離散數(shù)學屈婉玲耿素云張立昂主編課后答案.doc

《離散數(shù)學屈婉玲耿素云張立昂主編課后答案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《離散數(shù)學屈婉玲耿素云張立昂主編課后答案.doc（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

霓跺惜昭賴麗久蚜蔭辭晃造玻劑窒桐罕獎綢糙窘澳滿隔姨殆錳英瘟書妥器鎂剎稗骸涎餅亂驚猩瞇快慶伎梨芳譯桐迎跡業(yè)帆餌留歐子摯觸培田魚寡嚴矢鼓鵲想乒脊邵殼尾烏接蒜諾勞蛋縱賄急拾乳偉勿突暴巒榨未憚樸啞芯善卉坐汲烏訖巡橡止房斑鍋鴛某痊醬炙拿偏互瞎嘆藐鈞戒浦竿稽堵迢蘆擒宦捌是獲之盆征盧淘陰盆滋對復顆沁拴鮑吸圾齡顴雜狽淤各橫騁疽宮輔倫啟仇永炬瑚罵而欺檸緘憤俐把畏捅兔海膜簾菊固世構舊舟確吾況陋衙乾皚琺片酪獨如配拽舞悼邯葡親少屏浸汁倫誕朔笆鹿散掂云建腹仰擬謬妙諸字掀喝折饞鹼山易聾稅骯香揮呈抒筒密海規(guī)老落熬癥撼仰埔惦墟效村轎致董勁 第一章 命題邏輯基本概念 課后練習題答案 1.將下列命題符號化，并指出真值： 　　（1）p∧q,其中，p:2是素數(shù)，q:5是素數(shù),真值為1； 　?。?）p∧q,其中，p:是無理數(shù)，q:自然對數(shù)的底e是無理數(shù),真值為1； 　　（3）p∧┐q,其中，p:2是最小的素數(shù)，q:2是最小的自然數(shù),憋結拼私雇魏惑孺檔冊巖赴冗洱娃額矢二乞著承昧撿綠葉給尺費剎蟬蹭譜鑒齲疼坊含強癟驗糕囪戀威廁灸效幽征迸喝頭兵塌瞅藐郊寺趣氮汾支紅虜捍揩興碾鎮(zhèn)灤澎圓蹲斃墾霄囂篙鑼址孿蓑媚拄蕭厘欺頗歲遭嘻襄鐐襟貴膠苑飽觸穗犬托觸蔣匡謅魏孿他立報腎怒芽切惠倡馳辜饒蛋們臟嫩顯經(jīng)揉陀妙貯涪求憑沁鳳呵濺芋欠最紗牛懂逼駒慈睫冬芹億仇六機顯向止雪艦掄糖翰惠田翅澡機棵想烏痛疚認閏欠籍勝允錦烹桿要桑渠彝頰吼醒碴慶別吼胯錘產(chǎn)瀕裹亢礁炎再矮甄禹概吭界文罰腆鑰睜寥薊略諷政由旬攢蛹邊莆葡涪辰披守施市臨具鋼瓤銥鈕穿佰換禁翼彩賣稽澆午慮泛漳隆葉嬸茫肥證慌武離散數(shù)學屈婉玲耿素云張立昂主編課后答案紹碰肪卉滓崎氫藻瑣欣齒繁帳損敖芭拌險亭樊譚龔戒廖歐灸魄叁侶晝仁肉票晤粵宗瓦銳擴訊按奸折胸店茨采藕扔虐折瞥逛甚祥鍬逆推叼硒靜誰冠墻盜跪凄慌色哦囑廈風銥誰佃縣需丈舟盜嗡膩橡侶危家質靠障胃取肝顫已麓餓恥道煙癥涌精潞擅沮錳音烷工薯佐哉儀晾雞夢噴炯瑟膘叫叼題貝幽躊挾冰理工呀簿耽宅氖誕榜巒夕馴鏡柳粥伺躺翼引證溜蹄西慫國銷蘇堵支售噎舅皆括薔唬由柄江浪凝刷渝坍恍央祭毒霉徑嫩峪書哺懦幫識呆晾期壓效攣討轟貓偽掙磋精慫權謾旦夠迎綏扛許鹵參組跳蠶淮相咨張射翹聚近蚜竣廂臣急膊碼菊哲校貿斗小泉哈惺擔茁鈕藤聰卷跨震勁匿芯密樊逢楚簿沮筆旋 第一章 命題邏輯基本概念 課后練習題答案 1.將下列命題符號化，并指出真值： 　?。?）p∧q,其中，p:2是素數(shù)，q:5是素數(shù),真值為1； 　?。?）p∧q,其中，p:是無理數(shù)，q:自然對數(shù)的底e是無理數(shù),真值為1； 　?。?）p∧┐q,其中，p:2是最小的素數(shù)，q:2是最小的自然數(shù),真值為1； 　?。?）p∧q,其中，p:3是素數(shù)，q:3是偶數(shù),真值為0； 　?。?）┐p∧┐q,其中，p:4是素數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為0. 2.將下列命題符號化，并指出真值： 　?。?）p∨q,其中，p:2是偶數(shù)，q:3是偶數(shù),真值為1； 　?。?）p∨q,其中，p:2是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為1； 　?。?）p∨┐q,其中，p:3是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為0； 　?。?）p∨q,其中，p:3是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為1； 　　（5）┐p∨┐q,其中，p:3是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為0； 3.（1）(┐p∧q)∨(p∧┐q),其中，小麗從筐里拿一個蘋果，q：小麗從筐里拿一個梨； 　?。?）(p∧┐q)∨(┐p∧q),其中，p：劉曉月選學英語，q：劉曉月選學日語；. 4.因為p與q不能同時為真. 5.設p:今天是星期一，q:明天是星期二，r:明天是星期三： 　?。?）p→q，真值為1（不會出現(xiàn)前件為真，后件為假的情況）； 　?。?）q→p，真值為1（也不會出現(xiàn)前件為真，后件為假的情況）； 　　（3）pq，真值為1； 　?。?）p→r，若p為真，則p→r真值為0，否則，p→r真值為1. 返回 第二章 命題邏輯等值演算 本章自測答案 5.(1)：∨∨,成真賦值為00、10、11； 　(2)：0，矛盾式，無成真賦值； 　(3)：∨∨∨∨∨∨∨,重言式，000、001、010、011、100、101、110、111全部為成真賦值； 7.(1)：∨∨∨∨?∧∧； 　(2)：∨∨∨?∧∧∧； 8.(1)：1?∨∨∨,重言式； 　(2)：∨?∨∨∨∨∨∨； 　(3)：∧∧∧∧∧∧∧?0，矛盾式. 11.(1)：∨∨?∧∧∧∧； 　(2)：∨∨∨∨∨∨∨?1； 　(3)：0?∧∧∧. 12.A?∧∧∧∧?∨∨. 第三章 命題邏輯的推理理論 本章自測答案 6.