离散数学第9章习题答案
离散数学(刘任任版)第9章答案
d
abcdea = c 1 ,Q c1 = 5(奇数) ∴至少要用3种颜色
由对称性可考虑 3种色的任一种方案, 如图.于是联结内外两 个回路的五条边(af , bg , ch, di, ej )也就随之确定了它们的颜 色, 如图。从而必有if着α色, 而fg不能着α、β和γ .故只有着 颜色δ .
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p2 k ≥ 2 p − 2q
2
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2. 证明： χ ( K 1 ) = 1 ，且 χ ( K 1 − v ) = 0 < 1 。故 K 1 是 1 临 (1) 界图。反之 , 设 G 是 1临界图 , 若 | V ( G ) |> 1，则 G 是零图。 但 χ ( G − V ) = χ ( G ) = 1, 即 G 不是临界图，故 从而 | V ( G ) |= 1，故 G = K 1 ( 2 ) χ ( K 2 ) = 2，且 χ ( K 2 − v ) = 1 < χ ( K 2 ). 故 K 2 是 2临界图 .。 反之，设 G 是 2临界图，即 χ ( G ) = 2。于是可划分 成两个极大独立集 V 1 和 V 2 ( 二分图 )。若 | V 1 |> 1，则任 | V 2 |= 1。 取 u ∈ V ，有 χ ( G − u ) = 2 = χ ( G )。此与 G 是 2临界图矛盾， 故 | V 1 |= 1。同理可证 设 V 1 = {u }, V 2 = { v }，显然 uv ∈ E ( G )，故 G = K 2。
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= t (t − 3t + 2)(t − 4t + 5)
2 2
= (t 5 − 3t 2 + 2t )(t 2 − 4t + 5) = t − 4t + 5t − 3t + 12t − 15t + 2t − 8t + 10t
离散数学(双语) - 第九章答案(高辉)
9.1:P595Ex2: a) Simple graph b) Multigraph c) PseudographEx20:Team four beat the vertices to which there are edges from team four, namely only team three. The other teams —team one, team two, team five and team six —all beat team four.9.2:P608Ex4 For the graph in exercise 1 the sum is 12, there are 6 edges; For the pseudograph in exercise 2, the sum is 26, there are 13 edges; For the pseudograph in exercise 3, the sum is 24, there are 12 edges;Ex8: in this directed multigraph there are 4 vertices and 8 edges. The degrees are deg -(a)=2,deg +(a)=2; deg -(b)=3,deg +(b)=4; deg -(c)=2,deg +(c)=1; deg -(d)=1,deg +(d)=1;Ex20 f) We take two copies of Q3 and joining corresponding vertices.Ex22: This graph is bipartite, with bipartition {a,c} and {b,d,e}9.3:P618Ex2: the list is as followsVertex adjacent verticesa b,db a,d,ec d,ed a,b,ce b,cEx80101010111011001000100101⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦Ex16: Because of the numbers larger than 1, we need multiple edges in this graph.Ex36: These graphs are not isomorphic. The second has a vertex of degree 4, whereas the first9.4:P629Ex2: a) a path of length 4; b) a path of length 4; c) not a path; d) not a pathEx12 b) Notice that the sequence a,b,c,d,e,f,a provides a path from every vertex to every other vertex , so this graph is strongly connected.Ex20: The two graphs are isomorphic: u1↔v2, u2↔v1, u3↔v3, u4↔v4, u5↔v8, u6↔v7, u7↔v5,u8↔v6.Ex24(a) to find the number of paths of length 2, we need to look at A 2, which is312122141322213031130312223141221213⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦Since the (3,4)th entry is 0, so there are no paths of length 2.9.5:P643Ex4: The graph has no Euler circuit, since the degree of vertex