离散数学习题答案(耿素云屈婉玲)

习题二及答案：（P38）

5、求下列公式的主析取范式，并求成真赋值： （2）(pq)(qr) 解：原式(pq)qr

qr(pp)qr

(pqr)(pqr)m3m7，此即公式的主析取范式，

所以成真赋值为011，111。

6、求下列公式的主合取范式，并求成假赋值： （2）(pq)(pr)

解：原式(ppr)(pqr)所以成假赋值为100。

7、求下列公式的主析取范式，再用主析取范式求主合取范式： （1）(pq)r 解：原式

(pqr)M4，此即公式的主合取范式，

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) m1m3m5m6m7，此即主析取范式。

主析取范式中没出现的极小项为m0，m2，m4，所以主合取范式中含有三个极大项M0，M2，M4，故原式的主合取范式

9、用真值表法求下面公式的主析取范式： （1）(pq)(pr) 解：公式的真值表如下： M0M2M4。

p 0 0 q 0 0 r 0 1 p 1 1 pq 0 0 pr 0 1 (pq)(pr) 0 1 0 0 1 1 1 1

1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 由真值表可以看出成真赋值的情况有7种，此7种成真赋值所对应的极小项的析取即为主析取范式，故主析取范式

m1m2m3m4m5m6m7

习题三及答案：（P52-）

11、填充下面推理证明中没有写出的推理规则。 前提：pq,qr,r结论：s 证明：

① p 前提引入 ② ④ ⑥

15、在自然推理系统P中用附加前提法证明下面推理： （2）前提：(pq)(rs),(st)u 结论：

s,p

pq 前提引入 qr 前提引入

rs 前提引入

③ q ①②析取三段论 ⑤ r ③④析取三段论 ⑦ s ⑤⑥假言推理

pu

证明：用附加前提证明法。

① p 附加前提引入 ② ③ ④ ⑥ ⑦

pq ①附加

(pq)(rs) 前提引入 rs ②③假言推理

⑤ s ④化简

st ⑤附加

(st)u 前提引入

⑧ u ⑥⑦假言推理 故推理正确。

16、在自然推理系统P中用归谬法证明下面推理：

pq，rq，rs 结论：p

（1）前提：

证明：用归谬法

① p 结论的否定引入 ② ③ ④ ⑤ ⑥

pq 前提引入

q ①②假言推理 rq 前提引入

r ③④析取三段论

rs 前提引入

⑦ r ⑥化简 ⑧rr ⑤⑦合取 由于rr0，所以推理正确。

17、在自然推理系统P中构造下面推理的证明：

只要A曾到过受害者房间并且11点以前没离开，A就是谋杀嫌犯。A曾到过受害者房间。如果A在11点以前离开，看门人会看见他。看门人没有看见他。所以，A是谋杀嫌犯。

解：设p：A到过受害者房间，q：A在11点以前离开，r：A是谋杀嫌犯，s：看门人看见过A。 则前提：(pq)r， 结论：r 证明： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

习题五及答案：（P80-81）

15、在自然推理系统N中，构造下面推理的证明： （3）前提：x(F(x)G(x))，xG(x) 结论：xF(x) 证明： ① ② ③ ④

p，qs，s

qs 前提引入

s 前提引入

q ①②拒取式

p 前提引入

pq ③④合取引入

(pq)r 前提引入 r ⑤⑥假言推理

xG(x) 前提引入 xG(x) ①置换 G(c) ②UI规则 x(F(x)G(x)) 前提引入

⑤ ⑥ ⑦

F(c)G(c) ④UI规则 F(c) ③⑤析取三段论 xF(x) ⑥EG规则

22、在自然推理系统N中，构造下面推理的证明：

（2）凡大学生都是勤奋的。王晓山不勤奋。所以王晓山不是大学生。 解：设F(x)：x为大学生，G(x)：想是勤奋的，c：王晓山 则前提：x(F(x)G(x))，G(c) 结论：F(c) 证明： ① ② ③ ④

x(F(x)G(x)) 前提引入 F(c)G(c) ①UI规则 G(c) 前提引入 F(c) ②③拒取式

25、在自然推理系统N中，构造下面推理的证明：

每个科学工作者都是刻苦钻研的，每个刻苦钻研而又聪明的人在他的事业中都将获得成功。王大海是科学工作者，并且是聪明的。所以，王大海在他的事业中将获得成功。（个体域为人类集合）

