《离散数学》第二学期期末试卷B (精选04)
一、单项选择题（每小题 2 分，共 20 分）
- 命题公式 $\neg P \to (P \to Q)$ 是（ ）。
- A. 重言式
- B. 可满足式
- C. 矛盾式
- D. 等值式
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答案：A
解析：
本题考查命题公式类型的判定（重言式、矛盾式、可满足式）。
第一步：利用等价式进行化简
根据蕴含等价式 $A \to B \equiv \neg A \vee B$，我们将原公式分层化简：
- 处理内层括号：$P \to Q \equiv \neg P \vee Q$
- 处理外层蕴含：$\neg P \to (\neg P \vee Q) \equiv \neg(\neg P) \vee (\neg P \vee Q)$
- 根据双重否定律：$P \vee (\neg P \vee Q)$
第二步：利用结合律与排中律
利用结合律，公式可写为：
根据排中律，$P \vee \neg P \equiv T$（恒真），则：
结论：
该公式在任何赋值下结果都为真，因此它是重言式。
方法总结：判定命题公式类型的方法：
- 真值表法：列出所有变量组合，观察最终结果。
- 公式演化法：利用逻辑等价式进行简化。
- 归谬法：假设公式为假，看是否产生矛盾。
难度: ⭐
考点: #命题逻辑 #重言式 #逻辑化简
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📖 相关公式与知识点:
- 蕴含等价式：$P \to Q \equiv \neg P \vee Q$
- 排中律：$P \vee \neg P \equiv T$
- 零律：$T \vee Q \equiv T$
思路分析
看到含有 $\to$ 的公式，第一反应通常是利用蕴含等价式将其转换为 $\vee$。如果化简结果直接为 $T$，则必为重言式。
🔄 举一反三
- 判定公式 $P \to (Q \to P)$ 的类型。
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答案：重言式
解析：$P \to (Q \to P) \equiv \neg P \vee (\neg Q \vee P) \equiv (\neg P \vee P) \vee \neg Q \equiv T \vee \neg Q \equiv T$。 - 判定公式 $(P \wedge \neg P) \wedge Q$ 的类型。
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答案：矛盾式
解析：$P \wedge \neg P \equiv F$，则 $F \wedge Q \equiv F$。
- 设集合 $A = \{1, a\}$，则其幂集 $P(A) = (\quad)$。
- A. $\{\{1\}, \{a\}\}$
- B. $\{\emptyset, \{1\}, \{a\}\}$
- C. $\{\emptyset, \{1\}, \{a\}, \{1, a\}\}$
- D. $\{\{1\}, \{a\}, \{1, a\}\}$
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答案：C
解析：
本题考查集合幂集（Power Set）的概念。
第一步：明确幂集的定义
集合 $A$ 的幂集 $P(A)$ 是由 $A$ 的所有子集组成的集合。
第二步：列举所有子集
对于集合 $A = \{1, a\}$，其元素个数 $n=2$，子集个数应为 $2^n = 2^2 = 4$ 个：
- 空集：$\emptyset$
- 包含一个元素的子集：$\{1\}, \{a\}$
- 包含两个元素的子集（集合本身）：$\{1, a\}$
第三步：构造幂集
将上述子集作为元素放入集合中：
$P(A) = \{\emptyset, \{1\}, \{a\}, \{1, a\}\}$
难度: ⭐
考点: #集合论 #幂集 #子集
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📖 相关公式与知识点:
- 若 $|A| = n$，则 $|P(A)| = 2^n$。
- $\emptyset \in P(A)$ 且 $A \in P(A)$ 总是成立。
思路分析
求幂集时最容易遗漏的是空集和集合本身。建议先计算子集总数 $2^n$，然后按元素个数从 0 到 $n$ 依次列出。
🔄 举一反三
- 若 $A = \emptyset$，求 $P(A)$。
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答案：$\{\emptyset\}$
解析：空集的唯一子集是它本身。 - 若 $A = \{1\}$，求 $P(P(A))$。
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答案：$\{\emptyset, \{\emptyset\}, \{\{1\}\}, \{\emptyset, \{1\}\}\}$
解析：首先 $P(A) = \{\emptyset, \{1\}\}$，再求该集合的幂集。
- 下列命题中正确的结论是：（ ）
- A. 集合 $A$ 上的关系如果不是自反的，就一定是反自反的；
- B. 若关系 $R, S$ 都是反自反的，那么 $R \setminus S$ 必也为反自反的；
- C. 若关系 $R, S$ 都是自反的，那么 $R \setminus S$ 必也为自反的；
- D. 每一个全序集必为良序集。
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答案：B
解析：
本题考查关系的性质（自反、反自反）及全序、良序的概念。
选项分析：
- A 错误：自反和反自反不是互补关系。例如 $A=\{1, 2\}$，$R=\{(1, 1)\}$ 既不是自反（缺少 $(2, 2)$）也不是反自反（含有 $(1, 1)$）。
- B 正确：反自反意味着对于任何 $x \in A$，$(x, x) \notin R$。如果 $R$ 是反自反的，那么 $R$ 减去任何集合（包括 $S$）后，依然不会包含任何 $(x, x)$，因此 $R \setminus S$ 仍是反自反的。
- C 错误：自反意味着所有 $(x, x) \in R$。如果 $S$ 也是自反的，那么 $(x, x) \in S$。在 $R \setminus S$ 中，所有的 $(x, x)$ 都会被减去，导致结果变成反自反的。
- D 错误：良序集要求每一个非空子集都有最小元素。全序集（如实数集 $\mathbb{R}$）不一定满足此要求。
难度: ⭐⭐
考点: #关系性质 #自反与反自反 #集合运算 #良序集
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📖 相关公式与知识点:
- 自反性：$\forall x \in A, \langle x, x \rangle \in R$
- 反自反性：$\forall x \in A, \langle x, x \rangle \notin R$
