《离散数学》
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八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
一、选取或填空（数理逻辑某些）1、下列哪些公式为永真蕴含式？( )(1)Q=>Q→P(2)Q=>P→Q(3)P=>P→Q(4)P(PQ)=>P答：（1），（4）2、下列公式中哪些是永真式？()(1)(┐PQ)→(Q→R)(2)P→(Q→Q)(3)(PQ)→P(4)P→(PQ)答：（2），（3），（4）3、设有下列公式，请问哪几种是永真蕴涵式?()(1)P=>PQ(2)PQ=>P(3)PQ=>PQ(4)P(P→Q)=>Q(5)(P→Q)=>P(6)P(PQ)=>P答：（2），（3），（4），（5），（6）4、公式x((A(x)B(y，x))zC(y，z))D(x)中，自由变元是()，约束变元是()。答：x,y，x,z5、判断下列语句是不是命题。若是，给出命题真值。()北京是中华人民共和国首都。(2)陕西师大是一座工厂。 (3)你喜欢唱歌吗？(4)若7+8＞18，则三角形有4条边。 (5)迈进！(6)给我一杯水吧！答：（1）是，T（2）是，F（3）不是（4）是，T（5）不是（6）不是6、命题“存在某些人是大学生”否定是()，而命题“所有人都是要死”否定是()。答：所有人都不是大学生，有人不会死7、设P：我生病，Q：我去学校，则下列命题可符号化为()。(1) 只有在生病时，我才不去学校(2)若我生病，则我不去学校(3) 当且仅当我生病时，我才不去学校(4)若我不生病，则我一定去学校答：（1）（2）（3）（4）8、设个体域为整数集，则下列公式意义是()。(1)xy(x+y=0)(2)yx(x+y=0)答：（1）对任一整数x存在整数y满足x+y=0（2）存在整数y对任一整数x满足x+y=09、设全体域D是正整数集合，拟定下列命题真值：(1)xy(xy=y) ( ) (2)xy(x+y=y) ( )(3)xy(x+y=x) ( ) (4)xy(y=2x) ( )答：（1）F（2）F（3）F（4）T10、设谓词P(x)：x是奇数，Q(x)：x是偶数，谓词公式x(P(x)Q(x))在哪个个体域中为真?()(1)自然数 (2)实数 (3)复数 (4)(1)--(3)均成立答：（1）11、命题“2是偶数或-3是负数”否定是（）。答：2不是偶数且-3不是负数。12、永真式否定是（）(1)永真式 (2)永假式 (3)可满足式 (4)(1)--(3)均有也许答：（2）13、公式(PQ)(PQ)化简为（），公式Q(P(PQ))可化简为（）。答：P，QP14、谓词公式x(P(x)yR(y))Q(x)中量词x辖域是（）。答：P(x)yR(y)15、令R(x):x是实数，Q(x):x是有理数。则命题“并非每个实数都是有理数”符号化
表
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达为（）。答：x(R(x)Q(x))（集合论某些）16、设A={a,{a}}，下列命题错误是（）。(1){a}P(A) (2){a}P(A) (3){{a}}P(A) (4){{a}}P(A)答：(2)17、在0（）之间写上对的符号。(1)= (2) (3) (4)答：(4)18、若集合S基数|S|=5，则S幂集基数|P(S)|=（）。答：3219、设P={x|(x+1)4且xR},Q={x|5x+16且xR},则下列命题哪个对的（）(1)QP (2)QP (3)PQ (4)P=Q答：（3）20、下列各集合中，哪几种分别相等()。(1)A1={a,b}(2)A2={b,a}(3)A3={a,b,a}(4)A4={a,b,c}(5)A5={x|(x-a)(x-b)(x-c)=0}(6)A6={x|x2-(a+b)x+ab=0}答：A1=A2=A3=A6，A4=A521、若A-B=Ф，则下列哪个结论不也许对的？()(1)A=Ф(2)B=Ф (3)AB(4)BA答：（4）22、判断下列命题哪个为真?()(1)A-B=B-A=>A=B(2)空集是任何集合真子集(3)空集只是非空集合子集(4)若A一种元素属于B，则A=B答：（1）23、判断下列命题哪几种为对的？( ) (1){Ф}∈{Ф,{{Ф}}}(2){Ф}{Ф,{{Ф}}}(3)Ф∈{{Ф}}(4)Ф{Ф}(5){a,b}∈{a,b,{a},{b}}答：（2），（4）24、判断下列命题哪几种对的？( )(1)所有空集都不相等(2){Ф}Ф(4)若A为非空集，则AA成立。答：（2）25、设A∩B=A∩C，∩B=∩C，则B( )C。答：=（等于）26、判断下列命题哪几种对的？( )(1)若A∪B＝A∪C，则B＝C(2){a,b}={b,a}(3)P(A∩B)P(A)∩P(B)（P(S)表达S幂集）(4)若A为非空集，则AA∪A成立。答：（2）27、Ａ，Ｂ，Ｃ是三个集合，则下列哪几种推理对的：(1)AB，BC=>AC(2)AB，BC=>A∈B(3)A∈B，B∈C=>A∈C答：（1）（二元关系某些）28、设Ａ＝｛1,2,3,4,5,6｝，B={1,2,3}，从Ａ到B关系Ｒ＝｛〈x,y〉|x=y2｝，求(1)R(2)R-1。答：（1）R={<1,1>,<4,2>}(2)R={<1,1>,<2,4>}29、举出集合A上既是等价关系又是偏序关系一种例子。( )答：A上恒等关系30、集合A上等价关系三个性质是什么？()答：自反性、对称性和传递性31、集合A上偏序关系三个性质是什么？()答：自反性、反对称性和传递性32、设S={１,２,３,４}，Ａ上关系Ｒ＝｛〈1,2〉，〈2,1〉，〈2,3〉，〈3,4〉｝求(1)RR(2)R-1。答：RR={〈1,1〉，〈1,3〉，〈2,2〉，〈2,4〉}R-1=｛〈2,1〉，〈1,2〉，〈3,2〉，〈4,3〉｝33、设Ａ＝｛1，2，3，4，5，6｝，Ｒ是A上整除关系，求R={( )}。