证Adom(f○g),
x, xA !y(yBxgy) !y!z(yBzCxgyyfz) !z(zCx(f○g)z) xdom(f○g).
2020/9/26
《集合论与图论》第9讲
第9讲 函数
内容提要 函数,偏函数,全函数,真偏函数 单射,满射,双射,计数问题 象,原象 常数函数,恒等函数,特征函数,单调函数,
自然映射 合成(复合),反函数,单边逆(左逆,右逆) 构造双射(有穷集,无穷集)
2020/9/26
《集合论与图论》第9讲
1
函数(function),映射(mapping)
2020/9/26
《集合论与图论》第9讲
21
特殊函数
常数函数: f:AB, bB, xA, f(x)=b
离散数学 第九章
οai οa1 ο a2
. . . οan
二元运算的运算表
2011-1-31 曲阜师范大学计算机科学学院
一元运算的运算表
12
运算表的实例
上的⊕ 运算的运算表 的运算表， 例3 设 S=P({a,b})，S上的⊕和 ∼运算的运算表，其中全 ， 上的 集为{a,b}。 集为 。 ⊕ ∅ {a} {b} {a,b} ∅ ∅ {a} {a} {a} ∅ {b} {a,b} {b} ∅ {a} {a,b} {a} ∅ x ∅ {a} {b} {a,b} ~x {a,b} {b} } {a} ∅
2011-1-31
曲阜师范大学计算机科学学院
2
第三部分 代数结构
一元:f:S→S 一元 二元:f:S×S→S 二元 × 多元
符合某些律
运算
性质 交换律 单位元 结合律 零元 幂等律 逆元 分配律 吸收律 消去律
代数系统
建立两 个代数 系统的 联系 映射） （映射）
具体代数系统
半群 群 环 域 格 布尔代数
离 散 数 学
代数结构
2011-1-31
曲阜师范大学计算机科学学院
1
第三部分 代数结构
代数结构是以研究数字、文字和更一般元素的运算的 代数结构是以研究数字、文字和更一般元素的运算的 规律和由这些运算适合的公理而定义的各种数学结构的性 规律和由这些运算适合的公理而定义的各种数学结构的性 和由这些 为中心问题. 质为中心问题 它对现代数学如拓扑学、泛函分析等, 它对现代数学如拓扑学、泛函分析等 以及一些其他 科学领域, 如计算机科学、编码理论等, 科学领域 如计算机科学、编码理论等 都有重要影响和广 泛应用. 泛应用
2011-1-31
曲阜师范大学计算机科学学院
离散数学屈婉玲第九章ppt课件
例2 无向完全图Kn（n3）中有几种非同构的圈？ 解 长度相同的圈都是同构的. 易知Kn(n3)中含长度3,4,…,n 的圈，共有n2种非同构的圈．
长度相同的圈都是同构的, 因此在同构意义下给定长度的圈 只有一个. 在标定图中, 圈表示成顶点和边的标记序列. 如果 只要两个圈的标记序列不同, 称这两个圈在定义意义下不同.
设带权图G=<V,E,W> (无向图或有向图), 其中每一条边e的 权W(e)为非负实数. u,vV, 当u和v连通(u可达v)时, 称从u到 v长度最短的路径为从u到v的最短路径, 称其长度为从u到v的 距离, 记作d(u,v). 约定: d(u,u)=0; 当u和v不连通(u不可达v)时, d(u,v)=+.
称边
例 有向图D=<V,E>, 其中 V={a,b,c,d} E={<a,a>,<a,b>,<a,b>,<a,d>,
<d,c>,<c,d>,<c,b>}
注意：图的集合表示与图形表示之间的对应
3
相关概念
1. 无向图和有向图通称图. 记顶点集V(G), 边集E(G). 2. 图的阶, n阶图. 3. n 阶零图Nn, 平凡图N1. 4. 空图. 5. 标定图与非标定图. 6. 有向图的基图. 7. 无向图中顶点与边的关联及关联次数, 顶点与顶点、边与
162=32 = 34+43+2x 解得 x = 4, 阶数 n = 4+4+3=11.
定理9.3 设G为任意n阶无向简单图，则(G)n1．
9
图的同构
定义9.5 设G1=<V1,E1>, G2=<V2,E2>为两个无向图(两个有向 图)，若存在双射函数f:V1V2, 使得vi,vjV1,
离散数学课件_9 树与平面图
1.概念:有向树,根树,树叶,内点,分支
点,层数,树高,祖先,后代,父亲,儿子,
兄弟,有序树,m叉树,完全m叉树,根子树,
左子树,右子树,带权二叉树,最优二叉
树,前缀,前缀码,二元前缀码,二叉树遍
历等;
4
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2019/12/4
第三节 有向树与根树(2)
2.定理: 设T是一棵根树，r是T的树根,则 对于T的任一顶点v,存在唯一的有向路 从r到v；
3.算法:最优二叉树的Huffman算法;
4.前缀码问题:前缀码与二叉树的对应关 系；
5.二叉树的遍历:三种遍历方法,即先根遍 历,中根遍历,后根遍历法.
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5 2019/12/4
第四节 平面图
平面图是很多实际问题的模型. 例如在 集成电路的布线设计中就遇到了平面图 的问题.
1.基本概念:平面图,平面嵌入,面,无限 面(外部面),内部面,边界,次数等;
第九章 树与平面图
树是一类结构较为简单的图，是用途极 为广泛的离散数学模型，特别是二叉树， 它在计算机科学中用得最多.因此在学习 时应很好地掌握好诸如树的充要条件、 生成树、最优生成树、根树、树的各种 算法、及二叉树的访问次序等内容.平面 图是实际背景很强的一类图，能用本章 介绍的方法判断一个图是否为平面图.
2.基本非平面图:K3,3与K5； 3.平面图的欧拉公式； 4.平面图的判定:库拉图斯基定理.
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6 2019/12ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ4
本章小结
本章我们介绍树与平面图，但以介绍树 为主.给出树的定义及树的充要条件， 生成树、最优生成树及最优生成树的克 鲁斯卡尔算法，特别是二叉树，我们讨 论 了 二 叉 树 的 Huffman 算 法 、 前 缀 码 、 二叉树的遍历等问题.最后介绍了一类 实际背景很强的一类图——平面图.