c is odd. There is an Euler path between the two vertices of odd degree. One such path is f,a,b,c,d,e,f,b,d,a,e,cEx30:This graph can have no Hamilton circuit because of the cut edge {c,f}.9.6:P655Ex2: the length of a shortest path is 7.Ex12: In theory, we can use Dijkstra ’s algorithm.a) the path through Chicago is the fastest.b) The path via New York is the cheapest.c) The path via Denver (or the path Via Los Angeles) is the fastest.d) The path via Dallas( or the path via Chicago) is the fastest.Ex14:Here we simply assign the weight of 1 to each edge.9.7:P665Ex5: This is K 3,3，with parts {a,d,f} and {b,c,e}, therefore it is not planar.Ex20: this graph is not homeomorphic to K 3,3, since by rerouting the edge between a and h we see that it is planar.Ex8: Since there is a triangle, at least 3 colors are needed. The coloring in which b and c are blue, a and f are red, and d and e are green shows that 3 colors suffice.。
离散数学第三版-屈婉玲-课后习题答案
离散数学习题答案习题一及答案：（P14-15）14、将下列命题符号化：（5）李辛与李末是兄弟解：设p：李辛与李末是兄弟，则命题符号化的结果是p（6）王强与刘威都学过法语p q解：设p：王强学过法语；q：刘威学过法语；则命题符号化的结果是（9）只有天下大雨，他才乘班车上班q p解：设p：天下大雨；q：他乘班车上班；则命题符号化的结果是（11）下雪路滑，他迟到了解：设p：下雪；q：路滑；r：他迟到了；则命题符号化的结果是(p q)r15、设p：2+3=5.q：大熊猫产在中国.r：太阳从西方升起.求下列复合命题的真值：(p q r)((p q)r)（4）解：p=1，q=1，r=0，(p q r)(110)1，((p q)r)((11)0)(00)1 (p q r)((p q)r)111 19、用真值表判断下列公式的类型：(p p)q（2）解：列出公式的真值表，如下所示：p p qq(p p)(p p)q0 0 1 1 1 10 1 1 0 1 01 0 0 1 0 11 1 0 0 0 1由真值表可以看出公式有3个成真赋值，故公式是非重言式的可满足式。
20、求下列公式的成真赋值：（4）(p q)q解：因为该公式是一个蕴含式，所以首先分析它的成假赋值，成假赋值的条件是：p0(p q) 1q0q0成真赋值有：01，10，11。
所以公式的习题二及答案：（P38）5、求下列公式的主析取范式，并求成真赋值：（2）(p q)(q r)解：原式(p q)q r(p p)q rq r，此即公式的主析取范式，m m(p q r)(p q r)37所以成真赋值为011，111。
*6、求下列公式的主合取范式，并求成假赋值：（2）(p q)(p r)解：原式，此即公式的主合取范式，M(p p r)(p q r)(p q r)4所以成假赋值为100。
7、求下列公式的主析取范式，再用主析取范式求主合取范式：（1）(p q)r解：原式p q(r r)((p p)(q q)r)(p q r)(p q)r(p q)r(p q)r(p q)r(pq r(p q r)(p q)r(p q)r(p q)r(pq r，此即主析取范式。
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(第二版)最全课后习题答案详解
27.设 A、B 都是含命题变量项 p1,p2,…,pn的公式,证明: 重言式.
是重言式当且仅当 A 和 B 都是
解：
A
B
0
0
0
1
1
0
1
1
由真值表可得，当且仅当 A 和 B 都是重言式时，
0 0 0 1 是重言式。
28. 设 A、B 都是含命题变量项 p1,p2,…,pn的公式,已知
，该式为重言式，所以论述为真。
18.在什么情况下,下面一段论述是真的:“说小王不会唱歌或小李不会跳舞是正确的,而说如 果小王会唱歌,小李就会跳舞是不正确的.” 解：p:小王会唱歌。q:小李会跳舞。
真值为 1.
真值为 0.可得，p 真值为 1，q 真值为 0.
所以，小王会唱歌，小李不会跳舞。
19.用真值表判断下列公式的类型:
（2）p: 是无理数.
（7）p:刘红与魏新是同学. （10）p:圆的面积等于半径的平方乘以 π. （13）p:2008 年元旦下大雪.
3.写出下列各命题的否定式,并将原命题及其否定式都符号化,最后指出各否定式的真值.
（1）5 是有理数.
答：否定式：5 是无理数. p：5 是有理数.q：5 是无理数.其否定式 q 的真值
5.将下列命题符号化，并指出真值. （1）2 或 3 是偶数. （2）2 或 4 是偶数. （3）3 或 5 是偶数. （4）3 不是偶数或 4 不是偶数. （5）3 不是素数或 4 不是偶数.
答: p：2 是偶数，q：3 是偶数，r:3 是素数，s:4 是偶数, t:5 是偶数 (1)符号化: p q∨ ，其真值为 1. (2)符号化：p r∨ ，其真值为 1. (3)符号化：r t∨ ，其真值为 0. (4)符号化：¬ ∨¬q s，其真值为 1. (5)符号化：¬ ∨¬r s，其真值为 0.
