离散数学期末考试试题

不知道是哪里的试题，蛮弄上来离散数学考试试题（A卷及答案）一、（10分）某项工作需要派A、B、C和D 4个人中的2个人去完成，按下面3个条件，有几种派法？如何派？(1)若A去，则C和D中要去1个人；(2)B和C不能都去；(3)若C去，则D留下。解 设A：A去工作；B：B去工作；C：C去工作；D：D去工作。则根据题意应有：ACD，(B∧C)，CD必须同时成立。因此(ACD)∧(B∧C)∧(CD)(A∨(C∧ D)∨(C∧D))∧(B∨C)∧(C∨D)(A∨(C∧ D)∨(C∧D))∧((B∧C)∨(B∧D)∨C∨(C∧D))(A∧B∧C)∨(A∧B∧D)∨(A∧C)∨(A∧C∧D)∨(C∧ D∧B∧C)∨(C∧ D∧B∧D)∨(C∧ D∧C)∨(C∧ D∧C∧D)∨(C∧D∧B∧C)∨(C∧D∧B∧D)∨(C∧D∧C)∨(C∧D∧C∧D)F∨F∨(A∧C)∨F∨F∨(C∧ D∧B)∨F∨F∨(C∧D∧B)∨F∨(C∧D)∨F(A∧C)∨(B∧C∧ D)∨(C∧D∧B)∨(C∧D)(A∧C)∨(B∧C∧ D)∨(C∧D)T故有三种派法：B∧D，A∧C，A∧D。二、（15分）在谓词逻辑中构造下面推理的证明：某学术会议的每个成员都是专家并且是工人，有些成员是青年人，所以，有些成员是青年专家。解：论域：所有人的集合。 ( )： 是专家； ( )： 是工人； ( )： 是青年人；则推理化形式为： ( ( )∧ ( ))， ( ) ( ( )∧ ( ))下面给出证明：(1) ( ) P(2) (c) T(1)，ES(3) ( ( )∧ ( )) P(4) ( c)∧ ( c) T(3)，US(5) ( c) T(4)，I(6) ( c)∧ (c) T(2)(5)，I(7) ( ( )∧ ( )) T(6) ，EG三、（10分）设A、B和C是三个集合，则AB(BA)。证明：ABx(x∈A→x∈B)∧x(x∈B∧xA)x(xA∨x∈B)∧x(x∈B∧xA)x(x∈A∧xB)∧x(xB∨x∈A)x(x∈A∧xB)∨x(x∈A∨xB)(x(x∈A∧xB)∧x(x∈A∨xB))(x(x∈A∧xB)∧x(x∈B→x∈A))(BA)。四、（15分）设A＝{1，2，3，4，5}，R是A上的二元关系，且R＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>}，求r(R)、s(R)和t(R)。解 r(R)＝R∪IA＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<1，1>，<2，2>，<3，3>，<4，4>，<5，5>}s(R)＝R∪R－1＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<1，2>，<4，2>，<4，3>}R2＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>}R3＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<5，4>}R4＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>}＝R2t(R)＝ Ri＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<2，2>，<5，1>，<5，4>，<5，5>}。五、（10分）R是非空集合A上的二元关系，若R是对称的，则r(R)和t(R)是对称的。证明 对任意的x、y∈A，若xr(R)y，则由r(R)＝R∪IA得，xRy或xIAy。因R与IA对称，所以有yRx或yIAx，于是yr(R)x。所以r(R)是对称的。下证对任意正整数n，Rn对称。因R对称，则有xR2yz(xRz∧zRy)z(zRx∧yRz)yR2x，所以R2对称。