答：R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<5,5>,<6,6>,<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<1,6>,<2,4>,<2,6>,<3,6>}34、设Ａ＝｛1,2,3,4,5,6｝，B={1,2,3}，从Ａ到B关系Ｒ＝｛〈x,y〉|x=2y｝，求(1)R(2)R-1。答：（1）R={<1,1>,<4,2>,<6,3>}(2)R={<1,1>,<2,4>,(36>}35、设Ａ＝｛1,2,3,4,5,6｝，B={1,2,3}，从Ａ到B关系Ｒ＝｛〈x,y〉|x=y2｝，求R和R-1关系矩阵。答：R关系矩阵=R关系矩阵=36、集合A={1,2,…,10}上关系R={
|x+y=10,x,yA}，则R性质为（）。(1)自反 (2)对称 (3)传递，对称(4)传递答：（2）（代数构造某些）37、设A={2,4,6}，A上二元运算*定义为：a*b=max{a,b}，则在独异点中，单位元是()，零元是()。答：2，638、设A={3,6,9}，A上二元运算*定义为：a*b=min{a,b}，则在独异点中，单位元是()，零元是()；答：9，3（半群与群某些）39、设〈G,*〉是一种群，则(1)若a,b,x∈G，ax=b，则x=()；(2)若a,b,x∈G，ax=ab，则x=()。答：（1）ab（2）b40、设a是12阶群生成元，则a2是()阶元素，a3是()阶元素。答：6,441、代数系统是一种群，则G等幂元是( )。答：单位元42、设a是10阶群生成元，则a4是()阶元素，a3是()阶元素。答：5，1043、群等幂元是( )，有( )个。答：单位元，144、素数阶群一定是()群，它生成元是()。答：循环群，任一非单位元45、设〈G,*〉是一种群，a,b,c∈G，则(1)若ca=b，则c=()；(2)若ca=ba，则c=()。答：（1）b(2)b46、是子群充分必要条件是()。答：是群或a，bG，abH，a-1H或a,bG，ab-1H47、群＜A,*＞等幂元有( )个，是( )，零元有( )个。答：1，单位元，048、在一种群〈G,*〉中，若G中元素a阶是k，则a-1阶是()。答：k49、在自然数集N上，下列哪种运算是可结合？（）(1)a*b=a-b (2)a*b=max{a,b} (3)a*b=a+2b (4)a*b=|a-b|答：(2)50、任意一种具备2个或以上元半群，它（）。(1)不也许是群 (2)不一定是群 (3)一定是群 (4)是互换群答：(1)51、6阶有限群任何子群一定不是（）。(1)2阶 (2)3阶(3)4阶 (4)6阶答：(3)（格与布尔代数某些）52、下列哪个偏序集构成有界格（）(1)（N,） (2)（Z,）(3)（{2,3,4,6,12},|（整除关系）） (4)(P(A),)答：(4)53、有限布尔代数元素个数一定等于（）。(1)偶数 (2)奇数(3)4倍数 (4)2正整多次幂答：(4)（图论某些）54、设G是一种哈密尔顿图，则G一定是()。(1)欧拉图(2)树 (3)平面图(4) 连通图答：(4)55、下面给出集合中，哪一种是前缀码？( )(1){0，10，110，101111} (2){01，001，000，1}(3){b，c，aa，ab，aba} (4){1，11，101，001，0011}答：（2）56、一种图哈密尔顿路是一条通过图中()路。答：所有结点一次且正好一次57、在有向图中，结点v出度deg+(v)表达()，入度deg-(v)表达()。答：以v为起点边条数，以v为终点边条数58、设G是一棵树，则G生成树有()棵。(1)0 (2)1 (3)2 (4)不能拟定答：159、n阶无向完全图Kn边数是()，每个结点度数是()。答：，n-160、一棵无向树顶点数n与边数m关系是( )。答：m=n-161、一种图欧拉回路是一条通过图中()回路。答：所有边一次且正好一次62、有n个结点树，其结点度数之和是( )。答：2n-263、下面给出集合中，哪一种不是前缀码()。(1){a，ab，110，a1b11}(2){01，001，000，1}(3){1，2，00，01，0210}(4){12，11，101，002，0011}答：(1)64、n个结点有向完全图边数是()，每个结点度数是()。答：n(n-1),2n-265、一种无向图有生成树充分必要条件是()。答：它是连通图66、设G是一棵树，n,m分别表达顶点数和边数，则(1)n=m(2)m=n+1(3)n=m+1(4)不能拟定。答：（3）67、设T=〈V,E〉是一棵树，若|V|>1，则T中至少存在()片树叶。答：268、任何连通无向图G至少有()棵生成树，当且仅当G是()，G生成树只有一棵。答：1，树69、设G是有n个结点m条边连通平面图，且有k个面，则k等于:(1)m-n+2(2)n-m-2(3)n+m-2(4)m+n+2。答：（1）70、设T是一棵树，则T是一种连通且()图。答：无简朴回路71、设无向图G有16条边且每个顶点度数都是2，则图G有()个顶点。(1)10(2)4(3)8(4)16答：（4）72、设无向图G有18条边且每个顶点度数都是3，则图G有()个顶点。(1)10(2)4(3)8(4)12答：(4)73、设图G=，V={a，b，c，d，e}，E={,,,,},则G是有向图还是无向图？答：有向图74、任一有向图中，度数为奇数结点有( )个。答：偶数75、具备6个顶点，12条边连通简朴平面图中，每个面都是由( )条边围成？(1)2 (2)4 (3)3 (4)5答：（3）76、在有n个顶点连通图中，其边数（）。(1)最多有n-1条 (2)至少有n-1条(3)最多有n条 (4)至少有n条答：（2）77、一棵树有2个2度顶点，1个3度顶点，3个4度顶点，则其1度顶点为（）。