离散数学第四版课后答案(第9章)
第9章 习题解答9.1 有5片树叶.分析 设T 有x 个1度顶点(即树叶).则T 的顶点数Tx x n ,523+=++=的边数.41x n m +=-=由握手定理得方程.∑=+=⋅+⨯+⨯==+=ni ix x vd x m 1.1312233)()4(22由方程解出.5=x所求无向树T 的度数列为1,1,1,1,1,2,2,3,3,3.由这个度数列可以画多棵非同构的无向树,图9.6给出的4棵都具有上述度数列,且它们是非同构的.9.2 T 中有5个3度顶点.分析 设T 中有x 个3度顶点,则T 中的顶点数,7x n +=边数x n m +=-=61,由握手定理得方程.∑=+==+=ni ix v d x m 173)(2122由方程解出x=5.所求无向树T 的度数列为1,1,1,1,1,2,2,3,3,3.由这个度数列可以画多棵非同构的无向树,图9.6给出的4棵都具有上述度数列,且它们是非同构的.9.2 T 中有5个3度顶点.要析 设T 中有x 个3度顶点,则T 中的顶点数x n +=7,边数x n m +=-=61,由握手定理得方程.∑=+==+=ni ix v d x m 173)(2122.由此解出5=x ,即T 中有5个3度顶.T 的度数列为1,1,1,1,1,1,1,3,3,3,3,3.由于T 中只有树叶和3度顶点,因而3度顶点可依次相邻,见图9.7所示. 还有一棵与它非同构的树,请读者自己画出.9.3 加1-k 条新边才能使所得图为无向树.分析 设具有k 个连通分支的森林为G,则G 有k 个连通分支i K T T TT ,,,21全为树,.,,2,1k i =加新边不能在i T 内部加,否则必产生回路.因而必须在不同的小树之间加新边. 每加一条新边后,所得到的森林就减少一个连通分支. 恰好加1-k 条新边,就使得图连通且无回路,因而是树.在加边过程中,只需注意,不在同一人连通分支中加边. 下面给出一种加边方法,取iv 为iT 中顶点,加新边1,,2,1),(1-=+k i vv i i,则所得图为树,见图9.8 给出的一个特例.图中虚线边为新加的边.9.4 不一定.分析 n 阶无向树T 具有1-n 条边,这是无向树T 的必要条件,但不是充公条件.例如, 阶圈(即1-n 个顶点的初级回路)和一个孤立点组成无向简单图具有1-n 条边, 但它显然不是树.9.5 非同构的无向树共有2棵,如图 9.9所示.分析由度数列1,1,1,1,2,2,4不难看出，唯一的4度顶点必须与2度顶点相邻，它与1个2度顶点相邻，还是与两个2度顶点都相邻，所得树是非同构的，再没有其他情况.因而是两棵非同构的树.9.6 有两棵非同构的生成树,见图9.10所示.分析图9.10 是5阶图(5个顶点的图), 5阶非同构的无向树只有3棵,理由如下. 5阶无向树中,顶点数5=n,边数4=m,各顶点度数之和为8,度数分配方案有3种,分别为①1,1,1,1,4;②1,1,1,2,3;③1,1,2,2.2.每种方案只有一棵非同构的树.图9.10所示的5阶图的非同构的生成树的度数列不能超出以上3种,也就是说,它至多有3棵非同构的生成树, 但由于图中无4度顶点,所示,不可能有度数列为①的生成树,于是该图最多有两棵非同构的生成树. 但在图9.10 中已经找出了两个非同构的生成树,其中(1)的度数列为③,(2) 的度数列为②,因而该图准确地有两棵非同构的生成树.9.7 基本回路为: .,,,hfab C gfa C ead C cbad C h g e c====基本回路系统为}.,,,{h g e cC C C C基本割集为:},,{},,{},,,{},,,,,{h g f Sc ed S h c b S h g ce a S fd b a ====基本回路系统为},,,{f d b aS S S S.分析 1°注意基本回路用边的序列表示,而基本割集用边的集合表示.2° 基本回路中,只含一条弦,其余的边全为树枝,其求法是这样的: 设弦),(j iv ve =,则jiv v,在生成树T 中,且在T 中,ji v v ,之间存在唯一的路径ji ,Γ与),(j iv ve =组成的回路为G 中对应弦e 的基本回路.3° 基本割集中,只含一条树枝,其余的边都是弦,其求法是这样的:设树枝),(j iv ve =,则e 为T 中桥,于是eT-(将e 从T中支掉),产生两棵小树1T 和2T ,则}|{21'''中和的两端点分别在中且在T T e G e e S e =e S 为树枝e 对应的基本割集. 显然ee S S e ,∈中另外的边全是弦. 注意,两棵小树1T 和2T ,中很可能有平凡的树(一个顶点).aT -得两棵小树如图9.11中(1) 所示. G 中一个端点在i T 中,另一个端点在2T 中的边为a(树枝), h g c e ,,,,它们全是弦,于是},,,,{h g c e a Sa=bT - 得两棵小树如图9.11中(2) 所示, 其中有一棵为平凡树. G 中一个端点在1T 中,另一个端点在2T 中的边数除树枝b 外,还有弦,,h c 所以, },,{h c b Sb=dT -产生的两棵小树如图9.11中(3) 所示 . G 中一个端点在1T 中,另中一个端点在2T 中的边,除树枝d 外,还有两条弦e c ,,所示, },,{e c d Sd=fT -产生的两棵小树如图9.11中(4) 所示. 由它产生的基本割集为},,{h g f Sf=9.8 按Kruskal 求最小生成树的算法,求出的图9.3(1)的最小生成树T 为图9.12中(1) 所示, 其7)(=T W .(2) 的最小生成树T 为图9.12中(2)所示,其.11)(=T W9.9 421,,B B B为前缀码.分析 在421,,B B B中任何符号串都不是另外符号串的前串,因而它们都是前缀码.而在3B 中, 1是11,101的前缀,因而3B不是前缀码. 