离散数学第16章
离散数学sec16-17 群
模 6 加群 <Z6, >中 由 2 生成的子群 <2> = { 0, 2, 4 }
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特殊子群2
例 设G为群，令C是与G中所有的可交换的元素构 成的集合，即 C＝{a|a∈G∧x∈G(ax＝xa)} 则C是G的子群，称为G的中心。
限群。 群G的基数称为群G的阶，有限群G的阶记作|G|。
(2)只含单位元的群称为平凡群。
(3)若群G中的二元运算是可交换的，则称G为交 换群或阿贝尔(Abel)群。
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群论中常用的概念－元素的n次幂
定义 设G是群，a∈G，n∈Z，则a的n次幂 P250 定义17.4
e a n a n1a
(a 1 )n
换 σ∈Sn，逆置换σ1是σ 的逆元. 这就证明了Sn关于置换的乘法构成一个群，称为 n
元对称群. n元对称群的子群称为 n元置换群.
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例 设 S = {1, 2, 3}，3元对称群
S3的对称群是？ 运算表？ S3的子群？
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n元置换的分解式
• k阶轮换与轮换分解方法 定义11.11 P258
定义 设<G,>是代数系统，为二元运算。如果运 算是可结合的，存在单位元e∈G，并且对G中 的任何元素x都有x-1∈G,则称G为群（group）。 (P249定义17.1)
例 <Z,+>,<Q,+>,<R,+>,<Z+,+>,<N,+>是不是群？
<Zn,>是群?
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离散数学 图论-树
中序遍历（次序：左－根－右) 前序遍历（次序：根－左－右) 后序遍历（次序：左－右－根) b 中序遍历: c b e d g f a I k h j 前序遍历: a b c d e f g h i k j 后序遍历: c e g f d b k i j h a
例：给定二叉树，写出三种访问 结点的序列
是否为根树
(a) (no)
(b) (no)
(c) (yes)
从树根到T的任意顶点v的通 路(路径)长度称为v的层数。 v5的层数为 层。
层数最大顶点的层数称为树 高．将平凡树也称为根树。 右图中树高为（ ）。
v1
v2 v3
v4 v8v5Fra bibliotekv6v7 v10
v9
在根树中，由于各有向边的方向是一 致的，所以画根树时可以省去各边上的所 有箭头，并将树根画在最上方．
等长码：0-000；1-001；2-010；3-011；4-100； 5-101；6-110；7-111. 总权值: W2=3*100=300
4、二叉树的周游（遍历）
二叉树的周游：对于一棵二叉树的每一个结点都访问一次且 仅一次的操作 1）做一条绕行整个二叉树的行走路线（不能穿过树枝） 2）按行走路线经过结点的位臵（左边、下边、右边） 得到周游的方法有三种： 中序遍历（路线经过结点下边时访问结点） 访问的次序：左子树－根－右子树 前序遍历（路线经过结点左边时访问结点） 访问的次序：根－左子树－右子树 后序遍历（路线经过结点右边时访问结点） 访问的次序：左子树－右子树－根
2、根树中顶点的关系
定义：设T为一棵非平凡的根树， v2 ∀vi,vj∈V(T),若vi可达vj,则称vi为 vj的祖先,vj为vi的后代； v4 v5 若vi邻接到vj(即<vi,vj>∈E(T)，称 vi为vj的父亲,而vj为vi的儿子 v8 若vj,vk的父亲相同，则称vj与vk是兄 弟
离散数学第3版习题答案
离散数学第3版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数学理论。
离散数学的应用广泛，涉及到计算机科学、信息技术、通信工程等领域。
在学习离散数学的过程中，习题是不可或缺的一部分，通过解答习题可以加深对知识的理解和掌握。
本文将为大家提供《离散数学第3版》习题的答案，希望能对学习者有所帮助。
第一章：命题逻辑1.1 习题答案：1. (a) 真值表如下：p | q | p ∧ qT | T | TT | F | FF | T | FF | F | F(b) 命题“p ∧ q”的真值表如下：p | q | p ∧ qT | T | TT | F | FF | T | FF | F | F(c) 命题“p ∨ q”的真值表如下：p | q | p ∨ qT | T | TT | F | TF | T | TF | F | F(d) 命题“p → q”的真值表如下：p | q | p → qT | T | TT | F | FF | T | TF | F | T1.2 习题答案：1. (a) 命题“¬(p ∧ q)”等价于“¬p ∨ ¬q”。
(b) 命题“¬(p ∨ q)”等价于“¬p ∧ ¬q”。
(c) 命题“¬(p → q)”等价于“p ∧ ¬q”。
(d) 命题“¬(p ↔ q)”等价于“(p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q)”。
1.3 习题答案：1. (a) 命题“p → q”的否定是“p ∧ ¬q”。
(b) 命题“p ∧ q”的否定是“¬p ∨ ¬q”。
(c) 命题“p ↔ q”的否定是“(p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q)”。
(d) 命题“p ∨ q”的否定是“¬p ∧ ¬q”。
1.4 习题答案：1. (a) 命题“p → q”与命题“¬p ∨ q”等价。
离散数学(第16-17章)陈瑜
定理16.1(移项法则)设<R,+, *>是一个环， θ是加法幺元，对任意a，b，c R有: a+b=c a+b-c=θ
2019/1/16
计算机学院
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定理16.2设<R,+, *>是一个环，θ是加法幺 元，对任意a，b，c R有: ① a*θ=θ*a=θ(加法幺元是乘法零元) ② (-a)*b=a*(-b)=-(a*b) ③ (-a) *(-b)=a*b ④ (b-c) *a=b*a-c*a ⑤ a* (b-c）=a*b-a*c
2019/1/16 计算机学院 7/128
例 16.2 设 Zk 表示整数集 Z 上的模 k 剩余类集 合，即: Zk={[0]，[1]，[2]，…，[k-1]} <Zk ，>是群（剩余类加群）， <Zk ，>是半群（剩余类乘半群）， ∵ 对 [i]，[j]，[k] Zk 有[i]（[j][k]）=[i(j+k)]=[ij+ik] =[ij][ik] =([i][j])([i][k]） ∴ <Zk ，，>是环，称为（模k）剩余类环。 特别， k=2时，称为布尔环。
2019/1/16 计算机学院 6/128
例 16.2 设 Zk 表示整数集 Z 上的模 k 剩余类集 合，即: Zk={[0]，[1]，[2]，…，[k-1]} <Zk ，>是群（剩余类加群）， <Zk ，>是半群（剩余类乘半群）， ∵ 对 [i]，[j]，[k] Zk 有[i]（[j][k]）=[i(j+k)]=[ij+ik] =[ij][ik] =([i][j])([i][k]） ∴ <Zk ，，>是环，称为（模k）剩余类环。 特别， k=2时，称为布尔环。
《离散数学》课件-第16章树
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16.3 根树及其应用
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定义（有向树）设D是有向图，如果D的基图是无向 树，则称D为有向树。