(1)5 (2)7(3)8 (4)9答：（4）78、若一棵完全二元（叉）树有2n-1个顶点，则它（）片树叶。(1)n (2)2n(3)n-1 (4)2答：（1）79、下列哪一种图不一定是树（）。(1)无简朴回路连通图 (2)有n个顶点n-1条边连通图(3)每对顶点间均有通路图 (4)连通但删去一条边便不连通图答：（3）80、连通图G是一棵树当且仅当G中（）。(1)有些边是割边 (2)每条边都是割边(3)所有边都不是割边 (4)图中存在一条欧拉途径答：（2）（数理逻辑某些）二、求下列各公式主析取范式和主合取范式：1、(P→Q)R 解：(P→Q)R(PQ)R(PR)(QR)（析取范式）(P(QQ)R)((PP)QR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）((P→Q)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定主析取范式）(P→Q)R(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）2、(PR)(QR)P解：(PR)(QR)P（析取范式）(P(QQ)R)((PP)QR)(P(QQ)(RR))(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式)（(PR)(QR)P）(PQR)(PQR）（原公式否定主析取范式）(PR)(QR)P(PQR)(PQR)（主合取范式）3、(P→Q)(RP)解：(P→Q)(RP) (PQ)(RP)（合取范式）(PQ(RR))(P(QQ))R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）((P→Q)(RP))(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定主合取范式）(P→Q)(RP) (PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）4、Q→(PR)解：Q→(PR)QPR（主合取范式）（Q→(PR)）(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR）（原公式否定主合取范式）Q→(PR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR）（主析取范式）5、P→(P(Q→P))解：P→(P(Q→P))P(P(QP))PPT(主合取范式)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）6、(P→Q)(RP)解：(P→Q)(RP)(PQ)(RP)(PQ)(RP)（析取范式）(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）((P→Q)(RP))(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定主析取范式）(P→Q)(RP)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）7、P(P→Q) 解：P(P→Q)P(PQ)(PP)QT(主合取范式)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）8、(R→Q)P解：(R→Q)P(RQ)P(RP)(QP)（析取范式）(R(QQ)P)((RR)QP)(RQP)(RQP)(RQP)(RQP)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）((R→Q)P)(PQR)(PQR）(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定主析取范式）(R→Q)P(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）9、P→Q解：P→QPQ（主合取范式）(P(QQ))((PP)Q)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）10、 PQ 解：PQ（主合取范式）(P(QQ))((PP)Q）(PQ)(PQ)(PQ)(PQ）(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）11、PQ解：PQ（主析取范式）(P(QQ))((PP)Q)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主合取范式）12、（PR）Q解：（PR）Q(PR)Q(PR)Q(PQ)(RQ)（合取范式）(PQ(RR))((PP)QR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）（PR）Q(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定主析取范式）（PR）Q(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）13、（PQ）R解：（PQ）R(PQ)R(PQ)R(析取范式)(PQ(RR))((PP)(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式）（PQ）R(PQ)R(PQ)R(析取范式)(PR)(QR)(合取范式)(P(QQ)R)((PP)QR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