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$\color{blue}{10 总复习}$

$\color{blue}{10.01 总结}$

第一章：集合论的基础
1.掌握集合、子集、差集、空集、幂集、集合族的概念。懂得两个集合间相等和包含关系的定义和性质。能够利用定义证明两个集合相等。熟悉常用的集合表示方法。
2.掌握集合的基本运算：并、交、余、差、直乘积、对称差的定义以及集合运算满足的基本算律，能够利用它们来证明更复杂的集合等式。
3.掌握关系、二元关系、空关系、全域关系、相等关系、逆关系的概念以及关系的性质：自反性、对称性、反对称性、传递性。会做关系的乘积。了解关系的闭包运算：自反闭包、对称闭包、传递闭包。
4.掌握等价关系、等价类、商集的概念，了解等价关系和划分的内在联系。
5.掌握部分序关系、部分序集、全序关系、全序集的概念以及部分序集中的特殊元素：最大元、最小元、极大元、极小元、上确界、下确界的定义。能画出有限部分序集的Hasse图，并根据图讨论部分序集的某些性质。
6.掌握映射、映像、1-1映射等概念，会做映射的乘积。了解可数集合的概念，掌握可数集合的判定方法。

第二章 命题逻辑
1.掌握命题、逻辑联结词等概念，能够将命题符号化。
2.掌握命题公式、解释、恒真公式、恒假公式等概念。能够判断一命题公式是恒真、恒假还是可满足。
3.掌握公式的等价、蕴涵等概念，熟记基本的等价式、蕴涵式，会证明更复杂的等价式、蕴涵式。
4.掌握联结词的功能完备集的概念，能够判别一个联结词集合是否为联结词的功能完备集。
5.掌握演绎方法，能够使用演绎方法进行有效推理。
6.掌握析取范式、合取范式、极大项、极小项、主析取范式、主合取范式的概念和性质。掌握求各种范式的方法，能够用等价演算法和真值表法求命题公式的主析取范式、主合取范式。

第三章 谓词逻辑
1.掌握谓词、全称量词、存在量词等概念，学会使用它们符号化一些命题并构成一些较复杂的命题。
2.掌握约束变量、自由变量的概念，能够正确使用改名规则。
3.掌握谓词公式、解释的概念，能够求出一给定公式在某一解释下的真值。
4.掌握恒真公式、恒假公式、可满足公式等概念，了解与命题逻辑判定问题可解不同的是：谓词逻辑判定问题不可解，但谓词逻辑是半可判定的。
5.掌握谓词公式的等价、蕴涵等概念，熟记基本的等价式、蕴涵式，会证明更复杂的等价式、蕴涵式。
6.掌握前束范式、Skolem范式等概念，能够将一谓词公式化成与之等价的前束范式，并进一步化为Skolem范式。

第四章 图与网络
1.掌握图、有限图、母图、子图、支撑子图、完全图、补图等概念，了解有限图中点的度的性质，掌握图的矩阵表示：关联矩阵、邻接矩阵。
2.掌握路、简单路、回路、连通图等概念。
3.理解Dijkstra算法，并能够在已知权图中使用该算法求出任意两点间的最短路。
4.掌握树、支撑树的概念以及图是树的几个等价命题。
5.理解Kruskal算法，并能够应用它求已知加权连通图的最优树。了解求最优树的Prim算法，会总结Sollin算法。
6.掌握有向图、有向子图、有向路、简单有向路、有向回路等概念。
7.掌握有向图的强连通性和有向图的根的概念，了解二者的关系。
8.掌握Euler路、Euler图的概念，掌握有向图中和无向图中Euler图的充要条件，并能判断某图是否为Euler图。了解从Euler路得出有向支撑树以及从有向支撑树得出Euler路的方法。
9.掌握Hamilton路、Hamilton回路、Hamilton图的概念以及Hamilton图的必要条件和若干充分条件。

