离散数学第五版习题答案.docx
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离散数学第五版习题答案
离散数学第五版习题答案
【篇一：
自考2324离散数学第五章课后答案】
txt>5.1习题参考答案
1、设无向图g有16条边，有3个4度结点，4个3度结点，其余结点的度数均小于3，问：
g中至少有几个结点。
阮允准同学提供答案:
解：
设度数小于3的结点有x个，则有
解得：
x≥4
所以度数小于3的结点至少有4个
所以g至少有11个结点
2、设无向图g有9个结点，每个结点的度数不是5就是6，证明：
g中至少有5个6度结点或至少有6个5度结点。
阮允准同学答案：
证明：
由题意可知：
度数为5的结点数只能是0,2，4,6，8。
若度数为5的结点数为0,2，4个，则度数为6的结点数为9，7,5个结论成立。
若度数为5的结点数为6,8个，结论显然成立。
由上可知，g中至少有5个6度点或至少有6个5度点。
3、证明：
简单图的最大度小于结点数。
阮同学认为题中应指定是无向简单图.
晓津证明如下：
设简单图有n个结点，某结点的度为最大度，因为简单图任一结点没有平行边，而任一结点的的边必连有另一结点，则其最多有n-1条边与其他结点相连，因此其度数最多只有n-1条，小于结点数n.
4、设图g有n个结点，n+1条边，证明：
g中至少有一个结点度数≥3。
阮同学给出证明如下：
证明：
设g中所有结点的度数都小于3，即每个结点度数都小于等于2，则所有结点度数之和小于等于2n，所以g的边数必小于等于n，这和已知g有n+1条边相矛盾。
所以结论成立。
5、试证明下图中两个图不同构。
晓津证明：
同构的充要条件是两图的结点和边分别存在一一对应且保持关联关系。
我们可以看出，（a）图和（b）图中都有一个三度结点，（a）图中三度结点的某条边关联着两个一度结点和一个二度结点，而（b）图中三度结点关联着两个二度结点和一个一度结点，因此可断定二图不是同构的。
6、画出所有5个结点3条边，以及5个结点7条边的简单图。
解：
如下图所示：
（晓津与阮同学答案一致）
7、证明：
下图中的图是同构的。
证明如下：
在两图中我们可以看到有
a→e,b→h,c→f,d→g
两图中存在结点与边的一一对应关系，并保持关联关系。
8、证明：
下面两图是同构的。
阮同学给出证明如下：
证明：
找出对应关系：
a---q,b----r,c-----s,d----t,e-----u,f------v,g-----w,h----x
9、证明：
三次正则图必有偶数个结点。
阮同学证明如下：
由题意可知每个结点度数都是3度，即每个结点均为奇结点，根据有偶数个奇结点可知，三次正则图必有偶数个奇结点。
5.2习题参考答案
1、给定图g，如下图所示，求出g中从a到f的所有初级路。
解：
从a到f的初级路有：
abcf、abef、adef、abecf、abcef、adecf、adebcf
2、给定图g，如下图所示，找到g中从v2出发的所有初级回路。
晓津认为图中少了一个箭头：
从v1到v2有一箭头。
从v2出发的初级回路有：
v2v4v1v2、v2v3v4v1v2.
3、设g为无向连通图，有n个结点，那么g中至少有几条边？
为什么？
对有向图如何？
解：
若g为无向连通图，有n个结点，则g中至少有n-1条边。
因为在n个结点的图中，任取一个结点为起始点，若要连通其他每个结点，则其他每个结点至少应有1度,此结点则有n-1度。
因此总的度数至少为2n-2度，而度数为边的2倍，可算得边数为n-1.
对于有向图，若是弱连通，则与无向图一样至少为n-1,若是单侧连通也是如此，而强连通边数至少为n。
（此题根据阮允准同学的答案更正）
4、设v和e分别为无向连通图g的点割集和边割集，g-e的连通分支数一定是多少？
g-v的连通分支数也是定数吗?
