离散数学期末考试试题及答案

离散数学试题(B卷答案1）
一、证明题（10分）
1)(⌝P∧(⌝Q∧R))∨(Q∧R)∨(P∧R)⇔R
证明: 左端⇔(⌝P∧⌝Q∧R)∨((Q∨P)∧R)
⇔((⌝P∧⌝Q)∧R))∨((Q∨P)∧R)
⇔(⌝(P∨Q)∧R)∨((Q∨P)∧R)
⇔(⌝(P∨Q)∨(Q∨P))∧R
⇔(⌝(P∨Q)∨(P∨Q))∧R
⇔T∧R(置换)⇔R
2) ∃x (A(x)→B(x))⇔∀xA(x)→∃xB(x)
证明：∃x(A(x)→B(x))⇔∃x(⌝A(x)∨B(x))
⇔∃x⌝A(x)∨∃xB(x)
⇔⌝∀xA(x)∨∃xB(x)
⇔∀xA(x)→∃xB(x)
二、求命题公式(P∨(Q∧R))→(P∧Q∧R)的主析取范式和主合取范式（10分）。

证明：(P∨(Q∧R))→(P∧Q∧R)⇔⌝(P∨(Q∧R))∨(P∧Q∧R))
⇔（⌝P∧(⌝Q∨⌝R)）∨(P∧Q∧R)
⇔(⌝P∧⌝Q)∨(⌝P∧⌝R))∨(P∧Q∧R)
⇔(⌝P∧⌝Q∧R)∨(⌝P∧⌝Q∧⌝R)∨(⌝P∧Q∧⌝R))∨(⌝P∧⌝Q∧⌝R))∨(P∧Q∧R)
⇔m0∨m1∨m2∨m7
⇔M3∨M4∨M5∨M6
三、推理证明题（10分）
1）C∨D， (C∨D)→⌝E，⌝E→(A∧⌝B)， (A∧⌝B)→(R∨S)⇒R∨S 证明：(1) (C∨D)→⌝E P
(2) ⌝E→(A∧⌝B) P
(3) (C∨D)→(A∧⌝B) T(1)(2)，I
(4) (A∧⌝B)→(R∨S) P
(5) (C∨D)→(R∨S) T(3)(4)， I
(6) C∨D P
(7) R∨S T(5)，I
2) ∀x(P(x)→Q(y)∧R(x))，∃xP(x)⇒Q(y)∧∃x(P(x)∧R(x))
证明(1)∃xP(x) P
(2)P(a) T(1)，ES
(3)∀x(P(x)→Q(y)∧R(x)) P
(4)P(a)→Q(y)∧R(a) T(3)，US
(5)Q(y)∧R(a) T(2)(4)，I
(6)Q(y) T(5)，I
(7)R(a) T(5)，I
(8)P(a)∧R(a) T(2)(7)，I
(9)∃x(P(x)∧R(x)) T(8)，EG
(10)Q(y)∧∃x(P(x)∧R(x)) T(6)(9)，I
四、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（10分）。

解：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。

先求|A∩B|。

∵6=|（A∪C）∩B|=|（A∩B）∪（B∩C）|=|（A∩B）|+|（B∩C）|-|A∩B∩C|=|（A∩B）|+5-2，∴|（A∩B）|=3。

于是|A∪B∪C|=12+6+14-6-5-3+2=20。

不会打这三种球的人数25-20=5。

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、已知R、S是N上的关系，其定义如下：R={<x，y>| x，y∈N∧y=x2}，S={<x，y>| x，y∈N∧y=x+1}。

求R-1、R*S、S*R、R{1，2}、S[{1，2}]（10分）。

解：R-1={<y，x>| x，y∈N∧y=x2}
R*S={<x，y>| x，y∈N∧y=x2+1}
S*R={<x，y>| x，y∈N∧y=（x+1）2}，R{1，2}={<1，1>，<2，4>}，S[{1，2}]={1，4}。

七、设R={<a，b>，<b，c>，<c，a>}，求r(R)、s(R)和t(R) （15分）。

解：r(R)={<a，b>，<b，c>，<c，a>，<a，a>，<b，b>，<c，c>}
s(R)={<a，b>，<b，c>，<c，a>，<b，a>，<c，b>，<a，c>}
R2= R5={<a，c>，<b，a>，<c，b>}
R3={<a，a>，<b，b>，<c，b>}
R4={<a，b>，<b，c>，<c，c>}
t(R)={<a，b>，<b，c>，<c，a>，<a，c>，<b，a>，，<a，a>，<b，b>，<c，b>，<c，
c>}
八、证明整数集I上的模m同余关系R={<x，y>|x≡y(mod m)}是等价关系。

其中，x≡y(mod m)的含义是x-y可以被m整除（15分）。

证明：1）∀x∈I，因为（x-x）/m=0，所以x≡x(mod m)，即xRx。

2）∀x，y∈I，若xRy，则x≡y(mod m)，即（x-y）/m=k∈I，所以（y - x）/m=-k ∈I，所以y≡x(mod m)，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。

离散数学试题(B卷答案2）
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
⇔m0∨m2∨m3
三、推理证明题（10分）
1)(P→(Q→S))∧(⌝R∨P)∧Q⇒R→S
证明：(1)R
(2)⌝R∨P
(3)P
(4)P→(Q→S)
(5)Q→S
(6)Q
(7)S
(8)R→S
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(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
(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)↔Q Q→P。

(1)⌝P→∃x⌝A(x) P
(2)⌝P→⌝∀xA(x) T(1)，E
(3)∀xA(x)→P T(2)，E
(4)∀xA(x)↔Q P
(5)(∀xA(x)→Q)∧(Q→∀xA(x)) T(4)，E
(6)Q→∀xA(x) T(5)，I
(7)Q→P T(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）。

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）。

解：r(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<1,1>,<2,2>,
<3,3>,<4,4>,<5,5>}
s(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<1,2>,<4,2>,<4,3>}
R2=R5={<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>}
t(R)={<2,1>,<2,5>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,2>,<2,2>,<5,1>,<5,4>,<5,5>}
八、设R1是A上的等价关系，R2是B上的等价关系，A≠∅且B≠∅。

