1、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，-12. 解 （1）2，4（2）1，2，3，4，5（3）1，3（4）1，3，53. 解 （1）1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20（2）（3）全体自然数（4）0，2，4，6，8 ，10，12，14，16，18，20（5）1，3，5，7，9，11，13，15，17，194. 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=16. 解 （1）正确。由子集的定义。（2
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 ，但是 成立。BACBA=1，2，B=1，C=1，有 ，但是 成立。8. 解 （1）（2）（3）（4）， 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）0,3,6,7,8,910. 解 33311. 解 2512. 解（1）454（2）124（3）22013. 解 （1）（2），a（3）， ，a ，,a（4）， ，,（5）， ， ，a ，, ，,a
3、， ,a，,a14. 证明：假设 BC，则至少存在一元素 xB 且 xC。(1) 若 xA，因为 xB，所以 xAB；因为 xC，所以 x AC，则 AB AC，与已知条件 AB= AC 矛盾。(2) 若 x A，因为 xB，所以 xAB；因为 xC，所以 xAC，则 AB AC，与已知条件 AB= AC 矛盾。由(1)，(2)可知，假设不成立，因此 B=C 成立。15. 证明： （1）左边=（AB） C=AB C=A(B C)=A(BC)=A- BC=右边.（2）左边=(AB) C=( A C) (B C)=(A-C) (B-C)(3) 左边=A ( BC)=AB C=( AB) (AC)=
4、(A-B) (A-C)16. 证明：(1)反证法，假设 BC, 则至少存在一元素 xB 且 xC。若 xA，因为 xB，所以 xA B；因为 xC，所以 x AC，则 AB AC，与已知条件 AB= AC 矛盾。若 x A，因为 xB，所以 x A B；因为 xC，所以 x AC，则 A B AC，与已知条件 A B = AC 矛盾。所以，假设不成立，因此 B=C 成立。（2）因为 A B = AC，A B = AC，所以 A B - A B = AC- AC，即 A B = AC，由第 14 题可得， B=C。习题二：1. 原题改为：设 ， ，计算 P(A),P(B),AB,P(A)P(B)
5、。2,1,baB解 P(A)= ,1,2,1,2; P(B)= ,a,b,a,b; AB=(1,a),(1,b),(2,a),(2,b);P(A)P(B)=(,),(,a),(,b),(,a,b),(1,),(1,a),(1,b),(1,a,b),(2,),(2,a),(2,b),(2,a,b),(1,2,),(1,2,a),(1,2,b),(1,2,a,b)2. 略3. 解 （1）成立（2）不一定成立。反例：A=1，2，B=2，C=a，b，D=b（3）不一定成立。反例：A=1，2，B=2，C=a，b，D=b（4）不一定成立。反例：A=1，B=2，C=a ，D=b4. 解 ，(1,3), (2
6、,3), (1,3),(2,3)5解 IA=(1,1),(2,2),(3,3) UA=(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)6. 解（1） 01（2）略（3）domR=1,2,3; ranR=a,b,c7. 解 RS=(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,c),(3,a),(3,b)RS=(1,a),(2,c),(3,a)R-S=(1,b)R-1=(a,1),(b,1),(c,2),(a,3)8. 解 R.S=(a,a),(b,b),(b,d)S.R=(a,a),(a,b),(b,a),(b,b),(c,c)R