主合取范式)14、(P(QR))(P(QR))解：(P(QR))(P(QR))(P(QR))(P(QR))(PQ)(PR)(PQ)(PR)（合取范式）(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主合取范式)(P(QR))(P(QR))(PQR)(PQR)(原公式否定主合取范式)(P(QR))(P(QR))(PQR)(PQR)(主析取范式)15、P(P(Q(QR)))解：P(P(Q(QR)))P(P(Q(QR)))PQR(主合取范式)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(原公式否定主合取范式)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式)16、(PQ)(PR)解、(PQ)(PR)(PQ)(PR)(合取范式)(PQ(RR)(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主合取范式)(PQ)(PR)(PQ)(PR)P(QR)(合取范式)(P(QQ)(RR))((PP)QR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式)三、证明：1、P→Q，QR，R，SP=>S证明：(1)R前提(2)QR前提Q（1），（2）P→Q前提P（3），（4）SP前提(7)S（5），（6）2、A→(B→C)，C→(DE)，F→(DE),A=>B→F证明：(1)A前提(2)A→(B→C)前提(3)B→C（1），（2）(4)B附加前提C（3），（4）C→(DE)前提DE（5），（6）F→(DE)前提F（7），（8）B→FCP3、PQ，P→R，Q→S=>RS证明：(1)R附加前提(2)P→R前提(3)P（1），（2）(4)PQ前提(5)Q（3），（4）(6)Q→S前提(7)S（5），（6）(8)RSCP，（1），（8）4、(P→Q)(R→S)，(Q→W)(S→X)，(WX)，P→R=>P证明：（1）P假设前提（2）P→R前提（3）R（1），（2）（4）(P→Q)(R→S)前提（5）P→Q（4）（6）R→S（5）（7）Q（1），（5）（8）S（3），（6）（9）(Q→W)(S→X)前提（10）Q→W（9）（11）S→X（10）（12）W（7），（10）（13）X（8），（11）（14）WX（12），（13）（15）(WX)前提（16）(WX)(WX)（14），（15）5、(UV)→(MN)，UP，P→(QS)，QS=>M证明：(1)QS附加前提P→(QS)前提P（1），（2）UP前提U（3），（4）UV（5）(UV)→(MN)前提MN(6),(7)M（8）6、BD，(E→F)→D，E=>B证明：(1)B附加前提(2)BD前提(3)D（1），（2）(4)(E→F)→D前提(5)(E→F)（3），（4）(6)EF（5）(7)E（6）(8)E前提(9)EE（7），（8）7、P→(Q→R)，R→(Q→S)=>P→(Q→S)证明：（1）P附加前提（2）Q附加前提（3）P→(Q→R)前提（4）Q→R（1），（3）（5）R（2），（4）（6）R→(Q→S)前提（7）Q→S（5），（6）（8）S（2），（7）（9）Q→SCP，（2），（8）（10）P→(Q→S)CP，（1），（9）8、P→Q，P→R，R→S=>S→Q证明：（1）S附加前提（2）R→S前提（3）R（1），（2）（4）P→R前提（5）P（3），（4）（6）P→Q前提（7）Q(5），（6）（8）S→QCP，（1），（7）9、P→(Q→R)=>(P→Q)→(P→R)证明：(1)P→Q附加前提(2)P附加前提(3)Q(1),(2)(4)P→(Q→R)前提(5)Q→R(2),(4)(6)R(3),(5)(7)P→RCP,(2),(6)(8)(P→Q)→(P→R)CP,(1),(7)10、P→(Q→R)，Q→P,S→R,P=>S证明：（1）P前提（2）P→(Q→R)前提（3）Q→R(1)，(2)（4）Q→P前提（5）Q(1)，(4)（6）R(3),(5)（7）S→R前提（8）S(6)，(7)11、A，A→B，A→C，B→(D→C)=>D证明：（1）A前提（2）A→B前提（3）B(1)，(2)（4）A→C前提（5）C(1)，(4)（6）B→(D→C)前提（7）D→C(3)，(6)（8）D(5)，(7)12、A→(CB)，B→A，D→C=>A→D证明：（1）A附加前提(2)A→(CB)前提(3)CB（1），（2）B→A前提B（1），（4）C（3），（5）D→C前提D（6），（7）A→DCP，（1），（8）13、(PQ)(RQ)（PR）Q证明、(PQ)(RQ)(PQ)(RQ)(PR)Q（PR）Q(PR)Q14、P(QP)P(PQ)证明、P(QP)P(QP)(P)(PQ)P(PQ)15、（PQ）（PR），(QR)，SPS证明、(1)（PQ）（PR）前提（2）P(QR)(1)（3）(QR)前提（4）P（2），(3)(5)SP前提(6)S(4),(5)16、PQ，QR，RSP证明、(1)P附加前提（2）PQ前提（3）Q（1），（2）（4）QR前提(5)R（3），（4）(6)RS前提（7）R（6）（8）RR（5），（7）17、用真值表法证明ＰＱ(ＰＱ)(ＱＰ)证明、列出两个公式真值表：PQPQ（PQ）（QP）FFFTTFTTTTFFFFTT由定义可知，这两个公式是等价。18、P→QP→(PQ)证明、设P→(PQ)为F，则P为T，PQ为F。因此P为T，Q为F，从而P→Q也为F。因此P→QP→(PQ)。