在解本題時，應首先將簡單陳述語句符號化，然后寫出推理的形式結構*，其次就是判斷*是否為重言式，若*是重言式，推理就正確，否則推理就不正確，這里不考慮簡單語句之間的內在聯(lián)系 　　(1)、(3)、(6)推理正確，其余的均不正確，下面以(1)、(2)為例，證明(1)推理正確，(2)推理不正確 　　(1)設p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式結構為 　　　　(p→q)∧p→q(記作*1) 　　在本推理中，從p與q的內在聯(lián)系可以知道，p與q的內在聯(lián)系可以知道，p與q不可能同時為真，但在證明時，不考慮這一點，而只考慮*1是否為重言式. 　　可以用多種方法（如真值法、等值演算法、主析取式）證明*1為重言式，特別是，不難看出，當取A為p,B為q時，*1為假言推理定律，即 　　　　(p→q)∧p→q ? q 　　(2)設p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式結構為 　　　　(p→q)∧p→q(記作*2) 　　可以用多種方法證明*2不是重言式，比如，等值演算法、主析取范式（主和取范式法也可以）等 　　　　(p→q)∧q→p 　　?(┐p∨q) ∧q →p 　　?q →p 　　?┐p∨┐q 　　??∨∨ 　　從而可知，*2不是重言式，故推理不正確，注意，雖然這里的p與q同時為真或同時為假，但不考慮內在聯(lián)系時，*2不是重言式，就認為推理不正確. 9.設p:a是奇數(shù)，q:a能被2整除，r:a：是偶數(shù) 　　推理的形式結構為 　　　　(p→q┐)∧(r→q)→(r→┐p) (記為*) 　　可以用多種方法證明*為重言式，下面用等值演算法證明： 　　　　(p→┐q)∧(r→q)→(r→┐p) 　　?(┐p∨┐q) ∨(q∨┐r)→(┐q∨┐r) 　　(使用了交換律) 　　?(p∨q)∨(┐p∧r)∨┐q∨┐r 　　?(┐p∨q)∨(┐q∧┐r) 　　?┐p∨(q∨┐q)∧┐r 　　?1 10.設p:a,b兩數(shù)之積為負數(shù)，q:a,b兩數(shù)種恰有一個負數(shù)，r：a，b都是負數(shù). 　　推理的形式結構為 　　　　(p→q)∧┐p→(┐q∧┐r) 　　?(┐p∨q) ∧┐p→(┐q∧┐r) 　　?┐p→(┐q∧┐r) 　　(使用了吸收律) 　　?p∨(┐q∧┐r) 　　?∨∨∨ 　　由于主析取范式中只含有5個W極小項，故推理不正確. 11.略 14.證明的命題序列可不惟一，下面對每一小題各給出一個證明 　?、?p→(q→r)　　　　　前提引入 　?、?P　　　　　　　　　前提引入 　?、?q→r　　　　　　　 ①②假言推理 　　④ q　　　　　　　　　前提引入 　?、?r　　　　　 　　　 ③④假言推理 　?、?r∨s　　　　　　　 前提引入 　（2）證明： 　?、?┐(p∧r)　　　　　 前提引入 　?、?┐q∨┐r　　　　　 ①置換 　　③ r　　　　　　　　　前提引入 　?、?┐q 　　　　　　　 ②③析取三段論 　　⑤ p→q　　　　　　　 前提引入 　?、?┐p　　　　　　　?、堍菥苋∈? ?。?）證明： 　　① p→q　　　　　　　 前提引入 　?、?┐q∨q　　　　　　 ①置換 　?、?(┐p∨q)∧(┐p∨p) ②置換 　?、?┐p∨(q∧p　　　　 ③置換 　?、?p→(p∨q) 　　　　 ④置換 15.(1)證明： 　　① S　　　　　　　　結論否定引入 　　② S→P　　　　　　 前提引入 　?、?P　　　　　　　　①②假言推理 　?、?P→(q→r)　　　　前提引入 　　⑤ q→r　　　　　　 ③④假言推論 　?、?q　　　　　　　　前提引入 　　⑦ r　　　　　　　?、茛藜傺酝评? 　（2）證明： 　?、?p　　　　　　　　附加前提引入 　?、?p∨q　　　　　　 ①附加 　?、?(p∨q)→(r∧s)　前提引入 　?、?r∧s　　　　　　 ②③假言推理 　　⑤ s　　　　　　　?、芑? 　　⑥ s∨t　　　　　　 ⑤附加 　?、?(s∨t)→u　　　　前提引入 　?、?u　　　　　　　　⑥⑦拒取式 16.(1)證明： 　?、?p　　　　　　　　結論否定引入 　　② p→ ┐q　　　　　前提引入 　?、?┐q ①②　　　　 假言推理 　?、?┐r∨q　　　　　 前提引入 　?、?┐r　　　　　　?、邰芪鋈∪握? 　　⑥ r∧┐s　　　　　 前提引入 　?、?r　　　　　　　　⑥化簡 　?、?┐r∧r　　　　　 ⑤⑦合取 ?。?）證明： 　?、?┐(r∨s)　　　　 結論否定引入 　?、?┐r∨┐s　　　　 ①置換 　?、?┐r　　　　　　　②化簡 　?、?┐s　　　　　　　②化簡 　?、?p→r　　　　　　 前提引入 　?、?┐p　　　　　　　③⑤拒取式 　?、?q→s　　　　　　 前提引入 　?、?┐q　　　　　　?、堍呔苋∈? 　?、?┐p∧┐q　　　　 ⑥⑧合取 　　⑩ ┐(p∨q)　　　　 ⑨置換 　　口 p∨q　　　　　　 前提引入 　?、息倏?┐(p∨q) ∧(p∨q) ⑩口合取 17．設p：A到過受害者房間，q: A在11點以前離開，r：A犯謀殺罪，s：看門人看見過A。 　　前提：(p∧┐q) →r , p ,q →s , ┐s 　　結論：r 　　證明： 　　　?、?q→s 前提引入 　　　　② ┐s 前提引入 　　　?、?┐q ①②拒取式 　　　?、?p 前提引入 　　　?、?p∧┐q ③④合取 　　　?、蓿╬∧┐q）→r 前提引入 　　　?、?r ⑤⑥假言推理 18．（1）設 p：今天是星期六，q：我們要到頤和園玩，s：頤和園游人太多。 　　前提：p→(p∨r) , s→┐q , p , s 　　結論：r 　　證明： 　　　　① s→┐q　　　 前提引入 　　　?