7、-1.S-1=(a,a),(a,b),(b,a),(b,b),(c,c)S-1.R-1=(a,a),(b,b),(d,b)9. 解 R=(a,a),(b,b),(c,c)10. 解 (1) R=(a,a),(b,b),(c,c),(a,b),(b,a),(b,c)(2) R=(a,b),(b,a)(3) R=(a,b)11. 解 设集合 A=1,2,3,4,5（1）正确。（2）不成立。反例：R=(1,2),S=(2,1)（3）不成立。反例：R=(1,2),(2,1),S=(2,3),(3,2)（4）不成立。反例：R=(1,2),(3,4),S=(2,3),(4,5)12. 解 r(R)=(a,
8、b),(b,a),(b,c),(c,d),(a,a),(b,b),(c,c),(d,d)s(R)=(a,b),(b,a),(b,c),(c,b),(c,d),(d,c)t(R)=(a,a),(a,b),(a,c),(a,d),(b,a),(b,b),(b,c),(b,d),(c,d)13. 证明：直接利用闭包的构造式即可得证。14.解 等价关系是(a,a),(b,b),(c,c),(d,d),(a,c),(c,a),(b,d),(d,b)15.证明:必要性： R 是一个等价关系，则当(a,b)R ，(a,c)R 必有(b,c)R 。因为 R 对称，所以当(a,b)R 时，有(b,a) R， 因
9、为 R 传递，所以当(b,a) R，(a,c) R时有(b,c)R。充分性：R 是 A 上的一个自反关系，当(a,b) R，(a,c) R 必有(b,c) R，证明 R 是等价关系。自反:条件已知；对称:若(a,b)R,因为 R 自反,故(a,a) R, 现在(a,b)R,(a,a)R, 则根据条件(b,a)R ；传递: 若(a,b)R,(b,c)R因为(a,b)R,(b,c)R, 而 R 对称,所以(b,a)R, 现在(b,a) R,(b,c)R, 所以根据条件有(a,c)R16. 解 15。17. 解 A/R=a,b,c,d。18. 解 R=(a,a),(b,b),(c,c),(d,d),
10、(b,c),(c,b)19. 解 最大元是 e，最小元是 a，极大元是 e，极小元是 a。20. 解 21. 是全序、良序。习题六：1. 解 （1）不是命题（2）是命题， （看具体日期确定） 。（3）是命题， （看具体情况） 。65 4321（4）若进行的布尔运算，则是真命题；若十进制运算则是假命题。（5）不是命题。（6）是真命题。（7）是真命题。（8）不是命题。（9）是命题。目前不能知道真值。（10）是命题变元。根据 x，y 的取值确定真值。（11）不是命题。2. 解 （1）P：付出劳动；Q：有收获。则命题符号化为：PQ（2）P：今天下雨；Q：我去看电影。则命题符号化为：PQ（3）P：a 是
11、奇数；Q：b 是奇数；R：a 与 b 的和是偶数。则命题符号化为：PQR（4）P：小明学习好；Q：小明乐于助人。则命题符号化为：PQ（5）P：小明骑自行车；Q：小明听音乐。则命题符号化为：PQ（6）P：今天是周二；Q：我准备下周开会的材料。则命题符号化为：PQ3. 解(1) pq(2) pr(3) prq4. 解 （1）可满足式（2）可满足式（3）可满足式（4）可满足式（5）重言式5. 证明 （1）左边P QP P(PQ) P(PQ) 右边。（2）左边( PQ) PQ 右边。(3) 左边 P( PQ) P(Q P) P( Q P) 右边。(4) 右边(PR) ( QR) PQR(PQ) R(P
12、Q) R 左边。6. 解 此题答案不唯一。（1）合取范式与析取范式都可以是 PQ。（2）原式是重言式。合取范式与析取范式都可以是 1。（3）合取范式可以是（PQ ） (PQ)析取范式可以是（PQ） (PQ)（4）原式是重言式。合取范式与析取范式都可以是 1。7. 解 （1）主析取范式：(P Q) ( PQ)主合取范式：（PQ）（PQ）(2) 主析取范式 ：( PQR) (PQR) (PQR) (PQR) (PQR) (PQR) (PQR) (PQR)主合取范式：空（3）主析取范式：（PQ ）（PQ）主合取范式：（PQ）（PQ）（4）主析取范式：(P QR) (PQR) (PQR) (PQR)
13、(PQR) (PQR) (PQR)主合取范式：PQ R8. 证明 (1) 利用真值表可知：左边的主合取范式(PQR S) (PQRS) (PQRS)右边的主合取范式(PQ RS) (PQRS) (PQRS)因此（1）成立。（2）利用真值表可知“左边的主合取范式 P Q右边的主合取范式 P Q因此（2）成立。（3）利用真值表可知“左边的主合取范式（P QR）（PQ R）（P QR）右边的主合取范式（P QR）（PQR）（PQR）因此（3）成立。9. 证明 （1）(PQ）( P R) (QS) (SR) (PQ） ( PR) (QS) (SR) (PQ） (PR) ( QS) (SR) (PR)
