离散数学期末复习题答案.docx

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离散数学期末复习题答案

离散数学期末复习参考答案

一、集合论知识点及例题整理

例1．1C例1．2A例1．3B

例2．1{,{a,b},{a},{b}}例2．21024例2．3C

例3．1

解：

（1）BA={b}

（2）AB={a,b,c，d,e}

（3）A－B={a,c}

（4）BA=（A∪B）（A∩B）={a,c，d,，e}

例3．2

解：

（1）（AB）={{a,b},2}

（2）（A∪B）={{a,b},1,2,a,b,{1}}

（3）（A∪B）（A∩B）={{a,b},2,a,b,{1}}

例3．3

解：

（1）（AB）={{2},2}

（2）（A∩B）={1}

（3）A×B={<{2},1>,<{2},{1,2}>,<1,1>,<1,{1,2}>,<2,1>,<2,{1,2}>}

例4．1

证明：

（1）设S=A（BC），T=（AB）（AC），若x∈S，则x∈A或x∈BC，即x∈A或x∈B且x∈A或x∈C．

也即x∈AB且x∈AC，即x∈T，所以ST．

（2）反之，若x∈T，则x∈AB且x∈AC，即x∈A或x∈B且x∈A或x∈C，

也即x∈A或x∈BC，即x∈S，所以TS．

（3）因此T=S．

例4．2

证明：

设S=A∩（B∪C），T=（A∩B）∪（A∩C），若x∈S，则x∈A且x∈B∪C，即x∈A且x∈B或x∈A且x∈C，

也即x∈A∩B或x∈A∩C，即x∈T，所以ST．

反之，若x∈T，则x∈A∩B或x∈A∩C，

即x∈A且x∈B或x∈A且x∈C

也即x∈A且x∈B∪C，即x∈S，所以TS．

因此T=S．

例5．1{<2,2>，<2,3>，<3,2>}，<3,3>}　

例5．2{<1,1>，<1,2>，<1,3>，<2,1>，<,2,2>，<2,3>，<3,1>，<3,2>，<3,3>}　

例5．3{<1,1>，<1,2>，<2,1>，<,2,2>}　

例6．1

解：

R=,

S={<0,0>,<0,1>,<0,2>,<0,3>,<1,0>,<1,1>,<1,2>,<2,0>,<2,1>,<3,0>}

RS=，

R-1=，

S-1=S，

r（R）=IA．

例6．2{<1,2>,<2,3>,<3,2>}

例7．1B

解析：

先要把R写出来，为{<2,8>,<3,7>,<4,6>,<5,5>,<6,4>,<7,3>,<8,2>}

例7．2B

解析：

如A中元素有｛a,b,c｝，则R1和R2中肯定包含{,,}，所以R1∪R2，R1∩R2中也包含{,,}，所以是自反的。

例7．3{<1,1>,<2,2>}

解析：

自反闭包R1是这样一个集合，RR1，而且R1具有自反性，且R1比R多的元素就是成为自反性的最小元素，不能多加其他元素。

对称闭包和传递闭包也是如此。

例7．4C

解析：

先写出R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>}，它是自反、对称和传递的

注意，判断对称只要是找不到一个反例，即R，但{b,a}不属于R

例7．5

解：

正确．

R1和R2是自反的，xA，R1，R2，则R1R2，

所以R1R2是自反的．

xA，R1，R2，则R1R2，

所以R1∪R2是自反的．

例7．6．

证明：

设x，yA，因为R对称，所以若R，则R．

因为S对称，所以若S，则S．

于是若R∩S则R且S

即R且S

也即R∩S，故R∩S是对称的．

例7．7

证明：

设xA，yB，则AB，

因为AB=AC，故AC，则有yC，

所以BC．

设xA，zC，则AC，

因为AB=AC，故AB，则有zB，所以CB．

故得A=B．

例7．8<2,1>

例7．9<1,1>

例8．1B．