在5B 中,,a 是ac aa ,等的前缀,因而5B 也不是前缀码.9.10 由图9.4 (1) 给出的2元前缀码.}11,011,01010,0100,00{1=B由(2) 给出的3元前缀码为.}.2,1,022,0202,0201,0200,01,00{2=B分析 1B 是2元树产生的2元前缀码(因为码中的符号串由两个符号0,1组成),类似地,2B 是由3元树产生的3元前缀码(因为码中符号串由3个符号0,1,2组成).一般地,由r 元树产生r 元前缀码.9.11 (1) 算式的表达式为ji h g f e d c b a *)*()()*)*((((++÷-+.由于使其成为因而可以省去一些括号优先于,,,*,-+÷ji h g f e d c b a **)()*)*((++÷-+.(2) 算式的波兰符号法表达式为.****hij fg bcde a ++-÷+(3) 算式的逆波兰符号法表达式为.****+÷+-+jI hi fg e d abc9.12 答案 A:①; B ②; C:④; D:⑨.分析 对于每种情况都先求出非同构的无向树,然后求出每棵非同构的无向树派生出来的所有非同构的根树.图9.13 中,(1),(2),(3),(4)分别画出了2阶,3阶,4阶,5阶所有非同构的无向树,分别为1棵,1棵,2棵和3棵无向树.2阶无向树只有1棵,它有两个1度顶点,见图9.13中(1)所示,以1个顶点为树根,1个顶点为树叶,得到1棵根树.3阶非同的无向树也只有1棵,见图9.13中(2)所示.它有两个1度顶点,1个2度顶点,以1度顶点为根的根树与以2度顶点为根的树显然是非同构的根树,所以2个阶非同构的根树有两棵.4阶非同构的无向树有两棵,见图9.13中(3)所示. 第一棵树有3片树叶,1个3度顶点, 以树叶为根的根树与以3度顶点为根的树非同构.所以,由第一棵树能生成两个非同构的根树, 见图9.14 中(1)所示. 第二棵树有两片树叶,两个2度顶点,由对称性,以树叶为根的根树与2度顶点为根的根树非同构,见图9.14中(2) 所示. 所以,4阶非同构的根树有4棵.5阶非同构的无向树有3棵,见图9.13中(4)所示. 由第一棵能派生两棵非同构的根树, 由第二棵能派生4棵非同构的根树,由第三棵能派生3棵非同构的根树,所以,5阶非同构的根树共有9棵,请读者将它们都画出来.9.13 答案 A:②; B:②; C:③; D:③; E:③;F:④; G: ④; H:③.分析 将所有频率都乘100,所得结果按从小到大顺序排列:.35,20,15,10,10,5,5=======a b c d e f g w w w w w w w以以上各数为权,用Huffman 算法求一棵最优树,见图9.15所示.对照各个权可知各字母的前缀码如下:a ——10，b ——01，c ——111，d ——110，e ——001，f ——0001，g ——0000.于是，a,b 的码长为e d c ,,,2的码长为g f ,,3的码长为4. W(T)=255(各分支点的权之和),W(T)是传输100按给定频率出现的字母所用的二进制数字,因则传输104个按上述频率出现的字母要用25500⨯个二进制数字..24=1055最后还应指出一点,在画最优树叶, 由于顶点位置的不同,所得缀码可能不同,即有些字母的码子在不同的最优树中可能不同,但一般说来码长不改变.特别是,不同的最优树,它们的权是固定不变的.9.14 答案 A:②; B:④分析用2元有序正则树表示算式,树叶表示参加运算的数,分支点上放运算符,并将被减数(被除数)放在左子树上,所得2元树如图9.16所示.用前序行遍法访问此树,得波兰符号表示法为abc-++de-*.**ghf用后序行遍法访问此树,得逆波兰符号表示法为dec*fghab--++**。
离散数学9-格与布尔代数
17
定理4: 设<A, ∨, ∧>是格，对任意a, b, cA，有 (1)若a≤b和c≤d，则a∧c≤b∧d，a∨c≤b∨d (2)若a≤b，则a∧c≤b∧c，a∨c≤b∨c
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证明：(1)如果a≤b，又b≤b∨d, 由传递性得 a≤b∨d, 类似由c≤d， d≤b∨d，由传递性得 c≤b∨d,这说明b∨d是{a, c}的上界，而a∨c是{a, c}的最小上界，所以a∨c≤b∨d。类似可证 a∧c≤b∧d。
则称b是a的补元，记为a′。若b是a的补元，则a也是b的补 元，即a与b互为补元。 一般说来，一个元素可以有其补元 ，未必唯一，也可能无补元。0′=1和1′=0。
37
定义12: 在有界格中，如果每个元素都有补元，则称格是有 补格。
由于补元的定义是在有界格中给出的，可知，有补格一定是 有界格。
38
定理11: 在有界分配格中，如果某元素有补元，则补元是唯 一的。
34
定理9: 设<A, ∧,∨, 0, 1>是有界格，则对于A中任意元素 a 都有 a∨1 = 1 a∧1 = a a∨0 = a a∧0 = 0
1称为全上界或最大元，0称为全下界或最小元。
图9-6中(a)(b)(c)都有最大元和最小元，所以都是有界格。
35
定理10: 有限格必定是有界格。
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定义11: 设<A,∨,∧>是有界格，aA，如果存在bA使得 a∨b = 1 a∧b = 0
31
定义8: 设<A,∨,∧>是格，如果A中存在元素a,使得对于A中 任意元素x 都有a≼x，则称a为格(A , ≤)的全下界，用0表 示。如果L中存在元素 a, 使得对于L中任意元素 x 都有 x≼a则称a为格(A , ≤)的全上界，用1表示。全下界即是格 的最小元，是唯一的。全上界即是格的最大元，是唯一的 。
《离散数学》第9—11章 习题详解!