第六章 群与环
1.掌握二元代数运算、代数系统的定义，能够判断一运算是否为二元代数运算，运算是否满足交换律、结合律、分配律、等幂律、吸收律、消去律。
2.掌握半群、群的定义以及群的性质，能够判断一代数系统是否为半群或群。
3.掌握交换群的定义以及交换群中的三个指数律。
4.掌握置换、轮换、不相杂轮换、对换等概念，会做置换的乘法，会将任意置换写成不相杂轮换的乘积。了解置换的顺向圈表示。
5.掌握奇置换、偶置换的概念，了解置换的定性数与置换的图型及奇偶性的关系。
6.掌握n次对称群、n次交代群的概念，会写出其中的元素。
7.掌握子群的定义以及子群的判别条件。掌握周期、循环群的定义和乘法群、加法群、循环群的定义和乘法群、加法群中周期的性质以及循环群中一元素作为生成元的充要条件。
8.掌握群中合同、右陪集的定义。了解子群在大群中的右陪集的一些性质。掌握正规子群的概念以及一子群为大群的正规子群的充要条件。掌握并会正确应用Lagrange定理。
9.掌握同态映射、同构映射、自同构映射的概念以及同态定理。会判断一个群与一乘法系统的映射是否同态映射、同构映射或自同构映射。
10.掌握同态核的概念，了解若$\sigma$是群G到G$^{\prime}$上的同态映射，则其核N为一正规子群。反过来，设N是G的一个正规子群，则有一个群G$^{\prime}$以及一个G到G$^{\prime}$上的同态映射$\sigma$,使N为$\sigma$的核。掌握并会正确应用联系同态与同构的基本定理。了解$\sigma$为群G到G$^{\prime}$上的同态映射时，G中子群与G$^{\prime}$中子群的关系。
11.掌握环、交换环、含壹环、消去环的定义及其性质，会判断。
12.掌握整区、体、域、子环、子体、子域等概念，以及环的子集做成子环的充要条件。
13.掌握并会应用理想、主理想的定义，掌握环中合同关系、剩余类的定义以及环中合同关系的性质。
14.掌握环同态映射、同构映射、剩余环的定义，了解与群论中平行的环中的关于同态映射、同构映射的一些定理。
15.掌握单纯环与极大理想的定义，以及二者的关系，了解一个环是域的充要条件。

第八章 格及布尔代数
1.掌握半序格、半序子格、代数格、代数子格的定义，了解半序格和代数格的定义是等价的。
2.掌握互相对偶的两个关系、互相对偶的两个格的定义，了解二者关系。掌握格中表达式、对偶格中的对偶表达式、本格中的对偶表达式的定义，掌握并会应用对偶原理1及对偶原理2。
3.了解格的其它性质，如格的保序性、分配不等式、模不等式等。
4.掌握并会应用格同态映射、格的自同态映射、格同构映射的定义。了解格的同态映射一定是保序映射，同构映射的逆映射也是同构映射等结论。
5.掌握有界格、有余格、分配格以及模格的定义以及相关的结论。了解一个格为模格的充要条件。
6.掌握布尔代数的定义及其16个性质，掌握并会应用Huntington公理来判定一代数系统是否为布尔代数。了解电路代数、集合代数、命题代数、开关代数。掌握并会应用布尔代数的子集是其子代数的充要条件。
7.掌握可唯一表示布尔代数中元素的基底的定义及其性质。掌握极小元的定义及其性质。掌握布尔代数的生成、极小项、多项式、多项范式、布尔代数中一组元素互相独立等概念，了解布尔代数中元素与多项范式的关系和极小项、基底、极小元间的关系。
8.掌握布尔代数中同态、同构的概念及其相应结论。了解如果两个有限布尔代数的维数相同，则这两个代数同构；任意n维布尔代数$(B, \cdot, +, ^-, 0, 1)$与开关代数$(B_n, \cdot, +, ^-, 0_n, 1_n)$同构；Stone定理。

第九章 语言和有限状态机
1.掌握语法结构、语言、演绎、演绎树的概念，能识别语言结构的分类，能写出一个语法的Backus-Naur form.
2.掌握带有输出的有限状态机的定义，能够使用状态图和状态表表示带有输出的有限状态机。
3.会求串联、kleene闭包，掌握没有输出的有限状态机(有限状态自动机)的概念，了解非确定的有限状态机，知道能被一个非确定的有限状态机识别的语言也可以被一个确定的有限状态自动机识别。
4.掌握正则表达式和正则集合的概念，了解KLEENE定理。知道一个集合是由一个正则语法产生的当且仅当它是正则集合。

$\color{blue}{10.02 习题}$

$01.01.设S = \lbrace 2, a, \lbrace 3 \rbrace, 4 \rbrace, R = \lbrace \lbrace a \rbrace, 3, 4, 1 \rbrace, 指出下面的写法那些是对的，\\ 那些是错的?$
$\lbrace a \rbrace \in S, \lbrace a \rbrace \in R, \lbrace a, 4, \lbrace 3 \rbrace \rbrace \subseteq S, \lbrace \lbrace a \rbrace, 1, 3, 4 \rbrace \subset R, R = S, \lbrace a \rbrace \subseteq S, \\ \lbrace a \rbrace \subseteq R, \phi \subseteq R, \phi \subseteq \lbrace \lbrace a \rbrace \rbrace \subseteq R \subseteq E, \lbrace \phi \rbrace \subseteq S, \phi \in R, \phi \subseteq \lbrace \lbrace 3 \rbrace, 4 \rbrace。$
$\color{blue}{解:\\ 正确的：\\ \lbrace a \rbrace \in R, \lbrace a , r, \lbrace 3 \rbrace \rbrace \subseteq S, \lbrace a \rbrace \subseteq S, \phi \subseteq R, \phi \subseteq \lbrace \lbrace a \rbrace \rbrace \subseteq R \subseteq E, \\ \phi \subseteq \lbrace \lbrace 3 \rbrace , 4 \rbrace \\ 错误的如下:\\ \lbrace a \rbrace \in S, \lbrace \lbrace a \rbrace, 1, 3, 4 \rbrace \subset R, R = S, \lbrace a \rbrace \subseteq R, \lbrace \phi \rbrace \subseteq S, \phi \in R }$

