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离散数学例题整理
第一章
定律证明:
(1)AÈB=BÈA(交换律)
证"xxÎAÈB
ÞxÎA或xÎB,自然有xÎB或xÎA
ÞxÎBÈA
得证AÈBÍBÈA.
同理可证BÈAÍAÈB.
(2)AÈ(BÇC)=(AÈB)Ç(AÈC)(分配律)
证"xxÎAÈ(BÇC)
ÞxÎA或(xÎB且xÎC)
Þ(xÎA或xÎB)且(xÎA或xÎC)
ÞxÎ(AÈB)Ç(AÈC)
得证AÈ(BÇC)Í(AÈB)Ç(AÈC).
类似可证(AÈB)Ç(AÈC)ÍAÈ(BÇC).
(3)AÈE=E(零律)
证根据并的定义,有EÍAÈE.
根据全集的定义,又有AÈEÍE.
(4)AÇE=A(同一律)
证根据交的定义,有AÇEÍA.
又,"xxÎA,
根据全集E的定义,
xÎE,从而xÎA且xÎE,
ÞxÎAÇE
得证AÍAÇE.
例4证明AÈ(AÇB)=A(吸收律)
证利用例3证明的4条等式证明
AÈ(AÇB)
=(AÇE)È(AÇB)(同一律)
=AÇ(EÈB)(分配律)
=AÇ(BÈE)(交换律)
=AÇE(零律)
=A(同一律)
例5证明(A-B)-C=(A-C)-(B-C)
证(A-C)-(B-C)
=(AÇ~C)Ç~(BÇ~C)(补交转换律)
=(AÇ~C)Ç(~BÈ~~C)(德摩根律)
=(AÇ~C)Ç(~BÈC)(双重否定律)
=(AÇ~CÇ~B)È(AÇ~CÇC)(分配律)
=(AÇ~CÇ~B)È(AÇÆ)(矛盾律)
=AÇ~CÇ~B(零律,同一律)
=(AÇ~B)Ç~C(交换律,结合律)
=(A–B)–C(补交转换律)
例6证明(AÈB)Å(AÈC)=(BÅC)-A
证(AÈB)Å(AÈC)
=((AÈB)-(AÈC))È((AÈC)-(AÈB))
=((AÈB)Ç~AÇ~C)È((AÈC)Ç~AÇ~B)
=(BÇ~AÇ~C)È(CÇ~AÇ~B)
=((BÇ~C)È(CÇ~B))Ç~A
=((B-C)È(C-B))Ç~A
=(BÅC)-A
例7设A,B为任意集合,证明:
若AÍB,则P(A)ÍP(B)
证"xxÎP(A)ÛxÍA
ÞxÍB(已知AÍB)
ÛxÎP(B)
例8证明AÅB=AÈB-AÇB.
AÅB=(AÇ~B)È(~AÇB)
=(AÈ~A)Ç(AÈB)Ç(~BÈ~A)Ç(~BÈB)
=(AÈB)Ç(~BÈ~A)
=(AÈB)Ç~(AÇB)
=AÈB-AÇB
直接法若n是奇数,则n2也是奇数.
假设n是奇数,则存在kÎN,n=2k+1.
于是n2=(2k+1)2=2(2k2+2k)+1
得证n2是奇数.
间接法若n2是奇数,则n也是奇数.
只证:
若n是偶数,则n2也是偶数.
假设n是偶数,则存在kÎN,n=2k.
于是n2=(2k)2=2(2k2)
得证n2是偶数.
归谬法若A-B=A,则AÇB=Æ
证用归谬法,假设AÇB¹Æ,则存在x,使得
xÎAÇBÛxÎA且xÎB
ÞxÎA-B且xÎB(A-B=A)
Û(xÎA且xÏB)且xÎB
ÞxÏB且xÎB,矛盾
构造性对每正整数n,存n个连的正合数.
证令x=(n+1)!
+1
考虑如下n个连续正整数:
x+1,x+2,…,x+n,
对于i(i=1,2,3,…,n),x+i=(n+1)!
+(1+i),
此式含有因子1+i,而1+i不等于1也不等于x+i,
因此x+i是合数。
所以x+1,x+2,…,
x+n是n个连续的正合数。
非构造性对每个正整数n,存在大于n的素数.
令x等于所有小于等于n的素数的乘积加1,
则x不能被所有小于等于n的素数整除.
于是,x或者是素数,或者能被大于n的素数整除.
因此,存在大于n的素数.
数学归:
对所有n³1,1+3+5+…+(2n-1)=n2
归纳基础.当n=1时,1=12,结论成立.
