《离散数学》题库与答案 一、选择或填空
(数理逻辑部分)
1、下列哪些公式为永真蕴含式?( )
(1)?Q=>Q→P (2)?Q=>P→Q (3)P=>P→Q (4)?P?(P?Q)=>?P
答:在第三章里面有公式(1)是附加律,(4)可以由第二章的蕴含等值式求出(注意与吸收律区别) 2、下列公式中哪些是永真式?( )
(1)(┐P?Q)→(Q→?R) (2)P→(Q→Q) (3)(P?Q)→P (4)P→(P?Q) 答:(2),(3),(4) 可用蕴含等值式证明
3、设有下列公式,请问哪几个是永真蕴涵式?( ) (1)P=>P?Q (2) P?Q=>P (3) P?Q=>P?Q
(4)P?(P→Q)=>Q (5) ?(P→Q)=>P (6) ?P?(P?Q)=>?P
答:(2)是第三章的化简律,(3)类似附加律,(4)是假言推理,(3),(5),(6)都可以用蕴含等值式来证明出是永真蕴含式
4、公式?x((A(x)?B(y,x))? ?z C(y,z))?D(x)中,自由变元是( ),约束变元是( )。
答:x,y, x,z(考察定义在公式?x A和?x A中,称x为指导变元,A为量词的辖域。在?x A和?x A的辖域中,x的所有出现都称为约束出现,即称x为约束变元,A中不是约束出现的其他变项则称为自由变元。于是A(x)、B(y,x)和?z C(y,z)中y为自由变元,x和z为约束变元,在D(x)中x为自由变元) 5、判断下列语句是不是命题。若是,给出命题的真值。( ) (1) 北京是中华人民共和国的首都。 (2) 陕西师大是一座工厂。 (3) 你喜欢唱歌吗? (4) 若7+8>18,则三角形有4条边。 (5) 前进! (6) 给我一杯水吧!
答:(1) 是,T (2) 是,F (3) 不是 (4) 是,T (5) 不是 (6) 不是 (命题必须满足是陈述句,不能是疑问句或者祈使句。)
6、命题“存在一些人是大学生”的否定是( ),而命题“所有的人都是要死的”的否定是( )。 答:所有人都不是大学生,有些人不会死(命题的否定就是把命题前提中的量词“?换成存在?,?换成?”,然后将命题的结论否定,“且变或 或变且”)
7、设P:我生病,Q:我去学校,则下列命题可符号化为( )。 (1) 只有在生病时,我才不去学校 (2) 若我生病,则我不去学校 (3) 当且仅当我生病时,我才不去学校(4) 若我不生病,则我一定去学校 答:(1) ?Q(3) P?P (注意“只有??才??”和“除非??就??”两者都是一个形式的) (2) P??Q
??Q (4)?P?Q
8、设个体域为整数集,则下列公式的意义是( )。
(1) ?x?y(x+y=0) (2) ?y?x(x+y=0) 答:(1)对任一整数x存在整数 y满足x+y=0
(2)存在整数y对任一整数x满足x+y=0 9、设全体域D是正整数集合,确定下列命题的真值:
(1) ?x?y (xy=y) ( ) (2) ?x?y(x+y=y) ( ) (3) ?x?y(x+y=x) ( ) (4) ?x?y(y=2x) ( )
1
答:(1) F (反证法:假若存在,则(x- 1)*y=0 对所有的x都成立,显然这个与前提条件相矛盾) (2) F (同理) (3)F (同理) (4)T(对任一整数x存在整数 y满足条件 y=2x 很明显是正确的) 10、设谓词P(x):x是奇数,Q(x):x是偶数,谓词公式 ?x(P(x)?Q(x))在哪个个体域中为真?( ) (1) 自然数 (2) 实数 (3) 复数 (4) (1)--(3)均成立
答:(1)(在某个体域中满足不是奇数就是偶数,在整数域中才满足条件,而自然数子整数的子集,当然满足条件了)
11、命题“2是偶数或-3是负数”的否定是( )。 答:2不是偶数且-3不是负数。 12、永真式的否定是( )
(1) 永真式 (2) 永假式 (3) 可满足式 (4) (1)--(3)均有可能 答:(2)(这个记住就行了) 13、公式(?P?Q)?(?P??Q)化简为( ),公式 Q?(P?(P?Q))可化简为( )。
答:?P ,Q?P(考查分配率和蕴含等值式知识的掌握)
14、谓词公式?x(P(x)? ?yR(y))?Q(x)中量词?x的辖域是( )。 答:P(x)? ?yR(y)(一对括号就是一个辖域)
15、令R(x):x是实数,Q(x):x是有理数。则命题“并非每个实数都是有理数”的符号化表示为( 答:??x(R(x)?Q(x))
(集合论部分)
16、设A={a,{a}},下列命题错误的是( )。
(1) {a}?P(A) (2) {a}?P(A) (3) {{a}}?P(A) (4) {{a}}?P(A) 答:(2) ({a}是P(A)的一个元素) 17、在0( )?之间写上正确的符号。
(1) = (2) ? (3) ? (4) ?
答:(4)(空集没有任何元素,且是任何集合的子集) 18、若集合S的基数|S|=5,则S的幂集的基数|P(S)|=( )。
答:32(2的5次方 考查幂集的定义,即幂集是集合S的全体子集构成的集合) 19、设P={x|(x+1)2?4且x?R},Q={x|5?x2+16且x?R},则下列命题哪个正确( )
(1) Q?P
(2) Q?P (3) P?Q (4) P=Q
答:(3)(Q是集合R,P只是R中的一部分,所以P是Q的真子集) 20、下列各集合中,哪几个分别相等( )。
(1) A1={a,b} (2) A2={b,a} (3) A3={a,b,a} (4) A4={a,b,c} (5) A5={x|(x-a)(x-b)(x-c)=0} (6) A6={x|x2
-(a+b)x+ab=0} 答:A1=A2=A3=A6, A4=A5(集合具有无序性、确定性和互异性) 21、若A-B=Ф,则下列哪个结论不可能正确?( ) (1) A=Ф (2) B=Ф (3) A?B (4) B?A 答:(4)(差集的定义)
22、判断下列命题哪个为真?( )
(1) A-B=B-A => A=B (2) 空集是任何集合的真子集
(3) 空集只是非空集合的子集 (4) 若A的一个元素属于B,则A=B
2
。
)答:(1)(考查空集和差集的相关知识) 23、判断下列命题哪几个为正确?( )
(1) {Ф}∈{Ф,{{Ф}}} (2) {Ф}?{Ф,{{Ф}}} (3) Ф∈{{Ф}} (4) Ф
?{Ф} (5) {a,b}∈{a,b,{a},{b}}
答:(2),(4)
24、判断下列命题哪几个正确?( )
(1) 所有空集都不相等 (2) {Ф}?Ф (4) 若A为非空集,则A?A成立。 答:(2)
25、设A∩B=A∩C,答:=(等于)
26、判断下列命题哪几个正确?( ) (1) 若A∪B=A∪C,则B=C (2) {a,b}={b,a} (3) P(A∩B)?P(A)∩P(B) (P(S)表示S的幂集) (4) 若A为非空集,则A?A∪A成立。 答:(2)
27、A,B,C是三个集合,则下列哪几个推理正确:
(1) A?B,B?C=> A?C (2) A?B,B?C=> A∈B (3) A∈B,B∈C=> A∈C 答:(1) ((3)的反例 C为{{0,1},0} B为{0,1},A为1 很明显结论不对)
(二元关系部分)
28、设A={1,2,3,4,5,6},B={1,2,3},从A到B的关系R={〈x,y〉|x=y求(1)R (2) R 答:(1)R={<1,1>,<4,2>} (2) R|
29、举出集合A上的既是等价关系又是偏序关系的一个例子。( ) 答:A上的恒等关系
30、集合A上的等价关系的三个性质是什么?( ) 答:自反性、对称性和传递性
31、集合A上的偏序关系的三个性质是什么?( ) 答:自反性、反对称性和传递性(题29,30,31全是考查定义)
32、设S={1,2,3,4},A上的关系R={〈1,2〉,〈2,1〉,〈2,3〉,〈3,4〉} 求(1)R?R (2) R 。
-1
2
-1
A∩B=A∩C,则B(
)C。
?1={<1,1>,<2,4>}(考查二元关系的定义,R
?1为R的逆关系,即R
?1={
答:R?R ={〈1,1〉,〈1,3〉,〈2,2〉,〈2,4〉}(考查F?G ={
R ={〈2,1〉,〈1,2〉,〈3,2〉,〈4,3〉}
33、设A={1,2,3,4,5,6},R是A上的整除关系,求R= {( )}
R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<5,5>,<6,6>,<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<1,6>,<2,4>,<2,6>,<3,6>} 34、设A={1,2,3,4,5,6},B={1,2,3},从A到B的关系R={〈x,y〉|x=2y},求(1)R (2) R 。 答:(1)R={<1,1>,<4,2>,<6,3>} (2) R
?1-1
-1
={<1,1>,<2,4>,(36>}
2
-1
35、设A={1,2,3,4,5,6},B={1,2,3},从A到B的关系R={〈x,y〉|x=y},求R和R的关系矩阵。
3
?1?0??0答:R的关系矩阵=?0??0??000?00??100000??00??1?? R的关系矩阵=000100
??10????000000??00?00??36、集合A={1,2,?,10}上的关系R={
(代数系统部分)
37、设A={2,4,6},A上的二元运算*定义为:a*b=max{a,b},则在独异点中,单位元是( ),零元是( )。 答:2,6(单位元和零元的定义,单位元:e。x=x 零元:θ。x=θ)
38、设A={3,6,9},A上的二元运算*定义为:a*b=min{a,b},则在独异点中,单位元是( ),零元是( ); 答:9,3
(半群与群部分)
39、设〈G,*〉是一个群,则
(1) 若a,b,x∈G,a?x=b,则x=( ); (2) 若a,b,x∈G,a?x=a?b,则x=( )。 答: (1) a
?1?b (2) b (考查群的性质,即群满足消去律)
2
3
40、设a是12阶群的生成元, 则a是( )阶元素,a是( )阶元素。 答: 6,4
41、代数系统
答:单位元(由a^2=a,用归纳法可证a^n=a*a^(n-1)=a*a=a,所以等幂元一定是幂等元,反之若a^n=a对一切N成立,则对n=2也成立,所以幂等元一定是等幂元,并且在群
42、设a是10阶群的生成元, 则a是( )阶元素,a是( )阶元素
答:5,10(若一个群G的每一个元都是G的某一个固定元a的乘方,我们就把G叫做循环群;我们也说,G是由元a生成的,并且用符号G=表示,且称a为一个生成元。并且一元素的阶整除群的阶) 43、群
答:单位元,1 (在群
答:循环群,任一非单位元(证明如下:任一元素的阶整除群的阶。现在群的阶是素数p,所以元素的阶要么是1要么是p。G中只有一个单位元,其它元素的阶都不等于1,所以都是p。任取一个非单位元,它的阶等于p,所以它生成的G的循环子群的阶也是p,从而等于整个群G。所以G等于它的任一非单位元生成的循环群) 45、设〈G,*〉是一个群,a,b,c∈G,则
(1) 若c?a=b,则c=( );(2) 若c?a=b?a,则c=( )。 答:(1) b?a?14
3
(2) b(群的性质)
46、
-1
?H 或? a,b ?G,a?b?H
-1
4
47、群<A,*>的等幂元有( )个,是( ),零元有( )个。 答:1,单位元,0
48、在一个群〈G,*〉中,若G中的元素a的阶是k,则a的阶是( )。 答:k
49、在自然数集N上,下列哪种运算是可结合的?( )
(1) a*b=a-b (2) a*b=max{a,b} (3) a*b=a+2b (4) a*b=|a-b| -1
答:(2)
50、任意一个具有2个或以上元的半群,它( )。 (1) 不可能是群 (2) 不一定是群 (3) 一定是群 (4) 是交换群 答:(1)
51、6阶有限群的任何子群一定不是( )。 (1) 2阶 (2) 3 阶 (3) 4 阶 (4) 6 阶 答:(3)
(格与布尔代数部分)
52、下列哪个偏序集构成有界格( ) (1) (N,?) (2) (Z,?)