若 对称，则x yz(x z∧zRy)z(z x∧yRz)y x，所以 对称。因此，对任意正整数n， 对称。对任意的x、y∈A，若xt(R)y，则存在m使得xRmy，于是有yRmx，即有yt(R)x。因此，t(R)是对称的。六、（10分）若f：A→B是双射，则f－1：B→A是双射。证明 因为f：A→B是双射，则f－1是B到A的函数。下证f－1是双射。对任意x∈A，必存在y∈B使f(x)＝y，从而f－1(y)＝x，所以f－1是满射。对任意的y1、y2∈B，若f－1(y1)＝f－1(y2)＝x，则f(x)＝y1，f(x)＝y2。因为f：A→B是函数，则y1＝y2。所以f－1是单射。综上可得，f－1：B→A是双射。七、（10分）设是一个半群，如果S是有限集，则必存在a∈S，使得a*a＝a。证明 因为是一个半群，对任意的b∈S，由*的封闭性可知，b2＝b*b∈S，b3＝b2*b∈S，…，bn∈S，…。因为S是有限集，所以必存在j＞i，使得 ＝ 。令p＝j－i，则 ＝ * 。所以对q≥i，有 ＝ * 。因为p≥1，所以总可找到k≥1，使得kp≥i。对于 ∈S，有 ＝ * ＝ *( * )＝…＝ * 。令a＝ ，则a∈S且a*a＝a。八、（20分）（1）若G是连通的平面图，且G的每个面的次数至少为l(l≥3)，则G的边数m与结点数n有如下关系：m≤ (n－2)。证明 设G有r个面，则2m＝ ≥lr。由欧拉公式得，n－m＋r＝2。于是， m≤ (n－2)。（2）设平面图G＝是自对偶图，则| E|＝2(|V|－1)。证明 设G*＝是连通平面图G＝的对偶图，则G* G，于是|F|＝|V*|＝|V|，将其代入欧拉公式|V|－|E|＋|F|＝2得，|E|＝2(|V|－1)。离散数学考试试题（B卷及答案）一、（10分）证明(P∨Q)∧(PR)∧(QS) S∨R证明 因为S∨RRS，所以，即要证(P∨Q)∧(PR)∧(QS) RS。(1)R 附加前提(2)PR P(3)P T(1)(2)，I(4)P∨Q P(5)Q T(3)(4)，I(6)QS P(7)S T(5)(6)，I(8)RS CP(9)S∨R T(8)，E二、（15分）根据推理理论证明：每个考生或者勤奋或者聪明，所有勤奋的人都将有所作为，但并非所有考生都将有所作为，所以，一定有些考生是聪明的。设P(e)：e是考生，Q(e)：e将有所作为，A(e)：e是勤奋的，B(e)：e是聪明的，个体域：人的集合，则命题可符号化为：x(P(x)(A(x)∨B(x)))，x(A(x)Q(x))，x(P(x)Q(x)) x(P(x)∧B(x))。(1)x(P(x)Q(x)) P(2)x(P(x)∨Q(x)) T(1)，E(3)x(P(x)∧Q(x)) T(2)，E(4)P(a)∧Q(a) T(3)，ES(5)P(a) T(4)，I(6)Q(a) T(4)，I(7)x(P(x)(A(x)∨B(x)) P(8)P(a)(A(a)∨B(a)) T(7)，US(9)A(a)∨B(a) T(8)(5)，I(10)x(A(x)Q(x)) P(11)A(a)Q(a) T(10)，US(12)A(a) T(11)(6)，I(13)B(a) T(12)(9)，I(14)P(a)∧B(a) T(5)(13)，I(15)x(P(x)∧B(x)) T(14)，EG三、（10分）某班有25名学生，其中14人会打篮球，12人会打排球，6人会打篮球和排球，5人会打篮球和网球，还有2人会打这三种球。而6个会打网球的人都会打另外一种球，求不会打这三种球的人数。解 设A、B、C分别表示会打排球、网球和篮球的学生集合。则：|A|＝12，|B|＝6，|C|＝14，|A∩C|＝6，|B∩C|＝5，|A∩B∩C|＝2，|(A∪C)∩B|＝6。因为|(A∪C)∩B|＝(A∩B)∪(B∩C)|＝|(A∩B)|＋|(B∩C)|－|A∩B∩C|＝|(A∩B)|＋5－2＝6，所以|(A∩B)|＝3。