19、用先求主范式办法证明(P→Q)(P→R)(P→（QR）证明、先求出左右两个公式主合取范式(P→Q)(P→R)(PQ)(PR)(PQ(RR)))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(P→（QR）)(P（QR）)(PQ)(PR)(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)它们有同样主合取范式，因此它们等价。20、(P→Q)(QR)P证明、设(P→Q)(QR)为T，则P→Q和(QR)都为T。即P→Q和QR都为T。故P→Q，Q和R)都为T，即P→Q为T，Q和R都为F。从而P也为F，即P为T。从而(P→Q)(QR)P21、为庆祝九七香港回归祖国，四支足球队进行比赛，已知状况如下，问结论与否有效?前提：(1)若A队得第一，则B队或C队获亚军;若C队获亚军，则A队不能获冠军;若D队获亚军，则B队不能获亚军;A队获第一;结论：(5)D队不是亚军。证明、设A：A队得第一;B：B队获亚军;C：C队获亚军;D：D队获亚军;则前提符号化为A（BC），CA，DB，A；结论符号化为D。本题即证明A（BC），CA，DB，AD。（1）A前提（2）A（BC）前提（3）BC（1），（2）（4）CA前提（5）C（1），（4）（6）B（3），（5）（7）DB前提（8）D（6），（7）22、用推理规则证明PQ，(QR),PR不能同步为真。证明、(1)PR前提(2)P(1)(3)PQ前提(4)Q(2),(3)(5)(QR)前提(6)QR(5)(7)Q(6)(8)QQ(4),(7)(集合论某些)四、设Ａ，Ｂ，Ｃ是三个集合，证明：1、A(B－C)＝(AB)－(AC)证明：(AB)－(AC)=(AB)=(AB)（）=(AB)(AB)=AB=A（B）=A（B-C）2、(A－B)(A－C)=A－(BC)证明：(A-B)(A-C)=(A)(A)=A()=A=A-(BC)3、AB=AC，B=C，则C=B 证明：B=B(A)=(B)(BA)=(C)(CA)=C(A)=C4、AB=A(B-A)证明：A(B-A)=A(B)=(AB)(A)=(AB)U=AB5、A=BAB= 证明：设A=B，则AB=（A-B）（B-A）==。设AB=，则AB=（A-B）（B-A）=。故A-B=，B-A=，从而AB，BA，故A=B。6、AB=AC，AB=AC，则C=B证明：B=B(AB)=B(AC)=(BA)(BC)=(AC)(B∩C)=C(AB)=C(AC)=C7、AB=AC，B=C，则C=B证明：B=B(A)=(BA)(B)=(CA)(C)=C(A)=C8、A－(BC)＝(A－B)－C 证明：A－(BC)=A=A()=(A)=(A-B)=(A-B)-C9、(A－B)(A－C)=A－(BC) 证明：(A-B)(A－C)=(A)(A)=(AA)()=A=A－(BC)10、A-B=B，则A=B=证明：由于B=A-B，因此B=BB=（A-B）B=。从而A=A-B=B=。11、A=(A-B)(A-C)ABC=证明：由于(A-B)(A-C)=(A)(A)=A()=A=A-(BC)，且A=(A-B)(A-C)，因此A=A-(BC)，故ABC=。由于ABC=，因此A-(BC)=A。而A-(BC)=(A-B)(A-C)，因此A=(A-B)(A-C)。12、(A-B)(A-C)=ABC证明：由于(A-B)(A-C)=(A)(A)=A()=A=A-(BC)，且(A-B)(A-C)=，因此=A-(BC)，故ABC。由于ABC，因此A-(BC)=A。而A-(BC)=(A-B)(A-C)，因此A=(A-B)(A-C)。13、(A-B)(B-A)=AB=证明：由于(A-B)(B-A)=A，因此B-AA。但(B-A)A=，故B-A=。即BA，从而B=（否则A-BA，从而与(A-B)(B-A)=A矛盾）。由于B=，因此A-B=A且B-A=。从而(A-B)(B-A)=A。14、(A-B)-CA-(B-C)证明：x(A-B)-C，有A-B且xC，即A，xB且xC。从而A，xB-C，故xA-(B-C)。从而(A-B)-CA-(B-C)15、P(A)P(B)P(AB)（P(S)表达S幂集）证明：SP(A)P(B)，有SP(A)或SP(B)，因此SA或SB。从而SAB，故SP(AB)。即P(A)P(B)P(AB)16、P(A)P(B)=P(AB)（P(S)表达S幂集）证明：SP(A)P(B)，有SP(A)且SP(B)，因此SA且SB。从而SAB，故SP(AB)。即P(A)P(B)P(AB)。SP(AB)，有SAB，因此SA且SB。从而SP(A)且SP(B)，故SP(A)P(B)。即P(AB)P(A)P(B)。故P(AB)=P(A)P(B)17、（A-B）B=（AB）-B当且仅当B=。证明：当B=时，由于（A-B）B=（A-）=A，（AB）-B=（A）-=A，因此（A-B）B=（AB）-B。用反证法证明。假设B，则存在bB。由于bB且bAB，因此b（AB）-B。而显然b（A-B）B。故这与已知（A-B）B=（AB）-B矛盾。五、证明或解答：（数理逻辑、集合论与二元关系某些）1、设个体域是自然数，将下列各式翻译成自然语言：(1)xy（xy=1）；(2)xy(xy=1);(3)xy(xy=0)；(4)xy（xy=0）;(5)xy(xy=x)；(6)xy（xy=x）;(7)xyz(x-y=z)答：（1）存在自然数x，对任意自然数y满足xy=1;（2）对每个自然数x，存在自然数y满足xy=1;（3）对每个自然数x，存在自然数y满足xy=0;（4）存在自然数x，对任意自然数y满足xy=1;（5）对每个自然数x，存在自然数y满足xy=x;（6）存在自然数x，对任意自然数y满足xy=x;（7）对任意自然数x,y，存在自然数z满足x-y=z。2、设A(x,y,z)：x+y=z，M（x,y,z）：xy=z，L(x,y)：xy，个体域为自然数。将下列命题符号化：（1）没有不大于0自然数;（2）xyz;（4）存在x，对任意y使得xy=y;（5）对任意x，存在y使x+y=x。