离散习题答案冯伟森

习题参考解答习题一1、（1）设P：他是本片的编剧， Q：他是本片的导演。

P∧Q（2）设P：银行利率很低， Q：股价上扬。

P→Q（3）设P：银行利率很低， Q：股价上升。

～（P→Q）（4）设P：这个对象是占空间的，Q：这个对象是有质量的，R：这个对象是不断变化的，S：这个对象称为物质。

P∧Q∧R→S（5）设P：他今天乘火车去了北京，Q：他今天随旅行团去了九寨沟。

P▽Q（6）设P：小张身体单薄，Q：小张极少生病，R：小张头脑好使。

P∧Q∧R（7）设P：这个人不识庐山真面目，Q：这个人身在庐山中。

P→Q（8）设P：两个三角形相似，Q：两个三角形的对应角相等或者对应边成比例。

P←→Q （9）设P：一个整数能被6整除，Q：这个整数能被2和3整除。

P→Q设R：一个整数能被3整除，S：这个整数的个位数之和也能被3整除。

R→S2、（1）命题 T（2）命题 T/F（3）不是命题，因为真值无法确定。

（4）命题 T（5）不是命题。

（6）命题 T（7）命题 T/F（8）不是命题，是悖论。

5、（1）证：~（（~P∧Q）∨（~P∧~Q））∨（P∧Q）<=>（~（~P∧Q）∧~（~P∧~Q））∨（P∧Q）<=>（（P∨~Q）∧（P∨Q））∨（P∧Q）<=>（P∨（~Q∨Q））∨（P∧Q）<=>（P∨（P∧Q）<=>P（3）证：P→（Q∨R）<=>~P∨（Q∨R）<=>~P∨Q∨~R∨R<=>（~P∨Q）∨（~R∨R）<=>（P→Q）∨（P→R）6、解：如果P∨Q<=>Q∨R，不能断定P<=>R。

因为当Q=T时，P∨Q<=>Q∨R恒成立。

如果P∧Q<=>Q∧R，不能断定P<=>R。

因为当Q=F时，P∧Q<=>Q∧R恒成立。

如果~P<=>~R，则P<=>R。

8、把下列各式用↑等价表示出来：（1）解：（P∧Q）∨~P<=>（（P↑Q）↑（ P↑Q））∨（P↑P）<=>（（（P↑Q）↑（ P↑Q））↑（（P↑Q）↑（P↑Q）））↑（（P↑P）↑（P↑P））（1）解：（P→（Q∨~R）∧~P<=>（~P∨（Q∨~R））~P<=>（（P↑P）∨（Q∨（R↑R）））∧（P↑P）<=>（（P↑P）∨（（Q↑Q）（（R↑R）））））∧（P↑P）<=>（（（P↑P）∨（P↑P））↑（（（Q↑Q）↑（（R↑R）↑（R↑R）））↑（（Q↑Q）↑（（R↑R）））））∧（P↑P）<=>（（（（P↑P）↑（P↑P））↑（（（Q↑Q）（（R↑R）↑（R↑R）））↑（（Q↑Q）↑（（R↑R）↑（R↑R）））））↑（P↑P））↑（（（（P↑P)↑（P↑P））↑（（（Q↑Q）↑（（R↑R）↑（R↑R）））↑（（Q↑Q）↑（（R↑R）↑（R↑R）））））↑（P↑P））9、证：∵P∨Q<=>~~P∨Q<=>（~P）→QP∧Q<=>~（~P∨~Q）<=>~（P→~Q）而{~，∨，∧}是功能完备集，∴{~，→}是功能完备集，~，→不能互相表示，故{~，→}是最小功能完备集。

10、证：由书上的表可知，“~”对应的真值表含2个1和2个0，而“▽”对应的真值表也含2个1和2个0，∨对应的真值表含3个1和1个0，∧对应的真值表含1个1和3个0，所以，“∨”无法用“~”和“▽”来表示，同样“∧”也无法用“~”和“▽”来表示，因此，{~，▽}不是功能完备集。

10、解：（1） a）真值表法由表中可以看出，14、解：由题设A：A去，B：B去，C：C去，D：D去则满足条件的选派应该是如下范式：（A→（C▽D））∧~（B∧C）∧~（C∧D）构造和以上范式等价的主析取范式共有八个极小项，但根据题意，需根据题意，需派出两人出差，所以，只有其中三项满足要求：（A∧~B∧C∧~D），（A∧~B∧~C∧D），（~A∧B∧~C∧D）即有三种方案：A和C去或者A和D去或者B和D去。

15、证：（1）由定理，需证（P→Q）→（P→（P∧Q））为永真式（3）由定理，需证P∧~P∧R→S为永真式16、证：（1）性质1 由定理和“→”的定义，A→A是永真式，所以A=>A。

（2）性质2 由定理，∵A=>B，B=>A，∴A→B和B→是永真式，即A←→是永真式，由定理，A<=>B成立。

（3）性质3 由定理，∵A=>B，∴A→B是永真式，又∵A是永真式，根据“→”的定义，B 必是永真式。

17、证：“=>”，∵A=>B，∴A→B是永真式，“<=”因为上述等价式是可逆的，当~B=>~A，必有A=>B。

18、解：设 P：珍宝藏在东厢房Q：藏宝的房子靠近池塘R：房子的前院栽有大柏树S：珍宝藏在还原正中地下T：后院栽有香樟树M：珍宝藏在附近（后院）对语句符号化后得到以下蕴含式：Q→~P，R→P，Q，R∨S，T→M=>?所以S为真，即珍宝藏在花园正中地下。