在有向树中最重要的是根树。 定义16.6（根树）一棵非平凡的有向树，如果恰有 一个顶点的入度为O，其余所有顶点的入度均为1,则称该 树为根树。 入度为0的顶点称为树根，入度为1出度为0的顶点称 为树叶，入度为1出度不为0的点称为内点，内点和树根统 称为分支点。 树根到一个顶点的有向通路的长度称为该顶点的层数。 层数最大顶点的层数称为树高。 平凡树也称为根树。
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16.1 树及其性质
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定义16.1（树和森林） 连通且无回路的无向图称为无向树，简称为树，常用
T表示树。 平凡图为树，称为平凡树。 非连通且每个连通分支是树的无向图称为森林。 T中度数为1的顶点（悬挂顶点）称为树叶，度数大于
1的顶点称为分支点。 称只有一个分支点，且分支点的度数为n-1的n（n≥3）
定义16.8（子树）设T为一棵根树，则其任一顶点v 及其后代导若将层数相同的顶点都 标定次序，则称T为有序树。
根据每个分支点的儿子数以及是否有序，可将根树 分成如下若干类：
定义（跟树分类）设T为一棵根树 （1）若T的每个分支点至多有r个儿子，则称T为r叉 树。又若r叉树是有序的，则称它为r叉有序树。 （2）若T的每个分支点恰好有r个儿子，则称T为r叉 正则树。又若r叉正则树是有序的，则称它为r叉正则有 序树。 （3）若T为r叉正则树，且每个树叶的层数均为树高， 则称T为r叉完全正则树。又若r叉完全正则树是有序的， 则称它为r叉完全正则有序树。
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平均编码长度为：L = ∑ P( i )× l( i ) = 2.53bit i=1
离散数学答案-屈婉玲版-第二版-高等教育出版社课后答案
离散数学答案屈婉玲版第二版高等教育出版社课后答案第一章部分课后习题参考答案16 设p、q的真值为0；r、s的真值为1，求下列各命题公式的真值。
（1）p∨(q∧r)⇔0∨(0∧1) ⇔0（2）（p↔r）∧(﹁q∨s) ⇔（0↔1）∧(1∨1) ⇔0∧1⇔0.（3）（⌝p∧⌝q∧r）↔(p∧q∧﹁r) ⇔（1∧1∧1）↔ (0∧0∧0)⇔0(4)（⌝r∧s）→(p∧⌝q) ⇔（0∧1）→(1∧0) ⇔0→0⇔117．判断下面一段论述是否为真：“π是无理数。
并且，如果3是无理数，则2也是无理数。
另外6能被2整除，6才能被4整除。
”答：p: π是无理数 1q: 3是无理数0r: 2是无理数 1s:6能被2整除 1t: 6能被4整除0命题符号化为：p∧(q→r)∧(t→s)的真值为1，所以这一段的论述为真。
19．用真值表判断下列公式的类型：（4）(p→q) →(⌝q→⌝p)（5）(p∧r) ↔(⌝p∧⌝q)（6）((p→q) ∧(q→r)) →(p→r)答：（4）p q p→q ⌝q ⌝p ⌝q→⌝p (p→q)→(⌝q→⌝p)0 0 1 1 1 1 10 1 1 0 1 1 11 0 0 1 0 0 11 1 1 0 0 1 1所以公式类型为永真式（5）公式类型为可满足式（方法如上例）（6）公式类型为永真式（方法如上例）第二章部分课后习题参考答案3.用等值演算法判断下列公式的类型，对不是重言式的可满足式，再用真值表法求出成真赋值.(1) ⌝(p∧q→q)(2)(p→(p∨q))∨(p→r)(3)(p∨q)→(p∧r)答：(2)（p→(p∨q)）∨(p→r)⇔(⌝p∨(p∨q))∨(⌝p∨r)⇔⌝p∨p∨q∨r⇔1所以公式类型为永真式(3)P q r p∨q p∧r （p∨q）→(p∧r)0 0 0 0 0 10 0 1 0 0 10 1 0 1 0 00 1 1 1 0 01 0 0 1 0 01 0 1 1 1 11 1 0 1 0 01 1 1 1 1 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)⇔ (⌝p∨q)∧(⌝p∨r)⌝p∨(q∧r))p→(q∧r)（4）(p∧⌝q)∨(⌝p∧q)⇔(p∨(⌝p∧q)) ∧(⌝q∨(⌝p∧q)(p∨⌝p)∧(p∨q)∧(⌝q∨⌝p) ∧(⌝q∨q)1∧(p∨q)∧⌝(p∧q)∧1(p∨q)∧⌝(p∧q)5.求下列公式的主析取范式与主合取范式，并求成真赋值(1)(⌝p→q)→(⌝q∨p)(2)⌝(p→q)∧q∧r(3)(p∨(q∧r))→(p∨q∨r)解：（1）主析取范式(⌝p →q)→(⌝q ∨p)⌝(p ∨q)∨(⌝q ∨p)(⌝p ∧⌝q)∨(⌝q ∨p)⇔ (⌝p ∧⌝q)∨(⌝q ∧p)∨(⌝q ∧⌝p)∨(p ∧q)∨(p ∧⌝q)(⌝p ∧⌝q)∨(p ∧⌝q)∨(p ∧q)⇔320m m m ∨∨⇔∑(0,2,3)主合取范式：(⌝p →q)→(⌝q ∨p)⌝(p ∨q)∨(⌝q ∨p)(⌝p ∧⌝q)∨(⌝q ∨p)⇔(⌝p ∨(⌝q ∨p))∧(⌝q ∨(⌝q ∨p))⇔1∧(p ∨⌝q)⇔(p ∨⌝q) ⇔ M 1⇔∏(1)(2) 主合取范式为：⌝(p →q)∧q ∧r ⇔⌝(⌝p ∨q)∧q ∧r⇔(p ∧⌝q)∧q ∧r ⇔0所以该式为矛盾式.主合取范式为∏(0,1,2,3,4,5,6,7)矛盾式的主析取范式为 0(3)主合取范式为：(p ∨(q ∧r))→(p ∨q ∨r)⌝(p ∨(q ∧r))→(p ∨q ∨r)(⌝p ∧(⌝q ∨⌝r))∨(p ∨q ∨r)(⌝p ∨(p ∨q ∨r))∧((⌝q ∨⌝r))∨(p ∨q ∨r))⇔1∧1⇔1所以该式为永真式.永真式的主合取范式为 1主析取范式为∑(0,1,2,3,4,5,6,7)第三章部分课后习题参考答案14. 在自然推理系统P中构造下面推理的证明：(2)前提：p→q,⌝(q∧r),r结论：⌝p(4)前提：q→p,q↔s,s↔t,t∧r结论：p∧q证明：（2）①⌝(q∧r) 前提引入②⌝q∨⌝r ①置换③q→⌝r ②蕴含等值式④r 前提引入⑤⌝q ③④拒取式⑥p→q 前提引入⑦￢p（3）⑤⑥拒取式证明（4）：①t∧r 前提引入②t ①化简律③q↔s 前提引入④s↔t 前提引入⑤q↔t ③④等价三段论⑥（q→t）∧(t→q) ⑤置换⑦（q→t）⑥化简⑧q ②⑥假言推理⑨q→p 前提引入⑩p ⑧⑨假言推理(11)p∧q ⑧⑩合取15在自然推理系统P中用附加前提法证明下面各推理：(1)前提：p→(q→r),s→p,q结论：s→r证明①s 附加前提引入②s→p 前提引入③p ①②假言推理④p→(q→r) 前提引入⑤q→r ③④假言推理⑥q 前提引入⑦r ⑤⑥假言推理16在自然推理系统P中用归谬法证明下面各推理：(1)前提：p→⌝q,⌝r∨q,r∧⌝s结论：⌝p证明：①p 结论的否定引入②p→﹁q 前提引入③﹁q ①②假言推理④￢r∨q 前提引入⑤￢r ④化简律⑥r∧￢s 前提引入⑦r ⑥化简律⑧r∧﹁r ⑤⑦合取由于最后一步r∧﹁r 是矛盾式,所以推理正确.第四章部分课后习题参考答案3. 在一阶逻辑中将下面将下面命题符号化,并分别讨论个体域限制为(a),(b)条件时命题的真值:(1) 对于任意x,均有2=(x+)(x).(2) 存在x,使得x+5=9.其中(a)个体域为自然数集合.(b)个体域为实数集合.解：F(x): 2=(x+)(x).G(x): x+5=9.(1)在两个个体域中都解释为)∀，在（a）中为假命题，在(b)中为真命题。
离散数学——树ppt课件
无向树的性质
定理16.2 设T是n阶非平凡的无向树，则T中至少有两片树叶。
证明
设T有x片树叶，由握手定理及定理16.1可知，
2(n 1) d(vi ) x 2(n x)
由上式解出x≥2。
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例16.1
例16.1 画出6阶所有非同构的无向树。
解答 设Ti是6阶无向树。 由定理16.1可知，Ti的边数mi＝5， 由握手定理可知，∑dTi(vj)＝10，且δ(Ti)≥1，△(Ti)≤5。 于是Ti的度数列必为以下情况之一。
(1) 1，1，1，1，1，5 (2) 1，1，1，1，2，4 (3) 1，1，1，1，3，3 (4) 1，1，1，2，2，3 (5) 1，1，2，2，2，2
