离散数学第7版答案偶数/离散数学及其应用第八版课后答案偶数

数学排列组合问题,急

〖壹〗、首先是分组
。C（6
，44*C（2，1）*C（1 ，1）=6！/4！/（6-4）！*2*1=30。第二步
，三个不同的组进行排序 。4，其中两个是相同的 ，一共是 3！/2！=3
。两者叠加计算
，3*30=90种方案。可以编程进行枚举验证，结果正确 。

〖贰〗 、个位十位百位中有一位是偶数 ，两位是奇数：这里面再分两类：『1』偶数为0：从三个奇数中选出2个
，有三种方法，加上偶数0三个数 ，进行全排列
，再比较高位从剩余四个数中取1个，有四种方法 ，共得72种
。

〖叁〗
、个十百三个数之和为奇数的条件是“偶偶奇
”、“奇奇奇”这两种情况（排列无顺序），对于这道题
，首先求出组成的四位数有多少种可能，因为0不能放在首位 ，所以千位有6种可能
，千位选好后，百位可以取0 ，所以仍然是6种可能
，依次下来十位5种可能，个位4种可能 ，总计：6*6*5*4=720种。

离散数学,填空第二题求证明

〖壹〗 、证明：根据题意可知
，有5个顶点的度数为3，其余4个顶点的度数均大于或等于0 ，且小于或等于2 。得 （15+4*0）=∑d（i）=（15+4*2）
，而所有顶点度数之和必须是偶数（根据握手定理，是边数的两倍 ，可知是偶数）
。因此，16=∑d（i）=22
，得最少有8条边，比较多有11条边。

〖贰〗
、思路：证明两个集合等势 ，其实就是要证明存在一个双射函数
，使得从集合A到集合B存在一一对应关系 。

〖叁〗、证明：对于任意的x，y属于R1∪R2 ，x
，y属于R1或x，y属于R2 ，
。因为R1和R2具有对称性
，所以y，x属于R1或 y ，x 属于R2
，得 y，x 属于R1∪R2。R1∪R2满足对称性得证 。

〖肆〗 、证明：『1』反证法。 设y=x*x且x≠y ，则x*x*x=（x*x）*x=x*（x*x），得y*x=x*y
，与题设矛盾，所以前面的假设x≠y是不成立的 ，得证
。『2』反证法。

离散数学:设G,*是一个偶数阶的群,H是G的子群,|H|=|G|/2,证明H是G...

〖壹〗
、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
。

〖贰〗、①若|G|=∞，则b是非平凡子群{1 ，a^k
，a^2k，… ，a^（-k）
，a^（-2k）…}的元素，与假设矛盾 ，因而此时b是G的生成元。

〖叁〗 、则a
，b∈H且a，b∈K ，因为H，K是G的子群
，所以a（b逆）∈H且a（b逆）∈K，所以a（b逆）∈H∩K 。所以H∩K是H的子群 ，也是K的子群
。）其次
，根据拉格朗日定理，子群H∩K的阶t是H的阶r的因子 ，也是K的阶s的因子
，因为r，s互素 ，所以r
，s的公因子是1，所以t=1。所以H∩K={e} 。

〖肆〗
、然后分别计算H与HK的阶即可
。群是一种只有一个运算的、比较简单的代数结构；是可用来建立许多其他代数系统的一种基本结构。如果群G的非空子集合H对于G的运算也成一个群 ，那么H称为G的子群 。 设G 是群
，H是G的非空子集，且H 关于G 上的运算 也构成群  ，则称H 是G的子群。

〖伍〗 、是G的一个划分，在这些左陪集中只有H含有幺元e
，故H是仅有一个子群
。

请离散数学高手证明一道题

〖壹〗、证明（直接）：因为m，n和p都是整数 ，m+n是偶数
，有2种情况：m和n都是偶数，由于n+p是偶数 ，则p也是偶数
，所以m+p也是偶数。（2个偶数相加必然是偶数 。）m和n都是奇数，由于n+p是偶数 ，则p也是奇数
，所以m+p也是偶数
。（2个奇数相加必然是奇数。）综上，得证 。

〖贰〗
、首先将命题符号化 ，个体域为全总个体域
。记 p（x）：x 是斑马；q（x）：x 有条纹；a：马克。前提：Ax（p（x）→q（x）；p（a）；结论：q（a）证明：① Ax（p（x）→q（x） 前提引入 ② p（a）→q（a） ① UI规则 ③ p（a） 前提引入 ④ q（a） ②③假言推理 故得证 。