《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
《离散数学》课后习题答案
1-1，1-2（1）解：a)是命题，真值为T。
b)不是命题。
c)是命题，真值要根据具体情况确定。
d)不是命题。
e)是命题，真值为T。
f)是命题，真值为T。
g)是命题，真值为F。
h)不是命题。
i)不是命题。
（2）解：原子命题：我爱北京天安门。
复合命题：如果不是练健美操，我就出外旅游拉。
（3）解：a)(┓P ∧R)→Qb)Q→Rc)┓Pd)P→┓Q（4）解：a)设Q:我将去参加舞会。
R:我有时间。
P:天下雨。
Q (R∧┓P):我将去参加舞会当且仅当我有时间和天不下雨。
b)设R:我在看电视。
Q:我在吃苹果。
R∧Q:我在看电视边吃苹果。
c) 设Q:一个数是奇数。
R:一个数不能被2除。
（Q→R）∧(R→Q):一个数是奇数，则它不能被2整除并且一个数不能被2整除，则它是奇数。
(5) 解：a)设P：王强身体很好。
Q：王强成绩很好。
P∧Qb)设P：小李看书。
Q：小李听音乐。
P∧Qc)设P：气候很好。
Q：气候很热。
P∨Qd)设P： a和b是偶数。
Q：a+b是偶数。
P→Qe)设P：四边形ABCD是平行四边形。
Q ：四边形ABCD的对边平行。
P Qf)设P：语法错误。
Q：程序错误。
R：停机。
（P∨ Q）→ R(6) 解：a)P:天气炎热。
Q:正在下雨。
P∧Qb)P:天气炎热。
R:湿度较低。
P∧Rc)R:天正在下雨。
S:湿度很高。
R∨Sd)A:刘英上山。
B:李进上山。
A∧Be)M:老王是革新者。
N:小李是革新者。
M∨Nf)L:你看电影。
M:我看电影。
┓L→┓Mg)P:我不看电视。
Q:我不外出。
R:我在睡觉。
P∧Q∧Rh)P:控制台打字机作输入设备。
Q:控制台打字机作输出设备。
P∧Q1-3（1）解：a)不是合式公式，没有规定运算符次序（若规定运算符次序后亦可作为合式公式）b)是合式公式c)不是合式公式（括弧不配对）d)不是合式公式（R和S之间缺少联结词）e)是合式公式。
（2）解：a）A是合式公式，(A∨B)是合式公式，(A→(A∨B))是合式公式。
离散数学(第二版)课后习题答案详解(完整版)
习题一1.下列句子中,哪些是命题？在是命题的句子中,哪些是简单命题？哪些是真命题？哪些命题的真值现在还不知道？（1）中国有四大发明.答：此命题是简单命题，其真值为 1.（2）5 是无理数.答：此命题是简单命题，其真值为 1.（3）3 是素数或 4 是素数.答：是命题，但不是简单命题，其真值为1.（4）2x+ <3 5 答：不是命题.（5）你去图书馆吗？答：不是命题.（6）2 与3 是偶数.答：是命题，但不是简单命题，其真值为0.（7）刘红与魏新是同学.答：此命题是简单命题，其真值还不知道.（8）这朵玫瑰花多美丽呀！答：不是命题.（9）吸烟请到吸烟室去！答：不是命题.（10）圆的面积等于半径的平方乘以π.答：此命题是简单命题，其真值为 1.（11）只有6 是偶数，3 才能是2 的倍数.答：是命题，但不是简单命题，其真值为0.（12）8 是偶数的充分必要条件是8 能被3 整除.答：是命题，但不是简单命题，其真值为0.（13）2008 年元旦下大雪.答：此命题是简单命题，其真值还不知道.2.将上题中是简单命题的命题符号化.解:（1）p：中国有四大发明.（2）p: 是无理数.（7）p:刘红与魏新是同学.（10）p:圆的面积等于半径的平方乘以π.（13）p:2008 年元旦下大雪.3.写出下列各命题的否定式,并将原命题及其否定式都符号化,最后指出各否定式的真值.（1）5 是有理数.答：否定式：5 是无理数. p：5 是有理数.q：5 是无理数.其否定式q 的真值为1.（2）25 不是无理数.答：否定式：25 是有理数. p：25 不是无理数. q：25 是有理数. 其否定式q 的真值为1.（3）2.5 是自然数.答：否定式：2.5 不是自然数. p：2.5 是自然数. q：2.5 不是自然数. 其否定式q 的真值为1.（4）ln1 是整数.答：否定式：ln1 不是整数. p：ln1 是整数. q：ln1 不是整数. 其否定式q 的真值为1.4.将下列命题符号化，并指出真值.（1）2 与5 都是素数答：p：2 是素数，q：5 是素数，符号化为p q∧ ，其真值为 1.（2）不但π是无理数，而且自然对数的底e 也是无理数.答：p：π 是无理数，q：自然对数的底e 是无理数，符号化为p q∧ ，其真值为1.（3）虽然2 是最小的素数，但2 不是最小的自然数.答：p：2 是最小的素数，q：2 是最小的自然数，符号化为p q∧¬ ，其真值为1.（4）3 是偶素数.答：p：3 是素数，q：3 是偶数，符号化为p q∧ ，其真值为0.（5）4 既不是素数，也不是偶数.答：p：4 是素数，q：4 是偶数，符号化为¬ ∧¬p q，其真值为0.5.将下列命题符号化，并指出真值.（1）2 或3 是偶数.（2）2 或4 是偶数.（3）3 或5 是偶数.（4）3 不是偶数或4 不是偶数.（5）3 不是素数或4 不是偶数.答: p：2 是偶数，q：3 是偶数，r:3 是素数，s:4 是偶数, t:5 是偶数(1)符号化: p q∨ ，其真值为1.