(4)对应两棵非同构的树， 在一棵树中两个2度顶点相邻， 在另一棵树中不相邻， 其他情况均能画出一棵非同构 的树。
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例16.1
人们常称只有一个分支点，且分支点的度数为n-1的 n(n≥3)阶无向树为星形图，称唯一的分支点为星心。
知，G-e已不是连通图， 所以，e为桥。
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(5)(6)
如果G是连通的且G中任何边均为桥，则G中没有回路，但在任 何两个不同的顶点之间加一条新边，在所得图中得到唯一的 一个含新边的圈。
因为G中每条边均为桥，删掉任何边，将使G变成不连通图， 所以，G中没有回路，也即G中无圈。
又由于G连通，所以G为树，由(1) (2)可知，
u,v∈V，且u≠v，则u与v之间存在唯一的路径Г，
则Г∪(u,v)（(u,v)为加的新边）为G中的圈， 显然圈是唯一的。
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(6)(1)
如果G中没有回路，但在任何两个不同的顶点之间加一条新边， 在所得图中得到唯一的一个含新边的圈，则G是树。
离散数学答案屈婉玲版第二版高等教育出版社课后答案
离散数学答案屈婉玲版第二版高等教育出版社课后答案第一章部分课后习题参考答案16 设p、q的真值为0；r、s的真值为1,求下列各命题公式的真值;1p∨q∧r⇔0∨0∧1 ⇔02pr∧﹁q∨s ⇔01∧1∨1 ⇔0∧1⇔0.3⌝p∧⌝q∧rp∧q∧﹁r ⇔1∧1∧1 0∧0∧0⇔04⌝r∧s→p∧⌝q ⇔0∧1→1∧0 ⇔0→0⇔117．判断下面一段论述是否为真：“π是无理数;并且,如果3是无理数,则2也是无理数;另外6能被2整除,6才能被4整除;”答：p: π是无理数 1q: 3是无理数0r: 2是无理数 1s:6能被2整除 1t: 6能被4整除0命题符号化为：p∧q→r∧t→s的真值为1,所以这一段的论述为真;19．用真值表判断下列公式的类型：4p→q →⌝q→⌝p5p∧r ↔⌝p∧⌝q6p→q ∧q→r →p→r答： 4p q p→q ⌝q ⌝p ⌝q→⌝p p→q→⌝q→⌝p0 0 1 1 1 1 10 1 1 0 1 1 11 0 0 1 0 0 11 1 1 0 0 1 1所以公式类型为永真式5公式类型为可满足式方法如上例6公式类型为永真式方法如上例第二章部分课后习题参考答案3.用等值演算法判断下列公式的类型,对不是重言式的可满足式,再用真值表法求出成真赋值.1 ⌝p∧q→q2p→p∨q∨p→r3p∨q→p∧r答：2p→p∨q∨p→r⇔⌝p∨p∨q∨⌝p∨r⇔⌝p∨p∨q∨r⇔1所以公式类型为永真式3P q r p∨q p∧r p∨q→p∧r0 0 0 0 0 10 0 1 0 0 10 1 0 1 0 00 1 1 1 0 01 0 0 1 0 01 0 1 1 1 11 1 0 1 0 01 1 1 1 1 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：2p→q∧p→r⇔p→q∧r4p∧⌝q∨⌝p∧q⇔p∨q ∧⌝p∧q证明2p→q∧p→r⇔⌝p∨q∧⌝p∨r⇔⌝p∨q∧r⇔p→q∧r4p∧⌝q∨⌝p∧q⇔p∨⌝p∧q ∧⌝q∨⌝p∧q⇔p∨⌝p∧p∨q∧⌝q∨⌝p ∧⌝q∨q⇔1∧p∨q∧⌝p∧q∧1⇔p∨q∧⌝p∧q5.求下列公式的主析取范式与主合取范式,并求成真赋值1⌝p→q→⌝q∨p2⌝p→q∧q∧r3p∨q∧r→p∨q∨r解：1主析取范式⌝p→q→⌝q∨p⇔⌝p∨∨⌝∨p⇔⌝p∧⌝∨⌝∨p⇔⌝p∧⌝∨⌝∧p∨⌝q∧⌝p∨p∧q∨p∧⌝q⇔⌝p∧⌝q∨p∧⌝q∨p∧q⇔∑0,2,3主合取范式：⌝p→q→⌝q∨p⇔⌝p∨∨⌝∨p⇔⌝p∧⌝∨⌝∨p⇔⌝p∨⌝q∨p∧⌝∨⌝∨p⇔1∧p∨⌝q⇔p∨⌝q ⇔ M1⇔∏12 主合取范式为：⌝p→∧∧r⇔⌝⌝p∨∧∧r⇔p∧⌝∧∧r⇔0所以该式为矛盾式.主合取范式为∏0,1,2,3,4,5,6,7矛盾式的主析取范式为 03主合取范式为：p∨q∧r→p∨q∨r⇔⌝p∨q∧r→p∨q∨r⇔⌝p∧⌝q∨⌝r∨p∨q∨r⇔⌝p∨p∨q∨r∧⌝q∨⌝r∨p∨q∨r⇔1∧1⇔1所以该式为永真式.永真式的主合取范式为 1主析取范式为∑0,1,2,3,4,5,6,7第三章部分课后习题参考答案14. 在自然推理系统P中构造下面推理的证明：2前提：p→q,⌝q∧r,r结论：⌝p4前提：q→p,q↔s,s↔t,t∧r结论：p∧q证明：2①⌝q∧r 前提引入②⌝q∨⌝r ①置换③q→⌝r ②蕴含等值式④r 前提引入⑤⌝q ③④拒取式⑥p→q 前提引入⑦￢p3 ⑤⑥拒取式证明4：①t∧r 前提引入②t ①化简律③q↔s 前提引入④s↔t 前提引入⑤q↔t ③④等价三段论⑥q→t∧t→q ⑤置换⑦q→t ⑥化简⑧q ②⑥假言推理⑨q→p 前提引入⑩p ⑧⑨假言推理11p∧q ⑧⑩合取15在自然推理系统P中用附加前提法证明下面各推理：(1)前提：p→q→r,s→p,q结论：s→r证明①s 附加前提引入②s→p 前提引入③p ①②假言推理④p→q→r 前提引入⑤q→r ③④假言推理⑥q 前提引入⑦r ⑤⑥假言推理16在自然推理系统P中用归谬法证明下面各推理：1前提：p→⌝q,⌝r∨q,r∧⌝s结论：⌝p证明：①p 结论的否定引入②p→﹁q 前提引入③﹁q ①②假言推理④￢r∨q 前提引入⑤￢r ④化简律⑥r∧￢s 前提引入⑦r ⑥化简律⑧r∧﹁r ⑤⑦合取由于最后一步r∧﹁r 是矛盾式,所以推理正确.第四章部分课后习题参考答案3. 在一阶逻辑中将下面将下面命题符号化,并分别讨论个体域限制为a,b条件时命题的真值:1 对于任意x,均有x2−2=x+√2x−√2.2 存在x,使得x+5=9.其中a个体域为自然数集合.b个体域为实数集合.解：Fx: x2−2=x+√2x−√2.Gx: x+5=9.1在两个个体域中都解释为)∀,在a中为假命题,在b中为真命题;(xxF2在两个个体域中都解释为)(x∃,在ab中均为真命题;xG4. 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:1Fx: x能表示成分数Hx: x是有理数命题符号化为: ))x∧F⌝∃x⌝(x()(H2Fx: x是北京卖菜的人Hx: x是外地人命题符号化为: ))F⌝∀xx→(x(H)(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:1Fx: x是火车; Gx: x是轮船; Hx,y: x比y快命题符号化为: ))FyxGy∀∀∧x→))((,H)x((y(2 1Fx: x是火车; Gx: x是汽车; Hx,y: x比y快命题符号化为: )))xFxyG∧∀y→⌝∃H)(,(((y()x9.给定解释I如下:a 个体域D为实数集合R.b D中特定元素a ̅=0.c 特定函数f x,y=x−y,x,y D∈.d 特定谓词F̅x,y:x=y,G̅x,y:x<y,x,y D∈.说明下列公式在I下的含义,并指出各公式的真值:答:1 对于任意两个实数x,y,如果x<y, 那么x≠y. 真值1.2 对于任意两个实数x,y,如果x-y=0, 那么x<y. 真值0.10. 给定解释I如下：a 个体域D=NN为自然数集合.b D中特定元素a̅=2.c D上函数f(x,y)=x+y,g̅x,y=xy.d D上谓词F̅x,y:x=y.说明下列各式在I下的含义,并讨论其真值.(1)xFgx,a,x(2)xyFfx,a,y→Ffy,a,x答:1 对于任意自然数x, 都有2x=x, 真值0.2 对于任意两个自然数x,y,使得如果x+2=y, 那么y+2=x. 真值0.11. 判断下列各式的类型:1 F(x,y)→(G(x,y)→F(x,y)).3 xyF(x,y)→x yFx,y.解:1因为1→pq⇔qp为永真式；pp→⌝()(⇔)∨⌝∨所以F(x,y)→(G(x,y)→F(x,y)).