答：（1）x（G(x,0)M（0,0,x））或xL(x,0)（2）xyz((L(x,y)L(y,z))L(x,z))（3）xy((L(x,y)z(L(z,0)G(xz,yz)))（4）xyM（x,y,y）（5）xyA(x,y,x)3、列出下列二元关系所有元素：（1）A={0,1,2}，B={0,2,4}，R={|x,y};（2）A={1,2,3,4,5}，B={1,2}，R={|2x+y4且x且yB};（3）A={1,2,3}，B={-3,-2,-1,0,1}，R={||x|=|y|且x且yB};解：(1)R={<0,0>,<0,2>,<2,0>,<2,2>}(2)R={<1,1>,<1,2>,<2,1>,<2,2>,<3,1>};(3)R={<1,1>,<1,-1>,<2,-2>,<3,-3>}。4、对任意集合A,B，证明：若AA=BB，则B=B。证明：若B=，则BB=。从而AA=。故A=。从而B=A。若B，则BB。从而AA。对，BB。由于AA=BB，则A。从而xA。故BA。同理可证，AB。故B=A。5、对任意集合A,B，证明：若A，AB=AC，则B=C。证明：若B=，则AB=。从而AC=。由于A，因此C=。即B=C。若B，则AB。从而AC。对,由于A，因此存在yA，使B。由于AB=AC，则C。从而xC。故BC。同理可证，CB。故B=C。6、设A={a,b}，B={c}。求下列集合：(1)A{0,1}B；(2)B2A；(3)(AB)2；(4)P(A)A。解：（1）A{0,1}B={,,,};（2）B2A={,};（3）(AB)2={,,,};（4）P(A)A={<,a>,<,b>,<{a},a>,<{a},b>,<{b},a>,<{b},b>,,}。7、设全集U={a,b,c,d,e}，A={a,d}，B={a,b,c}，C={b,d}。求下列各集合：（1）AB；（2）；（3）(A)C；（4）P(A)-P(B)；（5）(A-B)(B-C)；（6）(AB)C；解：(1)AB={a}；(2)={a,b,c,d,e};(3)（A）C={b,d}；(4)P(A)-P(B)={{d},{a,d}};(5)(A-B)(B-C)={d,c,a}；(6)(AB)C={b,d}。8、设A,B,C是任意集合，证明或否定下列断言：（1）若AB，且BC，则AC；（2）若AB，且BC，则AC;（3）若AB，且BC，则AC；（4）若AB，且BC，则AC；证明：(1)成立。对xA，由于AB，因此xB。又由于BC，因此xC。即AC。(2)不成立。反例如下：A={a}，B={a,b},C={a,b,c}。虽然AB，且BC，但AC。(3)不成立。反例如下：A={a}，B={{a},b},C={{{a},b},c}。虽然AB，且BC，但AC。(4)成立。由于AB，且BC，因此AC。9、A上任一良序关系一定是A上全序关系。证明：a，b∈A，则{a,b}是A一种非空子集。≤是A上良序关系，{a,b}有最小元。若最小元为a，则a≤b；否则b≤a。从而≤为A上全序关系。10、若R和S都是非空集A上等价关系，则RS是A上等价关系。 证明：a∈A，由于R和S都是A上等价关系，因此xRx且xSx。故xRSx。从而RS是自反。a,b∈A，aRSb，即aRb且aSb。由于R和S都是A上等价关系，因此bRa且bSa。故bRSa。从而RS是对称。a,b,c∈A，aRSb且bRSc，即aRb，aSb,bRc且bSc。由于R和S都是A上等价关系，因此aRc且aSc。故aRSc。从而RS是传递。故RS是A上等价关系。11、设RA×A，则R自反IAR。证明：xA，R是自反，xRx。即R，故IAR。xA，IAR，R。即xRx，故R是自反。12、设A是集合，RA×A，则R是对称R＝R－1。证明：R，R是对称，yRx。即R，故R_1。从而RR-1。反之R-1,即R。R是对称，yRx。即R，R_1R。故R=R-1。x，yA，若R，即R-1。R=R-1，R。即yRx，故R是对称。13、设A,B,C和D均是集合，RA×B，SB×C，TC×D，则(1) R(ST)=(RS)(RT)；(2) R(ST)(RS)(RT)；证明：（1）R(ST)，则由合成关系定义知yB，使得R且ST。从而R且S或R且T，即RS或RT。故（RS）（RT）。从而R(ST)（RS）（RT）。同理可证（RS）（RT）R(ST)。故R(ST)=（RS）（RT）。(2)R(ST)，则由合成关系定义知yB，使得R且ST。从而R且S且T，即RS且RT。故（RS）（RT）。从而R(ST)(RS）（RT）。14、设〈A,≤〉为偏序集，BA，若B有最大(小)元、上(下)确界，则它们是惟一。证明：设a,b都是B最大元，则由最大元定义ab，ba。是A上偏序关系，a=b。即B如果有最大元则它是惟一。15、设A={1,2,3},写出下列图示关系关系矩阵，并讨论它们性质：111232323解：（1）R={<2,1>,<3,1>,<2,3>};MR=;它是反自反、反对称、传递；（2）R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,1>,<2,3>,<3,2>};MR=;它是反自反、对称；（3）R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,3>};MR=;它既不是自反、反自反、也不是对称、反对称、传递。16、设A={1,2,…,10}。下列哪个是A划分？若是划分，则它们诱导等价关系是什么？（1）B={{1,3,6},{2,8,10},{4,5,7}};（2）C={{1,5,7},{2,4,8,9},{3,5,6,10}};（3）D={{1,2,7},{3,5,10},{4,6,8},{9}}解：（1）和（2）都不是A划分。（3）是A划分。其诱导等价关系是I{<1,2>,<2,1>,<1,7>,<7,1>,<2,7>,<7,2>,<3,5>,<5,3>,<3,10>,<10,3>,<10,5>,<5,10>,<4,6>,<6,4>,<4,8>,<8,4>,<6,8>,<8,6>}。