解析：

先可以画出哈斯图，然后再来分析

例8．2B

解析：

其实这一题和上面一题是一样的

例8．3判断下列各题正误，并说明理由：

1）

解：

错误．集合A的最大元不存在，a是极大元．

（a,g是极大元，e,f,h是极小元）

2）

解：

正确．

对于集合A的任意元素x，均有R（或xRa），所以a是集合A中的最大元．

按照最小元的定义，在集合A中不存在最小元．

（e,f,h是极小元）

例9．1B

解析：

这一题是考函数概念中的第二点

例9．28

解析：

这一题是考函数概念中的第一点，即关系f的定义域是A。

因为A中元素个数大于B，所以最后的函数中肯定有三个有序对，而且左元素分别是a，b，c，右元素从1和2中挑选。

对于每个有序对来说，右元素有2种选择，所以共有2＊2＊2＝8种选择，也可以列举出来看。

例9．3{<1,a>,<2,b>}或{<1,b>,<2,a>}　　　．

例9．4

答：

正确．设x1，x2为自然数且x1x2，则有f（x1）=x1+6x2+6=f（x2），故f为单射．

例9．5

答：

错误．

因为A中元素1有B中两个不同的元素与之对应，故f不是A到B的函数．

二、图论知识点及例题整理

例1．1C

例1．22|E|（或“边数的两倍”）．

例1．3

证：

可以用反证法，假设在一个连通图中奇数度结点为奇数个，那么奇数度结点的总度数为奇数，偶数度结点的总度数为偶数个，所以总度数为奇数个。

而根据握手定理，总度数为边数的2倍，所以总度数为偶数，推出矛盾，所以假设错误，证明完毕。

例2．1D

解析：

无向图的邻接矩阵是一个对称矩阵，矩阵的行数和列数是相同的，就是点数，其中为1的数目为总度数，也就是边数的2倍。

例2.2P101例3一定要掌握。

例3．1D

解析：

a是单侧连通的，b是弱连通的，c也是弱连通的

例4．1D

例4．2A

解析：

选择项B和C中都包含割点e，所以不符合点割集中的第2点。

例4．3C

解析：

这里边割集还有｛（a,b）,（a,c）｝

例5．1

证明：

因为n是奇数，所以n阶完全图每个顶点度数为偶数，

因此，若G中顶点v的度数为奇数，则在

中v的度数一定也是奇数，

所以G与

中的奇数度顶点个数相等．

例6．1

（1）

答：

错误．因为图G为中包含度数为奇数的结点．

解析：

上图中有两个奇数度结点，欧拉回路不存在，但欧拉通路是存在的，从b出发，经dcbac。

（2）

答：

正确．因为图G为连通的，且其中每个顶点的度数为偶数．

（3）

答：

正确

因为图中结点a，b，d，f的度数都为奇数，所以不是欧拉图。

如果我们沿着（a,d,g,f,e,b,c,a），这样除起点和终点是a外，我们经过每个点一次仅一次，所以存在一条汉密尔顿回路，是汉密尔顿图

例6．2C

解析：

因为是完全图，所以每个点到其他n-1个点都有一条边，也就是度数为n-1；如果要存在欧拉回路，必须所有结点度数为偶数，所以n-1一定要偶数，所以n为奇数。

例6．3所有结点的度数全为偶数．

例6．4

证明：

由定理3.1.2，任何图中度数为奇数的结点必是偶数，可知k是偶数．

又根据定理4.1.1的推论，图G是欧拉图的充分必要条件是图G不含奇数度结点．因此只要在每对奇数度结点之间各加一条边，使图G的所有结点的度数变为偶数，成为欧拉图．

故最少要加

条边到图G才能使其成为欧拉图．

例7．1W|S|

例7．2D

解析：

其实欧拉图、汉密尔顿图、平面图都是连通图。

例8．1v-e+r=2

例8．23

解析：

这题还是考欧拉公式v-e+r=2

例8．3

（1）

答：

正确。

因为G是一个连通平面图，满足欧拉定理，有v-e+r=2，

所以r=2-（v-e）=2-（5-9）=6

（2）

答：

错误．

不满足“设G是一个有v个结点e条边的连通简单平面图，若v≥3，则e≤3v-6．”