为永真式；3取解释I个体域为全体实数Fx,y：x+y=5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,此时为假命题再取解释I个体域为自然数N,Fx,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 x Fx∨G(x))2 xFx∧Gx∧Hx解:1个体域:本班同学Fx：x会吃饭, Gx：x会睡觉.成真解释Fx：x是泰安人,Gx：x是济南人.2成假解释2个体域:泰山学院的学生Fx ：x 出生在山东,Gx:x 出生在北京,Hx:x 出生在江苏,成假解释. Fx ：x 会吃饭,Gx ：x 会睡觉,Hx ：x 会呼吸. 成真解释.第五章部分课后习题参考答案5.给定解释Ｉ如下:a 个体域D={3,4};b )(x f f 为3)4(,4)3(==f f c 1)3,4()4,3(,0)4,4()3,3(),(====F F F F y x F 为. 试求下列公式在Ｉ下的真值. 1),(y x yF x ∃∀3)))(),((),((y f x f F y x F y x →∀∀ 解:1 ))4,()3,((),(x F x F x y x yF x ∨∀⇔∃∀2 )))(),((),((y f x f F y x F y x →∀∀ 12.求下列各式的前束范式;1),()(y x yG x xF ∀→∀5)),()((),(2121211x x G x x H x x F x ⌝∃→→∃ 本题课本上有错误 解:1 ),()(y x yG x xF ∀→∀),()(y t yG x xF ∀→∀⇔)),()((y t G x F y x →∀∃⇔ 5 )),()((),(2121211x x G x x H x x F x ⌝∃→→∃ 15.在自然数推理系统F 中,构造下面推理的证明:(1) 前提: ))())()((()(y R y G y F y x xF →∨∀→∃,)(x xF ∃结论: ∃xRx(2) 前提: ∀xFx →Ga ∧Rx, xFx结论:xFx ∧Rx 证明1①)(x xF ∃ 前提引入 ②Fc ①EI③))())()((()(y R y G y F y x xF →∨∀→∃ 前提引入 ④))())()(((y R y G y F y →∨∀ ①③假言推理 ⑤Fc ∨Gc →Rc ④UI⑥Fc ∨Gc ②附加 ⑦Rc ⑤⑥假言推理 ⑧∃xRx ⑦EG 2①∃xFx 前提引入 ②Fc ①EI③∀xFx →Ga ∧Rx 前提引入 ④Fc →Ga ∧Rc ③UI⑤Ga ∧Rc ②④假言推理 ⑥Rc ⑤化简 ⑦Fc ∧Rc ②⑥合取引入 ⑧∃xFx ∧Rx ⑦EG第六章部分课后习题参考答案5.确定下列命题是否为真： 1∅⊆∅ 真 2∅∈∅ 假 3}{∅⊆∅ 真 4}{∅∈∅ 真 5｛a,b ｝⊆｛a,b,c,｛a,b,c ｝｝ 真 6｛a,b ｝∈｛a,b,c,｛a,b ｝｝ 真 7｛a,b ｝⊆｛a,b,｛｛a,b ｝｝｝ 真 8｛a,b ｝∈｛a,b,｛｛a,b ｝｝｝ 假6．设a,b,c 各不相同,判断下述等式中哪个等式为真: 1｛｛a,b ｝,c,∅｝=｛｛a,b ｝,c ｝ 假2｛a ,b,a ｝=｛a,b ｝ 真 3｛｛a ｝,{b}｝=｛｛a,b ｝｝ 假 4｛∅,｛∅｝,a,b ｝=｛｛∅,｛∅｝｝,a,b ｝ 假 8．求下列集合的幂集：1｛a,b,c ｝ PA={ ∅,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},{a,b,c}}2｛1,｛2,3｝｝PA={ ∅, {1}, {{2,3}}, {1,{2,3}} }3｛∅｝PA={ ∅, ｛∅｝ }4｛∅,｛∅｝｝PA={ ∅, {1}, {{2,3}}, {1,{2,3}} }14．化简下列集合表达式：1A B B -A B2A B C-B C A解:1A B B -A B=A B B ～A B=A B ～A B B=∅ B=∅2A B C-B C A=A B C ～B C A=A ～B C B C ～B C A=A ～B C ∅ A=A ～B C A=A18．某班有25个学生,其中14人会打篮球,12人会打排球,6人会打篮球和排球,5人会打篮球和网球,还有2人会打这三种球;已知6个会打网球的人都会打篮球或排球;求不会打球的人数;解: 阿A={会打篮球的人},B={会打排球的人},C={会打网球的人}|A|=14, |B|=12, |A B|=6,|A C|=5,| A B C|=2,|C|=6,C⊆A B如图所示;25-5+4+2+3-5-1=25-14-5-1=5不会打球的人共5人21.设集合A＝{{1,2},{2,3},{1,3},{∅}},计算下列表达式：1 A2 A3 A4 A解:1 A={1,2} {2,3} {1,3} {∅}={1,2,3,∅}2 A={1,2} {2,3} {1,3} {∅}=∅3 A=1 2 3 ∅=∅4 A=∅27、设A,B,C是任意集合,证明1A-B-C=A- B⋃C2A-B-C=A-C-B-C证明1 A-B-C=A ～B ～C= A ～B ～C= A ～B⋃C =A- B⋃C2 A-C-B-C=A ～C ～B ～C= A ～C ～B C=A ～C ～B A ～C C= A ～C ～B ∅= A ～B⋃C =A- B⋃C 由1得证;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. 解：I={<2,2>,<3,3>,<4,4>}A={<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, domA⋃B, ranA, ranB, ranA⋂B , fldA-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}domA∨B={1,2,3,4}ranA={2,3,4}ranB={2,3,4}ranA⋂B={4}A-B={<1,2>,<3,3>},fldA-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}=ranR|{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求23122112,,,R R R R R R ;解: R 1 R 2={<a,d>,<a,c>,<a,d>}R 2 R 1={<c,d>}R 12=R 1 R 1={<a,a>,<a,b>,<a,d>}R 22=R 2 R 2={<b,b>,<c,c>,<c,d>}R 23=R 2 R 22={<b,c>,<c,b>,<b,d>}36．设A={1,2,3,4},在A ⨯A 上定义二元关系R,∀<u,v>,<x,y>∈A ⨯A ,〈u,v> R <x,y>⇔u + y = x + v.(1)证明R 是A ⨯A 上的等价关系.2确定由R 引起的对A ⨯A 的划分.1证明：∵<u,v>R<x,y> ⇔u+y=x-y∴<u,v>R<x,y>⇔u-v=x-y∀<u,v>∈A ⨯A∵u-v=u-v∴<u,v>R<u,v>∴R 是自反的任意的<u,v>,<x,y>∈A ×A如果<u,v>R<x,y> ,那么u-v=x-y∴x-y=u-v ∴<x,y>R<u,v>∴R 是对称的任意的<u,v>,<x,y>,<a,b>∈A ×A若<u,v>R<x,y>,<x,y>R<a,b>则u-v=x-y,x-y=a-b∴u-v=a-b ∴<u,v>R<a,b>∴R是传递的∴R是A×A上的等价关系2 ∏={{<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>}, {<2,1>,<3,2>,<4,3>}, {<3,1>,<4,2>},{<4,1>}, {<1,2>,<2,3>,<3,4>}, {<1,3>,<2,4>}, {<1,4>} }41.设A={1,2,3,4},R为A⨯A上的二元关系, ∀〈a,b〉,〈c,d〉∈A⨯A ,〈a,b〉R〈c,d〉⇔a + b = c + d(1)证明R为等价关系.