归纳步骤.假设对n(n³1)结论成立,
则考虑n+1的情况有
1+3+5+…+(2n-1)+(2n+1)=n2+(2n+1)=(n+1)2
得证当n+1时结论也成立.
第二数学归任>=2的整数均可表成素数的乘积
证归纳基础.对于2,结论显然成立.
归纳步骤.假设对所有的k(2£k£n)结论成立,要证结论
对n+1也成立.若n+1是素数,则结论成立;否则n+1=ab,
2£a,b 也可表成素数的乘积.得证结论对n+1成立. 命题为假的证明——举反例 例11证明下述命题不成立: 若AÇB=AÇC,则B=C. 证明反例: 取A={a,b},B={a,b,c},C={a,b,d}, 有AÇB=AÇC={a,b} 但B¹C,故命题不成立. 第二章 例3证明p®(q®r)Û(pÙq)®r 证p®(q®r) ÛØpÚ(ØqÚr)(蕴涵等值式) Û(ØpÚØq)Úr(结合律) ÛØ(pÙq)Úr(德摩根律) Û(pÙq)®r(蕴涵等值式) (1)qÙØ(p®q) 解qÙØ(p®q) ÛqÙØ(ØpÚq)(蕴涵等值式) ÛqÙ(pÙØq)(德摩根律) ÛpÙ(qÙØq)(交换律,结合律) ÛpÙ0(矛盾律) Û0(零律) 该式为矛盾式. (2)(p®q)«(Øq®Øp) 解(p®q)«(Øq®Øp) Û(ØpÚq)«(qÚØp)(蕴涵等值式) Û(ØpÚq)«(ØpÚq)(交换律) Û1 该式为重言式. Ø(p®q)ÚØr的析取式与合取式 解Ø(p®q)ÚØr ÛØ(ØpÚq)ÚØr Û(pÙØq)ÚØr析取式 Û(pÚØr)Ù(ØqÚØr)合取式 Ø(p®q)ÚØr的主析取式主合取式 解 (1)Ø(p®q)ÚØrÛ(pÙØq)ÚØr pÙØqÛ(pÙØq)Ù1同一律 Û(pÙØq)Ù(ØrÚr)排中律 Û(pÙØqÙØr)Ú(pÙØqÙr)分配律 Ûm4Úm5 ØrÛ(ØpÚp)Ù(ØqÚq)ÙØr同一律,排中律 Û(ØpÙØqÙØr)Ú(ØpÙqÙØr)Ú(pÙØqÙØr)Ú(pÙqÙØr) Ûm0Úm2Úm4Úm6分配律 得Ø(p®q)ÚØrÛm0Úm2Úm4Úm5Úm6 可记作ÛS(0,2,4,5,6) (2)Ø(p®q)ÚØrÛ(pÚØr)Ù(ØqÚØr) pÚØrÛpÚ0ÚØr同一律 ÛpÚ(qÙØq)ÚØr矛盾律 Û(pÚqÚØr)Ù(pÚØqÚØr)分配律 ÛM1ÙM3 ØqÚØrÛ(pÙØp)ÚØqÚØr同一律,矛盾律 Û(pÚØqÚØr)Ù(ØpÚØqÚØr)分配律 ÛM3ÙM7 得Ø(p®q)ÚØrÛM1ÙM3ÙM7 可记作ÛP(1,3,7) 快速求AÛ(ØpÙq)Ú(ØpÙØqÙr)Úr的主析取式 (1)ØpÙqÛ(ØpÙqÙØr)Ú(ØpÙqÙr)Ûm2Úm3 ØpÙØqÙrÛm1 rÛ(ØpÙØqÙr)Ú(ØpÙqÙr)Ú(pÙØqÙr)Ú(pÙqÙr) Ûm1Úm3Úm5Úm7 得AÛm1Úm2Úm3Úm5Úm7ÛS(1,2,3,5,7) (2)求BÛØpÙ(pÚqÚØr)的主合取式 解ØpÛ(ØpÚqÚr)Ù(ØpÚqÚØr)Ù (ØpÚØqÚr)Ù(ØpÚØqÚØr) ÛM4ÙM5ÙM6ÙM7 pÚqÚØrÛM1 得BÛM1ÙM4ÙM5ÙM6ÙM7ÛP(1,4,5,6,7) 例3用主析取式判断公式的类型: (1)AÛØ(p®q)Ùq(3)CÛ(pÚq)®r AÛØ(ØpÚq)ÙqÛ(pÙØq)ÙqÛ0矛盾式 (2)BÛp®(pÚq) BÛØpÚ(pÚq)Û1Ûm0Úm1Úm2Úm3重言式 (3)CÛ(pÚq)®r CÛØ(pÚq)ÚrÛ(ØpÙØq)Úr Û(ØpÙØqÙr)Ú(ØpÙØqÙØr)Ú(ØpÙØqÙr) Ú(ØpÙqÙr)Ú(pÙØqÙr)Ú(pÙqÙr) Ûm0Úm1Úm3Úm5Úm7非重言式的可满足式 用主析取式判断下面2组公式是否等值: (1)p与(ØpÚq)®(pÙq) 