(2)符号化：p r∨ ，其真值为1.(3)符号化：r t∨ ，其真值为0.(4)符号化：¬ ∨¬q s，其真值为1.(5)符号化：¬ ∨¬r s，其真值为0.6.将下列命题符号化.（1）小丽只能从筐里拿一个苹果或一个梨.答：p：小丽从筐里拿一个苹果，q：小丽从筐里拿一个梨，符号化为: p q∨ .（2）这学期，刘晓月只能选学英语或日语中的一门外语课.答：p：刘晓月选学英语，q：刘晓月选学日语，符号化为: (¬ ∧ ∨ ∧¬p q)(p q) .7.设p：王冬生于1971 年，q：王冬生于1972 年，说明命题“王冬生于1971 年或1972年”既可以化答:列出两种符号化的真值表：p q0 0 0 00 1 1 11 0 1 11 1 0 1根据真值表,可以判断出,只有当p 与q 同时为真时两种符号化的表示才会有不同的真值,但结合命题可以发现,p 与q 不可能同时为真,故上述命题有两种符号化方式.8.将下列命题符号化,并指出真值., 就有；（1）只要, 则；（2）如果, 才有；（3）只有, 才有；（4）除非, 否则；（5）除非（6）仅当.答:设p: , 则: ; 设q: , 则: .符号化真值（1） 1（2） 1（3）0（4）0（5）0（6） 1 ：俄罗斯位于南半球,q：亚洲人口最多,将下面命题用自然语言表述（1）；（2）；；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）.答:根据题意,p 为假命题,q 为真命题.自然语言真值（1）只要俄罗斯位于南半球,亚洲人口就最多 1 （2）只要亚洲人口最多,俄罗斯就位于南半球0 （3）只要俄罗斯不位于南半球,亚洲人口就最多 1 （4）只要俄罗斯位于南半球，亚洲人口就不是最多 1 （5）只要亚洲人口不是最多，俄罗斯就位于南半球 1 （6）只要俄罗斯不位于南半球，亚洲人口就不是最多0 （7）只要亚洲人口不是最多，俄罗斯就不位于南半球 1（1）；（2）；（3）；（4）.答:根据题意,p 为真命题,q 为假命题.自然语言真值（1）9 是 3 的倍数当且仅当英语与土耳其相邻0 （2）9 是 3 的倍数当且仅当英语与土耳其不相邻 1 （3）9 不是3 的倍数当且仅当英语与土耳其相邻 1（4） 9 不是 3 的倍数当且仅当英语与土耳其不相邻11. 将下列命题符号化,并给出各命题的真值： （1） 若 2+2=4,则地球是静止不动的； （2） 若 2+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 是无理数.12. （1）2+2=4 当且仅当 3+3=6；（2）2+2=4 的充要条件是 3+3 6；（3）2+2 4 与 3+3=6 互为充要条件；（4）若 2+2 4,则 3+3 6,反之亦然.答:设 p:2+2=4,q:3+3=6.符号化真值 (1)1(2)(3)(4)113. 将下列命题符号化,并讨论各命题的真值： （1） 若今天是星期一,则明天是星期二； （2） 只有今天是星期一,明天才是星期二；命题 1命题 2 符号化 真值 （1） p:2+2=4 q:地球是静止不动的（2） p:2+2=4 q:地球是静止不动的1 （3） p:地球上有树木 q:人类能生存1（4）p:地球上有树木q:人类能生存1（3）今天是星期一当且仅当明天是星期二；（4）若今天是星期一,则明天是星期三.答:设p:今天是星期一,q:明天是星期二,r:明天是星期三.将下列命题符号化：（1）刘晓月跑得快,跳得高；（2）老王是山东人或者河北人；（3）因为天气冷,所以我穿了羽绒服；（4）王欢与李乐组成一个小组；（5）李欣与李末是兄弟；（6）王强与刘威都学过法语；（7）他一面吃饭,一面听音乐；（8）如果天下大雨,他就乘班车上班；（9）只有天下大雨,他才乘班车上班；（10）除非天下大雨,否则他不乘班车上班；（11）下雪路滑,他迟到了；（12）2 与4 都是素数,这是不对的；（13）“2 或 4 是素数,这是不对的”是不对的.答:(6) p:王强学过法语q:刘威学过法语-(7) p:他吃饭q:他听音乐-(8) p:天下大雨q:他乘车上班-(9) p:天下大雨q:他乘车上班-(10) p:天下大雨q:他乘车上班-(11) p:下雪q:路滑r:他迟到了(12) p:2 是素数q:4 是素数-(13) p:2 是素数q:4 是素数-15.设p：2+3=5.q：大熊猫产在中国.r:太阳从西方升起. 求下列符合命题的真值：（1）（2）（3）（4）解：p真值为1，q 真值为1，r 真值为0.（1）0，（2）0，（3）0，（4）116.当p,q 的真值为0,r,s 的真值为1 时,求下列各命题公式的真值：（1）（2）（3）（4）解：（1）0，（2）0，（3）0，（4）117.判断下面一段论述是否为真：“ 是无理数.并且,如果3 是无理数,则也是无理数.另外,只有6 能被2 整除,6 才能被4 整除.”解：p: 是无理数q: 3 是无理数r:是无理数s: 6 能被2 整除t：6 能被 4 整除符号化为: ，该式为重言式，所以论述为真。
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）。