(2)求R导出的划分.1证明：∀<a,b〉∈A⨯Aa+b=a+b∴<a,b>R<a,b>∴R是自反的任意的<a,b>,<c,d>∈A×A设<a,b>R<c,d>,则a+b=c+d∴c+d=a+b ∴<c,d>R<a,b>∴R是对称的任意的<a,b>,<c,d>,<x,y>∈A×A若<a,b>R<c,d>,<c,d>R<x,y>则a+b=c+d,c+d=x+y∴a+b=x+y ∴<a,b>R<x,y>∴R是传递的∴R是 A×A上的等价关系2∏={{<1,1>}, {<1,2>,<2,1>}, {<1,3>,<2,2>,<3,1>}, {<1,4>,<4,1>,<2,3>,<3,2>}, {<2,4>,<4,2>,<3,3>}, {<3,4>,<4,3>}, {<4,4>}}43. 对于下列集合与整除关系画出哈斯图:1 {1,2,3,4,6,8,12,24}2 {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}解:1 245.下图是两个偏序集<A,R >的哈斯图.分别写出集合A 和偏序关系R 的集合表达式.a b解: aA={a,b,c,d,e,f,g}R ={<a,b>,<a,c>,<a,d>,<a,e>,<a,f>,<a,g>,<b,d>,<b,e>,<c,f>,<c,g>}A I ⋃ b A={a,b,c,d,e,f,g} R ={<a,b>,<a,c>,<a,d>,<a,e>,<a,f>,<d,f>,<e,f>}A I ⋃46.分别画出下列各偏序集<A,R >的哈斯图,并找出A 的极大元`极小元`最大元和最小元.1A={a,b,c,d,e} R ={<a,d>,<a,c>,<a,b>,<a,e>,<b,e>,<c,e>,<d,e>}⋃I A . 2A={a,b,c,d,e}, R ={<c,d>}⋃IA.解:1 2项目 1 2极大元: e a,b,d,e极小元: a a,b,c,e最大元: e 无最小元: a 无第八章部分课后习题参考答案1．设f :N →N,且f x=12x x x ⎧⎪⎨⎪⎩，若为奇数若为偶数， 求f 0, f {0}, f 1, f {1}, f {0,2,4,6,…},f {4,6,8}, f -1{3,5,7}.解：f 0=0, f {0}={0}, f 1=1, f {1}={1},f {0,2,4,6,…}=N,f {4,6,8}={2,3,4}, f -1 {3,5,7}={6,10,14}.4. 判断下列函数中哪些是满射的哪些是单射的哪些是双射的1 f:N →N, fx=x 2+2 不是满射,不是单射2 f:N →N,fx=xmod 3,x 除以3的余数 不是满射,不是单射3 f:N →N,fx=10x x ⎧⎨⎩，若为奇数，若为偶数不是满射,不是单射 4 f:N →{0,1},fx=01x x ⎧⎨⎩，若为奇数，若为偶数是满射,不是单射 5 f:N-{0}→R,fx=lgx 不是满射,是单射6 f:R →R,fx=x 2-2x-15 不是满射,不是单射5. 设X={a,b,c,d},Y={1,2,3},f={<a,1>,<b,2>,<c,3>,}判断以下命题的真假:1f 是从X 到Y 的二元关系,但不是从X 到Y 的函数; 对2f 是从X 到Y 的函数,但不是满射,也不是单射的; 错3f 是从X 到Y 的满射,但不是单射; 错4f 是从X 到Y 的双射. 错第十章部分课后习题参考答案4．判断下列集合对所给的二元运算是否封闭：（1） 整数集合Z 和普通的减法运算;封闭,不满足交换律和结合律,无零元和单位元（2） 非零整数集合Z ∗和普通的除法运算;不封闭（3） 全体n n ⨯实矩阵集合M n R 和矩阵加法及乘法运算,其中n ≥2;封闭 均满足交换律,结合律,乘法对加法满足分配律；加法单位元是零矩阵,无零元；乘法单位元是单位矩阵,零元是零矩阵；4全体n n ⨯实可逆矩阵集合关于矩阵加法及乘法运算,其中n ≥2;不封闭5正实数集合R +和 ° 运算,其中 ° 运算定义为：a ，b ∈R +，a ° b = ab −a −b不封闭 因为 +∉-=--⨯=R 11111116n ∈Z +,nZ ={nz | z ∈ Z }.nZ 关于普通的加法和乘法运算;封闭,均满足交换律,结合律,乘法对加法满足分配律加法单位元是0,无零元；乘法无单位元1>n ,零元是0；1=n 单位元是17A = {},,,21n a a a n ≥2.° 运算定义如下：a ，b ∈ A ，a ° b = b封闭 不满足交换律,满足结合律,8S = {2x −1|x ∈Z +}关于普通的加法和乘法运算;封闭 均满足交换律,结合律,乘法对加法满足分配律9S = {0,1},S 是关于普通的加法和乘法运算;加法不封闭,乘法封闭；乘法满足交换律,结合律10S = {x | x =2n ,n ∈Z +} ,S 关于普通的加法和乘法运算;加法不封闭,乘法封闭,乘法满足交换律,结合律5．对于上题中封闭的二元运算判断是否适合交换律,结合律,分配律;见上题7．设 为+Z 上的二元运算+∈∀Z y x ,,X Y = min x,y ,即x 和y 之中较小的数.(1)求4 6,7 3;4, 32 在+Z 上是否适合交换律,结合律,和幂等律满足交换律,结合律,和幂等律3求运算的单位元,零元及+Z 中所有可逆元素的逆元;单位元无,零元1, 所有元素无逆元8．Q Q S ⨯= Q 为有理数集,为S 上的二元运算,<a,b>,<x,y > ∈ S 有< a,b ><x,y> = <ax,ay + b>1运算在S 上是否可交换,可结合是否为幂等的不可交换：<x,y><a,b >= <xa,xb +y>≠< a,b ><x,y>可结合：<a,b ><x,y><c,d>=<ax,ay + b><c,d>=<axc,axd +ay+b ><a,b ><x,y><c,d>=<a, b><xc,xd+y>=<axc,axd +y+b ><a,b ><x,y><c,d>=<a,b ><x,y><c,d>不是幂等的2运算是否有单位元,零元 如果有请指出,并求S 中所有可逆元素的逆元;设<a,b>是单位元,<x,y > ∈ S ,<a,b ><x,y>= <x,y><a,b >=<x,y>则<ax,ay+b>=<xa,xb+y>=<x,y>,解的<a,b>=<1,0>,即为单位;设<a,b>是零元,<x,y > ∈ S ,<a,b ><x,y>= <x,y><a,b >=<a,b>则<ax,ay+b>=<xa,xb+y>=<a,b>,无解;即无零元;<x,y > ∈ S,设<a,b>是它的逆元<a,b ><x,y>= <x,y><a,b >=<1,0><ax,ay+b>=<xa,xb+y>=<1,0>a=1/x,b=-y/x所以当x ≠0时,x y x y x -=><-,1,1 10．令S={a,b},S 上有四个运算：,°，和□分别有表确定; a b c d1这4个运算中哪些运算满足交换律,结合律,幂等律a 交换律,结合律,幂等律都满足, 零元为a,没有单位元；b 满足交换律和结合律,不满足幂等律,单位元为a,没有零元c 满足交换律,不满足幂等律,不满足结合律没有单位元, 没有零元d 不满足交换律,满足结合律和幂等律没有单位元, 没有零元(2)求每个运算的单位元,零元以及每一个可逆元素的逆元;见上16．设V=〈 N,+ , 〉,其中+ ,分别代表普通加法与乘法,对下面给定的每个集合确定它是否构成V 的子代数,为什么1S 1={2n | n ∈Z } 是2S 2={2n +1 | n ∈Z } 不是 加法不封闭3S 3 = {-1,0,1} 不是,加法不封闭第十一章部分课后习题参考答案8.设S={0,1,2,3},为模4乘法,即"∀x,y ∈S, xy=xymod 4 问〈S,〉是否构成群为什么解：1 ∀x,y ∈S, xy=xymod 4S ∈,是S 上的代数运算; 2 ∀x,y,z ∈S,设xy=4k+r 30≤≤rx y z =xymod 4z=r z=rzmod 4=4kz+rzmod 4=4k+rzmod 4 =xyzmod 4同理x y z =xyzmod 4所以,x y z = x y z,结合律成立; 3 ∀x ∈S, x 1=1x=x,,所以1是单位元;4,33,1111==-- 0和2没有逆元所以,〈S,〉不构成群9.