离散习题答案冯伟森Word版.docx
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离散习题答案冯伟森Word版
习题参考解答
习题一
1、
(1)设P:
他是本片的编剧,Q:
他是本片的导演。
P∧Q
(2)设P:
银行利率很低,Q:
股价上扬。
P→Q
(3)设P:
银行利率很低,Q:
股价上升。
~(P→Q)
(4)设P:
这个对象是占空间的,Q:
这个对象是有质量的,R:
这个对象是不断变化的,S:
这个对象称为物质。
P∧Q∧R→S
(5)设P:
他今天乘火车去了北京,Q:
他今天随旅行团去了九寨沟。
P▽Q
(6)设P:
小张身体单薄,Q:
小张极少生病,R:
小张头脑好使。
P∧Q∧R
(7)设P:
这个人不识庐山真面目,Q:
这个人身在庐山中。
P→Q
(8)设P:
两个三角形相似,Q:
两个三角形的对应角相等或者对应边成比例。
P←→Q
(9)设P:
一个整数能被6整除,Q:
这个整数能被2和3整除。
P→Q
设R:
一个整数能被3整除,S:
这个整数的个位数之和也能被3整除。
R→S
2、
(1)命题T
(2)命题T/F
(3)不是命题,因为真值无法确定。
(4)命题T
(5)不是命题。
(6)命题T
(7)命题T/F
(8)不是命题,是悖论。
5、
(1)证:
~((~P∧Q)∨(~P∧~Q))∨(P∧Q)
<=>(~(~P∧Q)∧~(~P∧~Q))∨(P∧Q)
<=>((P∨~Q)∧(P∨Q))∨(P∧Q)
<=>(P∨(~Q∨Q))∨(P∧Q)
<=>(P∨(P∧Q)<=>P
(3)证:
P→(Q∨R)
<=>~P∨(Q∨R)
<=>~P∨Q∨~R∨R
<=>(~P∨Q)∨(~R∨R)
<=>(P→Q)∨(P→R)
6、解:
如果P∨Q<=>Q∨R,不能断定P<=>R。
因为当Q=T时,P∨Q<=>Q∨R恒成立。
如果P∧Q<=>Q∧R,不能断定P<=>R。
因为当Q=F时,P∧Q<=>Q∧R恒成立。
如果~P<=>~R,则P<=>R。
8、把下列各式用↑等价表示出来:
(1)解:
(P∧Q)∨~P
<=>((P↑Q)↑(P↑Q))∨(P↑P)
<=>(((P↑Q)↑(P↑Q))↑((P↑Q)↑(P↑Q)))↑((P↑P)↑(P↑P))
(1)解:
(P→(Q∨~R)∧~P
<=>(~P∨(Q∨~R))~P
<=>((P↑P)∨(Q∨(R↑R)))∧(P↑P)
<=>((P↑P)∨((Q↑Q)((R↑R)))))∧(P↑P)
<=>(((P↑P)∨(P↑P))↑(((Q↑Q)↑((R↑R)↑(R↑R)))↑((Q↑Q)↑((R↑R)))))∧(P↑P)
<=>((((P↑P)↑(P↑P))↑(((Q↑Q)((R↑R)↑(R↑R)))↑((Q↑Q)↑((R↑R)↑(R↑R)))))
↑(P↑P))↑((((P↑P)↑(P↑P))↑(((Q↑Q)↑((R↑R)↑(R↑R)))↑((Q↑Q)↑
((R↑R)↑(R↑R)))))↑(P↑P))
9、证:
∵P∨Q<=>~~P∨Q<=>(~P)→Q
P∧Q<=>~(~P∨~Q)<=>~(P→~Q)
而{~,∨,∧}是功能完备集,
∴{~,→}是功能完备集,~,→不能互相表示,
故{~,→}是最小功能完备集。
10、证:
由书上的表1.16可知,“~”对应的真值表含2个1和2个0,而“▽”对应的真值表也含2个1和2个0,∨对应的真值表含3个1和1个0,∧对应的真值表含1个1和3个0,所以,“∨”无法用“~”和“▽”来表示,同样“∧”也无法用“~”和“▽”来表示,因此,{~,▽}不是功能完备集。
10、解:
(1)a)真值表法
