1、1习题参考解答习题 1.1 1、 （3）P：银行利率降低Q：股价没有上升PQ（5） P：他今天乘火车去了北京Q：他随旅行团去了九寨沟（7） P：不识庐山真面目Q：身在此山中QP，或 PQ（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PQR ，QT2、 （1）T （2）F （3）F （4）T （5）F（6）T （7）F （8）悖论习题 1.31（3） )()( )()()(RPQ RPQP2（4） ()()()()()PQRPRQP右2、不， 不， 能习题 1.41(3)()()()PRQPRQT、主合取范式 )()
2、()( )()()()( ()()( QPRQRPQR RQPRPPRQ 主析取范式(2) )()()()PRPR、 ()()()()QQPQ等 价3、解：根据给定的条件有下述命题公式：（A（CD） ）（BC）（CD ）（A （CD）（CD ） ）（BC ）（CD）（A B）（CDB ）（CDB）（AC）（CDC）（C D C） ）（CD）3（A B）（CDB ）（CDB）（AC）（C DC） ） （C D）（A BC）（CDBC ）（CDBC）（ACC）（CD C C）（ABD）（CDBD）（CDBD）（ACD）（CDCD） （由题意和矛盾律）（CDB）（AC ）（CD）（CDB）（CDBA
3、） （C DB A） （ACB） （ACB） （ CD A） （CDA）（CDBA）（CDBA）（CDBA） （A CB D） （ACBD） （ACBD） （AC BD） （CDAB） （CDAB ） （CDAB） （CDAB）（CDBA）（CDB A ）（CDBA） （A CB D） （CDAB） （CDAB） （CDBA）（ CDBA） （ACBD）（CD BA）三种方案：A 和 D、 B 和 D、 A 和 C习题 1.51、 （1）需证 为永真式()()PQP()()()()()P QTQP（3）需证 为永真式SRTF4为永真式。即 永真3AB、 AB永真A当且仅当4、设： P：珍宝藏在
4、东厢房Q：藏宝的房子靠近池塘R：房子的前院栽有大柏树S：珍宝藏在花园正中地下t：后院栽有香樟树m：珍宝藏在附近（后院）命题化后进行推理：()()()()()QpRPQRStmtStmt即 S 为真，珍宝藏在花园正中地下5、(1)F (P=0,Q=1) (2)F (P=1,Q=R=0) (3)F (P=0,Q=1)习题 1.61.（1） ,PQRPR证：利用 CP 规则 P P(附加前提) Q IT RP5 IRT 结论成立 CP 规则（2） ()(),(PQSVEBP证： (附加) PQ T ()()PQRSP T SE T SEB P BT ()C2. (2) P：无任何痕迹Q：失窃时，小花
5、在 OK 厅R：失窃时，小英在 OK 厅S：失窃时，小胖在附近T：金刚是偷窃者M：瘦子是偷窃者命题可符号化为： MRSTQPSRQP , , , , ,证： S6 ST RP Q T TP 金刚是窃贼。3. (1) 不相容(2) 相容 0,1SQRP（3）不相容（4）不相容4. (1)证： PQSRQP)(即 , , , ,利用消解原理： P P PQ P P F7习题 2.11. (1) ： 是实数 ： 是有理数xAxBBAxBA(2) ： 是直线x： 与 平行 ： 与 相交yF, yxG, babaFbAab ,(3) ： 是会员 ： 有意义)(x)(xC： 参加 ：这个活动,yFyaxF
6、AxaC,或者 aC),(（4） ： 是正整数 ： 是合数 ： 是质数x(xB)(xCBA（5） ： 是人 B（x）：x 存钱 a：利息 xP:存钱有利息 ： 想有yF,y xBAPaxxA ,2.(1) 210210QRP(2) QP4.(1) zyxtyxy,8习题 2.21.（1）D：数 xyfxA,0:1,1, fAxAyyxfyx可满足式(2) 是诚实的人 讲实话 a：小林xA: xB:aaAxB可满足式(3) 不便宜 是好货xA: x:买的 a：衣服 b：小王yF,aBAbFxBx , 可满足式（4） 是作家 懂得人性本质xA:x:是诗人 是真正的CD能刻画人们内心世界xE:很高明