设Z 为整数集合,在Z 上定义二元运算;如下：" ∀x,y ∈Z,xoy= x+y-2问Z 关于o 运算能否构成群为什么解：1 ∀x,y ∈Z, xoy= x+y-2Z ∈,o 是Z 上的代数运算;2 ∀x,y,z ∈Z,xoy oz =x+y-2oz=x+y-2+z-2=x+y+z-4同理xoyoz= xoyoz,结合律成立;3设e 是单位元,∀x ∈Z, xo e = e ox=x,即x+e -2= e +x-2=x, e=24 ∀x ∈Z , 设x 的逆元是y, xoy= yox=e , 即x+y-2=y+x-2=2,所以,x y x -==-41所以〈Z,o 〉构成群11.设G=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1001,1001,1001,1001,证明G 关于矩阵乘法构成一个群． 解：1 ∀x,y ∈G, 易知xy ∈G,乘法是Z 上的代数运算;2 矩阵乘法满足结合律3设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1001是单位元,4每个矩阵的逆元都是自己;所以G 关于矩阵乘法构成一个群．14.设G 为群,且存在a∈G,使得G={a k ∣k∈Z}证明：G 是交换群;证明:∀x,y ∈G,设l k a y a x ==,,则所以,G 是交换群17.设G 为群,证明e 为G 中唯一的幂等元;证明:设G e ∈0也是幂等元,则020e e =,即e e e 020=,由消去律知e e =018.设G 为群,a,b,c∈G,证明∣abc∣=∣bca∣=∣cab∣证明：先证设e bca e abc k k =⇔=)()(设,)(e abc k =则e abc abc abc abc =)())()(( ,即 e a bca bca bca bca a =-1)())()((左边同乘1-a ,右边同乘a 得反过来,设,)(e bac k =则.)(e abc k= 由元素阶的定义知,∣abc∣=∣bca∣,同理∣bca∣=∣cab∣19.证明：偶数阶群G 必含2阶元;证明：设群G 不含2阶元,G a ∈∀,当e a =时,a 是一阶元,当e a ≠时,a 至少是3阶元,因为群G 时有限阶的,所以a 是有限阶的,设a 是k 阶的,则1-a 也是k 阶的,所以高于3阶的元成对出现的,G 不含2阶元,G 含唯一的1阶元e ,这与群G 是偶数阶的矛盾;所以,偶数阶群G 必含2阶元20.设G 为非Abel 群,证明G 中存在非单位元a 和b,a≠b,且ab=ba.证明：先证明G 含至少含3阶元;若G 只含1阶元,则G={e},G 为Abel 群矛盾；若G 除了1阶元e 外,其余元a 均为2阶元,则e a =2,a a =-1ba ba b a ab ab ab b b a a G b a ======∈∀------111111)(,)(,,,,所以,与G 为Abel 群矛盾；所以,G 含至少含一个3阶元,设为a ,则≠a 2a ,且22aa a a =;令2a b =的证;21.设G 是M n R 上的加法群,n≥2,判断下述子集是否构成子群;1全体对称矩阵 是子群2全体对角矩阵 是子群3全体行列式大于等于0的矩阵. 不是子群4全体上下三角矩阵; 是子群22.设G 为群,a 是G 中给定元素,a 的正规化子Na 表示G 中与a 可交换的元素构成的集合,即Na={x ∣x ∈G ∧xa=ax}证明Na 构成G 的子群;证明：ea=ae,φ≠∈)(a N ea xy ya x ay x y xa y ax xy a )()()()()()(=====,所以)(a N xy ∈由xa ax =,得111111,------==eax ae x xax x axx x ,即11--=ax a x ,所以)(1a N x ∈- 所以Na 构成G 的子群31.设ϕ1是群G 1到G 2的同态,ϕ2是G 2到G 3的同态,证明ϕ1ϕ 2是G 1到G 3的同态;证明：有已知ϕ1是G 1到G 2的函数,ϕ2是G 2到G 3的函数,则ϕ1·ϕ2是G 1到G 3的函数;所以:ϕ1·ϕ2是G 1到G 3的同态;33.证明循环群一定是阿贝尔群,说明阿贝尔群是否一定为循环群,并证明你的结论; 证明：设G 是循环群,令G=<a>,G y x ∈∀,,令l k a y a x ==,,那么yx a a a a a a xy k l k l l k l k =====++,G 是阿贝尔群克莱因四元群,},,,{c b a e G =是交换群,但不是循环群,因为e 是一阶元,a,b,c 是二阶元;36.设τσ,是5元置换,且⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=3541254321σ,⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2154354321τ 1计算τσσσττσστ111,,,,---；2将τσσττσ11,,--表成不交的轮换之积;3将2中的置换表示成对换之积,并说明哪些为奇置换,哪些为偶置换; 解：1 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1235454321τσ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=5213454321στ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-32154543211τ 2 )1425(=τσ )14253(1=-τ )25)(143(1=-τσσ3 )15)(12)(14(=τσ 奇置换,)13)(15)(12)(14(1=-τ 偶置换)25)(13)(14(1=-τσσ 奇置换第十四章部分课后习题参考答案5、设无向图G 有10条边,3度与4度顶点各2个,其余顶点的度数均小于3,问G 至少有多少个顶点在最少顶点的情况下,写出度数列、)()(G G δ、∆;解：由握手定理图G 的度数之和为：20102=⨯3度与4度顶点各2个,这4个顶点的度数之和为14度;其余顶点的度数共有6度;其余顶点的度数均小于3,欲使G 的顶点最少,其余顶点的度数应都取2, 所以,G 至少有7个顶点, 出度数列为3,3,4,4,2,2,2,2)(,4)(==∆G G δ.7、设有向图D 的度数列为2,3,2,3,出度列为1,2,1,1,求D 的入度列,并求)(),(D D δ∆, )(),(D D ++∆δ,)(),(D D --∆δ.解：D 的度数列为2,3,2,3,出度列为1,2,1,1,D 的入度列为1,1,1,2.2)(,3)(==∆D D δ,1)(,2)(==∆++D D δ,1)(,2)(==∆--D D δ8、设无向图中有6条边,3度与5度顶点各1个,其余顶点都是2度点,问该图有多少个顶点解：由握手定理图G 的度数之和为：1262=⨯设2度点x 个,则1221513=+⨯+⨯x ,2=x ,该图有4个顶点.14、下面给出的两个正整数数列中哪个是可图化的对可图化的数列,试给出3种非同构的无向图,其中至少有两个时简单图;1 2,2,3,3,4,4,52 2,2,2,2,3,3,4,4解：1 2+2+3+3+4+4+5=23 是奇数,不可图化；2 2＋2+2+2+3+3+4+4=16, 是偶数,可图化；18、设有3个4阶4条边的无向简单图G 1、G 2、G 3,证明它们至少有两个是同构的;证明：4阶4条边的无向简单图的顶点的最大度数为3,度数之和为8,因而度数列为2,2,2,2；3,2,2,1；3,3,1,1;但3,3,1,1对应的图不是简单图;所以从同构的观点看,4阶4条边的无向简单图只有两个：所以,G 1、G 2、G 3至少有两个是同构的;20、已知n 阶无向简单图G 有m 条边,试求G 的补图G 的边数m '; 解：m n n m --='2)1( 21、无向图G 如下图1求G 的全部点割集与边割集,指出其中的割点和桥；2 求G 的点连通度)(G k 与边连通度)(G λ;解：点割集: {a,b},d边割集{e2,e3},{e3,e4},{e1,e2},{e1,e4}{e1,e3},{e2,e4},{e5})(G