第九章 代 数 系 统
９．１ 内 容 提 要
1．二元运算与一元运算 二元运算 设 S 为集合，函数 f：S ×S→S 称为 S 上的二元运算．这时也称 S 对 f 是封闭的． 一元运算 设 S 为集合，函数 f：S→S 称为 S 上的一元运算．这时也称 S 对 f 是封闭的． 二元与一元运算的算符 ，倡，· ，◇，Δ等 二元与一元运算的表示法 表达式或者运算表 2．二元运算的性质 （１） 涉及一个二元运算的算律
定理 9．3 如果 ｜S ｜＞１，则单位元不等于零元． 定理 9．4 对于可结合的二元运算，可逆元素 x 只有惟一的逆元 x －１ ．
3．代数系统
代数系统 非空集合 S 与 S 上的 k 个一元或二元运算 f１ ，f２ ，…，fk 组成的系统，记作 ＜S，f１ ，
f２ ，…，fk ＞． 同类型的代数系统与同种的代数系统
称 V ＝＜A ×B，· 重要结果：
＜a１ ，b１ ＞· ＜a２ ，b２ ＞＝＜a１ a２ ，b１ 倡b２ ＞ ＞为 V１ 与 V２ 的积代数，记作 V１ ×V２ ．这时也称 V１ 和 V２ 为 V 的因子代数．
任何代数系统 V 都存在子代数，V 是 V 的平凡子代数．
V 的子代数与 V 不仅是同类型的，也是同种的．
９．２ 基 本 要 求
１．会判断给定函数 f 是否为集合 S 上的二元或一元运算． ２．会判断或者证明二元运算的性质．
第九章 代 数 系 统
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３．会求二元运算的特异元素． ４．掌握子代数的概念． ５．掌握积代数的定义及其性质 ６．能够判断函数是否为同态并分析同态的性质．
９．３ 习 题 课
本章的习题主要有以下题型． 题型一 判断运算是否封闭（ 集合与运算是否构成代数系统） ，并对封闭的运算确定其性质 及特异元素
第九章 离散数学
P ↔Q
¬(P→Q)
F1 Q→P ¬P∧Q
F2
00 1
0
1
0
1
1
0
0
01 1
1
0
1
1
0
1
0
10 0
1
0
1
1
1
0
0
11 0
0
1
0
1
1
0
0
由上可知： F1是重言式 , F2是矛盾式。 (3)的真值表如第4页所示，它是可满足公式。
9.3 命题公式的等值关系和蕴含关系
一、命题公式的等值关系
定义9-9 设A和B是两个命题公式, P1, P2, …, Pn
1
1
101
0
1
0
0
0
1
110 1
1
0
0
1
1
111
0
1
1
1
0
0
三、公式类型
定义9-8 如果对于命题公式F所包含的命题变元的任
何一组真值指派，F的真值恒为真，则称公式F为重言式 （或永真公式），常用“1”表示。相反地，若对于F所包含 的命题变元的任何一组真值指派，F的真值恒为假，则称公 式F为矛盾式（或永假公式），常用“0”表示。如果至少有 一组真值指派使公式F的真值为真，则称F为可满足公式 。
以及A B的真值表如下：
PQ
PQ (PQ)
P
Q PQ AB
00
0
1
1
1
1
1
01
1
0
1
0
0
1
10
1
0
0
1
0
离散数学第9章习题答案
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。
离散数学第8,9章课后习题答案
第8章 习题参考答案1. 在一次10周年同学聚会上，想统计所有人握手的次数之和，应该如何建立该问题的图论模型？解：将每个同学分别作为一个节点，如果两个人握过一次手就在相应的两个节点之间画一条无向边，于是得到一个无向图。
一个人握手的次数就是这个节点与其他节点所连接的边的条数，进而可得出所有人握手的次数之和。
2. 在一个地方有3户人家，并且有3口井供他们使用。
由于土质和气候的关系，有些井中的水常常干枯，因此各户人家要到有水的井去打水。
不久，这3户人家成了冤家，于是决定各自修一条路通往水井，打算使得他们在去水井的路上不会相遇。
试建立解决此问题的图论模型。
解：将3户人家分别看做3个节点且将3口井分别看做另外3个节点，若1户人家与1口井之间有一条路，则在该户人家与该口井对应的节点之间连一条无向边，这样就得到一个无向图。
3. 某人挑一担菜并带一条狼和一只羊要从河的一岸到对岸去。
由于船太小，只能带狼、菜、羊中的一种过河。
由于明显的原因，当人不在场时，狼要吃羊，羊要吃菜。
通过建立图论模型给出问题答案。
解：不妨认为从北岸到南岸，则在北岸可能出现的状态为24=16种，其中安全状态有下面10种：（人，狼，羊，菜），（人，狼，羊），（人，狼，菜），（人，羊，菜），（Φ），（人，羊），（菜），（羊），（狼），（狼，菜）；不安全的状态有下面6种：（人）（人，菜）（人，狼）（狼，羊，菜）（狼，羊）（羊，菜）。
线将北岸的10种安全状态看做10个节点，而渡河的过程则是状态之间的转移，这样就得到一个无向图，如图8-1所示。
图8-1从上述无向图可以得出安全的渡河方案有两种：第1种：（人，狼，羊，菜）→（狼，菜）→（人，狼，菜）→（狼）→（人，狼，羊）→（羊）→（人，羊）→（Φ）。
(人，狼，羊，菜)(人，狼，羊)(人，狼，菜)(人，羊，菜)(人，羊) (狼，菜) (羊) (狼) (菜) (Φ)第2中：（人，狼，羊，菜）→（狼，菜）→（人，狼，菜）→（菜）→（人，羊，菜）→（羊）→（人，羊）→（Φ）。
离散数学结构 第9章 集合基数复习
第九章集合基数主要内容1. 集合的等势与优势2. 集合的基数学习要求1. 掌握：集合之间等势与优势的概念，等势的性质（自反性，对称性，传递性）2. 掌握：证明集合等势的方法，康托定理的内容及证明方法3. 掌握：自然数、自然数集、有穷集、无穷集的定义与主要性质4. 掌握：集合基数的定义、基数的比较、可数集的定义与主要性质9.1 集合的等势与优势一．集合的等势通俗的说，集合的势是量度集合所含元素多少的量。
集合的势越大，所含的元素越多。
定义9.1设A，B是集合，如果存在着从A到B的双射函数，就称A和B是等势的，记作A≈B。
如果A不与B等势，则记作A B。
下面给出一些集合等势的例子。
例9.1 (1) Z≈N。
回顾上一章例8.6(3)，令f：Z→N，则f是Z到N的双射函数。
从而证明了Z≈N。
(2) N×N≈N. 为建立N×N到N的双射函数，只需把中所有的元素排成一个有序图形，如图9.1所示。