14、QS SR 1因此，原推理成立。（2）( (PQ) ( QR) R) P ( (PQ) ( QR) R) P (PQ) ( QR) R) P (PQ) ( QR) R P(PQRP) (PR RP) (Q Q RP) (Q R RP) 11111因此，原推理成立。10. 证明(1) R P RS P S , ,I SQ P Q ,I PQ P P , I(2) C P (BA) C P BA , ,I (AB) (CD) P (AB) (CD) ,E AB , ,I AB , I11. 证明 (1) AB CP A , I B , I A(B C) P C , ,I (CD) E P CDE
15、, E DE , ,I DEH P H , ,I11) ABH , ,CP(2) P CP Q CP P(QR) P QR , ,I R ,I R(QS) P QS , ,I P(QS) , ,CP12. 解：P：他是计算机系的本科生；Q：他一定学过 C 语言 R：他学过 Java 语言；S：他会编程序。则原命题符号化为：前提：P（Q R） ；（QR）S 。结论：PS证明过程如下： P CP P（Q R） P QR , ,I （QR）S P S , ,I PS , ,CP13. 解：P：6 是偶数；Q：2 整除 7；R ：7 是素数。则原命题符号化为：前提：PQ； RQ；R 。结论：P 。证明
16、过程如下： R P RQ P Q , ,I PQ P P , ,I习题七：1. 解（1）G（x，y）：xy，N （x）：x 是自然数。则原命题符号化为：x(N(x)y(N(y)G(x,y)（2）M（x）：x 是人；N（x）：x 爱看科幻片。则原命题符号化为：x(M(x) N(x)（3）M（x）：x 是人；N（x）：x 喜欢吃甜食则原命题符号化为：x(M(x) N(x)（4）M（x）：x 是人；N（x）：x 是药品；P（x，y）：x 对 y 过敏。则原命题符号化为：x (M(x) x (N (x)P (x,y)（5）M（x）：x 是人；N（x）：x 来参加这次会议。则原命题符号化为：x(M(x)
17、 N(x)（6）M（x）：x 是大学生；N（x）：x 热爱祖国。批评；则原命题符号化为： x(M(x) N(x)2. 解（1）xL(x,0) (x(L(0,x) y(L(y,x) G(x,y)（2）xy(G(x,y) L(x,y)（3）x(yS(x,y,x) G(y,0)3解（1）x(P(x) yQ(y)中的 x，y 均为约束变元， x 的辖域为 P(x) yQ(y)，y 的辖域为 Q(y)； xR(x,y) 中 x 为约束变元,y 为自由变元，x 的辖域为 R(x,y).（2）xP(x)中的 x 为约束变元，x 的辖域为 P(x)；Q(x)中的 x 为自由变元。（3）xy(P(x) Q(x)
18、 R(x,y)中的 x,y 均为约束变元，其中x 的辖域为y(P(x)Q(x) R(x,y)，y 的辖域为 (P(x)Q(x) R(x,y)（4）xy(P(x)Q(x,y)中的 x,y 均为约束变元，其中x 的辖域为y(P(x) Q(x,y), y 的辖域为 Q(x,y)；x(P(x)R(x,y)中的 x 为约束变元，y 为自由变元， x 的辖域为 P(x)R(x,y)。4. 解（1）xP(x) yQ(y)(2) z(P(z) Q(z) R(x,y)(3) xP(x) zy(Q(z) R(z,y)5. 解（1）xP(x) Q(y)（2）xP(x,z) y(Q(y) R(u,y)（3）xP(x,
19、u) (zQ(v,z) yR(v,y)6. 解 （1）P(1) P(2) Q(1) Q(2)（2）(P(1) P(2) ( Q(1) Q(2)（3）(P(1) P(2) ( Q(1) Q(2)7. 解（1）1（2）08解（1）xy(P(x) Q(x,y)（2）xy z(P(x,y) Q(y) R(x,y,z)（3）xy uz v(P(x,y) Q(u,z) R(v)（4）xz u(P(x,y) G(z,y) H(u)9. 解（1）前束合取范式：xyz(P(x) Q(x,y) ( P(x) Q(x,z)前束析取范式：xyz(P(x) Q(x,z) ( P(x) Q(x,y)（2）前束合取范式：x