19、解：（1）不成立（P=0，Q=1）（2）不成立（P=1，Q=R=0）（3）不成立（P=0，Q=1）（4）不成立（P=0，Q=1，R=0）（5）不成立（P=1，Q=1，R=0）20、证：（1）利用CP规则①P P（附加前提规则）②~P∨Q P③Q T①②④R→~Q P⑤Q→~R T④E23⑥~R T③⑤⑦P→~R CP规则①⑥（2）利用CP规则①P P（附加前提规则）②P∨Q T①E3③（P∨Q）→（R∧S） P④R∧S T①I5⑤S T④E4⑥S∨E T⑤E3⑦（S∨E）→B P⑧B T⑥⑦I5⑨P→B CP规则①⑧（4）（反证法）21、把下列句子防疫成逻辑形式，并给出证明。

（1）如果资方拒绝增加工资，那么罢工不会结束；除非罢工超过一年，并且资方撤换了经理；现在资方拒绝了增加工资，罢工刚开始，判断罢工能否停止。

（2）某公司发生了一起盗窃案，经仔细侦查，掌握了如下一些事实：①被盗现场没留下任何痕迹；②失窃时，小花或者小英正在卡拉OK厅；③如果失窃时小胖正在附近，他就会习惯性的破门而入偷走东西后扬长而去；④如果小花正在卡拉OK厅唱歌，那么金刚是最大的嫌疑者；⑤如果失窃时小胖不再附近，那么他的女友小英会和他一起外出旅游；⑥如果失窃时小英正在卡拉OK厅唱歌，那么瘦子是最大的嫌疑者。

根据以上事实，请通过演绎推理找出偷窃者。

22、（1）不相容（2）相容（P=1，R=Q=S=0）（3）不相容（4）不相容23、（1）证：（P→~Q）∧（Q∨S）∧（S→~Q）∧（P→Q）∧P习题二6、（1）F，（2）A为F；B为T；C为T，E为F。

7、（1）F，（2）T，（3）F，（4）T8、解：个体域D：实数集：17、(1) 错误，应换元，即(2) 正确(3) 错误，a、b应是同一个常元18、(2) 证：首先，将结论否定作为前提加入到原有前提中习题三习题四习题五4、解：∵每个集合的划分就可以确定一个等价关系∴集合有多少个划分就可以确定多少个等价关系不同的划分的个数为：不同的等价关系个数等于不同的划分个数，所以不同的等价关系个数为15.习题六习题十1、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。

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（∑（d(u)）≤2n，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，如果序列式奇数，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：每个节点对应的环数（6/2，（3-1）/2，（3-1）/2，2/2，2/2）=（3,1,1,1,1）将奇数3,3对应的节点V2，V3一组，画一条连线其他序列可以类似作图，当然大家也可以画图其他不同的图形。

4、证明：在（n，m）图中δ≤2m/n≤△。

证明：图的点度数是一组非负整数{d(v1),d(v2)...d(vn))}，那么这组数的算术平均值一定大于等于其中的最小值，同时小于等于其中的最大值。

对应到图的术语及为：最大值为△，最小值为δ，平均值=（d(v1)+d(v2)...+d(vn)）/n=2m/n，所以δ≤2m/n≤△。

5、证明定理。

【定理】对于任何（n，m）有向图G=（V,E），证明：有向图中，每条有向边为图贡献一度出度，同时贡献一度入度，所以总出度和入度相等，并和边数相等。

因此，上述关系等式成立。

7、无向图G有21条边，12个3度数结点，其余结点的度数均为2，求G的阶数n。

解：根据握手定理有：21=（3×12+2（n-12））/2，解次方程得n=15。

10、判断图中的两个图是否同构，并说明理由。

解：题中两个图不同构，因为左边图的唯一3度点有2个1度点为其邻接点，而右图唯一的3度点只有1个1度点为其邻接点。

因此这两个图不可能同构。

13、设有向图D=如下图所示。

（1）在图中找出所有长度分别为1,2,3,4的（至少用一种表示法写出它们，并以子图形式画出它们。

）（2）在图中找出所有长度分别为3,4,5,6的回路，并以子图形式画出它们。

解：（1）15、若u和v是图G中仅有的两个奇度节点，证明u和v必是连通的。

证明：反证法，假设u和v不连通，那么它们必然分布于此图的两个连通分支中。

那么它们将分别是各连通分支中唯一的奇数度节点。

根据握手定理，一个图中奇度点的个数为偶数。

而两个连通分支中，奇度点的个数为奇数。

矛盾。

矛盾的产生是由于假设不连通导致的，因此，题设结论成立。

18、设G施阶数不小于3的连通图。

证明下面四条命题相互等价：（1）G无割边；（2）G中任何两个结点位于同一回路中；（3）G中任何一结点和任何一边都位于同一回路中；（4）G中任何两边都在痛一回路中。

证明：（1）=>（2）因为G连通，且G无割边，所以任意两个结点u，v，都存在简单道路p=u...wv。