〖叁〗、设p表示非p
，p→q=p+q，同理p→pq=p+pq ，p→q = p→pq =（p+q）+p+pq =pq+p+pq =p（q+q）+p=p+p=1，故命题成立
。

〖肆〗 、很明显
，G关于运算*是封闭的，运算*满足交换律。任意的a ，b
，c∈G，（a*b）*c=（a+b-ab）*c=（a+b-ab）+c-（a+b-ab）c=a+b+c-ab-ac-bc+abc 。a*（b*c）=a*（b+c-bc）=a+（b+c-bc）-a（b+c-bc）=a+b+c-ab-ac-bc+abc
。所以（a*b）*c=a*（b*c） ，运算*满足结合律。

〖伍〗
、这是很明显的
，G的左陪集分解 G=eH∪a1H∪a2H…∪akH=H∪a1H∪a2H…∪akH 是G的一个划分，在这些左陪集中只有H含有幺元e ，故H是仅有一个子群 。

离散数学:若n是正整数,当且仅当n是奇数时,5n+6是奇数

当n为奇数时
，n=2k+1（k为正整数），则5n+6=5*（2k+1）+2*3=10k+4+1+6=（5k+5）*2+1为奇数 ，符合题意 综上
，若n是正整数，当且仅当n是奇数时 ，5n+6是奇数。

x^n + y^n = z^n.的整数解都是平凡解，即 当n是偶数时：（0
，±m，±m）或（±m ，0
，±m）当n是奇数时：（0，m ，m）或（m
，0，m）或（m ，-m
，0）这个定理，本来又称费马猜想 ，由17世纪法国数学家费马提出
。费马宣称他已找到一个绝妙证明。

应该是：只需要证明n=4或n=p（p是奇素数）时成立即可 。因为若n是合数
，并且n≥6，那么当n是偶数时 ，必然能被4或某个奇素数整除；当n是奇数时必然能被某个奇素数整除
。设n=mt，其中m是4或奇素数
，则xn+yn=zn等价于（xt）m+（yt）m=（zt）m，若xm+ym=zm无非零整数解 ，则上面的不定方程也无非零整数解。

“F ”运算：当n为奇数时结果为3n＋5；当n为偶数时
，结果为n/2^k（其中k是使n/2^k为奇数的正整数），并且运算重复进行 。例如：取n＝26 ，则：26经第一次F二运算结果为13
，经第二次F一运算结果为44，经第三次F一运算结果为11
。

n2+n=n（n+1）当n是偶数时 ，n+1是奇数
，奇数偶数相乘得偶数，当n是奇数时 ，n+1是偶数
，乘积还是偶数，所以对于任意自然数n ，n2+n都是偶数。

离散数学证明任意x为奇数则x+1为偶数?

〖壹〗、度数的和，就是边的端点数 。每条边有两个端点
。所以总度数是偶数。那么
，度数为奇数的点必须为偶数，否则总度数就是奇数了 。证明：∑d=2v是偶数 若度数为奇数的节点有奇数个 ，则总度数为奇数 矛盾 所以度数为奇数的点有偶数个
。

〖贰〗 、这时（任意x）（R（x）∨Q（x）表示任一自然数要么是奇数要么是偶数
，命题为真；但是（任意x）R（x）和（任意x）Q（x）都是为假的，所以（任意x）R（x）∨（任意x）Q（x）为假 ，这样说明这2者并不等价。

〖叁〗
、证明（直接）：因为m
，n和p都是整数，m+n是偶数 ，有2种情况：m和n都是偶数
，由于n+p是偶数，则p也是偶数 ，所以m+p也是偶数 。（2个偶数相加必然是偶数。）m和n都是奇数
，由于n+p是偶数，则p也是奇数 ，所以m+p也是偶数
。（2个奇数相加必然是奇数。）综上，得证 。

〖肆〗、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。

〖伍〗 、假设G去掉v后有k个连通分量，对于任意一个连通分量 ，该分量与v点之见只有偶数个边连接（根据是每个节点的度均为偶数 。否则去掉v后
，分量中将有奇数个点具有奇数度，这与度数之和为偶数矛盾） ，故v与该分量之间至少有2条边连接
。

〖陆〗
、V
， E）， 其中V表示顶点集合 ，E表示边集合。则有握手定理成立
，即图中所有顶点的度数之和等于两倍的边数，换句话来说 ，所有顶点的度数之和一定是偶数 。所以如果图中存在度数是奇数的顶点
，那么为了保证所有点的度数之和为偶数，只能让这样的奇数度的点为偶数个
。这是学过离散的学生应该知道的问题。