解：设F(x)：x是科学工作者，G(x)：x是刻苦钻研的，H(x)：x是聪明的，I(x)：x在他的事业中获得成功，c：王大海 则前提：x(F(x)G(x))，x(G(x)H(x)I(x))，F(c)H(c) 结论：I(c) 证明： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥

F(c)H(c) 前提引入 F(c) ①化简 H(c) ①化简 x(F(x)G(x)) 前提引入 F(c)G(c) ④UI规则 G(c) ②⑤假言推理

⑦ ⑧ ⑨ ⑩

G(c)H(c) ③⑥合取引入 x(G(x)H(x)I(x)) 前提引入 G(c)H(c)I(c) ⑧UI规则 I(c) ⑦⑨假言推理

习题七及答案：（P132-135） 22、给定

A1,2,3,4，A上的关系R1,3,1,4,2,3,2,4,3,4，试

（1）画出R的关系图； （2）说明R的性质。 解：（1）

● ● 3 4 （2）R的关系图中每个顶点都没有自环，所以R是反自反的，不是自反的；

R的关系图中任意两个顶点如果有边的都是单向边，故R是反对称的，不是对称的；

R的关系图中没有发生顶点x到顶点y有边、顶点y到顶点z有边，但顶点x到顶点z没有边的情况，故R是

传递的。 26 设

1 ● ● 2 A1,2,3,4,5,6，R为A上的关系，R的关系图如图所示：

2（1）求R,R3的集合表达式；

（2）求r(R), s(R), t(R)的集合表达式。 解：（1）由R的关系图可得R所以R可得R21,5,2,5,3,1,3,3,4,5

RR3,1,3,3,3,5，R3R2R3,1,3,3,3,5，

n3,1,3,3,3,5,当n>=2；

1,5,2,5,3,1,3,3,4,5,1,1,2,2,4,4,5,5,6,6（2）r(R)=RUIA，

s(R)RUR11,5,5,1,2,5,5,2,3,1,1,3,3,3,4,5,5,4

t(R)RUR2UR3U...RUR21,5,2,5,3,1,3,3,4,5,3,6、分别画出下列各偏序集（1）R

A,R的哈斯图，并找出A的极大元、极小元、最大元和最小元。

a,d,a,c,a,b,a,e,b,e,c,e,d,eUIA

解：哈斯图如下：

e b c d a

A的极大元为e、极小元为a； A的最大元为e、最小元为a。 48、设

A,R和B,S为偏序集，在集合AB上定义关系T如下：

a1,b1,a2,b2AB,a1,b1Ta2,b2a1Ra2b1Sb2证明T为AB上的偏序关系。 证明：（1）自反性：

任取a1,b1AB，则：QR为偏序关系，具有自反性，a1Ra1QS为偏序关系，具有自反性，b1Sb1a1Ra1b1Sb1又a1,b1Ta2,b2a1Ra2b1Sb2，a1,b1Ta1,b1，故T满足自反性（2）反对称性：

任取a1,b1,a2,b2AB，若a1,b1Ta2,b2且a2,b2Ta1,b1，则有：a1Ra2b1Sb2a2Ra1b2Sb1（1）（2）

a1Ra2a2Ra1，又R为偏序关系，具有反对称性，所以a1a2b1Sb2b2Sb1，又S为偏序关系，具有反对称性，所以b1b2a1,b1a2,b2，故T满足反对称性（3）传递性：

任取a1,b1,a2,b2，a3,b3AB，若a1,b1Ta2,b2且a2,b2Ta3,b3，则有：a1,b1Ta2,b2a1Ra2b1Sb2a2,b2Ta3,b3a2Ra3b2Sb3a1Ra2a2Ra3,又R为偏序关系，具有传递性，所以a1Ra3b1Sb2b2Sb3,又S为偏序关系，具有传递性，所以b1Sb3a1Ra3b1Sb3a1,b1Ta3,b3，故T满足传递性。综合（1）（2）（3）知T满足自反性、反对称性和传递性，故T为AB上的偏序关系。

习题九及答案：（P179-180） 8、

S=QQ,Q为有理数集，为S上的二元运算，a,b,x,yS有a,bx,yax,ay+b（1）运算在S上是否可交换、可结合？是否为幂等的？

（2）运算是否有单位元、零元？如果有，请指出，并求出S中所有可逆元素的逆元。 解：（1）

x,ya,bxa,xb+yax,bx+ya,bx,y运算不具有交换律

x,ya,bc,dax,bx+yc,dacx,adx+bx+y而x,ya,bc,dx,y*ac,ad+bxac,xad+xb+yacx,adx+bx+yx,ya,bc,d运算有结合律



