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离散数学例题整理
第一章
定律证明:
⑴AB=BA(交换律)
证xxAB
xA或xB,自然有xB或xAxBA
得证ABBA.
同理可证BAAB.
⑵A(BC)=(AB)(AC)(分配律)
证xxA(BC)
xA或(xB且xC)
(xA或xB)且(xA或xC)
x(AB)(AC)
得证A(BC)(AB)(AC).
类似可证(AB)(AC)A(BC).
⑶AE=E(零律)
证根据并的定义,有EAE.
根据全集的定义,乂有AEE.
⑷AE=A(同一律)
证根据交的定义,有AEA.
乂,xxA,
根据全集E的定义,
xE,从而xA且xE,
xAE得证AAE.
例4证明A(AB)=A(吸收律)
证利用例3证明的4条等式证明
A(AB)
=(AE)(AB)(同一律)
=A(EB)(分配律)
=A(BE)(交换律)
=AE(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
(零伸
[同一律)
=(A
~B)
~C
(交换律,结合律)
=(A-B)-C(补交转换律)例6证明(AB)(AC)=(BC)-A
证(AB)(AC)
=((AB)-(AC))((AC)-(AB))
=((AB)~A~C)((AC)~A~B)
=(B~A~C)(C~A~B)
=((B~C)(C~B))~A
=((B-C)(C-B))~A
=(BC)-A
例7设A,B为任意集合,证明:
若AB,则P(A)P(B)
证xxP(A)xA
xB(已知AB)
xP(B)
例8证明AB=AB-AB.
A
------
B
A
~B)(~AB)
~A)(AB)(~B~A)(~BB)
B)(~B~A)
B)~(AB)
B-AB
直接法若n是奇数,则n2也是奇数.假设n是奇数,则存在kN,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kN,n=2k.于是n2=(2k)2=2(2k2)得证n2是偶数.
归谬法若A-B=A,则AB=
证用归谬法,假设AB,则存在x,使得
xABxA且xB
xA-B且xB(A-B=A)
(xA且xB)且xB
xB且xB,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,
对丁i(i=1,2,3,m),x+i=(n+1)!
+(1+i),
此式含有因子1+i,而1+i不等丁1也不等丁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,存在大丁n的素数.
令x等丁所有小丁等丁n的素数的乘积加1,则x不能被所有小丁等丁n的素数整除.
丁是,x或者是素数,或者能被大丁n的素数整除.
因此,存在大丁n的素数.
数学归:
对所有n1,1+3+5+•••+(2-1)=n2
归纳基础.当n=1时,1=12,结论成立.
归纳步骤.假设对n(n1)结论成立,
则考虑n+1的情况有
1+3+5+…+(2i-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.对丁2,结论显然成立.
归纳步骤.假设对所有的k(2kn)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,
2a,b 命题为假的证明一一举反例 例11证明下述命题不成立: 若AB=AC,则B=C. 证明反例: 取A={a,b},B={a,b,c},C={a,b,d},有AB=AC={a,b} 但BC,故命题不成立. 弟■早 证p(qr) p(qr)(蕴涵等值式) (pq)r(结合律) (pq)r(德摩根律) (pq)r(蕴涵等值式) ⑴q(pq) 该式为矛盾式. ⑵(pq)(qp) 解(pq)(qp) (pq)(qp)(蕴涵等值式) (pq)(pq)(交换律) (pq)r的析取范式与合取范式 解(pq)r (pq)r (pq)r析取范式 (pr)(qr)合取范式 (pq)r的主析取范式主合取范式 解 (1)(pq)r(pq)r pq(pq)1同一律 r(pp)(qq)r同一律,排中律 (pqr)(pqr)(pqr)(pqr) mom2m4m6分配律 得(pq)rmom2m4m5m6 可记作 (0,2,4,5,6) ⑵(pq)r(pr)(qr) 同一律 p(qq)r矛盾律 (pqr)(pqr)分配律 MiM3 qr(pp)qr同一律,矛盾律(pqr)(pqr)分配律M3M7 得(pq)rMiM3M7 可记作(1,3,7) 快速求A (pq)(p qr)r的主析取范式 ⑴pq (pqr)( pqr)m2m3 p qrmi r(p qr)(pq r)(pqr)(pqr) mi m3m5m7 得Ami m2m3m5 m7(i,2,3,5,7) ⑵求Bp(pqr)的主合取范式解p(pqr)(pqr) (Pqr)(pqr) M4M5M6M7 pqrMi 得BMiM4M5M6M7(1,4,5,6,7) 例3用主析取范式判断公式的类型: ⑴A (pq)q ⑶ C (pq)r A (pq)q (p q) q0 矛盾式 ⑵B p(pq) B p(pq) i momim2m3 重言式 ⑶C (pq)r C (pq)r (p q) r (pqr) (p q r)(p qr) (pqr) (p qr) (pqr) momim3m5m7非重言式的可满足式 用主析取范式判断下面2组公式是否等值: ⑴p与(pq)(pq) 解 p (p p(qq) (pq)(pq) (pq)(pq)m2m3 q) m2m3 q) (p (pq)q)(p 故 p ( pq) (pq) ⑵(pq) r上 云p(q r) 解 (pq) r (pq r)(pqr)( p qr) (pq 1r)(pqr) (p qr) mim3 m5m6m7 p(qr)(pq)(pr) (pqr)(pqr)(pqr)(pqr) m5m6m7 故(pq)r不等丁p(qr) 需满 例5某单位要从A,B,C三人中选派若干人出国考察足下述条件: ⑴若A去,则C必须去; ⑵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 ⑴pr,⑵qr,⑶(pq)(pq) 求下式的成真赋值 A=(pr)(qr)((pq)(pq)) 求A的主析取范式 A=(pr)(qr)((pq)(pq)) (pr)(q r)((p q)(pq)) ((pq)(p r)(r q)(rr)) ((pq)(p q)) ((pq)(p q))(( pr)(pq)) ((rq)(p