Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Методичка (дискретка)

.pdf
Скачиваний:
123
Добавлен:
17.03.2016
Размер:
1.6 Mб
Скачать

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ НАЦІОНАЛЬНИЙ ТЕХНІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ УКРАЇНИ “КИЇВСЬКИЙ ПОЛІТЕХНІЧНИЙ ІНСТИТУТ” ФІЗИКО-ТЕХНІЧНИЙ ІНСТИТУТ

ОС Н О В И Д И С К Р Е Т Н О Ї

МА Т Е М А Т И К И

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ ДО ПРАКТИЧНИХ ЗАНЯТЬ ДЛЯ СТУДЕНТІВ СПЕЦІАЛЬНОСТЕЙ

“ІНФОРМАЦІЙНІ УПРАВЛЯЮЧІ СИСТЕМИ І ТЕХНОЛОГІЇ”, “ЛІКУВАЛЬНО-ДІАГНОСТИЧНІ КОМПЛЕКСИ” ТА “МЕДИЧНІ ПРИЛАДИ ТА СИСТЕМИ”

Затверджено Методичною радою НТУУ “КПІ”

Київ “ПОЛІТЕХНІКА”

2007

Основи дискретної математики. Методичні вказівки до розв’язання задач для студентів спеціальностей “Інформаційні управляючі системи і технології”, “Лікувально-діагностичні комплекси” та “Медичні прилади та системи” / Уклад.: А.А. Шумська. – К.: ІВЦ «Політехніка», 2007. – 53 с.

Гриф надано Методичною радою НТУУ «КПІ» (Протокол № ____ від _________ 2007 р.)

Н а в ч а л ь н е в и д а н н я

ОС Н О В И Д И С К Р Е Т Н О Ї

МА Т Е М А Т И К И

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ

до розв’язання задач для студентів спеціальностей “Інформаційні управляючі системи і технології”, “Лікувально-діагностичні комплекси”

та “Медичні прилади та системи”

Укладач: Алла Антонівна Шумська, к.ф.-м. наук, доц.

Відповідальний редактор:

М.М.Савчук, д.ф.-м.н., проф.

Рецензент:

О.Є.Архипов, д. техн. наук, проф.

 

Редактор хххххххххххххххххх

Темплан 2007 р., поз. ххх

 

Підп. до друку хх.хх.2007. Формат 60×84 1 /16 . Папір друк. № 3. Друк офс. Ум. друк. арк. 0,93. Обл.-вид. арк. 1,0. Зам. № ххх. Наклад 100 пр.

___________________________________________________________

Інформаційно-видавничий центр “Політехніка” Друкарня НТУУ “КПІ”

03056, Київ-56, просп. Перемоги, 37

2

Зміст

1. Метод математичної індукції . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . 4 2. Множини . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 3. Відношення . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 4. Алгебраїчні структури . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 5. Логіка висловлювань . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 6. Булеві функції . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 7. Графи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Список використаної літератури . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3

1. Метод математичної індукції

Метод математичної індукції – це один з найбільш поширених методів доведення математичних тверджень, в яких фігурують слова “для

довільного натурального

n ”. Доведення за допомогою цього методу

завжди складається з двох етапів: базис індукції та індукційний крок.

1.

Базис індукції. Перевіряємо, що сформульоване твердження

 

виконується для найменшого можливого значення n .

2.

Індукційний крок. Припускаємо, що твердження виконується для

 

деякого довільного натурального k . Доводимо, що це твердження

 

виконується також і для k 1.

Успішне виконання обох цих кроків і означає, що дане твердження є справедливим для будь-якого натурального n .

Приклади розв’язання типових задач

32

 

Задача 1. Довести,

що

для

будь-якого

натурального

n

число

n 1

2

n 2

ділиться на 7.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язання.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Базис індукції. Якщо

 

 

 

 

 

 

2 n 1

 

2

n 2

35

ділиться на 7.

n 1, то число 3

 

 

 

Індукційний

крок.