解：
【篇二：
离散数学第四版课后答案】
xt>第1章习题解答
1．1除（3），（4），（5），（11）外全是命题，其中，
（1），
（2），（8），（9），
（10），（14），（15）是简单命题，（6），（7），（12），（13）是复合命题。
分析首先应注意到，命题是陈述句，因而不是陈述句的句子都不是命题。
本题中，（3）为疑问句，（5）为感叹句，（11）为祈使句，它们都不是陈述句，
所以它们都不是命题。
其次，4）这个句子是陈述句，但它表示的判断结果是不确定。
又因为
（1），
（2），（8），（9），（10），（14），（15）都是简单的陈述句，因而作为命题，它们
都是简单命题。
（6）和（7）各为由联结词“当且仅当”联结起来的复合命题，
（12）是由联结词“或”联结的复合命题，而（13）是由联结词“且”联结起来
的复合命题。
这里的“且”为“合取”联结词。
在日常生活中，合取联结词有许
多表述法，例如，“虽然?
?
，但是?
?
”、“不仅?
?
，而且?
?
”、“一面?
?
，
一面?
?
”、“?
?
和?
?
”、“?
?
与?
?
”等。
但要注意，有时“和”或“与”
联结的是主语，构成简单命题。
例如，（14）、（15）中的“与”与“和”是联结
的主语，这两个命题均为简单命题，而不是复合命题，希望读者在遇到“和”或
“与”出现的命题时，要根据命题所陈述的含义加以区分。
1．2
（1）p:
2是无理数，p为真命题。
（2）p:
5能被2整除，p为假命题。
（6）p→q。
其中，p:
2是素数，q：
三角形有三条边。
由于p与q都是真
命题，因而p→q为假命题。
（7）p→q，其中，p：
雪是黑色的，q：
太阳从东方升起。
由于p为假命
题，q为真命题，因而p→q为假命题。
（8）p:
2000年10月1日天气晴好，今日（1999年2月13日）我们还不
知道p的真假，但p的真值是确定的（客观存在的），只是现在不知道而已。
（9）p：
太阳系外的星球上的生物。
它的真值情况而定，是确定的。
1
（10）p：
小李在宿舍里.p的真值则具体情况而定，是确定的。
（12）p∨q，其中，p:
4是偶数，q:
4是奇数。
由于q是假命题，所以，q
为假命题，p∨q为真命题。
（13）p∨q，其中，p:
4是偶数，q:
4是奇数，由于q是假命题，所以，p∨q
为假命题。
（14）p：
李明与王华是同学，真值由具体情况而定（是确定的）。
（15）p：
蓝色和黄色可以调配成绿色。
这是真命题。
能马上知道，但它们的真值不会变化，是客观存在的。
1．3令p:
2+2=4,q:
3+3=6,则以下命题分别符号化为
（1）p→q
（2）p→?
q
（3）?
p→q
（4）?
p→?
q
（5）p?
q
（6）p?
?
q
（7）?
p→q
（8）?
p?
?
q
以上命题中，
（1），（3），（4），（5），（8）为真命题，其余均为假命题。
分析本题要求读者记住p→q及p?
q的真值情况。
p→q为假当且仅当
p为真,q为假,而p?
q为真当且仅当p与q真值相同.由于p与q都是真命题，
在4个蕴含式中，只有
（2）p→r，其中，p同
（1），r：
明天为3号。
在这里，当p为真时，r一定为假，p→r为假，当p为假时，无论r为真
还是为假，p→r为真。
2
1．5
（1）p∧q，其中，p：
2是偶数，q：
2是素数。
此命题为真命题。
（2）p∧q，其中，p：
小王聪明，q：
小王用功
（3）p∧q，其中，p：
天气冷，q：
老王来了
（4）p∧q，其中，p：
他吃饭，q：
他看电视
（5）p∧q，其中，p：
天下大雨，q：
他乘公共汽车上班
（6）p→q，其中，p，q的含义同（5）
（7）p→q，其中，p，q的含义同（5）
（8）?
p?
?
q，其中，p：
经一事，q：
长一智
这正说明合取联结词在使用时是很灵活的。
在符号化时，应该注意，不要将联结
词部分放入简单命题中。
例如，在
（2）中，不能这样写简单命题：
p：
小王不但
聪明，q：
小王而且用功。
在（4）中不能这样写：
p：
他一边吃饭，q：
他一边
看电视。
关键问题是要分清蕴含式的前件和后件。
p→q所表达的基本逻辑关系为，p是q的充公条件，或者说q是p的必要
条件，这种逻辑关系在叙述上也是很灵活的。
例如，“因为p，所以q”，“只要p，
就q”“p仅当q”“只有q才p”“除非q，否则?
p”“没有q，就没有p”等都表
达了q是p的必要条件，因而都符号化为p→q或?
p?
