离散数学刘任任版第6章答案.ppt
离散数学-第六章集合代数课后练习习题及答案

第六章作业评分要求:1. 合计57分2. 给出每小题得分(注意: 写出扣分理由).3. 总得分在采分点1处正确设置.一有限集合计数问题(合计20分: 每小题10分, 正确定义集合得4分, 方法与过程4分, 结果2分)要求: 掌握集合的定义方法以及处理有限集合计数问题的基本方法1 对60个人的调查表明, 有25人阅读《每周新闻》杂志, 26人阅读《时代》杂志, 26人阅读《财富》杂志, 9人阅读《每周新闻》和《财富》杂志, 11人阅读《每周新闻》和《时代》杂志, 8人阅读《时代》和《财富》杂志, 还有8人什么杂志也不读.(1) 求阅读全部3种杂志的人数;(2) 分别求只阅读《每周新闻》、《时代》和《财富》杂志的人数.解定义集合: 设E={x|x是调查对象},A={x|x阅读《每周新闻》}, B={x|x阅读《时代》}, C={x|x阅读《财富》}由条件得|E|=60, |A|=25, |B|=26, |C|=26, |A∩C|=9, |A∩B|=11, |B∩C|=8, |E-A∪B∪C|=8 (1) 阅读全部3种杂志的人数=|A∩B∩C|=|A∪B∪C|-(|A|+|B|+|C|)+(|A∩B|+|A∩C|+|B∩C|)=(60-8)-(25+26+26)+(11+9+8)=3(2) 只阅读《每周新闻》的人数=|A-B∪C|=|A-A∩(B∪C)|=|A-(A∩B)∪(A∩C)|=|A|-(|A∩B|+|A∩C|-|A∩B∩C|)=25-(11+9-3)=8同理可得只阅读《时代》的人数为10, 只阅读《财富》的人数为12.2 使用容斥原理求不超过120的素数个数.分析:本题有一定难度, 难在如何定义集合. 考虑到素数只有1和其自身两个素因子, 而不超过120的合数的最小素因子一定是2,3,5或7(比120开方小的素数), 也就是说, 不超过120的合数一定是2,3,5或7的倍数. 因此, 可定义4条性质分别为2,3,5或7的倍数, 先求出不超过120的所有的合数, 再得出素数的个数.解定义集合: 设全集E={x|x∈Z∧1≤x∧x≤120}A={2k|k∈Z∧k≥1∧2k≤120},B={3k|k∈Z∧k≥1∧3k≤120},C={5k|k∈Z∧k≥1∧5k≤120},D={7k|k∈Z∧k≥1∧7k≤120}.则不超过120的合数的个数=|A∪B∪C∪D|-4 (因为2,3,5,7不是合数)=(|A|+|B|+|C|+|D|)-(|A∩B|+|A∩C|+|A∩D|+|B∩C|+|B∩D|+|C∩D|)+(|A∩B∩C|+|A∩B∩D|+|A∩C∩D|+|B∩C∩D|)-|A∩B∩C∩D|-4=(60+40+24+17)-(20+12+8+8+5+3)+(4+2+1+1)-0-4 (理由见说明部分)=89因此不超过120的素数个数=120-1-89=30 (因为1不是素数)说明: |A|=int(120/2); |A⋂B|=int(120/lcd(2,3));|A⋂B⋂C|=int(120/lcd(2,3,5)); |A⋂B⋂C⋂D|=int(120/lcd(2,3,5,7)).二集合关系证明1 设A,B,C是任意集合, 证明(1) (A-B)-C=A-(B∪C)(2) A∩C⊆B∩C ∧A-C⊆B-C ⇒A⊆B(合计12分: 每小题6分; 格式3分, 过程每错一步扣1分)证明(1) 逻辑演算法: ∀x,x∈(A-B)-C⇔x∈(A-B)∧¬x∈C (-定义)⇔(x∈A∧¬x∈B)∧¬x∈C (-定义)⇔x∈A∧(¬x∈B∧¬x∈C) (∧的结合律)⇔x∈A∧¬(x∈B∨x∈C) (德摩根律)⇔x∈A∧¬x∈B∪C (∪定义)⇔x∈A-B∪C (-定义)所以(A-B)-C=A-(B∪C).集合演算法(A-B)-C=(A∩~B)∩~C (补交转换律)=A∩(~B∩~C) (∩的结合律)=A∩~(B∪C) (德摩根律)=A-(B∪C) (补交转换律)得证.(2) 逻辑演算法: ∀x,x∈A⇔x∈A∩(C∪~C) (排中律, 同一律)⇔x∈(A∩C)∪(A∩~C) (∪对∩的分配率)⇔x∈A∩C∨x∈A-C (∪的定义, 补交转换律)⇒x∈B∩C∨x∈B-C (已知条件A∩C⊆B∩C与A-C⊆B-C) ⇔x∈(B∩C)∪(B-C) (∪的定义)⇔x∈(B∩C)∪(B∩~C) (补交转换律)⇔x∈B∩(C∪~C) (∩对∪的分配率)⇔x∈B (排中律, 同一律)所以A⊆B.集合演算法A=A∩(C∪~C) (同一律, 排中律)=(A∩C)∪(A∩~C) (∩对∪的分配率)=(A∩C)∪(A-C) (补交转换律)⊆(B∩C)∪(B-C) (已知条件A∩C⊆B∩C与A-C⊆B-C)=(B∩C)∪(B∩~C) (补交转换律)=B∩(C∪~C) (∩对∪的分配率)=B (排中律, 同一律)得证.方法三因为A∩C⊆B∩C, A-C⊆B-C, 所以(A∩C)∪(A-C)⊆(B∩C)∪(B-C)|, 整理即得A⊆B, 得证.2 求下列等式成立的充分必要条件(1) A-B=B-A(2) (A-B)∩(A-C)=∅(合计10分: 每小题5分; 正确给出充分必要条件2分, 理由3分)解(1) A-B=B-A方法一两边同时∪A得: A=(B-A)∪A=B∪A ⇒B⊆A; 同理可得A⊆B, 综合可得A=B.另一方面, 当A=B时显然有A-B=B-A. 因此所求充要条件为A=B.方法二∀x,x∈A-B∧x∈B-A⇔x∈(A-B)∩(B-A)⇔x∈∅所以A-B=B-A⇔A-B=∅∧B-A=∅⇔A⊆B ∧B⊆A⇔A=B因此A=B即为所求.(2) (A-B)∩(A-C)=∅⇔(A∩~B)∩(A∩~C)=∅⇔A∩(~B∩~C)=∅⇔A∩~(B∪C)=∅⇔A-(B∪C)=∅⇔A⊆B∪C所以A⊆B∪C即为所求充要条件.说明: 这类题型一般先求出必要条件, 再验证其充分性.三设全集为n元集, 按照某种给定顺序排列为E={x1,x2,…,x n}. 在计算机中可以用长为n的0,1串表示E的子集. 令m元子集A={x i1,x i2,…,x im}, 则A所对应的0,1串为j1j2…j n, 其中当k=i1,i2,…,i m时j k=1, 其它情况下j k=0.例如, E={1,2,…,8}, 则A={1,2,5,6}和B={3,7}对应的0,1串分别为11001100和00100010.(1)设A对应的0,1串为10110010, 则~A对应的0,1串是什么?(2) 设A与B对应的0,1串分别为i1i2…i n和j1j2…j n, 且A∪B, A∩B, A-B, A⊕B对应的0,1串分别为a1a2…a n, b1b2…b n, c1c2…c n, d1d2…d n, 求a k,b k,c k,d k, k=1,2,…,n.(合计15分: (1)3分; (2)12分, 每个结果正确2分, 求解过程4分)解下述运算是二进制数的位运算(1) 01001101(2) a k=i k∨j k, b k=i k∧j k, c k=i k∧¬j k, d k=(i k∧¬j k)∨(¬i k∧j k).说明: 这里c k和d k的求解可以使用主范式求解.c k,d k的真值表如下k kc k⇔m2=i k∧¬j kd k⇔m1∨m2=(¬i k∧j k)∨(i k∧¬j k).。
离散数学-第六章习题答案