关系R满足：<<x1，y1>，<x2，y2>>∈R⇔<x1，x2>∈R1且<y1，y2>∈R2，证明R是A×B上的等价关系（10分）。

证明对任意的<x，y>∈A×B，由R1是A上的等价关系可得<x，x>∈R1，由R2是B 上的等价关系可得<y，y>∈R2。

再由R的定义，有<<x，y>，<x，y>>∈R，所以R是自反的。

对任意的<x，y>、<u，v>∈A×B，若<x，y>R<u，v>，则<x，u>∈R1且<y，v>∈R2。

由R1对称得<u，x>∈R1，由R2对称得<v，y>∈R2。

再由R的定义，有<<u，v>，<x，y>>∈R，即<u，v>R<x，y>，所以R是对称的。

对任意的<x，y>、<u，v>、<s，t>∈A×B，若<x，y>R<u，v>且<u，v>R<s，t>，则<x，u>∈R1且<y，v>∈R2，<u，s>∈R1且<v，t>∈R2。

由<x，u>∈R1、<u，s>∈R1及R1的传递性得<x，s>∈R1，由<y，v>∈R2、<v，t>∈R2及R2的传递性得<y，t>∈R1。

再由R的定义，有<<x，y>，<s，t>>∈R，即<x，y>R<s，t>，所以R是传递的。

综上可得，R是A×B上的等价关系。

九、设f：A→B，g：B→C，h：C→A，证明：如果h g f＝I A，f h g＝I B，g f h＝I C，则f、
g、h均为双射，并求出f－1、g－1和h－1（10分）。

解因I A恒等函数，由h g f＝I A可得f是单射，h是满射；因I B恒等函数，由f h g ＝I B可得g是单射，f是满射；因I C恒等函数，由g f h＝I C可得h是单射，g是满射。

从而f、g、h均为双射。

由h g f＝I A，得f－1＝h g；由f h g＝I B，得g－1＝f h；由g f h＝I C，得h－1＝g f。

离散数学试题(B卷答案3）
一、（10分）判断下列公式的类型（永真式、永假式、可满足式）？(写过程)
1)P→(P∨Q∨R) 2)⌝((Q→P)∨⌝P)∧(P∨R) 3)((⌝P∨Q)→R)→((P∧Q)∨R)
解：1)重言式；2)矛盾式；3)可满足式
二、（10分）求命题公式（P∨(Q∧R))→(P∨Q∨R)的主析取范式，并求成真赋值。

解：（P∨(Q∧R))→(P∨Q∨R)⇔⌝(P∨(Q∧R))∨P∨Q∨R
⇔⌝P∧(⌝Q∨⌝R)∨P∨Q∨R
⇔(⌝P∧⌝Q)∨(⌝P∧⌝R)∨(P∨Q)∨R
⇔(⌝(P∨Q)∨(P∨Q))∨(⌝P∧⌝R)∨R
⇔1∨((⌝P∧⌝R)∨R)⇔1
⇔m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m6∨m7
该式为重言式，全部赋值都是成真赋值。

三、（10分）证明 ((P∧Q∧A)→C)∧(A→(P∨Q∨C))⇔(A∧(P↔Q))→C
证明：((P∧Q∧A)→C)∧(A→(P∨Q∨C))⇔(⌝(P∧Q∧A)∨C)∧(⌝A∨(P∨Q∨C)) ⇔((⌝P∨⌝Q∨⌝A)∨C)∧((⌝A∨P∨Q)∨C)
⇔((⌝P∨⌝Q∨⌝A)∧(⌝A∨P∨Q))∨C
⇔⌝((⌝P∨⌝Q∨⌝A)∧(⌝A∨P∨Q))→C
⇔(⌝(⌝P∨⌝Q∨⌝A)∨⌝(⌝A∨P∨Q))→C
⇔((P∧Q∧A)∨(A∧⌝P∧⌝Q))→C
⇔(A∧((P∧Q)∨(⌝P∧⌝Q)))→C
⇔(A∧((P∨⌝Q)∧(⌝P∨Q)))→C
⇔(A∧((Q→P)∧(P→Q)))→C
⇔(A∧(P↔Q))→C
四、（10分）个体域为{1，2}，求∀x∃y（x+y=4）的真值。

解：∀x∃y（x+y=4）⇔∀x（（x+1=4）∨（x+2=4））
⇔（（1+1=4）∨（1+2=4））∧（（2+1=4）∨（2+2=4））
⇔（0∨0）∧（0∨1）⇔0∧1⇔0
五、（10分）对于任意集合A，B，试证明：P(A)∩P(B)=P(A∩B)
解：∀x∈P(A)∩P(B)，x∈P(A)且x∈P(B)，有x⊆A且x⊆B，从而x⊆A∩B，x∈P(A∩
B)，由于上述过程可逆，故P(A)∩P(B)=P(A∩B)
六、（10分）已知A={1，2，3，4，5}和R={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>}，求r(R)、s(R)和t(R)。

解：r(R)={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>，<1，1>，<2，2>，<3，3>，<4，4>，<5，5>}
s(R)={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>，<3，2>，<4，3>，<4，5>} t(R)={<1，2>，<2，1>，<2，3>，<3，4>，<5，4>，<1，1>，<1，3>，<2，2>，<2，
4>，<1，4>}
七、（10分）设函数f：R×R→R×R，R为实数集，f定义为：f(<x，y>)=<x+y，x-y>。

1)证明f是双射。

解：1）∀<x1，y1>，<x2，y2>∈R×R，若f(<x1，y1>)=f(<x2，y2>)，即<x1+y1，x1-y1>=<x2+y2，x2-y2>，则x1+y1=x2+y2且x1-y1=x2-y2得x1=x2，y1=y2从而f是单射。

