离散数学考试试题AB卷及答案.docx
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离散数学考试试题AB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∧AC)∧(AP∨Q∨C)(A∧(PQ))C。
P<->Q=(p->Q)合取(Q->p)
证明:
(P∧Q∧AC)∧(AP∨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∧(PQ))∨C
(A∧(PQ))C
2)(PQ)PQ。
证明:
(PQ)((P∧Q))(P∨Q))PQ。
二、分别用真值表法和公式法求(P(Q∨R))∧(P∨(QR))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∨(QR))
(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)
∧
∧
使(非P析取Q析取R)为0所赋真值,即100,二进制为4
∨
∨
∨
∨
所以,公式(P(Q∨R))∧(P∨(QR))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:
PQR
QR
P(Q∨R)
P∨(QR)
(P(Q∨R))∧(P∨(QR))
000
001
010
011
100
101
110
111
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0
1
由真值表可知,公式(P(Q∨R))∧(P∨(QR))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,RS
PS。
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)RSP
(7)ST(5)(6),I(假言推理)
(8)PSCP
2)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
∈(A∪B)-C
∈(A∪B)-C
∈(A∪B)∧
C
(
∈A∨
∈B)∧
C
(
∈A∧
C)∨(
∈B∧
C)
∈(A-C)∨
∈(B-C)
∈(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={
其中,xy(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xx(modm),即xRx。
2)x,y∈I,若xRy,则xy(modm),即(x-y)/m=k∈I,所以(y-x)/m=-k∈I,所以yx(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
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)xy(P(x)Q(y))(xP(x)yQ(y))
证明:
xy(P(x)Q(y))xy(P(x)∨Q(y))
x(P(x)∨yQ(y))
xP(x)∨yQ(y)
xP(x)∨yQ(y)
(xP(x)yQ(y))
二、求命题公式(PQ)(P∨Q)的主析取范式和主合取范式(10分)
解:
(PQ)(P∨Q)(PQ)∨(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(QS))∧(R∨P)∧QRS
证明:
(1)R
(2)R∨Pp
(3)PT
(1)
(2)析取三段论
(4)P(QS)p
(5)QST(3)(4)I假言推理
(6)QP
(7)ST(5)(6)I假言推理
(8)RSCP
2)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(
))T(3)ES
(5)B(
)C(
)T(4)US
(6)A(a)B(
)T
(2)US
(7)A(a)C(
)T(5)(6)I假言三段论
(8)xA(x)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:
PxA(x),xA(x)Q
QP。
(1)PxA(x)P
(2)PxA(x)T
(1)E
(3)xA(x)PT
(2)E
(4)xA(x)QP
(5)(xA(x)Q)∧(QxA(x))T(4)E
(6)QxA(x)T(5)I
(7)QPT(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:
∵xA∩(B∪C)xA∧x(B∪C)xA∧(xB∨xC)(xA∧xB)∨(xA∧xC)x(A∩B)∨xA∩Cx(A∩B)∪(A∩C)∴A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)
六、A={x1,x2,x3},B={y1,y2},R={
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>,<3,3><5,5>}(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:
AB,g:
BC,h:
CA,证明:
如果hogof=IA,fohog=IB,gofoh=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hogof=IA可得f是单射,h是满射;因IB恒等函数,由fohog=IB可得g是单射,f是满射;因IC恒等函数,由gofoh=IC可得h是单射,g是满射。
从而f、g、h均为双射。
由hogof=IA,得f-1=hog;由fohog=IB,得g-1=foh;由gofoh=IC,得h-1=gof。
五.(12分)令X={x1,x2,...,xm},Y={y1,y2,...,yn},问:
六.
(1)有多少不同的由X到Y的关系?
七.
(2)有多少不同的由X到Y的影射?
八.(3)有多少不同的由X到Y的单射,双射?
(12分)
证明:
1)a,b∈G,ab=a*u-1*b∈G,运算是封闭的。
2)a,b,c∈G,(ab)c=(a*u-1*b)*u-1*c=a*u-1*(b*u-1*c)=a(bc),运算是可结合的。
3)a∈G,设E为的单位元,则aE=a*u-1*E=a,得E=u,存在单位元。
4)a∈G,ax=a*u-1*x=E,x=u*a-1*u,则xa=u*a-1*u*u-1*a=u=E,每个元素都有逆元。
所以
九.
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