由表中可以看出,
14、解:
由题设A:
A去,B:
B去,C:
C去,D:
D去
则满足条件的选派应该是如下范式:
(A→(C▽D))∧~(B∧C)∧~(C∧D)
构造和以上范式等价的主析取范式
共有八个极小项,但根据题意,需根据题意,需派出两人出差,所以,只有其中三项满足要求:
(A∧~B∧C∧~D),(A∧~B∧~C∧D),(~A∧B∧~C∧D)
即有三种方案:
A和C去或者A和D去或者B和D去。
15、证:
(1)由定理1.11,需证(P→Q)→(P→(P∧Q))为永真式
(3)由定理1.11,需证P∧~P∧R→S为永真式
16、证:
(1)性质1由定理1.11和“→”的定义,A→A是永真式,所以A=>A。
(2)性质2由定理1.11,∵A=>B,B=>A,∴A→B和B→是永真式,
即A←→是永真式,由定理1.3,A<=>B成立。
(3)性质3由定理1.11,∵A=>B,∴A→B是永真式,又∵A是永真式,根据“→”的定义,B必是永真式。
17、证:
“=>”,∵A=>B,∴A→B是永真式,
“<=”因为上述等价式是可逆的,当~B=>~A,必有A=>B。
18、解:
设P:
珍宝藏在东厢房
Q:
藏宝的房子靠近池塘
R:
房子的前院栽有大柏树
S:
珍宝藏在还原正中地下
T:
后院栽有香樟树
M:
珍宝藏在附近(后院)
对语句符号化后得到以下蕴含式:
Q→~P,R→P,Q,R∨S,T→M=>?
所以S为真,即珍宝藏在花园正中地下。
19、解:
(1)不成立(P=0,Q=1)
(2)不成立(P=1,Q=R=0)
(3)不成立(P=0,Q=1)
(4)不成立(P=0,Q=1,R=0)
(5)不成立(P=1,Q=1,R=0)
20、证:
(1)利用CP规则
①PP(附加前提规则)
②~P∨QP
③QT①②
④R→~QP
⑤Q→~RT④E23
⑥~RT③⑤
⑦P→~RCP规则①⑥
(2)利用CP规则
①PP(附加前提规则)
②P∨QT①E3
③(P∨Q)→(R∧S)P
④R∧ST①I5
⑤ST④E4
⑥S∨ET⑤E3
⑦(S∨E)→BP
⑧BT⑥⑦I5
⑨P→BCP规则①⑧
(4)(反证法)
21、把下列句子防疫成逻辑形式,并给出证明。
(1)如果资方拒绝增加工资,那么罢工不会结束;除非罢工超过一年,并且资方撤换了经理;现在资方拒绝了增加工资,罢工刚开始,判断罢工能否停止。
(2)某公司发生了一起盗窃案,经仔细侦查,掌握了如下一些事实:
①被盗现场没留下任何痕迹;
②失窃时,小花或者小英正在卡拉OK厅;
③如果失窃时小胖正在附近,他就会习惯性的破门而入偷走东西后扬长而去;
④如果小花正在卡拉OK厅唱歌,那么金刚是最大的嫌疑者;
⑤如果失窃时小胖不再附近,那么他的女友小英会和他一起外出旅游;
⑥如果失窃时小英正在卡拉OK厅唱歌,那么瘦子是最大的嫌疑者。
根据以上事实,请通过演绎推理找出偷窃者。
22、
(1)不相容
(2)相容(P=1,R=Q=S=0)
(3)不相容
(4)不相容
23、
(1)证:
(P→~Q)∧(Q∨S)∧(S→~Q)∧(P→Q)∧P
习题二
6、
(1)F,
(2)A为F;B为T;C为T,E为F。
7、
(1)F,
(2)T,(3)F,(4)T
8、解:
个体域D:
实数集:
17、
(1)错误,应换元,即
(2)正确
(3)错误,a、b应是同一个常元
18、
(2)证:
首先,将结论否定作为前提加入到原有前提中
习题三
习题四
习题五
4、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
不同的划分的个数为:
不同的等价关系个数等于不同的划分个数,所以不同的等价关系个数为15.