例9．1、e=v-1

例9．2、4．

例9．3、A

例9．4、3

解析：

这种题目最常考，根据树的定义，有6个结点，只需6－1＝5条边即可，现有8条边，所以要删去8－5＝3条边。

例9．5、4

解析：

这一题告诉的是总度数，根据握手定理，总度数＝边数2倍，所以边数为18/2=9；一共是6个结点，要成为树，只需6－1＝5条边即可，所以要删去9－5＝4条边。

例9．6、5

解析：

这一题考树的定义、握手定理等。

✧根据树的定义，8个结点，边数是8－1＝7；

✧根据握手定理，总度数＝边数＊2＝7＊2＝14；

✧设树叶数为X，且树叶就是度数为1的结点，总度数也是各个结点的度数之和，为4＋3＋2＋X＝14，解出X＝5。

例9．7、t-1

例10．1

解：

（1）

（2）

（3）构造连通无圈的图，即最小生成树，用克鲁斯克尔算法：

第1步：

取ac边=1;

第2步：

取ce边=1;

第3步：

取ab边=2;

第4步：

取bd边=3;

得到的最小生成树为粗线所示，权为1+1+2+3=7。

例10．2

解：

（1）最小生成树为

（2）该生成树的权值为（1+2+3+5+7）=18

例11.1

解：

最优二叉树如下所示

权为13+23+22+32+42=27

例11．2

解：

最优二叉树为：

例11．3

解：

权为23+33+32+42+52=39

例12．1

解：

（1）G的图形表示为：

（2）邻接矩阵：

（3）v1，v2，v3，v4，v5结点的度数依次为1，2，4，3，2

（4）补图如下：

三．数理逻辑知识点及例题整理

例1.1、答案：

设P：

他是学生，则命题公式为：

P

例1.2、答案：

设P：

今天有人来，则命题公式为：

P

例1.3、答案：

设P：

今天下雨，则命题符号化为P

例1.4、答案：

设P：

他去学校，则命题符号化为P

例1.5、答案：

设P：

他接受了这个任务，Q：

他完成好了这个任务，

则命题符号化为PQ．

解析：

这两句话是并列的，从逻辑上说没有互相推出的关系。

例1.6、答案：

设P：

小王去旅游，Q：

小李去旅游，则命题符号化为PQ

例1.7．答案：

设P：

小张学习努力，Q：

小王取得好成绩，则命题符号化为PQ．

例1.8、答案：

设P：

他去旅游，Q：

他有时间，则命题符号化为PQ

解析：

只要他去旅游了，就说明他肯定有时间

例1.9、答案：

设P：

明天下雨，Q：

我们就去郊游，则命题公式为：

PQ

解析：

注意和上面仅当的不同

例1.10、答案：

设P：

你去，Q：

他去，则命题公式为：

PQ

例1.11、

答案：

设P：

所有人今天都去参加活动，Q：

明天的会议取消，则命题公式为：

PQ

例1.12、

答案：

设P：

小李学习努力，Q：

小李会取得好成绩，则命题公式符号化为PQ

例2.1、

答案：

设P（x）：

x是人，Q（x）：

x去工作，

则谓词公式为　　（x）（P（x）Q（x））．

例2.2、

答案：

设P（x）：

x是人，Q（x）：

x学习努力，

则谓词公式为　　（x）（P（x）Q（x））．

例2.3、

答案：

设P（x）：

x是人，Q（x）：

x去上课，

则谓词公式为（x）（P（x）Q（x））　

例2.4、C

解析：

也可写成（x）（A（x）┐B（x）），意思是存在一个人不是学生

因为┐（x）（A（x）→B（x））＝┐（x）（┐A（x）B（x））=（x）（┐（┐A（x）B（x）））=（x）（A（x）┐B（x））

例2.5、A

例3.1、　A（a）∧A（b）∧A（c）

解析：

表示所有的，所以每个针对每个实例的谓词都是真

例3.2、A

（1）A

（2）

例3.3、A

（1）A

（2）

解析：

表示存在一个或多个，所以每个针对每个实例的谓词的关系是或

例3.4、（A（a）∧A（b））∧（B（a）∨B（b））．

解析：

这里是1和2题的复合

例3.5、假

解析：

x可取1,2,3，x小于2显然对3是不成立的，所以为假。

例4.1

（1）

答：

错误．

（2）应为F（y）→G（x），F（x）中的x为约束变元，G（x）中的x为自由变元，换名时，约束变元与自由变元不能混淆．

（2）

证明：

（1）（x）（P（x）∧R（x））P　　　解析：

这是前提，故标为P

（2）P（a）∧R（a）ES

（1）解析：

书P204的ES规则，且由