N×N中的元素恰好是坐标平面上第一象限(含坐标轴在内)中所有整数坐标的点。
如果能够找到“数遍”这些点的方法，这个计数过程就是建立N×N到N的双射函数的过程。
按照图中箭头所标明的顺序，从<0，0>开始数起，依次得到下面的序列：<0，0>，<0，1>，<1，0>，<0，2>，<1，1>，<2，0>，…↓↓↓↓↓↓0123 4 5设<m，n>是图上的一个点，并且它所对应的自然数是k。
考察m，n，k之间的关系。
首先计数<m，n>点所在斜线下方的平面上所有的点数，是1+2+…+(m+n)=然后计数<m，n>所在的斜线上按照箭头标明的顺序位于<m，n>点之前的点数，是m.因此<m，n>点是第+m+1个点。
这就得到k=+m根据上面的分析，不难给出N×N到N的双射函数f，即f：N×N→Nf(<m，n>)=+m(3) N≈Q。
2011离散数学作业9_命题逻辑
(2)(¬P∨R)→(P↔¬Q) ⇔¬(¬P∨R) ∨[(¬P∨¬Q)∧(P∨Q)] ⇔(P∧¬R)∨[(¬P∧P)∨(¬P∧Q)∨(¬Q∧P)∨(¬Q∧Q)] ⇔(P∧¬R)∨0∨(¬P∧Q)∨(¬Q∧P)∨0 ⇔(P∧¬R)∨(¬P∧Q)∨(¬Q∧P) ⇔(P∧¬R∧(Q∨¬Q))∨(¬P∧Q∧(R∨¬R))∨(¬Q∧P∧(R∨¬R)) ⇔( P∧Q∧¬R)∨(P∧¬Q∧¬R)∨(¬P∧Q∧R)∨(¬P∧Q∧¬R)∨(P∧¬Q∧ R)∨(P∧¬Q∧¬R) ⇔( P∧Q∧¬R)∨(P∧¬Q∧¬R)∨(¬P∧Q∧R)∨(¬P∧Q∧¬R)∨(P∧¬Q∧ R) ⇔m110∨m100∨m011∨m010∨m101 ⇔m6∨m4∨m3∨m2∨m5 ⇔∑(2,3,4,5,6) (主析取范式) (¬P∨R)→(P↔¬Q) ⇔∏（0,1,7） ⇔M000∧M010∧M111 ⇔(P∨Q∨R)∧(P∨¬Q∨R)∧(¬P∨¬Q∨¬R) （主合取范式） (3)P∨(¬P→(Q∨(¬Q→R))) ⇔P∨(P∨(Q∨(Q∨R))) ⇔P∨Q∨R⇔m111⇔m7 (主析取范式)
6
结论为：r。 下面证明结论的有效性。 (1)¬p P (2)¬p→q∨r P (3)q∨r (1),(2),假言推理 (4)¬s P (5)¬s→¬q P (6)¬q (4),(5), 假言推理 (7)r (3),(6), 析取三段论
离散数学作业 作业 9——范式、推理
1.利用真值表求下列公式的主析取范式和主合取范式。 (1) P∧(Q∨R) (2) (¬P∨R)→(P↔¬Q) (3) P∨(¬P→(Q∨(¬Q→R)))； 解：(1)P∧(Q∨R)⇔(P∧Q)∨(P∧R) ⇔(P∧Q∧(¬R∨R))∨(P∧R∧(¬Q∨Q)) ⇔(P∧Q∧¬R) ∨(P∧Q∧R) ∨(P∧R∧¬Q) ∨(P∧R∧Q) ⇔(P∧Q∧¬R) ∨(P∧Q∧R)∨(P∧¬Q∧R) ⇔m110∨m111∨m101⇔m7∨m6∨m5⇔∑(5,6,7) (主析取范式) P∧(Q∨R) ⇔ （P∨(¬Q∧Q) ∨(¬R∧R)）∧((¬P∧P)∨Q∨R) ⇔（P∨¬Q∨¬R）∧（P∨¬Q∨R）∧（P∨Q∨¬R）∧（P∨Q∨R） ∧(¬P∨Q∨R) ∧(P∨Q∨R) ⇔（P∨¬Q∨¬R）∧（P∨¬Q∨R）∧（P∨Q∨¬R）∧（P∨Q∨R） ∧(¬P∨Q∨R) ⇔M011∧M010∧M001∧M000∧M100 ⇔M3∧M2∧M1∧M0∧M4 ⇔∏(0,1,2,3,4) (主合取范式)
离散数学第9章习题解答
第9章习题解答9.1 有5片树叶.分析设T有x个1度顶点(即树叶).则T的顶点数的边数由握手定理得方程.由方程解出所求无向树T的度数列为1,1,1,1,1,2,2,3,3,3.由这个度数列可以画多棵非同构的无向树,图9.6给出的4棵都具有上述度数列,且它们是非同构的.9.2 T中有5个3度顶点.分析设T中有个3度顶点,则T中的顶点数边数,由握手定理得方程.由方程解出x=5.所求无向树T的度数列为1,1,1,1,1,2,2,3,3,3.由这个度数列可以画多棵非同构的无向树,图9.6给出的4棵都具有上述度数列,且它们是非同构的.9.2 T中有5个3度顶点.要析设T中有x个3度顶点,则T中的顶点数,边数,由握手定理得方程..由此解出,即T中有5个3度顶.T的度数列为1,1,1,1,1,1,1,3,3,3,3,3.由于T中只有树叶和3度顶点,因而3度顶点可依次相邻,见图9.7所示. 还有一棵与它非同构的树,请读者自己画出.9.3 加条新边才能使所得图为无向树.分析设具有个连通分支的森林为G,则G有个连通分支全为树,加新边不能在内部加,否则必产生回路.因而必须在不同的小树之间加新边. 每加一条新边后,所得到的森林就减少一个连通分支. 恰好加条新边,就使得图连通且无回路,因而是树.在加边过程中,只需注意,不在同一人连通分支中加边. 下面给出一种加边方法,取为中顶点,加新边,则所得图为树,见图9.8 给出的一个特例.图中虚线边为新加的边.9.4 不一定.分析 n阶无向树T具有条边,这是无向树T的必要条件,但不是充公条件.例如, 阶圈(即个顶点的初级回路)和一个孤立点组成无向简单图具有条边, 但它显然不是树.9.5 非同构的无向树共有2棵,如图 9.9所示.分析由度数列1,1,1,1,2,2,4不难看出，唯一的4度顶点必须与2度顶点相邻，它与1个2度顶点相邻，还是与两个2度顶点都相邻，所得树是非同构的，再没有其他情况.因而是两棵非同构的树.9.6 有两棵非同构的生成树,见图9.10所示.分析图9.10 是5阶图(5个顶点的图), 5阶非同构的无向树只有3棵,理由如下. 5阶无向树中,顶点数,边数,各顶点度数之和为8,度数分配方案有3种,分别为①1,1,1,1,4;②1,1,1,2,3;③1,1,2,2.2.每种方案只有一棵非同构的树.图9.10所示的5阶图的非同构的生成树的度数列不能超出以上3种,也就是说,它至多有3棵非同构的生成树, 但由于图中无4度顶点,所示,不可能有度数列为①的生成树,于是该图最多有两棵非同构的生成树. 但在图9.10 中已经找出了两个非同构的生成树,其中(1)的度数列为③,(2) 的度数列为②,因而该图准确地有两棵非同构的生成树.9.7 基本回路为:基本回路系统为基本割集为:基本回路系统为.