第6章习题答案1.列举出从X到Y的关系S的各元素(1)X={0,1,2},Y={0,2,4},S={<x,y>|x+y∈X⋂Y}(2)X={1,2,3,4,5},Y={1,2,3},S={<x,y>|x=y2,x∈X,y∈Y}解:(1)S={<0,0>,<0,2>,<2,0>}(2)S={<1,1>,<4,2>}2.设P={<1,2>,<2,4>,<3,3>}Q={<1,3>,<2,4>,<4,2>}求dom(P),ran(P),并证明:dom(P⋃Q)=dom(P)⋃dom(Q)解:dom(P)={1,2,3}ran(P)={2,3,4}证明:对于任意xx∈dom(P⋃Q)⇔∃y(<x,y>∈P⋃Q)⇔∃y(<x,y>∈P∨<x,y>∈Q)⇔∃y(<x,y>∈P)∨∃y(<x,y>∈Q)⇔ x∈dom(P)∨x∈dom(Q)⇔ x∈dom(P)⋃dom(Q)所以,dom(P⋃Q)=dom(P)⋃dom(Q)3.若关系R和S自反的,对称的和传递的,证明:R⋂S也是自反的,对称的和传递的。
证明:设R和S是集合A上的关系。
因为R和S是自反的,所以,对于A中的任意元素x,有<x,x>∈R和<x,x>∈S。
因此<x,x>∈R⋂S,即R⋂S是自反的。
因为R和S是对称的,所以对于任意<x,y>,<x,y>∈R⋂S⇔<x,y>∈R∧<x,y>∈S⇔<y,x>∈R∧<y,x>∈S⇔<y,x>∈R⋂S因此,R⋂S是对称的。
因为R和S是传递的,所以对于任意<x,y>和<y,z><x,y>∈R⋂S ∧<y,z>∈ R⋂S⇔<x,y>∈R∧<x,y>∈S∧<y,z>∈ R∧<y,z>∈ S⇔(<x,y>∈R∧<y,z>∈ R)∧(<x,y>∈S ∧<y,z>∈ S)⇔<x,z>∈R∧<x,z>∈ S⇔<x,z>∈R⋂S因此,R⋂S是传递的。
离散数学课件第六章(第2讲)