(3) ({2,3,4,6,12},|(整除关系)) (4) (P(A),?) 答:(4)(考查幂集的定义)
53、有限布尔代数的元素的个数一定等于( )。
(1) 偶数 (2) 奇数 (3) 4的倍数 (4) 2的正整数次幂 答:(4)
(图论部分)
54、设G是一个哈密尔顿图,则G一定是( )。 (1) 欧拉图 (2) 树 (3) 平面图 (4) 连通图 答:(4)(考察图的定义)
55、下面给出的集合中,哪一个是前缀码?( ) (1) {0,10,110,101111} (2) {01,001,000,1} (3) {b,c,aa,ab,aba} (4) {1,11,101,001,0011} 答:(2)
56、一个图的哈密尔顿路是一条通过图中( )的路。 答:所有结点一次且恰好一次
57、在有向图中,结点v的出度deg+
(v)表示( ),入度deg-(v)表示( )答:以v为起点的边的条数, 以v为终点的边的条数 58、设G是一棵树,则G 的生成树有( )棵。 (1) 0 (2) 1 (3) 2 (4) 不能确定 答:1
59、n阶无向完全图Kn 的边数是( ),每个结点的度数是( )。 5
。
答:
n(n?1), n-1 260、一棵无向树的顶点数n与边数m关系是( )。 答:m=n-1
61、一个图的欧拉回路是一条通过图中( )的回路。 答:所有边一次且恰好一次
62、有n个结点的树,其结点度数之和是( )。 答:2n-2(结点度数的定义)
63、下面给出的集合中,哪一个不是前缀码( )。 (1) {a,ab,110,a1b11} (2) {01,001,000,1} (3) {1,2,00,01,0210} (4) {12,11,101,002,0011} 答:(1)
64、n个结点的有向完全图边数是( ),每个结点的度数是( )。 答:n(n-1),2n-2
65、一个无向图有生成树的充分必要条件是( )。 答:它是连通图
66、设G是一棵树,n,m分别表示顶点数和边数,则 (1) n=m (2) m=n+1 (3) n=m+1 (4) 不能确定。 答:(3)
67、设T=〈V,E〉是一棵树,若|V|>1,则T中至少存在( )片树叶。 答:2
68、任何连通无向图G至少有( )棵生成树,当且仅当G 是( ),G的生成树只有一棵。 答:1, 树
69、设G是有n个结点m条边的连通平面图,且有k个面,则k等于:
(1) m-n+2 (2) n-m-2 (3) n+m-2 (4) m+n+2。 答:(1)
70、设T是一棵树,则T是一个连通且( )图。 答:无简单回路
71、设无向图G有16条边且每个顶点的度数都是2,则图G有( )个顶点。
(1) 10 (2) 4 (3) 8 (4) 16 答:(4)
72、设无向图G有18条边且每个顶点的度数都是3,则图G有( )个顶点。
(1) 10 (2) 4 (3) 8 (4) 12 答:(4)
73、设图G=
74、任一有向图中,度数为奇数的结点有( )个。 答:偶数
75、具有6 个顶点,12条边的连通简单平面图中,每个面都是由( )条边围成?
(1) 2 (2) 4 (3) 3 (4) 5
6
答:(3)
76、在有n个顶点的连通图中,其边数( )。
(1) 最多有n-1条 (2) 至少有n-1 条 (3) 最多有n条 (4) 至少有n 条 答:(2)
77、一棵树有2个2度顶点,1 个3度顶点,3个4度顶点,则其1度顶点为( )。
(1) 5 (2) 7 (3) 8 (4) 9 答:(4)
78、若一棵完全二元(叉)树有2n-1个顶点,则它( )片树叶。
(1) n (2) 2n (3) n-1 (4) 2 答:(1)
79、下列哪一种图不一定是树( )。
(1) 无简单回路的连通图 (2) 有n个顶点n-1条边的连通图 (3) 每对顶点间都有通路的图 (4) 连通但删去一条边便不连通的图 答:(3)
80、连通图G是一棵树当且仅当G中( )。 (1) 有些边是割边 (2) 每条边都是割边
(3) 所有边都不是割边 (4) 图中存在一条欧拉路径 答:(2)
(数理逻辑部分)
二、求下列各公式的主析取范式和主合取范式: 1、(P→Q)?R
解:(P→Q)?R?(?P?Q )?R
?(?P?R)?(Q?R) (析取范式)
?(?P?(Q??Q)?R)?((?P?P)?Q?R)
?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)?(?P?Q?R)?(P?Q?R) ?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)?(P?Q?R)(主析取范式)
?((P→Q)?R)?(?P??Q??R)?(?P?Q??R)?(P??Q?R)
?(P?Q??R)?( P??Q??R)(原公式否定的主析取范式)
(P→Q)?R?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(?P?Q??R)
?(?P??Q?R)?(?P?Q?R)(主合取范式)
2、(P?R)?(Q?R)??P
解: (P?R)?(Q?R)??P(析取范式)
?(P?(Q??Q)?R)?((P??P)?Q?R)?(?P?(Q??Q)?(R??R)) ?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(P?Q?R)?(?P?Q?R)
?( ?P?Q?R)?( ?P?Q??R)?(?P??Q?R)?(?P??Q??R) ?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(?P?Q?R)?(?P?Q
??R)
(?P??Q?R)?(?P??Q??R) (主析取范式) ?((P?R)?(Q?R)??P)
7
?
(原公式否定的主析取范式) ?(P??Q??R)?(P?Q??R)
(P?R)?(Q?R)??P ?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)(主合取范式) 3、(?P→Q)?(R?P) 解:(?P→Q)?(R?P)
?(P?Q)?(R?P)(合取范式)
?(P?Q?(R??R))?(P?(Q??Q))?R)
?(P?Q?R)?(P?Q??R)?(P?Q?R)?(P??Q?R) ?(P?Q?R)?(P?Q??R)?(P??Q?R)(主合取范式)
?((?P→Q)?(R?P))
?(P??Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)?(?P?Q??R)
?(?P??Q??R)(原公式否定的主合取范式)
(?P→Q)?(R?P)
?(?P?Q?R)?(P??Q??R)?(P?Q??R)?(P??Q?R)?(P?Q?R)
(主析取范式) 4、Q→(P??R)
?R)
解:Q→(P???Q?P??R(主合取范式)
?(Q→(P??R))
?(?P??Q??R)?(?P??Q?R)?(?P?Q??R)?(?P?Q?R)
(原公式否定的主合取范式) ?(P??Q?R)?(P?Q??R)?(P?Q?R)
Q→(P??R)
?(P?Q?R)?(P?Q??R)?(P??Q?R)?(P??Q??R)?(?P?Q??R)
(主析取范式) ?(?P??Q?R)?(?P??Q??R)
5、P→(P?(Q→P)) 解:P→(P?(Q→P))
??P?(P?(?Q?P)) ??P?P
? T (主合取范式)
?(?P??Q)?(?P?Q)?(P??Q)?(P?Q)(主析取范式) 6、?(P→Q)?(R?P)
解: ?(P→Q)?(R?P)??(?P?Q)?(R?P)
?(P??Q)?(R?P)(析取范式)
?(P??Q?(R??R))?(P?(?Q?Q)?R)
?(P??Q?R)?(P??Q??R)?(P??Q?R)?(P?Q?R) ?(P??Q?R)?(P??Q??R)?(P?Q?R)(主析取范式)
?(?(P→Q)?(R?P))?(P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)
? (?P??Q??R)?(?P?Q??R)(原公式否定的主析取范式)
?(P→Q)?(R?P)?(?P??Q?R)?(P??Q??R)?(P?Q??R)
?(P?Q?R)?(P??Q?R)(主合取范式)
8
7、P?(P→Q) 解:P?(P→Q)?P
?(?P?Q)?(P??P)?Q
?T(主合取范式)
?(?P??Q)?(?P?Q)?(P??Q)?(P?Q)(主析取范式)
8、(R→Q)?P
解:(R→Q)?P?(?R?Q )?P
? (?R?P)?(Q?P) (析取范式)
? (?R?(Q??Q)?P)?((?R?R)?Q?P)
?(?R?Q?P)?(?R??Q?P)?(?R?Q?P)?(R?Q?P) ?(P?Q??R)?(P??Q??R)?(P?Q?R)(主析取范式)
?((R→Q)?P)?(?P??Q??R)?(?P?Q???(?P?Q?R)?(?P??Q?R)(原公式否定的主析取范式)
(R→Q)?P?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(?P?Q??R)
?(P??Q??R)?(P?Q??R)(主合取范式)
9、P→Q 解:P→Q?R)
?(P
??Q
?R)
?P?Q(主合取范式)
?(?P?(Q??Q))?((?P?P)?Q)
?(?P?Q)?(?P??Q)?(?P?Q)?(P?Q) ?(?P?Q)?(?P??Q)?(P?Q)(主析取范式)
10、 P??Q
解: P??Q (主合取范式)
?(P?(?Q?Q))?((?P?P)??Q)
?(P??Q)?(P?Q)?(?P??Q)?(P??Q) ?(P??Q)?(P?Q)?(?P??Q)(主析取范式) 11、P?Q
解:P?Q(主析取范式)?(P?(Q??Q))?((P??P)?Q)
?(P??Q)?(P?Q)?(P?Q)?(?P?Q)
?(P??Q)?(P?Q)?(?P?Q)(主合取范式)
12、(P?R)?Q 解:(P?R)?Q
??(P?R)?Q ?(?P??R)?Q
?(?P?Q)?(?R?Q)(合取范式)
?(?P?Q?(R??R))?((?P?P)?Q??R)
?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P?Q??R)?(P?Q??R) ?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P?Q??R)?(P?Q??R) ?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(P?Q??R)(主合取范式) ?(P?R)?Q
?(?P??Q?R)?(?P??Q??R)?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(P??Q??R) (原公式否
9
定的主析取范式)
(P?R)?Q
?(P?Q??R)?(P?Q?R)?(?P??Q??R)?(?P?Q??R) ?(?P?Q?R)(主析取范式) 13、(P?Q)?R 解:(P?Q)?R
??(?P?Q)?R
?(P??Q)?R(析取范式)
?(P??Q?(R??R))?((P??P)?(Q??Q)?R)
?(P??Q?R)?(P??Q??R)?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(?P?Q?R)
?(?P??Q?R)
?(P??Q?R)?(P??Q??R)?(P?Q?R)?(?P?Q?R) ?(?P??Q?R)(主析取范式) (P?Q)?R
??(?P?Q)?R
?(P??Q)?R(析取范式)
?(P?R)?(?Q?R)(合取范式)
?(P?(Q??Q)?R)?((P??P)??Q?R)
?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(P??Q?R)?(?P??Q?R) ?(P?Q?R)?(P??Q?R)?(?P??Q?R)(主合取范式) 14、(P?(Q?R))?(?P?(?Q??R)) 解:(P?(Q?R))?(?P?(?Q??R))
?(?P?(Q?R))?(P?(?Q??R))
?(?P?Q)?(?P?R)?(P??Q)?(P??R)(合取范式)
