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1、离散数学模拟试题参考答案一、单项选择题1.B2.A3.B4.C5.D6.D7.B8.C二、填空题1.1.2.0.3.2.4.(1/2)n(n-1)-m.5.{2,{2}}.6.9.7.回路.8.a.三、简答题1.由题设，p=1，q=0，r=1.(1)(p∧q)«rÛ(1∧0)«1Û0«1Û0.(2)(p«r)«(q«r)Û(1«1)«(0«1)Û1«0Û0.(3)(p∨¬q)®(q®r)Û(1∨¬0)®(0®1)Û(1∨1)®(0®1)Û1®1Û1.(4)¬q®(p«r)Û¬0®(1«1)Û1®1Û1.(5)(p∨q)®(¬p∧¬q∧r)Û(1∨0)®(¬1∧¬0∧1)Û1®(0∧1∧1
2、)Û1®0Û0.2."x(¬$yF(x,y)®$zG(x,z))Û"x("y¬F(x,y)®$zG(x,z))Û"x$y$z(¬F(x,y)®G(x,z))Û"x$y$z(F(x,y)∨G(x,z)).3.设4度顶点为x个，则根据握手定理，有2×12=1×2+2+3+5+4x，解得，x=3，即无向图G有3个4度顶点.4.n*=r=4，m*=m=8，r*=n=6.5.(1)A∩B={{a,{b}},c,{c},{a,b}}∩{{a,b},{b}}={{a,b}}.(2)AB=A∪B-A∩B={{a,{b}},c,{c},{a,b},{b}}-{{a,b}}={{a,{b}},c,{c},{
3、b}}.(3)P(B)={φ,{{a,b}},{{b}},{{a,b},{b}}}.6.对"n1,n2∈N，当n1≠n2时，f(n1)=2n1+1≠f(n2)=2n2+1，所以f是单射的.ranf={2n+1
4、n∈N}⊂N，所以f不是满射的，从而不是双射的.7.(1)Ä运算的运算表为:Ä012345000000010123452024024303030340420425054321(2)由表可知，e=1为Ä运算的幺元，故e-1=e，即1-1=1.又5Ä5=1，所以，5-1=5，Z6中其余元素皆无逆元.(3)由运算表知，对"x,y∈Z6，有xÄy∈Z6，所以，V是代数系统；对"x,y,z∈
5、Z6，有(xÄy)Äz=(xy)mod6Äz=(((xy)mod6)z)mod6=(xyz)mod6=(x((yz)mod6))mod6=xÄ(yz)mod6=xÄ(yÄz)，所以，运算Ä满足结合律，V是半群；由(1)知，e=1为运算Ä的幺元，所以，V是独异点(幺半群)；又由(1)知，Z6中的元素0,2,3,4无逆元，所以，V不是群.综上，V=是独异点，而且是可交换独异点.8.(1)对3,6∈Z12，有f(3)=(3)mod3=f(6)=(6)mod3=0，所以f不是单同态的；ranf={0,1,2}=Z3，所以，f是满同态的.(2)对0,3,6,9∈Z12，有f(0)=(0
6、)mod3=0，f(3)=(3)mod3=0，f(6)=(6)mod3=0，f(9)=(9)mod3=0，而对"x∈Z12，当x≠0,3,6,9时，f(x)=(x)mod3≠0，故H={0,3,6,9}.四、证明题1.①¬s前提引入②p→s前提引入③¬p①②拒取式④p∨q前提引入⑤q③④析取三段论⑥q→r前提引入⑦r⑤⑥假言推理2.反证法.设G中不存在度数相同的顶点，则由图G为简单图可知，G的顶点的度数列必为：0,1,2,…,n-1.删去0度顶点后得到的图G’仍然是简单图，且其顶点度数列为：1,2,…,n-1，与G’是简单图矛盾.故图G中至少有两个顶点的度数相同.3.A∩(B-C)=A∩
7、(B∩~C)=A∩B∩~C∩~C=(A∩~C)∩(B∩~C)=(A-C)∩(B-C).4.显然，e∈C，C是G的非空子集."a,b∈C，对"x∈G，有(ab-1)x=a(b-1x)=a(b-1(x-1)-1)=a(x-1b)-1=a(bx-1)-1=a(xb-1)=(ax)b-1=(xa)b-1=x(ab-1)，即ab-1∈C，由子群判定定理，C是G的子群.