20、yz(P(x,y) R(u,y,z) (Q(y) R(u,y,z)前束析取范式：xyz(P(x,y) Q(y) R(u,y,z)（3）前束合取范式：xyuzv(P(x,y) Q(u,z) (P(x,y) R(v)前束析取范式：xyuzv(P(x,y) (Q(u,z) R(v)10. 证明（1） xG(x) P xG(x) ,E G(a) ,ES x(G(x) Q(x) P G(a) Q(a) ,US Q(a) ,I xQ(x) ,EG（2） xP(x) P P(u) ,US x(P(x) (Q(y) R(x) P P(u) (Q(y) R(u) ,US Q(y) R(u) , ,I Q(y)
21、,I R(u) ,I P(u) R(u) , ,I x(P(x) R(x) ,UG Q(y) x(P(x) R(x) , ,I11. 证明 xF(x) P F(a) ,ES x(R(x) T(x) P R(b) T(b) ,ES R(b) ,I T(b) ,I z(F(z) xyQ(x,y) y(R(x) T(y) P (F(a) xyQ(x,y) (R(b) T(b) ,US (R(b) T(b) ,I xyQ(x,y) , ,I y x Q(x,y) ,E12. 解 前提：x(H(x) (F(x) G(x)； x(H(x) F(x)结论： x(H(x) G(x)证明如下： x(H(x) F
22、(x) P H(a) F(a) ,ES H(a) ,I F(a) ,I x(H(x) (F(x) G(x) P H(a) (F(a) G(a) ,US F(a) G(a) , ,I G(a) , ,I H(a) G(a) , ,I x(H(x) G(x) ,EG13. 解 (1) 设个体域为人。F(x):x 喜欢玩电子游戏，M(x):x 喜欢看电影，G(x):x 喜欢逛街。则原命题符号化为：前提：x(F(x) M(x)；x(M(x) G(x)； x G(x)结论： x F(x)证明如下： x G(x) P G(a) ,ES x(F(x) M(x) P F(a) M(a) ，US x(M(x)
23、G(x) P M(a) G(a) ,US M(a) , ,I F(a) , ,I x F(x) ,EG（2）设个体域为人。F(x):x 是学术委员会成员，P(x):x 是教授，B(x):x 是博士生导师，C(x):x 是院士。则原命题符号化为：前提：x(F(x) (B(x) P(x)；x(F(x) C(x)结论： x(F(x) B(x) C(x)证明如下： x(F(x) C(x) P F(a) C(a) ,ES F(a) ,I C(a) ,I x(F(x) (B(x) P(x) P F(a) (B(a) P(a) ,US B(a) P(a) , ,I B(a) ,I F(a) B(a) C(a
24、) , , ,I x(F(x) B(x) C(x) ,EG习题八：1. 证明：假设图有两个或更多个孤立点，那么这些孤立点便是具有相同的度的两个顶点，命题得证。如果图正好有一个孤立点，那么对有 n-1 个顶点且没有孤立点的子图，则这 n-1 个顶点的度数应是 1，2，n-1，而这不可能，因为这 n-1 个顶点是简单图，最大度不能大于等于 n-1。所以，必定有两个顶点的度数相同。2. 解 (1)可简单图化（2）不可图化（3）可简单图化（4）可简单图化（5）可简单图化3. 解 4 个顶点的完全图有 6 条边，只需取由 6 条边构成的任意一个子集加上 4 个顶点构成的简单图，即可形成 G 的所有生成子
25、图。其中互不同构子图有：0 条边的不同构子图：1 个1 条边的不同构子图：1 个2 条边的不同构子图：2 个3 条边的不同构子图：3 个4 条边的不同构子图：2 个5 条边的不同构子图：1 个4. 解 （1）（2）（3）证明：根据自补图的定义，该自补图应同构他的补图，则他们应该具有相同的边数，而他们的和在一定是偶数，即该补图对应的完全图的边数为偶数。5. 解 （24-1*2-2*1-3*1-5*1）/4=3 个 4 度顶点。6. 原题改为：证明在简单无向图 中，从顶点 到顶点 ，如果既有奇数长度),(EVGuv的通路又有偶数长度的通路，则 中必有一条奇数长度的回路。证明 设从 u 到 v 长度
26、为偶数的路径为 ue1u1e2e2kv，长度为奇数的路径为 ue1u1e2e2n+1v。因为 G 是无向图，所以 ue1u1e2e2kve2n+1e1u 就是一个长度为奇数的回路。7. 证明 设图 G 中有 n 个顶点 v1，v 2，v n。由于 v1 的度数大于等于 2，所以 v1 一定与v2，v n 中的某些点相邻。假设 v1和 v2 相邻，于是得到由 2 个点构成的基本通路v1v2；又由于 v2 的度数大于等于 2，所以 v2 一定与 v3，v n 中的某一点相邻，不放设为 v3，于是得到由 3 个点构成的基本通路 v1v 2v3。由此可见，在满足提设条件的图 G 中，必有 i 个顶点（