任取a,bs，则有：a,ba,ba2,adba,b运算无幂等律 （2）

令a,b*x,ya,b对a,bs均成立则有：ax,ay+ba,b对a,bs均成立ax10axa对a,b成立aybbay0

x10x1必定有y0y0运算的右单位元为1，0，可验证1，0也为运算的左单位元，运算的单位元为1，0

令a,b*x,yx,y，若存在x,y使得对a,bs上述等式均成立，则存在零元，否则不存在零元。由a,b*x,yx,yax,ay+bx,ya1x0axxaybya1y+b0由于a1y+b0不可能对a,bs均成立，故a,b*x,yx,y不可能对a,bs均成立，故不存在零元；

设元素a,b的逆元为x,y，则令a,b*x,ye1，01xax1a（当a0）ayb0bya当a0时，a,b的逆元不存在；当a0时，a,b的逆元是11

1b,aa、

设S1，2，...,10，问下面的运算能否与S构成代数系统S，?如果能构成代数系统则说明运算是否满足交换律、结合律，并求运算的单位元和零元。（3）xy=大于等于x和y的最小整数； 解：（3）由*运算的定义可知：xy=max(x,y)，

x,yS,有xyS，故运算在S上满足封闭性，所以运算与非空集合S能构成代数系统； 任取x,yS,有xy=max(x,y)=max(y,x)=yx,所以运算满足交换律；

任取x,y,zS,有(xy)z=max(max(x,y),z)=max(x,y,z)=max(x,max(y,z))=x(yz),所以运算满足结合律；任取xS，有x1=max(x,1)=x=max(1,x)=1x,所以运算的单位元是1； 任取xS，有x10=max(x,10)=10=max(10,x)=10x,所以运算的零元是10；

16、

设V11,2,3,,1,其中xy表示取x和y之中较大的数。V25,6,,6，其中xy表示取x和y之中较小的数。求出V1和V2的所有的子代数。指出哪些是平凡的子代数，哪些是真子代数。解：（1）V1的所有的子代数是：1,2,3,,1,1,,1,1,2,,1,1,3,,1；V1的平凡的子代数是：1,2,3,,1,1,,1；V1的真子代数是：1,,1,1,2,,1,1,3,,1；（2）V2的所有的子代数是：5,6,,6，6,,6；V2的平凡的子代数是： 5,6,,6，6,,6；V2的真子代数是：6,,6。

习题十一及答案：（P218-219）

1、图给出了6个偏序集的哈斯图。判断其中哪些是格。如果不是格，说明理由 解：（a）、（c）、（f）是格；因为任意两个元素构成的集合都有最小上界和最大下界； （b）不是格，因为{d,e}的最大下界不存在； （d）不是格，因为{b,c}的最小上界不存在； （e）不是格，因为{a,b}的最大下界不存在。

2、下列各集合低于整除关系都构成偏序集，判断哪些偏序集是格。 （1）L={1，2，3，4，5}； （2）L={1，2，3，6，12}；

解：画出哈斯图即可判断出：（1）不是格，（2）是格。 4、设L是格，求以下公式的对偶式： （2）a(bc)(ab)(ac)

解：对偶式为：a(bc)(ab)(ac)，参见P208页定义。 9、针对图中的每个格，如果格中的元素存在补元，则求出这些补元。 解：

（a）图：a,d互为补元，其中a为全下界，d为全上界，b和c都没有补元；

（c）图：a,f互为补元，其中a为全下界，f为全上界，c和d的补元都是b和e，b和e的补元都是c和d； （f）图：a,f互为补元，其中a为全下界，f为全上界，b和e互为补元，c和d都没有补元。 10、说明图中每个格是否为分配格、有补格和布尔格，并说明理由。 解：

（a）图：是一条链，所以是分配格，b和c都没有补元，所以不是有补格，所以不是布尔格；

（c）图：a,f互为补元，c和d的补元都是b和e，b和e的补元都是c和d，所以任何元素皆有补元，是有补格；

Qc(bd)cac, (cb)(cd)fddc(bd)(cb)(cd)，所以对运算

不满足分配律，所以不是分配格，所以不是布尔格；

（f）图：经过分析知图（f）对应的格只有2个五元子格：L1={a,c,d,e,f}, L2={a,b,c,d,f}。画出L1和L2的哈斯图可知L1和L2均不同构于钻石格和五角格，根据分配格的充分必要条件（见P213页的定理）得图（f）对应的格是分配格；c和d都没有补元，所以不是有补格，所以不是布尔格。