?
q的蕴含式。
在（5）中，q是p的必要条件，因而符号化为p→q，而在（6）（7）中，
p成了q的必要条件，因而符号化为q→p。
在（8）中，虽然没有出现联结词，但因两个命题的因果关系可知，应该符
号化为蕴含式。
1．6
（1），
（2）的真值为0，（3），（4）的真值为1。
3
001，?
，111题中指派p,q为0,r为1，于是就是考查001是该公式p∧（q∧r）的成真赋值，还是成假赋值，易知001是它的成假赋值。
1.7
（1），
（2），（4），（9）均为重言式，（3），（7）为矛盾式，（5），（6），（8），（10）为非重言式的可满足式。
一般说来，可用真值表法、等值演算法、主析取范式（主合取范式）法等判断公式的类型。
（1）对
（1）采用两种方法判断它是重言式。
真值表法
表1.2给出了
（1）中公式的真值表，由于真值表的最后一列全为1，所以，
（1）为重言式。
p∨q∨rp→（p∨q∨r）
pqr
00001
00111
01011
01111
10011
10111
11011
11111
等值演算法
p→（p∨q∨r）
?
?
p∨（p∨p∨r）（蕴含等值式）
?
（?
p∨p）∨p∨r（结合律）
?
1∨q∨r（排中律）
?
1（零律）
4
【篇三：
离散数学课后答案（四）】
txt>4.1习题参考答案
--------------------------------------------------------------------------------1、
根据结合律的定义在自然数集n中任取a,b,c三数，察看（a。
b）。
c=a。
（b。
c）是否成立？
可以发现只有b、c满足结合律。
晓津观点：
b）满足结合律，分析如下：
a）若有a,b,c∈n，则（a*b）*c=（a-b）-ca*（b*c）=a-（b-c）
在自然数集中，两式的值不恒等，因此本运算是不可结合的。
b）同上，（a*b）*c=max（max（a,b）,c）即得到a，b,c中最大的数。
a*（b*c）=max（a,max（b,c））仍是得到a,b,c中最大的数。
此运算是可结合的。
c）同上,（a*b）*c=（a+2b）+2c而a*（b*c）=a+2（b+2c）,很明显二者不恒等，因此本运算也不是可结合的。
d）运用同样的分析可知其不是可结合的。
--------------------------------------------------------------------------------2、
d）是不封闭的。
--------------------------------------------------------------------------------
其不满足交换律、满足结合律、不满足幂等律、无零元、无单位元
晓津补充证明如下：
（1）a*b=pa+qb+r而b*a=pb+qa+r当p,q取值不等时，二式不相等。
因此*运算不满足交换律。
（2）设a,b,c∈r
则（a*b）*c=p（pa+qb+r）+qc+r=p^2a+pab+pr+qc+r而a*（b*c）=pa+q（pb+qc+r）+r=pa+qpb+q^2c+qr+r二式不恒等，因此*运算是不满足结合律的。
（3）a*a=pa+qa+r≠a所以运算不满足幂等律。
（4）反证法。
设有单位元e,则应有
a*e=pa+qe+r=a,e*a=pe+qa+r=a,可知e=（a-pa-r）/q或e=（a-qa-r）/p当p,q,r,a取值不同时，可得不同的e,这与单位元若有时只是唯一的定理相矛盾。
（5）反证法。
设有零元o,则应有
a*o=pa+qo+r=o,o*a=po+qa+r=o，同上分析，零元不止一个，因此与零元唯一的定理相矛盾。
--------------------------------------------------------------------------------5、（a）:
可交换、具有幂等性、有幺元a、c是b的逆元
晓津答案：
可交换，但不具有幂等性。
幺元e=a,表中有a*a=a,b*c=a,c*b=a,则可得a的逆元是a,b有逆元c,c有逆元b.
（b）:
可交换、不具有幂等性、有幺元a,因为a*a=a,b*b=a,所以a有逆元a,b有逆元b.
（c）:
不可交换、具有幂等性,无幺元。
（d）:
可交换、不具有幂等性、有幺元a,a有逆元a.