- 良序原理：自然数集 $\mathbb{N}$ 是良序的。
思路分析
处理这种理论判定题，最好的方法是举反例。只要能找到一个特例不符合，该命题即为假。
🔄 举一反三
- 设 $R$ 是自反关系，$S$ 是任意关系，证明 $R \cup S$ 是自反关系。
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解析：因为 $R$ 自反，故 $\forall x, \langle x, x \rangle \in R$。根据并集定义，$R \subseteq R \cup S$，所以 $\forall x, \langle x, x \rangle \in R \cup S$。
- 下列结论中不正确的结论是：（ ）
- A. 三个命题变元的布尔小项 $\neg P \wedge Q \wedge \neg R$ 的编码是 $m_{010}$ ；
- B. 三个命题变元的布尔大项 $P \vee \neg Q \vee R$ 的编码是 $M_{010}$ ；
- C. 任意两个不同的布尔小项的合取式必为永假式；
- D. 任意两个不同的布尔大项的合取式必为永假式。
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答案：D
解析：
本题考查布尔小项（minterm）和大项（maxterm）的定义及其性质。
选项分析：
- A 正确：小项编码规则：变量出现原形记为 1，否定形式记为 0。$\neg P, Q, \neg R \to 0, 1, 0$，即 $m_{010}$（也记作 $m_2$）。
- B 正确：大项编码规则：变量出现原形记为 0，否定形式记为 1。$P, \neg Q, R \to 0, 1, 0$，即 $M_{010}$（也记作 $M_2$）。
- C 正确：两个不同的小项在真值表中对应的“为 1”的行是唯一的且互不重叠。因此它们的交集（合取）在任何情况下都为 0，即永假式。
- D 错误：这是本题的坑。两个不同的大项 $M_i$ 和 $M_j$ 的合取式 $M_i \wedge M_j$ 并不是永假式。实际上，两个不同的大项的析取式 $M_i \vee M_j$ 才是永真式。
难度: ⭐⭐
考点: #布尔代数 #主范式 #小项与大项
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📖 相关公式与知识点:
- 小项性质：$\sum m_i = T$，$m_i \wedge m_j = F \quad (i \neq j)$
- 大项性质：$\prod M_i = F$，$M_i \vee M_j = T \quad (i \neq j)$
- 关系：$M_i = \neg m_i$
易错点
注意小项和大项在编码时的 0/1 对应关系是相反的！小项原形为 1，大项原形为 0。
🔄 举一反三
- 命题变元 $P, Q, R$ 的小项 $m_{111}$ 对应的公式是？
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答案：$P \wedge Q \wedge R$
解析：小项编码中 1 代表原形，0 代表否定。111 即为 $P, Q, R$。 - 命题变元 $P, Q, R$ 的大项 $M_{000}$ 对应的公式是？
查看练习答案 with 解析
答案：$P \vee Q \vee R$
解析：大项编码中 0 代表原形，1 代表否定。000 即为 $P, Q, R$。
- 设集合 $A$ 和二元运算 $*$，具有可交换性质的代数系统是（ ）。
- A. 设 $A = P(S)$，$\forall a, b \in A, a * b = a \cup b$
- B. 设 $A = \{1, -1, 2, 3, 4, -5\}$，$\forall a, b \in A, a * b = |b|$
- C. 设 $A = M_{n}(R)$，运算 $*$ 是矩阵的乘法
- D. 设 $A = \mathbb{Z}$，$\forall a, b \in A, a * b = a + 2b$
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答案：A
解析：
本题考查二元运算的交换律性质。交换律定义：$\forall a, b \in A, a * b = b * a$。
选项分析：
- A 正确：集合的并运算满足交换律，$a \cup b = b \cup a$。
- B 错误：$a * b = |b|$，而 $b * a = |a|$。当 $a \neq b$ 且绝对值不同时（如 $a=1, b=2$），$1 \neq 2$，不满足交换律。
- C 错误：矩阵乘法一般不满足交换律，$AB \neq BA$。
- D 错误：$a * b = a + 2b$，$b * a = b + 2a$。例如 $1*2 = 1+4=5$，而 $2*1 = 2+2=4$。
难度: ⭐
考点: #代数系统 #交换律 #二元运算
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📖 相关公式与知识点:
- 常见满足交换律的运算：加法、乘法（实数）、交、并、对称差。
- 常见不满足交换律的运算：减法、除法、矩阵乘法、函数复合。
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📖 相关公式与知识点:
- 交换律：$a * b = b * a$
- 幂等律：$a * a = a$
- 结合律：$(a * b) * c = a * (b * c)$
思路分析
验证交换律最快的方法是找反例。对于 $a + 2b$，显然系数不对等，通常不满足交换律。
🔄 举一反三
- 设 $A = \mathbb{R}$，$a * b = a - b$，是否满足交换律？
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答案：否
解析：$1 - 2 = -1$，而 $2 - 1 = 1$，$-1 \neq 1$。
- 以下命题中不正确的结论是（ ）。
- A. 素数阶群必为循环群
- B. Abel 群必为循环群
- C. 循环群必为 Abel 群
- D. 4 阶群必为 Abel 群
查看答案与解析
答案：B
解析：
本题考查群论中关于循环群和阿贝尔群（Abel 群）的关系。
选项分析：
- A 正确：根据拉格朗日定理，素数阶群的任何非单位元生成的子群阶数必须是该素数的因子，因此只能是全群，故必为循环群。
- B 错误：Abel 群（交换群）不一定是循环群。经典反例是 Klein 4-阶群 $V_4$，它是交换的但没有任何一个元素能生成整个群（所有非单位元阶数均为 2）。
- C 正确：循环群由单个元素 $g$ 生成，任何元素可表示为 $g^k$。由指数律 $g^m g^n = g^{m+n} = g^n g^m$ 可知其必满足交换律。
- D 正确：4 阶群只有两种结构：循环群 $C_4$ 和 Klein 4-阶群 $V_4$。两者都是 Abel 群。
难度: ⭐⭐
考点: #群论 #循环群 #阿贝尔群 #Klein四元群
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📖 相关公式与知识点:
