2020年同等学力申硕计算机综合试题解析--数学基础

声明：该份试题解析是本人自己做的，再根据教材理论来完成本文编写，符号太多编写工作量大，如发现答案有错误或者不够准确请及时给我留言，如需转载请表明出处。

一、（共5分）用逻辑符号表达下列语句（论域为包含一切事物的合集）

1. （2分）确诊者并不都有症状（注：需给出两种形式表达，一种用存在量词，一种用全称量词）

解析：P(x): x是确诊者，Q(x):x有症状

¬∀x(P(x) →Q(x))

∃x(P(x)∧¬Q(x))

2. （3分）有些老人不喜欢宠物

解析：P(x): x是老人，Q(x):x是宠物，R(x,y):x喜欢y

∃x∀y(P(x)∧Q(y) →¬R(x, y))

二、填空题

1. 50个元素，子集个数为 _____ $2^{50 }$ ______ 个，奇数个元素的子集是 ____ $2^{49}$ ____ 个

解析：

第一空，可以理解成50个元素，每个元素有两者情况，“有”与“没有”，则50个元素有 $2^{50}$ 个子集个数，

第二空，整个集合中子集的个数只有奇数和偶数两种情况表示，因此子集元素个数位奇数的子集有

2. 让5位中国籍学生和5位英国籍学生排成一排，要求中国籍学生和英国籍学生交叉出现，即同国籍的学生不能相邻，则有一共有 ____ $5!*5!*2$ ________种排列

解析：这个可以考虑成两个队人分别进行了一次全排列既有 $5!*5!$ ，另外再选择从一个队的前面排入或者从后面排入2种，因此总数是 $5!*5!*2 = 28800$ 。

3. 如果 $f(x) = (1-3x)^{-2}$ ，求 $x^4$ 的系数 ____405________

解析：这个就根据推广的牛顿二项式公式： ${(1-x)}^{-n} = \sum_{k=0}^∞C_{n+k-1}^kx^k , -1<x<1$ ，可参见我的数学公式文章：https://www.jianshu.com/p/1f2b21397a23

$f(x) = (1-3x)^{-2} = \sum_{k = 0}^ ∞ C_{2+k-1}^k 3^kx^k$ 此时k=4，可得 $x^4$ 的系数为 $C_5^4*3^4 = 5*81 = 405$

三、简答题

1. $P \uparrow Q$ 表示 $\rceil (P ∧ Q)$ 与非题，求 $\rceil P, \rceil P ∨ Q, P \rightarrow Q$ 。

解析：

(1) ¬P = ¬(P∧P) = P↑P（幂等律）

(2) P∧Q = ¬(¬(P∧Q)) = ¬(¬(P∧Q) ∧ ¬(P∧Q) ) = (P↑Q)↑(P↑Q) (可以用第一个的结论)

(3)P→Q = ¬P∨Q =¬(P∧¬Q) = ¬(P∧¬(Q∧Q)) = P↑(Q↑Q)

2. 任意的正整数 $n \geq 2$ 求 $(_{1}^n )+(_{2}^n )+(_{3}^n )+...+(_{n-1}^n )+(_{n}^n )$ 的最简易表达式？其中 $(_{i}^n )$ 表示在n个数中取i个数的种数。

解析：该题考查的还是牛顿二项式公式： $（1+x）^n = \sum_{k=0}^∞C_{n}^kx^k$ ，把其中的x换成1，此时就出现了题干中的场景 $（\sum_{k=0}^nC_{n}^k） - C_{n}^0$ ，因此该题解如下： $(_{1}^n )+(_{2}^n )+(_{3}^n )+...+(_{n-1}^n )+(_{n}^n ) = （\sum_{k=0}^nC_{n}^k） - C_{n}^0$ 公式1，由牛顿二项式公式可知：

公式1 = $（（1+x）^n | x =1 ） - C_n^0 =2 ^n -1$ 得解。

四、计算题

1、下雨了有5个人上班把伞随机放在门口，下班后把伞拿回。

1）全部拿错有多少个排列？

2）至少有一个人拿对的概率是多少？

解析：

1）完全错排问题：求所有人都拿错伞的方法数 $D_n$ 等价于求 n个数1,2,3,...,5 的错排数目问题，设 $A_i (i = 1,2,3,4,5)$ 是第 i 个人拿回自己伞的结果集合，则取回伞的总方法为 $5!$ ,

