离散数学(第五版)清华大学出版社第7章习题解答
离散数学第七章部分答案
列各组数中，那些能构成无向图的度数列？那些能构成无向简单图的度数列？（1）1，1，1，2，3（2）2，2，2，2，2（3）3，3，3，3（4）1，2，3，4，5（5）1，3，3，3解答：（1），（2），（3），（5）能构成无向图的度数列。
（1），（2），（3）能构成五项简单图的度数列。
设有向简单图D 的度数列为2，2，3，3，入度列为0，0，2，3，试求D 的出度列。
解：因为 出度=度数-入度，所以出度列为2，2，1，0。
设D 是4阶有向简单图，度数列为3，3，3，3。
它的入度列（或出度列）能为1，1， 1，1吗？解：由定理可知，有向图的总入度=总出度。
该有向图的总入度=1+1+1+1=4,总出度=2+2+2+2=8,4！=8，所以它的出度列（或入度列）不能为1，1，1，1。
35条边，每个顶点的度数至少为3的图最多有几个顶点？解：根据握手定理，所有顶点的度数之和为70，假设每个顶点的度数都为3，则 n 为小于等于370的最大整数，即：２３ ∴ 最多有23个顶点7.7 设n 阶无向简单图G 中，δ（G ）=n-1，问△（G ）应为多少？解： 假设n 阶简单图图n 阶无向完全图，在K n 共有2)1(-n n 条边，各个顶点度数之和为n （n-1）∴每个顶点的度数为nn n )1(-=n-1 ∴△（G ）=δ（G ）=n-1一个n （n ≥２）阶无向简单图Ｇ中，n 为奇数，有r 个奇度数顶点，问Ｇ的补图G 中有几个奇度顶点？解：在K n 图中，每个顶点的度均为（n-1），n 为奇数，在Ｇ中度为奇数的顶点在G 中仍然为奇数，∴共有r 个奇度顶点在G 中７.９ 设Ｄ是n 阶有向简单图，Ｄ’是Ｄ的子图，已知Ｄ’的边数m ’＝n （n-1），问Ｄ的边数m 为多少？解： 在Ｄ’中m ’＝n （n-1） 可见Ｄ’为有个n 阶有向完全图，则Ｄ＝Ｄ’ 即Ｄ’就是Ｄ本身，∴m=n （n-1）有向图D 入图所示。
求D 中长度为4 的通路总数，并指出其中有多少条是回路？又有几条是V3到V4的通路？答: D中长度为四的通路总数：15其中有3条是回路2条是V3到V4的通路评语：此题的结果是对的，但是应该写出求解过程，即：先写出邻接矩阵A，然后求A的四次幂，通过矩阵指出通路或回路的条数。
离散数学课后习题答案(最新)
习题参考解答习题1.11、（3）P：银行利率降低Q：股价没有上升P∧Q（5）P：他今天乘火车去了北京Q：他随旅行团去了九寨沟PQ（7）P：不识庐山真面目Q：身在此山中Q→P，或～P→～Q（9）P：一个整数能被6整除Q：一个整数能被3整除R：一个整数能被2整除T：一个整数的各位数字之和能被3整除P→Q∧R ，Q→T2、（1）T （2）F （3）F （4）T （5）F（6）T （7）F （8）悖论习题 1.31（3）)()()()()()(R P Q P R P Q P R Q P R Q P →∨→⇔∨⌝∨∨⌝⇔∨∨⌝⇔∨→（4）()()()(())()(()())(())()()()()P Q Q R R P P R Q R P P R R P Q R P P R P R Q R Q P ∧∨∧∨∧=∨∧∨∧=∨∨∧∧∨∧=∨∧∨∧∨∧∨=右2、不， 不， 能习题 1.41(3) (())~((~))(~)()~(~(~))(~~)(~)P R Q P P R Q P P R T P R P R Q Q P R Q P R Q →∧→=∨∧∨=∨∧=∨=∨∨∧=∨∨∧∨∨、主合取范式)()()()()()()()()()()()()()())(())(()()(())()())(()((Q P R P Q R P Q R R Q P R Q P R Q P Q P R Q P R P Q R P Q R R Q P R Q P R Q P R Q P Q Q P R P P Q R R R Q Q P P R Q R P P Q R P P Q R P ∧∧∨∧⌝∧∨⌝∧⌝∧∨∧⌝∧⌝∨⌝∧∧⌝∨⌝∧⌝∧⌝=∧∧∨⌝∧∧∨∧⌝∧∨⌝∧⌝∧∨∧⌝∧⌝∨∧⌝∧⌝∨⌝∧∧⌝∨⌝∧⌝∧⌝=∨⌝∧∧∨∨⌝∧⌝∧∨∨⌝∧∨⌝∧⌝=∧∨⌝∧∨⌝=∨⌝∧∨⌝=→∧→ ————主析取范式(2) ()()(~)(~)(~(~))(~(~))(~~)(~)(~~)P Q P R P Q P R P Q R R P R Q Q P Q R P Q R P R Q →∧→=∨∧∨=∨∨∧∧∨∨∧=∨∨∧∨∨∧∨∨ 2、()~()(~)(~)(~~)(~)(~~)P Q R P Q R P Q P R P Q R P Q R P R Q →∧=∨∧=∨∧∧=∨∨∧∨∨∧∨∨∴等价3、解：根据给定的条件有下述命题公式：（A →（C ∇D ））∧～（B ∧C ）∧～（C ∧D ）⇔（～A ∨（C ∧～D ）∨（～C ∧D ））∧（～B ∨～C ）∧（～C ∨～D ）⇔（（～A ∧～B ）∨（C ∧～D ∧～B ）∨（～C ∧D ∧～B ）∨（～A ∧～C ）∨（C ∧～D ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～C ））∧（～C ∨～D ）⇔（（～A ∧～B ）∨（C ∧～D ∧～B ）∨（～C ∧D ∧～B ）∨（～A ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～C ）） ∧（～C ∨～D ）⇔（～A ∧～B ∧～C ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～B ∧～C ）∨ （～A ∧～C ∧～C ）∨（～C ∧D ∧～C ∧～C ）∨（～A ∧～B ∧～D ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～D ）∨（～C ∧D ∧～B ∧～D ）∨（～A ∧～C ∧～D ）∨ （～C ∧D ∧～C ∧～D ）（由题意和矛盾律）⇔（～C ∧D ∧～B ）∨（～A ∧～C ）∨（～C ∧D ）∨（C ∧～D ∧～B ）⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～C ∧D ∧～B ∧～A ）∨ （～A ∧～C ∧B ）∨ （～A ∧～C ∧～B ）∨ （～C ∧D ∧A ）∨ （～C ∧D ∧～A ）∨（C ∧～D ∧～B ∧A ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～A ）⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧D ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧～D ）∨（～A ∧～C ∧～B ∧D ）∨ （～A ∧～C ∧～B ∧～D ）∨（～C ∧D ∧A ∧B ）∨ （～C ∧D ∧A ∧～B ）∨ （～C ∧D ∧～A ∧B ）∨ （～C ∧D ∧～A ∧～B ）∨（C ∧～D ∧～B ∧A ）∨（C ∧～D ∧～B ∧～A ） ⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧D ）∨ （～C ∧D ∧A ∧～B ）∨ （～C ∧D ∧～A ∧B ） ∨（C ∧～D ∧～B ∧A ）⇔（～C ∧D ∧～B ∧A ）∨ （～A ∧～C ∧B ∧D ）∨（C ∧～D ∧～B ∧A ） 三种方案：A 和D 、 B 和D 、 A 和C习题 1.51、 （1）需证()(())P Q P P Q →→→∧为永真式()(())~(~)(~())~~(~)(()(~))~(~)(~)()P Q P P Q P Q P P Q P P P Q P Q TP Q P Q T P Q P P Q →→→∧=∨∨∨∧∨=∨∨∧∨=∨∨∨=∴→⇒→∧（3）需证S R P P →∧⌝∧为永真式SR P P T S F S R F S R P P ⇒∧⌝∧∴⇔→⇔→∧⇔→∧⌝∧3A B A B ⇒∴→ 、为永真式。
离散数学第七章
第七章部分课后习题参考答案7.列出集合A={2,3,4}上的恒等关系I A,全域关系E A,小于或等于关系L A,整除关系D A.={<2，2>,<3,3>,<4,4>}解：IA={<2,2>,<2,3>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<3,2>,<3,3>,<4,2>,<4,3>}EA={<2,2>,<2,3>,<2,4>,<3,3>,<3,4>,<4,4>}LAD={<2,4>}A13.设A={<1,2>,<2,4>,<3,3>}B={<1,3>,<2,4>,<4,2>}求A⋃B,A⋂B, domA, domB, dom(A⋃B), ranA, ranB, ran(A⋂B ), fld(A-B).解：A⋃B={<1,2>,<2,4>,<3,3>,<1,3>,<4,2>}A⋂B={<2,4>}domA={1,2,3}domB={1,2,4}dom(A∨B)={1,2,3,4}ranA={2,3,4}ranB={2,3,4}ran(A ⋂B)={4} fld R=dom R ⋃ran RA-B={<1,2>,<3,3>}，fld(A-B)={1,2,3} 14.设R={<0,1><0,2>,<0,3>,<1,2>,<1,3>,<2,3>}求R R, R -1, R ↑{0,1,}, R[{1,2}]解：R R={<0,2>,<0,3>,<1,3>}R -1,={<1,0>,<2,0>,<3,0>,<2,1>,<3,1>,<3,2>}R ↑{0,1}={<0,1>,<0,2>,<0,3>,<1,2>,<1,3>} R[{1,2}]=ran(R ↑{1,2})={2,3}16．设A={a,b,c,d}，1R ，2R 为A 上的关系，其中1R ={},,,,,a a a b b d{}2,,,,,,,R a d b c b d c b=求23122112,,,R R R R R R 。