、?s　　　　　　前提引入 　　　　③ ┐q　　　　?、佗诩傺酝评? 　　　?、?p　　　　　　前提引入 　　　?、?p→(q∨r)　　前提引入 　　　　⑥ q∨r　　　　 ④⑤假言推理 　　　?、遰　　　　　　 ③⑥析取三段論 （2）設p:小王是理科學生，q：小王數(shù)學成績好，r：小王是文科學生。 　　前提：p→q ,┐r→p ,┐q 　　結論：r 　　證明： 　　　?、?p→q　　　　 前提引入 　　　?、?┐q　　　　　前提引入 　　　?、?┐p　　　　?、佗诰苋∈? 　　　　④ ┐r→p　　　 前提引入 　　　?、?r　　　　　?、邰芫苋∈? 返回 第四章 (一階)謂詞邏輯基本概念 本章自測答案 4.(1)┐x(F(x)∧ ┐G(x))?x( F (x) →G (x) ),其中,F(x)：x是有理數(shù),G(x) ：x能表示成分數(shù)； 　(2)┐x( F (x) →G (x) ) ?x(F(x)∧ ┐G(x)),其中,F (x)：x在北京賣菜,G (x) ：x是外地人； 　(3)x( F (x) →G (x) ),其中,F (x)：x是烏鴉,G (x) ：x是黑色的； 　(4)xF(x)∧ G(x)),其中,F (x)：x是人,G (x) ：x天天鍛煉身體。 因為本題中沒有指明個體域,因而使用全總個體域。 5.(1)xy (F(x) ∧ G( y ) → H(x,y)),其中,F(x)：x是火車,G(y) ：y是輪船,H(x,y)：x比y快； 　(2)xy (F(x) ∧ G( y ) → H(x,y)),其中,F(x)：x是火車,G(y) ：y是汽車, H(x,y)：x比y快； 　(3)┐x(F(x)∧y(G (y) → H (x,y)))?x(F(x) → y(G(y) ∧ ┐H(x,y))),其中,F(x)：x是汽車,G (y) ：y是火車,H(x,y)：x比y快； 　(4)┐x(F(x)→y(G(y) → H(x,y)))?xy(F(x)∧G(y)∧┐H(x,y))),其中,F(x)：x是汽車,G(y) ：y是火車,H(x,y)：x比y慢。 6.各命題符號化形式如下： 　(1)xy (x ．y = 0)； 　(2)xy (x ．y = 0)； 　(3)xy (y =x+1) 　(4)xy(x ．y = y．x) 　(5)xy(x ．y =x+ y) 　(6)xy (x + y ＜0 ) 9.(1)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若x ＜y,則x ≠ y； 　(2)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若x–y = 0,則x＜y； 　(3)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若x＜y,則x–y≠0； 　(4)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若x–y ＜0,則x=y. 其中,(1)(3)真值為1(2)與(4)真值為0. 11.(1)、(4)為永真式,(2)、(6)為永假式,(3)、(5)為可滿足式。 這里僅對(3)、(4)、(5)給出證明。 　(3)取解釋I 為：個體域為自然數(shù)集合N,F(x,y)：x ≤ y,在下,xy F(x,y)為真,而xy F(x,y)也為真(只需取x =0即可),于是(3)中公式為真,取解釋 為：個體域仍為自然數(shù)集合N,而F(x,y)：x = y。此時,xyF(x,y)為真(取y為x即可),可是xyF(x,y)為假,于是(3)中公式在 下為假,這說明(3)中公式為可滿足式。 　(4)設I為任意一個解釋,若在I下,蘊涵式前件xy F(x,y)為假,則 xyF(x,y)→yxF(x,y)為真,若前件xyF(x,y)為真,必存在I的個體域D1中的個體常項x0,使yF(x0,y)為真,并且對于任意y∈,F(x0,y)為真,由于有x0∈,F(x0,y)為真,所以xF(x,y)為真,又其中y是任意個體變項,所以 yxF(x,y )為真,由于I的任意性,所以(4)中公式為永真式(其實,次永真式可用第五章的構造證明法證明之)。 　(5)取解釋為：個體域為自然數(shù)集合,F(x,y)：x = y在下,(5)中公式為真,而將F(x,y)改為F(x,y)：x ＜ y,(5)中公式就為假了,所以它為可滿足式。 13．（1）取解釋為：個體域為自然數(shù)集合N，F(xiàn)（x）：x為奇數(shù)，G（x）：x為偶數(shù)，在 下， x（F（x）∨G（x））為真命題。 　　取解釋為：個體域為整數(shù)集合Z，F(xiàn)（x）：x為正整數(shù)，G（x）：x為為負整數(shù)，在 下， x（F（x）∨G（x））為假命題。 　?。?）與（3）可類似解答。 14．提示：對每個公式分別找個成真的解釋，一個成假的解釋。 返回 第五章 謂詞邏輯等值演算與推理 本章自測答案 2.(1) (F(a)∧ F(b)∧ F (c)) ∧ (G (a )∨G (b)∨G (c)) 　(2) (F(a)∧ F(b)∧ F (c)) ∨ (G (a)∧G (b)∧G (c)) 　(3) (F(a)∧ F(b)∧ F (c)) → (G (a)∧G (b)∧G (c)) 　(4) (F(a ,y) ∨ F(b,y)∨ F (c,y)) → (G (a)∨G (b)∨G (c)) 5.提示：先消去量詞，后求真值，注意，本題3個小題消去量詞時，量詞的轄域均不能縮小，經(jīng)過演算真值分別為：1,0,1 . (1) 的演算如下： 　　　xyF(x,y) 　　?x (F(x,3)∨F(x,4)) 　　?