解pÛpÙ(ØqÚq)Û(pÙØq)Ú(pÙq)Ûm2Úm3 (ØpÚq)®(pÙq)ÛØ(ØpÚq)Ú(pÙq) Û(pÙØq)Ú(pÙq)Ûm2Úm3 故pÛ(ØpÚq)®(pÙq) (2)(pÙq)Úr与pÙ(qÚr) 解(pÙq)ÚrÛ(pÙqÙØr)Ú(pÙqÙr)Ú(ØpÙØqÙr)Ú (ØpÙqÙr)Ú(pÙØqÙr)Ú(pÙqÙr) Ûm1Úm3Úm5Úm6Úm7 pÙ(qÚr)Û(pÙq)Ú(pÙr) Û(pÙqÙØr)Ú(pÙqÙr)Ú(pÙØqÙr)Ú(pÙqÙr) Ûm5Úm6Úm7 故(pÙq)Úr不等于pÙ(qÚr) 例5某单位要从A,B,C三人中选派若干人出国考察,需满 足下述条件: (1)若A去,则C必须去; (2)若B去,则C不能去; (3)A和B必须去一人且只能去一人. 问有几种可能的选派方案? 解记p: 派A去,q: 派B去,r: 派C去 (1)p®r, (2)q®Ør,(3)(pÙØq)Ú(ØpÙq) 求下式的成真赋值 A=(p®r)Ù(q®Ør)Ù((pÙØq)Ú(ØpÙq)) 求A的主析取式 A=(p®r)Ù(q®Ør)Ù((pÙØq)Ú(ØpÙq)) Û(ØpÚr)Ù(ØqÚØr)Ù((pÙØq)Ú(ØpÙq)) Û((ØpÙØq)Ú(ØpÙØr)Ú(rÙØq)Ú(rÙØr)) Ù((pÙØq)Ú(ØpÙq)) Û((ØpÙØq)Ù(pÙØq))Ú((ØpÙØr)Ù(pÙØq)) Ú((rÙØq)Ù(pÙØq))Ú((ØpÙØq)Ù(ØpÙq)) Ú((ØpÙØr)Ù(ØpÙq))Ú((rÙØq)Ù(ØpÙq)) Û(pÙØqÙr)Ú(ØpÙqÙØr) 成真赋值: 101, 结论: 方案1派A与C去方案2派B去 A=(ØpÙØqÙr)Ú(ØpÙqÙr)Ú(pÙqÙr)的主合取式 解AÛm1Úm3Úm7 ÛM0ÙM2ÙM4ÙM5ÙM6 第二章 判断若今天是1号,则明天是5号. 今天是1号.所以,明天是5号. 解设p: 今天是1号,q: 明天是5号 推理的形式结构为(pq)pq 证明用等值演算法 (pq)pq((pq)p)q ((pq)p)q pqq1 得证推理正确 判断若下午气温超过30度,则小燕必去游泳,若她去游泳她就不去看电影了.所以若小燕没去看电影,下午气温必定超过了30度.m1 解设p: 下午气温超过30度,q: 小燕去游泳,r: 小燕去看电影. 推理的形式结构为((pq)qr)rp) 证明主析取式法 ((pq)qr)rp) pr m1Úm3Úm4Úm5Úm6Úm7 主析取式中缺少m0,m2,不是重言式,不正确。 前提: pq,qr,ps,s结论: rpq 直接证明法 证明①ps前提引入 ②s前提引入 ③p①②拒取式 ④pq前提引入 ⑤q③④析取三段论 ⑥qr前提引入 ⑦r⑤⑥假言推理 ⑧rpq⑦④合取 推理正确rpq是有效结论 构造推理的证明: 若明天是星期一或星期三,我就有 课.若有课,今天必需备课.我今天下午没备课.所以,明天 不是星期一和星期三. 解设p: 明天是星期一,q: 明天是星期三, r: 我有课,s: 我备课 前提: (pq)r,rs,s 结论: pq 前提: (pq)r,rs,s 结论: pq 证明 ①rs前提引入 ②s前提引入 ③r①②拒取式 ④(pq)r前提引入 ⑤(pq)③④拒取式 ⑥pq⑤置换 结论有效,即明天不是星期一和星期三 例4前提: pq,qr,rs结论: ps 证明①p附加前提引入 ②pq前提引入 ③q①②析取三段论 ④qr前提引入 ⑤r③④析取三段论 ⑥rs前提引入 ⑦s⑤⑥假言推理 推理正确ps是有效结论 例5前提: (pq)r,rs,s,p结论: q 证明用归缪法 ①q结论否定引入 ②rs前提引入 ③s前提引入 ④r②③拒取式 ⑤(pq)r前提引入 ⑥(pq)④⑤析取三段论 ⑦pq⑥置换 ⑧p①⑦析取三段论 ⑨p前提引入 ⑩pp⑧⑨合取 推理正确q是有效结论 例6前提: pqr,rs,s结论: pÙØq 归结证明法 解pqrpqr pqrpr)qr rsrs ØpÙØqpq 把推理的前提改写成 前提prqrrss,pq (结论均为0,不必写出) 前提prqrrss,pq 证明①pr前提引入 ②pq前提引入 ③qr①②归结 ④qr前提引入 ⑤r③④归结 ⑥rs前提引入 ⑦s⑤⑥归结 ⑧Øs前提引入 ⑨0⑦⑧合取 第三章 将下述命题用0元谓词符号化,并讨论它们的真值: (1)根2是无理数,而根3是有理数 (2)如果2>3,则3<4 解 (1)设F(x): x是无理数,G(x): x是有理数 符号化为 真值为0 (2)设F(x,y): x>y,G(x,y): x 符号化为F(2,3)®G(3,4) 真值为1 例3在一阶逻辑中将下面命题符号化: (1) 人都爱美; (2)有人用左手写字 个体域分别取(a)人类集合,(b)全总个体域. 解: (a) (1)设F(x): x爱美,符号化为"xF(x) (2)设G(x): x用左手写字,符号化为$xG(x) (b)设M(x): x为人,F(x),G(x)同(a)中 (1)"x(M(x)®F(x)) (2)$x(M(x)ÙG(x)) 例4将下列命题符号化,并讨论其真值: (1)对任意的x,均有x2-3x+2=(x-1)(x-2) (2)存在x,使得x+5=3 分别取(a)个体域D1=N,(b)个体域D2=R 解记F(x): x2-3x+2=(x-1)(x-2),G(x): x+5=3 (a) (1)"xF(x)真值为1 (2)$xG(x)真值为0 (b) (1)"xF(x)真值为1 (2)$xG(x)真值为1 例5将下面命题符号化: (1)兔子比乌龟跑得快 (2)有的兔子比所有的乌龟跑得快 (3)并不是所有的兔子都比乌龟跑得快 (4)不存在跑得一样快的兔子和乌龟 解用全总个体域,令F(x): x是兔子,G(y): y是乌龟, H(x,y): x比y跑得快,L(x,y): x和y跑得一样快 (1)"x"y(F(x)ÙG(y)®H(x,y)) (2)$x(F(x)Ù("y(G(y)®H(x,y))) (3)Ø"x"y(F(x)ÙG(y)®H(x,y)) (4)Ø$x$y(F(x)ÙG(y)ÙL(x,y)) 例6公式"x(F(x,y)®$yG(x,y,z)) "x的辖域: (F(x,y)®$yG(x,y,z)),指导变元为x $y的辖域: G(x,y,z),指导变元为y x的两次出现均为约束出现 y的第一次出现为自由出现,第二次出现为约束出现 z为自由出现. 例7公式"x(F(x)®$xG(x)) "x的辖域: (F(x)®$xG(x)),指导变元为x $x的辖域: G(x),指导变元为x x的两次出现均为约束出现.但是,第一次出现的x是"x中 的x,第二次出现的x是$x中的x. 例1消去公式中既约束出现、又自由出现的个体变项 (1)"xF(x,y,z)®$yG(x,y,z) Û"uF(u,y,z)®$yG(x,y,z)换名规则 Û"uF(u,y,z)®$vG(x,v,z)换名规则 (2)"x(F(x,y)®$yG(x,y,z)) Û"x(F(x,y)®$tG(x,t,z))换名规则 例2设个体域D={a,b,c},消去下面公式中的量词: (1)"x(F(x)®G(x)) Û(F(a)®G(a))Ù(F(b)®G(b))Ù(F(c)®G(c)) (2)"x(F(x)Ú$yG(y)) Û"xF(x)Ú$yG(y)量词辖域收缩 Û(F(a)ÙF(b)ÙF(c))Ú(G(a)ÚG(b)ÚG(c)) (3)$x"yF(x,y) Û$x(F(x,a)ÙF(x,b)ÙF(x,c)) Û(F(a,a)ÙF(a,b)ÙF(a,c))Ú(F(b,a)ÙF(b,b)ÙF(b,c)) Ú(F(c,a)ÙF(c,b)ÙF(c,c)) 