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
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）。
离散数学习题答案1-2-6-7-8-9章-2009-12-17
习题1：1. 解 （1）{2，3，5，7，11，13，17，19}（2）{x|x=20*k,k 是自然数}（3）{2，-1}2. 解 （1）{2，4}（2）{1，2，3，4，5}（3）{1，3}（4）{1，3，5}3. 解 （1）{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20}（2）φ（3）全体自然数（4）{0，2，4，6，8，10，12，14，16，18，20}（5）1，3，5，7，9，11，13，15，17，19}4. 解 （1）正确（2）正确（3）错误（4）正确5. 解 （1）A={1}，B={{1}}，C={{1}}（2）A={1}，B={{1}}，C={{{1}}}6. 解 （1）正确。
由子集的定义。
（2） 不一定。
如：A={1}，B={{1}}，C={{1}}。
（3）不一定。
如：A={1}，B={1，2}，C={{1，2}}（4）不一定。
如：A={1}，B={1，2}，C={{1，2}}。
7. 解 A={1，2}，B={1}，C={2}，有B A ≠，但是C B C A =成立。
A={1，2}，B={1}，C={1}，有B A ≠，但是C B C A =成立。
8. 解 （1）φ（2）{φ}（3）{{φ}}（4）{φ，{φ}}9. 解 （1）{1,2,3,4,5,6,7,8,9}（2）{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}（3）{0,3,6,7,8,9}10. 解 33311. 解 2512. 解（1）454（2）124（3）22013. 解 （1）{φ}（2）{φ，{a}}（3）{φ，{φ}，{a}，{φ,a}}（4）{φ，{φ}，{{φ}}，{{φ},φ}}（5）{φ，{{φ}}，{φ}，{a}，{{φ},φ}，{{φ},a}，{φ,a}，{{φ},φ,a}}14. 证明：假设B ≠C ，则至少存在一元素x ∈B 且x ∉C 。
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_屈婉玲_耿素云_张立昂_主编_高等教育出版社_课后最全答案
第一章命题逻辑基本概念课后练习题答案1.将下列命题符号化，并指出真值：（1）p∧q,其中，p:2是素数，q:5是素数,真值为1；（2）p∧q,其中，p:是无理数，q:自然对数的底e是无理数,真值为1；（3）p∧┐q,其中，p:2是最小的素数，q:2是最小的自然数,真值为1；（4）p∧q,其中，p:3是素数，q:3是偶数,真值为0；（5）┐p∧┐q,其中，p:4是素数，q:4是偶数,真值为0.2.将下列命题符号化，并指出真值：（1）p∨q,其中，p:2是偶数，q:3是偶数,真值为1；（2）p∨q,其中，p:2是偶数，q:4是偶数,真值为1；（3）p∨┐q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为0；（4）p∨q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为1；（5）┐p∨┐q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为0；3.（1）(┐p∧q)∨(p∧┐q),其中，小丽从筐里拿一个苹果，q：小丽从筐里拿一个梨；（2）(p∧┐q)∨(┐p∧q),其中，p：刘晓月选学英语，q：刘晓月选学日语；.4.因为p与q不能同时为真.5.设p:今天是星期一，q:明天是星期二，r:明天是星期三：（1）p→q，真值为1（不会出现前件为真，后件为假的情况）；（2）q→p，真值为1（也不会出现前件为真，后件为假的情况）；（3）p q，真值为1；（4）p→r，若p为真，则p→r真值为0，否则，p→r真值为1.返回第二章命题逻辑等值演算本章自测答案5.(1)：∨∨,成真赋值为00、10、11；(2)：0，矛盾式，无成真赋值；(3)：∨∨∨∨∨∨∨,重言式，000、001、010、011、100、101、110、111全部为成真赋值；7.(1)：∨∨∨∨⇔∧∧；(2)：∨∨∨⇔∧∧∧；8.(1)：1⇔∨∨∨,重言式；(2)：∨⇔∨∨∨∨∨∨；(3)：∧∧∧∧∧∧∧⇔0，矛盾式.11.(1)：∨∨⇔∧∧∧∧；(2)：∨∨∨∨∨∨∨⇔1；(3)：0⇔∧∧∧.12.A⇔∧∧∧∧⇔∨∨.第三章命题逻辑的推理理论本章自测答案6.在解本题时，应首先将简单陈述语句符号化，然后写出推理的形式结构*，其次就是判断*是否为重言式，若*是重言式，推理就正确，否则推理就不正确，这里不考虑简单语句之间的内在联系(1)、(3)、(6)推理正确，其余的均不正确，下面以(1)、(2)为例，证明(1)推理正确，(2)推理不正确(1)设p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式结构为(p→q)∧p→q(记作*1)在本推理中，从p与q的内在联系可以知道，p与q的内在联系可以知道，p与q不可能同时为真，但在证明时，不考虑这一点，而只考虑*1是否为重言式.