- 循环群 $\implies$ Abel 群
- Abel 群 $\not\implies$ 循环群
- 阶数为 $p$（素数） $\implies$ 循环群
- 阶数为 $p^2$ $\implies$ Abel 群
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📖 相关公式与知识点:
- 循环群 $\implies$ Abel 群
- 素数阶群 $\implies$ 循环群
- Abel 群的子群也是 Abel 群
思路分析
记住“循环群”是结构最简单的群，而“Abel 群”只是满足交换律。结构简单的必满足性质，反之则不一定。
🔄 举一反三
- 证明 3 阶群必为循环群。
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解析：3 是素数。由拉格朗日定理，任何非单位元的阶只能是 3，因此该元可生成整个群。
- 设代数系统 $(K_1, \circ)$ 和 $(K_2, *)$，存在映射 $f: K_1 \to K_2$，若对于 $\forall a, b \in K_1$ 都有（ ），则称 $K_1$ 与 $K_2$ 同态。
- A. $f(a \circ b) = f(a) * f(b)$
- B. $f(a \circ b) = f(a) \circ f(b)$
- C. $f(a * b) = f(a) * f(b)$
- D. $f(a \circ b) = f(a) * f(b)$（注：此处原文 OCR 混乱，考查的是同态映射的标准定义）
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答案：D
解析：
本题考查代数系统**同态（Homomorphism）**的基本定义。
核心定义：
设有两个同类代数系统 $V_1 = \langle A, \circ \rangle$ 和 $V_2 = \langle B, * \rangle$。若存在映射 $f: A \to B$，使得对于 $A$ 中任意元素 $a, b$，都有：
则称 $f$ 是 $V_1$ 到 $V_2$ 的同态映射。
注意点：
等式左边的运算 $\circ$ 是第一个系统中的运算，等式右边的运算 $*$ 是第二个系统中的运算。
难度: ⭐
考点: #代数系统 #同态映射
思路分析
同态的本质是“保持运算”。映射后的运算结果等于先运算再映射的结果。
🔄 举一反三
- 若 $f: \langle \mathbb{Z}, + \rangle \to \langle \mathbb{R}^+, \times \rangle$ 满足 $f(n) = 2^n$，证明 $f$ 是同态。
查看练习答案与解析
证明：$f(n+m) = 2^{n+m} = 2^n \times 2^m = f(n) \times f(m)$。符合同态定义。
- 图 $G$ 有 21 条边，3 个 4 度结点，其余均为 3 度结点，则 $G$ 有（ ）个结点。
- A. 13
- B. 15
- C. 17
- D. 19
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答案：A
解析：
本题考查图论中的握手定理（Handshaking Lemma）。
第一步：列出已知条件
- 边数 $|E| = 21$
- 4 度结点数 $n_4 = 3$
- 设总结点数为 $n$，则 3 度结点数 $n_3 = n - 3$
第二步：应用握手定理
图中所有结点的度数之和等于边数的两倍：
第三步：代入数值求解
难度: ⭐
考点: #图论 #握手定理 #结点度数
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📖 相关公式与知识点:
- 握手定理：所有结点度数之和 $= 2 \times$ 边数。
- $k$-正则图：每个结点的度数均为 $k$。
思路分析
公式推导：$\sum d(v) = 2m$。这类题目通常设未知数，列出一元一次方程即可快速求解。
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📖 相关公式与知识点:
- 欧拉图判定：连通 + 0 个奇结点。
- 树的等价性质：$n$ 个结点，$n-1$ 条边，连通且不含回路。
思路分析
欧拉图的核心是“一笔画”，要求所有点度数为偶数。树的核心是“连通且无环”。邻接矩阵反映了点与点之间的对称连接关系。
🔄 举一反三
- 一个 3-正则图有 15 条边，求其结点数。
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答案：10
解析：$3n = 2 \times 15 \Rightarrow n = 10$。
- 以下命题中正确的结论是（ ）。
- A. $n = 2k$ 时，完全图 $K_n$ 必为欧拉图
- B. 如果一个连通图的奇结点个数大于 2，那么它可能是一个欧拉图
- C. 一棵树必是连通图，且其中没有回路
- D. 无向图的邻接矩阵必为反对称阵
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答案：C
解析：
本题考查图论中关于欧拉图、树和矩阵表示的基本概念。
选项分析：
- A 错误：无向图为欧拉图的充要条件是连通且所有结点度数均为偶数。对于 $K_n$，每个结点的度数为 $n-1$。若 $n=2k$，$n-1$ 为奇数，故不是欧拉图。
- B 错误：连通图为欧拉图要求奇结点个数必须为 0。若奇结点个数为 2，则为半欧拉图。
- C 正确：这是树的定义之一：连通且无回路的图称为树。
- D 错误：无向图的邻接矩阵一定是对称矩阵（因为边 $\langle u, v \rangle$ 等同于 $\langle v, u \rangle$），而不是反对称矩阵。
难度: ⭐
考点: #欧拉图 #树 #邻接矩阵
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📖 相关公式与知识点:
- 欧拉图判定：连通 + 0 个奇结点。
- 树的等价性质：$n$ 个结点，$n-1$ 条边，连通且不含回路。
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📖 相关公式与知识点:
- 树的边数公式：$m = n - 1$。
- 生成树定义：包含原图所有结点的极小连通子图。
思路分析
生成树的边数只取决于结点的个数。无论原图有多少条边，生成树的边数固定为 $n-1$。
- 若连通图 $G = \langle V, E \rangle$，其中 $|V| = n, |E| = m$，则要删去 $G$ 中（ ）条边，才能确定 $G$ 的一棵生成树。
- A. $n + m - 1$
- B. $n - m + 1$
- C. $m - n + 1$
- D. $m - n - 1$
查看答案与解析
答案：C
解析：
本题考查生成树的性质。
第一步：分析生成树的边数
对于一个包含 $n$ 个结点的连通图，其任何一棵生成树都恰好包含 $n-1$ 条边。
第二步：计算需要删去的边数
原图有 $m$ 条边，目标是保留 $n-1$ 条边。 需要删去的边数 = 原边数 - 生成树边数
难度: ⭐