k =)(G λ=123、求G 的点连通度)(G k 、边连通度)(G λ与最小度数)(G δ;解：2)(=G k 、3)(=G λ 、4)(=G δ28、设n 阶无向简单图为3-正则图,且边数m 与n 满足2n-3=m 问这样的无向图有几种非同构的情况解：⎩⎨⎧=-=mn m n 3223 得n=6,m=9.31、设图G 和它的部图G 的边数分别为m 和m ,试确定G 的阶数; 解：2)1(+=+n n m m 得2)(811m m n +++-= 45、有向图D 如图1求2v 到5v 长度为1,2,3,4的通路数；2求5v 到5v 长度为1,2,3,4的回路数；3求D 中长度为4的通路数；4求D 中长度小于或等于4的回路数；5写出D 的可达矩阵;解：有向图D 的邻接矩阵为：⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0101000101100000010110000A ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=00202200000101020000010102A ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=40000020200020202020002023A 12v 到5v 长度为1,2,3,4的通路数为0,2,0,0；25v 到5v 长度为1,2,3,4的回路数为0,0,4,0；3D 中长度为4的通路数为32；4D 中长度小于或等于4的回路数10；4出D 的可达矩阵⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1111111111111111111111111P 第十六章部分课后习题参考答案1、画出所有5阶和7阶非同构的无向树.2、一棵无向树T 有5片树叶,3个2度分支点,其余的分支点都是3度顶点,问T 有几个顶点 解：设3度分支点x 个,则)135(232315-++⨯=+⨯+⨯x x ,解得3=xT 有11个顶点3、无向树T 有8个树叶,2个3度分支点,其余的分支点都是4度顶点,问T 有几个4度分支点根据T 的度数列,请至少画出4棵非同构的无向树;解：设4度分支点x 个,则)128(243218-++⨯=+⨯+⨯x x ,解得2=x4、棵无向树T 有i n i=2,3,…,k 个i 度分支点,其余顶点都是树叶,问T 应该有几片树叶 解：设树叶x 片,则)1(21-+⨯=⨯+⨯x n x i n i i ,解得2)2(+-=i n i x评论：2,3,4题都是用了两个结论,一是握手定理,二是1-=n m5、nn≥3阶无向树T 的最大度(T)至少为几最多为几解：2,n-16、若nn ≥3阶无向树T 的最大度(T) =2,问T 中最长的路径长度为几解：n-17、证明：nn ≥2 阶无向树不是欧拉图.证明：无向树没有回路,因而不是欧拉图;8、证明：nn ≥2 阶无向树不是哈密顿图.证明：无向树没有回路,因而不是哈密顿图;9、证明：任何无向树T 都是二部图.证明：无向树没有回路,因而不存在技术长度的圈,是二部图;10、什么样的无向树T 既是欧拉图,又是哈密顿图解：一阶无向树14、设e 为无向连通图G 中的一条边, e 在G 的任何生成树中,问e 应有什么性质解：e 是桥15、设e为无向连通图G中的一条边, e不在G的任何生成树中, 问e应有什么性质解：e是环23、已知n阶m条的无向图G是kk≥2棵树组成的森林,证明：m = n-k.；证明：数学归纳法;k=1时, m = n-1,结论成立；时,结论成立,当k=t时,无向图G是t棵树组成的森林,任取两棵树,每棵树任取一个设k=t-1t-11顶点,这两个顶点连线;则所得新图有t-1棵树,所以m = n-k-1.所以原图中m = n-k得证;24、在图所示2图中,实边所示的生成子图T是该图的生成树.1指出T的弦,及每条弦对应的基本回路和对应T的基本回路系统.2 指出T的所有树枝, 及每条树枝对应的基本割集和对应T的基本割集系统.a b图解：aT的弦：c,d,g,hT的基本回路系统: S={{a,c,b},{a,b,f,d},{e,a,b,h},{e,a,b,f,g}}T的所有树枝: e,a,b,fT的基本割集系统: S={{e,g,h},{a,c,d,g,h},{b,c,d,g,h},{f,d,g}}b有关问题仿照给出25、求图所示带权图中的最小生成树.a b图解：注：答案不唯一;37、画一棵权为3,4,5,6,7,8,9的最优2叉树,并计算出它的权.38.下面给出的各符号串集合哪些是前缀码A1={0,10,110,1111} 是前缀码A2={1,01,001,000} 是前缀码A3={1,11,101,001,0011} 不是前缀码A4={b,c,aa,ac,aba,abb,abc} 是前缀码A5={ b,c,a,aa,ac,abc,abb,aba} 不是前缀码41.设7个字母在通信中出现的频率如下:a: 35% b: 20%c: 15% d: 10%e: 10% f: 5%g: 5%用Huffman算法求传输它们的前缀码.要求画出最优树,指出每个字母对应的编码.并指出传输10n n ≥2个按上述频率出现的字母,需要多少个二进制数字.解：a:01 b:10 c:000 d:110 e:001 f:1111 g:1110WT=54+54+103+103+153+202+352=255传输10n n≥2个按上述频率出现的字母,需要25510n-2个二进制数字.。
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例题
例2 已知无向树T有5片树叶，2度与3度顶点各1个，其余顶 点的度数均为4，求T的阶数n，并画出满足要求的所有非同 构的无向树.
解 设T的阶数为n, 则边数为n1，4度顶点的个数为n7. 由握手定理得 2m = 2(n1) = 51+21+31+4(n7) 解出n = 8，4度顶点为1个.
16
破圈法与避圈法求生成树
算法1 求连通图G = <V, E>的生成树的破圈法： 每次删除回路中的一条边，其删除的边的总数为m-n+1。 算法2 求连通图G = <V, E>的生成树的避圈法： 每次选取G中一条与已选取的边不构成回路的边，选取 的边的总数为n-1。 由于删除回路上的边和选择不构成任何回路的边有多种选法， 所以产生的生成树不是惟一的。
3
证明思路
(1)(2). 关键一步是, 若路径不惟一必有回路. (2)(3). 若G中有回路，则回路上任意两点之间的路径不 惟一. 对n用归纳法证明m=n1. n=1正确. 设nk时对，证n=k+1时也对：取G中边e， Ge有且仅有两个连通分支G1,G2(为什么?) . nik，由归纳 假设得mi=ni1, i=1,2. 于是，m=m1+m2+1=n1+n22+1=n1. (3)(4). 只需证明G连通. 用反证法. 否则G有s（s2）个连 通 分支都是小树. 于是有mi=ni1, ，
22
实例
例4 求图的一棵最小生成树.
最小生成树W(T)=38. 试试破圈法求最小生成树
23
Prim算法
1，在G中任意选取一个结点v1，置VT = {v1}, ET = Φ，k = 1； 2，在V-VT中选取与某个vi∈VT邻接的结点vj，使得边(vi, vj) 的权最小，置VT = VT∪{vj}, ET = ET∪{(vi, vj)}，k = k+1； 3，重复步骤2，直到k = |V|。
g w(T) = 25。
Prim算法每一步得到的图一定是树，故不需要验证是否有 回路（因为，每一步总是从余下的顶点集合中选择下一个 25 顶点及关联边），因此它的计算工作量较Kruskal算法要小。
无向树的要点
树是不含回路的连通图。注意把握树的性质，特别是 树中叶结点的数目及边数与结点数的关系：m = n-1； 生成树是无向连通图的生成子图。注意把握所有连通 图都有生成树，知道生成树的树枝与弦及其数目，会 使用避圈法、破圈法求生成树； 最小生成树是赋权连通图的权值之和最小的生成树。 会使用Kruskal算法和Prim算法求最小生成树。
证 否则，C中的边全在T中，这与T为树矛盾.