$01.02 写出下面集合的幂集合:\lbrace a, \lbrace b \rbrace \rbrace, \lbrace 1, \phi \rbrace, \lbrace X, Y, Z \rbrace。$
$\color{blue}{解：\\ 设A = \lbrace a, \lbrace b \rbrace \rbrace, \\ 则\rho(A) = \lbrace \phi, \lbrace a \rbrace, \lbrace \lbrace b \rbrace \rbrace, \lbrace a, \lbrace b \rbrace \rbrace \rbrace;\\ 设B = \lbrace 1 , \phi \rbrace, \\ 则\rho(B) = \lbrace \phi, \lbrace 1 \rbrace, \lbrace \phi \rbrace, \lbrace 1, \phi \rbrace \rbrace; \\ 设C = \lbrace X, Y, Z \rbrace, \\ 则\rho(C) = \lbrace \phi, \lbrace X \rbrace, \lbrace Y \rbrace, \lbrace Z \rbrace, \lbrace X, Y \rbrace, \lbrace X, Z \rbrace, \lbrace Y, Z \rbrace, \lbrace Z, Y, Z \rbrace \rbrace; }$

$01.03.设A是m元集合，B是n元集合。问A到B共有多少个不同的二元关系？\\ 设A = \lbrace a, b \rbrace, B = \lbrace 1, 2 \rbrace,试写出A到B上的全部二元关系。$
$\color{blue}{解：\\ A到B上共有2^{mn}个二元关系。\\ A \times B的全部子集:\phi, \lbrace (a, 1) \rbrace, \lbrace (a, 2) \rbrace, \lbrace (b, 1) \rbrace, \lbrace (b, 2) \rbrace, \lbrace (a, 1), (a, 2) \rbrace, \lbrace (a, 1), (b, 1) \rbrace, \lbrace (a, 1), (b, 2) \rbrace, \lbrace (a, 1), (b, 2) \rbrace, \lbrace (a, 2), (b, 1) \rbrace, \lbrace (a, 2), (b, 2) \rbrace, \lbrace (a, 1), (a, 2), (b, 1) \rbrace, \lbrace (a, 1), (a, 2), (b, 2) \rbrace, \lbrace (a, 1), (b, 1), (b, 2) \rbrace, \lbrace (a, 2), (b, 1), (b, 2) \rbrace, \lbrace (a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2) \rbrace 为A到B的全部二元关系 }$

$01.04.设R是集合A上的关系，如果: \\ 1)对任意a \in A,都有aRa;\\ 2)若aRb,aRc,则bRc;\\ 证明R是等价关系。$
$\color{blue}{证明：\\ 根据已知，对任意a \in A,都有aRa,故R具有反身性;\\ 对任意a、b \in A,若aRb, 又有aRa,根据2),有bRa,故R具有对称性; \\ 对任意a、b、c \in A,若aRb, bRc,又R具有对称性，\\ 则有bRa, bRc,根据2),有aRc，故R具有传递性;\\ 因此，R是等价关系。}$

$01.05 证明:映射的乘法满足结合律，举例说明:映射的乘法不满足交换律。$
$\color{blue}{证明:\\ 设\rho是集合A到集合B内的映射, \sigma是集合B到集合C内的映射, \\ \tau 是集合C到集合D内的映射, 对于任意a \in A, 有\\ ((\tau \cdot \sigma) \cdot \rho)(a) = (\tau \cdot \sigma) (\rho(a)) = \tau(\sigma(\rho(a))) \\ (\tau \cdot (\sigma \cdot \rho))(a) = \tau ((\sigma \cdot \rho)(a)) = \tau(\sigma(\rho(a))) \\ 可见((\tau \cdot \sigma) \cdot \rho)(a) = (\tau \cdot (\sigma \cdot \rho))(a),所以映射的乘法满足结合律。\\ 举例:设映射\sigma: a \to b, b \to c, c \to a \\ 设映射 \tau: a \to c, b \to b, c \to a \\ 则(\tau \cdot \sigma)(a) = \tau (\sigma (a)) = \tau(b) = b \\ (\sigma \cdot \tau)(a) = \sigma (\tau (a)) = \sigma (c) = a \\ 可见(\tau \cdot \sigma)(a) \neq (\sigma \cdot \tau)(a),映射在乘法下不满足交换律。}$