考点: #图论 #生成树 #树的性质
思路分析
记住核心公式：树的边数永远比结点数少 1。
🔄 举一反三
- 一个连通图有 10 个节点，要得到其生成树需删去多少条边？（已知边数为 15）
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答案：6 条
解析：$m - n + 1 = 15 - 10 + 1 = 6$。
二、填空题（每题 2 分，共 20 分）
- 公式 $(P \wedge Q) \vee \neg R$ 的对偶式为 ______。
查看答案与解析
答案：$(P \vee Q) \wedge \neg R$
解析：
本题考查对偶式（Dual）的构造方法。
第一步：掌握对偶变换规则
在布尔代数或命题逻辑中，一个公式的对偶式通过以下替换得到：
- 将 $\wedge$（合取）替换为 $\vee$（析取）。
- 将 $\vee$（析取）替换为 $\wedge$（合取）。
- 如果公式中含有 $T$（永真）或 $F$（永假），则将其互换。
- 注意：否定符号 $\neg$（或 $\bar{A}$）保持不变。
第二步：应用变换
原式：$(P \wedge Q) \vee \neg R$
- 将括号内的 $\wedge$ 变 $\vee$：$(P \vee Q)$
- 将括号外的 $\vee$ 变 $\wedge$：$(P \vee Q) \wedge$
- 保持 $\neg R$ 不变：$(P \vee Q) \wedge \neg R$
难度: ⭐
考点: #对偶式 #逻辑运算
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 对偶律：若 $A \equiv B$，则 $A^* \equiv B^*$（其中 $*$ 表示对偶式）。
- 对偶式不改变命题变元的否定状态。
- 子集公理（Axiom of Subset）的逻辑表达式为 ______。
查看答案与解析
答案：$\forall A \exists B \forall x (x \in B \leftrightarrow (x \in A \wedge P(x)))$
解析：
本题考查集合论中的基本公理——子集公理（也称分类公理）。
公理含义：
对于任何集合 $A$ 和性质 $P$，都存在一个集合 $B$，使得 $B$ 中的元素恰好是 $A$ 中满足性质 $P$ 的所有元素。
逻辑描述：
对于任何集合 A$\to \forall A$存在集合 B$\to \exists B$使得对于任何 x$\to \forall x$x 在 B 中当且仅当 x 在 A 中且满足 P(x)$\to x \in B \leftrightarrow (x \in A \wedge P(x))$
难度: ⭐⭐
考点: #集合论 #子集公理 #谓词逻辑
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📖 相关公式与知识点:
- 子集公理逻辑式：$\forall A \exists B \forall x (x \in B \leftrightarrow (x \in A \wedge P(x)))$。
- 它的作用是防止产生罗素悖论（如包含所有集合的集合）。
思路分析
这道题考查对公理化集合论（如 ZFC）的记忆。重点在于 $B$ 的元素必须来自于已知的集合 $A$。
🔄 举一反三
- 写出并集公理的逻辑表达式。
查看练习答案与解析
答案：$\forall \mathcal{F} \exists A \forall x (x \in A \leftrightarrow \exists S (S \in \mathcal{F} \wedge x \in S))$
- 设集合 $A = \{a, b, c, d\}$，其上的二元关系 $R = \{\langle a, b \rangle, \langle b, d \rangle, \langle c, c \rangle, \langle c, d \rangle\}$，那么 $\text{Dom}(R) =$ ______，$\text{Ran}(R) =$ ______。
查看答案 with 解析
答案：$\{a, b, c\}$；$\{b, c, d\}$
解析：
本题考查关系的定义域（Domain）和值域（Range）。
第一步：求定义域 $\text{Dom}(R)$
定义域是由关系中所有有序对的第一个元素组成的集合：
- $\langle a, b \rangle \to a$
- $\langle b, d \rangle \to b$
- $\langle c, c \rangle \to c$
- $\langle c, d \rangle \to c$ 汇总并去重：$\{a, b, c\}$。
第二步：求值域 $\text{Ran}(R)$
值域是由关系中所有有序对的第二个元素组成的集合：
- $\langle a, b \rangle \to b$
- $\langle b, d \rangle \to d$
- $\langle c, c \rangle \to c$
- $\langle c, d \rangle \to d$ 汇总并去重：$\{b, c, d\}$。
难度: ⭐
考点: #关系定义域 #关系值域
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 定义域 $\text{Dom}(R) = \{x \mid \exists y, \langle x, y \rangle \in R\}$。
- 值域 $\text{Ran}(R) = \{y \mid \exists x, \langle x, y \rangle \in R\}$。
思路分析
分别提取序对的第一分量和第二分量。注意在集合表示中要进行去重处理。
🔄 举一反三
- 若 $R = \{\langle 1, 2 \rangle, \langle 2, 3 \rangle\}$，求其定义域和值域。
查看练习答案与解析
答案：$\text{Dom}(R)=\{1, 2\}$；$\text{Ran}(R)=\{2, 3\}$。
- 设集合 $B = \{a, b, c\}$ 上的二元关系 $R$ 的关系矩阵 $M_R = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，则 $R$ 具有的性质是 ______，且其对称闭包 $s(R) =$ ______。
查看答案与解析
答案：反对称性；$\{\langle a, a \rangle, \langle a, b \rangle, \langle b, a \rangle, \langle b, c \rangle, \langle c, b \rangle\}$
解析：
本题考查关系矩阵判断性质及闭包运算。
第一步：分析性质
- 自反性：主对角线不全为 1（1, 0, 0），故不自反。
- 反自反性：主对角线不全为 0，故不反自反。
- 对称性：矩阵不对称（如 $M_{12}=1$ 但 $M_{21}=0$），故不对称。
- 反对称性：若 $M_{ij}=1$ 且 $i \neq j$，则必有 $M_{ji}=0$。检查发现：
- $M_{12}=1 \implies M_{21}=0$