习题六
习题十
1、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。
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(∑(d(u))≤2n,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,如果序列式奇数,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:
每个节点对应的环数(6/2,(3-1)/2,(3-1)/2,2/2,2/2)=(3,1,1,1,1)
将奇数3,3对应的节点V2,V3一组,画一条连线
其他序列可以类似作图,当然大家也可以画图其他不同的图形。
4、证明:
在(n,m)图中δ≤2m/n≤△。
证明:
图的点度数是一组非负整数{d(v1),d(v2)...d(vn))},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(v1)+d(v2)...+d(vn))/n=2m/n,所以δ≤2m/n≤△。
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,同时贡献一度入度,所以总出度和入度相等,并和边数相等。
因此,上述关系等式成立。
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=(3×12+2(n-12))/2,解次方程得n=15。
10、判断图10.29中的两个图是否同构,并说明理由。
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=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(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)
15、若u和v是图G中仅有的两个奇度节点,证明u和v必是连通的。
证明:
反证法,假设u和v不连通,那么它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节点。
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。
18、设G施阶数不小于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中任何两边都在痛一回路中。
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,可以找到一个核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。
证明:
(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,在其中将重复边剔除,得到新的回路C3,其中包含v1,v2结点,可以讲回路中v1...v2用v1v2=e替换,就得到新的回路,并满足要求。
证明:
(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...v1v1...u2.那么可以形成新的闭道路P=u1...v1v2...u2...v1v2...u1,在其中将重复边剔除,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,就得到新的回路,包含e1,e2,满足要求。
证明:
(4)=>
(1)
因为任意两条吧都在同一回路中,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再同一分支中的边,不能构成回路,与条件矛盾。
所以,G中无割边。
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:
此题可用鸽巢原理,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,反之亦然。
所以n个结点,最多有n-1中度数,其中必有至少2个结点的度数相同。
24、设G是δ≥2的简单图。
证明:
G中必有长度至少为δ+1的图。
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是邻接点,那么可以构成一个圈c=u...vu,其长度≥δ+1.如果u,v不是邻接点,那么从p的终点开始删除点,知道其为u的邻接点为止,得到道路p',可知道路p',依然保持u的所有邻接点都在p'上的性质,所以可构成一个圈c'=u...uu,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...v,k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,此最长路克扩充。
那么忧郁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,道路克扩充为
,而当k为奇数时,不管
与u之间是如火热单向可达的,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,然后求同种的全部割点和割边。
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。
解:
标图重新标记如下:
因此,此图有两个强分图,一个包含一个结点v9,一个包含其他的8个结点。
由于两个强分图之间存在有向道路,因此全部9个结点,构成了单向分图。
28、证明:
一个联通无向简单图中,任意两条边最长路至少有一个公共顶点。
证明:
假设两条最长路p1=v1v2...vk,p2=u1u2...uk没有公共点,那么链条道路上的点集之间就有道路相连,否则就不是连通图了。
设此道路起点是p1上m点,终点是p2上w点,可根据如下情况进行调论:
(1)m,w是p1,p2的中间结点,那么可构成新道路p=v1v2...m...w...uk,此路至少比p1长1,矛盾。
(2)假设m和w不能均分p1,p1,那么可以将两个长路段和m,w之间的道路进行拼接,那么可得到比p1长的道路,与p1,p2是最长路矛盾。
因此任意两条最长路至少有一个公共点。
29、证明:
若G是n阶无向简单图,G中每一对不相邻的顶点的度数之和至少是n-1,则G是连通图。
证明:
假设G不是连通图,G1,G2是G的两个连通分支,分别为n1,n2阶连通无向简单子图,则n1+n2≤n。
对G1中任意结点v1和G2中任意结点v2而言,v1的最大点度为n1-1,v2的最大点度为n2-1;则v1,v2的点度之和,最大为n1+n2-2≤n-1.与题设条件矛盾,因此,原题设结论成立。
30、求出图10.34的邻接矩阵、可达矩阵、强分图和关联矩阵。
解:
对图的结点和边进行编号如下:
习题十一
19、给定权1,4,9,1,2,6,4,6,8,10构造一个最优二叉树。
解:
根据带权最优二叉树定理构造过程如下:
21、证明:
正则二叉树必有奇数个结点,且树叶数t与结点数n之间有:
t=(n-1)/2。
证明:
因为正则二叉树的边数m与分支点数i的关系为:
m=2i,又因为是树,因此结点数n满足:
n=m-1=2i-1,必为奇数。
叶结点数t和枝结点数之和为n,即:
t+i=n,因此t=(n-1)/2
习题十二
1、证明下面3个图都是平面图。
证明:
因为所给图都可以以平面图的方式画出来,如下:
2、下面3个图都是平面图,先给图中各边标定顺序,然后求出图中各面的边界和面度。
解:
略
5、证明:
少于30条边的简单平面图至少有一个顶点的度不大于4。
证明:
假设图G(n,m)的每个结点的度到大于等于5,根据握手定理及平面图的判定定理有:
5n≤2m<60
(1)握手定理
m≤3n-6
(2)
根据
(1)得:
n<12
结合
(1)
(2)得:
5n/2≤3n-6,所以n≥12,矛盾。
因此假设不成立,题设结论成立。
习题十三
1、构造(n,m)欧拉图使满足条件:
(1)m和n奇偶性相同;
(2)m和n奇偶性相反。
解:
5、在图13.10中求中国邮递员问题的解。
解:
略,请参考书中解法。
6、设G施有两个奇度点的连通图,设计一个构造G的欧拉道路的算法。
解:
step1:
添加链接两个奇度点的边
step2:
调用一般的欧拉回路的算法
step3:
在回路中删除添加的边
8、n(n≥2)个结点的有向完全图中,哪些是欧拉图?