《定理》:设*是S上的二元运算,且x S,对任一m,n
I+有(1)xmxn=xm+n
(2)(xm)n=xmn
证明: (1) xmxn= (xm x) x… x = (xm+1 x) x… x
n
n-1
=….= xm+n
(2)(xm)n= xm … xm= xm+m xm … xm=…=xmn
n
例:设M= {0º,60º,120º,240º,300º,180º}表示平面上几何图形 顺时针旋转的六种位置,定义一个二元运算*,对M中任一 元素a,b有a*b=图形旋转(a+b)的角度,并规定当旋转到 360º时即为0º,试验证<M ,*>是一个群。
* 0º 60º 120º 180º 240º 300º 0º 0º 60º 120º 180º 240º 300º 60º 60º 120º 180º 240º 300º 0º 120º 120º 180º 240º 300º 0º 60º 180º 180º 240º 300º 0º 60º 120º 240º 240º 300º 0º 60º 120º 180º 300º 300º 0º 60º 120º 180º 240º
例: <I ,max>,其中max(x1,x2)取二者之大值;<I ,min>, 其中min(x1,x2)取二者之小值,均不为独异点(不存在幺 元)。<N ,max>则为独异点,其中 e =0
《定义》:设< S ,* >是一半群,TS,且*在T上是封闭的, 那么< T ,* >也是半群,称< T ,* >是< S ,* >的子半群。
离散数学 第六章

第二部分集合论引言集合是数学中最为基本的概念,又是数学各分支、自然科学及社会科学各领域的最普遍采用的描述工具。
集合论是离散数学的重要组成部分,是现代数学中占有独特地位的一个分支。
G.康托尔是作为数学分支的集合论的奠基人。
1870年前后,他关于无穷序列的研究导致集合论的系统发展。
1874年他发表了关于实数集合不能与自然数集合建立一一对应的有名的证明。
1878年,他引进了两个集合具有相等的“势”的概念。
然而,朴素集合论中包含着悖论。
第一个悖论是布拉利-福尔蒂的最大序数悖论。
1901年罗素发现了有名的罗素悖论。
1932年康托尔也发表了关于最大基数的悖论。
集合论的现代公理化开始于1908年E.策梅罗所发表的一组公理,经过A.弗兰克尔的加工,这个系统称为策梅罗-弗兰克尔集合论(ZF),其中包括1904年策梅罗引入的选择公理。
另外一种系统是冯*诺伊曼-伯奈斯-哥德尔集合论。
公理集合论中一个有名的猜想是连续统假设(CH)。
K.哥德尔证明了连续统假设与策梅罗-弗兰克尔集合论的相容性,P.J.科恩证明了连续统假设与策梅罗-弗兰克尔集合论的独立性。
现在把策梅罗-弗兰克尔集合论与选择公理一起称为ZFC系统。
本部分主要介绍朴素集合论的主要内容,其中包括集合代数(第六章)、二元关系(第七章)、函数(第八章)、集合的基数(第九章)等。
本部分的先行知识及各部分的关系如下图所示:6.1 集合的基本概念一.集合的表示集合是不能精确定义的基本概念。
直观地说,把一些事物汇集到一起组成一个整体就叫集合,而这些事物就是这个集合的元素或成员。
例如:方程x2-1=0的实数解集合;26个英文字母的集合;坐标平面上所有点的集合;……集合通常用大写的英文字母来标记,例如自然数集合N(在离散数学中认为0也是自然数),整数集合Z,有理数集合Q,实数集合R,复数集合C等。
表示一个集合的方法有两种:列元素法和谓词表示法,前一种方法是列出集合的所有元素,元素之间用逗号隔开,并把它们用花括号括起来。
离散数学6(共15张PPT)