$|A_i| = (n-1)! ,|A_i \cap A_j| =(n-2)!, ,|A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap A_{i_3} \cap ... \cap A_{i_k} | =(n-k)!$ ,利用容斥原理，

$D_n = | \frac{}{ A } _1 \cap \frac{}{ A } _2 \cap \frac{}{ A } _3 \cap ... \cap \frac{}{ A } _n | = n! - C_{(n,1)}(n-1)! +C_{(n,2)}(n-2)! - C_{(n,3)}(n-3)! +...+(-1)^nC_{(n,n)} = n!(1-1+\frac{1}{2!}- \frac{1}{3!} + ... +(-1)^n \frac{1}{n!} )$ ，其中 n = 5, 则 $D_5 = 5!(1-1+\frac{1}{2!}- \frac{1}{3!} + ... +(-1)^5 \frac{1}{5!} ) = 5!(\frac{1}{2!}- \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} ) = 3*4*5 - 4*5 + 5 -1 = 60-20+5-1 = 44$

2）至少有一人拿对伞的组合数，即为完全错排的补集，也就是 $5! - D_5 = 120 - 44 = 76$ ，则至少有一人拿对的概率为 $p = \frac{5!-D_5}{5!} = \frac{76}{120} = \frac{19}{30} = 63.33\%$

2、 2、4、6、8几个数排列，每个数有无数个，2要求出现偶数次，4要求出现奇数次，6要求至少出现1次，8没有限制。

1）对应写出母函数G(x)？

2）对应的 $a_{n}$ 是多少？

解析：1）对于这种题目，排列用指数型母函数，组合则用母函数。

$G(x) =(1+ \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} +... )( \frac{x}{1!} + \frac{x^3}{3!}+ \frac{x^5}{5!} +... ) ( \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!}+ \frac{x^3}{3!} +... )( 1+ \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!}+ \frac{x^3}{3!} +... )$

$= (\frac{e^x+e^{-x}}{2}) (\frac{e^x-e^{-x}}{2}) (e^x -1 ) (e^x)= \frac{1}{4} (e^ {2x} - e ^ {-2x} )( e^{2x} - e^x) = \frac{1}{4} (e^ {4x} -1 - e ^ {3x} + e ^ {-x} ) = \frac{1}{4} (e^ {4x} - e ^ {3x} + e ^ {-x} ) - \frac{1}{4}$

$= \frac{1}{4} \sum_{n=0}^∞ (4^n - 3^n + (-1)^n) \frac{x^n}{n!} - \frac{1}{4}$

2）因此 $a_n = \frac{1 }{4 }(4^n - 3 ^ {n} + (-1)^n )$

五、证明题

1、设A是包含n个元素的有限集，R是A上的关系，则必存在s 和 t，使得 $R^s = R^t$ ，并且 $0 \leq s < t \leq 2^{n^2}$ 。

解析：【定理】设A为含有n个元素的有穷集 $R \subseteq A \times A$ ，则存在自然数s,t, 且满足 $0 \leq s < t \leq 2^{n^2}$ ,使得 $R^s = R^t$ 。

显然 $P(A \times A)$ 中元素对幂运算是封闭的，即对任意的自然数k,有 $R^k \in P(A \times A), k = 0,1,2,...$

而且 $|P(A \times A)| = 2^{n^2}$ ,考虑R的各项幂 $R^0, R^1,...,R^{2^{n^2}}$ ,共产生了 $2^{n^2} + 1$ 个 $P(A \times A)$

的二元关系，由鸽巢原理可知，存在s,t,满足 $0 \leq s < t \leq 2^{n^2}$ ，使得 $R^s = R^t$ 。

2. 设k是简单图G的顶点度数的最小值，证明G包含一条长度至少为k的路。

解析：用反证法，假设最长路的长度 $l \leq k-1$ ，即从 $v_0$ 到 $v_l$ 的长度为 $l$ 。

由题干可知 $d(v_0) \geq k,$ 则G中至少有k个点与 $v_0$ 有边相连，而假设中 $v_0$ 链接最长路的长度 $l \leq k-1$ , 则一定有另一个点与 $v_0$ 相连且在 $l$ 外，则假设相矛盾，因此 $l \geq k$ ，等证。

最后编辑于：2021.04.21 22:42:55

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