离散数学考试试题(A、B卷及答案)

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))→C⇔(⌝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：P Q R Q↔R P→(Q∨R)⌝P∨(Q↔R) (P→(Q∨R))∧(⌝P∨(Q↔R))0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 111111111111111 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 11111111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→S P→S。

证明：(1)P附加前提(2)⌝P∨Q P(3)Q T(1)(2)，I（析取三段论）(4)⌝Q∨R P(5)R T(3)(4)，I（析取三段论）(6)R→S P(7)S T(5)(6)，I（假言推理）(8)P→S CP2) ∀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(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）。

X(modm)=y(modm)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)⇔⌝∃x P(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∨P p(3)P T（1）（2）析取三段论(4)P→(Q→S) p(5)Q→S T（3）（4）I假言推理(6)Q P(7)S T（5）（6）I假言推理(8)R→S CP2) ∃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)↔Q Q→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>,<3,3><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：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。

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.。