7、 创作了FxyP:,ya：莎士比亚 b：哈姆雷特 )(),()()()()( ,xDbxPCxExBAx baF 2.(1) T3.(1) (2) F4. 0:)( ,:),( : yQeyxPDx、习题 2.31.（1） yxy9yQxPy)(yxQP)(yxA2. 不成立D=0,1,2 1)2(,0,1)( 0)2(,1,0)( QP3.(1) yxPyxPskolem 范式yxy(2) zQ,yPzyx,前束范式yQz,skolem 范式xfxPyx,10习题 2.41. （1）证：在某个解释下， 取值 1，必有 ,)(yQxPy Dba,，取值 1，因此， 取值 1。bQaPDaa取值
8、 1，由定义，蕴含关系成立。x（2） QxPPaQx(2) 证: 在某个解释下， 取值 1ax即 取值 0，分二种情况：xPi) ，则无论 为何值， 取值 1。aQQxPii) ，则 取值 11xPaQa由定义，蕴含关系成立。11习题 2.51（2） （反证法） PxQPx T,E T,Ixx T,IQP USx T,I UGxP PQ T,Ix T,IUS11 xQ T I12 112. (1) 错误，应换元，即 ， xQPx y（2） 正确（3） 错误，a、b 应是同一个常元（4） 错误，因为在 中 x 并不是自由出现)(Rx(5) 错误，因为在 中，前件是命题，xQP而后件不是命题12（
9、6） 错误，因为 a、b 并不是同一个常量（7） 错误，和的顺序不对应先使用 ES，再使用 US3(1)解：设 F(x,y):xy; G(z):z0 ; f(x,y)=x-y前提： (x)(y)（F(x,y)G(f(x,y) (x)(y)（F(x,y)G(f(x,y) (x)(y)(G(f(x,y) G(f(y,x)结论： (x) (y)（G(f(x,y)G(f(y,x)）证明（反证法）： (x)(y)（G(f(x,y)G(f(y,x)） （） （） （ G(f(x,y)G(f(y,x) ） G(f(a,b) G(f(b,a) (x)(y)（F(x,y)G(f(x,y) F(a,b)G(f(a
10、,b) G(f(a,b) F(a,b) (x)(y)(G(f(x,y) G(f(y,x) G(f(b,a)G(f(a,b) (x)(y)（F(x,y)G(f(x,y) F(a,b) G(f(a,b) G(f(a,b) F(a,b) F(a,b) F(a,b)134. （2）证：首先，将结论否定否作为前提加入到原有前提中 xQPxRxQPxxRyvuxxxywy xRQxPRxPvux RP baxxxywx Skolem 范式子句集为 yRwRPxQxPRx , P a ,代换a/xxR 代换c/xc yw ,代换c/wR 代换c/yc14习题 3.43、习题 5.22. 关系性质R1 R2
11、R3 R4 R5自反性 反自反性 对称性 反对称性 传递性 习题 5.32. （3） “ ”R 是对称的，设 则 Ryx,xy, 1,Ry，即yxRxy ,11“ ” ，由 的定义，,1,xy，即 R 是对称的。xy,（5） “ ”R 是传递的，对 2,RzxBAABABABABA xxxxxx 2222 2 22)1( 、”、“ 、”、“、15即 R2“ ” ，对 ，由 R2的定义，zyRyx,有 ，即 R 是可传递的。zzx,24. 解： ，且21R21ARmm需 3|m，5|m,2153AAII，即 16nRRR216216故使 的最小正整数nm 16,1nm习题 5.42、解： 010
