离散数学考试试题(A、B卷及答案)

离散数学考试试题(A卷及答案）一、证明题（10分）1)(P∧Q∧AC)∧(AP∨Q∨C)(A∧(PQ))C。P-Q=(p-Q)合取（Q-p）证明:(P∧Q∧AC)∧(AP∨Q∨C)(P∨Q∨A∨C)∧(A∨P∨Q∨C)((P∨Q∨A)∧(A∨P∨Q))∨C反用分配律((P∧Q∧A)∨(A∧P∧Q))∨C(A∧((P∧Q)∨(P∧Q)))∨C再反用分配律(A∧(PQ))∨C(A∧(PQ))C2)(PQ)PQ。证明：(PQ)((P∧Q))(P∨Q))PQ。二、分别用真值表法和公式法求(P(Q∨R))∧(P∨(QR))的主析取范式与主合取范式，并写出其相应的成真赋值和成假赋值（15分）。主析取范式与析取范式的区别：主析取范式里每个括号里都必须有全部的变元。主析取范式可由析取范式经等值演算法算得。证明：公式法：因为(P(Q∨R))∧(P∨(QR))(P∨Q∨R)∧(P∨(Q∧R)∨(Q∧R))(P∨Q∨R)∧(((P∨Q)∧(P∨R))∨(Q∧R))分配律(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨Q)∧(P∨Q∨R)∧(P∨R∨Q)∧(P∨R∨R)(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)4M∧5M∧6M使（非P析取Q析取R）为0所赋真值，即100，二进制为40m∨1m∨2m∨3m∨7m所以，公式(P(Q∨R))∧(P∨(QR))为可满足式，其相应的成真赋值为000、001、010、011、111：成假赋值为：100、101、110。真值表法：PQRQRP(Q∨R)P∨(QR)(P(Q∨R))∧(P∨(QR))00000101001110010111011110011001111101111111100111110001由真值表可知，公式(P(Q∨R))∧(P∨(QR))为可满足式，其相应的成真赋值为000、001、010、011、111：成假赋值为：100、101、110。三、推理证明题（10分）1）P∨Q，Q∨R，RSPS。证明：(1)P附加前提(2)P∨QP(3)QT(1)(2)，I（析取三段论）(4)Q∨RP(5)RT(3)(4)，I（析取三段论）(6)RSP(7)ST(5)(6)，I（假言推理）(8)PSCP2)x(P(x)Q(y)∧R(x))，xP(x)Q(y)∧x(P(x)∧R(x))证明（1）xP(x)(2)P(a)(3)x(P(x)Q(y)∧R(x))(4)P(a)Q(y)∧R(a)(5)Q(y)∧R(a)(6)Q(y)(7)R(a)(8)P(a)(9)P(a)∧R(a)(10)x(P(x)∧R(x))(11)Q(y)∧x(P(x)∧R(x))五、已知A、B、C是三个集合，证明(A∪B)－C＝(A－C)∪(B－C)（10分）证明：因为x∈(A∪B)－Cx∈(A∪B)－Cx∈(A∪B)∧xC(x∈A∨x∈B)∧xC(x∈A∧xC)∨(x∈B∧xC)x∈(A－C)∨x∈(B－C)x∈(A－C)∪(B－C)所以，(A∪B)－C＝(A－C)∪(B－C)。八、证明整数集I上的模m同余关系R={x,y|xy(modm)}是等价关系。其中，xy(modm)的含义是x-y可以被m整除（15分）。X(modm)=y(modm)证明：1）x∈I，因为（x-x）/m=0，所以xx(modm)，即xRx。2）x,y∈I，若xRy，则xy(modm)，即（x-y）/m=k∈I，所以（y-x）/m=-k∈I，所以yx(modm)，即yRx。3）x,y,z∈I，若xRy，yRz，则（x-y）/m=u∈I，（y-z）/m=v∈I，于是（x-z）/m=（x-y+y-z）/m=u+v∈I，因此xRz。九、若f:A→B和g:B→C是双射，则（gf）-1=f-1g-1（10分）。证明：因为f、g是双射，所以gf：A→C是双射，所以gf有逆函数（gf）-1：C→A。同理可推f-1g-1：C→A是双射。因为x,y∈f-1g-1存在z（x,z∈g-1z,y∈f-1）存在z（y,z∈fz,x∈g）y,x∈gfx,y∈（gf）-1,所以（gf）-1=f-1g-1。