离散数学第五版课后答案
离散数学第五版课后答案【篇一：离散数学课后答案(四)】txt>4.1习题参考答案-------------------------------------------------------------------------------- 1、根据结合律的定义在自然数集n中任取 a,b,c 三数，察看 (a。
b)。
c=a。
(b。
c) 是否成立？可以发现只有 b、c 满足结合律。
晓津观点：b)满足结合律，分析如下： a) 若有a,b,c∈n，则(a*b)*c =(a-b)-c a*(b*c) =a-(b-c)在自然数集中，两式的值不恒等，因此本运算是不可结合的。
b)同上，(a*b)*c=max(max(a,b),c) 即得到a，b,c中最大的数。
a*(b*c)=max(a,max(b,c))仍是得到a,b,c中最大的数。
此运算是可结合的。
c)同上,(a*b)*c=(a+2b)+2c 而a*(b*c)=a+2(b+2c),很明显二者不恒等，因此本运算也不是可结合的。
d)运用同样的分析可知其不是可结合的。
-------------------------------------------------------------------------------- 2、d)是不封闭的。
--------------------------------------------------------------------------------其不满足交换律、满足结合律、不满足幂等律、无零元、无单位元晓津补充证明如下：(1)a*b=pa+qb+r 而b*a=pb+qa+r 当p,q取值不等时，二式不相等。
因此*运算不满足交换律。
(2)设a,b,c∈r则(a*b)*c=p(pa+qb+r)+qc+r=p^2a+pab+pr+qc+r 而a*(b*c)=pa+q(pb+qc+r)+r=pa+qpb+q^2c+qr+r 二式不恒等，因此*运算是不满足结合律的。
离散数学(第7讲)
2013-7-4
计算机学院
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基于上述情况，有必要对个体域进行统一，全部使用 全总个体域，此时，对每一个句子中客体变量的变化 范围用一定的特性谓词刻划之。而统一成全总个体域 后，此全总个体域在谓词公式中就不必特别说明，常 常省略不记。同时，这种特性谓词在加入到命题函数 中时必定遵循如下原则：
对于全称量词，刻划其对应个体域的特性谓词作为条
一、谓词 Predlicate 在对命题的内部逻辑关系进行研究时，把 基本命题分成客体(个体）和谓词。 客体——独立存在的具体事物或抽象概念（即 命题中所描述的对象。如主语，客观实体等）。 谓词——刻划客体的性质（特征）或描述客体 间的关系。 谓词一般用大写字母（串）表示; 个体用小写字母表示。
存在x；
每一个x；等等。
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等等。
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定义2.2
(x)称为全称量词,其中的x称为作
全称量化命题
用变量。一般将量词加在谓词之前，记为 (x)Q(x)。 (x)Q(x)取值为真的充分必要条 存在量化命题
件是对论域中的每个客体a，Q(a)都取值为真。
定义2.3 (x)为存在量词, 记为 (x)Q(x)。
(x)Q(x)取值为真的充分必要条件是对论域中
至少存在一个客体a，使Q(a)取值为真。
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例2-1．4 (续2)
在例1．4中，利用量词则有： (x)R(x) (x{老虎}) (x)P(x) (x{人}) (x)N(x) (x{人}) (x)Q(x) (x{人}) (x)C(x) (x{带伞的人}) (x)S(x) (x{自然数})
Q(x)：x是用功的； R(x)：x是肯于思考的； S(x)：x是大学生； T(x，y)：x解决了y； a：那位， b：一个数学难题。 则句子2）可完整地符号化为： P(a)∧Q(a)∧R(a)∧S(a)∧T(a，b)
离散数学及其应用第7章_函数与特殊函数(下)
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例 题
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例 题
试问按照同样的洗牌方式，经过几次洗牌可以将牌的顺 序恢复到原来的顺序.
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例 题
【分析】从已知可以发现，不管怎么洗牌，1和12的位 置始终不改变，但是其他牌的位置在每次洗牌之后都会 发生变化，其变化存在如下规律：
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哈希查找问题
常见的解决冲突的方法有下面几种： 2）再哈希法。再哈希法是当同义词产生地址冲突时计算另一 个哈希函数地址，直到冲突不再发生。这种方法不易产生“ 聚集”，但增加了计算的时间。
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哈希查找问题
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哈希查找问题
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ห้องสมุดไป่ตู้
哈希查找问题
常见的构造哈希函数的方法有以下几种： 3）平方取中法。平方取中法是一种比较常用的构造哈希函数 的方法，具体是：将关键字求平方后，取其中间的几位数字 作为散列地址。由于关键字平方后的中间几位数字和组成关 键字的每一位数字都有关，因此产生冲突的可能性较小，最 后究竟取几位数字作为散列地址需要由散列表的长度决定。
2→5→6→10→4→2,3→9→11→8→7→3 由上面的规律可以知道，经过5轮的洗牌后，每张牌都 将回到原来的位置。所以这是一个5阶轮换，当轮换置 换是n重轮换时，需要n次才可以将牌的顺序恢复到原来 的顺序.
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离散数学课后习题答案第七章
第七章 特 殊 图 类习题7.11．解 因 m=n-1,这里m=6,所以n=6+1=7.2．解 不正确。
与平凡图构成的非连通图中有4个结点3条边，但是它不是树。
3K 3．证明 必要性。
因为G 中有n 个结点，边数m=n-1，又因为G 是连通的，由本节定理1可知，G 为树，因而G 中无回路。
再证充分性。
因为G 中无回路，又因为边数m=n-1，由本节定理1，可知G 为树，所以G 是连通的。
4．解 因 m=n-r,这里n=15,r=3,所以m=15-3=12，即G 有12条边。
5．解6个结点的所有不同构的树如图7-1所示。
图7-16．证明 由定理1，在任意的树中，边数),(m n 1−=n m；所以，由握手定理得)1(22)(1−==∑=n m v d ni i①⑴若T 没有树叶，则由于T 是连通图，所以T 中任一结点均有，从而2)(≥i v d n v d ni i2)(1≥∑= ②则①与②矛盾。
⑵若树T 仅有1片树叶，则其余1−n个结点的度数不小于2，于是121)1(2)(1−=+−≥∑=n n v d ni i③从而①、③相矛盾。
综合⑴，⑵得知T 中至少有两片树叶。
7．解 图7-2⑴中共有两棵非同构的生成树（如图7-3⑴，⑵）。
图7-2⑵中共有3棵非同构的生成树（如图7-3⑶，⑷，⑸）。
⑵⑴⑶⑷ ⑸图7-38．解 在图7-4中共有8棵生成树，如图7-5⑴～⑻所示，第i 生成树用表示。
，，，)8,,2,1( =iT i 7)(8=T W 8)()(61==T W T W 6)()(52==T W T W )()(73==T W T W 9)(4=T W 。
其中T 2，T 5是图中的最小生成树。
9．解 最小生成树T 如图7-7所示，W （T ）=18。
a bc da b cda ba bcdabc d⑴⑵⑶⑷⑸⑹⑺ ⑻图7-5图7-4图7-6图7-7习题7.21．解 不一定是。
如图7-8就不是根树.2．解 五个结点可形成3棵非同构的无向树，如图7-9⑴，⑵，⑶所示。
离散数学第5版答案
⇔ p ∧ (q ∨ ¬q)
（分配律）
⇔ p ∧1
（排中律）
⇔ p.