17、R是A={1,2,3,4,5,6}上等价关系，R=I{<1,5>,<5,1>,<2,4>,<4,2>,<3,6>,<6,3>}求R诱导划分。解：R诱导划分为{{1,5},{2,4},{3,6}}。18、A上偏序关系Hasse图如下。下列哪些关系式成立：ab,ba,ce,ef,df,cf；分别求出下列集合关于极大（小）元、最大（小）元、上（下）界及上（下）确界（若存在话）：(a)A；(b){b,d}；(c){b,e}；(d){b,d,e}aefbdc解：(1)ba,ce,df,cf成立；(2)(a)极大元为a,e,f,极小元为c;无最大元，c是最小元；无上界，下界是c;无上确界，下确界是c。(b)极大元为b,d,极小元为b,d;无最大元和最小元；上界是e，下界是c;上确界是e，下确界是c。(c)极大元为e,极小元为b;最大元是e，b是最小元；上界是e，下界是b;上确界是e，下确界是b。(d)极大元为e,极小元为b,d;最大元是e，无最小元；上界是e，下界是c;上确界是e，下确界是c。（半群与群某些）19、求循环群C12={e,a,a2,…,a11}中H={e,a4,a8}所有右陪集。解：由于|C12|=12，|H|=3，因此H不同右陪集有4个：H，{a,a5,a9},{a2,a6,a10},{a3,a7,a11}。20、求下列置换运算：解：（1）=（2）===21、试求出8阶循环群所有生成元和所有子群。解：设G是8阶循环群，a是它生成元。则G={e,a,a2,..,a7}。由于ak是G生成元充分必要条件是k与8互素，故a,a3,a5,a7是G所有生成元。由于循环群子群也是循环群，且子群阶数是G阶数因子，故G子群只能是1阶、2阶、4阶或8阶。由于|e|=1,|a|=|a3|=|a5|=8,|a2|=|a6|=8，|a4|=2,且G子群生成元是该子群中a最小正幂，故G所有子群除两个平凡子群外，尚有{e,a4},{e,a2,a4,a6}。22、I上二元运算*定义为：a,bI，a*b=a+b-2。试问是循环群吗？解：是循环群。由于是无限阶循环群，则它只有两个生成元。1和3是它两个生成元。由于an=na-2(n-1)，故1n=n-2(n-1)=2-n。从而对任一种kI,k=2-(2-k)=12-k，故1是生成元。又由于1和3关于*互为逆元，故3也是生成元。23、设是群，aG。令H={xG|a·x=x·a}。试证：H是G子群。证明：c，dH，则对c，dHK，c·a=a·c,d·a=a·d。故(c·d)·a=c·(d·a)=c·(a·d)=(c·a)·d=(a·c)·d=a·(c·d)。从而c·dH。由于c·a=a·c,且·满足消去律，因此a·c-1=c-1·a。故c-1H。从而H是G子群。24、证明：偶数阶群中阶为2元素个数一定是奇数。证明：设是偶数阶群，则由于群元素中阶为1只有一种单位元，阶不不大于2元素是偶数个，剩余元素中都是阶为2元素。故偶数阶群中阶为2元素一定是奇数个。25、证明：有限群中阶不不大于2元素个数一定是偶数。证明：设是有限群，则aG，有|a|=|a-1|。且当a阶不不大于2时，a-1。故阶数不不大于2元素成对浮现，从而其个数必为偶数。26、试求中每个元素阶。解：0是中关于+6单位元。则|0|=1；|1|=|5|=6，|2|=|4|=3，|3|=2。27、设是群，a,bG，ae，且a4·b=b·a5。试证a·bb·a。证明：用反证法证明。假设a·b=b·a。则a4·b=a3·（a·b）=a3·(b·a)=(a5·b)·a=(a2·(a·b))·a=（a2·（b·a））·a=((a2·b)·a)·a=(a·(a·b))·(a·a)=(a·(b·a))·a2=((a·b)·a)·a2=((b·a)·a)·a2=(b·a2)·a2=b·(a2·a2)=b·a4。由于a4·b=b·a5，因此b·a5=b·a4。由消去律得，a=e。这与已知矛盾。28、I上二元运算*定义为：a,bI，a*b=a+b-2。试证：为群。证明：（1）a,b,cI，(a*b)*c=(a*b)+c-2=(a+b-2)+c-2=a+b+c-4，a*(b*c)=a+(b*c)-2=a+(b+c-2)-2=a+b+c-4。故(a*b)*c=a*(b*c)，从而*满足结合律。（2）记e=2。对aI，a*2=a+2-2=a=2+a-2=2*a.。故e=2是I关于运算*单位元。（3）对aI，由于a*（4-a）=a+4-a-2=2=e=4-a+a-2=(4-a)*a。故4-a是a关于运算*逆元。综上所述，为群。29、设为半群，aS。令Sa={ai|iI+}。试证是子半群。证明：b，cSa，则存在k,lI+，使得b=ak,c=al。从而b·c=ak·al=ak+l。由于k+lI+，因此b·cSa，即Sa关于运算·封闭。故是子半群。30、单位元有惟一逆元。证明：设是一种群，e是关于运算单位元。若e1,e2都是e逆元，即e1*e=e且e2*e=e。由于e是关于运算单位元，因此e1=e1*e=e=e2*e=e2。即单位元有惟一逆元。31、设e和0是关于A上二元运算*单位元和零元，如果|A|>1，则e0。证明：用反证法证明。假设e=0。对A任一元素a，由于e和0是A上关于二元运算*单位元和零元，则a=a*e=a*0=0。即A所有元素都等于0,这与已知条件|A|>1矛盾。从而假设错误。即e0。32、证明在元素不少于两个群中不存在零元。证明：（用反证法证明）设在素不少于两个群中存在零元。对aG，由零元定义有a*=。是群，关于*消去律成立。a=e。即G中只有一种元素，这与|G|2矛盾。故在元素不少于两个群中不存在零元。33、证明在一种群中单位元是惟一。证明：设e1,e2都是群〈G,*〉单位元。则e1=e1*e2=e2。因此单位元是惟一。