$02.01.设P是命题“天下雪”；Q是命题“我上街”；R是命题“我有时间”。\\ 用逻辑符号写出以下命题：\\ a.如果天不下雪并且我有时间，那么我上街。\\ b.我去上街，仅当我有时间。\\ c.天不下雪。\\ d.天正在下雪，我也没去上街。$
$\color{blue}{解：\\ a:(\lnot P \land R) \to Q; \\ b:Q \to R;\\ c:\lnot P; \\ d:P \land \lnot Q.}$

$02.02.判定下列公式是恒真？恒假？可满足？\\ (1) (P \to (Q \land R)) \land (\lnot P \to (\lnot Q \land \lnot R)); \\ (2) P \to (P \land (Q \to P)); \\ (3) (Q \to P) \land (\lnot P \land Q); \\ (4) (\lnot P \land \lnot Q) \to (P \leftrightarrow \lnot Q).$
$解：\\ (1) 设G = (P \to (Q \land R)) \land (\lnot P \to (\lnot Q \land \lnot R)) \\ =(\lnot P \lor (Q \land R)) \land (P \lor (\lnot Q \land \lnot R)) \\ = (((\lnot P \lor (Q \land R)) \land P) \lor ((\lnot P \lor (Q \land R)) \land \lnot Q \land \lnot R) \\ = ((\lnot P \land P) \lor (P \land Q \land R)) \lor ((\lnot P \lor (Q \land R)) \land \lnot Q \land \lnot R \\ = ((\lnot P \land P) \lor (P \land Q \land R)) \lor ((\lnot P \lor Q) \land (\lnot P \lor R) \land \lnot Q \land \lnot R) \\ = ((\lnot P \land P) \lor (P \land Q \land R)) \lor (((\lnot P \lor Q) \land \lnot Q) \land ((\lnot P \lor R) \land \lnot R)) \\ = (P \land Q \land R) \lor (\lnot P \land \lnot Q \land \lnot R) \\ 其真值表如下：$

$因此，G是可满足的。$
$(2)设G = P \to (P \land (Q \to P)) \\ = \lnot P \lor (P \land (\lnot Q \lor P)) \\ = \lnot P \lor P \\ = T \\ (3) G = (Q \to P) \land (\lnot P \land Q) \\ = (\lnot Q \land P) \land (\lnot P \land Q) \\ = \lnot (\lnot P \land Q) \land (\lnot P \land Q) \\ = F \\ (4) G = (\lnot P \land \lnot Q) \to (P \leftrightarrow \lnot Q) \\ = (P \land Q) \lor ((P \to \lnot Q) \land (\lnot Q \to P)) \\ = (P \land Q) \lor ((\lnot P \lor \lnot Q) \land (Q \lor P)) \\ = (P \land Q) \lor (\lnot P \land Q) \lor (P \land \lnot Q) \\ 其真值表如下：$

$因此，G是可满足的。$

$02.03.设S = \lbrace G_1, \cdots, G_n \rbrace是命题公式集合。试求出在不增加新原子的情况下\\ 从S出发演绎出的所有命题公式。$
$\color{blue}{解：任设一公式G^{\prime}为从S出发演绎出来的公式。则可知G^{\prime}为G = G_1 \land \cdots \land G_n\\ 的一个逻辑结果。\\ 而设G^{\prime \prime}共有m个极大项，则可以知道G^{\prime \prime}取1的解释使这m个极大项也取1.则从S出发\\ 的演绎出来的所有命题公式正是从这m个极大项中任取n(0 \leq n \leq m)个合取组成，\\ 共有2^m个，其中包括恒真公式这里用1表示。\\ 设H为由若干极大项构成的合取公式。\\ 现在证明：\\ 1) S \Rightarrow H, 即G \Rightarrow H。从定义出发，设有一解释I使G = G_1 \land \cdots \land G_n取1值，\\ 必使G的主合取范式也取1值。即使每一个极大项都取1值。从而使由若干极大项合取\\ 组成的公式H也取1值，则有S \Rightarrow H。\\ 2)任意设公式H是S的一个逻辑结果，H是一些极大项的合取。现在要证组成H的极大\\ 项都在G的主合取范式G^{\prime \prime}中。\\ 反证法：若不然，假设H中有一极大项m_k不在G的主合取范式中。则取使m_k为0的\\ 解释I，可有解释I使H取0值。而I使所有不等于m_k的极大项都为1，则可有G的主合\\ 取范式G^{\prime \prime}在I下取1值，即G在I下取1值，这与G \Rightarrow H矛盾。}$