Припустимо,

що

для довільного

k

число

 

32 k 1

2k 2 ділиться на 7. При

n k 1

маємо

 

 

 

 

 

 

 

 

2 (k 1) 1

2

(k 1) 2

 

2 k 1

2

2

k 2

9 (3

2 k 1

2

k 2

) 7

2

k 2

.

 

3

 

 

 

 

 

9 3

 

 

 

 

 

 

 

 

Отримане число ділиться на 7, оскільки воно є різницею двох цілих чисел, кожне з яких ділиться на 7 (зменшуване ділиться на 7 за припущенням індукції).

Задача 2. Довести, що для будь-якого натурального n тотожність

1

 

1

 

 

1

 

 

1

 

 

n

.

1 4

4

 

10

 

2) (3n

3n 1

 

7

7

(3n

1)

 

Розв’язання.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Базис індукції.

Якщо n 1, то

S1

 

1

 

1

, тобто

4

3 1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

має місце

тотожність

виконується.

Індукційний крок. Припустимо, що тотожність вірна для n

S

 

 

1

 

1

 

1

 

1

 

k

k

 

4 7

7 10

(3k 2) (3k 1)

3k 1

 

1

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

.

, тобто

Доведемо тотожність для n k 1.

Sk 1

Sk

 

1

 

Sk

1

 

 

 

 

 

(3(k 1)

2) (3(k 1)

1)

(3k 1) (3k 4)

 

 

 

 

4

 

k

 

1

 

 

 

 

 

3k

2

4k

1

 

(k 1) (3k 1)

 

 

 

 

 

 

 

 

3k 1

(3k 1) (3k 4)

(3k 1) (3k 4)

(3k 1) (3k 4)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

k 1

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3k

4

3(k 1) 1

 

 

що і треба було довести.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 3. Довести, що 3

n

 

2

n

n

для будь-якого натурального

 

 

n

.

Розв’язання.

 

 

 

 

 

1

1

Базис індукції. Якщо n 1, то 3

2 1 1, тобто твердження вірне.

 

Індукційний

 

крок. Нехай при

n k дана нерівність виконується,

 

тобто 3

k

2

k

k . Доведемо справедливість нерівності при n k 1.

 

 

 

Маємо:

k 1

2

k 1

k

2

k 1

3 (2

k

k) 2

3

 

3 3

 

 

 

 

 

 

 

3 k 2

k

k 1

 

 

 

 

 

 

Отже, на основі принципу математичної доведене для будь-якого натурального n .

k 1

3

2

k

3 k 2

2

k

 

 

 

 

.

індукції дане твердження

A1

1.

Довести, що n

3

5 n ділиться на 6 для будь-якого натурального n .

 

2.

Довести, що

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

2

3

2

n

2

 

n (n 1) (2 n 1)

 

 

 

 

1

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

для будь-якого натурального

n .

 

 

 

 

 

3.

Обчислити суму

1 1! 2 2! n n!.

 

 

4.

Довести, що

 

для

довільного

натурального

n 3

виконується

нерівність 2

n

2n 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5. Нехай

a, b

та

c

 

 

 

трикутника. Довести, що

відповідно an bn cn

катети та гіпотенуза прямокутного для будь-якого натурального n 2.

B1

1.Довести, що для будь-якого натурального n число 52 n 1 9 2n 1 ділиться на 23.

2.Довести, що 1 2 22 23 2n 1 2n 1.

3.Довести, що

5

1

 

1

 

1

1 3

5

7

3

5

 

1

(2n 1) (2n 1)

 

n 2 n 1

.

4. Довести, що сума кубів трьох послідовних натуральних чисел ділиться на 9.

5.Довести, що для будь-якого натурального

на 6.

6.Довести, що 5 9 5 13 52 (4n 1)

n число

5

n 1

n

 

n

3

 

5

11n n .

ділиться

C1

1. Довести, що якого натурального

3

2

3

3

n

3

(1 2 3 n)

2

1

 

3

 

 

n .