（同一律）
（2）从右边开始演算 p → (q ∧ r)
⇔ ¬p ∨ (q ∧ r)
（蕴含等值式）
⇔ (¬p ∨ q) ∧ (¬p ∨ r) （分配律）
⇔ ( p → q) ∧ ( p → r). （3）从左边开始演算 ¬( p ↔ q)
001，…，111 题中指派 p, q 为 0, r 为 1，于是就是考查 001 是该公式 p ∧ (q ∧ r)
的成真赋值，还是成假赋值，易知 001 是它的成假赋值。
2° 在公式（2），（3），（4）中均含 4 个命题就项，因而共有 24 = 16 个赋值：
0000，0001，…，1111。现在考查 0011 是它的成假赋值。
⇔0↔q
（矛盾律）
⇔ ( p → q) ∧ (q → 0)
（等价等值式）
⇔ (¬0 ∨ q) ∧ (¬q ∨ 0)
（蕴含等值式）
⇔ (1∨ q) ∧ ¬q
（同一律）
⇔ 1∧ ¬q
（零律）
⇔ ¬q
（同一律）
到最后一步已将公式化得很简单。由此可知，无论 p 取 0 或 1 值，只要 q 取 0 值，原公式取值为 1，即 00 或 10 都为原公式的成真赋值，而 01，11 为成假赋 值，于是公式为非重言式的可满足式。
⇔ ¬¬(( p ∨ q) ∧ ¬( p ∧ q)
⇔ ¬(¬( p ∨ q) ∨ ¬¬( p ∧ q))
⇔ ¬((¬p ∨ ¬q) ∨ ( p ∧ q))
⇔ ¬((¬p ∧ q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ p) ∧ (¬q ∨ q))
⇔ ¬(1 ∧ p ∨ q) ∧ (¬q ∨ p) ∧1
《离散数学》第七章_图论-第3-4节
图的可达性矩阵计算方法（3） Warshall算法
无向图的可达性矩阵称为连通矩阵，也是对称的。
第21页
河南工业大学离散数学课程组 例7-3.3 求右图中图G中的可达性矩阵。
分析：先计算图的邻接矩阵A布尔乘法的的2、3、4、 v1 v4 5次幂，然后做布尔加即可。 解： v2
v3 v5
P=A∨ A(2) ∨ A(3) ∨A(4)∨A(5)
第1页
河南工业大学离散数学课程组
预备知识
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预备知识
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一、图的邻接矩阵
以结点与结点之间的邻接关系确定的矩阵。
定义7-3.1 设简单图G=<V,E>，其中V={v1,v2,…,vn}， 则n阶方阵A(G)=(aij)nn ，称为图G的邻接矩阵。 其中第i行j列的元素。
p ij =
v1 1 1 1 1 v2 1 1 1 1 P v3 1 1 1 1 v4 0 0 0 0 v5 0 0 0 0
1 0
1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1
v i 和 vj 至少有一条路
从vi到vj没有路
0 0 0 0 0 0 1 1 1 1
河南工业大学离散数学课程组第40页欧拉图与汉密尔顿图总结欧拉图与汉密尔顿图的判别方法全体非空连通图满足定理741的条件不满足定理741的条件全体非空连通图汉密尔顿图非汉密尔顿图满足必要条件但不满足任何充分条件至少满足一个充分条件不满足某个必要条件不能根据已知的充分条件或已知的必要条件判别是否是汉密尔顿图
0 1 A(G)= 1 0 0 第7页 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0
离散数学7-5平面图7-6对偶图与着色
第十六页，编辑于星期二：九点 四十六分。
K5和K3，3常称作库拉托夫斯基图。
K3，3
K5
第十七页，编辑于星期二：九点 四十六分。
作业
P317： （1）（2）
一、对偶图
1、对偶图 定义7-6.1 对具有面F1 ,F2,..., Fn的连通平面图 G=<V,E>实施下列步骤所得到的图G*称为图G的对偶 图（dual of graph）：
第二十二页，编辑于星期二：九点 四十六分。
如果存在一个图G*=<V*，E*>满足下述条件： （a）在G的每一个面Fi的内部作一个G*的顶点vi* 。 即对图G的任一个面Fi内部有且仅有一个结点vi*∈V*。
第十八页，编辑于星期二：九点 四十六分。
7-6 对偶图与着色
掌握对偶图的定义，会画图G的对偶图 G* 掌握自对偶图的定义及必要条件。
第十九页，编辑于星期二：九点 四十六分。
与平面图有密切关系的一个图论的应用是图形的着色问 题，这个问题最早起源于地图的着色，一个地图中相邻国 家着以不同颜色，那么最少需用多少种颜色？ 一百多年前，英国格色里(Guthrie)提出了用四种颜色即 可对地图着色的猜想，1879年肯普(Kempe)给出了这个 猜想的第一个证明，但到1890年希伍德(Hewood)发现肯 普证明是错误的，但他指出肯普的方法 虽不能证明地图 着色用四种颜色就够了，但可证明用五种颜色就够了，即 五色定理成立。
(c)当且仅当ek只是一个面Fi的边界时(割边)，vi*存在 一个环e*k与ek相交。
即当ek为单一面Fi的边界而不是与其它面的公共边 界时，作vi*的一条环与ek相交（且仅交于一处）。所作的 环不与 G*的边相交。
离散数学_修订版_耿素云_清华大学_课后答案
(3) P 0 0 0 0 1 1 1 1
q 0 0 1 1 0 0 1 1
r 0 1 0 1 0 1 0 1
p∨q 0 0 1 1 1 1 1 1
p∧r 0 0 0 0 0 1 0 1
（p∨q）→(p∧r) 1 1 0 0 0 1 0 1
所以公式类型为可满足式 4.用等值演算法证明下面等值式： (2)(p→q)∧(p→r) ⇔ (p→(q∧r)) (4)(p∧ ¬ q)∨( ¬ p∧q) ⇔ (p∨q) ∧ ¬ (p∧q) 证明（2）(p→q)∧(p→r)
解:(1)因为 p → ( q → p) ⇔ ¬p ∨ (¬q ∨ p) ⇔ 1 所以 (3)取解释 I 个体域为全体实数 F(x,y)：x+y=5 为永真式；
所以,前件为任意实数 x 存在实数 y 使 x+y=5，前件真； 后件为存在实数 x 对任意实数 y 都有 x+y=5，后件假，]
6
此时为假命题 再取解释 I 个体域为自然数 N， F(x,y)：:x+y=5 所以,前件为任意自然数 x 存在自然数 y 使 x+y=5，前件假。此时为假命题。 此公式为非永真式的可满足式。 13. 给定下列各公式一个成真的解释，一个成假的解释。 (1) (2) (F(x) x(F(x) G(x) H(x))
解:(1)个体域:本班同学 F(x)：x 会吃饭, G(x)：x 会睡觉.成真解释 F(x)：x 是泰安人,G(x)：x 是济南人.（2）成假解释 (2)个体域:泰山学院的学生 F(x)：x 出生在山东,G(x):x 出生在北京,H(x):x 出生在江苏,成假解释. F(x)：x 会吃饭,G(x)：x 会睡觉,H(x)：x 会呼吸. 成真解释.