分析1°注意基本回路用边的序列表示,而基本割集用边的集合表示.2° 基本回路中,只含一条弦,其余的边全为树枝,其求法是这样的: 设弦,则在生成树T中,且在T中,之间存在唯一的路径与组成的回路为G中对应弦的基本回路.3° 基本割集中,只含一条树枝,其余的边都是弦,其求法是这样的:设树枝,则为T中桥,于是(将从T中支掉),产生两棵小树和,则为树枝对应的基本割集. 显然中另外的边全是弦. 注意,两棵小树和,中很可能有平凡的树(一个顶点).得两棵小树如图9.11中(1) 所示. G中一个端点在中,另一个端点在中的边为(树枝),,它们全是弦,于是得两棵小树如图9.11中(2) 所示, 其中有一棵为平凡树. G中一个端点在中,另一个端点在中的边数除树枝外,还有弦所以,产生的两棵小树如图9.11中(3) 所示 . G中一个端点在中,另中一个端点在中的边,除树枝外,还有两条弦,所示,产生的两棵小树如图9.11中(4) 所示. 由它产生的基本割集为.9.8 按Kruskal求最小生成树的算法,求出的图9.3(1)的最小生成树T为图9.12中(1) 所示, 其.(2) 的最小生成树T为图9.12中(2)所示,其9.9为前缀码.分析在中任何符号串都不是另外符号串的前串,因而它们都是前缀码.而在中, 1是11,101的前缀,因而不是前缀码. 在中,是等的前缀,因而也不是前缀码.9.10 由图9.4 (1) 给出的2元前缀码.由(2) 给出的3元前缀码为.分析是2元树产生的2元前缀码(因为码中的符号串由两个符号0,1组成),类似地,是由3元树产生的3元前缀码(因为码中符号串由3个符号0,1,2组成).一般地,由元树产生元前缀码.9.11 (1) 算式的表达式为.由于.(2) 算式的波兰符号法表达式为(3) 算式的逆波兰符号法表达式为9.12 答案A:①; B②; C:④; D:⑨.分析对于每种情况都先求出非同构的无向树,然后求出每棵非同构的无向树派生出来的所有非同构的根树.图9.13 中,(1),(2),(3),(4)分别画出了2阶,3阶,4阶,5阶所有非同构的无向树,分别为1棵,1棵,2棵和3棵无向树.2阶无向树只有1棵,它有两个1度顶点,见图9.13中(1)所示,以1个顶点为树根,1个顶点为树叶,得到1棵根树.3阶非同的无向树也只有1棵,见图9.13中(2)所示.它有两个1度顶点,1个2度顶点,以1度顶点为根的根树与以2度顶点为根的树显然是非同构的根树,所以2个阶非同构的根树有两棵.4阶非同构的无向树有两棵,见图9.13中(3)所示. 第一棵树有3片树叶,1个3度顶点, 以树叶为根的根树与以3度顶点为根的树非同构.所以,由第一棵树能生成两个非同构的根树, 见图9.14 中(1)所示. 第二棵树有两片树叶,两个2度顶点,由对称性,以树叶为根的根树与2度顶点为根的根树非同构,见图9.14中(2) 所示. 所以,4阶非同构的根树有4棵.5阶非同构的无向树有3棵,见图9.13中(4)所示. 由第一棵能派生两棵非同构的根树, 由第二棵能派生4棵非同构的根树,由第三棵能派生3棵非同构的根树,所以,5阶非同构的根树共有9棵,请读者将它们都画出来.9.13 答案A:②; B:②; C:③; D:③; E:③;F:④; G: ④; H:③.分析将所有频率都乘100,所得结果按从小到大顺序排列:以以上各数为权,用Huffman算法求一棵最优树,见图9.15所示.对照各个权可知各字母的前缀码如下:a——10， b——01， c——111， d——110，e——001， f——0001，g——0000.于是，a,b的码长为的码长为的码长为4.W(T)=255(各分支点的权之和),W(T)是传输100按给定频率出现的字母所用的二进制数字,因则传输104个按上述频率出现的字母要用个二进制数字.最后还应指出一点,在画最优树叶, 由于顶点位置的不同,所得缀码可能不同,即有些字母的码子在不同的最优树中可能不同,但一般说来码长不改变.特别是,不同的最优树,它们的权是固定不变的.9.14 答案 A:②; B:④分析用2元有序正则树表示算式,树叶表示参加运算的数,分支点上放运算符,并将被减数(被除数)放在左子树上,所得2元树如图9.16所示.用前序行遍法访问此树,得波兰符号表示法为用后序行遍法访问此树,得逆波兰符号表示法为。
离散数学试卷九试题与答案
试卷九试题与答案一、 填空1、 集合A={Φ,{Φ}}的幂集P(A) = 。
2、 设A={1，2，3，4}，A 上二元关系R={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>}画出R 的关系图。
3、 设A={<1,2>,<2 , 4 >,<3 , 3 >} , B={<1,3>,<2,4>,<4,2>},则B A ⋃= 。
B A ο= 。
4、 设|A|=3，则A 上有 个二元关系。
5、 A={1，2，3}上关系R= 时，R 既是对称的又是反对称的。
6、 偏序集><≤R A ,的哈斯图为，则≤R = 。
7、 设|X|=n ，|Y|=m 则（1）从X 到Y 有 个不同的函数。
（2）当n , m 满足 时，存在双射有 个不同的双射。
8、 2是有理数的真值为 。
9、 Q ：我将去上海，R ：我有时间，公式)()(Q R R Q→∧→的 自然语言为 。
10、 公式)()(Q P P Q ∧⌝∧→的主合取范式是 。
11、 若} ,, , {21m S S S S Λ=是集合A 的一个分划，则它应满足 。
二、 选择1、 设全集为I ，下列相等的集合是（ ）。
A 、} |{是偶数或奇数x x A =； B 、)}2( |{y x I y y x B =∧∈∃=； C 、)}12( |{+=∧∈∃=y x I y y x C ； D 、},4,4,3,3,2,2,1,1,0|{Λ----=x D 。
2、 设S={N ，Q ，R}，下列命题正确的是（ ）。
A、SSNN∈∈∈2,2则；B、SNSQQN⊂∈⊂则,；C、RNRQQN⊂⊂⊂则,；D、SNSN⋂⊂Φ⊂Φ⊂Φ则,。
3、设C={{a},{b},{a,b}}，则SSCSCS⋂⋃∈∈与分别为（）。
A、C和{a,b}；B、{a,b}与Φ；C、{a,b}与{a,b}；D、C与C4、下列语句不是命题的有（）。
离散数学9.重言式
3.重言式的证明方法 方法1：列真值表. 方法2：公式的等价变换，化简成“T”. 方法3：用公式的主析取范式. 其中方法2 和方法3 我们在以后讨论.