解:
n(n≥2)个结点的有向完全图中,每个都是欧拉图,因为每个结点都有相同的入读和出度,可以找到有向欧拉回路。
9、证明:
凡有割点的图都不是哈密顿图。
10、证明:
4k+1阶的所有2k正则简单图都是哈密顿图。
11、在无向完全图中Kn中有多少条没有公共边的哈密尔顿回路?
12、11个学生打算几天都在一张圆桌上共进午餐,并且希望每次午餐时每个学生两旁所坐的人都不相同,问11人共进午餐最多能有多少天?
解:
将11个学生分别用结点表示,由于每个同学都可能邻座,因此每两个结点之间都有一条边,因此得到无向完全图K11,每次午餐时学生都按照一条哈密尔顿回路落座,如果两条哈密尔顿回路有公共边,则公共边端点所代表的学生就是相邻的。
因此上述问题转化为求K11有多少条无公共边的哈密尔顿回路问题,利用11题的结论,共有(11-1)/2=5条无公共边的哈密顿回路,因此这11个学社共进午餐最多能有5天。
13、假定在n个人的团体中,任何2个人合起来认识其余的n-2个人。
证明:
(1)这n个人可以排成一排,使得站在中间的每个人的旁边都是自己认识的人,站在两端的人旁边各有1个认识的人;
(2)当n≥4时,这n个人可以围成一个圆圈,使得每个人两旁都是自己认识的人。
证明:
因为任意两个人加起来认识其余的n-2个人,那么每个人至少认识n-2个人。
否则,设v不认识u,t两人,那么u和t两个人将不能认识完剩下的n-2个人,矛盾。
当n≥3时,将n个人看成图的结点,相互认识则在相关两个结点间有一条边,构成一个简单无向图G。
此图中,任何两个结点的点度之和d(u)+d(v)≥2(n-2)≥n-1,因此存在哈密顿道路,即这n个人可以排成一排,使得站在中间的每个人的两旁都是自己认识的人,站在两端的人旁边各有1个认识的人;
当n≥4时,任何两个结点的点度之和d(u)+d(v)≥2(n-2)≥n,因此此图中存在哈密顿回路,即这n个人可以围成一个圈圈,使得每个人两旁都是自己认识的人。
15、用两种以上的办法判别图13.11不是哈密顿图。
解:
方法1:
删点法,如下:
17、对于下面给出的权阵,试用分枝定界法求对应的最优哈密顿图。
解:
略,请参考教材的算法实例
习题十五
4、证:
(反证法)
6、证明:
群众只有幺元是幂等元。
证:
(反证法)
10、写出
中的全部子群。
解:
<
(1),(12)>,<
(1),(13)>,<
(1),(23)>,<
(1),(123),(132)>和两个平凡子群。
习题十六
6、证:
(1)设θ1,θ2分别是S和R中的零元(假发幺元),
∵是环的一个子环
∴对任意a∈S,有a∈R,
又∵a+θ1=a+θ2=a
∴由定理16.1,有θ1=θ2
(2)设e1,e2分别是S和R中的乘法幺元,
∵是环的一个子环
∴对任意a∈S,有a∈R,
又∵a*e1=a*e2=a
∴由定理16.1,有a*(e1-e2)=θ
即e1-e2=θ,∴e1=e2
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