- $M_{23}=1 \implies M_{32}=0$
- 其他非对角元均为 0。符合反对称定义。
第二步：求对称闭包 $s(R)$
对称闭包定义为 $R \cup R^{-1}$。
- $R = \{\langle a, a \rangle, \langle a, b \rangle, \langle b, c \rangle\}$
- $R^{-1} = \{\langle a, a \rangle, \langle b, a \rangle, \langle c, b \rangle\}$
- $s(R) = R \cup R^{-1} = \{\langle a, a \rangle, \langle a, b \rangle, \langle b, a \rangle, \langle b, c \rangle, \langle c, b \rangle\}$
难度: ⭐⭐
考点: #关系矩阵 #反对称性 #对称闭包
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 反对称性：若 $\langle x, y \rangle \in R \wedge \langle y, x \rangle \in R$，则 $x = y$。
- 对称闭包：$s(R) = R \cup R^{-1}$。
思路分析
从矩阵看反对称性：若 $M_{ij}=1$ 且 $i \neq j$，则 $M_{ji}$ 必须为 0。对称闭包则是补全关于主对角线对称的元素。
🔄 举一反三
- 求关系 $R = \{\langle 1, 2 \rangle\}$ 的自反闭包 $r(R)$。
查看练习答案与解析
答案：$\{\langle 1, 1 \rangle, \langle 2, 2 \rangle, \langle 1, 2 \rangle\}$
解析：$r(R) = R \cup I_A$。
- 设集合 $A = \{a, b\}$，$B = \{1, 2\}$，则从 $A$ 到 $B$ 的所有函数个数是 ______，其中双射函数个数为 ______。
查看答案与解析
答案：4；2
解析：
本题考查函数计数问题。
第一步：计算总函数个数
从集合 $A$ 到 $B$ 的函数，意味着每个 $A$ 中的元素都有 $|B|$ 种选择。 总数 $= |B|^{|A|} = 2^2 = 4$。 具体为：
- $f_1 = \{(a, 1), (b, 1)\}$
- $f_2 = \{(a, 1), (b, 2)\}$
- $f_3 = \{(a, 2), (b, 1)\}$
- $f_4 = \{(a, 2), (b, 2)\}$
第二步：计算双射函数个数
双射要求函数既是单射又是满射。对于 $|A|=|B|=2$ 的情况，双射即为 $A$ 到 $B$ 的排列。 个数 $= 2! = 2$。 分别是 $f_2$ 和 $f_3$。
难度: ⭐
考点: #函数计数 #双射
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📖 相关公式与知识点:
- 函数总数：$|B|^{|A|}$。
- 单射总数 ($|A| \le |B|$)：$P(|B|, |A|)$。
- 双射总数 ($|A| = |B|$)：$|A|!$。
思路分析
本题中 $|A|=2, |B|=2$，所以双射个数即为全排列 $2! = 2$。
🔄 举一反三
- 从 $A=\{1\}$ 到 $B=\{a, b\}$ 的函数有多少个？
查看练习答案与解析
答案：$2^1 = 2$ 个。
- 完全图 $K_n$ 是平面图的充要条件是 $n \leq$ ______。
查看答案与解析
答案：4
解析：
本题考查图的平面性判定。
核心结论：
根据库拉托夫斯基（Kuratowski）定理：
- $K_5$ 是最小的非平面完全图。
- $K_{3,3}$ 是最小的非平面完全二部图。 因此，$K_1, K_2, K_3, K_4$ 都是平面图，而当 $n \geq 5$ 时，$K_n$ 包含 $K_5$ 同胚子图，不再是平面图。
难度: ⭐
考点: #平面图 #完全图 #库拉托夫斯基定理
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📖 相关公式与知识点:
- 库拉托夫斯基定理：图是非平面的 $\iff$ 包含 $K_5$ 或 $K_{3,3}$ 的同胚子图。
- $K_4$ 是可以画在平面上的。
思路分析
这是一个常识性结论。记住 $K_5$ 是第一个不平面的完全图。
🔄 举一反三
- $K_{3,3}$ 是平面图吗？
查看练习答案与解析
答案：不是
解析：$K_{3,3}$ 是最小的非平面二部图。
- 在布尔代数中，有 $a + (\bar{a} \cdot b) = a + b$ 成立，则其对偶式为 ______ 成立。
查看答案与解析
答案：$a \cdot (\bar{a} + b) = a \cdot b$
解析：
利用对偶原理：将 $+$ 换为 $\cdot$，$\cdot$ 换为 $+$，常数 0 与 1 互换。
原式左边：$a + (\bar{a} \cdot b) \xrightarrow{\text{对偶}} a \cdot (\bar{a} + b)$
原式右边：$a + b \xrightarrow{\text{对偶}} a \cdot b$
难度: ⭐
考点: #布尔代数 #对偶原理
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📖 相关公式与知识点:
- 对偶原则：$\wedge \leftrightarrow \vee$，以及 $0 \leftrightarrow 1$。
- 注意：否定符号 $\neg$ 及其作用范围在对偶变换中是不变的。
思路分析
对偶式是代数结构的“镜像”。在布尔代数中，任何一个恒等式的对偶式也必然是恒等式。
🔄 举一反三
- 化简 $a(a+b)$ 的对偶式。
查看练习答案与解析
答案：$a + ab = a$。
- 已知下图，它的点连通度 $\kappa(G)$ 为 ______，边连通度 $\lambda(G)$ 为 ______。
查看答案与解析
答案：1；1
解析：
（注：根据图中结构，该图包含一个“割点”和一个“桥”）
- 点连通度 $\kappa(G)$：为了使图不连通或成为平凡图，需要删除的最少结点数。图中中间的结点是割点，删去后图分为两个不连通部分，故 $\kappa(G) = 1$。
- 边连通度 $\lambda(G)$：为了使图不连通，需要删除的最少边数。图中存在一条“桥”边，删去该边即不连通，故 $\lambda(G) = 1$。
难度: ⭐⭐
考点: #连通度 #割点 #桥
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📖 相关公式与知识点:
- 割点（Cut-vertex）：删去该点后连通分支增加。
- 桥（Bridge）：删去该边后连通分支增加。
- $\kappa(G) = 1 \iff$ 有割点（对 $n \ge 3$）。
思路分析
观察图的“颈部”。如果有一个点或一条边连接了两个原本可以分离的部分，那么连通度通常就是 1。
🔄 举一反三
- 证明任何图中，$\kappa(G) \leq \lambda(G) \leq \delta(G)$。
查看练习答案与解析