2）∀<p，q>∈R×R，由f(<x，y>)=<p，q>，通过计算可得x=(p+q)/2；y=(p-q)/2；从而<p，q>的原象存在，f是满射。

八、（10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u。

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。

九、（10分）已知：D=<V，E>，V={1，2，3，4，5}，E={<1，2>，<1，4>，<2，3>，<3，
4>，<3，5>，<5，1>}，求D的邻接距阵A和可达距阵P。

解：1）D的邻接距阵A和可达距阵P如下：
0 1 0 1 0 1 1 1 1 1
0 0 1 0 0 1 1 1 1 1
A= 0 0 0 1 1 P= 1 1 1 1 1
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 1 1 1 1 1
十、（10分）求叶的权分别为2、4、6、8、10、12、14的最优二叉树及其权。

解：最优二叉树为
权＝(2+4)×4+6×3+12×2+(8+10)×3+14×2＝148
离散数学试题(B卷答案4）
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(P(x)→Q(x))∧∀xP(x)⇔∀x(P(x)∧Q(x))
证明：∀x(P(x)→Q(x))∧∀xP(x)⇔∀x((P(x)→Q(x)∧P(x))⇔∀x((⌝P(x)∨Q(x)∧P(x))⇔∀x(P(x)∧Q(x))⇔∀xP(x)∧∀xQ(x)⇔∀x(P(x)∧Q(x))
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⇔m0∨m2∨m3
三、推理证明题（10分）
1)(P→(Q→S))∧(⌝R∨P)∧Q⇒R→S
证明：（1）R 附加前提
(2)⌝R∨P P
(3)P T(1)(2),I
(4)P→(Q→S) P
(5)Q→S T(3)(4),I
(6)Q P
(7)S T(5)(6),I
(8)R→S CP
2) ∀x(P(x)∨Q(x))，∀x⌝P(x)⇒∃x Q(x)
证明：(1)∀x⌝P(x) P
(2)⌝P(c) T(1),US
(3)∀x(P(x)∨Q(x)) P
(4)P(c)∨Q(c) T(3),US
(5)Q(c) T(2)(4),I
(6)∃x Q(x) T(5),EG
四、例5在边长为1的正方形内任意放置九个点，证明其中必存在三个点，使得由它们组成的三角形（可能是退化的）面积不超过1/8（10分）。

证明：把边长为1的正方形分成四个全等的小正方形，则至少有一个小正方形内有三个点，它们组成的三角形（可能是退化的）面积不超过小正方形的一半，即1/8。

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、π={A1，A2，…，A n}是集合A的一个划分，定义R={<a，b>|a、b∈A i，I=1，2，…，n}，则R是A上的等价关系（15分）。

证明：∀a∈A必有i使得a∈A i，由定义知aRa，故R自反。

∀a,b∈A，若aRb ，则a,b∈A i，即b,a∈A i，所以bRa，故R对称。

∀a,b,c∈A，若aRb 且bRc，则a,b∈A i及b,c∈A j。

因为i≠j时A i∩A j=Φ，故i=j，即a,b,c∈A i，所以aRc，故R传递。

总之R是A上的等价关系。

七、若f:A→B是双射，则f-1:B→A是双射（15分）。

证明:对任意的x∈A，因为f是从A到B的函数，故存在y∈B，使<x,y>∈f，<y,x>∈f-1。

所以,f-1是满射。

对任意的x∈A，若存在y1,y2∈B，使得<y1,x>∈f-1且<y2,x>∈f-1,则有<x,y1>∈f且<x,y2>∈f。

因为f是函数，则y1=y2。

所以，f-1是单射。

因此f-1是双射。

八、设<G，*>是群，<A，*>和<B，*>是<G，*>的子群，证明：若A∪B＝G，则A＝G或B＝G（10分）。

证明假设A≠G且B≠G，则存在a∈A，a∉B，且存在b∈B，b∉A（否则对任意的a∈A，a∈B，从而A⊆B，即A∪B＝B，得B＝G，矛盾。

）
对于元素a*b∈G，若a*b∈A，因A是子群，a-1∈A，从而a-1 * (a*b)＝b∈A，所以矛盾，故a*b∉A。

同理可证a*b∉B，综合有a*b∉A∪B＝G。

综上所述，假设不成立，得证A＝G或B＝G。

九、若无向图G是不连通的，证明G的补图G是连通的（10分）。

证明设无向图G是不连通的，其k个连通分支为
G、2G、…、k G。

任取结点u、
1
v∈G，若u和v不在图G的同一个连通分支中，则[u，v]不是图G的边，因而[u，v]是图G的边；若u和v在图G的同一个连通分支中，不妨设其在连通分支
G（1≤i≤k）
i
中，在不同于
G的另一连通分支上取一结点w，则[u，w]和[w，v]都不是图G的边，，
i
因而[u，w]和[w，v]都是G的边。

综上可知，不管那种情况，u和v都是可达的。

由u
和v的任意性可知，G是连通的。

离散数学试题（B卷答案5）
一、（10分）求命题公式⌝(P∧Q)↔⌝(⌝P→R)的主合取范式。

解：⌝(P∧Q)↔⌝(⌝P→R)⇔（⌝(P∧Q)→⌝(⌝P→R)）∧（⌝(⌝P→R)→⌝(P∧Q)）⇔（(P∧Q)∨(⌝P∧⌝R)）∧（(P∨R)∨(⌝P∨⌝Q)）
⇔(P∧Q)∨(⌝P∧⌝R)
⇔(P∨⌝R)∧（Q∨⌝P）∧（Q∨⌝R）
⇔(P∨Q∨⌝R)∧(P∨⌝Q∨⌝R)∧（⌝P∨Q∨R）∧（⌝P∨Q∨⌝R）
⇔M1∧M3∧M4∧M5
二、（8分）叙述并证明苏格拉底三段论
解：所有人都是要死的，苏格拉底是人，所以苏格拉底是要死的。