$02.04.试将下列公式化为主析取范式和主合取范式:P \lor(\lnot P \to (Q \lor (\lnot Q \to R)))$
$\color{blue}{解:\\ P \lor(\lnot P \to (Q \lor (\lnot Q \to R))) \\ = P \lor (P \lor (Q \lor (Q \lor R))) \\ = P \lor (P \lor Q \lor R) = P \lor Q \lor R (主合取范式) \\ = (P \land (Q \lor \lnot Q) \land (R \lor \lnot R)) \lor (Q \land (P \lor \lnot P) \land (R \lor \lnot R))\\ \lor (R \land (P \lor \lnot P) \land (Q \lor \lnot Q)) \\ = (P \land Q \land R) \lor (P \land \lnot Q \land R) \lor (P \land Q \land \lnot R) \lor (P \land \lnot Q \land \lnot R)\\ \lor (Q \land P \land R) \lor (Q \land \lnot P \land R) \lor (Q \land P \land \lnot R) \lor (Q \land \lnot P \land \lnot R)\\ \lor (R \land P \land Q) \lor (R \land \lnot P \land Q) \lor (R \land P \land \lnot Q) \lor (R \land \lnot P \land \lnot Q) \\ = (P \land Q \land R) \lor (P \land \lnot Q \land R) \lor (P \land Q \land \lnot R) \lor (P \land \lnot Q \land \lnot R)\\ \lor (Q \land \lnot P \land R) \lor (Q \land \lnot P \land \lnot R) \lor (R \land \lnot P \land \lnot Q) \\ = (P \land Q \land R) \lor (P \land \lnot Q \land R) \lor (P \land Q \land \lnot R) \lor (P \land \lnot Q \land \lnot R)\\ \lor (\lnot P\land Q \land R) \lor (\lnot P \land Q \land \lnot R) \lor (\lnot P \land \lnot Q \land R) (主析取范式)}$

$03.01.给定解释I如下：D = \lbrace 2, 3\rbrace,$
$\left. \begin{array}{l c} Q(2, 2) & Q(2, 3) & Q(3, 2) & Q(3, 3) \\ \hline 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right.$
$求下列公式在解释I下的真值。\\ (1) \forall x \exists y Q(x, y); \\ (2) \exists y \forall x Q(x, y)$
$\color{blue}{解:\\ (1) T_I(\forall x \exists y Q(x, y)) \\ = T_I(\exists y Q(2, y) \land \exists y Q(3, y)) \\ = (1 \lor 0) \land (0 \lor 1) \\ = 1 \\ (2) T_I(\exists y \forall x Q(x, y)) \\ = T_I(\forall x Q(x, 2) \lor \forall x Q(x, 3)) \\ = T_I((Q(2, 2) \land Q(3, 2)) \lor (Q(2, 3) \land Q(3, 3))) \\ = (1 \land 0) \lor (0 \land 1) \\ = 0 \\ 可看出\forall X \exists y Q(x, y) \neq \exists y \forall x Q(x, y)。}$

$03.02.设G_1 = \forall x (P(x) \to Q(x)), G_2 = \lnot Q(a),\\ 证明：\lnot P(a)是G_1和G_2的逻辑结果。$
$\color{blue}{证明：\\ 设G = G_1 \land G_2,往证若解释I满足G，则必满足\lnot P(a)。\\ 反证法：若解释I满足G，而弄假\lnot P(a)，则在解释I下，P(a)为真；\\ G_2也必为真，所以Q(a)为假。\\ 故P(a) \to Q(a)为假，则G_1为假，\\ 因此G为假，这与解释I满足G矛盾。\\ 从而结论得证。}$

$03.03.若\exists x (P(x) \land Q(x)), \exists y (P(y) \land R(y))在某解释I下取1值，\\ \exists z (Q(z) \land R(z))s和否在I下取1值？其中P，Q，R的定义域中有两个元素。\\ 若将存在量词都换为全称量词，结果怎样？$
$\color{blue}{解：不一定。例如：解释I_1为：D = \lbrace a, b \rbrace }$

$\color{blue}{\exists x(P(x) \land Q(x)), \exists y (P(y) \land R(y))在某解释I_1下取1值，\\ 而在\exists z(Q(z) \land R(z))在I_1下取0值。\\ 解释I_2为：D = \lbrace a, b \rbrace}$

$\color{blue}{\exists x P(x) \land Q(x)), \exists y (P(y) \land R(y))在某解释I_2下取1值，\\ 而\exists z(Q(z) \land R(z))在I_2下取1值。}$