--------------------------------------------------------------------------------6、
证明：
设a,b,c∈i+a*（b△c）=a^（b.c）
（a*b）△（a*c）=（a^b）.（a^c）=a^（b+c）可见：
a*（b△c）≠（a*b）△（a*c）根据：
a*（b△c）≠（a*b）△（a*c）可知*对△是不可分配的
--------------------------------------------------------------------------------7、解：
晓津证明如下：
（1）我们先证明n=1时,该运算*在z1上的运算是可结合的：
此时，设有a,b,c∈z1则有a=0,b=0,c=0（a*b）*c=（（（a.b）modn）.c）modn=0a*（b*c）=（a.（（b.c）modn））modn=0
两式相等，因此当n=1时，*运算是可结合的。
（2）由上可设当n=k时，*运算是可结合的。
（3）设n=k+1时，有：
（a*b）*c=（（（a.b）mod（k+1））.c）mod（k+1）=（a.b.cmod（k+1））mod（k+1）a*（b*c）=（a.（（b.c）mod（k+1）））mod（k+1）=（a.b.cmod（k+1））mod（k+1）
可见两式是完全相同的结果。
因此有当n=k+1时，*运算满足结合律。
所以对于任意n∈n,*在zn上是可结合的。
4.2节习题参考答案
--------------------------------------------------------------------------------1、解：
zn={0,1,2,3}
（1）我们先证明k=1时,该运算*在z1上的运算是可结合的：
此时，设有a,b,c∈z1则有a=0,b=0,c=0（a*b）*c=（（（a.b）modk）.c）modk=0a*（b*c）=（a.（（b.c）modk））modk=0
两式相等，因此当k=1时，*运算是可结合的。
（2）由上可设当k=k时，*运算是可结合的。
（3）设k=k+1时，有：
（a*b）*c=（（（a.b）mod（k+1））.c）mod（k+1）=（a.b.cmod（k+1））mod（k+1）a*（b*c）=（a.（（b.c）mod（k+1）））mod（k+1）=（a.b.cmod（k+1））mod（k+1）
可见两式是完全相同的结果。
因此有当k=k+1时，*运算满足结合律。
所以对于任意k∈k,*在zk上是可结合的。
由此可知其是个半群。
--------------------------------------------------------------------------------2、证明：
二元运算□是可结合的。
根据结合律：
（x□y）□z=x□（y□z）（x□y）□z=（x*a*y）*a*zx□（y□z）=x*a*（y*a*z）由于*满足结合律，故：
（x*a*y）*a*z=x*a*（y*a*z）=（x□y）□z=x□（y□z）=二元运算□是可结合的
--------------------------------------------------------------------------------3、构成一个半群,证明详见第一题，其具有封闭性、结合性。
--------------------------------------------------------------------------------4、
（1）、由运算。
可知，a。
b∈r，可知其在r上具有封闭性。
（2）、对于任意a,b,c∈r
（a。
b）。
c=（a+b+ab）。
c=a+b+ab+c+ac+bc+abca。
（b。
c）=a。
（b+c+bc）=a+b+c+bc+ab+ac+abc可见：
（a。
b）。
c=a。
（b。
c）即。
在r上是可结合的。
（3）因为[0]。
[i]=i,所以[0]是r,o上一个幺元根据上述r,o是独异点
晓津认为题中所给r,o中的o应为o；答案中的（3）幺元是0,而不是[0].--------------------------------------------------------------------------------5、
晓津证明如下：
反证法：
若v不是独异点，则v不存在幺元.而因为x是任意的，则当x=a时，有a*u=v*a=a
即此时u,v分别是a的右、左幺元。
因为在一个系统中若同时存在左右幺元，则二者必相等，因此此时u=v=e。
这与假设矛盾，因此由v是一个半群，又v具有幺元，得知v是独异点。
--------------------------------------------------------------------------------6、证明：
v=s,o是半群,故。
在s上是可结合的
x。
ol=ol。
x根据定义4.1.5可知：
ol。
x=ol
故x。
ol也是一个左零元
晓津不同意见：
可结合不等于可交换。
在这里应当把（x。
ol）看作一个元素，这整个元素是一个左零元。
另，题中s,o应为s，。
证明如下：
因为v是半群，所以运算是封闭的,可结合的。
若有x,y,ol∈s，则有x。
ol∈s
且有（x。
ol）。
y=x。
（ol。
y）=x。
ol即x。
ol是s中任意y的左零元。
--------------------------------------------------------------------------------7、解：
子半群如下：
v1=z1,,v2=z2,,v3=z3,,v4=z4,
其中v1,v2,v3,v4都是v的子独异点，因为这四个半群中均有幺元e=1。
--------------------------------------------------------------------------------8、证明如下：
设s,*为一个独异点，则它有一个幺元.