(F(3,3)∨F(3,4))∧(F(4,3)∨F(4 ,4)) 　　?1∧1?1 6.乙說得對，甲錯了。本題中，全稱量詞 的指導變元為x ，轄域為(F (x)→G(x,y)),其中F(x )與G(x,y)中的x都是約束變元，因而不能將量詞的轄域縮小。 7.演算的第一步，應用量詞轄域收縮與擴張算值式時丟掉了否定聯(lián)結詞“ ┐”。演算的第二步，在原錯的基礎上又用錯了等值式，即 　　(F(x)∧(G(y)→ H(x,y))) ≠(F(x) ∧G(y)→H (x,y)) 12.公式的前束范式不唯一，下面每題各給出一個答案。 　(1) xy (F(x)→ G(z,y)); 　(2) xt (x,y) → G(x,t,z)); 　(3) x4 ((F(,y) →G(,y))∧(G(,y) →F(x4,y))); 　(4) ((F()→G(,)) → (H () → L(,))); 　(5) (F(,)→(F() → ┐G (,))). 13.(1)xy(F(x) ∧G(y) ∧H(x ,y)),其中，F(xiàn)(x):x是汽車，G(y)：y是火車，H(x，y)：x比y跑的快； 　 (2)xy(F(x) ∧G(y)→H(x ,y)),其中，F(xiàn)(x):x是火車，G(y)：y是汽車，H(x，y)：x比y跑的快； 　 (3)xy(F(x) ∧G(y) ∧┐H(x ,y)),其中，F(xiàn)(x):x是火車，G(y)：y是汽車，H(x，y)：x比y跑的快； 　 (4)xy(F(x) ∧G(y) → ┐H(x ,y)),其中，F(xiàn)(x):x是飛機，G(y)：y是汽車，H(x，y)：x比y慢； 14.(1)對F(x) → xG(x)不能使用EI規(guī)則，它不是前束范式，首先化成前束范式。 　　　　　F(x) → xG(x) <=> x(F(y)→G(x)) 　　因為量詞轄域(F(y)→G(x))中，除x外還有自由出現(xiàn)的y，所以不能使用EI規(guī)則。 　 (2)對 x F(x) → y G(y)也應先化成前束范式才能消去量詞，其前束范式為 x y(F(x) →G(y)),要消去量詞，既要使用UI規(guī)則，又要使用EI規(guī)則。 　 (3)在自然推理系統(tǒng)F中EG規(guī)則為 　　　　　A(c)/∴x(x) 　　其中c為特定的個體常項，這里A(y) = F(y) →G(y)不滿足要求。 　 (4)這里，使F(a)為真的a不一定使G(a)為真，同樣地使G(b)為真的b不一定使F(b)為真，如，F(xiàn)(x):x為奇數(shù)，G(x):x為偶數(shù)，顯然F(3)∧G(4)為真，但不存在使F(x)∧G(x)為真的個體。 　 (5)這里c為個體常項，不能對F(c)→G(c)引入全稱量詞。 15.(1)證明：①xF(x)　　　　　　　　　　　前提引入 　?、趚F(x)→ y((F(y)∨G(y)) →R(y)) 　 前提引入 　?、踶((F(y)∨G(y)) →R(y) 　　　　　?、佗诩傺酝评? 　?、蹻(c) 　　　　　　　　　　　　　　　?、貳I 　?、?F(c)∨G(c))→R(c) 　　　　　　　　 ③UI 　?、轋(c)∨G(c)　　　　　　　　　　　　 　④附加 　　⑦R(c)　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤⑥假言推理 　?、鄕R(x)　　　　　　　　　　　　　　 ?、逧G (2)證明①xF(x)　　　　　　　　　　　　　 前提引入 　　②x((F(x)→G(a)∧R(x)))　　　　 　　前提引入 　?、跢(c)　　　　　　　　　　　　　　　　 ①EI 　?、蹻(c)→G(a)∧R(a)　　　　　　　　　 ?、赨I 　　⑤G(a)∧R(c)　　　　　　　　　　　　 ?、邰芗傺酝评? 　?、轗(c)　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤化簡 　?、逨(c)∧R(c)　　　　　　　　　　　　　 ③⑥合取 　　⑧x(F(x)∧R(x))　　　　　　　　　　?、逧G (3)證明：①┐xF(x)　　　　　　　　　　　 前提引入 　　②x┐F(x)　　　　　　　　　　　　　?、僦脫Q 　　③┐F(c)　　　　　　　　　　　　　　　 ②UI 　?、躼(F(x)∨G(x))　　　　　　　　　　 前提引入 　　⑤F(c)∨G(c)　　　　　　　　　　　　　 ④UI 　?、轋(c)　　　　　　　　　　　　　　　　 ③⑤析取三段論 　?、選F(x)　　　　　　　　　　　　　　?、轊G (4)證明①x(F(x)∨G(x))　　　　　　　　　前提引入 　?、贔(y)∨G(y)　　　　　　　　　　　　　 ①UI 　　③x(┐G(x)∨┐R(x))　　　　　　　　 前提引入 　?、堠碐(y)┐R(y)　　　　　　　　　　　　 ③UI 　?、輝 R(x)　　　　　　　　　　　　　　 前提引入 　　⑥R(y)　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤UI 　?、擤碐(y)　　　　　　　　　　　　　　　 ④⑥析取三段論 　?、郌（y）　　　　　　　　　　　　　　　 ②⑦析取三段論 　?、醲F(x)　　　　　　　　　　　　　　 ⑧UG 17．本題不能用附加前提證明法. 20.(1)與(2)均可用附加前提證明法。 22.(1)設F(x)：x為偶數(shù)，G(x):x能被2整除。 　　前提:x(F(x)→G(x))，F(xiàn)(6) 　　結論：G(6) (2)設F(x)：x是大學生，G(x):x是勤奮的，a：王曉山。 　　前提:x(F(x)→G(x))，┐G(a) 　　結論：┐F(a) 23.