方法1. 列真值表。 例1 证明 (P∧(PQ))Q 为重言式.
P
Q P∧(P→Q) (P∧(P→Q))→Q
F
F
F
T
F
T
F
T
T
F
F
T
T
T
T
式或永假式, 记为F或0. （3）若A不是矛盾式则称A为可满足式. 注: 由定义可知,重言式一定是可满足式,反之不真.
3
2. 重言式的性质 1) 如果A是重言式，则A是矛盾式. 2) 如果A，B是重言式，则(A∧B)、(A∨B)、(A B)
和(AB)也都是重言式. 3) 如果A是重言式，则A的置换例式也是重言式. 4）设A,B是两个命题公式， AB当且仅当AB重言
T
永真式的真值表的最后一列全是“T”.
重言式
例
P
¬P P∨¬P P∧¬P
F
T
T
F
T
F
T
F
可见不论P取什么真值P∨P 的真值总是为真，P∧P的真 值总是为假。故称 P∨P为重言式(永真式)，称P∧P为矛盾 式(永假式)。
1.定义1-5.1 设A为任一命题公式 Nhomakorabea （1）若A在其各种赋值下的取值均为真，则称A是重言
式或永真式, 记为T或1. （2）若A在其各种赋值下的取值均为假，则称A是矛盾
华东师范大学离散数学章炯民课后习题第9章答案
大部分学生错答为 2n 2. 一个碗里有 10 个红球和 10 个篮球。一个女士不看着球而随机地选取。 （1）她必须选多少个球才能保证至少有 3 个球是同色的？ （2）她必须选多少个球才能保证至少有 3 个球是蓝色的？
解：
(1) 5 个 (2) 13 个
正确
3. 在(x1+x2+…+xm)n 的展开式中，合并同类项以后有多少个不同的项？ 解：
1. 写出序列{1,0,1,0,1,0,…}的生成函数。
2. 计算广义二项式系数
和
的值。
3. 一钱罐里有大量 1 角、2 角、3 角和 5 角的硬币，从中任取 r 个。请给出不同取法数
的生成函数，并求取 5 个硬币的方法数。
4. 某计算机系统用八进制数字串作为码字，若数字串中含有的 0、2、4、6 的个数为奇数，
1! 3!
0! 2!
2
2
28
组合又相当于 3 元多重集的 15 组合，因此有 C(15+3-1,15) ＝C(17,15)=136 个。 (2) 满足条件的解相当于下面的 3 元多重集的 16 组合：第一种元素至少有 2 个，第二
种元素至少有 2 个，第三种元素至少有 2 个，这种组合又相当于 3 元多重集的 10 组合，因此有 C(10+3-1,10) =C(12,10)=66 个。 (3) 满足条件的解相当于下面的 3 元多重集的 16 组合：x3≥2，第三种元素至少有 2 个， 这种组合又相当于 3 元多重集的 14 组合，因此有 C(14+3-1,14)个。x3≥11，第三种 元素至少有 11 个，这种组合又相当于 3 元多重集的 5 组合，因此有 C(5+3-1,5) 个， 满足 10≥x3≥2 条件的个数为 C(14+3-1,14)- C(5+3-1,5)=C(16,14)-C(7,5)=99. 基本正确。部分学生第三题错。少数学生计算错误。 27. 某学校有 2504 个计算机科学专业的学生，其中 1876 人选修了 C 语言，999 人选修 了 Fortran 语言，345 人选修了 JAVA，876 人选修了 C 语言和 Fortran 语言，231 人选修了 Fortran 和 JAVA，290 人选修了 C 和 JAVA，189 个学生同时选了 C、Fortran 和 JAVA。问没有选这 3 门程序设计语言课中的任何一门的学生有多少个？ 解： A 表示选修了 C 语言，B 表示选修了 Fortran 语言，C 表示选修了 JAVA
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1 2 3 4 5
用偏序集定义的格 用代数系统定义的格 特殊格 布尔代数 布尔表达式
1
1. 分配格
定义1：设<A,∨,∧>是由格<A, ≤>所诱导的代数系统，如 果对∀a,b,c∈A，满足 a∧(b∨c) = (a ∧ b) ∨(a ∧ c) （交对并可分配） a∨(b∧c) = (a ∨ b) ∧(a ∨ c) （并对交可分配） 则称<A, ≤>是分配格。 例1：设 | S | = n，<P(S),∪,∩>是由格<P(S), ⊆>所诱导的 代数系统，则格<P(S), ⊆>是分配格。 证明：对∀A,B,C∈P(S)，在集合运算中已经证明了 A∪ (B∩C) = (A∪B) ∩(A∪C) A∩ (B∪C) = (A∩B) ∪(A∩C) ∴ <P(S), ⊆>是分配格。
12
定理8：在分配格中，如果元素a∈A有一个补元，则此补 元是唯一的。 证明：设b和c都是a的补元，且b≠c 则 a∧b = a∧c = 0，a∨b = a∨c = 1 由分配格中定理4知 b = c，与假设矛盾。 定义6：在一个有界格中，如果每个元素都至少有一个补 定义 ：在一个有界格中，如果每个元素都至少有一个补 元，则称此格为有补格。 定义7：一个格如果既是有补格，又是分配格，则称为有 补分配格，把有补分配格中任一元素a的唯一补元记为 a。
5
定理3：每个链是分配格。 证明：设<A, ≤>是一个链，因为链中任两个元素都有最小上 界和最大下界，所以链一定是格。下面证明链是分配格。 对∀a,b,c∈A，讨论a最大和a不最大两种情况： (1) 设 b≤a且c≤a，∴a∧b = b，a∧c = c ∴ (a∧b)∨(a∧c) = b∨c 又∵ b∨c≤a，∴ a∧(b∨c) = b∨c ∴ a∧(b∨c) = (a∧b)∨(a∧c) (2) 设 a≤b或a≤c，不论b≤c还是c≤b ，都有a≤b∨c ∴ a ∧( b∨c) = a，(a∧b)∨(a∧c)=a ∴ a∧(b∨c) = (a∧b)∨(a∧c) 由定理1，有a∨ (b∧c) = (a ∨ b) ∧(a∨c) 因此<A, ≤>是分配格。
10