可以用多种方法（如真值法、等值演算法、主析取式）证明*1为重言式，特别是，不难看出，当取A为p,B为q时，*1为假言推理定律，即(p→q)∧p→q ⇒ q(2)设p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式结构为(p→q)∧p→q(记作*2)可以用多种方法证明*2不是重言式，比如，等值演算法、主析取范式（主和取范式法也可以）等(p→q)∧q→p⇔(┐p∨q) ∧q →p⇔q →p⇔┐p∨┐q⇔⇔∨∨从而可知，*2不是重言式，故推理不正确，注意，虽然这里的p与q同时为真或同时为假，但不考虑内在联系时，*2不是重言式，就认为推理不正确.9.设p:a是奇数，q:a能被2整除，r:a：是偶数推理的形式结构为(p→q┐)∧(r→q)→(r→┐p) (记为*)可以用多种方法证明*为重言式，下面用等值演算法证明：(p→┐q)∧(r→q)→(r→┐p)⇔(┐p∨┐q) ∨(q∨┐r)→(┐q∨┐r) (使用了交换律)⇔(p∨q)∨(┐p∧r)∨┐q∨┐r⇔(┐p∨q)∨(┐q∧┐r)⇔┐p∨(q∨┐q)∧┐r⇔110.设p:a,b两数之积为负数，q:a,b两数种恰有一个负数，r：a，b都是负数.推理的形式结构为(p→q)∧┐p→(┐q∧┐r)⇔(┐p∨q) ∧┐p→(┐q∧┐r)⇔┐p→(┐q∧┐r) (使用了吸收律)⇔p∨(┐q∧┐r)⇔∨∨∨由于主析取范式中只含有5个W极小项，故推理不正确.11.略14.证明的命题序列可不惟一，下面对每一小题各给出一个证明① p→(q→r)前提引入② P前提引入③ q→r①②假言推理④ q 前提引入⑤ r③④假言推理⑥ r∨s前提引入（2）证明：① ┐(p∧r)前提引入② ┐q∨┐r①置换③ r前提引入④ ┐q ②③析取三段论⑤ p→q前提引入⑥ ┐p④⑤拒取式（3）证明：① p→q前提引入② ┐q∨q①置换③ (┐p∨q)∧(┐p∨p) ②置换④ ┐p∨(q∧p③置换⑤ p→(p∨q) ④置换15.(1)证明：① S结论否定引入② S→P前提引入③ P①②假言推理④ P→(q→r)前提引入⑤ q→r③④假言推论⑥ q前提引入⑦ r⑤⑥假言推理（2）证明：① p附加前提引入② p∨q①附加③ (p∨q)→(r∧s)前提引入④ r∧s②③假言推理⑤ s④化简⑥ s∨t⑤附加⑦ (s∨t)→u前提引入⑧ u⑥⑦拒取式16.(1)证明：① p结论否定引入② p→ ┐q前提引入③ ┐q ①②假言推理④ ┐r∨q前提引入⑤ ┐r③④析取三段论⑥ r∧┐s前提引入⑦ r⑥化简⑧ ┐r∧r⑤⑦合取（2）证明：① ┐(r∨s)结论否定引入② ┐r∨┐s①置换③ ┐r②化简④ ┐s②化简⑤ p→r前提引入⑥ ┐p③⑤拒取式⑦ q→s前提引入⑧ ┐q④⑦拒取式⑨ ┐p∧┐q⑥⑧合取⑩ ┐(p∨q)⑨置换口p∨q前提引入⑾①口┐(p∨q) ∧(p∨q) ⑩口合取17．设p：A到过受害者房间，q: A在11点以前离开，r：A犯谋杀罪，s：看门人看见过A。
《离散数学》古天龙版课后习题答案
P20.1.解：（1）{I,a,m,s,t,u,d,e,n} (2){6,8,10,12} (3)不同的学生可以不同 (4){计算机科学与技术，信息管理与纤细系统，软件工程，信息安全，数字媒体，物联网} （5）{±1,±2,±4,±5,±10,±20} (6){6,12,18}3.解：(1)A=Z (2)B=偶(3)C={1,2,3} (4)D=Z (5)E=偶(6)F={1,2,3} (7)G=Φ (8)H={1,2,3}解：A=D B=E C=F=H6.解：(2)设A={x|x=1或x=3或x=6}={1,2,6} 则P(A)={Φ,{1},{3},{6},{1,3},{1,6},{3,6},{1,3,6}}.(8)设A={{Φ,2},{2}},则P(A)={Φ,{{,2}},{{2}},{{Φ，2}，Φ{2}}}.14.解：(1)错。
如A=Φ，B={a},C={{a}},则A∉B,B∈C,而A∉C.(2)错。
如A=Φ,B={1},C={Φ},则A∉B,B∉C,而A∈C.(3)错。
如A=Φ,B={Φ},C={Φ}，则A∈B,B∉C,而A∈C。
4 错。
如A=Ф，B={Φ},C={Ф}。
则A B，B C,而A∈C.5 对。
证：由B C知B中的任意元素均在C中，而A∈B,故A∈C。
6 对。
如A=Ф,B={Ф},C={Φ,{Ф}}。
则A∈B,B∈C,而A∈C。
7 对。
证对任意x∈A.由A属于或等于B知x∈B.又由B属于或等于C知x∈C。
因此A属于或等于C。
8 对。
如A=Ф,B={Ф}。
则A属于或等于B,A∈B。
15、解：①A∩（~B）={1，4}∩{3,4}={4}。