?(?P?Q?(R??R))?(?P?(Q??Q)?R)?(P??Q?(R??R))
?(P?(Q??Q)??R)
?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)
?(P??Q?R)?(P??Q??R)?(P?Q??R)?(P??Q??R) ?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P??Q?R)?(P??Q?R)
?(P?Q??R)?(P??Q??R)(主合取范式)
?(P?(Q?R))?(?P?(?Q??R))
?(?P??Q??R)?(P?Q?R)(原公式否定的主合取范式) (P?(Q?R))?(?P?(?Q??R))
?(P?Q?R)?(?P??Q??R)(主析取范式) 15、P?(?P?(Q?(?Q?R))) 解:P?(?P?(Q?(?Q?R)))
? P?(P?(Q?(Q?R))) ? P?Q?R(主合取范式) ?(P?Q?R)
10
?(P??Q?R)?(P??Q??R)?(P?Q??R)?(?P?Q?R) ?(?P?Q??R)?(?P??Q?R)?(?P??Q??R)
(原公式否定的主合取范式)
(P?Q?R)
?(?P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)?(P??Q??R) ?(P??Q?R)?(P?Q??R)?(P?Q?R)(主析取范式) 16、(P?Q)?(P?R) 解、(P?Q)?(P?R)
?(?P?Q)?(?P?R) (合取范式)
?(?P?Q?(R??R)?(?P?(?Q?Q)?R)
?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P??Q?R)?(?P?Q?R) ?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P??Q?R)(主合取范式) (P?Q)?(P?R)
?(?P?Q)?(?P?R) ??P?(Q?R)(合取范式)
?(?P?(Q??Q)?(R??R))?((?P?P)?Q?R)
?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)?(?P?Q??R)?(?P??Q?R) ?(?P?Q?R)?(P?Q?R)
?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)?(?P?Q??R)?(?P??Q?R)?(P?Q?R)
(主析取范式)
三、证明:
1、P→Q,?Q?R,?R,?S?P=>?S 证明:
(1) ?R 前提 (2) ?Q?R 前提 (3) ?Q (1),(2) (4) P→Q 前提 (5) ?P (3),(4) (6) ?S?P 前提 (7) ?S (5),(6) 2、A→(B→C),C→(?D?E),?F→(D?证明:
(1) A 前提 (2) A→(B→C) 前提
(3) B→C (1),(2)
(4) B 附加前提 (5) C (3),(4) (6) C→(?D?E) 前提
11
?E),A=>B→F
(7) ?D?E (5),(6) (8) ?F→(D??E) 前提
(9) F (7),(8) (10) B→F CP
3、P?Q, P→R, Q→S => R?S 证明:
(1) ?R 附加前提 (2) P→R 前提 (3) ?P (1),(2) (4) P?Q 前提 (5) Q (3),(4) (6) Q→S 前提 (7) S (5),(6) (8) R?S CP,(1),(8)
4、(P→Q)?(R→S),(Q→W)?(S→X),?(W?X),P→R => ?P 证明:
(1) P 假设前提 (2) P→R 前提 (3) R (1),(2) (4) (P→Q)?(R→S) 前提 (5) P→Q (4) (6) R→S (5) (7) Q (1),(5) (8) S (3),(6) (9) (Q→W)?(S→X) 前提 (10) Q→W (9) (11) S→X (10) (12) W (7),(10) (13) X (8),(11) (14) W?X (12),(13) (15) ?(W?X) 前提
(16) ?(W?X)?(W?X) (14),(15)
5、(U?V)→(M?N), U?P, P→(Q?S),?Q?证明:
(1) ?Q?(2) (3) (4) (5) (6)
?S =>M
?S 附加前提
P→(Q?S) 前提 ?P (1),(2) U?P 前提 U (3),(4) U?V (5)
12
(7) (U?V)→(M?N) 前提 (8) M?N (6),(7) (9)
M (8)
6、?B?D,(E→?F)→?D,?E=>?B 证明:
(1) B 附加前提 (2) ?B?D 前提 (3) D (1),(2) (4) (E→?F)→?D 前提 (5) ?(E→?F) (3),(4) (6) E
??F (5)
(7) E (6) (8) ?E 前提 (9) E
??E (7)
,(8) 7、P→(Q→R),R→(Q→S) => P→(Q→S) 证明:
(1) P 附加前提 (2) Q 附加前提 (3) P→(Q→R) 前提 (4) Q→R (1),(3) (5) R (2),(4) (6) R→(Q→S) 前提 (7) Q→S (5),(6) (8) S (2),(7) (9) Q→S CP,(2),(8) (10) P→(Q→S) CP,(1),(9)
8、P→?Q,?P→R,R→?S =>S→?Q 证明:
(1) S 附加前提 (2) R→?S 前提 (3) ?R (1),(2) (4) ?P→R 前提 (5) P (3),(4) (6) P→?Q 前提 (7) ?Q (5),(6) (8) S→?Q CP,(1),(7) 9、P→(Q→R) => (P→Q)→(P→R) 证明:
(1) P→Q 附加前提 (2) P 附加前提
13
(3) Q (1),(2) (4) P→(Q→R) 前提 (5) Q→R (2),(4) (6) R (3),(5) (7) P→R CP,(2),(6) (8) (P→Q) →(P→R) CP,(1),(7) 10、P→(?Q→?R),Q→?P,S→R,P =>?S 证明:
(1) P 前提 (2) P→(?Q→?R) 前提 (3) ?Q→?R (1),(2) (4) Q→?P 前提 (5) ?Q (1),(4) (6) ?R (3),(5) (7) S→R 前提 (8) ?S (6),(7) 11、A,A→B, A→C, B→(D→?C) => ?D 证明:
(1) A 前提 (2) A→B 前提 (3) B (1),(2) (4) A→C 前提 (5) C (1),(4) (6) B→(D→?C) 前提 (7) D→?C (3),(6) (8) ?D (5),(7)
12、A→(C?B),B→?A,D→?C => A→?D 证明:
(1) A 附加前提 (2) A→(C?B) 前提
(3) C?B (1),(2)
(4) B→?A 前提 (5) ?B (1),(4) (6) C (3),(5) (7) D→?C 前提 (8) ?D (6),(7) (9) A→?D CP,(1),(8)13、(P?Q)?(R?Q) ?(P?R)?Q 证明、
(P?Q)?(R?Q)
14
?(?P?Q)?(?R?Q) ?(?P??R)?Q
??(P?R)?Q
?(P?R)?Q
14、P?(Q?P)??P?(P??Q)
证明、
P?(Q?P)
??P?(?Q?P)
??(?P)?(?P??Q) ??P?(P??Q)
15、(P?Q)?(P?R),?(Q?R),S?P?S 证明、
(1) (P?Q)?(P?R) 前提
(2) P? (Q?R) (1) (3) ?(Q?R) 前提 (4) ?P (2),(3) (5) S?P 前提 (6) S (4),(5) 16、P??Q,Q?证明、
(1) P 附加前提
(2) P??Q 前提 (3) ?Q (1),(2) (4) Q??R,R??S? ?P
?R 前提
(5) ?R (3),(4) (6 ) R??S 前提 ?R (5),(7)
(7) R (6) (8) R?17、用真值表法证明P?Q? (P?Q)?(Q?P) 证明、
列出两个公式的真值表:
P Q P?Q (P?Q)?(Q?P) F F F T T F T T T T F F F F T T 由定义可知,这两个公式是等价的。 18、P→Q?P→(P?Q)
15
证明:
设P→(P?Q)为F,则P为T,P?Q为F。所以P为T,Q为F ,从而P→Q也为F。所以P→Q?P→(P?Q)。 19、用先求主范式的方法证明(P→Q)?(P→R) ? (P→(Q?R) 证明:
先求出左右两个公式 的主合取范式
(P→Q)?(P→R) ?(?P?Q)?(?P?R)
?(?P?Q?(R??R)))?(?P?(Q??Q)?R)
(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R) ?
? (?P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R) (P→(Q?R)) ?(?P?(Q?R)) ?(?P?Q)?(?P?R)
?(?P?Q?(R??R))?(?P?(Q??Q)?R)
(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R) ?
? (?P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)
它们有一样的主合取范式,所以它们等价。 20、(P→Q)?证明:
设(P→Q)??(Q?R) ??P
?(Q?R)为T,则P→Q和?(Q?R)都为T。即P→Q和?Q??R都为T。故P→Q,?Q和?R)
?(Q?R) ??P
都为T,即P→Q为T,Q和R都为F。从而P也为F,即?P为T。从而(P→Q)?21、为庆祝九七香港回归祖国,四支足球队进行比赛,已知情况如下,问结论是否有效? 前提: (1) 若A队得第一,则B队或C队获亚军;
(2) (3) (4)
若C队获亚军,则A队不能获冠军; 若D队获亚军,则B队不能获亚军; A 队获第一;
结论: (5) D队不是亚军。 证明:
设A:A队得第一;B: B队获亚军;C: C队获亚军;D: D队获亚军;则前提符号化为A?(B?C),C??A,D??B,A;结论符号化为 ?D。
本题即证明 A?(B?C),C??A,D??B,A(1) A 前提 (2) A?(B?C)前提 (3) B?C (1),(2) (4) C??A 前提 (5)
??D
?C (1),(4)
(6) B (3),(5) (7) D??B 前提 (8) ?D (6),(7)
22、用推理规则证明P?Q, ?(Q?R),P?R不能同时为真。 证明:
16
(1) P?R 前提 (2) P (1) (3) P?Q 前提 (4) Q (2),(3) (5) ?(Q?R) 前提 (6) ?Q??R (5) (7) ?Q (6) (8) ?Q?Q (4),(7)
(集合论部分)
四、设A,B,C是三个集合,证明: 1、A? (B-C)=(A?B)-(A?C) 证明:
(A?B)-(A?C)= (A?B) ?=(A?B?A?C=(A?B) ?(A?C)
A)?(A?B?C)= A?B?C=A?(B?C)
=A?(B-C)
2、(A-B)?(A-C)=A-(B?C) 证明:
(A-B)?(A-C)=(A?=A?B)?(A?C) =A? (B?C)
B?C= A-(B?C)
A?B=A?C,则C=B
3、A?B=A?C,证明:
B=B?(=(C?A?A)=(B?A)? (B?A)
A)? (C?A)=C?(A?A)=C
4、A?B=A?(B-A) 证明:
A?(B-A)=A?(B?A)=(A?B)?(A?A)
=(A?B)?U= A?B
5、A=B ? A?B=? 证明:
?设A=B,则A?B=(A-B)?(B-A)=???=?。
?设A?B=?,则A?B=(A-B)?(B-A)=?。故A-B=?,B-A=?,从而A?B,B?A,故A=B。
6、A?B = A?C,A?B=A?C,则C=B 证明:
B=B?(A?B)= B?(A?C)= (B?A)?(B?C) = (A?C)?(B∩C)= C?(A?B) = C?(A?C) =C