提示：这是图论中的基本不等式，反映了点连通度、边连通度和最小度之间的关系。
- 给定平面图 $G$，如下图所示，则 $G$ 的面数为 ______，其面的总次数为 ______。
查看答案与解析
答案：4；12
解析：
第一步：数出面数
观察图中的封闭区域：有 3 个封闭面和 1 个无限外部面，共 $4$ 个面。
第二步：计算面次数之和
面的次数定义为边界边的数目（割边记两次）。 根据定理：所有面的次数之和等于边数的两倍。 图中边数 $m = 6$。
难度: ⭐⭐
考点: #平面图 #欧拉公式 #面次数
🔄 举一反三
- 若平面图有 5 个面，10 条边，求其点数。
查看练习答案与解析
答案：7 个
解析：$n = m - f + 2 = 10 - 5 + 2 = 7$。
- 若二部图 $K_{m, n}$ 为完全二部图，则其边数为 ______。
查看答案与解析
答案：$m \times n$
解析：
在完全二部图 $K_{m, n}$ 中，顶点集分为 $V_1$（$m$ 个点）和 $V_2$（$n$ 个点）。 每一个 $V_1$ 中的点都与 $V_2$ 中的每一个点相连。 因此总边数为：$m \times n$。
难度: ⭐
考点: #完全二部图 #图的边数
🔄 举一反三
- $K_{3, 4}$ 的边数是多少？
查看练习答案与解析
答案：12。
三、计算题（一）（每小题 5 分，共 30 分）
- 符号化下述两个语句，并说明其区别：
- （1）如果天不下雨，我们就去旅游；
- （2）只有不下雨，我们才去旅游。
查看答案与解析
答案：
- （1）符号化：$\neg P \to Q$
- （2）符号化：$Q \to \neg P$
- 区别：（1）是不下雨是去旅游的充分条件；（2）是不下雨是去旅游的必要条件。
解析：
本题考查命题逻辑中的蕴含关系符号化。
第一步：定义原子命题
- 设 $P$：天写雨
- 设 $Q$：我们去旅游
第二步：分析逻辑连接词
- “如果...就...”：引导充分条件。格式为“如果 A 则 B”，符号化为 $A \to B$。
- 原句：如果不下雨（$\neg P$），我们就去旅游（$Q$）。
- 结果：$\neg P \to Q$。
- “只有...才...”：引导必要条件。格式为“只有 A 才 B”，符号化为 $B \to A$。
- 原句：只有不下雨（$\neg P$），我们才去旅游（$Q$）。
- 结果：$Q \to \neg P$。
第三步：说明区别
- 在（1）中，不下雨一定导致旅游。
- 在（2）中，不下雨不一定旅游，但如果要旅游，前提必须是不下雨。
难度: ⭐
考点: #命题符号化 #充分条件 #必要条件
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📖 相关公式与知识点:
- 充分条件：若 $A$ 则 $B \iff A \to B$
- 必要条件：只有 $A$ 才 $B \iff B \to A \iff \neg A \to \neg B$
🔄 举一反三
- 符号化：“只有努力学习，才能取得好成绩”。
查看练习答案与解析
答案：取得好成绩 $\to$ 努力学习。
- 将命题公式 $(P \vee (Q \wedge R)) \to (P \wedge Q \wedge R)$ 化为主析取范式和主合取范式。
查看答案与解析
答案：
- 主析取范式 (PDNF)：$m_0 \vee m_1 \vee m_2 \vee m_7$
- 主合取范式 (PCNF)：$M_3 \wedge M_4 \wedge M_5 \wedge M_6$
解析：
本题考查主范式的求解，推荐使用等值演算法。
第一步：消去蕴含号
利用 $A \to B \equiv \neg A \vee B$：
第二步：利用德·摩根律 and 分配律化简
第三步：补全缺失变元（求小项）
- $(\neg P \wedge \neg Q) \equiv (\neg P \wedge \neg Q \wedge R) \vee (\neg P \wedge \neg Q \wedge \neg R) \to m_1, m_0$
- $(\neg P \wedge \neg R) \equiv (\neg P \wedge Q \wedge \neg R) \vee (\neg P \wedge \neg Q \wedge \neg R) \to m_2, m_0$
- $(P \wedge Q \wedge R) \to m_7$ 汇总得：$m_0, m_1, m_2, m_7$。 故 PDNF 为：$m_0 \vee m_1 \vee m_2 \vee m_7$。
第四步：求主合取范式
主合取范式包含所有不在主析取范式中的下标（0-7 范围内）： 剩余下标为：3, 4, 5, 6。 故 PCNF 为：$M_3 \wedge M_4 \wedge M_5 \wedge M_6$。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #主析取范式 #主合取范式 #逻辑化简
🔄 举一反三
- 求 $P \leftrightarrow Q$ 的主析取范式。
查看练习答案与解析
答案：$m_0 \vee m_3$
解析：即 $(\neg P \wedge \neg Q) \vee (P \wedge Q)$。
- 设关系 $R = \{\langle 0, 1 \rangle, \langle 1, 0 \rangle, \langle 0, 2 \rangle, \langle 2, 0 \rangle\}$，求：
- (1) $R \circ R$
- (2) $R \circ R^{-1}$
- (3) $R \setminus \{\emptyset, \{\emptyset\}\}$
- (4) $R[\{\emptyset, \{\emptyset\}\}]$（注：此处原文 $f$ 指代 $\emptyset$）
查看答案与解析
答案：
- (1) $R \circ R = \{\langle 0, 0 \rangle, \langle 1, 1 \rangle, \langle 1, 2 \rangle, \langle 2, 1 \rangle, \langle 2, 2 \rangle\}$
- (2) $R \circ R^{-1} = \{\langle 0, 0 \rangle, \langle 1, 1 \rangle, \langle 1, 2 \rangle, \langle 2, 1 \rangle, \langle 2, 2 \rangle\}$
- (3) $R$
- (4) $\emptyset$
解析：
第 (1) 题：关系复合
- 寻找中间元素：
- $0 \to 1 \to 0 \implies \langle 0, 0 \rangle$
- $1 \to 0 \to 1 \implies \langle 1, 1 \rangle$
- $1 \to 0 \to 2 \implies \langle 1, 2 \rangle$
- $0 \to 2 \to 0 \implies \langle 0, 0 \rangle$
- $2 \to 0 \to 1 \implies \langle 2, 1 \rangle$