②（A∩B）∪(~C)={1}∪{1,3,5}={1,3,5}.③(A∩B)∪(A∩C)={1}∪{4}={1,4}.④~(A∪B)=~(1,2,4,5)={3}.⑤(~A)∩(~B)={2,3,5}∩{3,4}={3}.⑥~(C∩B)=~{2}={1,3,4,5}.⑦A⊕B={2,4,5}⑧A⊕B⊕C={2,4,5}⊕{2,4}={5}.⑨P(A)∪P(C)={Φ,{1},{4},{1,4}}∪{Φ,{2},{4},{2,4}}={Φ,{1},{2},{4},{1,4}{2,4}}。
离散数学第九章图的道路与连通习题答案
1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1
a b c d e f g
02
03
习题十 6
若G≌G，称G是自补图。确定一个图为自补图的最低条件；画出一个自补图来。
01
解：
02
若G≌G，n阶图G的边数应为Kn边数的一半，即m=n(n-1)/4,一个图为自补图的最低条件可设为结点数须为4k或4k+1。
03
例如：当k=1时：
04
习题十 9
判别图中两图是否同构，并说明理由。
证明：
可转化为图论问题，以人为结点，如果2人是朋友关系，就对应的2个结点之间连一条边。
1
2
3
4
5
如果不是如此，n个结点的度只能在0,1,2,…,n-1中取值，但0度和n-1度不能共存，因此，要么是0,1,2,…,n-2，要么是1,2,…,n-1。据抽屉原理，必有至少2个结点的度相同。
问题转化为求简单图G中有至少2个结点度相同。
设G=（V，E）是点度都为偶数的连通图，证明：对任何v V，ω(G-v) ½ d(v)
证明： 设G-v有k支，G1G2 … Gk ，则每支和v至少有2边相连，所以ω(G-v) ½ d(v)
习题十 19
解： 邻接矩阵A= 可达矩阵P= P PT= 所以强分图有： {a,b,c,d},{e},{f,g}
证明：
对任何v V， d(v) ,
∑ ∑d(v) ∑, 即 n 2m n ，
即 2m/n
证明： 在(n,m)图中， 2m/n
习题十 4
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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。
■4．证明：在（n ，m ）图中。
证明：图的点度数是一组非负整数{d(v 1),d(v 2)…d(v n )}，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(v 1)+d(v 2)…+d(v n ))/n = 2m/n,所以。
■5．证明定理10.2。
【定理10.2】 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，同时贡献一度出度，所以总出度和总入度相等，并和边数相等。
因此，上述关系等式成立。
■6．设G 是（n ，m ）简单二部图，证明：。
证明：本题目，我们只需要说明n 阶的简单二部图的边数的最大值 = 即可。
设n 阶的简单二部图，其两部分结点集合分别为V1，V2,那么|V1| + |V2| = n 。
此种情况下，当G 为完全二部图时，有最多的边数，即max(m) = |V1||V2|,变形为，max(m) =( n-|V2|)|V2|.此函数的最大值及为n 阶二部图的边的上限值，其上限值为当|V2|=n/2 时取得。
及max(max(m)) = ,所以n 阶二部图(n,m), ■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 =( 3Χ12 + 2(n-12))/2, 解此方程得n = 15■10．判断图10.29中的两个图是否同构，并说明理由。
图9-1.15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=<V,E>如下图10.31所示。
(1) 在图中找出所有长度分别为1，2，3，4的圈 (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)(2)子图略C=AAC=ADAC=Ae 4Be 7Ce 5AC=Ae 4Be 8Ce 5A C=Ae 4Be 7Ce 6De 2AC=Ae 4Be 8Ce 6De 2A图10.29长度为三的回路：Ae1Ae1Ae1A,Ae1Ae3De2A,Ae4Be7Ce5A,Ae4Be8Ce5A长度为四的回路：AAAAA，AAADA，AABe7CA,AABe8CA,ABe7CDA,ABe8CDA长度为五的回路：AAAAAA,AAAADA,AAABe7CA,AAABe8CA,AABe7CDA,AABe8CDA, AADADA,AAAe4Be7Ce5A,AAAe4Be8Ce5A, ADAe4Be7Ce5A,ADAe4Be8Ce5A■15. 若u和v是图G中仅有的两个奇数度结点,证明u和v必是连通的。
证明：反证法，假设u和v不连通，那么他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结点。
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■17.设(n, m)简单图G满足,证明G必是连通图。