для будь-

2.

Довести, що n різних прямих, які проходять через одну точку ділять

площину на 2n частин.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3.

Довести, що для будь-якого натурального

n 1

 

 

1

 

 

1

 

 

1

 

1

 

13

.

 

n 1

 

 

n

 

 

 

 

n

2

3

 

 

2n

24

 

4.

Довести, що для будь-якого натурального

n

 

 

 

1

 

3

 

5

 

2 n 1

 

 

1

 

.

 

 

2

4

6

2 n

3n

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.

Довести, що

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

1

 

4

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

25

 

 

 

 

 

 

 

4

 

(2n 1)

2

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

2n 2n

.

2. Множини

Приклади розв’язання типових задач

Задача 1. Нехай

A {a, b, c},

наведених тверджень є правильними, а

a) b {a, b, c};

b) x {a, b, c};

B {a, b, c, d}. Визначити, які з

які – ні. Відповідь обґрунтувати. c) A;

d) A B ;

Розв’язання.

a)Твердження множині {a, b, c}.

b)Твердження не містить об’єкта

e) A B ;

f) A.

 

 

b {a, b, c} правильне, тому що об’єкт

b

міститься у

x {a, b, c} також правильне, оскільки множина {a, b, c} x .

6

c)Твердження невірне, тому що серед елементів множини елемента .

d)Твердження правильне, оскільки для елементів множини

a B, b B, c B , отже, A B .

A

A

немає

маємо:

e)

Твердження A B невірне, оскільки елемент d B , але d A .

f)

Твердження вірне, оскільки множина не має елементів, тому

умова x x A не порушується для жодного x .

 

 

 

 

Задача 2. Обчислити наведені

вирази

при

заданих

множинах

U {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A {2, 5, 6, 8, 0}, B {3, 4, 5, 6},

C {1, 2, 3} та

D {4, 5, 6} .

 

 

 

 

 

 

 

a) A B ;

b) C D ; c) A \ B ;

d) A B ;

e)

(A

 

B .

 

D)

A

Розв’язання.

a) Оскільки лише елементи 5 та 6 є спільними для множин

B {5, 6}.

A

та

B

, то

b) Очевидно, не існує жодного елемента C , так й множині D . Отже, множина C D тобто є порожньою: C D .

c) Елементи 2, 8, 0 належать множині множині B , тому A \ B {2, 8, 0}.

, який би належав як множині не містить жодного елемента,

A

і одночасно не належать

d)Оскільки

(A \ B) (B \

B \

A) ,

A {3, 4}

маємо

,

то,

A B

скориставшись

{2, 8, 0} {3, 4}

рівністю

{0, 2, 3, 4, 8}.

A B

Ми

отримали елементи, які належать або

тільки множині A ,

або тільки

множині B , але не обом множинам A та

B

одночасно.

 

e) Оскільки

A D {2, 5, 6, 8, 0, 4},

то

 

– множина

(A D) {1, 3, 7}

елементів, які належать універсальній множині U і не належать множині

 

 

{1, 3, 7} {3, 4, 5, 6} {3}.

 

A D . Остаточно, (A D) B

 

Задача 3. Довести, що B \

 

 

для будь-яких множин A і B .

A B A

Розв’язання. Для доведення вказаної рівності достатньо показати, що

 

 

 

 

 

 

B \ A B A

та B A B \ A . Доведемо спочатку, що B \ A B A .

Використовуючи визначення операцій різниці, перетину множин та

операції доповнення множини, маємо: x B \ A x B та

x A x B

 

 

 

 

 

та x A

x B A , отже,

доведено, що x B \ A x B A , а це

означає,

 

Тепер покажемо, що

 

 

що B \ A B A .

B A B \ A :

 

 

 

B A B \ A

.

x B A

x B, x A x B, x A x B \ A, отже,

 

Задача 4. Довести, що з A B випливає A C B C для будь-яких множин A, B, C .

7

Розв’язання.

Потрібно показати, що A C B C за умови

A B .

Іншими словами,

при доведенні включення

A C B C

можна

користуватися не лише загальними відомостями про множини (такими, наприклад, як означення підмножини та операцій над множинами), але й тим, що A B . Отже, нехай x A C . Тоді, згідно з означенням операції

перетину множин, маємо: x A та

x C . Оскільки

A B , то з того, що

x A, випливає

x B . Отже,

з

того, що x B

та x C , випливає

x B C , тобто

A C B C .

 

 

 

Задача

множин

A, B,

5.

C

Довести, що

A B C

 

C

для будь-яких

A B

.

Розв’язання. Для доведення цієї еквівалентності потрібно показати,

 

 

 

 

 

 

що A B C A B C та A B C A B C .

 

 

 

Доведемо спочатку, перше з цих тверджень. Для цього доведемо

 

 

 

 

 

.

включення A B C за умови, що A B C . Отже, нехай

 

x A B

Звідси випливає, що x A та x B

 

(тобто x B ). Оскільки A B C , то

 

x B C , отже, x B або x C . Але відомо, що x B , тобто залишається

тільки можливість x C . Таким чином, показано, що x A B

 

x C

,

 

а це означає, що Доведемо

A B

друге

C .

твердження:

A B C

A

B

C

.

Потрібно

показати, що A B C

за умови

 

 

 

 

 

A. Для довільної

A B C . Нехай x

множини B

або x B , або x B . Розглянемо окремо кожен з цих випадків.

Нехай x B

. Тоді з означення операції об’єднання множин випливає, що x

є

елементом множини,

яка є об’єднанням множини B з будь-якою

множиною.

Отже,

x B C . Розглянемо тепер другий випадок, тобто

x B . Тоді

x B ,

а оскільки

x A, то

x A B

.

Але

відомо, що

A B C , а це означає, що x C

, тобто x B C .

 

 

 

 

 

 

Доведення можна записати таким чином:

 

 

 

 

( )

x A B

x A, x B x A,

x B x B C ,

x B

 

 

x B або x C , x B x C .

 

 

 

 

 

 

( )

x A x A

, x B або x B 1)

x A, x B

або 2) x A, x B .

1)

x A, x B

x B

x B C .

 

 

 

 

 

 

 

 

2)

x A, x B

x A

, x B x A B

x C

x B C .

 

 

Задача 6.

Використовуючи

основні

теореми та

аксіоми

алгебри

 

 

 

 

 

 

 

 

B .

 

 

 

 

 

множин, довести, що (A B ) B A

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язання. Для

спрощення

виразу

в лівій

 

частині

рівності

послідовно

застосуємо

закон де

Моргана,

тотожність

 

 

(X )

X , закон

асоціативності та закон ідемпотентності X X X :

(A B ) B A (B ) B A B B A B .

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

Задача 7. Спростити вираз (A B C) (A B C) B C

 

Розв’язання. Маємо

 

 

 

 

 

 

 

(A B C) (A B C) B C ((A A ) B C) B C

 

 

 

(U B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C) (B C) (B C) (B C) U .

 

 

 

 

При спрощенні

даного виразу послідовно

застосовувалися закон

дистрибутивності

(до

виразу

 

 

тотожності

(A B C) (A

B C) ),

X X

 

U та X U

X . При перетвореннях також використовувались

 

закони асоціативності та комутативності.

 

 

 

 

 

Задача 8. Нехай

A {1, 2},

B {a, b, c}. Побудувати A B та

 

3

.

A

Розв’язання. Декартовим добутком множин A та B є множина

 

 

 

 

A B { 1, a ,

1, b ,

1, c ,

2, a , 2, b , 2, c }.

 

 

 

Декартовим степенем множини A

є множина

 

 

 

 

 

 

3

{ 1,1,1 , 1,1, 2 , 1, 2,1 ,

1, 2, 2 , 2,1,1 ,

A

A A A

 

 

 

 

2,1, 2 ,

2, 2,1 , 2, 2, 2 }.

 

 

 

 

Задача 9. Довести, що (A B) C (A C) (B C) .

 

 

 

 

Розв’язання. Доведемо спочатку,

що (A B) C (A C) (B C) .

Множина ( A B) C

є декартовим добутком двох множин

A B

та C ,

отже, елементи цієї множини – це впорядковані пари. Таким чином, маємо:

x, y (A B) C x A B, y C x A або x B, y C x A

та y C або x B та y C x, y A C або x, y B C . Це і

означає, що Тепер

(A B) C

покажемо,

(A

що

C) (A

(BC)

C) .(B C) (A

B) C

.

Аналогічно

попередньому випадку

x, y (A C) (B C) x, y

x, y B C (x A та y C) або (x B та y C) .

 

Розглянемо випадок x A та

y C

.

Маємо:

x A

 

x A B, y C

x, y (A B) C .

Якщо

x B

A C

 

або

та

y C

 

та

y C

,

то

 

маємо: x B та

y C x A B,

кожному випадку доведено, що чином, рівність виконується.

y C (A C)

x, y (A (B C) (A

B) B)

C

C

.

.

Отже, у Таким

 

 

A2

1. Задати множину A іншим способом:

a)

A {x | x – корінь рівняння x

2

1};

 

b)

A {11, 22, , 99};

 

 

 

c)

A {x | x N, x 1, x 2};

 

 

d)

A {y | x y z,

x, z B}, де B {1, 2, 3}.

9

2. Вказати вірні співвідношення:

 

a)

1 {1, 2, 3};

f) 1 {1, 2, 3};

b)

1 {{1, 2, 3}};

g) {1}

{1, 2, 3};

c)

{1} {1, 2, 3};

h) {1}

{{1, 2, 3}};

d)

{1} {{1}, { 2, 3}};

i) {1} {{1, 2}, 3};

e)

1 {{1}, { 2}, 3};

j) {1, 2} {1, 2, 3};

3. Вказати вірні співвідношення:

 

a)

{1, 2, 3} {1, 2, 2, 3};

c) {1, 2, 3} {1, 3, 2};

b)

{1, 2, 3} {1, { 2}, 3};

d) {1, 2, 3} {{1, 2},{2, 3}}.

k)0 Ø;

l)Ø {Ø};

m)Ø {1, 2};

n)Ø {Ø};

o) Ø {1, 2}.

4. Нехай

A, B, C

– скінченні множини. Вказати вірні твердження:

a)

(

b)

(

c)

(

| A| | B |) | A| | B |) A B)

 |A

A B; A B; | | B |;

d)

(A B) | A| | B |;

e)

( | A| | B |) A B;

f)

A A.

6. Нехай A – множина всіх парних чисел, B – множина всіх чисел, які можуть бути представлені у вигляді суми двох непарних чисел. Довести, що A B.

7. Побудувати булеан множини A {C, T, O}, тобто множину всіх її підмножин.

8.Яку кількість підмножин містить

a)порожня множина;

b)одноелементна множина;

c)двоелементна множина.

9. Зі скількох елементів складається множина містить 32 елементи?

A

,

якщо її булеан

10.Довести, що нескінченна множина має безліч підмножин. 11.Які з даних тверджень справедливі для будь-яких множин

а) A B і B C A C; b) A B і B C A C ?

Відповідь обґрунтувати.

A, B,C :

12.Нехай

S T ,

S S

{a,b,c}, \T, S T,

T {b,c, f

T , S T

}

, U {a,b,c,d,e, f }. Побудувати

 

(T \ S) .

S T ,

13.Чи виконується

для довільних

множин A і B рівність

(A \ B) B A. Відповідь обґрунтувати.

 

 

 

 

 

.

14.Довести закон де Моргана (A B) A

B

15.Довести включення

(A \ B) (A \ D) (D \ B) .

10

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.