12、 010RM1 101010)(RtM3. (3)证： 2)()( 121iRUtiRUt ii iiRt )()( 2121由归纳法可证：对 iRiRNi )(21 21 )()()(21)()( 2121121 RtUiiUiRtRt iii zxzyyxAy , 16(4)证： iRUtRR1)(jjtUt1由归纳法可证： RttNj jtRtUtRjj11 tIARtIRtIRtt习题 5.51. 证： NbaA,|cdcbaR|,自反性 由 A 的定义， Nba,R,对称性 设 ，则dcba, cd即 Rbadcb,传递性 设 ，则dcba11, 11cbda，则Rc21, 2121
13、1 cbcdacb21,3. 解： 3,421 ,43,10SA17设 3,432,12AA342141，R4. 解：每个集合的划分就可以确定一个等价关系集合有多少个划分就可以确定多少个等价关系种。154234C5. 解： 不是 A 上的等价关系21UR 是 A 上的等价关系 是 A 上的等价关系21r 不是 A 上的等价关系oR习题 5.62. 解： cba,cbaA ,2a b ca,b a,c b,ca,b,c3. 解：集合 A 上的空关系 、恒等关系 IA都是等价关系和偏序关系。186. 解： dcbaA, dcbadcbacbdbcda ,2c bada,7. 证：i）自反性，对 ，
14、 （ 的自反性）RbAB,显然 RBb,ii)反对称性，对 BabBbaba ,即 ，由 R 的反对称性，bRa, iii)传递性，对 ，设 ，Bca,Rc,则 ， 。,b,由 R 的传递性， ，显然Rca, Bca,Bca,19习题 6.24、证： 2121bBb、21,Aa b),f(ab)f(af(x) )(ga,gg),b(gg 121 、2121 a ,a b)f(,b)f(a、 gx, g)(b 21、)x(f ,)b( ,B2 g7、证：习题 6.4:3证明：非空有限集 A 与可数集 B 的笛卡尔积 AB 也是可数集。证明：设 A=a1,a2,anB=b1,b2,bn,、g )(
15、 , )( )(x, g2 )(g)g()g( 1:,: 2211 211zygByffAC,zf xffxfx)f( )f(A,CBA 20令 Bi =(ai,b1),(ai,b2),(ai,bn), (in),则AB= ,因为 B 为可数集，所以 Bi为可数集。AB 为有限个可数集的并集。下面用归纳法证明有限个(m 个)可数集的并集为可数集。设 Cm=cm1,cm2, ,cmn, 当 m=2 时，构造双射 f:NC 1C 2,N 1 2 3 4 5 6 n-1 n f(N) c11 c21 c12 c22 c13 c23 c1(n/2) c2(n/2) 所以 2 个可数集的并集为可数集。假
16、设 m=k-1(k3)时结论成立，即 k-1 个可数集的并集为可数集，记为 D。则 m=k 时，可以构造类似的双射 g:NDC k,所以为可数集。因而有限个可数集的并集为可数集。所以 AB 是可数集。习题 9.11设 G 是一个(n,m)简单图。证明：m ,等号成立当且仅当G 是完全图.证明：由欧拉定理，2m= ，d(k)表示第 k 个结点的度因为 G 是简单图，所以 d(k) n-1,等号成立当且仅当 G 是完全图2m= ,所以 2mn(n-1)1kii2nC1()nkd1()nkd1nk21即 m =3、解：（1）不是图的序列，因为奇数度结点的个数不是偶数。（2） 、 （3） 、 （4）都
17、是图的序列。4、证：9若，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。解：设 G=(n,m)，G=(n,m)则 m+m=n(n-1)/2,所以 m=m=n(n-1)/4v2 v1v3 v4Gv2 v1v3 v4习题 9.21、若 u 和 v 是图中仅有的两个奇度数结点，证明 u 和 v 必是连通的。n2mn22 GGvvvd()d(v)m、(1)2n2nC22证：（反证法）设 v 与 u 不连通G=V1，V2 ，v 与 u 分别属于 V1，V2 二个子图 v 与 u 是 G 中仅有的二个奇数度结点v 与 u 即是 V1 与 V2 中仅有的一个奇数度结点，与欧拉定理的推论(