构造一个的非连通简单图。
证明：假设G不连通，分支G1，G2．．Ｇｋ，那么他们的边数的最大值ｍａｘ（ｍ）＝Σ（ｎｉ－１）ｎｉ／２≤Σ（ｎｉ－１）（ｎ－１）／２＝（ｎ－１）／２Σ（ｎｉ－１）＝（ｎ－１）（ｎ－ｋ）／２，所以，只有当k=1时，才能满足题设要求，G是连通图。
如果将顶点集合分成两个点集，|V1|=1，|V2|=n-1,构成如下的有两个分支的非连通简单图，G1=（1，0），G2=Kn-1,满足题设条件■18. 设G是阶数不小于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中任何两边都在同一回路中。
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.又因为G无割边，所以，删除边wv后，子图依然连通，即w,v存在简单道路p’,以此类推，可以找到一条核p每条边都不相同的p’’=v…u,这样p和p’’就构成了一条回路。
（2）=〉（3）因为G中任意两个结点都位于同一回路中，所以任意结点u,和任意边e的两个端点v1,v2都分别在两个回路C1，C2中，如果C1=C2=u…v1…v2…u,那么将回路中v1…v2,用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求。
如果C1≠C2，C1=u…v1…u,C2=u…v2…u,那么构成新的道路P=u…v1…u…v2…u,在其中将重复边剔出掉，得到新的回路C3，其中包含v1,v2结点，可以将回路中v1…v2用v1v2=e替换，就得到新的新的回路，并满足要求.（3）=〉（4）对任意两条边e1,e2其端点分别为u1,u2,v1,v2。
根据（3）存在回路C1 = u1…v1v2…u1,C2=u2…v1v2…u2。
那么可以形成新的闭道路P=u1…v1v2…u2…v1v2…u1,在其中将重复边剔出到，得到新的回路C3，其中包含e2和u1,u2结点，可以将回路中u1…u2用u1u2=e1替换，就得到新的新的回路，包含e1,e2,满足要求.(4)=>(1)因为任意两条边都在同一回路中，所以不存在割边。
假设边e是割边，那么删除此边，图不连通，分支中的任何一对不在同一分支中的边，不能构成回路，与条件矛盾。
所以，G中无割边■19. 设G=(V,E)是点度均为偶数的连通图。
证明:对任何。
证明：G-v最多产生d(v)个奇数度点，又因为每个连通分支中奇数度点的个数是偶数，即G-v的连通分支最少有两条边和v相连，所以总连通分支数小于等于d(v)/2■21. 证明:在非平凡连通图G中,e为割边的充要条件是它不包含于G的任何圈中。
证明：1）e为割边 =〉e不包含于G的任何圈中假设e包含在某一圈Ci中，那么删除此边，但边关联的两个邻接点依然连通，所以没有破坏原图的连通性。
因此不是割边，矛盾。
所以假设不成立，既e不包含于G的任何圈中；2）e不包含于G的任何圈中 =〉e为割边假设e为割边，那么删除此边，生成子图依然连通。
e关联的两个邻接点有基本道路存在，此基本道路连同e构成一个圈。
与题设矛盾。
所以假设不成立，既e为割边。
根据1），2)可知，题设结论成立■23. 证明:在具有n（n≥2）个结点的简单无向图G中，至少有两个结点的度数相同。
证明：此题可用鸽笼原理，因为n个结点的简单无向图G中，结点的度数只可能是0，1，2…n-1这n个数，又因为如果有结点的度数为0，那么就不可能有结点的度为n-1，反之也然。
所以n 个结点，最多有n-1种度数，其中必有至少两个结点的度数相同■24. 设G是的简单图。
证明:G中必有长度至少为的圈。
证明：设ｐ＝ｕ．．．ｖ是满足题设要求图Ｇ中的最长基本道路，那么ｄ（ｕ），ｄ（ｖ）都应该大于等于δ。
那么，u,v的邻接点都应该在道路p 上，否则此道路可以延长，与其是最长路假设矛盾。
如果u，v是邻结点，那么可以构成一个圈c= u…vu，其长度≥δ＋１。
如果ｕ，ｖ不是邻结点，那么从ｐ的终点开始删除点，直到其为ｕ的邻结点为止，得到道路ｐ＇,可知道路p’，依然保持ｕ的所有邻结点都在ｐ＇上的性质，所以可构成一个圈ｃ＇＝ｕ．．．ｕ＇ｕ，其长度≥δ＋１，证毕■25. 证明:G是单向连通图当且仅当存在一条包含G中全部结点的有向道路。
证明：假设不存在包含全部结点的有向道路，那么设ｐ＝ｖ１ｖ２．．．ｖｋ是Ｇ中最长的有向道路，且ｕ结点不包含在此有向道路中。
ｕ和此道路中任何中间结点都不可能双向可达，且ｕ不能到达ｖ１，且ｖｋ也不能到达ｕ，否则，此最长路可扩充。
那么由于道路上的每个结点和ｕ都单向可达，所以此最长路和ｕ之间的可达关系必然如下图所示：当ｋ为偶数时，道路可扩充为v 1…v k/2…u …v k/2+1…v k ,而当ｋ为奇数时，不管ｖｋ＋１／２与ｕ之间是如何单向可达的，都可以构造出更长的有向道路，矛盾，所以Ｇ中一定存在包含所有结点的有向道路■26. 无向图G 如图10.32所示，先将此图顶点和边标出，然后求图中的全部割点和割边。
图10.32解：标注如下所示：根据标记后的图，可求得割点分别为：ｕ４，ｕ７，ｕ８，割边分别为：ｕ４ｕ５，ｕ７ｕ８，ｕ８ｕ９■27. 求图10.33的全部强分图和单向分图。