17
7、A?B=A?C,证明:
A?B=A?C,则C=B A)=(B?A)?(B?A)
A)=C?(A?A)
B=B?(A?=(C?A)?(C?=C
8、A-(B?C)=(A-B)-C 证明:
A-(B?C)= A?=A?(B=(A-B)?B?C
?C)=(A?B)?C
C=(A-B)-C
9、(A-B)?(A-C)=A-(B?C) 证明:
(A-B)?(A-C) =(A?B)?(A?C)
=(A?A)?(B=A??C)
B?C=A-(B?C)
10、A-B=B,则A=B=? 证明:
因为B=A-B,所以B=B?B=(A-B)?B=?。从而A=A-B=B=?。 11、A=(A-B)?(A-C)?A?B?C=? 证明:
? 因为(A-B)?(A-C) =(A?B)?(A?C) =A?(B?C)
=A?B?C= A-(B?C),且A=(A-B)?(A-C),
所以A= A-(B?C),故A?B?C=?。
? 因为A?B?C=?,所以A-(B?C)=A。而A-(B?C)= (A-B)?(A-C), 所以A=(A-B)?(A-C)。
12、(A-B)?(A-C)=?证明:
?A?B?C
? 因为(A-B)?(A-C) =(A?B)?(A?C) =A?(B?C)
=A?B?C= A-(B?C),且(A-B)?(A-C)=?,
所以?= A-(B?C),故A?B?C。
? 因为A?B?C,所以A-(B?C)=A。而A-(B?C)= (A-B)?(A-C),
所以A=(A-B)?(A-C)。 13、(A-B)?(B-A)=A ? B=? 证明:
18
? 因为(A-B)?(B-A)=A,所以B-A?A。但(B-A)?A=?,故B-A=?。
即B?A,从而B=?(否则A-B?A,从而与(A-B)?(B-A)=A矛盾)。
? 因为B=?,所以A-B=A且B-A=?。从而(A-B)?(B-A)=A。 14、(A-B)-C?A-(B-C)
证明:
?x?(A-B)-C,有x?A-B且x?C,即x?A,x?B且x?C。 从而x?A,x?B-C,故x?A-(B-C)。从而(A-B)-C?A-(B-C)
15、P(A)?P(B)?P(A?B) (P(S)表示S的幂集) 证明:
?S?P(A)?P(B),有S?P(A)或S?P(B),所以S?A或S?B。
从而S?A?B,故S?P(A?B)。即P(A)?P(B)?P(A?B) 16、P(A)?P(B)=P(A?B) (P(S)表示S的幂集) 证明:
?S?P(A)?P(B),有S?P(A)且S?P(B),所以S?A且S?B。
从而S?A?B,故S?P(A?B)。即P(A)?P(B)?P(A?B)。
?S?P(A?B),有S?A?B,所以S?A且S?B。
从而S?P(A)且S?P(B),故S?P(A)?P(B)。即P(A?B)?P(A)?P(B)。 故P(A?B)=P(A)?P(B)
17、(A-B)?B=(A?B)-B当且仅当B=?。 证明:
(A?B)-B=(A??)-? =A,所以(A-B)?当B=?时,因为(A-B)?B=(A-?)??=A,
?B=(A?B)-B。
?用反证法证明。假设B??,则存在b?B。因为b?B且b? A?B,所以b?(A?B)-B。而显然b?(A-B)?B。故这与已知(A-B)?B=(A?B)-B矛盾。
五、证明或解答:
(数理逻辑、集合论与二元关系部分)
1、设个体域是自然数,将下列各式翻译成自然语言:
(1) ?x?y(xy=1); (2) ?x?y(xy=1); (3) ?x?y (xy=0); (4) ?x?y(xy=0); (5) ?x?y (xy=x); (6) ?x?y(xy=x); (7) ?x?y?z (x-y=z) 答:
(1)存在自然数x,对任意自然数y满足xy=1; (2)对每个自然数x,存在自然数y满足xy=1; (3)对每个自然数x,存在自然数y满足xy=0; (4)存在自然数x,对任意自然数y满足xy=1; (5)对每个自然数x,存在自然数y满足xy=x; (6)存在自然数x,对任意自然数y满足xy=x;
19
(7)对任意自然数x,y,存在自然数z满足x-y=z。
2、设A(x,y,z): x+y=z, M(x,y,z): xy=z, L(x,y): x
(1)?x(G(x,0)?M(0,0,x)) 或??x L(x,0) (2)?x?y?z ((L(x,y)?L(y,z))?L(x,z)) (3)?x?y ((L(x,y)??z(L(z,0)?G(xz,yz))) (4)?x?yM(x,y,y) (5)?x?yA(x,y,x) 3、列出下列二元关系的所有元素:
(1)A={0,1,2},B={0,2,4},R={
(2)A={1,2,3,4,5},B={1,2},R={
(1) R={<0,0>,<0,2>,<2,0>,<2,2>} (2) R={<1,1>,<1,2>,<2,1>,<2,2>,<3,1>}; (3) R={<1,1>,<1,-1>,<2,-2>,<3,-3>}。
4、对任意集合A,B,证明:若A?A=B?B,则B=B。 证明:
若B=?,则B?B=?。从而A?A =?。故A=?。从而B=A。
若B??,则B?B??。从而A?A??。
对?x?B,
5、对任意集合A,B,证明:若A?证明:
若B=?,则A?B=?。从而A?C =?。因为A? 若B??,A?B=A?C,则B=C。
?,所以C=?。即B=C。
?,则A?B??。从而A?C??。
?,所以存在y?A, 使
对?x?B,因为A?x?C。故B?C。 同理可证,C?B。 故B=C。
6、设A={a,b}, B={c}。求下列集合:
(1) A?{0,1}?B; (2) B
2
?A;
20
(3) (A?B); (4) P(A)?A。
2
解:
?A={
(4) P(A)?A={,a>,,b>,<{a},a>,<{a},b>,<{b},a>,<{b},b>
(2) B
2
2
7、设全集U={a,b,c,d,e}, A={a,d}, B={a,b,c}, C={b,d}。求下列各集合:
(1)A?B?(3)(A?B)?C; C; (2)A?B?C;
(4)P(A)-P(B); (5)(A-B)?(B-C); (6)(A?B)?C; 解 :
(1) A?B?(3) (A?C={a}; (2) A?B?C={a,b,c,d,e};
B)?C={b,d}; (4) P(A)-P(B)={{d},{a,d}};
(5) (A-B)?(B-C)={d,c,a}; (6) (A?B) ?C={b,d}。
8、设A,B,C是任意集合,证明或否定下列断言: (1)若A?B,且B?C,则A?C; (2)若A?B,且B?C,则A?C; (3)若A?B,且B?C,则A?C; (4)若A?B,且B?C,则A?C; 证明:
(1) 成立。
对?x?A, 因为A?B,所以x?B。又因为B?C,所以x?C。即A?C。
(2) 不成立。反例如下:A={a}, B={a,b},C={a,b,c}。虽然A?B,且B?C,但A?C。 (3) 不成立。反例如下:A={a}, B={{a},b},C={{{a},b},c}。虽然A?B,且B?C,但A?C。 (4) 成立。因为A?B, 且B?C,所以A?C。
9、A上的任一良序关系一定是A上的全序关系。 证明:
?a,b∈A,则{a,b}是A的一个非空子集。?≤是A上的良序关系,?{a,b}有最小元。若最小元为a,
则a≤b;否则b≤a。从而≤为A上的的全序关系。
10、若R和S都是非空集A上的等价关系,则R?S是A上的等价关系。 证明:
?a∈A,因为R和S都是A上的等价关系,所以xRx且xSx。故xR?Sx。从而R?S是自反的。 ?a,b∈A,aR?Sb,即aRb且aSb。因为R和S都是A上的等价关系,所以bRa且bSa。故bR?Sa。从
而R?S是对称的。
?a,b,c∈A,aR?Sb且bR?Sc,即aRb,aSb,bRc且bSc。因为R和S都是A上的等价关系,所以aRc且aSc。故aR?Sc。从而R?S是传递的。 故R?S是A上的等价关系。
21
11、设R?A×A,则R自反 ?IA?R。 证明:
??x?A,?R是自反的,?xRx。即
A
??x?A,?I?R,?
A
12、设A是集合,R?A×A,则R是对称的?R=R。
-1
证明:
??
-1
_1
。从而R?R。
-1
_1
反之?
-1
?R。
??x,y?A,若
13、设A,B,C和D均是集合,R?A×B,S?B×C,T?C×D,则
-1
-1
(1) R?(S?T)=(R?S)?(R?T); (2) R?(S?T)?(R?S)?(R?T); 证明:
(1)?
(2) ?
14、设〈A,≤〉为偏序集,?证明:
设a,b都是B的最大元,则由最大元的定义a?b,b?a。??是A上的偏序关系,?a=b。即B如果有最
大元则它是惟一的。
15、设A={1,2,3},写出下列图示关系的关系矩阵,并讨论它们的性质:
1 1 1
2 3 2 3 2 3 解:
?B?A,若B有最大(小)元、上(下)确界,则它们是惟一的。
?000???(1)R={<2,1>,<3,1>,<2,3>};M=?101?;它是反自反的、反对称的、传递的;
?100????011???(2)R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,1>,<2,3>,<3,2>};M=?101?;它是反自反的、对称的;
?110???R
R
22
?011???(3)R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,3>};M=?100?;它既不是自反的、反自反的、也不是对称的、反对称
?001???R
的、传递的。
16、设A={1,2,?,10}。下列哪个是A的划分?若是划分,则它们诱导的等价关系是什么? (1)B={{1,3,6},{2,8,10},{4,5,7}}; (2)C={{1,5,7},{2,4,8,9},{3,5,6,10}}; (3)D={{1,2,7},{3,5,10},{4,6,8},{9}} 解:
(1)和(2)都不是A的划分。 (3)是A的划分。其诱导的等价关系是
IA?{<1,2>,<2,1>,<1,7>,<7,1>,<2,7>,<7,2>,<3,5>,<5,3>,<3,10>,
<10,3>,<10,5>,<5,10>,<4,6>,<6,4>,<4,8>,<8,4>,<6,8>,<8,6>}。
17、R是A={1,2,3,4,5,6}上的等价关系,
R=IA?{<1,5>,<5,1>,<2,4>,<4,2>,<3,6>,<6,3>}
求R诱导的划分。 解:
R诱导的划分为{{1,5},{2,4},{3,6}}。 18、A上的偏序关系?的Hasse图如下。 (1) (2)
下列哪些关系式成立:a?b,b?a,c?e,e?f,d?f,c?f;
分别求出下列集合关于?的极大(小)元、最大(小)元、上(下)界及上(下)确界(若存在的话):
(a) A; (b) {b,d}; (c) {b,e}; (d) {b,d,e} a
e f b d c 解:
(1) b?a,c?e,d?f,c?f成立;
(2) (a)的极大元为a,e,f,极小元为c;无最大元,c是最小元;
无上界,下界是c;无上确界,下确界是c。 (b)的极大元为b,d,极小元为b,d;无最大元和最小元;
上界是e,下界是c;上确界是e,下确界是c。 (c)的极大元为e,极小元为b;最大元是e,b是最小元;
上界是e,下界是b;上确界是e,下确界是b。 (d)的极大元为e,极小元为b,d;最大元是e,无最小元;
上界是e,下界是c;上确界是e,下确界是c。
(半群与群部分)
19、求循环群C12={e,a,a,?,a}中H={e,a,a}的所有右陪集。
2
11
4
8
23
解:
因为|C12|=12,|H|=3,所以H 的不同右陪集有4 个:H,{a,a,a},{a,a,a},{a,a,a}。 20、求下列置换的运算: 解:
5
9
2
6
10
3
7
11
?1234??1234??1234?(1)??2431?????4321??=??1342??
???????123456??123456??123456?(2)??452631??=??452631?????452631????????=??32
?123456??123456?????????452631??635124?=???123456????123456?