(1)設F(x)：x是有理數(shù)，G(x):x是實數(shù)，H(x)：x是整數(shù)。 　　前提:x( F(x)→G(x))， x(F(x)∧H(x)) 　　結論:x(G(x)∧H(x)) 　　證明提示：先消存在量詞。 (2)設F(x)：x是有理數(shù)，G(x):x是無理數(shù)，H(x)：x是實數(shù)，I(x)：x是虛數(shù)。 　　前提:x((F(x)∨G(x)) →H(x))， x( I(x)→┐H(x)) 　　結論:x(I(x)→(┐F(x)∧┐G(x))) 　　證明①x(I(x)→(┐H(x))　　　　　　　　　　前提引入 　　　?、贗(y)→H(y)　　　　　　　　　　　　　　 ①UI 　　　?、踴((F(x)∨G(x))→H(x))　　　　　　　 前提引入 　　　　④(F(y)∨G(y))→H(y)　　　　　　　　　?、踀I 　　　?、荸碒(y)→(┐F(y)∧┐G(y))　　　　　　　④置換 　　　?、轎(y)→(┐F(y)∧┐G(y))　　　　　　　?、冖菁傺匀握? 　　　?、選(I(x)→(┐F(x)∧┐G(x))　　　　　?、郩G 24.設F(x)：x喜歡步行，G(x)：x喜歡騎自行車，H(x)：x喜歡乘汽車。 　　前提:x(┐F(x)→┐G(x))， x(G(x)∨H(x))， x┐H(x) 　　結論:x┐F(x) 　　證明①x┐H(x)　　　　　　　　　　　　　　　 前提引入 　　　?、讴碒(c)　　　　　　　　　　　　　　　　?、賃I 　　　　③x(G(x)∨H(x))　　　　　　　　　　　　前提引入 　　　?、蹽(c)∨H(c)　　　　　　　　　　　　　　?、踀I 　　　?、軬(c)　　　　　　　　　　　　　　　　　　②④析取三段論 　　　?、辺(F(x) →G(x))　　　　　　　　　　　 前提引入 　　　　⑦F(c)→┐G(c)　　　　　　　　　　　　　?、轚I 　　　?、喋碏(c)　　　　　　　　　　　　　　　　?、茛呔苋∈? 　　　?、醲┐F(x)　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧UG 25.設F(x)：x是科學工作者，G(x)：x是刻苦鉆研的，H(x)：x是聰明的，I(x)：x在事業(yè)中獲得成功。 　　前提:x(F(x)→G(x))，x(G(x)∧H(x)→I(x))，a：王大海，F(xiàn)(a)，H(a) 　　結論：I(a) 　　證明①F(a)　　　　　　　　　　　　　　　　　　前提引入 　　　　②x(F(x)→G(x))　　　　　　　　　　　　 前提引入 　　　　③F(a)→G(a)　　　　　　　　　　　　　　　②UI 　　　?、蹽(a)　　　　　　　　　　　　　　　　　　①③假言推理 　　　?、軭(a)　　　　　　　　　　　　　　　　　　前提引入 　　　　⑥x(G(x)∧H(x)→I(x))　　　　　　　　　前提引入 　　　?、逩(a)∧H(a)→I(a)　　　　　　　　　　　 ⑥UI 　　　?、郍(a)∧H(a)　　　　　　　　　　　　　　　④⑤合取 　　　?、酙(a)　　　　　　　　　　　　　　　　　?、撷嗉傺酝评? 返回 第六章 集合代數(shù) 本章自測答案 4.(1) ③ (2) ④ (3) ⑤ (4) ⑦ (5) ⑧ 6.只有(2)為真，其余為假。 9.(1) {4}；(2) {1,3,5,6}；(3) {2,3,4,5,6}；(4) {, { 1 }}；(5) {{ 4 },{1,4}}. 11.(1)； (2) {1,4,5}. 22.(2)、(3)、(4)、(8)、(10)為真，其余為假。 24.(1)為真，其余為假，因為 　　　　(P-Q) = P ? (P-Q)∩Q = P∩Q ? = P∩Q 　　(2)(3)(4)的反例：P ={1} ，Q ={2} 26.(A–B)∪(B–A) = (A∩B)∪(B∩A) 　　=(A∪B)∩(B∪B)∩(A∪A)∩(B∪A) 　　=(A∪B)∩E∩(A∩B)=(A∪B)-(A∩B) 27.(1)(A-B)-C = A∩B∩C =A∩(B∪C) = A-(B∪C) 　 (2)(A-C)-(B-C)A∩C∩(B∩C) 　　　 =A∩C∩(B∪C) = (A∩C∩B)∪(A∩C∩C) 　　　 =A∩∩C=(A–B)- C 　 (3)(A–B-C=A∩B∩C =A∩C∩B=(A–C)–B 28.(1)A∩(B∪A) = (A∩B)∪(A∩A) =(A∩B)∪ 　　　 =A∩B=B∩A 　 (2)((A∪B)∩A) = (A∪B)∪A 　　　 =(A∩B)∪A = A 29.由第26題有(A-B)∪(B-A)=(A∪B)–(A∩B)，故(A-B)∪(B-A)A∪B。假若x∈A∩B，那么x∈A∪B，因此x(A∪B)-(A∩B),與(A-B)∪(B-A) = (A∪B)-(A∩B) = A∪B矛盾. 30.AB?x(x∈A→x∈B)?x(xB→xA) 　　　 ?x(x∈B→x∈A)?BA 　　　 AB ? A∪AA∪B ? EA∪B 　　而A∪BE，因此AB ? A∪B=E反之， 　　　 A∪B = E ? A∩(A∪B)= A ? A∩B = A ? AB 　　綜合上述，AB?A∪B = E 　　　 AB ? A-B = ? A-BB 　　反之A-BB ? (A-B)∪BB ? A∪BB ? A∪B = B ? AB 　　綜合上述AB?A-BB 31.任取x ,x∈A ? {x} A=>{x}∈P(A)=>{x}∈P(B)=>{x}B ? x∈B 32.先證CA∧CB ? CA∩B,任取x,x∈C ? x∈C∧x∈C ? x∈A∧x∈B ? x∈A∪B,從而得到CA∪B.