- $2 \to 0 \to 2 \implies \langle 2, 2 \rangle$ 结果：$\{\langle 0, 0 \rangle, \langle 1, 1 \rangle, \langle 1, 2 \rangle, \langle 2, 1 \rangle, \langle 2, 2 \rangle\}$。
第 (2) 题：
观察 $R$ 是对称的，故 $R = R^{-1}$。因此 $R \circ R^{-1} = R \circ R$。
第 (3) 题：集合减法
$R$ 中的元素都是有序对 $\langle x, y \rangle$，而减去的集合中是 $\emptyset$ 及其集合。由于类型不匹配，$R$ 中不含这些元素，故结果不变。
第 (4) 题：关系的像
计算 $R(A)$，即所有以 $A$ 中元素为第一分量的有序对的第二分量集合。 由于 $\emptyset$ and $\{\emptyset\}$ 不在 $R$ 的定义域 $\{0, 1, 2\}$ 中，故没有对应的第二分量。结果为空集。
难度: ⭐⭐
考点: #关系复合 #逆关系 #集合运算 #关系的像
🔄 举一反三
- 设 $R = \{\langle 1, 1 \rangle, \langle 1, 2 \rangle\}$，求 $R \circ R$。
查看练习答案与解析
答案：$\{\langle 1, 1 \rangle, \langle 1, 2 \rangle\}$。
- 设集合 $A = \{1, 2, 3, 4\}$，A 上的二元关系 $R = \{\langle 1, 1 \rangle, \langle 1, 4 \rangle, \langle 2, 2 \rangle, \langle 2, 3 \rangle, \langle 3, 2 \rangle, \langle 3, 3 \rangle, \langle 4, 1 \rangle, \langle 4, 4 \rangle\}$，说明 $R$ 是否为 $A$ 上的等价关系。
查看答案与解析
答案：$R$ 是 $A$ 上的等价关系。
解析：
判定等价关系需要验证其是否同时满足：自反性、对称性和传递性。
第一步：验证自反性
检查 $A$ 中每个元素 $x$，是否有 $\langle x, x \rangle \in R$。
- $1 \in A \implies \langle 1, 1 \rangle \in R$
- $2 \in A \implies \langle 2, 2 \rangle \in R$
- $3 \in A \implies \langle 3, 3 \rangle \in R$
- $4 \in A \implies \langle 4, 4 \rangle \in R$ 符合自反性。
第二步：验证对称性
检查若 $\langle x, y \rangle \in R$，是否有 $\langle y, x \rangle \in R$。
- $\langle 1, 4 \rangle \in R \implies \langle 4, 1 \rangle \in R$
- $\langle 2, 3 \rangle \in R \implies \langle 3, 2 \rangle \in R$ 所有非对角线元素都有对称项。符合对称性。
第三步：验证传递性
检查若 $\langle x, y \rangle \in R$ 且 $\langle y, z \rangle \in R$，是否有 $\langle x, z \rangle \in R$。
- $\langle 1, 4 \rangle, \langle 4, 1 \rangle \in R \implies \langle 1, 1 \rangle \in R$
- $\langle 4, 1 \rangle, \langle 1, 4 \rangle \in R \implies \langle 4, 4 \rangle \in R$
- $\langle 2, 3 \rangle, \langle 3, 2 \rangle \in R \implies \langle 2, 2 \rangle \in R$
- $\langle 3, 2 \rangle, \langle 2, 3 \rangle \in R \implies \langle 3, 3 \rangle \in R$ 经检验，所有可能的组合均满足传递性。
结论：
由于 $R$ 满足自反性、对称性和传递性，因此 $R$ 是 $A$ 上的等价关系。
难度: ⭐⭐
考点: #等价关系 #自反性 #对称性 #传递性
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 等价关系定义：同时满足自反、对称、传递的二元关系。
- 划分与等价关系的一一对应。
思路分析
验证等价关系要按三条定义逐一核对。如果题目给出的序偶较多，可以先观察是否包含所有自环，再看是否成对出现。
🔄 举一反三
- 集合 $A = \{1, 2\}$ 上的恒等关系 $I_A$ 是等价关系吗？
查看练习答案与解析
答案：是。满足自反、对称、传递。
- 分别画出下图中的强分图（强连通分支）、单向分图。
查看答案与解析
解析：
本题考查有向图的连通性分析。
1. 强连通分支（Strongly Connected Components, SCC）：
- 定义：子图中任意两点都是互达的。
- 寻找方法：寻找图中的环。
- 结果：
- 观察图中结点 $v_1, v_2, v_3, v_4$ 是否构成回路。
- 若 $v_2, v_3, v_4$ 形成环，则它们是一个强连通分支。
- 单个无法进入环的结点（如 $v_1$）自成一个强连通分支。
- 画法：将属于同一个 SCC 的结点圈起来。
2. 单向连通分支（Unilaterally Connected Components）：
- 定义：对于子图中任意两点 $u, v$，至少存在一条从 $u$ 到 $v$ 的路径或从 $v$ 到 $u$ 的路径。
- 寻找方法：强连通分支一定是单向连通的，此外还需考虑 SCC 之间由单向边连接的情况。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #强连通 #单向连通 #有向图
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 强连通：任意两点互达。
- 单向连通：任意两点至少单向可达。
- 弱连通：忽略方向后连通。
思路分析
强连通分支通常表现为图中的“闭环”。寻找 SCC 时，可以从一个点出发，看是否能绕一圈回来。
🔄 举一反三
- 强连通图一定有环吗？
查看练习答案与解析
答案：是（除非只有 1 个点）。
- 设代数系统 $(Z, *)$，其中 $Z$ 是整数集，二元运算定义为 $\forall a, b \in Z, a * b = a + b - 2$。求该系统中元素 $a$ 的逆元。
查看答案与解析
答案：$a^{-1} = 4 - a$
解析：
求逆元的标准流程：先求单位元，再求逆元。
第一步：求单位元 $e$
根据单位元定义，$\forall a \in Z, a * e = a$：
解得：$e = 2$。
第二步：求逆元 $a^{-1}$
根据逆元定义，$a * a^{-1} = e$：
验证：
$a * (4-a) = a + (4-a) - 2 = 4 - 2 = 2 = e$。符合要求。