21、试求出8阶循环群的所有生成元和所有子群。 解:
设G是8阶循环群,a是它的生成元。则G={e,a,a,..,a}。由于a是G的生成元的充分必要条件是k与8互素,故a,a,a,a是G的所有生成元。
因为循环群的子群也是循环群,且子群的阶数是G 的阶数的因子,故G的子群只能是1 阶的、2阶的、4 阶的或8阶的。因为|e|=1,|a|=|a|=|a|=8,|a|=|a|=8, |a|=2,且G 的子群的生成元是该子群中a的最小正幂,故G的所有子群除两个平凡子群外,还有{e,a},{e,a,a,a}。
22、I上的二元运算*定义为:?a,b?I,a*b=a+b-2。试问是循环群吗?解:
是循环群。因为是无限阶的循环群,则它只有两个生成元。1和3是它的两个生成元。因为a=na-2(n-1),故1=n-2(n-1)=2-n。从而对任一个k?I,k=2-(2-k)=1,故1是的生成元。又因为1和3 关于*
n
n
2-k
4
2
4
6
3
5
2
6
4
3
5
7
2
7
k
互为逆元,故3 也是的生成元。
23、设
?c
,d
?H,则对
?c,d
?-1
HK,c·a=a·c,d·a=a·d。故
(c·d) ·a=c·(d·a)=c·(a·d)=(c·a) ·d=(a·c) ·d=a·(c·d)。从而c·d?H。 由于c·a=a·c,且·满足消去律,所以a ·c=c·a。故c从而H 是G的子群。
24、证明:偶数阶群中阶为2 的元素的个数一定是奇数。 证明:
设
设
-1
-1
?H。
?a
-1
。故阶数大于2 的元素成对出
现,从而其个数必为偶数。 26、试求
0是
24
27、设
4
5
证明:
用反证法证明。
假设a·b=b·a。则a·b= a·(a·b)= a·(b·a)=(a·b)·a
=(a·(a·b))·a=(a·(b·a))·a=((a·b)·a)·a=(a·(a·b))·(a·a) =(a·(b·a))·a=((a·b)·a)·a =((b·a)·a)·a=(b·a)·a
224
=b·(a·a)=b·a。
因为a·b= b·a,所以b·a= b·a。由消去律得,a=e。 这与已知矛盾。
28、I上的二元运算*定义为:?a,b?I,a*b=a+b-2。试证:为群。 证明:
(1)?a,b,c?I,(a*b)*c=(a*b)+c-2=(a+b-2)+c-2=a+b+c-4, a*(b*c) =a+(b*c)-2=a+(b+c-2)-2=a+b+c-4。故(a*b)*c= a*(b*c),从而*满足结合律。
(2)记e=2。对?a?I,a*2=a+2-2=a=2+a-2=2*a.。故e=2是I关于运算*的单位元。
(3)对?a?I,因为a*(4-a)=a+4-a-2=2=e=4-a+a-2=(4-a)*a。故4-a是a关于运算*的逆元。
综上所述,为群。
29、设为半群,a?S。令Sa={a | i?I+ }。试证的子半群。
i
4
5
5
4
2
2
2
2
2
2
2
2
4
3
3
5
证明:
?b,c?S,则存在k,l?I,使得b=a,c=a。从而b·c=a·a=a
k
l
k
l
a
+
k+l
。因为k+l?I+,所以b·c?Sa,即
Sa关于运算·封闭。故的子半群。 30、单位元有惟一逆元。 证明:
设
因为e是关于运算?的单位元,所以e1=e1*e=e=e2*e=e2。 即单位元有惟一逆元。
31、设e和0是关于A上二元运算*的单位元和零元,如果|A|>1,则e?0。 证明:
用反证法证明。假设e=0。
对A的任一元素a,因为e和0是A上关于二元运算*的单位元和零元, 则a=a*e=a*0=0。即A的所有元素都等于0,这与已知条件|A|>1矛盾。
从而假设错误。即e?0。
32、证明在元素不少于两个的群中不存在零元。 证明:(用反证法证明)
设在素不少于两个的群
?
少于两个的群中不存在零元。 33、证明在一个群中单位元是惟一的。
25
证明:
设e1,e2都是群〈G,*〉的单位元。 则e1=e1*e2=e2。
所以单位元是惟一的。
34、设a是一个群〈G,*〉的生成元,则a也是它的生成元。 证明:
-1
?x?G,因为a是〈G,*〉的生成元,所以存在整数k,使得x=ak。
故x=((a)
k?1)
?1=((a
?1))
k?1=(a
?1)
?k。从而a也是〈G,*〉的生成元。
-1
35、在一个偶数阶群中一定存在一个2阶元素。 证明:
群中的每一个元素的阶均不为0 且单位元是其中惟一的阶为1的元素。因为任一阶大于2 的元素和它的逆元的阶相等。且当一个元素的阶大于2 时,其逆元和它本身不相等。故阶大于2 的元素是成对的。从而阶为1的元素与阶大于2 的元素个数之和是奇数。 因为该群的阶是偶数,从而它一定有阶为2 的元素。
36、代数系统
设e是该群的单位元。若a是
37、设
因为a*b∈G,且a*(a*b)=(a*a)*b=e*b=b,所以对于a,b∈G,必有x∈G,使得a?x=b。
-1
-1
-1
若x1,x2都满足要求。即a?x1=b且a?x2=b。故a?x1=a?x2。 由于*满足消去律,故x1=x2。
从而对于a,b∈G,必有唯一的x∈G,使得a?x=b。
38、设半群中消去律成立,则是可交换半群当且仅当?a,b?S,(a·b)=a·b。
2
2
2
证明:
(a·b)=(a·b)·(a·b)=((a·b)·a)·b ??a,b?S,
2
=(a·(a·b))·b=((a·a)·b)·b=(a·a)·(b·b)=a·b;
因为(a·b)=a·b,所以(a·b)·(a·b)=(a·a)·(b·b)。故a·((b·a)·b)=a·(a·(b·b))。? ?a,b?S,
2
2
2
22
由于·满足消去律,所以(b·a)·b=a·(b·b),即(b·a)·b=(a·b)·b。从而a·b=b·a。故·满足交换律。
39、设群
对任一a?G,由已知可得a*a=e,即a=a。
-1
对任一a,b?G,因为a*b=(a*b)=b*a=b*a,所以运算*满足交换律。
-1
-1
-1
从而<G,*>是交换群。
40、设*是集合A上可结合的二元运算,且?a,b?A,若a*b=b*a,则a=b。试证明: (1)?a?A,a*a=a,即a是等幂元; (2) ?a,b?A,a*b*a=a;
26
(3) ?a,b,c?A,a*b*c=a*c。 证明:
(1)?a?A,记b=a*a。因为*是可结合的,故有b*a=(a*a)*a=a*(a*a)=a*b。由已知条件可得a=a*a。 (2)?a,b?A,因为由(1),a*(a*b*a)=(a*a)*(b*a)=a*(b*a),
(a*b*a)*a=(a*b)*(a*a)=(a*b)*a=a*(b*a)。 故a*(a*b*a)=(a*b*a)*a,从而a*b*a=a。
(3) ?a,b,c?A,(a*b*c)*(a*c)=((a*b*c)*a)*c=(a*(b*c)*a)*c 且(a*c)*(a*b*c)=a*(c*(a*b*c))=a*(c*(a*b)*c))。
由(2)可知a*(b*c)*a=a且c*(a*b)*c=c, 故(a*b*c)*(a*c)=(a*(b*c)*a)*c=a*c 且(a*c)*(a*b*c)= a*(c*(a*b)*c))= a*c, 即(a*b*c)*(a*c)=(a*c)*(a*b*c)。 从而由已知条件知,a*b*c=a*c。
41、设
-1
证明:
设f 是G的自同构。对?a,b?G,a·b=(b?
故运算·满足交换律 ,即G是可交换群。
-1
·a)=(f(b) ·f(a))=(f(b·a))=((b·a))=b·a。
-1-1-1-1-1-1
?因为当a?b
-1
-1-1
时,a
-1
?b,即f(a)?f(b),故f是G到G中的一个单一函数。又对?a?G,有
-1
-1
-1
-1
-1
f(a)=(a)=a。故f是G到G上的满函数。从而f是G到G上的自同构。
对?a,b?G,因为G是可交换群,故f(a·b)=(a·b)=(b·a)=a·b=f(a)·f(b)。故f满足同态方程。 从而f是G 的自同构。
42、若群
由已知可知,G关于H 有两个不同的左陪集H,H1和两个不同的右陪集H,H2。因为H?H1=?且H?H1=G,H?H2=?且H?H2=G,故H1=G-H=H2。
对?a?G,若a?H,则aH=H,Ha=H。否则因为a?G-H,故aH?H,Ha?H。从而aH=Ha=G-H。故H是G的不变子群。
43、设H和K都 是G的不变子群。证明:H?K也是G 的不变子群。 证明:
因为H和K都 是G的不变子群,所以Ha·h·a
-1
-1
-1
-1
?K
是G 的子群。对
?a?G,h?H?K,有
-1
-1
?a·H·a,·h·a?a·K·a。因为H和K都 是G的不变子群,所以a·h·a?H且a·h·a?K。从而a·h·a?H?K。故H?K是G 的不变子群。
-1
44、设群G的中心为C(G)={a?G|?x?G,a·x=x·a}。证明C(G)是G的不变子群。 证明:
先证C(G)是G的子群。
?a,b?C(G),对?x?G,有
a·x=x·a ,b·x=x·b。故(a·b)·x= a·(b·x)=
-1
-1
-1
a·(x·b)=(a·x)·b=(x·a)·b=x·(a·b), a·x=x·a。从而a·b,a子群。
。 故C(G)是G 的?C(G)
27
再证C(G)是G的不变子群。
对?a?G,?h?C(G),记b=a·h·a。下证b?C(G)。因为h?C(G),所以b=(a·h) ·a=
-1
-1
(h·a)·a=h·(a·a)=h?C(G)。
-1
-1
故C(G)是G的不变子群。
45、设
若G是平凡群,则结论显然成立。
否则设
若n是合数,则存在大于1 的整数k,m,使得n=mk。记H={e,a,(a),?,(a)},易证H是G 的子群,但1<|H|=m 综上所述,G是平凡群或质数阶的循环群。 46、设H和K都是G 的有限子群,且|H|与|K|互质。试证:H?K={e}。 证明: 用反证法证明。 若H?K?{e}。则H?K是一个元素个数大于1的有限集。 先证H?K也是G的子群,从而也是H和K的子群。 k k2 km-1 ?a,b? H?K,则a,b? H且a,b?K。因为H和K都 是G的子群,故 a·b,a? H且a·b,a? K。 -1 -1 从而a·b ? H?K,a? H?K。故H?K是G的子群,从而也是H和K的子群。 -1 由拉格朗日定理可知,|H?K|是|H|和|K|的因子,这与已知矛盾。 47、素数阶循环群的每个非单位元都是生成元。 证明: 设 对G中任一非单位元a。设a的阶为k,则k?1。 由拉格朗日定理,k是p的正整因子。因为p是素数,故k=p。即a的阶就是p,即群G的阶。故a是G的生成元。 48、若 e?e=e,?e?T,即T是S的非空子集。 ?>是 ? ? a,b?T,? =(a?(b?a))?b=(a?(a?b))?b =((a?a)?b)?b=(a?a)?(b?b) =a?b,即a?b?T。 故 ?>是 k 49、设 n,其中(k,n)为k和n的最大公因子。 (k,n)28 记p= nk,q=,|a|=m。由n和p的定义,显然有(a)=e。故m?p且m|p。 (k,n)(k,n)k kp km 又由于a=e,所以由定理5.2.5知,n|km。即p|qm。但p和q 互质,故p|m。 由于p和m都是正整数,所以p=m。即|a|= k n。 (k,n)50、设 ?a?G,由封闭性及|G|=n a=e。从而|a|?m-k?n。 m-k 可知a,a,?,a,a 2nn+1 中必有相同的元素,不妨设为a=a,k km 51、设G=(a),若G为无限群,则G只有两个生成元a和a; 证明: -1 ?b?G=(a),则?n?I,使b=a。故b=(a n -n-1 )=(a),从而a也是G的生成元。 k m mk mk -1-n-1 若c是G的生成元,则?k,m?I,分别满足c=a和a=c。从而c= (c)= c。若km?1,则由消去律可知c的阶是有限的,这与|G|无限矛盾。从而km=1,即k=1,m=1或k=-1,m=-1。