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1、离散数学第三版屈婉玲课后习题答案 离散数学习题答案 习题一及答案：（P14-15） 14、将下列命题符号化： （5）李辛与李末是兄弟 解：设p：李辛与李末是兄弟，则命题符号化的结果是p （6）王强与刘威都学过法语 p q解：设p：王强学过法语；q：刘威学过法语；则命题符号化的结果是 （9）只有天下大雨，他才乘班车上班 q p解：设p：天下大雨；q：他乘班车上班；则命题符号化的结果是 （11）下雪路滑，他迟到了 解：设p：下雪；q：路滑；r：他迟到了；则命题符号化的结果是 (p q) r 15、设p：2+3=5. q：大熊猫产在中国. r：太阳从西方升起. 求下列复合命题的真值： (p q r)

2、 ( p q) r)（4） 解：p=1，q=1，r=0， (p q r) (1 1 0) 1 ， ( p q) r) ( 1 1) 0) (0 0) 1 (p q r) ( p q) r) 1 1 1 19、用真值表判断下列公式的类型： (p p) q（2） 解：列出公式的真值表，如下所示： p p q q (p p)(p p) q0 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 由真值表可以看出公式有3个成真赋值，故公式是非重言式的可满足式。 20、求下列公式的成真赋值： （4） (p q) q 解：因为该公式是一个蕴含式，所以首先分析它的成假赋

3、值，成假赋值的条件是： p 0 (p q) 1 q 0 q 0 成真赋值有：01，10，11。 所以公式的 习题二及答案：（P38） 5、求下列公式的主析取范式，并求成真赋值： （2） ( p q) (q r)解：原式 (p q) q r ( p p) q r q r ，此即公式的主析取范式， m m ( p q r) (p q r) 37所以成真赋值为011，111。 *6、求下列公式的主合取范式，并求成假赋值： （2） (p q) ( p r)解：原式，此即公式的主合取范式， M (p p r) ( p q r) ( p q r) 4所以成假赋值为100。 7、求下列公式的主析取范式，再用

4、主析取范式求主合取范式： （1） (p q) r解：原式 p q ( r r) ( p p) ( q q) r) (p q r) (p q )r ( p q ) r( p q )r ( p q )r ( pq r ( p q r) (p q) r( p q )r ( pq ) r ( pq r ，此即主析取范式。 m m m m m 13567主析取范式中没出现的极小项为，所以主合取范式中含有三个极大项， MM mmm 02 024 ，故原式的主合取范式。 M M M M 4024 9、用真值表法求下面公式的主析取范式： （1） (p q) ( p r)解：公式的真值表如下： p pp q p

5、 r q r (p q) ( p r)0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 由真值表可以看出成真赋值的情况有7种，此7种成真赋值所对应的极小项的析取即为主析取范式，故主析取范式 m m m m m m m 1234567 习题三及答案：（P52-54） 11、填充下面推理证明中没有写出的推理规则。 前提： p q, q r,r s,p结论：s 证明： p 前提引入 前提引入 p q q 析取三段论 前提引入 q

6、 r r 析取三段论 r s 前提引入 s 假言推理 15、在自然推理系统P中用附加前提法证明下面推理： （2）前提： (p q) (r s),(s t) u 结论： p u证明：用附加前提证明法。 p 附加前提引入 附加 p q 前提引入 (p q) (r s) r s 假言推理 s 化简 附加 s t 前提引入 (s t) u u 假言推理 故推理正确。 16、在自然推理系统P中用归谬法证明下面推理： r s（1）前提：， p q r q 结论： p证明：用归谬法 p 结论的否定引入 前提引入 p q 假言推理 q 前提引入 r q 析取三段论 r r s 前提引入 r 化简 合取 r r

7、由于，所以推理正确。 r r 017、在自然推理系统P中构造下面推理的证明： 只要A曾到过受害者房间并且11点以前没离开，A就是谋杀嫌犯。A曾到过受害者房间。如果A在11点以前离开，看门人会看见他。看门人没有看见他。所以，A是谋杀嫌犯。 解：设p：A到过受害者房间，q：A在11点以前离开，r：A是谋杀嫌犯，s：看门人看见过A。 s则前提：， pq s (p q) r 结论： r证明： 前提引入 q s s 前提引入 拒取式 q 前提引入 p 合取引入 p q 前提引入 (p q) r 假言推理 r 习题四及答案：（P65-67） 5、在一阶逻辑中将下列命题符号化： （2）有的火车比有的汽车快。