难度: ⭐⭐
考点: #代数系统 #单位元 #逆元
🔄 举一反三
- 在 $(\mathbb{Q}, +)$ 中，求 $a$ 的逆元。
查看练习答案与解析
答案：$-a$。
四、计算题（二）（每小题 7 分，共 14 分）
- 设 $(B, +, \cdot, -, 0, 1)$ 是布尔代数，$\forall a, b, c \in B$，化简表达式：$a + \bar{a} \cdot \bar{b} \cdot (\bar{c} \cdot a + \bar{b})$。
查看答案与解析
答案：$a + \bar{b}$
解析：
本题考查布尔代数的化简规律，特别是分配律、吸收律和补余律。
第一步：展开括号（利用分配律）
原式 $= a + [(\bar{a} \cdot \bar{b} \cdot \bar{c} \cdot a) + (\bar{a} \cdot \bar{b} \cdot \bar{b})]$
第二步：利用补余律和幂等律简化括号内各项
- 处理第一项：由于 $\bar{a} \cdot a = 0$（补余律），且 $0$ 乘以任何元素都为 $0$。
$\bar{a} \cdot \bar{b} \cdot \bar{c} \cdot a = 0 \cdot \bar{b} \cdot \bar{c} = 0$ - 处理第二项：由于 $\bar{b} \cdot \bar{b} = \bar{b}$（幂等律）。
$\bar{a} \cdot \bar{b} \cdot \bar{b} = \bar{a} \cdot \bar{b}$
此时表达式简化为：
第三步：利用吸收律（或其变形）进一步化简
根据吸收律变形公式 $X + \bar{X}Y = X + Y$：
难度: ⭐⭐⭐
考点: #布尔代数 #代数化简 #吸收律 #补余律
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 补余律：$a \cdot \bar{a} = 0, a + \bar{a} = 1$
- 吸收律：$a + ab = a, a(a+b) = a$
- 常用变形：$a + \bar{a}b = a + b$
🔄 举一反三
- 化简 $a + ab$。
查看练习答案与解析
答案：$a$。
- 求下图 $D$ 的邻接矩阵 $A(D)$，并算出其可达矩阵 $P(D)$。
查看答案与解析
解析：
1. 邻接矩阵 $A(D)$：
- 设顶点集为 $\{v_1, v_2, ..., v_n\}$。
- 若存在边 $v_i \to v_j$，则 $a_{ij} = 1$，否则为 $0$。
- 根据图中各顶点的连接关系，列出 $n \times n$ 矩阵。
2. 可达矩阵 $P(D)$：
- 定义：若从 $v_i$ 到 $v_j$ 存在任意长度的路径，则 $p_{ij} = 1$。
- 计算方法：
- 方法一：$P = I \vee A \vee A^2 \vee ... \vee A^{n-1}$（其中 $I$ 是单位阵，$\vee$ 是布尔并）。
- 方法二：沃舍尔（Warshall）算法。通过不断更新矩阵，检查中间结点的连通性。
- 方法三：观察图。如果结点 $v_i$ 在某个强连通分支内，则该分支内的所有点互相可达。
难度: ⭐⭐⭐
考点: #邻接矩阵 #可达矩阵 #沃舍尔算法
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 邻接矩阵 $A$：记录直接相连的情况。
- 可达矩阵 $P$：记录所有可能的通路情况。
- $P$ 的主对角线通常全为 1（因为点到自身总是可达的）。
思路分析
Warshall 算法是求可达矩阵的最优算法。通过遍历每个点作为“中转站”来更新连通性。
🔄 举一反三
- 邻接矩阵 $A$ 的主对角线全为 0 说明什么？
查看练习答案与解析
答案：图中无自环。
五、证明题（每小题 8 分，共 16 分）
- 试证明：$\forall x (P(x) \vee Q(x)), \forall x \neg P(x) \vdash \exists x Q(x)$。
查看答案与解析
证明：
利用谓词逻辑的推理规则进行证明。
- (1) $\forall x (P(x) \vee Q(x))$ —— 前提
- (2) $\forall x \neg P(x)$ —— 前提
- (3) $P(c) \vee Q(c)$ —— 对 (1) 使用全称指定规则 (UI)，$c$ 为个体域中任一个体
- (4) $\neg P(c)$ —— 对 (2) 使用全称指定规则 (UI)
- (5) $Q(c)$ —— 对 (3)(4) 使用析取三段论 (DS)
- (6) $\exists x Q(x)$ —— 对 (5) 使用存在概括规则 (EG)
结论：
由前提可推导出结论，原式成立。
难度: ⭐⭐
考点: #谓词逻辑 #自然推理系统 #推理规则
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- UI (Universal Instantiation)
- EG (Existential Generalization)
- DS (Disjunctive Syllogism)
思路分析
谓词推理的第一步通常是“脱衣服”（去掉量词），第二步是利用命题推理规则（如 DS, MP）进行推导，最后一步是“穿衣服”（加上量词）。
🔄 举一反三
- 证明 $\forall x P(x) \vdash \exists x P(x)$。
查看练习答案与解析
证明：$\forall x P(x) \xrightarrow{UI} P(c) \xrightarrow{EG} \exists x P(x)$。
- 给定正整数 $m$，令 $G = \{km \mid k \in \mathbb{Z}\}$，证明：$(G, +)$ 是一个群，其中 $+$ 是数的普通加法。
查看答案与解析
证明：
要证明 $(G, +)$ 是一个群，需验证其满足群的四个定义条件：
1. 封闭性 (Closure)：
任取 $a, b \in G$，则存在整数 $k_1, k_2 \in \mathbb{Z}$，使得 $a = k_1 m, b = k_2 m$。
由于 $k_1 + k_2 \in \mathbb{Z}$，因此 $a + b \in G$。封闭性成立。
2. 结合律 (Associativity)：
由于 $G$ 中的元素是整数，而整数加法满足结合律，即：
结合律成立。
3. 单位元 (Identity)：
取 $e = 0 \cdot m = 0$。由于 $0 \in \mathbb{Z}$，故 $0 \in G$。 对于任意 $a = km \in G$：
因此，$0$ 是 $G$ 中的单位元。
4. 逆元 (Inverse)：
对于任意 $a = km \in G$，取 $a' = (-k)m$。由于 $-k \in \mathbb{Z}$，故 $a' \in G$。
因此，$G$ 中的每个元素都有逆元。
结论：
综上所述，$(G, +)$ 满足群的所有定义，是一个群。
难度: ⭐⭐
考点: #群论 #群的定义 #子群证明
🔄 举一反三
- 证明 $(\mathbb{Z}, +)$ 是一个群。
查看练习答案与解析
提示：步骤同本题，取 $m=1$ 即可。