例4证明下列等值式: Ø$x(M(x)ÙF(x))Û"x(M(x)®ØF(x)) 证左边Û"xØ(M(x)ÙF(x))量词否定等值式 Û"x(ØM(x)ÚØF(x)) Û"x(M(x)®ØF(x)) 例5求公式的前束式 (1)"xF(x)ÙØ$xG(x) 解1Û"xF(x)Ù"xØG(x)量词否定等值式 Û"x(F(x)ÙØG(x))量词分配等值式 解2Û"xF(x)ÙØ$yG(y)换名规则 Û"xF(x)Ù"yØG(y)量词否定等值式 Û"x(F(x)Ù"yØG(y))量词辖域扩 Û"x"y(F(x)ÙØG(y))量词辖域扩 第四章 笛卡儿积 A={0,1},B={a,b,c} A´B={<0,a>,<0,b>,<0,c>,<1,a>,<1,b>,<1,c>} (1)R={ ={<0,0>,<0,1>,<0,2>,<1,0>,<1,1>,<2,0>} (2)C={ C是直角坐标平面上点的横、纵坐标之间的关系, C中的所有的点恰好构成坐标平面上的单位圆. (3)R={ R代表了空间直角坐标系中的一个平面. 例1 domR={a,c,{a},d} ranR={{b},d,{d}} fldR={a,c,{a},d,{b},{d}} 例2R={<1,2>,<2,3>,<1,4>,<2,2>} S={<1,1>,<1,3>,<2,3>,<3,2>,<3,3>} R-1={<2,1>,<3,2>,<4,1>,<2,2>} R∘S={<1,3>,<2,2>,<2,3>} S∘R={<1,2>,<1,4>,<3,2>,<3,3>} 第六章 已知图G有10条边,4个3度顶点,其余顶点的度数均小 于等于2,问G至少有多少个顶点? 解设G有n个顶点.由握手定理, 4´3+2´(n-4)³2´10 解得n³8 证明不存在具有奇数个面且每个面都具有奇数条棱的多面体. 证用反证法.假设存在这样的多面体,作无向图G= 其中V={v|v为多面体的面}, E={(u,v)|u,vÎVÙu与v有公共的棱Ùu¹v}. 根据假设,|V|为奇数且"vÎV,d(v)为奇数.这与握手定理的推论矛盾. 设9阶无向图的每个顶点的度数为5或6,证明它至少有5个6度顶点或者至少有6个5度顶点. 证讨论所有可能的情况.设有a个5度顶点和b个6度顶点 (1)a=0,b=9; (2)a=2,b=7; (3)a=4,b=5; (4)a=6,b=3; (5)a=8,b=1 (1)~(3)至少5个6度顶点, (4)和(5)至少6个5度顶点 子图 (1), (2),(3)是 (1)的子图, (2),(3)是真子图, (1)是母图. (1),(3)是 (1)的生成子图. (2)是{d,e,f}的导出子图,也是{e5,e6,e7}导出子图. (3)是{e1,e3,e5,e7}的导出子图 画出4阶3条边的所有非同构的无向简单图 解总度数为6,分配给4个顶点,最大度为3,且奇度顶点数 为偶数,有下述3个度数列: (1)1,1,1,3; (2)1,1,2,2;(3)0,2,2,2. 画出3个以1,1,1,2,2,3为度数列的非同构的无向简单图 (1)v1到v4,v4到v1长为3的通路各有多少条? (2)v1到自身长为1,2,3,4的回路各有多少条? (3)长为4的通路共有多少条? 其中有多少条回路? (4)长度小于等于4的回路共有多少条? (5)写出D的可达矩阵,并问D是强连通的吗? 解v1到v4长为3的通路有3条, v4到v1长为3的通路有0条 v1到自身长为1,2,3,4的回路各有1条 长为4的通路共有16条,其中有3条回路 长度小于等于4的回路共有8条 例1已知无向树T中,有1个3度顶点,2个2度顶点,其余顶 点全是树叶.试求树叶数,并
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