$04.01.证明：连通图中任意两条最长的简单路必有公共点。$
$\color{blue}{证明：\\ 设有限图G = (P, L)是连通的，且有两条最长的简单路:\\ l_1:(v_1, v_2, \cdots, v_n), l_2:(v_1^{\prime}, v_2^{\prime}, \cdots, v_m^{\prime}) \\ 假设l_1和l_2无公共点，取l_1中一点v_1,l_2中一点v_1^{\prime},\\ 则由于G连通知必然有一条简单路\\ l_3:(x_1, x_2, \cdots, x_k)，其中x_1 = v_1, x_k = v_1^{\prime}。\\ 设x_j是l_3中从左往右看第一个l_2中的点v_h^{\prime},\\ 得一简单路l_4:(x_1, x_2, \cdots, x_j),设x_i是l_4中从右往左看第一个l_1中的点v_g,\\ 则又得到一个简单路l_5:(x_i, x_ {i+1}, \cdots, x_j), \\ |l_5| \geq 1, 且l_5 中除了x_i和x_j外，没有l_1, l_2中的点，不妨设\\ |(v_1, v_2, \cdots, v_i)| \geq |(x_i, v_{g+1}, \cdots, v_n)|,\\ |(v_1^{\prime}, v_2^{\prime}, \cdots, v_j)| \geq |(x_j, v_{h+1}, \cdots, v_m)|, \\ 则可以取到简单路l_6:(v_1, v_2, \cdots, x_i, x_{i+1}, \cdots, x_j, v_{h-1}^{\prime}, \cdots, v_1^{\prime}), \\ 因为|l_5| \geq 1,所以|l_6| > \min \lbrace |l_1|, |l_2| \rbrace, \\ 这样我们就可以得到一个条更长的路，矛盾。\\ 因此，命题得证。}$

$04.02.设G为图(可能无限)，无回路，但若任意外加一边与G后就形成一回路，\\ 试证G必为树。$
$\color{blue}{证明:\\ 从树的定义出发，\\ 1) 由已知有G中无回路\\ 2)要证G连通，反证法，\\ 假设G不连通，则一定存在点u和v，满足在G中没有从u到v的路，\\ 现在连接u、v，即在G中添加一条边uv，\\ 由已知G中加一条边后形成一回路可知，\\ G中u、v两点间有一回路，\\ 即若G中删除边uv后，点u、v仍然相连，矛盾。\\ 所以G连通。\\ 因此，G必为树。}$

$04.03.试举出一个连通的(即漠视为图后是连通的)，但无根的有向图。$

$04.04.设G为有向图，若G具有有向树定义中1)和2)，并且没有有向回路。\\ 问：若G有限，G是否是有向树？若G不是有限的，如何？$
$解：1）G有限，由已知有：\\ ①G中每一点恰是一条弧e的起点。\\ ②r不是任一条弧的起点。\\ 现只需证r是根，即对于任意一点v必有一条到r的有向路。由于每一个点只发出一条弧，\\ 设v发出弧e_1到v^{\prime},若v^{\prime}不为r，则v^{\prime}必发出一条弧到达v^{\prime \prime}(因为无回路，v^{\prime \prime}, v^{\prime}, v互不相\\ 同)。假设已经找到点v^{(k)} = r则得到v到r的有向路，否则可以继续向前找，但因为G有\\ 限，有向路必然终止在某一点设为u，若u \neq r,则u必为已经找到的一点v^{(i)},因而形成\\ 回路，产生矛盾，则可知u = r，故有从u到r的有向路，因v任意，则r为根，所以G是\\ 有向路。\\ 2)若G无限，则G不一定是有向树。如:$

04.05.试证：当$m \neq n$时，下图是否是Hamilton图？

$证明：若m < n,则W(G-K_m^c) = n > m = |S|,\\ 由本节定理4.4.1知，G不可能是Hamilton图。\\ 若m > n,则W(G-K_n^c) = m > n = |S|,\\ 由本节定理4.4.1知G不可能是Hamilton图。$

$04.06.有n个人，任何两个人合起来都认识其余n-2个人，证明:这n个人可排成一列，\\ 使得任何人都认识其前后邻人(首尾人为单侧)。如果n \geq 4,则这n个人可排成一圈，任何\\ 人都认识其左右邻人。$
$证明:把这(n \geq 3)个人看作n个节点，所有认识的人之间连一条线，构成一个图G。\\ 设u，v是G中不相邻两点(即u,v代表的人互相不认识)，则对任意v_k(\neq u,v)必与u\\ 或v相邻，否则与题设条件矛盾(即v,v_k代表的两人至多只能与除u外的n-3个人认识\\ )。设v_k与u相邻，同样又因为u与v不相邻，故v_k必与v也相邻。于是d(u) + d(v) = \\ 2(n-2) = n + n -4 \geq n - 1。若u,v是G中相邻两点，则显然有\\ d(u) + d(v) \geq n - 2 + 2 > n -1。总之，对G中任意两点有d(u) + d(v) \geq n - 1。\\ 由第3题知G中存在Hamilton路，也就是能够把这n个人排成一列，使得任何人都认识其\\ 前后邻人(首尾人为单侧)。当n \geq 4时，若u,v不相邻，则同样道理有\\ d(u) + d(v) = 2(n-2) = n + n + 4 \geq n。若u,v相邻，\\ 则d(u) + d(v) \geq n - 2 + 2 = n。\\ 总之有d(u) + d(v) \geq n，从而C(G)是完全的，于是G是Hamilton图。$