1
a
bc
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
1 b
a c∧1=b (b∧a) ∨(b∧c)=0∨c=c
b∧ (a∨c)≠(b∧a) ∨(b∧c) 右图不是分配格
第1页,共15页。
1
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
第2页,共15页。
(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。
第4页,共15页。
4
定理4:设<A, ≤>是分配格,则对a,b,cA, 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)
离散数学第六章的课件

05 离散随机变量
随机变量的定义与性质
随机变量定义
随机变量是从样本空间到实数的可测 函数,用于描述随机现象的结果。
随机变量性质
随机变量具有可测性、可加性和可数 性等性质,这些性质在概率论和统计 学中具有重要应用。
离散概率分布
离散概率分布定义
离散概率分布描述的是随机变量取离散值时的概率规律,通 常用概率质量函数或概率函数表示。
离散概率分布性质
离散概率分布具有非负性、归一性和可数性等性质,这些性 质是离散概率分布的基本要求。
期望与方差
期望定义
期望是随机变量所有可能取值 的概率加权和,是描述随机变 量取值“平均水平”的重要指
标。
期望性质
期望具有线性性、可加性和正 定性等性质,这些性质在概率 论和统计学中具有重要应用。
方差定义
感谢您的观看
THANKS
方差是描述随机变量取值分散 程度的重要指标,是随机变量 与期望之差的平方的期望。
方差性质
方差具有非负性、归一性和可 加性等性质,这些性质是方差
的基本要求。
06 离散概率论的应用
蒙提霍尔问题
总结词
蒙提霍尔问题是一个著名的概率论问题,涉 及到概率论中的独立性概念和组合数学。
详细描述
蒙提霍尔问题是一个经典的组合数学问题, 它涉及到概率论中的独立性概念。该问题问 的是,如果有n个盒子,每个盒子被选中的 概率是1/2,那么在最优策略下,选中至少 一个盒子的最有可能的盒子数是多少?这个 问题涉及到概率论中的独立性概念和组合数
学。
抓阉问题
要点一
总结词
抓阉问题是一个经典的离散概率论问题,涉及到概率论中 的随机性和独立性概念。
要点二
离散数学课件_6.1

并且 (vi,vj) (<vi,vj>) 与 (f(vi),f(vj)) (<f(vi),f(vj)>)的重数相 同,则称G1与G2是同构的,记作G1G2.
25
实例
26
实例
7
顶点的度数
设G=<V,E>为无向图, vV,
v的度数(度) d(v): v作为边的端点次数之和
悬挂顶点: 度数为1的顶点
悬挂边: 与悬挂顶点关联的边
G的最大度(G)=max{d(v)| vV}
G的最小度(G)=min{d(v)| vV}
e1 v1 e2 v2
例如 d(v5)=3, d(v2)=4, d(v1)=4,
2正则图
3正则图
4正则图
19
圈图与轮图
无向圈图Cn=<V,E>, 其中V={v1,v2,…,vn}, E={(v1,v2),(v2,v3), …,(vn-1,vn),(vn,v1)}, n 3 有向圈图Cn=<V,E>, 其中V={v1,v2,…,vn}, E={<v1,v2>, <v2,v3>,…,<vn-1,vn>,<vn,v1>}, n 3 轮图Wn:无向圈图Cn-1内放一个顶点, 且与圈图的每个顶点 之间恰有一条边, n 4
20
方体图
n方体图Qn=<V,E>是2n阶无向简单图, 其中
V={v|v=a1a2…an, ai=0,1, i=1,2,…,n} E={(u,v)| u,vVu与v恰好有一位数字不同}.
离散数学第6章