q))(( pq)(pq)) ((pr)( pq))((rq)(pq)) (pqr)(p qr) 成真赋值: 101,010 结论: 方案1派A与C去方案2派B去 A=(pqr)(pqr)(pqr)的主合取范式解Am1m3m7 M0M2M4M5M6 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) 证明主析取范式法 ((pq)qr)rp) prm1m3m4m5m6m7 主析取氾式中缺少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①p 前提引入 前提引入 ①②拒取式 前提引入 ③④析取三段论 前提引入 ⑤⑥假言推理 ⑦④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 推理正而q是有效结论 例6前提: pqr,rs,s结论: p 归结证明法 解pqrpqr pqrpr)q rsrs pqpq 把推理的前提改写成 前提prqrrss,pq (结论均为0,不必写出) 前提pr 证明①p 2pq 3qr 4qr 5r 6rs 7s 8s 90 qrrss,pq r前提引入 前提引入 ①②归结 前提引入 ③④归结 前提引入 ⑤⑥归结 前提引入 ⑦⑧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) ⑵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)) ⑵x(M(x)G(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) ⑵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(xy): x和y跑得一样快 ⑴ xy(F(x)G(y) H(x,y)) ⑵ x(F(x)(y(G(y) H(x,y))) ⑶ xy(F(x)G(y) H(x,y)) ⑷ xy(F(x)G(y) L(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、乂自由出现的个体变项 (1)xF(x,y,z)uF(u,y,z)uF(u,y,z) yG(x,y,z) yG(x,y,z)换名规则 vG(x,v,Zi换名规则 ⑵x(F(x,y)yG(x,y,0) 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 ⑴x(F(x)G(x)) (F(a)G(a))(F(b)G(b))(F(c)G(c)) (2)x(F(x)yG(y)) 量词辖域收缩 xF(x)yG(y) (F(a)F(b)F(c))(G(a)G(b)G(c)) ⑶xyF(x,y) x(F(x,a)F(x,b)F(x,c)) (F(a,a)F(a,b)F(a,c))(F(b,a)F(b,b)F(b,c)) (F(c,a)F(c,b)F(c,c)) 例4证明下列等值式: x(M(x)F(x))x(M(x)F(x)) 证左边x(M(x)F(x))量词否定等值式 x(M(x)F(x)) x(M(x)F(x)) 例5求公式的前束范式 ⑴xF(x) xG(x) 解1 xF(x)xG(x)量词否定等值式 x(F(x) G(x))量词分配等值式 解2 xF(x)yG(y)换名规则 xF(x) yG(y)量词否定等值式 x(F(x) yG(y))量词辖域扩张 xy(F(x)G(y))量词辖域扩张 第四章 笛卡儿积 A={0,1},B={a,b,c} AB={<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>} ⑵C={ 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 ⑶R={ R代表了空间直角坐标系中的一个平■面. 例1 R={, 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>} R1={<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>} 已知图G有10条边,4个3度顶点,其余顶点的度数均小 丁等丁2,问G至少有多少个顶点? 解设G有n个顶点.由握手定理, 43+2(n-4)210 解得n8 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,vVu与v有公共的棱uv}. 根据假设,V|为奇数且vV,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 ⑴a=0,b=9; ⑵a=2,b=7; ⑶a=4,b=5; ⑷a=6,b=3; ⑸a=8,b=1 (1)~(3)至少5个6度顶点, ⑷和⑸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,as,e7}导出子图. ⑶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 ⑴V1到V4,V4到V1长为3的通路各有多少条? ⑵v1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)长度小丁等丁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 长度小丁等丁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,并画出满足要求的非同构的无向树. 解设有x片树叶, 2(2+x)=13+22+x 解得x=3,故T有3片树叶. T的度数列为1,1,1,2,2,3 例2画出所有6阶非同构的无向树 解5条边,总度数等丁10(同构性质: 顶点数相等,边数相等,通过调整顶点 顺序度数列相等) 可能的度数列: (1)1,1,1,1,1,5 (2)1,1,1,1,2,4 (3)1,1,1,1,3,3 (4)1,1,1,2,2,3 (5)1,1,2,2,2,2 例1求以1,3,4,5,6为权的最优2元树,并计算它的权 解 例4右图表小算式 ((b+(c+d))a)((ef)(g+h)(ij)) 波兰符号法 b+cdaef+ghij 逆波兰符号法 bcd++aefgh+ij
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