8、 解：设F(x)：x是火车，G(y)：y是汽车，H(x,y)：x比y快；则命题符号化的结果是： x y(F(x) G(y) H(x,y) （3）不存在比所有火车都快的汽车。 解：方法一： 设F(x)：x是汽车，G(y)：y是火车，H(x,y)：x比y快；则命题符号化的结果是： x(F(x) y(G(y) H(x,y) x(F(x) y(G(y) H(x,y) 或 方法二： 设F(x)：x是火车，G(y)：y是汽车，H(x,y)：x比y快；则命题符号化的结果是： x(G(x) y(F(y) H(x,y) x y(G(x) (F(y) H(x,y) 或 9、给定解释I如下： (a) 个体域为实数集

9、合R。 a 0 (b) 特定元素。 f(x,y) x y,x,y R (c) 函数。 F(x,y):x y,G(x,y):x y,x,y R(d) 谓词。 给出以下公式在I下的解释，并指出它们的真值： x y(F(f(x,y),a) G(x,y)（2） x y(x y 0 x y)解：解释是：，含义是：对于任意的实数x，y，若x-y=0则x=2 （2）， r(R)=R I 1,5,2,5,3,1,3,3,4,5,1,1,2,2,4,4,5,5,6,6 A 1 s(R) R R 1,5,5,1,2,5,5,2,3,1,1,3,3,3,4,5,5,4 232 t(R) R R R . R R 1,

10、5,2,5,3,1,3,3,3,5,4,541、设A=1，2，3，4，R为 A A a,b , c,d A A 上的二元关系， a,b R c,d a b c d （1）证明R为等价关系； （2）求R导出的划分。 （1）只需证明R具有自反性、对称性和传递性即可，证明过程如下： a,b A A a,b R a,b a b a b（a）任取，有，所以R具有自反性； a,b , c,d A A a,b R c,d （b）任取，若， c,d R a,b a b c d c d a b则有，所以R具有对称性； a,b , c,d , e,f A A a,b R c,d c,d R e,f （c）任取，若

11、且， c d e f a b e f a,b R e,f a b c d则有且，所以R具有传递性， A A综合（a）（b）（c）可知：R为集合上的等价关系； A A（2）先求出集合的结果： A A 1,1 , 1,2 , 1,3 , 1,4 , 2,1 , 2,2 , 2,3 , 2,4 , 3,1 , 3,2 , 3,3 , 3,4 , 4,1 , 4,2 , 4,3 , 4,4 A A再分别求集合各元素的等价类，结果如下： 1,1 1,1 , R 1,2 2,1 1,2 , 2,1 , RR 1,3 2,2 3,1 1,3 , 2,2 , 3,1 , RRR 1,4 2,3 3,2 4,1

12、 1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 , RRRR 2,4 3,3 4,2 2,4 , 3,3 , 4,2 , RRR 3,4 4,3 3,4 , 4,3 , RR 4,4 4,4 。 R A/RA/R等价关系R导出的划分就是集合A关于R的商集，而集合A关于R的商集是由R的所有等价类作为元素构成的集合，所以等价关系R导出的划分是： 1,1 , 1,2 , 2,1 , 1,3 , 2,2 , 3,1 , 1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 , 2,4 , 3,3 , 4,2 , 3,4 , 4,3 , 4,4 A,R46、分别画出下列各偏序集的哈斯图，并找出A的极大元、极小元、最

13、大元和最小元。 （1） R a,d,a,c,a,b,a,e,b,e,c,e,d,e I A解：哈斯图如下： e b c d f a A的极大元为e、f，极小元为a、f； A的最大元和最小元都不存在。 A 1,2,3,4*22、给定，A上的关系，试 R 1,3,1,4,2,3,2,4,3,4（1）画出R的关系图； （2）说明R的性质。 解：（1） 1 2 3 4 （2）R的关系图中每个顶点都没有自环，所以R是反自反的，不是自反的； R的关系图中任意两个顶点如果有边的都是单向边，故R是反对称的，不是对 称的； R的关系图中没有发生顶点x到顶点y有边、顶点y到顶点z有边，但顶点x 到顶点z没有边的情