33
图的运算
v2 v1 v3 v7 v2 v4 v6 v3 v8 G1∪G2 v5 v2 v4 v2 v5 v4 v6 v2 v3 v8 v7 v4 v6 v3 v8 G1 G2
34
v7 v4 v5
v1
Байду номын сангаасv1
v3 v5 G1∩G2 v5
图的运算
若V1∩V2=空集,说明图G1和G2没有公 共顶点, G1∩G2是空图。称G1和G2不 相交。 若E1∩E2=空集,说明图G1和G2没有公 共边,则
3
无向图与有向图
定义 有向图D=<V,E>, 其中 (1) V同无向图的顶点集, 元素也称 为顶点 (2) E为VV的多重子集,其元素 称为有向边,简称弧. 用无向边代替D的所有有向边 所得到的无向图称作D的基图 右图是有向图,试写出它的V和E
4
图的基本概念
边又分为两种:有向边和无向边。在有向边的两个端 点中,一个是始点,另一个是终点,有向边的箭头方 向自始点指向终点。 如果图中各边都是有向边,则称此图为有向图。 如果图中各边都是无向边,则称此图为无向图。 如果图中既有有向边又有无向边,则称此图为混合图 由于无向边可以用两条方向相反的有向边来替代,所 以混合图可以转化为有向图。
若vi vj, 则称ek与vi ( vj)的关联次 数为1; 若vi = vj, 则称ek为环, 此时称ek与 vi 的关联次数为2; 若vi不是ek端点, 则称ek与vi 的关
联次数为0.
无边关联的顶点称作孤立点.
8
定义 设无向图G=<V,E>, 边e=(a,b),则称a,b为边e的两个端 点,称点a,b是邻接的; 关联于同一顶点的边是相邻(邻 接)的.
离散数学第六章PPT课件

有回路,此与(4)矛盾,故G – e不连通。
2021/3/9
授课:XXX
10
少条边就会不连通的图是树
只须证G中无回路。 若G中含回路C,取e=xy∈E(C) ,则 C – e仍连 通,任取u,v∈V(G) ,因G连通,故G中有(u,v)––通 路P。若P不含e,则u,v在G – e中仍连通;若 P中 含e,则P中的e可以用C – e中的(x,y)––通路代替, 从而u,v在G – e中仍连通。总之,u与v在G – e中 连通,此与(5)矛盾。故G无回路,因此,G是树
(因为在树中,q = p–1) 此为矛盾,故结论成立。
2021/3/9
授课:XXX
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§6.2 生成树
图的生成树
生成树:G是一个图,若G的生成子图T是 树, 则称T为G的生成树。(G的生成树可能 不唯一。) 一个图G的生成树是 ⑴G的生成子图,因此它包含了G的全部 顶点; ⑵无回路的连通图(树)。
2021/3/9
授课:XXX
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树若减条边就会不连通
证明:任取u,v ∈V(G) , 若uv∈E(G) , 则u和v 是连通的;若uv E(G) , 则有(4)知,G+uv有
唯一的回路C。由于G中无回路,所以,u,v必 在回路C上,显然,C – uv是G的连通子图,从 而G中含(u,v)–通路,即uv,故G是连通图。
2021/3/9
授课:XXX
8
树若添条边就会有回路
证明:设G有k个连通分支,由于G无回路,所 以G的每个连通分支均是树,于是,
k
k
qi=pi-1(i=1,…,k) ,q =qi = (pi-1)= p – k
离散数学第6章习题解答

第6章习题解答6.1 A: ⑨;B:⑨;C:④;D:⑥;E:③分析对于给定的集合和运算判别它们是否构成代数系统的关键是检查集合对给定运算的封闭性,具体方法已在5.3节做过说明.下面分别讨论对各种不同代数系纺的判别方法.1 °给定集合S和二元运算°,判定<S, ° >是否构成关群、独导点和群.根据定义,判别时要涉及到以下条件的验证:条件1 S关于。
运算封闭:条件2。
运算满足结合集条件3 °运算有幺元,条件 4 ° - x S, x J S.其中关群判定只涉及条件1和2;独导点判定涉及条件1、2、和3;而群的判定则涉及到所有的四个条件。
2 °给定集合S和二元运算°和*,判定<S, ° , *>是否构成环,交换环,含幺环,整环,域.根据有关定义需要检验的条件有:条件1 <S, ° >S构成交换群,条件2 <S, *> 构成关群,条件3 * 对°运算的分配律,条件4 *对运算满足交换律,条件5 *运算有幺元,条件6 *运算不含零因子一一消去律,条件7 |S|_2,-x・ S,x = O,有x J S (对* 运算).其中环的判定涉及条件1,2和3;交换环的判定涉及条件1,2,3和4;含幺环的判定涉及条件1,2,3和5;整环的判定涉及条件1-6;而域的判定则涉及全部7 个条件.3°判定偏序集:::S,「或代数系统:::S, ,* •是否构成格、分本配格、有补格和布尔格.若:::S, 一为偏序集,首先验证-x, y y和x y是否属于S.若满足条件则S为格,且:::S,,.构成代数系统•若:::S, ,*是代数系统且。
和*运算满足交换 律、结合律和吸收律,则:::S, ,* •构成格。
在此基础上作为分配格的充分必要条件是不含有与图格。
而有补格和布尔格的判定只要根据定义进行即可。
离散数学第6章作业答案