$04.07证明：若一个图G的任意两点度数之和\geq n-1,n = |P(G)|，\\ 则该图有Hamilton路。$
$证明：设u,v为任意两点，外加一点x,向各点发一边，得图G^{\prime}。\\ 则d(x) = n;\\ d(u) + d(v) \geq n - 1 + 2 = n + 1; d(x) + d(v) = n + 1, \\ 从而对于G^{\prime}的任意两点u,v有:d(u) + d(v) \geq n + 1;\\ 则G^{\prime}的闭合图必为完全图；\\ 据定了个i4.4.3的推论可知G^{\prime}是Hamilton图；\\ 那么，在G^{\prime}中可以找到一条Hamilton回路(x, u_1, u_2, u_3, \cdots, u_n, x)。\\ 所以，在G中找到了一条Hamilton路(u_1, u_2, u_3, \cdots, u_n)$

04.08.试说明下面彼得森图是非Hamilton图。

$解：设彼得森图G是Hamilton图。令边集T = \lbrace 16, 27, 38, 49, 50 \rbrace, 则G-T\\ 是非连通图，所以G中任一条Hamilton回路必含T中偶数条边。容易看出，若G中\\ 某回路只含T中两条边，则该图必不是Hamilton回路。于是G中每一条Hamilton\\ 回路必含T中4条边。不妨设C是一条含27,38,49,68,69。并且不含边23，45。由\\ 于点3和4在C中，所以边34必在C中，于是边集\lbrace 34, 49, 96, 68, 83 \rbrace构成一条回路且\\ 含在C中。这不可能，因而彼得森图G不是Hamilton图。$

$06.01.设\ast是集合S上的二元代数运算，且满足结合律，设x, y 是S中任意元素，\\ 如果x \ast y = y \ast x,则x = y。试证明：\ast 满足等幂律。$
$证明：由于对S任意的x,y和z有\\ x \ast ( y \ast z) = (x \ast y) \ast z, \\ 故x \ast (x \ast x) = (x \ast x) \ast x, \\ 于是有 x \ast x = x,证毕。$

$06.02.举例说明不要求可除条件而要求消去条件，即要求由 a x = a y 可推出x = y,\\ 由G不见得是一个群，若G有限怎么样？$
$解：例如，全体自然数在普通乘法下，适合消去律但不是群。\\ 若G = \lbrace a_1, a_2, \cdots, a_n \rbrace, 用a右乘G中各元素得a_1a, a_2a, \cdots, a_na必不相同，\\ 否则若a_ia = a_ja(i\neq j),由消去条件有a_i = a_j,矛盾。\\ 对任意b \in G,必有a_i, 使得a_ia = b,因之方程xa = b有解。\\ 同理可知ay = b有解。故G是群。$

$06.03.计算(1 \ 2 \ 3)(2 \ 3 \ 4)(1 \ 4)(2 \ 4)。$
$解:(1 \ 2 \ 3)(2 \ 3 \ 4)(1 \ 4)(2 \ 4) = (1 \ 3 \ 4)(2)。$

$06.04.设H是G的子群。N是G的正规子群。命HN为H的元素乘N的元素所得的\\ 所有元素的集合。求证HN是G的子群。$
$证明：显然1 \in HN,NH非空。对任a, b \in HN,可以有:\\ ab^{-1} = h_1n_1(h_2n_2)^{-1} = h_1n_1n_2^{-1}h_2^{-1} \\ = h_1n_1 h_2^{\prime}n_2^{\prime} = h_1h_2^{\prime \prime}n_1^{\prime}n_2^{\prime} \in HN \\ 由此推知HN是G的子群。$

$06.05.证明：f: x \to x^{-1}是群G的一个自同构映射当且仅当G是交换群，\\ 其中x \in G。$
$证明：(必要性)任取a, b \in G,则\\ ab = f(a^{-1})f(b^{-1}) = f(a^{-1}b^{-1}) = (a^{-1}b^{-1}) = ba.\\ 故G为交换群。\\ (充分性)(a)显然f是G到G上的1-1映射。\\ (b)任取a, b \in G,由G为交换群知，ab = ba.于是\\ f(ab) = (ab)^{-1} = (ba)^{-1} = a^{-1}b^{-1} = f(a)f(b)。 \\ 因此，f是G到G的同态映射。\\ 由(a),(b)知，f是群G的自同构映射。$