于是|A∪B∪C|＝12＋6＋14－6－5－3＋2＝20， ＝25－20＝5。故，不会打这三种球的共5人。四、（10分）设A1、A2和A3是全集U的子集，则形如 Ai(Ai为Ai或 )的集合称为由A1、A2和A3产生的小项。试证由A1、A2和A3所产生的所有非空小项的集合构成全集U的一个划分。证明 小项共8个，设有r个非空小项s1、s2、…、sr(r≤8)。对任意的a∈U，则a∈Ai或a∈ ，两者必有一个成立，取Ai为包含元素a的Ai或 ，则a∈ Ai，即有a∈ si，于是U si。又显然有 siU，所以U＝ si。任取两个非空小项sp和sq，若sp≠sq，则必存在某个Ai和 分别出现在sp和sq中，于是sp∩sq＝。综上可知，{s1，s2，…，sr}是U的一个划分。五、（15分）设R是A上的二元关系，则：R是传递的R*RR。证明 (5)若R是传递的，则∈R*Rz(xRz∧zSy)xRc∧cSy，由R是传递的得xRy，即有∈R，所以R*RR。反之，若R*RR，则对任意的x、y、z∈A，如果xRz且zRy，则∈R*R，于是有∈R，即有xRy，所以R是传递的。六、（15分）若G为连通平面图，则n－m＋r＝2，其中，n、m、r分别为G的结点数、边数和面数。证明 对G的边数m作归纳法。当m＝0时，由于G是连通图，所以G为平凡图，此时n＝1，r＝1，结论自然成立。假设对边数小于m的连通平面图结论成立。下面考虑连通平面图G的边数为m的情况。设e是G的一条边，从G中删去e后得到的图记为G，并设其结点数、边数和面数分别为n、m和r。对e分为下列情况来讨论：若e为割边，则G有两个连通分支G1和G2。Gi的结点数、边数和面数分别为ni、mi和ri。显然n1＋n2＝n＝n，m1＋m2＝m＝m－1，r1＋r2＝r＋1＝r＋1。由归纳假设有n1－m1＋r1＝2，n2－m2＋r2＝2，从而(n1＋n2)－(m1＋m2)＋(r1＋r2)＝4，n－(m－1)＋(r＋1)＝4，即n－m＋r＝2。若e不为割边，则n＝n，m＝m－1，r＝r－1，由归纳假设有n－m＋r＝2，从而n－(m－1)＋r－1＝2，即n－m＋r＝2。由数学归纳法知，结论成立。七、（10分）设函数g：A→B，f：B→C，则：(1)fog是A到C的函数；(2)对任意的x∈A，有fog(x)＝f(g(x))。证明 (1)对任意的x∈A，因为g：A→B是函数，则存在y∈B使∈g。对于y∈B，因f：B→C是函数，则存在z∈C使∈f。根据复合关系的定义，由∈g和∈f得∈g*f，即∈fog。所以Dfog＝A。对任意的x∈A，若存在y1、y2∈C，使得、∈fog＝g*f，则存在t1使得∈g且∈f，存在t2使得∈g且∈f。因为g：A→B是函数，则t1＝t2。又因f：B→C是函数，则y1＝y2。所以A中的每个元素对应C中惟一的元素。综上可知，fog是A到C的函数。(2)对任意的x∈A，由g：A→B是函数，有∈g且g(x)∈B，又由f：B→C是函数，得∈f，于是∈g*f＝fog。又因fog是A到C的函数，则可写为fog(x)＝f(g(x))。八、（15分）设是的子群，定义R＝{|a、b∈G且a－1*b∈H}，则R是G中的一个等价关系，且[a]R＝aH。证明 对于任意a∈G，必有a－1∈G使得a－1*a＝e∈H，所以∈R。若∈R，则a－1*b∈H。因为H是G的子群，故(a－1*b)－1＝b－1*a∈H。所以∈R。若∈R，∈R，则a－1*b∈H，b－1*c∈H。因为H是G的子群，所以(a－1*b)*(b－1*c)＝a－1*c∈H，故∈R。综上可得，R是G中的一个等价关系。对于任意的b∈[a]R，有∈R，a－1*b∈H，则存在h∈H使得a－1*b＝h，b＝a*h，于是b∈aH，[a]RaH。对任意的b∈aH，存在h∈H使得b＝a*h，a－1*b＝h∈H，∈R，故aH[a]R。所以，[a]R＝aH。