符号化：F（x）：x是一个人。

G（x）：x要死的。

A：苏格拉底。

命题符号化为∀x（F（x）→G（x）），F（a）⇒G（a）
证明：
（1）∀x(F(x)→G(x)) P
（2）F(a)→G(a) T(1),US
（3）F(a) P
（4）G(a) T(2)(3),I
三、（8分）已知A、B、C是三个集合，证明A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)
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）
四、（10分）已知R和S是非空集合A上的等价关系，试证：1）R∩S是A上的等价关系；2）对a∈A，[a]R∩S=[a]R∩[a]S。

解：∀x∈A，因为R和S是自反关系，所以<x,x>∈R、<x,x>∈S，因而<x,x>∈R∩S，故R∩S是自反的。

∀x 、y ∈A ，若<x,y>∈R ∩S ，则<x,y>∈R 、<x,y>∈S ，因为R 和S 是对称关系，所以因<y,x>∈R 、<y,x>∈S ，因而<y,x>∈R ∩S ，故R ∩S 是对称的。

∀x 、y 、z ∈A ，若<x,y>∈R ∩S 且<y,z>∈R ∩S ，则<x,y>∈R 、<x,y>∈S 且<y,z>∈R 、<y,z>∈S ，因为R 和S 是传递的，所以因<x,z>∈R 、<x,z>∈S ，因而<x,z>∈R ∩S ，故R ∩S 是传递的。

总之R ∩S 是等价关系。

2）因为x ∈[a]R ∩S ⇔<x,a>∈R ∩S ⇔
<x,a>∈R ∧<x,a>∈S ⇔ x ∈[a]R ∧x ∈[a]S ⇔ x ∈[a]R ∩[a]S
所以[a]R ∩S =[a]R ∩[a]S 。

五、(10分) 设A ＝{a ，b ，c ，d }，R 是A 上的二元关系，且R ＝{<a ，b >，<b ，a >，<b ，c >，<c ，d >}，求r (R )、s (R )和t (R )。

解 r (R )＝R ∪I A ＝{<a ，b >，<b ，a >，<b ，c >，<c ，d >，<a ，a >，<b ，b >，<c ，c >，<d ，d >}
s (R )＝R ∪R -1
＝{<a ，b >，<b ，a >，<b ，c >，<c ，d >，<c ，b >，<d ，c >}
R 2＝{<a ，a >，<a ，c >，<b ，b >，<b ，d >}
R 3＝{<a ，b >，<a ，d >，<b ，a >，<b ，c >}
R 4＝{<a ，a >，<a ，c >，<b ，b >，<b ，d >}＝R 2
t (R )＝i i R ∞=1 ＝{<a ，b >，<b ，a >，<b ，c >，<c ，d >，<a ，a >，<a ，c >，<b ，b >，<b ，
d >，<a ，d >}
六、(15分) 设A 、B 、C 、D 是集合，f 是A 到B 的双射，g 是C 到D 的双射，令h ：A ×C →B ×D 且∀<a,c>∈A ×C ，h(<a,c>)＝<f(a),g(c)>。

证明h 是双射。

证明：1）先证h 是满射。

∀<b,d>∈B ×D ，则b ∈B ，d ∈D ，因为f 是A 到B 的双射，g 是C 到D 的双射，所以存在a ∈A ，c ∈C ，使得f(a)=b ，f(c)=d ，亦即存在<a,c>∈A ×C ，使得h(<a,c>)＝<f(a),g(c)>＝<b,d>，所以h 是满射。

2）再证h 是单射。

∀<a1,c1>、<a2,c2>∈A ×C ，若h(<a1,c1>)＝h(<a2,c2>)，则<f(a1),g(c1)>＝<f(a2),g(c2)> ，所以f(a1)＝f(a2)，g(c1)＝g(c2)，因为f 是A 到B 的双射，g 是C 到D 的双射，所以a1＝a2，c1＝c2，所以<a1,c1>＝<a2,c2>，所以h 是单射。

综合1）和2），h是双射。

七、(12分)设<G，*>是群，H是G的非空子集，证明<H，*>是<G，*>的子群的充要条件是若a，b∈H，则有a*b-1∈H。

证明：⇒∀a,b∈H有b-1∈H，所以a*b-1∈H。

⇐∀a∈H，则e=a*a-1∈H
a-1=e*a-1∈H
∵a,b∈H及b-1∈H，∴a*b=a*（b-1）-1∈H
∵H⊆G且H≠Φ,∴*在H上满足结合律
∴<H，*>是<G，*>的子群。

八、（10分）设G=<V，E>是简单的无向平面图，证明G至少有一个结点的度数小于等于5。

解：设G的每个结点的度数都大于等于6，则2|E|=∑d(v)≥6|V|，即|E|≥3|V|，与简单无向平面图的|E|≤3|V|-6矛盾，所以G至少有一个结点的度数小于等于5。

九.G=<A,*>,A={a,b,c},*的运算表为：(写过程，7分)
（1）G是否为阿贝尔群？
（2）找出G的单位元；（3）找出G的幂等元（4）求b的逆元和c的逆元
解：（1）(a*c)*(a*c)=c*c=b=a*b=(a*a)*(c*c)
(a*b)*(a*b)=b*b=c=a*c=(a*a)*(b*b)
(b*c)*(b*c)=a*a=a=c*b=(b*b)*(c*c)
所以G是阿贝尔群
（2）因为a*a=a a*b=b*a=b a*c=c*a=c 所以G的单位元是a
（3）因为a*a=a 所以G的幂等元是a
（4）因为b*c=c*b=a，所以b的逆元是c且c的逆元是b
十、(10分)求叶的权分别为2、4、6、8、10、12、14的最优二叉树及其权。

解：最优二叉树为
权＝148
离散数学试题（B 卷答案6）
一、（20分）用公式法判断下列公式的类型：
(1)(⌝P ∨⌝Q )→(P ↔⌝Q )
(2)(P ↓Q )→(P ∧⌝(Q ∨⌝R ))
解：（1）因为(⌝P ∨⌝Q )→(P ↔⌝Q )⇔⌝(⌝P ∨⌝Q )∨(P ∧⌝Q )∨(⌝P ∧Q )
⇔(P ∧Q )∨(P ∧⌝Q )∨(⌝P ∧Q )
⇔1m ∨2m ∨3m
⇔0M
所以，公式(⌝P ∨⌝Q )→(P ↔⌝Q )为可满足式。