G(x): x+5=9. (1)在两个个体域中都解释为 ∀xF ( x) ，在（a）中为假命题，在(b)中为真命题。 (2)在两个个体域中都解释为 ∃xG ( x) ，在（a）(b)中均为真命题。 4. 在一阶逻辑中将下列命题符号化: (1) 没有不能表示成分数的有理数. (2) 在北京卖菜的人不全是外地人. 解: (1)F(x): x 能表示成分数 H(x): x 是有理数 命题符号化为: ¬∃x( ¬F ( x) ∧ H ( x )) (2)F(x): x 是北京卖菜的人 H(x): x 是外地人 命题符号化为: ¬∀x ( F ( x) → H ( x)) 5. 在一阶逻辑将下列命题符号化: (1) 火车都比轮船快. (3) 不存在比所有火车都快的汽车. 解: (1)F(x): x 是火车; G(x): x 是轮船; H(x,y): x 比 y 快
离散数学第7章PPT课件
…………
初级通路 简单通路 复杂通路
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例1、(2)
图(2)中过v2的回路 (从 v2 到 v2 )有：
1 v2e4v4e3v3e2v2
长度3
2 v2e5v5e6v4e3v3e2v2
长度4
3 v2e4v4e3v3e2v2e5v5e6v4e3v3e2v2 长度7
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一、通路，回路。 2、简单通路，简单回路。 简单通路 (迹) 简单回路 (闭迹) 复杂通路 (回路)
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一、通路，回路。 3、初级通路，初级回路。 初级通路 (路径) 初级回路 (圈)
初级通路 (回路) 简单通路 (回路)，
但反之不真。
4、通路，回路的长度—— 中边的数目。
补图的概念， 5、图的同构的定义。
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一、图的概念。 1、定义。
无序积 A & B (a,b) a A b B
无向图 G V , E
E V &V ， E 中元素为无向边，简称边。
有向图 D V, E
E V V ， E 中元素为有向边，简称边。
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一、图的概念。 1、定义。
2、握手定理。
定理1： 设图 G V , E 为无向图或有向图，
V v1,v1,
则
,vn，E m ( m为边数)，
n
d (vi ) 2m
i 1
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n
2、握手定理 d (vi ) 2m i 1
推论：任何图中，度为奇数的顶点个数为偶数。
定理2： 设D V, E 为有向图，
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《离散数学1-7习题解答
p q r 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1
¬p ∧ ¬q ∨ p∧r 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1
2.4. 用等值演算法证明下面等值式: (1) p⇔ (p∧q) ∨ (p∧¬q) (3) ¬ (p↔q) ⇔ (p∨q) ∧¬ (p∧q) (4) (p∧¬q) ∨ (¬p∧q) ⇔ (p∨q) ∧¬ (p∧q) (1) (p∧q) ∨ (p∧¬q) ⇔ p ∧ (q¬∨q) ⇔ p ∧ 1 ⇔ p. (3) ¬ (p↔q)
4
(1)p→ (p∨q∨r) (2)(p→¬q) →¬q (3) ¬ (q→r) ∧r (4)(p→q) → (¬q→¬p) (5)(p∧r) ↔ ( ¬p∧¬q) (6)((p→q) ∧ (q→r)) → (p→r) (7)(p→q) ↔ (r↔s)
离散数学习题解 (1), (4), (6)为重言式. (3)为矛盾式. (2), (5), (7)为可满足式. 1.20． 1.21． 1.22． 1.23． 1.24． 1.25． 1.26． 1.27． 1.28． 1.29． 1.30． 1.31． 略 略 略 略 略 略 略 略 略 略 略 将下列 命题符号化, 并给出各命题的 真值:
5
(1)若 3+＝4, 则地球是静止不动的. (2)若 3+2＝4, 则地球是运动不止的. (3)若地球上没有树木, 则人类不能生存. (4)若地球上没有水, 则 3 是无理数. (1)p→q, 其中, p: 2+2＝4, q: 地球静止不动, 真值为 0. (2)p→q, 其中, p: 2+2＝4, q: 地球运动不止, 真值为 1. (3) ¬p→¬q, 其中, p: 地球上有树木, q: 人类能生存, 真值为 1. (4) ¬p→q, 其中, p: 地球上有水, q: 3 是无理数, 真值为 1.
离散数学第五版课后习题答案
离散数学第五版课后习题答案离散数学是一门重要的数学学科，它研究的是离散对象和离散结构的性质和关系。
离散数学的应用广泛，涉及计算机科学、信息科学、通信工程、运筹学等领域。
而《离散数学》第五版是离散数学领域的经典教材，它详细介绍了离散数学的基本概念、方法和应用。
在学习离散数学的过程中，课后习题是非常重要的一部分。
通过解答习题，可以巩固理论知识，培养分析问题和解决问题的能力。
然而，由于离散数学的习题种类繁多，难度不一，很多学生在自学或课后复习时会遇到一些困难。
因此，提供《离散数学第五版》课后习题的答案可以帮助学生更好地学习和掌握相关知识。
首先，我们来看一下《离散数学第五版》课后习题的类型。
该教材的习题分为多个章节，每个章节都包含了基本概念、定理和算法的习题。
这些习题涵盖了集合论、逻辑、证明方法、图论、代数结构、计数原理等多个方面的内容。
习题的难度也有所不同，有一些是基础题，有一些是拓展题，还有一些是应用题。
通过解答这些习题，学生可以逐步提高自己的能力，掌握离散数学的核心概念和方法。
接下来，我们来讨论一下为什么提供《离散数学第五版》课后习题的答案是有意义的。
首先，课后习题的答案可以帮助学生检查自己的解答是否正确。
在学习过程中，学生可能会遇到一些难以理解或容易出错的问题，通过对比答案，可以及时发现和纠正错误，提高学习效果。
其次，答案还可以作为学生学习的参考，帮助他们理解问题的解题思路和方法。
有时候，学生可能会陷入思维定势，无法找到问题的突破口，而参考答案可以给他们一些启示和思路。
最后，答案还可以作为学生自学的辅助材料，帮助他们进行自主学习和巩固知识。
然而，提供《离散数学第五版》课后习题的答案也存在一些问题和挑战。
首先，习题的答案可能存在多种解法，因此提供一个标准答案并不容易。
不同的学生可能会有不同的思路和方法，他们的解答也可能会有所不同。
其次，习题的答案可能会涉及一些复杂的推理和证明过程，这些过程可能需要较长的篇幅来解释和讨论。
离散数学(第五版)清华大学出版社第7章习题解答