18、9-1.1.1 相矛盾,故 v 与 u 必连通3、设(n,m)简单图 G 满足 m(n-1)(n-2)/2，证明 G 必是连通图。构造一个 m=(n-1)(n-2)/2 的非连通简单图。（书上证明更好）5、设 G=(V，E)是点度均为偶数的连通图。证明：对任何vV,(G-v)d(v)/2证：（反证法）设结论不成立，即存在: vV,(G-v) d(v)/2.因为 G 是连通的，所以 G-v 的每个分支都至少有一个点与 v 相邻接，而且存在一个分支，其与 v 相邻接的点只有一条边与 v 相连（因为如每个分支中有二个以上的点与 v 相连，则 ， 出现矛盾）存在一个分支，其中只有一条边与 v 相连；因
19、为 G 中每个结点的度数为偶数，所以在这个分支中就会出现一个奇度数结点，其余结点的度数全为偶数，与欧拉定理的推论相矛盾，故故对任何vV,(G-v)d(v)/29.证明：恰有两个非割点的简单连通图必是 Pn(n2)(21)(,vd-V23证明：归纳法。n=2 时，结论显然成立。设 n=k 时结论成立，当 n=k+1 时，设 v1、v k是 Pk上的两个非割点，v k+1是在 Pk上增加的一个割点，如果结点 vk+1不在 Pk上的任意两个结点之间，则必与 Pk上某两个结点构成一个回路，v k+1就不是割点，与只有两个非割点矛盾。故结论成立。习题 9.33、解：v 1 e 2v 7v 6v 5v 4
20、v 3v 2e 8e 7e 6e 5e 4e 3e 1e 1 2e 1 1e 1 0e 90 1 0 0 10 0 7654321A1 0 00 11 0 1 1765432vvvP 1 0 0 110 7654321 vvvPT24三个强分图5.证明：支数为 k，阶数为 n 的无环图 G，其关联矩阵的秩是 n-k.证明：将各支结点和边集中编号后，G 的关联矩阵由分块矩阵子公式及定理 9-3.2，(M)=(M 1)+(M 2)+(M k) ,() , ,(7654321vGvv 1- 0 0 0 10 - - 1- 0 0 1- 0 12198654321 eeeeMG120000kMM 25
21、=(n1-1)+(n2-1)+(nk-1)=n-k习题 10.11、设一个树中度为 k 的结点数是 nk，求它的叶的数目。解：设 L 是叶的数目，m 是树的边数,由 Euler 定理:由树的定义:习题 10.26、证明正则二叉树必有奇数个结点。证明：由正则二叉树的定义，其叶结点的个数必为偶数，设叶数为 t，分支数为 i。由定理 10-2.1： (m-1)i=t-1 m=1 i=t-1 有分支点数是奇数故结点数=i+t=奇数mLnik2212ik )2( 2)(2 kinkLLikiik26习题 10.43、证：（反证法）设 G=（n，m）和 G=（n，m ）都是平面图由 G 的定义 m+m=n
22、(n-1)/2 由定理 10-4.2 m3n-6 , m3n-6 m+m=n(n-1)/2 6n-12有 n2-13n+24=(n-11)2+9n-97 0又（n-11)2 0，n 11 时,9n-97 2 （n-11)2 +9n-97 2与上式相矛盾， 故 G 与 G至少有一个是非平面图4、证明：具有 6 个结点，12 条边的简单连通平面图，它的面度都是 3。证：由 Euler 公式，n-m+f=2 6-12+f=2 f=8，即面数为 8。对每个面，其度数 3总面度38=24总面度=2m=24每个面的度数为 35、少于 30 条边的简单平面图至少有一个顶点的度不大于 4。证：（反证法）设所有