（2）因为(P ↓Q )→(P ∧⌝(Q ∨⌝R ))⇔⌝(⌝( P ∨Q ))∨(P ∧⌝Q ∧R ))
⇔(P ∨Q )∨(P ∧⌝Q ∧R ))
⇔(P ∨Q ∨P )∧(P ∨Q ∨⌝Q )∧(P ∨Q ∨R )
⇔(P ∨Q )∧(P ∨Q ∨R )
⇔(P ∨Q ∨(R ∧⌝R ))∧(P ∨Q ∨R )
⇔(P ∨Q ∨R )∧(P ∨Q ∨⌝R )∧(P ∨Q ∨R )
⇔0M ∧1M
⇔2m ∨3m ∨4m ∨5m ∨6m ∨7m
所以，公式(P ↓Q )→(P ∧⌝(Q ∨⌝R ))为可满足式。

二、（15分）在谓词逻辑中构造下面推理的证明：每个科学家都是勤奋的，每个勤奋
又身体健康的人在事业中都会获得成功。

存在着身体健康的科学家。

所以，存在着事业获得成功的人或事业半途而废的人。

解：论域：所有人的集合。

Q(x)：x是勤奋的；H(x)：x是身体健康的；S(x)：x是科学家；C(x)：x是事业获得成功的人；F(x)：x是事业半途而废的人；则推理化形式为：
∀x(S(x)→Q(x))，∀x(Q(x)∧H(x)→C(x))，∃x(S(x)∧H(x))∃x(C(x)∨F(x))
下面给出证明：
(1)∃x(S(x)∧H(x)) P
(2)S(a)∧H(a) T(1)，ES
(3)∀x(S(x)→Q(x)) P
(4)S(a)→Q(a) T(1)，US
(5)S(a) T(2)，I
(6)Q(a) T(4)(5)，I
(7)H(a) T(2)，I
(8)Q(a)∧H(a) T(6)(7)，I
(9)∀x(Q(x)∧H(x)→C(x)) P
(10)Q(a)∧H(a)→C(a) T(9)，Us
(11)C(a) T(8)(10)，I
(12)∃x C(x) T(11)，EG
(13)∃x(C(x)∨F(x)) T(12)，I
三、（10分）设A＝{∅，1，{1}}，B＝{0，{0}}，求P(A)、P(B)－{0}、P(B)⊕B。

解P(A)＝{∅，{∅}，{1}，{{1}}，{∅，1}，{∅，{1}}，{1，{1}}，{∅，1，{1}}} P(B)－{0}＝{∅，{0}，{{0}}，{0，{0}}－{0}＝{∅，{0}，{{0}}，{0，{0}}
P(B)⊕B＝{∅，{0}，{{0}}，{0，{0}}⊕{0，{0}}＝{∅，0，{{0}}，{0，{0}}
四、（15分）设R和S是集合A上的任意关系，判断下列命题是否成立？
(1)若R和S是自反的，则R*S也是自反的。

(2)若R和S是反自反的，则R*S也是反自反的。

(3)若R和S是对称的，则R*S也是对称的。

(4)若R和S是传递的，则R*S也是传递的。

(5)若R 和S 是自反的，则R ∩S 是自反的。

(6)若R 和S 是传递的，则R ∪S 是传递的。

解 (1)成立。

对任意的a ∈A ，因为R 和S 是自反的，则<a ，a >∈R ，<a ，a >∈S ，于是<a ，a >∈R *S ，故R *S 也是自反的。

(2)不成立。

例如，令A ＝{1，2}，R ＝{<1，2>}，S ＝{<2，1>}，则R 和S 是反自反的，但R *S ＝{<1，1>}不是反自反的。

(3)不成立。

例如，令A ＝{1，2，3}，R ＝{<1，2>，<2，1>，<3，3>}，S ＝{<2，3>，<3，2>}，则R 和S 是对称的，但R *S ＝{<1，3>，<3，2>}不是对称的。

(4)不成立。

例如，令A ＝{1，2，3}，R ＝{<1，2>，<2，3>，<1，3>}，S ＝{<2，3>，<3，1>，<2，1>}，则R 和S 是传递的，但R *S ＝{<1，3>，<1，1>，<2，1>}不是传递的。

(5)成立。

对任意的a ∈A ，因为R 和S 是自反的，则<a ，a >∈R ，<a ，a >∈S ，于是<a ，a >∈R ∩S ，所以R ∩S 是自反的。

五、（15分）令X ＝{x 1，x 2，…，x m }，Y ＝{y 1，y 2，…，y n }。

问
(1)有多少个不同的由X 到Y 的函数？
(2)当n 、m 满足什么条件时，存在单射，且有多少个不同的单射？
(3)当n 、m 满足什么条件时，存在双射，且有多少个不同的双射？
解 (1)由于对X 中每个元素可以取Y 中任一元素与其对应，每个元素有n 种取法，所以不同的函数共n m 个。

(2)显然当|m |≤|n |时，存在单射。

由于在Y 中任选m 个元素的任一全排列都形成X 到Y 的不同的单射，故不同的单射有m n C m !＝n (n －1)(n ―m ―1)个。

(3)显然当|m |＝|n |时，才存在双射。

此时Y 中元素的任一不同的全排列都形成X 到Y 的不同的双射，故不同的双射有m !个。

六、（5分）集合X 上有m 个元素，集合Y 上有n 个元素，问X 到Y 的二元关系总共有多少个？
解 X 到Y 的不同的二元关系对应X ×Y 的不同的子集，而X ×Y 的不同的子集共有个mn 2，所以X 到Y 的二元关系总共有mn 2个。