故c=a或c=a。 从而G只有两个生成元a和a。 52、设G=(a),{e}?H?G,a是H中a 的最小正幂,则 m -1 -1 (1) H=(a); (2) 若G为无限群,则H也是无限群; 证明: (1)?b?H, ?k?I, 使得b=a。令k=mq+r, 0?r k m 则a=a rk-mq =a k ?a -mq =b?(a)。 m-q r 因为b,a m ?H, 且H?G,所以a?H。 m mq m m m 由于0?r (2)因为{e}?H,故H的生成元为a (m?0)。因为G是无限群,所以a的阶是无限的,从而a的阶也是无限的,故H也是无限群。 53、设G=(a),|G|=n,则对于n 的每一正因子d,有且仅有一个d阶子群。因此n阶循环群的子群的个数恰为 n的正因子数。 证明: ?对n 的每一正因子d,令k= d kd kd ndn ,b=a, H={e,b,b,?,b}。 k2d-1 因为|a|=n,所以b=(a)=a=a=e且|b|=d。 从而H中的元素是两两不同的,易证H?G。 故|H|=d。所以是G的一个d阶子群。 设H1是G的任一d阶子群。则由定理5.4.4知,H1=(a),其中a是H1中a 的最小正幂,且|H|= m m nm。 因为|H|=d,所以m= nd=k,即H=H1。从而H是G的惟一d阶子群。 29 ?设H是G的惟一的d阶子群。若d=1 ,则结论显然成立。否则H=(a),其中a是H中a 的最小正幂。 m m 由定理5.4.4知,d=54、设h是从群 nm2 。故d是n的一个正因子。 ?>到 2 1 2 -1 -1 (2) ?a?G1,h(a)=h(a); (3) 若H?G1,则h(H)?G2; (4) 若h为单一同态,则?a?G1,|h(a)|=|a|。 证明: (1) 因为h(e1)?h(e1)=h(e1?e1)= h(e1)= e2?h(e1),所以h(e1)=e2。 (2) ?a∈G1,h(a)?h(a)=h(a?a)= h(e1)= e2, -1 -1 h(a)?h(a)=h(a -1 -1 ?a)= h(e)= e,故h(a 1 2 -1 )=h(a)。 -1 (3) ?c,d∈h(H),?a,b∈H,使得c=h(a),d=h(b)。故c?d=h(a)?h(b) =h(a ?b)。因为H?G,所以a?b ∈H ,故c?d∈h(H)。又c=(h(a))=h(a)且a∈H,故c∈h(H)。 -1 -1 -1 -1 -1 n n n 由定理5.3.2知h(H)?G2。 (4) 若|a|=n,则a=e1。故(h(a))=h(a)=h(e1)=e2。从而h(a)的阶也有限,且|h(a)|?n。 设|h(a)|=m,则h(a)= (h(a))= h(e1)=e2。因为h是单一同态,所以a=e1。即|a|?m。 故|h(a)|=|a|。 若a的阶是无限的,则类似于上述证明过程可以得出,h(a)的阶也是无限的。 故结论成立。 55、有限群G的每个元素的阶均能整除G的阶。 证明: 设|G|=n,?a?G,则|a|=m。令H={e,a,a,?,a}。 2 m-1 m m m 则H是G的子群且|H|=m。由Lagrange定理知|H|能整除|G|,故a的阶能整除G的阶。 56、证明:在同构意义下,只有两个四阶群,且都是循环群。 证明: 在4阶群 G中,由Lagrange定理知,G中的元素的阶只能是1,2或4。阶为1 的元素恰有一个,就是单位元e. 若G有一个4阶元素,不妨设为a,则G=(a),即G是循环群 ,从而是可交换群。 若G没有4阶元素,则除单位元e外,G的其余3个阶均为2。不妨记为a,b,c。因为a,b,c的阶均为2,故a=a,b=b,c=c。从而a?b?a, a?b?b, a?b?e,故a?b=c。同理可得a?c=c?a=b, c?b=b?c=a, -1 -1 -1 b?a=c。 57、在一个群 因为| a |=k,所以a=e。即(a)=(a)=e。 从而a的阶是有限的,且|a|?k。 -1 -1 k -1 k k-1 -1 同理可证,a的阶小于等于|a|。 故a的阶也是k。 30 -1 -1 58、在一个群 用反证法证明。 若A?G且B?G,则有a?A,a?B且b?B,b?A。因为A,B都是G的子群,故a,b?G,从而a*b?G。 因为a?A,所以a ?1?A。若a*b?A,则b= a?1*(a*b)?A,这与a?B矛盾。从而a*b?A。 同理可证a*b?B。 综合可得a*b?A?B=G,这与已知矛盾。从而假设错误,得证A=G或B=G。 59、设e是奇数阶交换群 设G=<{e,a1,a2,?,a2n},*>,n为正整数。 因为G的阶数为奇数2n+1,所以由拉格朗日定理知G中不存在2 阶元素,即除了单位元e以外,G的所有元素的阶都大于2。故对G中的任一非单位元a,它的逆元a元。 由此可见,G中的2n个非单位元构成互为逆元的n对元素。因为G 是交换群,故G的所有元素之积可变成单位元和n对互为逆元的元素之积的积,从而结果为e。 60、设S=Q?Q,Q为有理数集合,*为S上的二元运算:对任意(a,b),(c,d)?S,有 (a,b)*(c,d)=(ac,ad+b), 求出S关于二元运算*的单位元,以及当a?0时,(a,b)关于*的逆元。 解: 设S关于*的单位元为(a,b)。根据*和单位元的定义,对?(x,y)?S,有 (a,b)*(x,y)=(ax,ay+b)=(x,y), (x,y)*(a,b)=(ax,xb+y)=(x,y)。 即ax=x,ay+b=y,xb+y=y对?x,y?Q都成立。解得a=1,b=0。 所以S关于*的单位元为(1,0)。 当a?0时,设(a,b)关于*的逆元为(c,d)。根据逆元的定义,有 (a,b)*(c,d)= (ac,ad+b)=(1,0) (c,d)*(a,b)= (ac,cb+d)=(1,0) 即ac=1,ad+b=0,cb+d=0。解得c= ?1不是它本身,且G中不同的元素有不同的逆 1b,d=-。 aa 所以(a,b)关于*的逆元为( 1b,-)。 aa61、设 ?a∈G,因为H、K是G的子群,所以e∈H且e∈K。令h=k=e,则a=e*a*a=h*e*k,从而aRa。即R是自反 的。 ?a,b∈G,若aRb,则存在 h∈H,k∈K, 使得b=h*a*k。因为H、K是G的子群,所以h 故a=h*a*k,从而bRa。即R是对称的。 -1 -1 -1 ∈H且k∈K。 -1 ? a,b,c∈G,若aRb,bRc,则存在 h,g∈H,k,l∈K, 使得b=h*a*k,c=g*b*l。所以 31 c=g*b*l=g*(h*a*k)*l=(g*h)*a*(k*l)。因为H、K是G的子群,所以g*h∈H且k*l∈K。从而aRc。即R是传递的。 综上所述,R是G上的等价关系。 62、设H是G的子群,则下列条件等价: (1) H是G的不变子群; (2) ?a∈G,a?H?a(3) ?a∈G,a -1 -1 ?H; -1 ?H?a?H; ?H。 -1 (4) ?a∈G,?h∈G,a?h?a证明: (1)?(2) ?a∈G,则对h∈H,令h1=a?h?a,因为a?h ? a?H且H?a=a?H,所以?h2∈H,使得a?h=h2?a。故h1=(h2?a)?a=h2?H。故 a?H?a -1 -1 ?H。 -1 -1 -1 (2)?(3) ?a∈G,对h∈H,令h1=a∈a?H?a。由(2)可知(h1) -1 -1 则(h)= a?h?a。因为h?h?a, ∈H,从而h?H。故a?H?a?H 。 -1 -11-1 1 ∈H,所以(h1)= a?h -1 -1 ?a -1 (3)?(4) 类似于(2)?(3)的证明。 (4)?(1) ?a∈G,对?b∈a?H,则?h∈H,使得b=a由于a?h?a∈H,所以b∈H -1 ?h。故b=(a?h) ?(a?a)=(a?h?a)?a。 -1 -1 ?a。即a?H?H?a。 ?-1 反之对 ?-1 b∈Ha,则 -1-1 ?h∈H,使得 -1 -1-1 b=h ?a。故b=(a ?a) -1 ?(h?a)=a?(a?h?a)=a?(a?h?(a))。由于a?h?(a 即H?a=a?H。从而H是G的不变子群。 证明: 任意取定a?G,记方程a*x=a的惟一解为eR。即a*eR=a。 下证eR为关于运算*的右单位元。 对?b?G,记方程y*a=b的惟一解为y。 )∈H,所以b∈a ?H。即H?a?a?H。 63、在半群 ? R R R 类似地,记方程y*a=a的唯一解为eL。即eL*a=a。 下证eL为关于运算*的左单位元。 对?b?G,记方程a*x=b的惟一解为x。 ? L L L 从而在半群 对?b?G,记c为方程b*x=e的惟一解。下证c为b关于运算的逆元。记d=c*b。 则b*d=(b*c)*b=e*b=b。 ?b*e=b,且方程b*x=b有惟一解,?d=e。 ?b*c=c*b=e。从而c为b关于运算的逆元。 综上所述, 64、设 32 的子群的充分必要条件是HK=KH。 证明: ?HK是G的子群。?c?HK,则c?HK,故存在a?H,b?K ,使得c -1 -1 =a·b。因为c=(a·b)=b·a。 -1-1-1 因为H和K都是G 的子群,所以a -1 -1 -1 ?H,b?K ,即c?KH。从而HK?KH。 ?c?KH,则存在a?H,b?K , -1 -1 使得c=b·a。因为c=(a·b)。因为H和K都是G 的子群,所以aHK是G的子群,所以c=(a·b)故HK=KH。 -1 -1 -1 -1 ?H,b?K ,即a -1 -1 ·b -1 ?HK。因为 ?HK。从而KH?HK。 HK,有a1,a2 ?HK=KH。对 ?c,d ??H,b1,b2 ?K ,使得c=a1·b1 ,d=a2·b2。则 c·d=( a1·b1)·(a2·b2)=(( a1·b1)·a2)·b2=( a1·(b1·a2))·b2。因为b1·a2?KH=KH,所以存在a3?H,b3?K ,使得b1·a2 =a3·b3。从而c·d=( a1·(b1·a2)·b2=(a1·(a3·b3))·b2=(a1·a3)·(b3·b2)。因为H和K都是G的子群,故a1·a3?H, b3·b2?K。从而c·d?HK。 又c=(a1·b1)=b1·a1。因为H和K都是G的子群,故a以c -1 -1 -1 -1 -1 -11 ?H, b?K。从而c?KH。因为HK=KH,所 -1 -1 1 ?HK。 综上所述,HK是G的子群。 65、设H和K都 是G的不变子群。证明:HK也是G 的不变子群。 证明: 先证HK是G 的子群。 对?a?HK,有hh·k·h -1 ?H,k?K,使得a=h·k。因为a=h·k=(h·k·h)·h,且K是G 的不变子群,所以 -1 ?K。故a?KH。从而HK?KH。 同理可证,KH?HK。 故HK=KH。从而HK是G的子群。 下证HK是G的不变子群。 ?HK,有h?H,k?K,使得b=h·k。故a·b·a=a·(h·k)·a=(a·h·a)·(a·k·a)。因为H和K都是G的不变子群,所以a·h·a?H且a·k·a?K。从而a·b·a?HK。故HK是G 的不变 对?a?G,b -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 子群。 66、设 设c的阶为k。在a*b=c*b*a两边同时右乘b a*b=(c*b*a)*b=(c*b)*a*b=(c*b)*a*b 32n?2n?3nn?1n?1,再由a*b=c*b*a得 n?2=(c*b)*(a*b)*b 2n?3n?2=(c*b)*(c*b*a)*b 2 =(c*b)*(a*b)*b=?=(c*b)*a, n=(c*b)*(c*b*a)*b n?3 再由b*c=c*b及b 的阶为n得 a=a*b= (c*b)*a=(c*b)*a=c*a, 所以c=e。故由元素阶的定义有k|n。 由a*b=c*b*a,a*c=c*a,b*c=c*b得a*b=b*a*c,两边同时左乘aa mm?1nnnnnn,再由a*b=b*a*c得 *b=a m?1*(b*a*c)= a m?2* (a*b)*(a*c)= a 33 m?2*(b*a*c)*(a*c) = a= a m?2m?3*b*(a*c)= a 32m?3*(a*b)*(a*c)= a m2m?3*(b*a*c)*(a*c) 2*b*(a*c)=?