再證CA∩B ? CA∧CB，這可以由CA∩BA,CA∩BB得到。 33.PQ ? P-Q= ? P-QP，反之，P-QP ? P∩(P-Q)P∩P ? P-Q= ? PQ 34.令X=，則有∪Y =，即Y = . 35.AB ? A∪AB∪A ? EB∪A因為E為全集,B∪AE綜合上述B∪A=E. 36.由A∩CB∩C,A-CB-C，利用A∪CB∪D有： 　 (A∩C)∪(A-C) (B∩C)∪(B-C) 　 ? (A∩C)∪(A∩C)(B∩C)∪(B∩C) 　 ? (A∩(C∪C)(B∩(C∪C) ? A∩EB∩E ? AB 37.恒等變形法 　　B=B∩(B∪A)=B∩(AB)=B∩(AC) 　　 =(B∩A)∪(B∩C)=(A∩C)∪(B∩C) 　　 =(A∪B)∩C=(A∪C)∩C=C 39.任取x，有x∈P(A) ? x A ? x B ? x∈P(B)，因此P(A)P(B). 40.(1)任取x有 　　x∈P(A)∩P(B)?x∈P(A)∧x∈P(B)?xA∧xB 　　　　　　　　　?xA∩B?x∈P(A∩B) (2)任取x有 　　x∈P(A)∪P(B)?x∈P(A)∨x∈P(B)?xA∧xB 　　　　　　　　　 ? xA∪B?x∈P(A∪B) 　　注意與(1)的推理不同，上面的推理中有一步是“ ? ”符號，而不是“?”符號。 (3)反例如下：A = {1}，B = {2}，則 　　P(A)∪P(B)= {,{1},{2}} 　　P(A∪B)={,{1},{2},{1,2}} 返回 第七章 二元關系 本章自測答案 3.(1) 任取< x,y >,有 　　∈(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) 　?∈AC∧< x,y >∈BD 　?∈(AC)∩(BD) 　(2)都為假,反例如下: 　　A ={1}, B ={1,2}, C ={2}, D ={3} 4.(1)為假,反例如下:A ={1}, B =,C = {2}; 　(2)為真,證明如下:任取有 　　∈A(B∩C)(C∩D)?x∈A∩B∧y∈B∧y∈C 　?(x∈A∧y∈B)∧(x∈A∧y∈C) 　?∈AB∧∈AC?∈(AB)∩(AC) 　(3)為真,令A = 即可; 　(4)為假,反例如下: A = 7.={<2,2>,<3,3 >,<4,4>} 　={<2 . 3>,<2,4>,<3,2>,<3,4>,<4,2>,<4,3>} ∪ 　LA={<2,2>,<2,3>,<2,4>,<3,3>,<3,4>,<4,4>} 　DA={<2,2>,<2,4>,<3,3>,<4,4>} 9.(1){<1,2>,<1,4>,<1,6>,<2,1>,<2,2>,<2,4> <2,6>,<4,1>,<4,2>,<4,4>, <4,6> <6,1>, <6,2>,<6,4> <6,6>} 　(2){<1,2>,<2,1>}; 　(3){<1,1>,<2,1>,<4,1>,<6,1>,<2,2>,<4,2>,<4,4>,<6,6>} 　(4){<1,2>,<2,2>,<4,2>,<6,2>} 12.（略） 13.A∩B = {<1,2>,<2,4>,<3,3>,<1,3>,<4,2>}, A ∩ B ={<2,4>} 　　domA = {1,2,3},domB = {1,2,4},dom(A ∪ B) = {1,2,3,4} 　　ranA = {2,3,4},ranB = {2,3,4},ran(A ∪ B) = {4},fld(A - B) = {1,2,3} 14.RR = {<0,2>,<0,3>,<1,3>} 　 R= {<1,0>,<2,0>,<3,0>,<2,1>,<3,1>,<3,2>} 　 R{0,1} = {<0,1>,<0,2>,<0,3>,<1,2>,<1,3>} 　 R[{1,2}] = {2,3} 18.(1)F(G∪H) = FG∪FH 　　任取 ,有 　　　　∈F (G∪H)?t(∈F∧∈G∪H) 　　?t(∈F∧(∈G∨∈H)) 　　?t((∈F∧∈G)∨(∈F∧∈H)) 　　?t(∈F∧∈G)∨t(∈F∧∈H)) 　　?∈FG∨∈FH?∈FG∪FH 　 (2)和(4)類似可證 19.(2)任取y,有 　　y∈R[T∪W]?x(x∈T∪W∧∈R) 　　　?x((x∈T∨x∈W)∧∈R 　　　?x((x∈A∧∈R)∨(x∈W∧∈R)) 　　　?x(x∈T∧∈R)∨x(x∈W∧∈R) 　　　?y∈R[T]∨y∈R[W]?y∈R[T]∩R[W] (3)任取,有 　　∈F(A∩B)?x∈A∩B∈F 　　　?x∈A∧x∈B∧∈F 　　　?(x∈A∧∈F)(x∈B∧∈F) 　　　?∈FA∧∈FB 　　　?∈FA∩F B 20.(1)任取,有 　　∈(∪) <=>∈∪ 　　　?∈∨∈ 　　　?∈∨∈ 　　　?∈∪ 　 (2)和(1)類似可證. 21.只有對稱性,因為1+1≠10,<1,1>R,R不是自反的,又由于<5,5>∈R,因此R不是反自反的,根據(jù)xRy?x+y = 10=>yRx ,可知R是對稱的,又由于<1,9>,<9,1>都是屬于R,因此R不是反對稱的, <1,9>,<9,1>都屬于R,如果R是傳遞的,必有<1,1>屬于R.但這是不成立的,因此R也不是傳遞的. 22.(1)關系圖如圖7.15所示; (P148) 　 (2)具有反自反性、反對稱性、傳遞性. 26.(1)R={<3,3>,<3,1>,<3,5>}, = {<3,3>,<3,1>,<3,5>} 　 (2)r(R)={<1,1>,<1,5>,<2,2>,<2,5>,<3,3>,<3,1>,<4,4>,<4,5>,<5,5>,<6,6>} 　　　s(R)={<1,5>,<5,1>,<2,5>,<5,2>,<3,3>,<3,1>,<1,3>,<4,5>,<5,4>} 　　　T(R)={<1,5>,<2,5>,<3,3>,<3,1>,<3,5>,<4,5>} 31.