七、（10分）若<G ，*>是群，则对于任意的a 、b ∈G ，必有惟一的x ∈G 使得a *x ＝b 。

证明 设e 是群<G ，*>的幺元。

令x ＝a －1*b ，则a *x ＝a *(a －1*b )＝(a *a －1)*b ＝e *b ＝b 。

所以，x ＝a －1*b 是a *x ＝b 的解。

若x '∈G 也是a *x ＝b 的解，则x '＝e *x '＝(a －1*a )*x '＝a －1*(a *x ')＝a －1*b ＝x 。

所以，x ＝a －
1*b 是a *x ＝b 的惟一解。

八、（10分）给定连通简单平面图G ＝<V ，E ，F >，且|V |＝6，|E |＝12。

证明：对任意f ∈F ，d (f )＝3。

证明 由偶拉公式得|V |－|E |＋|F |＝2，所以|F |＝2－|V |＋|E |＝8，于是∑∈F f f d )(＝2|E |＝
24。

若存在f ∈F ，使得d (f )＞3，则3|F |＜2|E |＝24，于是|F |＜8，与|F |＝8矛盾。

故对任意f ∈F ，d (f )＝3。

离散数学试题（B 卷答案7）
一、（15分）设计一盏电灯的开关电路，要求受3个开关A 、B 、C 的控制：当且仅当A 和C 同时关闭或B 和C 同时关闭时灯亮。

设F 表示灯亮。

(1)写出F 在全功能联结词组{↑}中的命题公式。

(2)写出F 的主析取范式与主合取范式。

解 (1)设A ：开关A 关闭；B ：开关B 关闭；C ：开关C 关闭；F ＝(A ∧C )∨(B ∧C )。

在全功能联结词组{↑}中：
⌝A ⇔⌝(A ∧A )⇔A ↑A
A ∧C ⇔⌝⌝( A ∧C )⇔⌝( A ↑C )⇔(A ↑C )↑(A ↑C )
A ∨
B ⇔⌝(⌝A ∧⌝B )⇔⌝(( A ↑A )∧(B ↑B ))⇔( A ↑A )↑(B ↑B )
所以
F ⇔((A ↑C )↑(A ↑C ))∨((B ↑C )↑(B ↑C ))
⇔(((A ↑C )↑(A ↑C ))↑((A ↑C )↑(A ↑C )))↑(((B ↑C )↑(B ↑C ))↑((B ↑C )↑(B ↑C )))
(2)F ⇔(A ∧C )∨(B ∧C )
⇔(A ∧(B ∨⌝B )∧C )∨((A ∨⌝A )∧B ∧C )
⇔(A ∧B ∧C )∨(A ∧⌝B ∧C )∨(A ∧B ∧C )∨(⌝A ∧B ∧C )
⇔3m ∨5m ∨7m 主析取范式
⇔0M ∧1M ∧2M ∧4M ∧6M 主合取范式
二、（10分）判断下列公式是否是永真式？
(1)(∃xA (x )→∃xB (x ))→∃x (A (x )→B (x ))。

(2)(∀xA(x)→∀xB(x))→∀x(A(x)→B(x)))。

解(1)(∃xA(x)→∃xB(x))→∃x(A(x)→B(x))
⇔(⌝∃xA(x)∨∃xB(x))→∃x(A(x)→B(x))
⇔⌝(⌝∃xA(x)∨∃xB(x))∨∃x(⌝A(x)∨B(x))
⇔(∃xA(x)∧⌝∃xB(x))∨∃x⌝A(x)∨∃xB(x)
⇔(∃xA(x)∨∃x⌝A(x)∨∃xB(x))∧(⌝∃xB(x)∨∃x⌝A(x)∨∃xB(x))
⇔∃x(A(x)∨⌝A(x))∨∃xB(x)
⇔T
所以，(∃xA(x)→∃xB(x))→∃x(A(x)→B(x))为永真式。

(2)设论域为{1，2}，令A(1)＝T；A(2)＝F；B(1)＝F；B(2)＝T。

则∀xA(x)为假，∀xB(x)也为假，从而∀xA(x)→∀xB(x)为真；而由于A(1)→B(1)为假，所以∀x(A(x)→B(x))也为假，因此公式(∀xA(x)→∀xB(x))→∀x(A(x)→B(x))为假。

该公式不是永真式。

三、（15分）设X为集合，A＝P(X)－{∅}－{X}且A≠∅，若|X|＝n，问
(1)偏序集<A，⊆>是否有最大元？
(2)偏序集<A，⊆>是否有最小元？
(3)偏序集<A，⊆>中极大元和极小元的一般形式是什么？并说明理由。

解偏序集<A，⊆>不存在最大元和最小元，因为n＞2。

考察P(X)的哈斯图，最底层的顶点是空集，记作第0层，由底向上，第一层是单元集，第二层是二元集，…，由|X|＝n，则第n－1层是X的n－1元子集，第n层是X。

偏序集<A，⊆>与偏序集<P(X)，⊆>相比，恰好缺少第0层和第n层。

因此<A，⊆>的极小元就是X的所有单元集，即{x}，x∈X；而极大元恰好是比X少一个元素，即X－{x}，x∈X。

四、（10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∪I A＝{<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>}＝R2
t(R)＝∞
R i＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<2，2>，<5，
i
=1
1>，<5，4>，<5，5>}。

五、（10分）设函数g：A→B，f：B→C，
(1)若f g是满射，则f是满射。

(2)若f g是单射，则g是单射。

证明因为g：A→B，f：B→C，由定理5.5知，f g为A到C的函数。

(1)对任意的z∈C，因f g是满射，则存在x∈A使f g(x)＝z，即f(g(x))＝z。

由g：A→B 可知g(x)∈B，于是有y＝g(x)∈B，使得f(y)＝z。

因此，f是满射。

(2)对任意的x1、x2∈A，若x1≠x2，则由f g是单射得f g(x1)≠f g(x2)，于是f(g(x1))≠f(g(x2))，必有g(x1)≠g(x2)。