=b*(a*c), 再由a*c=c*a及a 的阶为m得 b= a*b= b*(a*c) mmm=b* a * c=b*c, mmm 所以c=e。故由元素阶的定义有k|m。 由此可见,k是m和n的公因子,从而能整除m和n的最大公因子(m,n)。 (格与布尔代数) 67、当n分别是24,36,110时, 因为|S24|=8,|S36|=9,|S110|=8,故 用反证法证明。 设0=1。则任取a?L,则由于L是有界格,故a?1且0?a。即0?a?1。因为0=1且?是L上的偏序关系,所以a=0。这与已知|L|>1矛盾。 69、设(L,≤)是格,若a,b,c?L,a≤b≤c,则 a?b=b⊙c , (a⊙b)?(b⊙c)=(a?b)⊙(a?c) 证明: 因为a?b?c,所以a?b=a,a?b=b=b,且b=b?c,以c=b?c。从而a?b=b?c。 (a?b)?(b?c)=a?(b?c)=a?(a?b)=(a?a) ?b=a?b=b, (a?b)?(a?c)=(b?c)?(a?c)=b?(c?(a?c))=b?c=b。 70、在布尔代数中,证明恒等式a?(a?证明: a?(a??b)=a?b ?b)=(a?a?)?(a?b)=1?(a?b)=a?b 71、设 ? 显然是成立的。 ? 对任一k=1,2,..,n,a?a???a?a,a?a?a???a。 1 2 n k k 1 2 n 因为a1?a2???an= a1?a2???an,且?是L上的偏序关系,故ak=a1?a2???an。从而a1=a2=?=an。 72、在布尔代数中,证明恒等式(ac)?(a?证明: ??b)?(b?c)=(a?c)?(a??b) ??b))?(b?c)=((a?c)?(b?c))?((a??b)?(b?c)) =(a?b?c)?(a??b?c)=(a?a?)?b?c=1?b?c=b?c, 故 b?c?(a?c)?(a??b),从而 (a?c)?(a??b)?(b?c)=(a?c)?(a??b)。 ((ac)?(a? 34 73、在布尔代数中,证明恒等式(ab)?(a?证明: ??c)?(b??c)=(a?b)?c ??c)?(b??c)=(a?b)?((a??b?)?c) =(a?b)?((a?b)??c)=(a?b)?c。 (ab)?(a?74、设 因为a?b,c?d,所以a=a?b,c=c?d。从而 (a?c)?(b?d)=((a?c)?b)?d=(b?(a?c))?d=((b?a)?c)?d =a?(c?d)=a?c, 所以a?c?b?d。 75、当n分别是10,45时,画出 ?? 5 ?2 5? 3? 1? ? 1 15 9 76、在布尔代数中,证明恒等式 (a?证明: (a? 10 ??? 45 b?)?(b?c?)?(c?a?)=(a??b)?(b??c)?(c??a) b?)?(b?c?)?(c?a?) ????a?)?(a?c??a?)?(a?c??c)?(b??b?c) ?(b??c??c)?(b??c??a?)?(b??b?a?)=(a?b?c)?(b??c??a?), (a??b)?(b??c)?(c??a) =(a??b??c?)?(a??b??a)?(a??c?c?)?(a??c?a)?(b?b??c?) ?(b?b??a)?(b?c?c?)?(b?c?a)=(a?b?c)?(a??b??c?), 故(a?b?)?(b?c?)?(c?a?)=(a??b)?(b??c)?(c??a)。 =(abc)?(ab 77、设 I[a,b]={x?L|a≤x≤b} 则是 ?x,y?I[a,b],a≤x≤b且a≤y≤b。由定理6.1.1有a≤x?y≤b且a≤x?y≤b。从而x?y?I[a,b] 且x?y?I[a,b]。故I[a,b] 关于 ?和?是封闭的,从而是 78、设A={a,b,c},求 的子格(P(A)表示A的幂集)。 解: P(A)={?,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},A}。在P(A)的所有非空子集中,只要它关于?和?是封闭 35 的,则它就是 的子格。 显然 和<{?},?>是 的子格。 <{?,{a}},?>、<{?,{b}},?>、<{?,{c}},?>、<{?,{a,b}},?>、<{?,{a,c}},?>、<{?,{b,c}},?>、<{?,A},?>、<{?,{c},{a,c},{b,c},A },?>等都是 的子格。 79、证明:在同构意义下,4阶格只有2个。 证明: 若≤是L上的全序关系,则它一定是良序关系(因为任一有限的全序集一定是良序集)。若设L={a,b,c,d},则L的四个元素满足:a≤b≤c≤d。 若≤不是L上的全序关系,则L中一定存在两个元素(不妨设为b,c),b≤c和c≤b都不成立。因此b和b?c既不可能相等,也不可能是b和c。不妨记a=b≤a,b≤b,c≤c,d≤d,a≤b,a≤c,a≤d,b≤d,c≤d。 d? ?d c? b? ?c b? a ? a? 80、设是有界格,?是A上的全序关系。若|A|>2,则?a?A-{0,1},a无补元。 证明: 用反证法证明。 若? a?A-{0,1},a有补元a'。即a?a'=1,a若a?a',则a= a81、格 ?c ?c,d=b?c。故 ?a'=0。因为?是A上的全序关系,所以a?a'或a'?a。 ?a'=0。若a'?a,则a= a?a'=1。无论如何,这与a?0,a?1矛盾。 ?(a?c))=(a?b)?(a?c) ?,?>是模格??a,b,c?L,有 a?(b 证明: ? ?a,b,c?L,记d= a?c。所以a?d,从而 a?(b ?(a?c))= a?(b?d)= (a?b)?d=(a?b)?(a?c)。 ? ?a,b,c?L,若a?c,则c= a?c。所以 (a?b) 82、设 ?c= (a?b)?(a?c)= a?(b?(a?c))= a?(b?c)。 ?,?>是分配格, a,b,c?L。若(a?b)=(a?c)且(a?b)=(a?c),则b=c。 36 由吸收律、分配律和交换律有 b=b?(a ?b)=b?(a?c)=(b?a)?(b?c) ?(b?c)=c?(a?b)= c?(a?c)=c。 =(a?c) 83、证明:在有补分配格中,每个元素的补元一定惟一。 证明: 设 a?b=1,a?c=1,a ?b=0,a?c=0。 由吸收律、分配律和交换律有 b= b?0=b?(ac= c?0=c?(a ?c)=(b?a)?(b?c)=1?(b?c)=b?c, ?b)=(c?a)?(c?b)=1?(c?b)=c?b。 故b=c。从而每个元素的补元是惟一的。 84、设 (a?b)?c?a?(b?c) 证明: ?设L是分配格。对?a,b,c?L,有 (a?b)?c=(a?c)?(b?c) 因为a?c?a,故(a?c)?(b?c) ?a?(b?c)。从而 (a?b)?c?a?(b?c) ?对?a,b,c?L,因为a?c?a,a?c? c,a? a?b,b?c? c,b?c? b,b? a?b,所以a?c? a?b,a?c c,b?c c,b?c ?? a?b, 从而(a?c)?(b?c)?(a?b)?c。 ???又由已知有 (a?b)?c=((b?a)?c)?c(b?(a?c))?c=((a?c)?b)?c(a?c)?(b?c)。 故(a?b)c=((a?c)?b)?c(a?c)?(b?c)。 从而L是分配格。 85、设 a+b=(a⊙b′) 证明: ?a,b?S,?<S,?,⊙,′,0,1>是一布尔代数, ???(a′⊙b)。 ? ? a+b=(a⊙b′) ?(a′⊙b)= (b⊙a′)?(b′⊙a)=b+a。 ?(a′⊙b))+c 运算+满足交换律。 ?a,b,c?S,(a+b)+c=((a⊙b′) =(((a⊙b′) ?(a′⊙b))⊙c′)?(((a⊙b′)?(a′⊙b))′⊙c) 37 =(a⊙b′⊙c′) =(a⊙b′⊙c′) =(a⊙b′⊙c′) ?(a′⊙b⊙c′) ?((a′?b)⊙(a?b′)⊙c) ?(a′⊙b⊙c′)?(((a′⊙b′)?(b⊙a))) ⊙c) ?(a′⊙b⊙c′)? (a′⊙b′⊙c) ?(a⊙b⊙c) ?(c′⊙b⊙a′)? (c′⊙b′⊙a) ?(c⊙b⊙a) ?(a′⊙b⊙c′)? (a′⊙b′⊙c) ?(a⊙b⊙c) a+(b+c)=(c+b)+a =(c⊙b′⊙a′)=(a⊙b′⊙c′) =(a+b)+c ? ? ? ? ? 运算+满足结合律。 ?a?S,?<S,?,⊙,′,0,1>是一布尔代数, a+0=(a⊙0′) ?(a′⊙0)= (a⊙1)?0=a。 0关于运算+的单位元。 ?a?S,?<S,?,⊙,′,0,1>是一布尔代数, a+a=(a⊙a′) ?(a′⊙a)=0?0=0。 a是a关于运算+的逆元。 综上所述, 86、设 ?b=b}是S上的偏序关系。 ?a?S,??满足等幂律,? a?a=a,故aRa。即R是自反的。 ?a,b?S,若aRb且bRa,? ?满足交换律,? b=a?b=b?a=a。即R是反对称的。 ?a,b,c?S,若aRb且bRc,? ?满足结合律,? c=c?b=c?(b?a) =(c?b)?a=c?a,故aRc。即R是反对称的。 综上所述,R={ | a?b=b}是S上的偏序关系。 87、设 ?a?S,因为⊙满足等幂律,所以a⊙a=a,故a?a。即?是自反的。 ?a,b?S,若a?b且b?a,因为⊙满足交换律,所以a=a⊙b=b⊙a=b。即?是反对称的。 ?a,b,c?S,若a?b且b?c,因为⊙满足结合律,因为a=a⊙b=a⊙(b⊙c)=(a⊙b)⊙c=a⊙c,故a?c。 即?是反对称的。 综上所述,?={ | a⊙b=a}是S上的偏序关系。 (图论部分) 88、证明在有n个结点的树中,其结点度数之和是2n-2。 证明: 设T= 38 88、任一图中度数为奇数的结点是偶数个。 证明: 设G=〈V,E〉是任一图。设|V|=n。 由欧拉握手定理可得 ?v?Vdeg(v)=2|E|可得,图中所有结点度数之和是偶数。显然所有偶数度结点的度 数之和仍为偶数,从而所有奇数度结点的度数之和也是偶数。因此,图中度数为奇数的结点一定为偶数个。 89、连通无向图G的任何边一定是G的某棵生成树的弦。这个断言对吗?若是对的请证明之,否则请举例说明。 证明: 不对。 反例如下:若G 本身是一棵树时,则G的每一条边都不可能是G的任一棵生成树(实际上只有惟一一棵)的弦。 90、设T= (用反证法证明)设|V|=n。 因为T=〈V,E〉是一棵树,所以|E|=n-1。 由欧拉握手定理可得 ?v?Vdeg(v)=2|E|=2n-2。 假设T中最多只有1片树叶,则得出矛盾。 91、画一个使它分别满足: (1) 有欧拉回路和哈密尔顿回路; ?v?Vdeg(v)?2(n-1)+1>2n-2。 (2) 有欧拉回路,但无条哈密尔顿回路; (3) 无欧拉回路,但有哈密尔顿回路; (4) 既无欧拉回路,又无哈密尔顿回路。 解 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 92、设无向图G= 设G中度数小于3的顶点有k个,由欧拉握手定理 24= ?deg(v) v?V知,度数小于3 的顶点度数之和为6。故当其余的顶点度数都为2时,G的顶点最少。即G中至少有9个顶点。 93、设图G= 39 证明: 由已知可知,G中k+1度顶点为n-nk个。再由欧拉握手定理可知 2m= ?deg(v)=kn+(k+1)(n-n)=(k+1)n+-n k k k v?V故nk=(k+1)-2m。 94、设G= (用反证法证明) 设|V|=n,则|E|=n-1。 由欧拉握手定理可得 ?v?Vdeg(v)=2|E|=2n-2。 因为G连通,所以?v?V,deg(v)?1。假设G中没有1片树叶,则得出矛盾。 95、若n阶连通图中恰有n-1 条边,则图中至少有一个结点度数为1。 