12
基本回路、基本回路系统、圈秩
定理16.4 设T为G的生成树，e为T的任意一条弦，则Te中 含一个只有一条弦其余边均为T的树枝的圈. 不同的弦对应的 圈也不同. 证 设e=(u,v)，在T中u到v有惟一路径，则e为所求的圈. 定义16.3 设T是n阶m条边的无向连通图G的一棵生成树，设 e1, e2, …, emn+1为T 的弦. 设Cr为T 添加弦er 产生的只含弦 er、其余边均为树枝的圈. 称Cr为G的对应树T 的弦er的基本 回路或基本圈，r=1, 2, …, mn+1. 并称{C1, C2, …,Cmn+1}为 G对应T 的基本回路系统，称mn+1为G的圈秩，记作 (G). 求基本回路的算法：设弦e=(u,v)，先求T中u到v的路径uv， 再并上弦e，即得对应e的基本回路.
m mi ni s n s ( s 2)
i 1 i 1
s
s
这与m=n1矛盾.
4
证明思路
(4)(5). 只需证明G 中每条边都是桥. 为此只需证明命题 “G 是 n 阶 m 条边的无向连通图，则 mn1”. 命题的证明: 对n归纳. eE, Ge只有n2条边，由命题可知Ge不连通，故e为桥. (5)(6). 由(5)易知G为树，由(1)(2)知，u,vV（uv）, u到v有惟一路径，加新边(u,v)得惟一的一个圈. (6)(1). 只需证明G连通，这是显然的.
13
基本割集的存在
定理16.5 设T是连通图G的一棵生成树，e为T的树枝，则G 中存在只含树枝e，其余边都是弦的割集，且不同的树枝对 应的割集也不同. 证 由定理16.1可知，e是T的桥，因而Te有两个连通分支T1 和T2，令 Se={e | eE(G)且 e 的两个端点分别属于V(T1)和V(T2)}， 由构造显然可知Se为G的割集，eSe且Se中除e外都是弦， 所以Se为所求. 显然不同的树枝对应的割集不同.
求基本割集的算法 设e为生成树T 的树枝，Te为两棵小树T1与T2，令 Se ={e | eE(G)且e的两个端点分别属于T1与T2} 则Se为e 对应的基本割集.
15
实例
例3 下图实线边所示为生成树，求基本回路系统与基本割集系统
解 弦e, f, g对应的基本回路分别为 Ce=e b c, Cf=f a b c, Cg=g a b c d, C基={Ce, Cf, Cg}. (G)=3 树枝a, b, c, d对应的基本割集分别为 Sa={a, f, g}, Sb={b, e, f, g}, Sc={c, e, f g}, Sd={d, g}, S基={Sa, Sb, Sc, Sd}. (G)=4
26
16.3 根树及其应用
定义16.6 T是有向树（基图为无向树） (1) T 为根树——T 中一个顶点入度为0，其余的入度均为1. (2) 树根——入度为0的顶点 (3) 树叶——入度为1，出度为0的顶点 (4) 内点——入度为1，出度不为0的顶点 (5) 分支点——树根与内点的总称 (6) 顶点v的层数——从树根到v的通路长度 (7) 树高——T 中层数最大顶点的层数 (8) 平凡根树——平凡图
定理16.1 设G=<V,E>是n阶m条边的无向图，则下面各命题 是等价的： (1) G 是树 (2) G 中任意两个顶点之间存在惟一的路径. (3) G 中无回路且 m=n1. (4) G 是连通的且 m=n1. (5) G 是连通的且 G 中任何边均为桥. (6) G 中没有回路，但在任何两个不同的顶点之间加一条新 边，在所得图中得到惟一的一个含新边的圈.
27
根树实例
根树的画法——树根放上方，省去所有有向边上的箭头
28
家族树与根子树
定义16.7 T 为非平凡根树 (1) 祖先与后代 (2) 父亲与儿子 (3) 兄弟
定义16.8 设v为根树T中任意一顶点，称v及其后代的导出子 图为以v为根的根子树.
29
根树的分类
(1) T 为有序根树——同层上顶点标定次序的根树 (2) 分类 ① r 叉树——每个分支点至多有r 个儿子 ② r 叉有序树 ③ r 叉正则树——每个分支点恰有r 个儿子 ④ r 叉正则有序树 ⑤ r 叉完全正则树——树叶层数相同的r叉正则树 ⑥ r 叉完全正则有序树
3
4
由于生成树的形式不惟一，故上述两棵生成树都是所求的。 破圈法和避圈法的计算量较大，主要是需要找出回路或验 证不存在回路。
19
广度优先搜索算法
求连通图G = <V, E>的生成树的广度优先搜索算法： （1）任选s∈V，将v标记为0，令L = {s}，V = V-{s}，k = 0； （2）如果V = Φ，则转(4)，否则令k = k+1； （3）依次对L中所有标记为k-1的结点v，如果它与V中的 结点w相邻接，则将w标记为k，指定v为w的前驱，令 L = L∪{w}，V = V-{w}，转(2)； （4）EG = {(v, w)|w∈L-{s}，v为w的前驱}，结束。
T 不一定连通，也不一定不含回路，如图所示
11
生成树的存在条件
定理16.3 无向图G具有生成树当且仅当G连通. 证 必要性显然. 充分性用破圈法（注意：在圈上删除任何一条边，不破坏 连通性）
推论1 G为n阶m条边的无向连通图，则mn1. 推论2 T 的边数为mn+1. 推论3 T 为G的生成树T的余树，C为G中任意一个圈，则C 与 T 一定有公共边.
9
例题
T的度数列为1, 1, 1, 1, 1, 2, 3, 4，共有3棵非同构的无向树， 如图所示.
10
16.2 生成树
定义16.2 设G为无向图 (1) G的树——T 是G 的子图并且是树 (2) G的生成树——T 是G 的生成子图并且是树 (3) 生成树T的树枝——T 中的边 (4) 生成树T的弦——不在T 中的边 (5) 生成树T的余树 T ——全体弦组成的集合的导出子图
20
例题
利用广度优先搜索算法求下图的生成树。 1(a) 3(e) 4(d) b d g1(a) 3(e) b d 0(-) a 2(b) 4(h) e 0(-) h j2(b) e a 3(e) c f 1(a) 2(c) i f 3(e) c 1(a) 2(c)
4(h) g 4(h) h j 3(e) i 3(f)
说明：步骤2中，若满足条件的最小权边不止一条，则可从 中任选一条，这样就会产生不同的最小生成树。 要点：从任意结点开始，每次增加一条最小权边构成一棵新 树。
24
例题
用Prim算法求图中赋权图的最小生成树。
a 6 a 5
b
2 8
2
c 4
7 g
d
5 f
b 2 e
2
c 4
5
d 5
e
10
7
f
解 n = 7，按算法要执行n-1 = 6次，
2(n 1) d (vi ) x 2(n x)
由上式解出x 2.
7
例题
例1 已知无向树T中有1个3度顶点，2个2度顶点，其余顶点 全是树叶，试求树叶数，并画出满足要求的非同构的无向树. 解 解本题用树的性质m=n1，握手定理. 设有x片树叶，于是 n = 1+2+x = 3+x, 2m = 2(n1) = 2(2+x) = 13+22+x 解出x = 3，故T有3片树叶. T 的度数列应为 1, 1, 1, 2, 2, 3， 易知3度顶点与1个2度顶点相邻 与和2个2度顶点均相邻是非同 构的，因而有2棵非同构的无向 树T1, T2，如图所示.