所以，g是单射。

六、（10分）有幺元且满足消去律的有限半群一定是群。

证明设<G，*>是一个有幺元且满足消去律的有限半群，要证<G，*>是群，只需证明G的任一元素a可逆。

考虑a，a2，…，a k，…。

因为G只有有限个元素，所以存在k＞l，使得a k＝a l。

令m＝k－l，有a l*e＝a l*a m，其中e是幺元。

由消去率得a m＝e。

于是，当m＝1时，a＝e，而e是可逆的；当m＞1时，a*a m-1＝a m-1*a＝e。

从而a 是可逆的，其逆元是a m-1。

总之，a是可逆的。

七、（20分）有向图G如图所示，试求：
(1)求G的邻接矩阵A。

(2)求出A2、A3和A4，v1到v4长度为1、2、3和4的路有多少？
(3)求出A T A和AA T，说明A T A和AA T中的第(2，2)元素和第(2，3)元素的意义。

(4)求出可达矩阵P。

(5)求出强分图。

解(1)求G的邻接矩阵为：
⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=0010101011001010A (2)由于
⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫
⎝⎛=11001110102011102A ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=10202120221021203A ⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=22103230314032304A 所以v 1到v 4长度为1、2、3和4的路的个数分别为1、1、2、3。

(3)由于
⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=3120110021300000A A T ⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=1201121201211212T AA 再由定理10.19可知，所以A T A 的第(2，2)元素为3，表明那些边以2v 为终结点且具有不同始结点的数目为3，其第(2，3)元素为0，表明那些边既以2v 为终结点又以3v 为终结点，并且具有相同始结点的数目为0。

AA T 中的第(2，2)元素为2，表明那些边以2v 为始结点且具有不同终结点的数目为2，其第(2，3)元素为1，表明那些边既以2v 为始结点又以3v 为始结点，并且具有相同终结点的数目为1。

(4)
因为=+++=4324A A A A B ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛0010101011001010+⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1100111010201110+⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1020212022102120+=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2210323031403230⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛4340747074701470，所以求可达矩阵为⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛=1110111011101110P 。

(5)因为=∧T P P ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1110111011101110∧⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1111111111110000＝⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛1110111011100000，所以{1v }，{2v ，3v ，4v }构成G 的强分图。

离散数学试题（B 卷答案8）
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，||C B A ＝25－20＝5。

故，不会打这三种球的共5人。

四、（10分）设A 1、A 2和A 3是全集U 的子集，则形如3
1=i A i '(A i '为A i 或i A )的集合称为由A 1、A 2和A 3产生的小项。

试证由A 1、A 2和A 3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s 1、s 2、…、s r (r ≤8)。

对任意的a ∈U ，则a ∈A i 或a ∈i A ，两者必有一个成立，取A i '为包含元素a 的A i 或i A ，则a ∈31=i A i '，即有a ∈r i 1= s i ，于是U ⊆r i 1= s i 。

又显然有r i 1= s i ⊆U ，所以U ＝r
i 1= s i 。

任取两个非空小项s p 和s q ，若s p ≠s q ，则必存在某个A i 和i A 分别出现在s p 和s q 中，于是s p ∩s q ＝∅。

综上可知，{s 1，s 2，…，s r }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<x ，y >∈R *R ⇒∃z (xRz ∧zSy )⇒xRc ∧cSy ，由R 是传递的得xRy ，即有<x ，y >∈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<x ，y >∈R *R ，于是有<x ，y >∈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。

G i的结点数、边数和面数分别为n i、m i和r i。

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)f g是A到C的函数；
(2)对任意的x∈A，有f g(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<x，y>∈g。

对于y ∈B，因f：B→C是函数，则存在z∈C使<y，z>∈f。

根据复合关系的定义，由<x，y>∈g和<y，z>∈f得<x，z>∈g*f，即<x，z>∈f g。

所以D f g＝A。

对任意的x∈A，若存在y1、y2∈C，使得<x，y1>、<x，y2>∈f g＝g*f，则存在t1使得<x，t1>∈g且<t1，y1>∈f，存在t2使得<x，t2>∈g且<t2，y2>∈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，f g是A到C的函数。

(2)对任意的x∈A，由g：A→B是函数，有<x，g(x)>∈g且g(x)∈B，又由f：B→C 是函数，得<g(x)，f(g(x))>∈f，于是<x，f(g(x))>∈g*f＝f g。

又因f g是A到C的函数，则可写为f g(x)＝f(g(x))。

八、（15分）设<H，*>是<G，*>的子群，定义R＝{<a，b>|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<a，a>∈R。

若<a，b>∈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<b，a>∈R。

若<a，b>∈R，<b，c>∈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<a，c>∈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<a，b>∈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，<a，b>∈R，故aH⊆[a]R。

所以，[a]R＝aH。

离散数学试题（B卷答案9）
一、（10分）证明(P∧Q∧A→C)∧(A→P∨Q∨C)⇔(A∧(P↔Q))→C。

证明：(P∧Q∧A→C)∧(A→P∨Q∨C)⇔(⌝P∨⌝Q∨⌝A∨C)∧(⌝A∨P∨Q∨C)
⇔(⌝P∨⌝Q∨⌝A∨C)∧(⌝A∨P∨Q∨C)
⇔((⌝P∨⌝Q∨⌝A)∧(⌝A∨P∨Q))∨C
⇔⌝((P∧Q∧A)∨(A∧⌝P∧⌝Q))∨C
⇔⌝( A∧((P∧Q)∨(⌝P∧⌝Q)))∨C
⇔⌝( A∧(P↔Q))∨C
⇔(A∧(P↔Q))→C。