第六章习题答案2. 设P = {< 1, 2 >, < 2, 4 >, < 3, 3 >},Q = {< 1, 3 >, < 2, 4 >, < 4, 2 >}找出P⋃Q, P⋂Q, dom(P), dom(Q), ran(P)及ran(Q),并证明:dom(P ⋃ Q) = dom(P) ⋃ dom(Q)ran(P⋂ Q) ⊆ ran(P) ⋂ ran(Q)解P ⋃ Q ={< 1, 2 >, < 2, 4 >, < 3, 3 >, < 1, 3 >, < 4, 2 >},P ⋂ Q ={< 2, 4 >}dom(P)={1, 2, 3},dom(Q)= {1, 2, 4},ran(P) = {2, 3, 4},ran(Q) = {2, 3, 4}。
x∈ dom(P⋃Q)⇔∃y (< x, y > ∈ P ⋃ Q)⇔∃y (< x, y > ∈ P∨ < x, y > ∈ Q)⇔∃y (< x, y > ∈ P) ∨∃y (< x, y > ∈ Q)⇔ x∈ dom(P) ∨ x∈ dom(Q)⇔ x∈ dom(P) ⋃ dom(Q)y∈ ran(P⋂ Q)⇔∃x (< x, y > ∈ P⋂Q)⇔∃x (< x, y > ∈ P ∧ < x, y > ∈ Q)⇒∃x (< x, y > ∈ P) ∧∃x (< x, y > ∈ Q)⇔y∈ ran(P) ∧ y∈ ran(Q)⇔y∈ ran(P) ⋂ ran(Q)如上例,ran(P⋂ Q) = {4}⊂ {2, 3, 4} = ran(P) ⋂ ran(Q)3. 若关系R和S自反的,对称的和传递的,证明:R⋂S也是自反的,对称的和传递的。
离散数学及其应用第6章-特殊关系模型课件.ppt

总结
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本节内容到此结束
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本章学习内容
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1 等价关系与元素分类
2
相容关系与元素聚类
3 偏序关系与元素比较
4
特殊关系的应用
特殊关系的应用
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计算机应用技术研究所
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特殊关系的应用
☺ 粗集定义问题 得分评判问题
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例题
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例题
【例题】设集合A={1,2,3},关系R={〈1,2〉,〈1,3〉},现对R依次求 自反、对称和传递三种闭包,共有如下6种不同顺序: rst(R),rts(R),str(R),srt(R),tsr(R),trs(R) 问其中哪些关系是等价关系? 【分析】利用闭包运算的性质可以大大化简计算的步骤,然后 依次逐步画出对应的关系图,即可得出结果。 【解】由于sr(R)=rs(R);tr(R)=rt(R);st(R)⊆ts(R),故有: tsr(R)=trs(R)=rts(R);str(R)=srt(R)=rst(R)
最大相容类
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例题
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最大相容类性质
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例题
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例题
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例题
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相容关系与元素聚类
相容关系与相容类 ☺ 集合的覆盖
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计算机应用技术研究所
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集合的覆盖
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例题
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例题
离散数学-第6章.ppt

S4={3, 4, 5}
S5={3, 5} 确定在以下条件下X是否与S1,…,S5中某个集合相等?如 果是,又与哪个集合相等?
(1)若 XS5= (2)若 XS4但 XS2=
(3)若 XS1且 X ⊈S3 (4)若 XS3= (5)若 XS3 且 X ⊈ S1
28
解答
解 (1) 和S5不交的子集不含有3和5,因此 X=S2. (2) S4的子集只能是S4和S5. 由于与S2不交,不能含有偶数,
A B AB = AB = AB = A
7
广义运算
1. 集合的广义并与广义交 定义6.10 广义并 A = { x | z ( zA xz )}
广义交 A= { x | z ( zA xz )} 实例
{{1}, {1,2}, {1,2,3}}={1,2,3} {{1}, {1,2}, {1,2,3}}={1} {{a}}={a}, {{a}}={a} {a}=a, {a}=a
8
关于广义运算的说明
2. 广义运算的性质 (1) =,无意义 (2) 单元集{x}的广义并和广义交都等于x (3) 广义运算减少集合的层次(括弧减少一层) (4) 广义运算的计算:一般情况下可以转变成初级运算 {A1, A2, … , An}=A1A2…An {A1, A2, … , An}=A1A2…An
AB = {x | xA xB}
交
AB = {x | xA xB}
相对补 AB = {x | xA xB}
定义6.8 对称差 AB = (AB)(BA)
定义6.9 绝对补 A = EA
5
集合运算的表示
文氏图
A
B
AB
A
B
AB
A
离散数学第六章课件