离散数学（第五版）清华大学出版社第7章习题解答7.1 (1),(2),(3),(5)都能构成无向图的度数列,其中除(5)外又都能构成无向简单图的度数列.分析1°非负整数列d,d ,L,d 能构成无向图的度数列当且仅当n di为1 2n∑i=1偶数,即d1,d2,L,dn中的奇数为偶数个.（1）,(2),(3),(5)中分别有4个,0个,4个,4 个奇数,所以,它们都能构成无向图的度数列,当然,所对应的无向图很可能是非简单图.而(4)中有 3 个奇数,因而它不能构成无向图度数列.否则就违背了握手定理的推论.2°(5) 虽然能构成无向图的度数列,但不能构成无向简单度数列.否则,若存在无向简单图G,以1,3,3,3 为度数列,不妨设G 中顶点为v1,v2,v3,v4,且d(vi)=1,于是d(v2)=d(v3)=d(v4)=3.而v1只能与v2,v3,v4之一相邻,设v1与v2相邻,这样一来,除v2能达到3度外, v3,v4都达不到3度,这是矛盾的.在图7.5所示的4个图中,(1) 以1为度数列,(2)以2为度数列,(3)以3为度数列,(4)以4为度数列(非简单图).7.2 设有几简单图D以2,2,3,3为度数列,对应的顶点分别为v1,v2,v3,v4,由于d(v)=d+(v)+d_(v),所示,d+(v)−d−(v)=2−0=2,d+(v )=d(v )−d−(v )11222=2−0=2,d+(v)=d(v)−d−(v)=3−2=1,d+(v)=d(v)−d−(v)=3−3=033344481由此可知,D 的出度列为2,2,1,0,且满足d+(v)= d−(v).请读者画出∑i∑i一个有向图.以2,2,3,3为度数列,且以0,0,2,3为入度列,以2,2,1,0为出度列.7.3 D 的入度列不可能为1,1,1,1.否则,必有出度列为2,2,2,2(因为d(v)=d+(v)+d−(v)),)此时,入度列元素之和为4,不等于出度列元素之和8,这违背握手定理.类似地讨论可知,1,1,1,1也不能为D的出席列.7.4 不能. N阶无向简单图的最大度Δ≤n−1.而这里的n个正整数彼此不同,因而这n个数不能构成无向简单图的度数列,否则所得图的最大度大于n,这与最大度应该小于等于n-1矛盾.7.5 (1) 16个顶点. 图中边数m=16,设图中的顶点数为n.根据握手定理可知2m=32= n d(v)=2n∑ii=1所以,n=16.(2) 13个顶点.图中边数m=21,设3度顶点个数为x,由握手定理有2m=42=3×4+3x由此方程解出x=10.于是图中顶点数n=3+10=13.(3) 由握手定理及各顶点度数均相同,寻找方程2×24=nk的非负整数解,这里不会出现n,k均为奇数的情况. 其中n为阶级,即顶点数,k为度数共可得到下面10种情况.①个顶点,度数为48.此图一定是由一个顶点的24个环构成,当然为非简单图.②2个顶点,每个顶点的度数均为24.这样的图有多种非同构的情况,一定为非简单图.③3个顶点,每个顶点的度数均为16.所地应的图也都是非简单图.④4个顶点,每个顶点的度数均为12. 所对应的图也都是非简单图.⑤6个顶点，每个顶点的度数均为8，所对应的图也都是非简单图.⑥个顶点,每个顶点的度数均为 6.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.82⑦12 个顶点,每个顶点的度数均为 4. 所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑧16个顶点,每个顶点的度数均为3,所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑨24个顶点,每个顶点的度数均为2.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑩48个顶点,每个顶点的度数均为1,所对应的图是唯一的,即由24个K2构成的简单图.分析由于n阶无向简单图G中,ΔG( )≤n−1,的以①-⑤所对应的图不可能有简单图.⑥-⑨既有简单图,也有非简单图,读者可以画出若干个非同构的图,而⑩只能为简单图.7.6 设G为n阶图,由握手定理可知70=2×35= n d(v)≥3n,∑ 1i=1所以,⎢70⎥n≤=23.⎢3⎥⎣⎦⎢70⎥这里, ⎣x⎦为不大于x的最大整数,例如⎣2⎦=2,⎣2.5⎦=2,=23 .⎢3⎥⎣⎦7.7 由于δ(G)=n−1,说明G 中任何顶点v的度数d(v)≥δ(G)=n−1,可是由于G 为简单图,因而ΔG( )≤n−1,这又使得d(v)≤n−1,于是d(v)=n−1,也就是说,G中每个顶点的度数都是n−1,因而应有ΔG( )≤n−1.于是G为(n−1)阶正则图,即G为n阶完全图Kn.7.8 由G的补图G的定义可知,GUG为Kn,由于n为奇数,所以, Kn中各项顶点的度数n−1为偶数.对于任意的v∈V(G),应有v∈V(G),且dG(v)_d (v)=dK (v)=n−1Gn83其中dG(v)表示v在G中的度数, d (v)表示v在G中的度数.由于n−1为偶G数,所以, dG(v)与d (v)同为奇数或同为偶数,因而若G有r个奇度顶点,则G也G有r个奇度顶点.7.9 由于D'⊆D,所以,m'≤m.而n阶有向简单图中,边数m≤n(n−1),所以,应有n(n−1)=m'≤m≤n(n−1)这就导致m=n(n−1),这说明D为n阶完全图,且D'=D.7.10 图7.6给出了K4的18个非同构的子图,其中有11个生成子图(8-18),其中连通的有6个11,12,13,14,16,17).图7.6中,n,m分别为顶点数和边数.7.11 K4有11个生成子图,在图7.6中,它们分别如图8-18所示.要判断它们之中哪些是自补图,首先要知道同构图的性质,设G1与G2的顶点数和边数.若G1≅G2,则n1=n2且m1=m2.(8)的补图为(14)=K4,它们的边数不同,所以,不可能同构.因而(8)与(14)84均不是自补图类似地,(9)的补图为(13),它们也非同构,因而它们也都不是自补图.(10)与(12)互为补图,它们非同构,因而它们都不是自补图.(15)与(17)互为补图,它们非同构,所以,它们都不是自补图.类似地,(16)与(18)互为补图且非同构,所以,它们也都不是自补图.而(11)与自己的补图同构,所以,(11)是自补图.7.12 3阶有向完全图共有20个非同构的子图,见图7.7所示,其中(5)-(20)为生成子图,生成子图中(8),(13),(16),(19)均为自补图.分析在图7.7所示的生成子图中, (5)与(11)互为补图,(6)与(10)互为补图,(7)与(9)互为补图,(12)与(14)互为补图,(15)与(17)互为补图,(18)与(20)互为补图,以上互为补图的两个图边数均不相同,所以,它们都不是自补图.而(8),(13),(16),(19)4个图都与自己的补图同构,所以,它们都是自补图.7.13 不能.分析在同构的意义下,G1,G2,G3都中K4的子图,而且都是成子图.而K4的两条边的生成子图中,只有两个是非同构的,见图7.6 中(10)与(15)所示.由鸽巢原理可知, G1,G2,G3中至少有两个是同构的,因而它们不可能彼此都非同构.鸽巢原理m只鸽飞进n个鸽巢,其中m≥n,则至少存在一巢飞入至少[m]只n鸽子.这里⎡x⎤表示不小于x的最小整数.例如, ⎡2⎤=2,⎡2.5⎤=3.7.14 G是唯一的,即使G是简单图也不唯一.85分析由握手定理可知2m=3n,又由给的条件得联立议程组⎧2m=3n⎨2n−3=m.⎩解出n=6,m=9.6个顶点,9条边,每个顶点的度数都是3的图有多种非同构的情况,其中有多个非简单图(带平行边或环),有两个非同构的简单图,在图7.8中(1),(2)给出了这两个非同构的简单图.满足条件的非同构的简单图只有图7.8中,(1),(2)所示的图,(1)与(2)所示的图,(1)与(2)是非同构的.注意在(1)中不存在3个彼此相邻的顶点,而在(2)中存在3个彼此相邻的顶点,因而(1)图与(2)图非同构.下面分析满足条件的简单图只有两个是非同构的.首先注意到(1)中与(2)中图都是K6的生成子图,并且还有这样的事实,设G1,G2都是n 阶简单图,则G1≅G2当且仅当G1≅G2,其中G1,G2分别为G1与G2的补图.满足要求的简单图都是6阶9条边的3正则图,因而它们的补图都为6阶6条边的2正则图(即每个顶点度数都是2).而K6的所有生成子图中,6条边2正则的非同构的图只有两个,见图7.8中(3),(4)所示的图,其中(3)为(1)的补图,(4)为(2)的补图,满足要求的非同构的简单图只有两个.但满足要求的非同简单图有多个非同构的,读者可自己画出多个来.7.15 将K6的顶点标定顺序,讨论v1所关联的边.由鸽巢原理(见7.13 题),与v1关联的5条边中至少有3条边颜色相同,不妨设存在3条红色边,见图7.9中(1)所示(用实线表示红色的边)并设它们关联另外3个顶点分别为v2,v4,v6.若v2,v4,v6构成的K3中还有红色边,比如边(v2,v4)为红色,则v1,v2,v4构成的K3为红色K3,见图7.9中(2)所示.若v2,v4,v6构成的K3各边都是蓝色(用虚线表示),则v2,v4,v6构成的K3为蓝色的.867.16 在图7.10 所示的3个图中,(1)为强连通图,(2)为单向连通图,但不是强连通的,(3)是弱连通的,不是单向连通的,更不是强连通的.