34、设a是一种群〈G，*〉生成元，则a-1也是它生成元。证明：xG，由于a是〈G，*〉生成元，因此存在整数k，使得x=a。故x=((a))=((a))=(a)。从而a-1也是〈G，*〉生成元。35、在一种偶数阶群中一定存在一种2阶元素。证明：群中每一种元素阶均不为0且单位元是其中惟一阶为1元素。由于任一阶不不大于2元素和它逆元阶相等。且当一种元素阶不不大于2时，其逆元和它自身不相等。故阶不不大于2元素是成对。从而阶为1元素与阶不不大于2元素个数之和是奇数。由于该群阶是偶数，从而它一定有阶为2元素。36、代数系统是一种群，则G除单位元以外无其他等幂元。证明：设e是该群单位元。若a是等幂元，即a*a=a。由于a*e=a，因此a*a=a*e。由于运算*满足消去律，因此a=e。即G除单位元以外无其他等幂元。37、设是一种群，则对于a,b∈G，必有唯一x∈G，使得ax=b。证明：由于a-1*b∈G，且a*(a-1*b)=(a*a-1)*b=e*b=b，因此对于a,b∈G，必有x∈G，使得ax=b。若x1,x2都满足规定。即ax1=b且ax2=b。故ax1=ax2。由于*满足消去律，故x1=x2。从而对于a,b∈G，必有唯一x∈G，使得ax=b。38、设半群中消去律成立，则是可互换半群当且仅当a,bS，（a·b）2=a2·b2。证明：a,bS，（a·b）2=(a·b)·(a·b)=((a·b)·a)·b=(a·(a·b))·b=((a·a)·b)·b=(a·a)·(b·b)=a2·b2;a,bS，由于（a·b）2=a2·b2，因此(a·b)·(a·b)=(a·a)·(b·b)。故a·((b·a)·b)=a·(a·(b·b))。由于·满足消去律，因此(b·a)·b=a·(b·b)，即(b·a)·b=(a·b)·b。从而a·b=b·a。故·满足互换律。39、设群除单位元外每个元素阶均为2，则是互换群。证明：对任一aG，由已知可得a*a=e，即a-1=a。对任一a,bG，由于a*b=(a*b)-1=b-1*a-1=b*a，因此运算*满足互换律。从而＜G,*＞是互换群。40、设*是集合A上可结合二元运算，且a,bA,若a*b=b*a，则a=b。试证明：（1）aA,a*a=a，即a是等幂元；（2）a,bA,a*b*a=a;（3）a,b,cA,a*b*c=a*c。证明：（1）aA,记b=a*a。由于*是可结合，故有b*a=(a*a)*a=a*(a*a)=a*b。由已知条件可得a=a*a。（2）a,bA,由于由（1），a*(a*b*a)=(a*a)*(b*a)=a*(b*a),(a*b*a)*a=(a*b)*(a*a)=(a*b)*a=a*(b*a)。故a*(a*b*a)=(a*b*a)*a，从而a*b*a=a。（3）a,b,cA,（a*b*c）*（a*c）=（（a*b*c）*a）*c=(a*(b*c)*a)*c且(a*c)*(a*b*c)=a*(c*(a*b*c))=a*(c*(a*b)*c))。由（2）可知a*(b*c)*a=a且c*(a*b)*c=c，故（a*b*c）*（a*c）=(a*(b*c)*a)*c=a*c且(a*c)*(a*b*c)=a*(c*(a*b)*c))=a*c，即（a*b*c）*（a*c）=(a*c)*(a*b*c)。从而由已知条件知，a*b*c=a*c。41、设是群，作f:GG,aa-1。证明：f是G自同构G是互换群。证明：设f是G自同构。对a，bG，a·b=(b-1·a-1)-1=(f(b)·f(a))-1=(f(b·a))-1=((b·a)-1)-1=b·a。故运算·满足互换律，即G是可互换群。由于当ab时，a-1b-1，即f(a)f(b)，故f是G到G中一种单一函数。又对aG，有f(a-1)=(a-1)-1=a。故f是G到G上满函数。从而f是G到G上自同构。对a，bG，由于G是可互换群，故f(a·b)=(a·b)-1=(b·a)-1=a-1·b-1=f(a)·f(b)。故f满足同态方程。从而f是G自同构。42、若群子群满足|G|＝2|H|，则一定是群正规子群。证明：由已知可知，G关于H有两个不同左陪集H，H1和两个不同右陪集H，H2。由于HH1=且HH1=G，HH2=且HH2=G，故H1=G-H=H2。对aG，若aH，则aH=H,Ha=H。否则由于aG-H，故aHH,HaH。从而aH=Ha=G-H。故H是G不变子群。43、设H和K都是G不变子群。证明：HK也是G不变子群。证明：由于H和K都是G不变子群，因此HK是G子群。对aG，hHK，有a·h·a-1a·H·a-1，·h·a-1a·K·a-1。由于H和K都是G不变子群，因此a·h·a-1H且a·h·a-1K。从而a·h·a-1HK。故HK是G不变子群。44、设群G中心为C（G）={aG|xG,a·x=x·a}。证明C（G）是G不变子群。证明：先证C（G）是G子群。a,bC（G），对xG,有a·x=x·a，b·x=x·b。故（a·b）·x=a·(b·x)=a·(x·b)=(a·x)·b=(x·a)·b=x·(a·b)，a-1·x=x·a-1。从而a·b，a-1C（G）。故C（G）是G子群。再证C（G）是G不变子群。对aG，hC(G)，记b=a·h·a-1。下证bC(G)。由于hC(G)，因此b=(a·h)·a-1=（h·a）·a-1=h·(a·a-1)=hC(G)。故C（G）是G不变子群。45、设是没有非平凡子群有限群。试证：G是平凡群或质数阶循环群。证明：若G是平凡群，则结论显然成立。否则设阶为n。任取aG且ae,记H=（a）(由a生成G子群)。显然H{e}，且G没有非平凡子群，故H=G。从而G一定是循环群，且a是G生成元。若n是合数，则存在不不大于1整数k,m，使得n=mk。记H={e,ak,(ak)2,…,(ak)m-1}，易证H是G子群，但1<|H|=m
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