定义4：若一个格中存在全上界1和全下界0，则称该格为 有界格。 例：< P(S), ⊆>是一个格，全下界为Ø，全上界是S ∴< P(S), ⊆>是有界格。 <R,≤>是链，不存在全上界和全下界，不是有界格。 定理7：设<A, ≤>是一个有界格，则对∀a∈A ，必有 a∨1=1，a∧1=a，a∧0=0，a ∨ 0=a
15
小结
分配格的判定 分配格与模格的关系 有补格的判定 求补元 有补分配格 <P(A), ⊆>
16
3
注意：按照定义证明某个格是分配格不容易，但要证明 一个格不是分配格，只要找出一组元素不满足某一分配 式即可。上例中的两个五元格可用来判断某格是否是分 配格。 定理1：一个格是分配格的充要条件是在该格中没有任何 子格与这两个五元格中的任一个同构。
例3：右图所示的两个格都不是分配格
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定理2：如果在一个格中，交运算对并运算可分配，则并 运算对交运算也一定是可分配的，反之亦然。 证明：设<A, ≤>是格，对∀a,b,c∈A，若 a∧(b∨c) = (a ∧ b) ∨(a ∧ c)，则 (a∨b)∧(a∨c) = ((a∨b)∧a)∨((a∨b)∧c) = a∨((a∨b)∧c) = a∨(c∧(a∨b)) = a∨((c∧a)∨(c∧b)) = (a∨(c∧a))∨(b∧c) = a∨(b∧c) 若有a∨ (b∧c) = (a ∨ b) ∧(a∨c)，则 (a∧b)∨(a∧c) = ((a∧b) ∨a) ∧((a∧b) ∨c) = a∧(c∨ (a∧b)) = a∧((c∨a) ∧(c ∨b)) = (a∧ (c ∨a)) ∧(b ∨c) = a∧(b ∨ c)
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例3：证明在元素个数大于等于2的格中不存在以自身为 补元的元素。 证明：设 x 以自身为补元，即 x∧x = 0, x∨x = 1, ∴x = 1 且 x = 0 设 y 是格中任一元素，则有0≤y≤1，于是x≤y≤x， ∴y = x = 1 = 0 y ∴格中只有一个元素，与已知矛盾。
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例4：证明<P(A), ⊆>是有补分配格。 证明：(1) ∀S1,S2∈P(A)， ∵S1∪S2是S1与S2的最小上界， 而S1∩S2是S1和S2的最大下界， ∴<P(S), ⊆>是格 (2) P(A)上的运算∪对∩，∩对∪都满足分配律 ∴<P(S), ⊆>是分配格 (3) 对∀S∈P(A)，∵ Ø ⊆S，S ⊆A ∴Ø和A分别是全下界和全上界 ∴<P(S), ⊆>是有界格 (4) 对∀S∈P(A)，S⊆A，于是 A- S ⊆A，即 A- S∈P(A) ∵(A-S)∪S = A，(A-S)∩S = Ø，∴ A-S是S的补元， ∵S是P(A)中的任意元素， ∴<P(S), ⊆>是有补格 由(1)(2)(3)(4)知， <P(S), ⊆>是有补分配格。
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3. 有补格
定义3：设<A, ≤>是格，若存在元素a∈A，对于∀x∈A， 都有a≤x(x≤a)，则称 a 为格<A, ≤>的全下(上)界。 定理6：一个格若有全下（上）界，则是唯一的。 证明：设格<A, ≤>有两个全下界a和b，且a≠b ∵a是全下界，∴b∈A，∴a ≤b， ∵ b是全下界，a∈A ， 是全下界， ，∴b ≤a， ， 于是a=b，与假设矛盾。
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2. 模格
定义2：设<A,∨,∧>是由格<A, ≤>所诱导的代数系统，如 果对∀a,b,c∈A，当b≤a时，有a∧(b∨c) = b∨(a∧c)则称 <A, ≤>是模格。 例：下图所示的格是模格，但不是分配格。 1 a b 0 c
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定理5：分配格必定是模格。 证明：设<A, ≤>是分配格，对∀a,b,c∈A， 若b ≤ a，则a∧b=b， a∧ (b∨c)=(a∧b) ∨(a∧c)=b∨ (a∧c) ∴<A, ≤>是模格。
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定理4：设<A, ≤>是分配格，则对∀a,b,c∈A， 若有 a∧b = a∧c且a∨b = a∨c ，则必有b = c 。 证明：∵a∧b≤b ∴b = b∨(a∧b) = b∨(a∧c) = (b∨a)∧(b∨c) = (a∨c)∧(b∨c) = (a∧b)∨c = (a∧c)∨c =c ∴b=c
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定义5：设<A, ≤>是一个有界格，则对a∈A，若存在b∈A 使得 a∨b=1，a∧b=0，则称元素b是元素a的补元。 注：(1) 定义中a,b是对称的，若a是b的补元，则b也是a的补元； (2) 对a∈A，可以存在多个补元，也可以不存在补元。 1 1 1 b a a b c a b c c 0 0 0 0 与 1 互为补元 0 与 1 互为补元 是分配格 a 的补元是 b,c 0 与 1 互为补元 a 的补元是 b,c b 的补元是 a,c c 的补元是 a a,b,c 无补元 c 的补元是 a,b b 的补都不是分配格。 1 a b 0 ∵在左图中， a∧ (b∨c)=a∧1=a (a∧b) ∨(a∧c)=0∨0=0 a∧ (b∨c)≠(a∧b) ∨(a∧c) ∴左图不是分配格 c 1 b a c 0 ∵在右图中， b∧ (a∨c)=b∧1=b (b∧a) ∨(b∧c)=0∨c=c b∧ (a∨c)≠(b∧a) ∨(b∧c) 右图不是分配格