分析在(1)中任何两个顶点之间都有通路,即任何两个顶点都是相互可达的,因而它是强连能的.(2)中c不可达任何顶点,因而它不是强连通的,但任两个顶点存在一个顶点可达另外一个顶点,所以,它是单向可达的.(3)中a,c互相均不可达,因而它不是单向连通的,更不是强连通的.判断有向图的连通性有下面的两个判别法.1°有向图D是强连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的回路.2°有向图D是单向连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的通路. (1) 中abcda为经过每个顶点一次的回路,所以,它是强连能的.(2)中abdc为经过每个顶点的通路,所以,它是单向连通的,但没有经过每个顶点的回路,所以,它不是强连通的.(3)中无经过每个顶点的回路,也无经过每个顶点的通路,所以,它只能是弱连通的.7.17 G−E的连通分支一定为2,而G−V''的连通分支数是不确定的.分析设E为连通图G的边割集,则G−E的连通分支数p(G−E)=2,不可'''能大于2.否则,比如p(G−E)=3,则G−E由3个小图G,G'',G 组成,且E中边'1 2 3的两个端点分属于两个不同的小图.设E''中的边的两个端点一个在G 中,另一个187在G 中,则E''⊂E',易知p(G−E'')=2,这与E'为边割集矛盾,所以,2p(G−E'')=2.但p(G−V')不是定数,当然它大于等于2,在图7.11中,V'={u,v}为(1)的点割集, p(G−V)=2,其中'G 为(1)中图. V''={v}为(2)中图的点割集,且v为割点, p(G'−V'')=4,其中G为(2)中图.'7.18 解此题,只要求出D的邻接矩阵的前4次幂即可.⎡0 1 1 0⎤⎡1 1 0 1⎤1 0 0 020 1 1 0A=⎢⎥A =⎢⎥⎢0 1 0 1⎥⎢1 0 0 1⎥⎢0 0 0 0⎥⎢0 0 0 1⎥⎣⎦⎣⎦⎡1 1 1 1⎤⎡1 2 1 2⎤3 1 1 0 14 1 1 1 1A =⎢⎥A =⎢⎥⎢0 1 1 1⎥⎢1 1 0 1⎥⎢0 0 0 1⎥⎢0 0 0 1⎥⎣⎦⎣⎦D中长度为4的通路数为A4中元素之和,等于15,其中对角线上元素之和为3,即D中长度为3的回路数为3.v 到v 的长度为4的通路数等于a(4)=2.3434分析用邻接矩阵的幂求有向图D中的通路数和回路数应该注意以下几点:1°这里所谈通路或回路是定义意义下的,不是同构意义下的.比如,不同始点(终点)的回路2°这里的通路或回路不但有初级的、简单的，还有复杂的.例如,v1,v2,v1,v2,v1是一条长为4的复杂回路.3°回路仍然看成是通路的特殊情况.88读者可利用A2,A3,求D中长度为2和3的通路和回路数.7.19 答案A:④.分析G中有Nk个k度顶点,有(n−Nk)个(k+1)度顶点,由握手定理可知n d(v)=k⋅N +(k+1)(n−N )=2m∑ikki=1⇒Nk=n(k+1)−2n .7.20 答案A:②; B:③.分析在图7.12中,图(1)与它的补同构,再没有与图(1)非同构的自补图了,所以非同构的无向的4阶自补图只有1个.图(2)与它的补同构,图(3)与它的补也同构,而图(2)与图(3)不同构,再没有与(2),(3)非同构的自补图了,所以,非同械的5阶自补图有7.21 答案A:④; B:③; C:④; D:①.分析(1)中存在经过每个顶点的回路,如adcba.(2)中存在经过每个顶点.的通路,但无回路.(3)中无经过每个顶点至少一次的通路,其实,b,d两个顶点互不可达.(4)中有经过每个顶点至少一次的通路,但无回路,aedcbd为经过每个顶点的通路.(5)中存在经过每个顶点至少一次的回路,如aedbcdba(6)中也存在经.过每个顶点的回路,如baebdcb.由7.16 题可知,(1),(5),(6)是强连通的,(1),(2),(4),(5),(6)是单向连能的,(2),(4)是非强连通的单向连通图.注意,强连通图必为单向连通图.6 个图中,只有(3)既不是强连通的,也不是连通的,它只是弱连通图.在(3)中,从a到b无通路,所以d,<a,b>=∞,而b到a有唯一的通路ba,所以d<b,a>=1.7.22 答案A:①; B:⑥㈩C:②; D:④.89分析用Dijkstra标号法,将计算机结果列在表7.1中.表中第x列最后标定y/Z表示b到x的最短路径的权为y,且在b到x的最短路径上,Z邻接到x, 即x的前驱元为Z.由表7.1可知,a的前驱元为c(即a邻接到c),c的前驱元为b,所以,b到a的最短路径为bca,其权为4.类似地计论可知,b到c的最短路径为bc,其权为1.b到d 的最短路径为bcegd,其权为9.b到e 的最短路径为bce,其权为7.表7.1顶点a b c d e f gk0 7 1∞ ∞ ∞ ∞1 4 ∞ 5 4∞1/b2 12 5 4∞4/c3 12 5 4/c114 12 5/c75 97/e4 01 95 4 77.23 答案A:⑧; B:⑩C:③; D:③和④.分析按求最早、最晚完成时间的公式，先求各顶点的最早完成时间，再求最晚完成时间，最后求缓冲时间。
离散数学屈婉玲第七章 ppt课件
离散数学屈婉玲第七章
6
笛卡儿积的性质
(1) 不适合交换律 AB BA (AB, A, B)
(2) 不适合结合律 (AB)C A(BC) (A, B, C)
(3) 对于并或交运算满足分配律 A(BC) = (AB)(AC) (BC)A = (BA)(CA) A(BC) = (AB)(AC) (BC)A = (BA)(CA)
(2) A在R下的像记作R[A], 其中
R[A]=ran(R↾A)
说明：
R在A上的限制 R↾A是 R 的子关系，即 R↾A R
A在R下的像 R[A] 是 ranR 的子集，即 R[A] ranR
离散数学屈婉玲第七章
19
实例
例7 设R={<1,2>,<1,3>,<2,2>,<2,4>,<3,2>}, 则
离散数学屈婉玲第七章
26
关系运算的性质
定理7.5 设F 为关系, A, B为集合, 则
(1) F ↾(A∪B) = F ↾A∪F ↾B
(2) F [A∪B] = F [A]∪F [B]
(3) F ↾(A∩B) = F ↾A∩F ↾B
(4) F [A∩B] F [A]∩F [B]
离散数学屈婉玲第七章
离散数学屈婉玲第七章
23
关系运算的性质
定理7.3 设R为A上的关系, 则 RIA= IAR=R
<x,y> <x,y>∈RIA
t (<x,t>∈R∧<t,y>∈IA) t (<x,t>∈R∧t=y∧y∈A) <x,y>∈R
离散数学屈婉玲第七章
24
关系运算的性质
清华版离散数学ppt课件第七章图的基本概念_2
图论起源于 1736 年欧拉（Euler，1707-1783，写下 886 篇论文和书 籍）发表的解决“哥尼斯堡七桥问题”的第一篇图论论文，但在其后的 100 年，图论未得到发展。直到 1852 年格斯里（Gathrie）提出的“四色 问题”和 1859 年哈密尔顿（Hamilton）提出的“哈密尔顿回路问题” ， 成为图论中两个最重要的问题，1936 年，科尼格（Konig）出版了第一本 图论书籍。图论应用非常广泛，特别是厄多斯（1913-1996，数学奇人， 一生发表 1475 篇高水平论文）首先研究的随机图在复杂网络上的应用。 图论的内容非常丰富，我们只介绍基本的理论和概念。
第一节 无向图及有向图
一、无向图与有向图的定义 1． 无向图的定义 定义 1 无向图 G = <V,E>, 其中 （1）V 为顶点集，元素称为顶点 （2）E 为 VV 的多重子集，其元素称为无向边，简称 边 例：设 V = {v2, v2, …,v5 }, E = {(v1,v1), (v1 ,v2), (v2,v3), (v2 ,v3), (v2,v5), (v1,v5), (v4,v5)} 则 G = <V,E>为一无向图，用图 1 表示 G
3．关于无向图和有向图诸多定义或表示 （1）图 ① 可用 G 泛指图（无向的或有向的） ② V(G), E(G), V(D), E(D) ③ n 阶图-------- |V|=n （2）有限图：V,E 都是有限集合 （3）n 阶零图：E=；平凡图：E=，|V|=1； （4）空图—— （5）用 ek 表示无向边或有向边，连接边的两个顶点称为端点