$06.06.试证明：一个至少有两个元素而没有零因子的有限环R是一个体。$
$证明：只需证明若去掉0，R的其余元素构成的集合R^{\ast}做成的乘法群。\\ (1)由R中无零因子知，R^{\ast}对乘法封闭。\\ (2)乘法对R元素适合结合律，对R^{\ast}的元素当然也适合。\\ (3)由于R无零因子，所以消去律对R^{\ast}的元成立。\\ 综上，又由R^{\ast}有限知，R^{\ast}做成乘法群。因此，R是一个体。$

$06.07.设K是一个体，而K同态于R。求证：R或只有一个元素0或和K同构。$
$证明：设此同态映射为\sigma,则\sigma或为一对一映射，或为多对一映射。若\sigma为一对一映射，\\ 则R与K同构;若\sigma为多对一映射，往证R只有一个元素，事实上，在K中可取到不同\\ 的两个元素a,b,而\sigma(a) = \sigma(b),于是对c = a - b \neq 0有\sigma(c) = 0,因c \in K,故\\ 有逆c^{-1}, cc^{-1} = 1,所以\sigma(1) = \sigma(cc^{-1}) = \sigma(c)\sigma(c^{-1}) = 0,从而对任意x \in K\\ 有\sigma(x) = \sigma(x \cdot 1) = \sigma(x) \sigma(1) = 0, 可见，任意元均映射成0。\\ 故R或只有一个元素0或和K同构。$

$08.01.设(L, \ast, \oplus)是一个格，a,b \in L。令S = \lbrace x | (x \in L) \land (a \leq x \leq b) \rbrace, \\ 其中 \leq是与(L, \ast, \oplus)等价的半序格中的部分序。证明：(S, \ast, \oplus)是L的子格。$
$证明：设c,d \in S, 则c, d \in L, 且a \leq c, d \leq b, \\ 所以 a \leq c \ast d,而显然有 c \ast d \leq b, \\ c \oplus d \leq b, a \leq c \oplus d, \\ 故S对 \ast, \oplus 运算封闭，即(S, \ast, \oplus)是L的子格。$

$08.02.令S = \lbrace 所有正偶数集合 \rbrace。证明：(I_+, D)与(S, D)同构。$
$证明:对任意n \in I_+, 规定I_+到S的映射：g:n \to 2n, \\ 显然此映射是一对一的。\\ 与这两个格等价的代数格的\ast, \oplus运算都是求最大公因和最小公倍。\\ 对任意n_1, n_2 \in I_+, n_1 \ast n_2为其最大公因，记为d,\\ 而2n_1, 2_n2 \in S, 2n_1 \ast 2n_2 为2n_1和2n_2的最大公因。为2d。\\ 故g(n_1 \ast n_2) = g(d) = 2d = 2n_1 \ast 2n_2 = g(n_1) \ast g(n_2) \\ 同理可证g(n_1 \oplus n_2) = g(n_1) g(n_2) \\ 即g是同态映射，故(I_+, D)和(S, D)同构。$

$08.03.证明：在格(L, \times, \oplus)中，若第一分配律成立，不用对偶原理可推出第二分配律，\\ 反之亦然。$
$证明：由第一分配律证第二分配律。亦即:\\ 已知a \times (b \oplus c) = (a \times b) \oplus (a \times c)成立。\\ 往证 a \oplus (b \times c) = (a \oplus b) \times (a \oplus c) \\ (a \oplus b) \times (a \oplus c) = ((a \oplus b) \times a) \oplus ((a \oplus b) \times c) \\ = a \oplus (( a\times c) \oplus (b \times c)) \\ = (a \oplus (a \times c)) \oplus (b \times c) \\ = a \oplus (b \times c) \\ 同理可由第二分配律证第一分配律。$

$08.04.试举出满足下列条件的例子: \\ (1) 是部分序集，但不是格。\\ (2) 是有界格，但不是有余格。\\ (3) 是有余格，但不是分配格。\\ (4) 是模格，但不是分配格。\\ (5) 是分配格，但不是布尔代数。$
$解:(1) 设D是S上的整除关系，则集合S = \lbrace 1, 2, 3, 4, 6, 8, 10, 12 \rbrace, \\ S = \lbrace 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 \rbrace是部分序关系但不是格。\\ (2) 下图(a)是一个有界格，但不是有余格。\\ (3) 图(b)是有余格，但不是分配格。\\ (4) 图(c)是模格，但不是分配格。\\ (5) 图(d)是分配格，但不是布尔代数。$