23、顶点的度数 5由 Euler 公式，由定理 10-4.2 m3n-6273n-65n/2 即 n12则 m5n/2512/2=30 与 m30 矛盾 因此，至少存在一个顶点的度数不超过 4。习题 10.62、证明：4k+1 阶的所有 2k 正则简单图都是哈密顿图。证： G 是 2k 正则图， 对任意的 u、vG，d(u)+d(v)=4k由定理 10-6-2 在 G 中存在一条 Hamilton 道路，设为：v1v2,v4k+11) v1v4k+1E， 则 v1v2,v4k+1v1构成一个 Hamilton 圈2) v1v4k+1 E， 则、221,kii G 的阶数为 4k+1 、 1114
24、221,kiiikvv（否则 d(v4k+1)=4k-1-2k=2k-1 与 d(v4k+1)=2k 矛盾)设 ，可构造Ekit14 1411 , vvtt iki 即为 G 的一个 Hamilton 圈，故 G 是一个 Hamilton 图5、设 G 是(n,m)简单图，若 ,证明 G 必是哈密顿图。证：（反证法）假设 G 不是哈密尔顿图，则 nvmtsvtststsGv tsG,)deg(2 )deg()e()deg()e(,221nCm28因为 G 除结点 s,t 外的其余 n-2 结点之间最多可以构成完全图，所以 2m是一个含有幺元 e 的代数系统，aS.如果存在元b,cS 使 ba=
25、e(或 ac=e),则称 b 是 a 的左逆元(或 c 是 a 的右逆元)。证明：如果一个元既有左逆元 b 又有右逆元 c，则必 b=c.证明：S 上的运算是可结合的。b=be=b (a c)=(b a) c=e c=c习题 11.24、设半群中任何两个不同元素关于运算“”不可交换，证明：对任何 aA,aa=a证明：（反证法）设aA,使得 a aa,构造 b= a a ，则ab= a a a =b a 即 a、b 可交换，与已知条件相矛盾 aA, aa=a5.设 S=00,111,1010是字符集 =0,1上的字集合。试构造 *的一个包含集合 S 的最小的含幺子半群。2)2(121nCnm1C
26、29解：令空字符为 .m,n,k 为正整数，T=,(00) m,(111)n,(1010)k (00) m (111)n (1010)k(00) m (1010)k(111)n (111) n (00)m (1010)k (111) n (1010)k(00)m (1010) k(00)m (111)n(1010) k (111)n(00)m111101000习题 11.31、证明：群中只有幺元是幂等元。证：（反证法）设 ，aeAa2, e111 5、写出 中的全部子群。,3s解：（1） ， （1 2） ， （1） ， （1 3）， （1） ， （2 3），（1） ， （1 2 3） ， （1
27、 3 2） 和二个平凡子群。6、设和都是的子群，令ST=x|xSST,ST=st|sStT，证明：和也都是的子群。矛盾30证明：1） S、T 是 G 的子群 eS , e T 即 eS T设 a，b S T，即 a，b S 和 a，bTb-1 S 和 b-1T ab-1 S 和 ab-1T 即 ab-1 ST ST， 是 G 的子群2） eST，设 c、dST则 a1S，b1T ， c=a1b1， a2S，b2T ， d=a2b2 ， d-1=b2-1a2-1又 S 和 T 中的元素关于“” 可交换cd-1= a1b1b2-1a2-1= a1a2-1b1b2-1 ST即 ST 是子群习题 11.41.阶数小于 6 的群必是交换群。证明：1 阶群 是平凡的 , 显然是交换群.2, 3 和 5 都是素数, 由拉格朗日定理的推论 2 可知, 2 阶、 3 阶和 5 阶群 都是由一个元素生成的 , 它们都 是交换群 . (a i,ajG,有 aiaj=ai+j=aj+i=ajai)对于 4 阶群 G, 若 G 中有 4 阶元素, 设为 a, 则 G=( a), G 是交换群; 若 G 中无 4 阶元, 则由拉格朗日定理, G 只可能含 1 阶元和