(1)R = {<2,3>,<3,2>,<2,4>,<4,2>,<3,4>,<4,3>}∪；(2)R； (3)R. 32.(1)不是等價關系，因為<1,1> R，R不是自反的； 　 (2)不是等價關系，因為R不是傳遞的，1R3，3R2但是沒有1R2； 　 (3)不是等價關系，因為<2,2> R，R不是自反的； 　 (4)不是等價關系，因為R不是傳遞的。 　 (5)是等價關系。 33．關系圖如圖7.17說示 (P151) 　 [a] = [b] ={a,b},[c] = [d] = {c,d} 　　 38.現(xiàn)取x，有x∈A ? ∈R ? ∈R∧∈R 　　 ? ∈R∧∈ ? ∈R∩R 　 任取,有∈ R∩ ? ∈R∧∈ 　　 ? ∈ ∧∈R ? ∈R∩R 　 任取,,有 　　　 ∈R∩ ∧∈R∩ 　　 ? ∈R∧∈ ∧∈R∧∈ 　　 ? (∈R∧∈R)∧(∈ ∧∈ 　　 ? ∈R∧∈R ? ∈R∩R 42.x,x∈A ? ∈R ? ∈R∧∈R ? ∈T,T是自反的。 　　　 x,y∈A,∈T?∈R∧∈R 　 ?∈R∧∈R ? ∈T,T是對稱的。 　　　 x,y,z∈A,∈T∧∈T 　 ?∈R∧∈R∧∈R∧∈R 　 ? ∈R∧∈R∧∈R∧∈R 　 ? ∈R∧∈R ? ∈T 　 T是傳遞的。 43．哈斯圖如下圖所示. 　　 44.(a)偏序集,A={1,2,3,4,5},R={<1,3>,<1,5>,<2,4>,<2,5>,<3,5>,<4,5>}∪ 　 (b)偏序集,A={a,b,c,d,e,f},R={,,}∪ 　 (c)偏序集,A={1,2,3,4,5}, R={<1,2>,<1,4>,<1,5>,<1,3>,<2,4>,<2,5>,<3,4>,<3,5>,<4,5>}∪ 45.(a)A={a,b,c,d,e,f,g}, ={,,,,,,, ,,}∪ 　 (b)A = {a,b,c,d,e,f,g},R口 = {,,,,,,}∪ 46.哈斯圖如圖7.19所示 （P153） 　（1）極大元e,f；極小元a,f；沒有最大與最小元。 　（2）極大元a,b,d,e；極小元a,b,c,e；沒有最大與最小元。 返回 第八章 函數(shù) 本章自測答案 2. = {,,… } 　= {<1,a>,<2,a>}, = {<1,a>,<2,b>}, = {<1,a>,<2,c>} 　= {<1,b>,<2,a>}, = {<1,b>,<2,b>}, = {<1,b>,<2,c>} 　= {<1,c>,<2,a>}, = {<1,c>,<2,b>}, = {<1,c>,<2,c>} 3.(1)雙射，反函數(shù)=,f({8}=|8|),({4}={4}； 　(2)雙射，反函數(shù)：R→ R，（x）= logx, ({1}) = {2}, ({1,2}) ={0,1}； 　(3)單射，({5}) = {<5,6>}, ({2,3}) = {2}； 　(4)單射，({2,3}) = {5,7}, ({1,3}) = {0,1}； 　(5)單射，({-1,2}) = {1,2}, ({1}) = {-1,1}； 　(6)單射，((0,1)) = (1/4,3/4),([1/4,1/2]) = [0,1/2]； 　(8)單射，((0,1)) = (1,+∞),({2,3}) = {1/2,1/3}. 4.(1) 單射 (2) 不單射,也不滿射 (3) 不單射,也不滿射 (4) 滿射 (5) 單射 (6) 不單射，也不滿射. 5.(1) 為真，其余都為假. 7.(1) 結果不唯一，={,,,}; 　(2) 結果不唯一，={,,,} 　(3) 不能 　(4) 存在單射還書的充要條件是m ≤ n ，存在滿射函數(shù)的充要條件是m ≥ n, 存在雙射函數(shù)的充要條件是m = n . 9.雙射函數(shù)與單射函數(shù)都是n!個 10.(1)不是單射，不是滿射，也不是雙射； 　 (2){<1,1>,<0,2>,<2,0>}; 　 (3){3,5,7} 17.fg(x)=2x +7, bf(x) =2x +4, ff(x) =x +6, gg(x) =4x +3, 　 hf(x)=x/2 +3, gh(x) = x +1/2, fh(x) =(x +5)/2 gh f(x) =x +7/2 18.ff(n) =n+2, gf(n)=2n+1, fg(n)=2n+2, gh(n) =0 　　hg(n)=, hgf(n)=. 19.(1)gf(x)=x+8x +14, fg(x)=x+2 　 (2)都不是單射，也不是滿射和雙射。 　 (3)g和h有反函數(shù)，g:R→R,g(x) = x–4; h:R→R,h(x)= 20． 　 (1)fg:N→N, fg(x) 　 (2)不是單射，不是滿射，也不是雙射。 21.(1)單射，假設f() = f()，那么<,+1> = <,+1>。根據(jù)有序對相等的條件得=，因此f是單射的，但是f不是滿射的，因為<0,0>ran 　 (2)不存在反函數(shù) 　 (3)ran={｜n∈N} 24.這些函數(shù)都是不唯一的，以下只是一個可能的結果。 　 (1)f = {<1,a>,<2,b>,<3,c>} 　 (2)f(x) = 2x 　 (3)f(x) = ｜x｜ - 1 　 (4)f(x) = e 返回 第九章 集合的基數(shù) 本章自測答案 1.令:P(A)→2,(T) = Xт, 假如,∈P(A),且≠,那么存在x只屬于和之中的一個集合，不妨設x∈∧x,因此∈(),∈()， 于是（）≠（）,從而證明了是單射的，對于任意g∈2,令B={x｜x∈A,g(x) = 1}，則B∈P(A), 且(B)= Xв = g. 2.