（1）推出

（3）P（a）T

（2）I解析：

书P170的蕴含式，故最后用I

（4）（x）P（x）EG（3）解析：

书P204的EG规则，且由（3）推出

（5）R（a）T

（2）I　解析：

书P170的蕴含式，故最后用I

（6）（x）R（x）EG（5）解析：

书P204的EG规则，且由（5）推出

（7）（x）P（x）∧（x）R（x）T（4）（6）I解析：

合取引入

解析：

分步给分，如是用书P170的蕴含式，最后有个I，如用P167的等价式，最后有个E。

例5.11

解析：

P（QP）＝P（QP）＝PPQ＝1Q＝1

例5.2．0

例5.3．C

例5.4B

解析：

A中应是（PQ）（PQ），C中Q（PQ）Q（PQ）QQP1

　　　D中P（PQ）（PP）（PQ）1（PQ）PQ

例6.1．C

解析：

也就是真值为1的，可以用真值表，但答题效率不高。

所以还是用书P167的等价式

C:

左边：

（P（QP））P（QP）1Q1

右边：

（P（PQ））P（PQ）1Q1

例6.2．B

例6.3．

答：

正确．

┐P∧（P→┐Q）∨P┐P∧（┐P∨Q）∨P（┐P∧┐P）∨（┐P∧Q）∨P

　　　┐P∨（┐P∧Q）∨P┐P∨P∨（┐P∧Q）1∨（┐P∧Q）1

例7.1．D

例7.2．D

例7.3．

解：

（P∨Q）→（R∨Q）

（P∨Q）∨（R∨Q）

（P∧Q）∨（R∨Q）

（P∨R∨Q）∧（Q∨R∨Q）

（P∨R∨Q）∧R合取范式

例7.4．

解：

（P∨Q）→（R∨Q）┐（P∨Q）∨（R∨Q）

（┐P∧┐Q）∨（R∨Q）

（┐P∧┐Q）∨R∨Q（析取范式）

例7.5．

解：

（P∨Q）→R（P∨Q）∨R

（P∧Q）∨R（析取范式）

（P∨R）∧（Q∨R）（合取范式）

例7.6．

解：

（P∨Q）→R┐（P∨Q）∨R（┐P∧┐Q）∨R　　（析取范式）

（┐P∨R）∧（┐Q∨R）　　　　　　（合取范式）

（（┐P∨R）∨（Q∧┐Q））∧（（┐Q∨R）∨（P∧┐P））（添齐命题变元）

（┐P∨R∨Q）∧（┐P∨R∨┐Q）∧（┐Q∨R∨P）

∧（┐Q∨R∨┐P）（∧对∨分配）

（┐P∨Q∨R）∧（┐P∨┐Q∨R）∧（P∨┐Q∨R）

（主合取范式）

解析：

在求主合取范式时分别∨一个（Q∧┐Q）和（P∧┐P），如果是主析取范式则∧（Q∨┐Q）和（P∨┐P）

例7.7．

解：

PQRPQR（析取范式、合取范式、主合取范式）

（P（QQ）（RR））（（PP）Q（RR））（（PP）（QQ）R）

（补齐命题变项）

（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）

（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）

（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）（对的分配律）

（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）

（PQR）（PQR）（PQR）（主析取范式）

或真值表法：

求主析取范式和主合取范式

P

Q

R

QR

PQR

0

0

0

0

1

0

0

1

1

1

0

1

0

1

1

1

0

0

0

0

1

1

0

1

1

0

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

真值为1的指派所对应的小项的析取为为主析取范式：

（小项的析取）（小项中的每个变元的真值都必须是1）

主析取范式：

（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）

真值为0的指派所对应的大项的合取为主合取范式：

（大项的合取）（大项中每个变元的真值都必须为0）

主合取范式：

PQRPQR

例8.1．R（x，y）中的y．

例8.2．z，y．

例8.3．

解：

（1）x量词的辖域为

，

z量词的辖域为

y量词的辖域为

．

（2）自由变元为

与

中的y，以及

中的z

约束变元为x与

中的z，以及

中的y．

例8.4．

解：

（1）x量词的辖域为

，

z量词的辖域为

y量词的辖域为

．

（2）自由变元为

中的y，以及

中的z

约束变元为

中的x与

中的z，

以及

中的y