27、i 大于等于 3）构成的基本通路，设为 v1v2vi。（1） 如果 i=n。即存在一条通过 n 个顶点的基本通路：v 1v2vn，由于 vn 的度数大于等于 2，所以 vn 一定与 v1，v 2，,v n-1 中的某一点 vk 相邻，于是得到基本回来 vnvkvk+1vn，问题得证。（2） 如果 i不连通，不妨设 G 可分为两个连通分图 G1,G2,设 G1，G2 分别有n1,n2 个结点，n 1+n2=n。由于 ni1，i=1,2，则 2)(12)(1)()(| nnE与条件矛盾。所以 G 是连通图。13. 解 给图中的每个顶点标上序号，如下图：邻接矩阵为： 01可达矩阵为： 1014. 原
28、矩阵改为： 01M解根据 M 算出 M 的 3 次方为：V4V3V2V1v4v3v2v11233M则从 v1 到 v1 长度为 3 的回路数为 2，v1 到 v2 长度为 3 的通路数是 3，v1 到 v3 长度为 3 的通路数是 3，v1 到 v4 长度为 3 的通路数是 3.习题九：1. 解 （1）三阶完全图是欧拉图，且 n 与 m 的奇偶性一样，都为奇数。（2）五阶完全图是欧拉图，n 为奇数 5，m 为偶数 10.2. 解 顶点度数全部为偶数，即图的阶数是奇数。3. 解 （1）三阶完全图既是欧拉图又是哈密顿图。（2）如下图所示，是欧拉图，但不是哈密顿图。（3）四阶完全图是哈密顿图，不是欧
29、拉图。（4）彼得森图既不是欧拉图又不是哈密顿图。4. 解 节点数为 20，每个节点度数都大于等于 10，则每一对结点度数之和大 20，故肯定存在一条哈密顿回路。按汉密顿回路安排，可使每人相邻两位都是朋友。5. 解 K3 中只有一条哈密尔顿回路，K 4 中有 3 条不同的哈密尔顿回路， K5 中有 12 条不同的哈密尔顿回路。 6. 解 将赵、钱、孙、李四个教师看成是二分图的一个顶点集，数学、英语、物理、化学是二分图的另一个顶点集，画出他们之间的对应关系，则只有一种分配方案，即：李-化学，孙-物理，赵-数学，钱 -英语。7. 解 如下图所示，是一个二分图，且满足|U|V|，而该图却不是哈密顿图。
30、8. 解 根据定理 9.20 可知，n*=4，m*=8，r*=6.9. 证明 设 K6 的结点为 v1,v2 ,v6，给 K6 的边随意用红、绿色涂上。由鸽巢原理可知，由 v1 引出的 5 条边中存在 3 条涂同种颜色的边。不妨设存在 3 条红色的边，又不妨设这 3 条边的另一个端点分别是 v2,v3,v4。红色边用实线表示，绿色边用虚线表示。由v1 引出的另外两条边的颜色可红可绿。若 v2,v3,v4 构成的 K3 中的边在有一条红色边。比如 (v2,v4)着的是红色，则 v1,v2,v4 构成的三角形为红色的 K3，如下图 (1)所示，若 v2,v3,v4 构成的的边全是绿色的边，则存在绿
31、色边的 K3 ，如下图(2) 所示。（1） （2）V1V2V3V4V1V2V3V410. 解每个面由 3 条边围成。因图中结点数和边数分别为 n=6，m=12，根据欧拉公式 n-m+r=2，得 r=8。又 2m=24 ，而简单连通平面图的每个面至少由 3 条边围成，所以 G 中每个面)deg(ir由 3 条边围成。11. 解 在每个区域放一个结点，当两区域相临时就在 S 相应的两个结点间连一条线，如此构造了一个平面图且是完全图 ，而最大的平面完全图为 ，所以 x 最大为 4。xK4K12.证明 在彼得森图(如下图所示)中,收缩边 e1,e2,e3,e4,e5，则得到 K5,因此彼得森图不是平面图。在彼得森图中有同胚于 K3,3 的子图，由库拉托夫斯基定理知, 彼得森图不是平面图。13. 证明 必要性是很明显的。只证充分性。若 G 无回来，则 G 本身就是 G 的生成树。若 G 有回来 C，则在 G 中删去 C 的一条边，所得的图是连通的，继续这个过程，直到所得的图 T 无回路为止，则 T 就是 G 的一棵生成树。14. 解 设 1 度点的个数为 ，则x，解得)1(2nini 2)(inx15. 解 设度为 1 的顶点个数是 x，则根据题意有：(2*2+1*3+3*4+1*x)=2(2+1+3+x-1) 成立，解得 x=4，即度为 1 的顶点个数是 4。