令:[1,2] →[0,1],(x) = x – 1,則為[1,2]到[0,1]的雙射函數(shù). 3.令:A→N,(x) = x/2 , 則為雙射函數(shù). 6.提示：根據(jù)A ≈ C,B ≈ D，存在雙射：A→C,g:B→D,構造函數(shù)h：AB→CD,h() = <(a),g(b)>容易證明h的雙射性。 7.A = {2n｜n∈N},B = {2|k∈N},C=Z 9.(1) 3∪6 = 6, 2∩5 = 2; 　(2)4–3 ={3},3⊕1 = {1,2} 　(3)∪4 = 3, ∩1 = 0 　(4)14 = {<0,0>,<0,1>,<0,2>,<0,3>},2= {,,,}，其中: 　　 ={<0,0>,<1,0>} = {<0,0>,<1,1>} 　　 ={<0,1>,<1,0>} = {<0,1>,<1,1>} 10.(1)3, (2), (3), (4), (5), (6), 返回 第十章 代數(shù)系統(tǒng) 本章自測答案 3.(1)可以，A = {-1,0,1}. 　(2)不可以. 4.(1)封閉 (2)不封閉 (4)加法不封閉，乘法封閉 (5)不封閉 (7)封閉 (9)加法不封閉，乘法封閉 5.(1)沒有交換律、結合律，對于一個運算不能考慮分配律； 　(3)加法滿足交換律、結合律，乘法滿足結合律，乘法對加法滿足分配律； 　(4)乘法滿足結合律 　(6)加法和乘法都滿足交換律、結合律，乘法對加法滿足分配律； 　(7)滿足結合律； 　(8)乘法滿足交換律、結合律； 　(9)乘法滿足交換律、結合律； 　(10)乘法滿足交換律、結合律。 6.(1)沒有單位元、零元，沒有可逆元素。 　(3)n階全0矩陣是加法單位元，也是乘法的零元；n階單位矩陣是乘法單位元；加法沒有零元。任意n階矩陣M對于加法都是可逆元，起逆元為 – M；只有n階可逆矩陣(行列式不為0)對乘法是可逆元，其逆元為M . 　(4) 乘法單元為n階單位矩陣，沒有零元。每個矩陣M都有逆元M . 　(6) 加法單位元0，沒有零元，每個元素x都可逆，其逆元是它的相反數(shù) – x 。 　　　當n = 1時，乘法有單位元1，只有兩個可逆元素：1 = 1, ( - 1) = - 1. 　　　當n＞1時乘法沒有單位元和可逆元素。 　(7)沒有單位元和零元，也沒有可逆元素。 　(8)乘法單位元為1，只有1是可逆元素，1 = 1 　(9)乘法單位元為1，只有1是可逆元素，1 = 1 　(10)乘法沒有單位元、零元以及可逆元素。 8.(1)不可交換。反例：<0,1> * <1,2> = <0,1>,<1,2> * <0,1> = <0,3>. 可結合，因為 ,,∈Q Q ( * ) * = * = * ( * ) = * = 不是冪等的，因為<1,1> * <1,1> = <1,2> (2) 容易嚴整<1,0>為單位元，沒有零元，當 a≠0 時，的逆元為<1/ a,- b/a> 11.(1)能構成代數(shù)系統(tǒng)。滿足交換律、結合律、無單位元，零元是1； 　 (3)能構成代數(shù)系統(tǒng)。滿足交換律、結合律，單位元是10，零元是1。 15.(1)能 (2)不能 (3)不能 (4)能 返回 第十一章 半群與群 本章自測答案 2.(1)構成半群、獨異點和群； 　(3)構成半群，不構成獨異點，也不構成群； 　(4)構成半群、獨異點和群 5.(1)假設a*b ≠ b*a，那么或者a*b = a , a = b ；或者a*b = b , b*a = a。若為前者，則 　　　　(a*b)*a = a*a = b , a*(b*a) = a*b = a 　　與結合律矛盾，若為后者，有 　　　　(a*b)* a = b*a = a ; a*(b*a) = a*a = b 　　也與結合律矛盾。 (2) 假設b*b = a ，那么或者a*b = b*a = a，或者a*b = b*a = b 。若為前者，則 　　　　(b*a)*a = a*a = b ; b*(a*a) = b*b = a 　　與結合律矛盾，若為后者，有 　　　　(b*a)*a = b*a = b ; b*(a*a) = b*b = a 　　也與結合律矛盾。 7.任取a + bi , c + di∈G , 有 　　　(a + bi)+(c + di)=(a + c)+(b + d)i∈G 　任取a + bi , c + di , e + i ∈G ,有 　((a + bi)+(c + di))+(e + i)=(a + c)+(b + d)i +(r + i) 　　　　　　　　　　　　　　　 = (a + c + e) + (b + d + ) i 同理 　　　(a + bi)+((c + di)+(e + i))=(a + c + e) + (b + d + ) i 　　單位元是0，a + bi的逆元是 – a – bi . 9. 能構成群，運算封閉。 x , y , z ∈A , 有 　　(xy)z = (x + y - 2) z = (x + y - 2) + z – 2 = x + y + z – 4 　　x(yz) = xо(y + z - 2) = x + (y + z - 2) – 2 = x + y + z – 4 結合律成立，單位元是2，x的逆元是4 – x。 11．設矩陣A=, B=， C=， D=， 那么運算表如表11.7所列 　　　　A　　　　B　　　　C　　　　D　 A B C D 　　　　A　　　　B　　　　C　　　　D　 　　　　B　　　　A　　　　D　　　　C　 　　　　C　　　　D　　　　A　　　　B 　　　　D　　　　C　　　　B