2. 图论基本定理——握手定理 定理 1 设 G=<V,E>为任意无向图，V={v1,v2,…,vn}, |E|=m, 则
离散数学第七章第2讲课件.ppt
《定理》如果格中交对并是分配的，那么并对交也是分配 的，反之亦然。 证明：已知对格中任意元素a,b,c，有： a (b c) ＝ (a b) (a c)，而 (a b) (a c b) c) =a ((a c) (b c)) =(a (a c)) (b c) =a (b c)
《定义》设<A,,>是由格<A,≤>所诱导的代数系统。对A 中任意a，b，c，如果b ≤ a，就有 a (b c) ＝ b (a c) 则称<A,≤>为模格。
《定理》分配格是模格。 证明：对于分配格中任意元素a,b,c,有： a (b c) ＝ (a b) (a c) 若b ≤ a，则a b=b，代入上式得 a (b c) ＝ b (a c) ∴分配格是模格。
即：并对交也是分配的。
《定理》每个链均是分配格。 证明：设<A,≤>是链。对任意a，b，cA (1) 若a≤b或a≤c，则 a (b c) ＝ a， (a b) (a c)＝a 即： a (b c) ＝ (a b) (a c) (2) 若a≥b且a≥c，则 a (b c) ＝ b c， (a b) (a c)＝ b c 即：a (b c) ＝ (a b) (a c)。 ∴ 定理成立。
《定理》如果<A,≤>是有界格，全上界和全下界分别是1和0，则 对任意元素aA，有： a1 = 1a = 1 a1 = 1a = a a0 = 0a = a a0 = 0a = 0 证明：∵ a≤a，a≤1，∴a ≤ a 1， 而 a1 ≤ a，根据偏序关系的反对称性可得 ： a1= a， 由交换律可得：a 1＝1 a=a。 类似可证另两式。
定理：设<A，≤>是一个分配格，则对于任意a，b，c A， 如果有a∧b =a∧c和a∨b =a∨c成立，则必有b=c。
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离散数学（第五版）清华大学出版社第7章习题解答7.1 (1),(2),(3),(5)都能构成无向图的度数列,其中除(5)外又都能构成无向简单图的度数列.分析1°非负整数列d,d ,L,d 能构成无向图的度数列当且仅当n di为1 2n∑i=1偶数,即d1,d2,L,dn中的奇数为偶数个.（1）,(2),(3),(5)中分别有4个,0个,4个,4 个奇数,所以,它们都能构成无向图的度数列,当然,所对应的无向图很可能是非简单图.而(4)中有 3 个奇数,因而它不能构成无向图度数列.否则就违背了握手定理的推论.2°(5) 虽然能构成无向图的度数列,但不能构成无向简单度数列.否则,若存在无向简单图G,以1,3,3,3 为度数列,不妨设G 中顶点为v1,v2,v3,v4,且d(vi)=1,于是d(v2)=d(v3)=d(v4)=3.而v1只能与v2,v3,v4之一相邻,设v1与v2相邻,这样一来,除v2能达到3度外, v3,v4都达不到3度,这是矛盾的.在图7.5所示的4个图中,(1) 以1为度数列,(2)以2为度数列,(3)以3为度数列,(4)以4为度数列(非简单图).7.2 设有几简单图D以2,2,3,3为度数列,对应的顶点分别为v1,v2,v3,v4,由于d(v)=d+(v)+d_(v),所示,d+(v)-d-(v)=2-0=2,d+(v )=d(v )-d-(v )11222=2-0=2,d+(v)=d(v)-d-(v)=3-2=1,d+(v)=d(v)-d-(v)=3-3=033344481由此可知,D 的出度列为2,2,1,0,且满足d+(v)= d-(v).请读者画出∑i∑ｉ一个有向图.以2,2,3,3为度数列,且以0,0,2,3为入度列,以2,2,1,0为出度列.7.3 D 的入度列不可能为1,1,1,1.否则,必有出度列为2,2,2,2(因为d(v)=d+(v)+d-(v)),)此时,入度列元素之和为4,不等于出度列元素之和8,这违背握手定理.类似地讨论可知,1,1,1,1也不能为D的出席列.7.4 不能. N阶无向简单图的最大度Δ≤n-1.而这里的n个正整数彼此不同,因而这n个数不能构成无向简单图的度数列,否则所得图的最大度大于n,这与最大度应该小于等于n-1矛盾.7.5 (1) 16个顶点. 图中边数m=16,设图中的顶点数为n.根据握手定理可知2m=32= n d(v)=2n∑ｉi=1所以,n=16.(2) 13个顶点.图中边数m=21,设3度顶点个数为x,由握手定理有2m=42=3×4+3x由此方程解出x=10.于是图中顶点数n=3+10=13.(3) 由握手定理及各顶点度数均相同,寻找方程2×24=nk的非负整数解,这里不会出现n,k均为奇数的情况. 其中n为阶级,即顶点数,k为度数共可得到下面10种情况.①个顶点,度数为48.此图一定是由一个顶点的24个环构成,当然为非简单图.②2个顶点,每个顶点的度数均为24.这样的图有多种非同构的情况,一定为非简单图.③3个顶点,每个顶点的度数均为16.所地应的图也都是非简单图.④4个顶点,每个顶点的度数均为12. 所对应的图也都是非简单图.⑤6个顶点，每个顶点的度数均为8，所对应的图也都是非简单图.⑥个顶点,每个顶点的度数均为 6.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.82⑦12 个顶点,每个顶点的度数均为 4. 所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑧16个顶点,每个顶点的度数均为3,所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑨24个顶点,每个顶点的度数均为 2.所对应的非同构的图中有简单图,也有非简单图.⑩48个顶点,每个顶点的度数均为1,所对应的图是唯一的,即由24个K2构成的简单图.分析由于n阶无向简单图G中,ΔG( )≤n-1,的以①-⑤所对应的图不可能有简单图.⑥-⑨既有简单图,也有非简单图,读者可以画出若干个非同构的图,而⑩只能为简单图.7.6 设G为n阶图,由握手定理可知70=2×35= n d(v)≥3n,∑ 1i=1所以,?70?n≤=23.?3????70?这里, ?x?为不大于x的最大整数,例如?2?=2,?2.5?=2,=23 .?3???可是由于G 为7.7 由于δ(G)=n-1,说明G 中任何顶点v的度数d(v)≥δ(G)=n-1,简单图,因而ΔG( )≤n-1,这又使得d(v)≤n-1,于是d(v)=n-1,也就是说,G中每个顶点的度数都是n-1,因而应有ΔG( )≤n-1.于是G为(n-1)阶正则图,即G为n阶完全图Kn.7.8 由G的补图G的定义可知,GUG为Kn,由于n为奇数,所以, Kn中各项顶点的度数n-1为偶数.对于任意的v∈V(G),应有v∈V(G),且dG(v)_d (v)=dK (v)=n-1Gn83其中dG(v)表示v在G中的度数, d (v)表示v在G中的度数.由于n-1为偶G数,所以, dG(v)与d (v)同为奇数或同为偶数,因而若G有r个奇度顶点,则G也G有r个奇度顶点.7.9 由于D'?D,所以,m'≤m.而n阶有向简单图中,边数m≤n(n-1),所以,应有n(n-1)=m'≤m≤n(n-1)这就导致m=n(n-1),这说明D为n阶完全图,且D'=D.7.10 图7.6给出了K4的18个非同构的子图,其中有11个生成子图(8-18),其中连通的有6个11,12,13,14,16,17).图7.6中,n,m分别为顶点数和边数.7.11 K4有11个生成子图,在图7.6中,它们分别如图8-18所示.要判断它们之中哪些是自补图,首先要知道同构图的性质,设G1与G2的顶点数和边数.若G1?G2,则n1=n2且m1=m2.(8)的补图为(14)=K4,它们的边数不同,所以,不可能同构.因而(8)与(14)84均不是自补图类似地,(9)的补图为(13),它们也非同构,因而它们也都不是自补图.(10)与(12)互为补图,它们非同构,因而它们都不是自补图.