14、况，故R是传递的。 A,R和B,S *48、设为偏序集，在集合上定义关系T如下： A B a,b,a,b A B, 1122 a,bTa,b aRa bSb 11221212 证明T为上的偏序关系。 A B 证明：（1）自反性： 任取a,b A B，则： 11 R为偏序关系，具有自反性， aRa 11 S为偏序关系，具有自反性， bSb 11 aRa bSb 1111 又a,bTa,b aRa bSb， 11221212 a,bTa,b，故T具有自反性 1111 （2）反对称性： 任取a,b,a,b A B，若a,bTa,b且a,bTa,b，则有： 112211222211 aRa bSb（1

15、） 1212 aRa bSb（2） 2121 aRa aRa，又R为偏序关系，具有反对称性，所以a a 122112 bSb bSb，又S为偏序关系，具有反对称性，所以b b 122112 a,b a,b，故T具有反对称性 1122 （3）传递性： 任取a,b,a,b，a,b A B，若a,bTa,b且a,bTa,b，则有： 11223311222233 a,bTa,b aRa bSb 11221212 a,bTa,b aRa bSb 22332323 aRa aRa,又R为偏序关系，具有传递性，所以aRa 122313 bSb bSb,又S为偏序关系，具有传递性，所以bSb 122313 a

16、Ra bSb a,bTa,b，故T具有传递性。 13131133 综合（1）（2）（3）知T具有自反性、反对称性和传递性，故T为上的偏序关系。 A B 习题九及答案：（P179-180） 8、 S=Q Q,Q为有理数集，为 S上的二元运算， a,b,x,y S有 a,b x,y ax,ay+b （1） 运算在S上是否可交换、可结合？是否为幂等的？ （2）。 运算是否有单位元、零元？如果有，请指出，并求出S中所有可逆元素的逆元 解：（1） x,y a,b xa,xb+y ax,bx+y a,b x,y 运算不具有交换律 x,y a,b c,d ax,bx+y c,d acx,adx+bx+y 而

17、x,y a,b c,d x,y*ac,ad+b xac,xad+xb+y acx,adx+bx+y x,y a,b c,d 运算有结合律 任取a,b s，则有： 2 a,b a,b a,ab b a,b 运算无幂等律 （2） 令a,b*x,y a,b对 a,b s均成立 则有：ax,ay+b a,b对 a,b s均成立 ax a ax 1 0 对 a,b成立 ay b b ay 0 x 1 0x 1 必定有 y 0y 0 运算的右单位元为1，0，可验证1，0也为 运算的左单位元， 运算的单位元为1，0 令a,b*x,y x,y，若存在x,y使得对 a,b s上述等式均成立， 则存在零元，否则不

18、存在零元。 由a,b*x,y x,y ax,ay+b x,y a 1x 0 ax x a 1y+b 0 ay b y 由于a 1y+b 0不可能对 a,b s均成立， 故a,b*x,y x,y不可能对 a,b s均成立，故不存在零元； 设元素a,b的逆元为x,y，则令a,b*x,y e 1，0 1 x ax 1 a （当a 0） ay b 0b y a 当a 0时，a,b的逆元不存在； 1b 当a 0时，a,b的逆元是, aa 11、 设S 12，.,10，问下面的运算能否与S构成代数系统S， ? 如果能构成代数系统则说明 运算是否满足交换律、结合律，并求 运算的单位元和零元。 （3）； x

19、y=大于等于x和y的最小整数 解：（3）由*运算的定义可知：， x y=max(x,y) x,y S,有x y S，故 运算在S上满足封闭性，所以 运算与非空集合S能构成代数系统； 任取x,y S,有x y=max(x,y)=max(y,x)=y x,所以 运算满足交换律； 任取x,y,z S,有(x y) z=max(max(x,y),z)=max(x,y,z)=max(x,max(y,z)=x (y z),所以 运算满足结合律； 任取x S，有x 1=max(x,1)=x=max(1,x)=1 x,所以 运算的单位元是1； 任取x S，有x 10=max(x,10)=10=max(10,x)=10 x,所以 运算的零元是1