离散数学考试试题(B卷及答案）一、证明题（10分）1)((P∨Q)∧(P∧(Q∨R)))∨(P∧Q)∨(P∧R)T证明:左端((P∨Q)∧(P∨(Q∧R)))∨((P∨Q)∧(P∨R))(摩根律)((P∨Q)∧(P∨Q)∧(P∨R))∨((P∨Q)∧(P∨R))(分配律)((P∨Q)∧(P∨R))∨((P∨Q)∧(P∨R))(等幂律)T(代入)2)xy(P(x)Q(y))(xP(x)yQ(y))证明：xy(P(x)Q(y))xy(P(x)∨Q(y))x(P(x)∨yQ(y))xP(x)∨yQ(y)xP(x)∨yQ(y)(xP(x)yQ(y))二、求命题公式(PQ)(P∨Q)的主析取范式和主合取范式（10分）解：(PQ)(P∨Q)(PQ)∨(P∨Q)(P∨Q)∨(P∨Q)(P∧Q)∨(P∨Q)(P∨P∨Q)∧(Q∨P∨Q)(P∨Q)M1析取要使之为假，即赋真值001，即M1m0∨m2∨m3使之为真三、推理证明题（10分）1)(P(QS))∧(R∨P)∧QRS证明：(1)R(2)R∨Pp(3)PT（1）（2）析取三段论(4)P(QS)p(5)QST（3）（4）I假言推理(6)QP(7)ST（5）（6）I假言推理(8)RSCP2)x(A(x)yB(y))，x(B(x)yC(y))xA(x)yC(y)。证明：(1)x(A(x)yB(y))P(2)A(a)yB(y)T(1)ES(3)x(B(x)yC(y))P(4)x(B(x)C(c))T(3)ES(5)B(b)C(c)T(4）US(6)A(a)B(b)T(2)US(7)A(a)C(c)T(5)(6)I假言三段论(8)xA(x)C(c)T(7)UG(9)xA(x)yC(y)T(8)EG四、只要今天天气不好，就一定有考生不能提前进入考场，当且仅当所有考生提前进入考场，考试才能准时进行。所以，如果考试准时进行，那么天气就好（15分）。解：设P：今天天气好，Q：考试准时进行，A(e)：e提前进入考场，个体域：考生的集合，则命题可符号化为：PxA(x)，xA(x)QQP。(1)PxA(x)P(2)PxA(x)T(1)E(3)xA(x)PT(2)E(4)xA(x)QP(5)(xA(x)Q)∧(QxA(x))T(4)E(6)QxA(x)T(5)I(7)QPT(6)(3)I五、已知A、B、C是三个集合，证明A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)（10分）证明：∵xA∩（B∪C）xA∧x（B∪C）xA∧（xB∨xC）（xA∧xB）∨（xA∧xC）x（A∩B）∨xA∩Cx（A∩B）∪（A∩C）∴A∩（B∪C）=（A∩B）∪（A∩C）六、A={x1,x2,x3}，B={y1,y2}，R={x1,y1,x2,y2,x3,y2}，求其关系矩阵及关系图（10分）。有就是1，没就是0七、设R={2,1,2,5,2,4,3,4,4,4,5,2}，求r(R)、s(R)和t(R)，并作出它们及R的关系图（15分）。r(R)={2,1,2,5,2,4,3,4,4,4,5,2,1,1,2,2,3,35,5}（自反闭包）s(R)={2,1,2,5,2,4,3,4,4,4,5,2,1,2,4,2,4,3}（对称闭包）t(R)={2,1,2,5,2,4,3,4,4,4,5,2,2,2,5,1,5,4,5,5}（传递闭包）九、设f：AB，g：BC，h：CA，证明：如果hgf＝IA，fhg＝IB，gfh＝IC，则f、g、h均为双射，并求出f－1、g－1和h－1（10分）。解因IA恒等函数，由hgf＝IA可得f是单射，h是满射；因IB恒等函数，由fhg＝IB可得g是单射，f是满射；因IC恒等函数，由gfh＝IC可得h是单射，g是满射。从而f、g、h均为双射。由hgf＝IA，得f－1＝hg；由fhg＝IB，得g－1＝fh；由gfh＝IC，得h－1＝gf。五.(12分)令X={x1,x2,...,xm},Y={y1,y2,...,yn},问:(1)有多少不同的由X到Y的关系?(2)有多少不同的由X到Y的影射?(3)有多少不同的由X到Y的单射，双射?（12分）G,*是个群，u∈G，定义G中的运算“”为ab=a*u-1*b，对任意a,b∈G，求证：G,也是个群。证明：1）a,b∈G，ab=a*u-1*b∈G，运算是封闭的。2）a,b,c∈G，（ab）c=（a*u-1*b）*u-1*c=a*u-1*（b*u-1*c）=a（bc），运算是可结合的。3）a∈G，设E为的单位元，则aE=a*u-1*E=a，得E=u，存在单位元。4）a∈G，ax=a*u-1*x=E，x=u*a-1*u，则xa=u*a-1*u*u-1*a=u=E，每个元素都有逆元。所以G,也是个群。六.