(15)与(17)互为补图,它们非同构,所以,它们都不是自补图.类似地,(16)与(18)互为补图且非同构,所以,它们也都不是自补图.而(11)与自己的补图同构,所以,(11)是自补图.7.12 3阶有向完全图共有20个非同构的子图,见图7.7所示,其中(5)-(20)为生成子图,生成子图中(8),(13),(16),(19)均为自补图.分析在图7.7所示的生成子图中, (5)与(11)互为补图,(6)与(10)互为补图,(7)与(9)互为补图,(12)与(14)互为补图,(15)与(17)互为补图,(18)与(20)互为补图,以上互为补图的两个图边数均不相同,所以,它们都不是自补图.而(8),(13),(16),(19)4个图都与自己的补图同构,所以,它们都是自补图.7.13 不能.分析在同构的意义下,G1,G2,G3都中K4的子图,而且都是成子图.而K4的两条边的生成子图中,只有两个是非同构的,见图7.6 中(10)与(15)所示.由鸽巢原理可知, G1,G2,G3中至少有两个是同构的,因而它们不可能彼此都非同构.鸽巢原理m只鸽飞进n个鸽巢,其中m≥n,则至少存在一巢飞入至少[m]只n鸽子.这里?x?表示不小于x的最小整数.例如, ?2?=2,?2.5?=3.7.14 G是唯一的,即使G是简单图也不唯一.分析由握手定理可知2m=3n,又由给的条件得联立议程组?2m=3n?2n-3=m.?解出n=6,m=9.6个顶点,9条边,每个顶点的度数都是3的图有多种非同构的情况,其中有多个非简单图(带平行边或环),有两个非同构的简单图,在图7.8中(1),(2)给出了这两个非同构的简单图.满足条件的非同构的简单图只有图7.8中,(1),(2)所示的图,(1)与(2)所示的图,(1)与(2)是非同构的.注意在(1)中不存在3个彼此相邻的顶点,而在(2)中存在3个彼此相邻的顶点,因而(1)图与(2)图非同构.下面分析满足条件的简单图只有两个是非同构的.首先注意到(1)中与(2)中图都是K6的生成子图,并且还有这样的事实,设G1,G2都是n 阶简单图,则G1?G2当且仅当G1?G2,其中G1,G2分别为G1与G2的补图.满足要求的简单图都是6阶9条边的3正则图,因而它们的补图都为6阶6条边的2正则图(即每个顶点度数都是2).而K6的所有生成子图中,6条边2正则的非同构的图只有两个,见图7.8中(3),(4)所示的图,其中(3)为(1)的补图,(4)为(2)的补图,满足要求的非同构的简单图只有两个.但满足要求的非同简单图有多个非同构的,读者可自己画出多个来.7.15 将K6的顶点标定顺序,讨论v1所关联的边.由鸽巢原理(见7.13 题),与v1关联的5条边中至少有3条边颜色相同,不妨设存在3条红色边,见图7.9中(1)所示(用实线表示红色的边)并设它们关联另外3个顶点分别为v2,v4,v6.若v2,v4,v6构成的K3中还有红色边,比如边(v2,v4)为红色,则v1,v2,v4构成的K3为红色K3,见图7.9中(2)所示.若v2,v4,v6构成的K3各边都是蓝色(用虚线表示),则v2,v4,v6构成的K3为蓝色的.867.16 在图7.10 所示的3个图中,(1)为强连通图,(2)为单向连通图,但不是强连通的,(3)是弱连通的,不是单向连通的,更不是强连通的.分析在(1)中任何两个顶点之间都有通路,即任何两个顶点都是相互可达的,因而它是强连能的.(2)中c不可达任何顶点,因而它不是强连通的,但任两个顶点存在一个顶点可达另外一个顶点,所以,它是单向可达的.(3)中a,c互相均不可达,因而它不是单向连通的,更不是强连通的.判断有向图的连通性有下面的两个判别法.1°有向图D是强连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的回路.2°有向图D是单向连通的当且仅当D中存在经过每个顶点至少一次的通路. (1) 中abcda为经过每个顶点一次的回路,所以,它是强连能的.(2)中abdc为经过每个顶点的通路,所以,它是单向连通的,但没有经过每个顶点的回路,所以,它不是强连通的.(3)中无经过每个顶点的回路,也无经过每个顶点的通路,所以,它只能是弱连通的.7.17 G-E的连通分支一定为2,而G-V''的连通分支数是不确定的.分析设E为连通图G的边割集,则G-E的连通分支数p(G-E)=2,不可'''能大于2.否则,比如p(G-E)=3,则G-E由3个小图G,G'',G 组成,且E中边'1 2 3的两个端点分属于两个不同的小图.设E''中的边的两个端点一个在G 中,另一个187在G 中,则E''?E',易知p(G-E'')=2,这与E'为边割集矛盾,所以,2p(G-E'')=2.但p(G-V')不是定数,当然它大于等于2,在图7.11中,V'={u,v}为(1)的点割集, p(G-V)=2,其中'G 为(1)中图. V''={v}为(2)中图的点割集,且v为割点, p(G'-V'')=4,其中G为(2)中图.'7.18 解此题,只要求出D的邻接矩阵的前4次幂即可.?0 1 1 0??1 1 0 1?1 0 0 020 1 1 0A=??A =???0 0 0 0??0 0 0 1??????1 1 1 1??1 2 1 2?3 1 1 0 14 1 1 1 1A =??A =???0 1 1 1??1 1 0 1??0 0 0 1??0 0 0 1?????D中长度为4的通路数为A4中元素之和,等于15,其中对角线上元素之和为3,即D中长度为3的回路数为 3.v 到v 的长度为4的通路数等于a(4)=2.3434分析用邻接矩阵的幂求有向图D中的通路数和回路数应该注意以下几点:1°这里所谈通路或回路是定义意义下的,不是同构意义下的.比如,不同始点(终点)的回路2°这里的通路或回路不但有初级的、简单的，还有复杂的.例如,v1,v2,v1,v2,v1是一条长为4的复杂回路.3°回路仍然看成是通路的特殊情况.88读者可利用A2,A3,求D中长度为2和3的通路和回路数.7.19 答案A:④.分析G中有Nk个k度顶点,有(n-Nk)个(k+1)度顶点,由握手定理可知n d(v)=k?N +(k+1)(n-N )=2m∑ikki=1?Nk=n(k+1)-2n .7.20 答案A:②; B:③.分析在图7.12中,图(1)与它的补同构,再没有与图(1)非同构的自补图了,所以非同构的无向的4阶自补图只有1个.图(2)与它的补同构,图(3)与它的补也同构,而图(2)与图(3)不同构,再没有与(2),(3)非同构的自补图了,所以,非同械的5阶自补图有7.21 答案A:④; B:③; C:④; D:①.分析(1)中存在经过每个顶点的回路,如adcba.(2)中存在经过每个顶点.的通路,但无回路.(3)中无经过每个顶点至少一次的通路,其实,b,d两个顶点互不可达.(4)中有经过每个顶点至少一次的通路,但无回路,aedcbd为经过每个顶点的通路.(5)中存在经过每个顶点至少一次的回路,如aedbcdba(6)中也存在经.过每个顶点的回路,如baebdcb.由7.16 题可知,(1),(5),(6)是强连通的,(1),(2),(4),(5),(6)是单向连能的,(2),(4)是非强连通的单向连通图.注意,强连通图必为单向连通图.6 个图中,只有(3)既不是强连通的,也不是连通的,它只是弱连通图.而b到a有唯一的通路ba,所以d<b,a>=1. 在(3)中,从a到b无通路,所以d,<a,b>=∞，7.22 答案A:①; B:⑥㈩C:②; D:④.89分析用Dijkstra标号法,将计算机结果列在表7.1中.表中第x列最后标定y/Z表示b到x的最短路径的权为y,且在b到x的最短路径上,Z邻接到x, 即x的前驱元为Z.由表7.1可知,a的前驱元为c(即a邻接到c),c的前驱元为b,所以,b到a的最短路径为bca,其权为4.类似地计论可知,b到c的最短路径为bc,其权为1.b到d 的最短路径为bcegd,其权为9.b到e 的最短路径为bce,其权为7.表7.1顶点a b c d e f gk0 7 1∞∞∞∞1 4 ∞ 5 4∞1/b2 12 5 4∞4/c3 12 5 4/c114 12 5/c74 01 95 4 77.23 答案A:⑧; B:⑩C:③; D:③和④.分析按求最早、最晚完成时间的公式，先求各顶点的最早完成时间，再求最晚完成时间，最后求缓冲时间。