二、（10分）举例说明下面推理不正确：∀x∃y(P(x)→Q(y))，∀y∃z(R(y)→Q(z))∃x∀z(P(x)→R(z))。

解：设论域为{1，2}，令P(1)＝P(2)＝T；Q(1)＝Q(2)＝T；R(1)＝R(2)＝F。

则：
∀x∃y(P(x)→Q(y))⇔∀x((P(x)→Q(1))∨(P(x)→Q(2)))
⇔((P(1)→Q(1))∨(P(1)→Q(2)))∧((P(2)→Q(1))∨(P(2)→Q(2)))
⇔((T→T)∨(T→T))∧((T→T)∨(T→T))
⇔T
∀y∃z(R(y)→Q(z))⇔∀y((R(y)→Q(1))∨(R(y)→Q(2)))
⇔((R(1)→Q(1))∨(R(1)→Q(2)))∧((R(2)→Q(1))∨(R(2)→Q(2)))
⇔((F→T)∨(F→T))∧((F→T)∨(F→T))
⇔T
但
∃x∀z(P(x)→R(z))⇔∃x((P(x)→R(1))∧(P(x)→R(2)))
⇔((P(1)→R(1))∧(P(1)→R(2)))∨((P(2)→R(1))∧(P(2)→R(2)))
⇔((T→F)∧(T→F))∨((T→F)∧(T→F))
⇔F
所以，∀x∃y(P(x)→Q(y))，∀y∃z(R(y)→Q(z))∃x∀z(P(x)→R(z))不正确。

三、（15分）在谓词逻辑中构造下面推理的证明：所有牛都有角，有些动物是牛，所以，有些动物有角。

解：令P(x)：x是牛；Q(x)：x有角；R(x)：x是动物；则推理化形式为：
∀x(P(x)→Q(x))，∃x(P(x)∧R(x))∃x(Q(x)∧R(x))
下面给出证明：
(1)∃x(P(x)∧R(x)) P
(2)P(a)∧R(a) T(1)，ES
(3)∀x(P(x)→Q(x)) P
(4)P(a)→Q(a) T(3)，US
(5)P(a) T(2)，I
(6)Q(a) T(4)(5)，I
(7)R(a) T(2)，I
(8)Q(a)∧R(a) T(6)(7)，I
(9)∃x(Q(x)∧R(x)) T(8)，EG
四、（10分）证明(A∩B)×(C∩D)＝(A×C)∩(B×D)。

证明：因为<x，y>∈(A∩B)×(C∩D)⇔x∈(A∩B)∧y∈(C∩D)⇔x∈A∧x∈B∧y∈C ∧y∈D⇔(x∈A∧y∈C)∧(x∈B∧y∈D)⇔<x，y>∈A×C∧<x，y>∈B×D⇔<x，y>∈(A×
C)∩(B×D)，所以(A∩B)×(C∩D)＝(A×C)∩(B×D)。

五、（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∪I A＝{<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>}
R 2＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>}
R 3＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<5，4>}
R 4＝{<2，2>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，1>，<5，5>，<5，4>}＝R 2
t (R )＝∞
=1i R i ＝{<2，1>，<2，5>，<2，4>，<3，4>，<4，4>，<5，2>，<2，2>，<5，
1>，<5，4>，<5，5>}。

六、（10分）若函数f ：A →B 是双射，则对任意x ∈A ，有f －1(f (x ))＝x 。

证明 对任意的x ∈A ，因为f ：A →B 是函数，则<x ，f (x )>∈f ，于是<f (x )，x )∈f －1。

由f －1是B 到A 的函数，于是可写为f －
1(f (x ))＝x 。

七、（10分）若G 为有限群，则|G |＝|H |·[G :H ]。

证明 设[G :H ]＝k ，a 1、a 2、…、a k 分别为H 的k 个左陪集的代表元，由定理8.38得
H a a G i k
i R i k i 11][====
又因为对H 中任意不同的元素x 、y ∈H 及a ∈G ，必有a *x ≠a *y ，所以|a 1H |＝…＝|a k H |＝|H |。

因此
||||||||11H k H a H a G k
i i
i k i ==
=∑== ＝|H |·[G :H ]。

八、（20分）（1）画出3阶2条边的所有非同构有向简单图。

解：由握手定理可知，所画的有向简单图各结点度数之和为4，且最大出度和最大入度均小于或等于2。

度数列与入度列、出度列为：
1、2、1：入度列为0、1、1或0、2、0或1、0、1；出度列为1、1、0或1、0、1或0、2、0
2、2、0：入度列为1、1、0；出度列为1、1、0
四个所求有向简单图如图所示。

（2）设G是n(n≥4)阶极大平面图，则G的最小度δ≥3。

证明设v是极大平面图G的任一结点，则v在平面图G－{v}的某个面f内。

由于G－{v}是一个平面简单图且其结点数大于等于3，所以d(f)≥3。

由G的极大平面性，v 与f上的结点之间都有边，因此d(v)≥3。

由v的任意性可得，G的最小度δ≥3。

离散数学试题（B卷答案10）
一、（10分）使用将命题公式化为主范式的方法，证明(P→Q)→(P∧Q)⇔(Q→P)∧(P∨Q)。

证明：因为(P→Q)→(P∧Q)⇔⌝(⌝P∨Q)∨(P∧Q)
⇔(P∧⌝Q)∨(P∧Q)
(Q→P)∧(P∨Q)⇔(⌝Q∨P)∧(P∨Q)
⇔(P∧⌝Q)∨(⌝Q∧Q)∨(P∧P) ∨(P∧Q)
⇔(P∧⌝Q)∨P
⇔(P∧⌝Q)∨(P∧(Q∨⌝Q))
⇔(P∧⌝Q)∨(P∧Q)∨(P∧⌝Q)
⇔(P∧⌝Q)∨(P∧Q)
所以，(P→Q)→(P∧Q)⇔(Q→P)∧(P∨Q)。

二、（10分）证明下述推理：如果A努力工作，那么B或C感到愉快；如果B愉快，那么A不努力工作；如果D愉快那么C不愉快。

所以，如果A努力工作，则D不愉快。

解设A：A努力工作；B、C、D分别表示B、C、D愉快；则推理化形式为：
A→B∨C，B→⌝A，D→⌝C A→⌝D
(1)A附加前提
(2)A→B∨C P
(3)B∨C T(1)(2)，I
(4)B→⌝A P
(5)A→⌝B T(4)，E
(6)⌝B T(1)(5)，I
(7)C T(3)(6)，I
(8)D→⌝C P。