证明: (用反证法证明)设G= ?v?Vdeg(v)?2n>2n-2。 ?v?Vdeg(v)=2|E|=2n-2。 因为G是连通图,所以G中任一结点的度数都大于等于1。 假设G中不存在度数为1 的结点,则G中任一结点的度数都大于等于2.故得出矛盾。 96、若G有n个结点,m条边,f个面,且每个面至少由k(k?3)条边围成,则 m?k(n-2)/(k-2)。 证明: 设连通简单无向平面图G=〈V,E,F〉,则|V|=n,|E|=m,|F|=p。 由已知对任一f?F, deg(f)?k。 由公式 ?v?Vdeg(v)?2(n-1)+1>2n-2, ?deg(f)=2|E|可得,2|E| ?k|F|。 2|E|?2。 kf?F再由欧拉公式|V|-|E|+|F|=2可得|V|-|E|+即k(n-2) ?(k-2)m。 所以m?k(n-2)/(k-2)。 97、设G= 记|E|=m。因为G= 3k?2m 再由欧拉公式|V|-|E|+|F|=2有 40 ?deg(f)=2|E|可 f?F m=n+k-2 及 3k?n+k-2 2故 k?2n-4。 98、证明对于连通无向简单平面图,当边数e<30时,必存在度数≤4的顶点。 证明: 若结点个数小于等于3时,结论显然成立。 当结点多于3 个时,用反证法证明。 记|V|=n,|E|=m,|F|=k。 假设图中所有结点的度数都大于等于5。 由欧拉握手定理得 ?v?Vdeg(v)=2|E|得 5n?2m。 又因为G=〈V,E,F〉是一个连通简单无向平面图, 所以对每个面f,deg(f)?3。 由公式 ?deg(f)=2|E|可得,2m ?3k。 221m-m+m=m 5315f?F再由欧拉公式|V|-|E|+|F|=2可得2?从而30?m,这与已知矛盾。 99、在一个连通简单无向平面图G=〈V,E,F〉中若|V|?3,则 |E|?3|V|-6。 证明: ? |V|?3,且G=〈V,E,F〉是一个连通简单无向平面图, ? 由公式 d(f) ?3,?f?F。 ?deg (f)=2|E|可得,2|E| ?3|F|。 2|E|?2。 3f?F再由欧拉公式|V|-|E|+|F|=2可得|V|-|E|+ ?|E|?3|V|-6。 100、给定连通简单平面图G= 因为|V|=6?3,且G=〈V,E,F〉是一个连通简单无向平面图, 所以对任一f?F,deg(f)?3。 由欧拉公式|V|-|E|+|F|=2可得|F|=8。 再由公式 ?deg(f)=2|E|, f?F?deg(f)=24。 f?F因为对任一f?F,deg(f)?3,故要使上述等式成立, 对任一f?F,deg(f)=3。 101、设G= 用反证法证明。 41 若G 不连通,则它可分成两个独立的子图G1和G2,其中|V(G1)|+|V(G2)|-2=n ,且G1中的任一个顶点至多只和G1中的顶点邻接,而G2中的任一顶点至多只和G2中的顶点邻接。任取u?V(G1),v?V(G2),则 d(u)?|V(G1)|-1, d(v)?|V(G2)|-1。 故d(u)+d(v) ?(|V(G1)|-1)+(|V(G2)|-1)?|V(G1)|+|V(G2)|-2 =n-2 102、一次会议有20人参加,其中每个人都在其中有不下10个朋友。这20人围成一圆桌入席。有没有可能使任意相邻而坐的两个人都是朋友?为什么? 证明: 可以。 将每个人对应成相应的顶点,若两人是朋友,则对应的两个顶点间连上一条无向边,作出一个简单无向图。由已知,图中每个顶点的度数都大于等于10。即图中任两个不相邻的顶点的度数大于等于20,即顶点数。故这个图是一个哈密尔顿图,从而存在哈密尔顿回路。任取一条哈密尔顿回路,按回路经过的顶点的次序安排对应的人的座位,就可满足要求。 103、证明在任何两个或两个以上人的组内,存在两个人在组内有相同个数的朋友。 证明: 将每个人对应成相应的顶点,若两人是朋友,则对应的两个顶点间连上一条无向边,作出一个简单无向图。则原命题相当于在该无向图中一定存在两个顶点的度数相等。 设该简单无向图中有n个顶点,则图中n个顶点的度数只能为0,1,2,?,n-1。若图中有两个或两个以上的顶点度数为0,则结论显然成立。否则所有顶点的度数都大于等于1。现用反证法证明该无向图中一定存在两个顶点的度数相等。 设该简单无向图中n个顶点中任何一对顶点的度数都不相等,即这n个顶点的度数两两不同。但每个顶点的度数只能是1,2,?,n-1这n-1个数中的某一种,这显然产生了矛盾。 因此该无向图中一定存在两个顶点的度数相等。从而在任何两个或两个以上人的组内,存在两个人在组内有相同个数的朋友。 104、设有如下有向图G= (1)求G的邻接矩阵;(2)G中v1到v4的长度为4 的通路有多少条?(3)G中经过v1的长度为3 的回路有多少条?(4)G中长度不超过4 的通路有多少条?其中有多少条通路? 解: (1) ?1?1A=??0??0110??2?1010??,A=??0001???010??0?324?213A=??000??0012 3121?111?? 010??001?2??53?321??,A=??001???0??004 74?43?? 10??01?(2) G中v1到v4的长度为4 的通路有4条; 42 (3) G中经过v1的长度为3 的回路有3条; (4) G中长度不超过4 的通路有72条,其中有19条回路。 ?v ?v 14 ? v2 ?v3 105、求下列无向图中每个顶点的度数;求下列有向图中每个顶点的出度、入度和度。 解: a? ?b ?f 在这个无向图中d(a)=3,d(b)=6, d(c)=4, d(d)=3, d(e)=0, d(f)=0。 c b a 在这个有向图中d(a)=3,d(b)=4, d(c)=3, d(a)=2, d(a)=1, d(b)=2 , d(b)=2,d(c)=1, d(a)=2。 a? ???????d ?e ?c ?d ?e ?c ?b ?f 106、求下列无向图的子图、生成子图、由边集诱导的子图和由顶点集诱导的子图。 解: c b 它的一个子图 d a e 43 c b f 它的一个生成子图 d a c b 由边集{(a,b),(a,c),(a,d),(b,d)}诱导出的子图 d a b f 由顶点集{a,b,d,f}诱导出的子图 107、求下列赋权图顶点间的距离。 ? d ? a e ? 4 3 5 7 1 c? b ? 14 ?f 解: d(a,b)=3, d(a,c)=3, d(a,d)=?, d(a,e)=8, d(a,f)=16, d(b,c)=1, d(b,d)=?, d(b,e)=6, d(b,f)=13, d(c,d)=?, d(c,e)=5, d(c,f)=12, d(d,e)=?, d(d,f)=?, d(e,f)=7, 108、求下列赋权图中v1到其他顶点的距离。 v2 10 v4 3 v1 2 2 6 4 3 4 v6 v3 2 v5 44 解: S l(v2) l(v3) l(v4) l(v5) l(v6) t l(t) {v1} 3 4 ? ? ? v2 3 {v1,v2} 4 13 ? ? v3 4 {v1, v2, v3} 7 6 ? v5 6 {v1,v2, v3, v5} 7 10 v4 7 {v1,v2, v3, v5, v4} 9 v6 9 {v1,v2, v3, v5, v4, v6} 故v1到v2, v3, v4, v5, v6的距离分别是3,4,7,6,9。 109、求下图的可达矩阵。 d a e b c 解: 该图的邻接矩阵为 ?1??1A=?0?0???0则 1000??0100?1000? 0001??0010??2?1??1A=?0?0??0?2 10100000??100?000?001??010?? ?2??1=?1?0???01100??2000?0100? 0010??0001???3??3A=?1?0???033100??1200?2000? 0001??0010?? 45 ?6??4A=?3?0???044300??5100?1200? 0010??0001?? 故图的可达矩阵为 ?1??1P =?1?0???01100??1100?1100? 0011??0011??110、求下列图的生成树。 解: 下面是它的两棵生成树: 111、在一个有n个顶点的G= 设v0e1v1e2?el vl是从u=v0到v=vl的长为l的通路。 若l?n-1,则结论显然成立。 否则因为l+1>n,故v0,v1,?,vl中必有一个顶点是重复出现的。不妨设vi=vj(0?i 若新通路的长度?n-1,则结论得证。否则对新通路重复上述过程,必可以得到一条从u到v的长为n-1的通路。 112、设简单平面图G中顶点数n=7,边数m=15。证明:G是连通的。 证明: 设G具有k个连通分支G1,G2,?,Gk。设Gi的顶点数为ni,边数为mi,i=1,2,?,k。 先证每个连通分支的顶点数都大于1。否则说明G中有孤立结点。由于G是简单图,从而要使G的边数是15,则G只有两个连通分支,其中一个是由孤立结点导出的,另一个是K6。但K6不是平面图,故要每个连通 46 分支的顶点数都大于1。 同理可证,每个连通分支的顶点数都大于2。 由此可得,G的每个连通分支至少有3 个顶点。从而 mi?3ni-6 即m= ?mi?1ki??(3ni?6)=3n-6k i?1k从而15?21-6k,即k?1。从而k=1,故G是连通图。 113、已知一棵无向树中有2个2度顶点、1个3度顶点、3个4度顶点,其余顶点度数都为1。问它有多少个1度顶点? 解: 设它有k个1度顶点,则由欧拉握手定理 ?v?Vdeg(v)=2|E| 可得 2|E|=k+4+3+12=k+19。再由于它是一棵树,故 |E|=k+2+1+3-1=k+5 从而2(k+5)=k+19, k=9。故它有9个1度顶点。 114、有向图G是强连通的?G中有一回路,它至少通过每个顶点一次。 证明: ?设G= P1。故从P1和P2首尾相接可得到一条经过u和v的回路C1。 若C1经过G中所有顶点至少一次,则C1就是满足结论要求的回路。否则若C1没有经过顶点w,则类似地我们可得到一条经过u和w的回路C2。从C1和C2我们可得到一条经过更多顶点的回路C3(先从u经过P1到v,再从v经过C2回到v,再从v经过P2回到u)。 对C3重复上述过程,直到得到一条经过所有顶点的回路为止。 ?若G中存在一条经过G中所有顶点至少一次的回路,则G中任意两个顶点是相互可达的,从而G是强连 通的。 115、一个有向图是单向连通图? 它有一条经过所有结点的路。 证明: ?设G= 径P1。 若P1经过G中所有顶点至少一次,则P1就是满足结论要求的路径。否则若P1没有经过顶点w,则如果v经过路径T可达w, 连接P1和T我们可得一条经过P1经过的所有顶点及w的更长的路径P2;否则若w经过路径S可达u,连接S和P1我们也可得一条经过w及P1经过的所有顶点的更长的路径P2;再否则我们一定可以找到P1经过的两个相邻顶点t和s,t到s有边,t经过路径T1 可达w,w经过路径T2可达s(否则就与u可达w,w可达v矛盾),我们构造这样一条路径P2:从u出发经过P1到达t,t经过路径T1到达w,再从w 47 出发经过路径T2到达s,然后从s出发经过P1到达v。这是一条经过w及P1所经过的所有顶点的更长的路径。 u? ?v u? ?v T S w? ?w P u ? ?t ?s ?v T1 T2 ?w 对P2重复上述过程,直到得到一条经过所有顶点的路径为止。 P1 P1 ?若G中存在一条经过G中所有顶点至少一次的路径,则G中任意两个顶点中至少有一个可达另一个, 从而G是单向连通的。 寄语: 希望大家能在考试中取到好的成绩,谢谢! 48 是可交换独异点,T为S中所有等幂元的集合,则的子独异点。 是可交换独异点, ?(a?b)?(a?b)=((a?b)?a)?b 的子独异点。 是一布尔代数,则是一个交换群,其中+定义为 是一个交换群。 是一布尔代数,则 R={ | a证明: 是一布尔代数,则关系?={ | a⊙b=a}是S上的偏序关系。 证明: