离散数学例题整理Word文件下载.docx

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x∈E,从而x∈A且x∈E,

⇒x∈A⋂E

得证A⊆A⋂E.

例4证明A⋃（A⋂B）=A（吸收律）

证利用例3证明的4条等式证明

A⋃（A⋂B）

=（A⋂E）⋃（A⋂B）（同一律）

=A⋂（E⋃B）（分配律）

=A⋂（B⋃E）（交换律）

=A⋂E（零律）

=A（同一律）

例5证明（A-B）-C=（A-C）-（B-C）

证（A-C）-（B-C）

=（A⋂~C）⋂~（B⋂~C）（补交转换律）

=（A⋂~C）⋂（~B⋃~~C）（德摩根律）

=（A⋂~C）⋂（~B⋃C）（双重否定律）

=（A⋂~C⋂~B）⋃（A⋂~C⋂C）（分配律）

=（A⋂~C⋂~B）⋃（A⋂∅）（矛盾律）

=A⋂~C⋂~B（零律,同一律）

=（A⋂~B）⋂~C（交换律,结合律）

=（A–B）–C（补交转换律）

例6证明（A⋃B）⊕（A⋃C）=（B⊕C）-A

证（A⋃B）⊕（A⋃C）

=（（A⋃B）-（A⋃C））⋃（（A⋃C）-（A⋃B））

=（（A⋃B）⋂~A⋂~C）⋃（（A⋃C）⋂~A⋂~B）

=（B⋂~A⋂~C）⋃（C⋂~A⋂~B）

=（（B⋂~C）⋃（C⋂~B））⋂~A

=（（B-C）⋃（C-B））⋂~A

=（B⊕C）-A

例7设A,B为任意集合,证明:

若A⊆B,则P（A）⊆P（B）

证∀xx∈P（A）⇔x⊆A

⇒x⊆B（已知A⊆B）

⇔x∈P（B）

例8证明A⊕B=A⋃B-A⋂B.

A⊕B=（A⋂~B）⋃（~A⋂B）

=（A⋃~A）⋂（A⋃B）⋂（~B⋃~A）⋂（~B⋃B）

=（A⋃B）⋂（~B⋃~A）

=（A⋃B）⋂~（A⋂B）

=A⋃B-A⋂B

直接法若n是奇数,则n2也是奇数.

假设n是奇数,则存在k∈N,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k∈N,n=2k.

于是n2=（2k）2=2（2k2）

得证n2是偶数.

归谬法若A-B=A,则A⋂B=∅

证用归谬法,假设A⋂B≠∅,则存在x,使得

x∈A⋂B⇔x∈A且x∈B

⇒x∈A-B且x∈B（A-B=A）

⇔（x∈A且x∉B）且x∈B

⇒x∉B且x∈B,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n≥1,1+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（n≥1）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<

n.由归纳假设,a,b均可表成素数的乘积,从而n+1

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A⋂B=A⋂C,则B=C.

证明反例:

取A={a,b},B={a,b,c},C={a,b,d},

有A⋂B=A⋂C={a,b}

但B≠C,故命题不成立.

第二章

例3证明p→（q→r）⇔（p∧q）→r

证p→（q→r）

⇔⌝p∨（⌝q∨r）（蕴涵等值式）

⇔（⌝p∨⌝q）∨r（结合律）

⇔⌝（p∧q）∨r（德摩根律）

⇔（p∧q）→r（蕴涵等值式）

（1）q∧⌝（p→q）

解q∧⌝（p→q）

⇔q∧⌝（⌝p∨q）（蕴涵等值式）

⇔q∧（p∧⌝q）（德摩根律）

⇔p∧（q∧⌝q）（交换律，结合律）

⇔p∧0（矛盾律）

⇔0（零律）

该式为矛盾式.

（2）（p→q）↔（⌝q→⌝p）

解（p→q）↔（⌝q→⌝p）

⇔（⌝p∨q）↔（q∨⌝p）（蕴涵等值式）

⇔（⌝p∨q）↔（⌝p∨q）（交换律）

⇔1

该式为重言式.

⌝（p→q）∨⌝r的析取式与合取式

解⌝（p→q）∨⌝r

⇔⌝（⌝p∨q）∨⌝r

⇔（p∧⌝q）∨⌝r析取式

⇔（p∨⌝r）∧（⌝q∨⌝r）合取式

⌝（p→q）∨⌝r的主析取式主合取式

解

（1）⌝（p→q）∨⌝r⇔（p∧⌝q）∨⌝r

p∧⌝q⇔（p∧⌝q）∧1同一律

⇔（p∧⌝q）∧（⌝r∨r）排中律

⇔（p∧⌝q∧⌝r）∨（p∧⌝q∧r）分配律

⇔m4∨m5

⌝r⇔（⌝p∨p）∧（⌝q∨q）∧⌝r同一律,排中律

⇔（⌝p∧⌝q∧⌝r）∨（⌝p∧q∧⌝r）∨（p∧⌝q∧⌝r）∨（p∧q∧⌝r）

⇔m0∨m2∨m4∨m6分配律

得⌝（p→q）∨⌝r⇔m0∨m2∨m4∨m5∨m6

可记作⇔∑（0,2,4,5,6）

（2）⌝（p→q）∨⌝r⇔（p∨⌝r）∧（⌝q∨⌝r）

p∨⌝r⇔p∨0∨⌝r同一律

⇔p∨（q∧⌝q）∨⌝r矛盾律

⇔（p∨q∨⌝r）∧（p∨⌝q∨⌝r）分配律

⇔M1∧M3

⌝q∨⌝r⇔（p∧⌝p）∨⌝q∨⌝r同一律,矛盾律

⇔（p∨⌝q∨⌝r）∧（⌝p∨⌝q∨⌝r）分配律

⇔M3∧M7

得⌝（p→q）∨⌝r⇔M1∧M3∧M7

可记作⇔∏（1,3,7）

快速求A⇔（⌝p∧q）∨（⌝p∧⌝q∧r）∨r的主析取式

（1）⌝p∧q⇔（⌝p∧q∧⌝r）∨（⌝p∧q∧r）⇔m2∨m3

⌝p∧⌝q∧r⇔m1

r⇔（⌝p∧⌝q∧r）∨（⌝p∧q∧r）∨（p∧⌝q∧r）∨（p∧q∧r）

⇔m1∨m3∨m5∨m7

得A⇔m1∨m2∨m3∨m5∨m7⇔∑（1,2,3,5,7）

（2）求B⇔⌝p∧（p∨q∨⌝r）的主合取式

解⌝p⇔（⌝p∨q∨r）∧（⌝p∨q∨⌝r）∧

（⌝p∨⌝q∨r）∧（⌝p∨⌝q∨⌝r）

⇔M4∧M5∧M6∧M7

p∨q∨⌝r⇔M1

得B⇔M1∧M4∧M5∧M6∧M7⇔∏（1,4,5,6,7）

例3用主析取式判断公式的类型:

（1）A⇔⌝（p→q）∧q（3）C⇔（p∨q）→r

A⇔⌝（⌝p∨q）∧q⇔（p∧⌝q）∧q⇔0矛盾式

（2）B⇔p→（p∨q）

B⇔⌝p∨（p∨q）⇔1⇔m0∨m1∨m2∨m3重言式

（3）C⇔（p∨q）→r

C⇔⌝（p∨q）∨r⇔（⌝p∧⌝q）∨r

⇔（⌝p∧⌝q∧r）∨（⌝p∧⌝q∧⌝r）∨（⌝p∧⌝q∧r）

∨（⌝p∧q∧r）∨（p∧⌝q∧r）∨（p∧q∧r）

⇔m0∨m1∨m3∨m5∨m7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（⌝p∨q）→（p∧q）

解p⇔p∧（⌝q∨q）⇔（p∧⌝q）∨（p∧q）⇔m2∨m3

（⌝p∨q）→（p∧q）⇔⌝（⌝p∨q）∨（p∧q）

⇔（p∧⌝q）∨（p∧q）⇔m2∨m3

故p⇔（⌝p∨q）→（p∧q）

（2）（p∧q）∨r与p∧（q∨r）

解（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

p∧（q∨r）⇔（p∧q）∨（p∧r）

⇔（p∧q∧⌝r）∨（p∧q∧r）∨（p∧⌝q∧r）∨（p∧q∧r）

⇔m5∨m6∨m7

故（p∧q）∨r不等于p∧（q∨r）

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→⌝r,（3）（p∧⌝q）∨（⌝p∧q）

求下式的成真赋值

A=（p→r）∧（q→⌝r）∧（（p∧⌝q）∨（⌝p∧q））

求A的主析取式

⇔（⌝p∨r）∧（⌝q∨⌝r）∧（（p∧⌝q）∨（⌝p∧q））

⇔（（⌝p∧⌝q）∨（⌝p∧⌝r）∨（r∧⌝q）∨（r∧⌝r））

∧（（p∧⌝q）∨（⌝p∧q））

⇔（（⌝p∧⌝q）∧（p∧⌝q））∨（（⌝p∧⌝r）∧（p∧⌝q））

∨（（r∧⌝q）∧（p∧⌝q））∨（（⌝p∧⌝q）∧（⌝p∧q））

∨（（⌝p∧⌝r）∧（⌝p∧q））∨（（r∧⌝q）∧（⌝p∧q））

⇔（p∧⌝q∧r）∨（⌝p∧q∧⌝r）

成真赋值:

101,

结论:

方案1派A与C去方案2派B去

A=（⌝p∧⌝q∧r）∨（⌝p∧q∧r）∨（p∧q∧r）的主合取式

解A⇔m1∨m3∨m7

⇔M0∧M2∧M4∧M5∧M6

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（p→q）∧p→q

证明用等值演算法

（p→q）∧p→q⇔⌝（（⌝p∨q）∧p）∨q