2.格
定义6-1.1格:设<A,≤>是一个偏序集,如果 A中任意两个元素都存在着最大下界和最小上 界,则称<A,≤>是格。
以上5个图中,任何两个元素都有最小上界和最大下界
2018/11/12 5
格的判定
例6-1.1 判断下列偏序集是否是格?
e
e d
f b c
d
c
a b
2018/11/12 3
最小上界、最大下界
最小上界:设<A,≤>为一偏序集且BA,a为 B的任一上界,若对B的所有上界y均有a≤y,则 称a为B的最小上界(上确界),记作LUB B
最大下界:若b为B的任一下界,若对B的所有 下界z,均有z≤b,则称b为B的最大下界(下确 界),记作GLB B 把具有两个元素集合{a,b}的最小上界(最大 下界)称为元素a,b的最小上界(最大下界)
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6.格相关的性质定理
定理6-1.1 在一个格<A,≤>,对于任意的a,b 结论很有用!!! A,都有 a≤a∨b, b≤a∨b a∧b≤a, a∧b≤b
证明: a和b的并是a、b的最小上界,所以 a≤a∨b 同理 b≤a∨b 由对偶原理: a∧b≤a, a∧b≤b
子格判定
注意证明方法
例6-1.4:<s,≤>是一个格,任取a s,构造s的 子集:T={x|xs且x≤a},则<T,≤>是<s,≤>的 子格.
证明:对于任意的x,yT,必有x≤a,y≤a a是x,y的上界,最小上界≤任一上界 x∨y≤a x∧y≤x≤a 所以x∨yT, x∧yT <T,≤>是<s,≤>的子格
武汉大学《离散数学》课件-第6章

000
100 00 001
010
10
01
101
110
11 011
111
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6.3 哈密顿图
▪ 哈密顿通路和哈密顿回路 ▪ 存在哈密顿通路和哈密顿回路的充分条件与必要
条件
▪ 格雷码
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哈密顿周游世界问题
每个顶点是一个城市, 有20个城市, 要求从一个 城市出发, 恰好经过每一个城市一次, 回到出发 点.
00
000 01
001
100
101
010
011
10
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110
111
31
6.4 平面图
▪ 平面图与平面嵌入 ▪ 平面图的面 ▪ 极大平面图与极小非平面图 ▪ 欧拉公式 ▪ 平面图的对偶图 ▪ 地图着色与四色定理
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平面图和平面嵌入
定义 如果能将图G除顶点外边不相交地画在平面上, 则称G是平面图. 这个画出的无边相交的图称作G 的平面嵌入. 没有平面嵌入的图称作非平面图.
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哈密顿图的定义
哈密顿通路: 经过图中所有顶点一次且仅一次的通路. 哈密顿回路: 经过图中所有顶点一次且仅一次的回路. 哈密顿图: 具有哈密顿回路的图. 半哈密顿图: 具有哈密顿通路而无哈密顿回路的图.
几点说明: 平凡图是哈密顿图. 哈密顿通路是初级通路,哈密顿回路是初级回路. 环与平行边不影响图的哈密顿性.
010 011 111 100 000 101
110 001
30
格雷码(续)
格雷码: 相邻的两个以及最后一个和第一个之间只有一位不 同的把n位0-1串序列 例如, 000, 001, 011, 010, 110, 111, 101, 100是一个格雷码
《离散数学》课件_第6章