设在s,*中e是关于*的幺元，若对于任意a∈s，存在b∈s且b*a=e，则b是a的左逆元。
令左逆元的集合为l，则ls,所以*在l上是结合的。
对任意的a，b∈l,
则必存在x,y∈s,使a*x=e，b*y=e;则（a*b）*（y*x）=a*（b*y）*x=a*e*x=a*x=e;故a*b是y*x的左逆元，∴a*b∈l
∴*在l上是封闭的（本段证明由阮允准补充）
即l,*是一个半群。
因为e是s中关于*的幺元，所以它同时也是l中关于*的幺元。
因此l,*是一个子独异点。
--------------------------------------------------------------------------------9、
答：
从表中看：
4.3习题参考答案
证明：
根据定理
4.3.4，设g,*是一个群，对于a,b∈g。
必存在惟一的x∈g,使a*x=b
设a*b=g因为a*b=a*c所以a*c=g
由于b在a中是惟一的，而c在a中也是惟一。
所以b=c晓津的证明如下：
已知a,*为群，则对于任意a,必逆元a-1和幺元e，则有：
a-1*（a*b）=a-1*（a*c）即有
（a-1*a）*b=（a-1*a）*ce*b=e*c所以有b=c
证明：
根据定理
4.2.2设h,*是独异点，对于a,b∈h,且a,b均有逆元。
那么根据定义4.3.1，可知h，*是群
交换群就是*运算满足交换律的情况。
满足交换律就是a*b=b*a将（a*b）*（b*a）根据结合性可得
a*（b*b）*a=a*e*a=e
将（b*a）*（a*b）根据结合性可得b*（a*a）*b=b*e*b=e由于有
x*x=e，而上述两个运算的结果，可知a*b=b*a
根据定义4.3.4，可知其是一个交换群。
晓津证法如下：
设有任意a,b∈h，e为幺元，则根据已知条件有：
a*b=（e*a）*（b*e）=（b*b*a）*（b*a*a）=b*（（b*a）*（b*a））*a
（b*c）*c=a*c=cb*（c*c）=b*a=b（b*c）*c≠b*（c*c）故不是半群（本题答案由hybina提供，感谢hybina）
=b*e*a=b*a
可见a*b=b*a,即h,*是交换群。
证明：
关于此题的疑惑，假如a=1b=1那么
a*b=0,0不是正整数了。
那么g,*就不能满足封闭性了。
也有可能是我把题意给理解错了。
晓津观点，整数加群是指在整数集上进行加法运算的一个代数系统。
而不仅仅是正整数上进行加运算，0也是包含在这个集合中的，所以满足封闭性。
证明如下：
（1）因为任意a,b∈g，即a,b∈z，且a*b=a+b-2,可见a*b∈z，因此g,*是封闭的。
（2）设有任意a,b,c∈g，则（a*b）*c=（a+b-2）+c-2=a+b+c-4
a*（b*c）=a+（b+c-2）-2=a+b+c-4=（a*b）*c可见g上关于*运算是可结合的。
（3）在g,*中存在幺元e=2，验证如下：
对于任意a∈g，有a*e=a+2-2=a，e*a=2+a-2=a
（4）对于任意a∈g，存在逆元a-1=4-a,验证如下：
a*a-1=a+（4-a）-2=2;a-1*a=4-a+a-2=2。
因此可证，g，*是群。
4、设g=
{
（10）（10）（-10）（-10）（01）（0-1）（01）（0-1）
}
证明：
g关于矩阵乘法构成一个群。
运算表：
并且其具有单位元
1001
如何证明其具有结合性？
晓津认为，仍旧可从表上看出。
（表中色块表示（a*b）*d=a*（b*d）。
*表示矩阵乘法。
仅供理解用，证明时不必写出。
）
另外可以每个矩阵乘以它本身，就等于其单位元，根
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