a∨c ≼b∨d 类似地, 可以证明a∧c ≼ b∧d
推论 设〈L, ∨, ∧〉是由偏序格〈L, ≼ 〉诱导的 代数系统, 对于a, b, c∈L, 如果b ≼c, 则a∨b ≼a∨c , a∧b a∧c。≼
第6章 格与布尔代数
6.1 格的概念 6.2 子格和格同态 6.3 特殊的格 6.4 布尔代数 6.5 布尔代数的结构和布尔函数
6.1 格 的 概 念
6.1.1 格的定义
定义6.1.1 设〈 L , ≼ 〉是一个偏序集合, 若对任意 a, b∈L, {a, b} 均存在最小上界和最大下界, 则称〈 L , ≼ 〉为偏序格(lattice)
6.1.2
定理6.1.1 设〈L, ∨, ∧〉是代数格, 则∨和∧满足 等幂律, 即对于任何a∈L,
a∨a=a, a∧a=a 证明 任取a∈L, a∨a=a∨(a∧(a∨a))=a, a∧a=a∧(a∨(a∧a))=a
定义6.1.3 设〈L, ≼ 〉是一个偏序格, 在L上定义两 个二元运算∨和∧, 对于任何a, b∈L, a∨b= lub{a, b}, a∧b=glb{a, b}, 则称∨和∧分别为L上的并和交运算, 称 〈L, ∨, ∧ 是由偏序格〈L, ≼ 〉诱导的代数系统。
证毕
定理6.1.5 设〈L, ∨, ∧〉是代数格, 在L上定义
二元关系 ≼ : 对于任何a, b∈L, a ≼ba∨b=b, 则
〈L, ≼〉是一个偏序格, 并称〈L, ≼〉是由代数格〈L,
∨, ∧〉
证明
≼L
任取a∈L, 根据定理6.1.1可知, 〈L, ∨, ∧〉满足
等幂律, 有a∨a=a, 即a ≼a, 所以,在L
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第六章 树
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1
1
由假设知,G是一个无回路的连通图, 故G是树。
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2
设P是树T中的最长通路。若P的起点v满 足d(v)>1,则P不是T中最长的通路。对 终点u也可同理讨论。故结论成立。
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3
3
设u, v是树T中的两个悬挂点,即d (u) d (v) 1. 因T是树,所以存在(u, v) 通路P : uw1 wkv, k 0. 显然, d (wi ) 2.若d (wi ) 2,则由T恰有两个悬挂 点的假设, 可知T中有回路; 若T中还有顶点x不在 P中,则存在(u, x) 通路,显然u与x不邻接,且d (x) 2.于是,可推得T中有回路,矛盾.故结论成立.
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最优树如下 :(权为20)
1
6
6
6 37
5 1
2
2
2
3
4
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习题六 讲解完毕!
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10
=
+
+
+
+
+
+
+
+e +
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+ ++
+
=12
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10
5个顶点的树的最长通路分别为4、3、2
(1)
最长通路长度为4;
(2)
最长通路长度为3;
(3)
最长通路长度为2;
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对于(1),所有有标记的树的数目为:
5!/2=60个 ;
对于(2),所有有标记的树的数目为:
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4
4
设u V (G),且d (u) m k.于是, 存在 若v1,v i (i ,v1m,,Vm()G不)是,使悬u挂vi点,则E(有Gv)i,i V(1G, ), , m 使vivi' E(G)如此下去, 有vi(l) V (G), 满足vi(l)不等于v j , j 1,, m,
恒等式:
n1
k
k
1
(n
k
)
nk
C 1 k n
2(n 1)nn2
k 1
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将Kruskal算法中的“小”改成“大”即 可得到“最大树”。
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(1) 设Tˊ是按Prim算法得出的图。由Prim 算法的初值及终止条件,可知Tˊ连通, 且Tˊ为G的生成子图。又由(ⅱ)知Tˊ无 回路。故Tˊ是生成树。 (2)设T(G)={T|T是G的生成树,T≠ Tˊ }, 仿定理6.3.1的证明,可证结论成立。
4!/2*C54 个 ;
对于(3),所有有标记的树的树目为:C51 个;
故共有 552 53 125个。
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求证 (kn e) (n 2)nn3, e E(kn )
证明:已知
(kn
)
n
n2
,
且k
的生成树均
n
由n 1条边组成.由对称性, kn中每条边在
它的所有生成树中恰出现
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6
6
题5已证。
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4
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4
3
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2
1
2
1Hale Waihona Puke 2434
3
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34
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2
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9 e
e
=
e+
=
K2,3 e
+
e
e
+
+
e
=
+
+
+e
+e+ e +
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且d (vi(l) ) 1,i 1,, m.故G中至少有k个悬挂点.
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设G( p, q)有k(k 1)个连通分支: G[V1] G1( p1, q1), , G[Vk ] Gk ( pk , qk ).显然, p p1 pk , q q1 qk .若G无回路,则每个 Gi ( pi , qi )均是树, i 1,, k.于是qi pi 1, i 1,, k.从而q p k p, k 1,即q p. 此为矛盾, 故G必含回路.
k(n–k)T(k)T(n–k) Cnk =2T(n)。上式两边
对k从1到n–1求和,得:
n1
2(n 1)T (n) k(n k)T (k)T (n k)Cnk k 1
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再将T (n) nn2 ,T (k) k k2 ,
T (n k) (n k)nk2,代入上式便可得
(n 1)nn2 / 1 n(n 1) 2nn3次,因此, 2
(kn e) nn2 2nn3 (n 2)nn3
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证明:任取k个顶点的一棵k阶树与(n–k) 个顶点构成的n–k阶树之间连接两点就是 一棵n阶树,这里有k(n–k)种连接。并注 意到一来一往每条边用了两次,因此,