离散数学特色项目[模版]

第一篇：离散数学特色项目[模版]

离散数学特色项目

在2009年离散数学这门课成为中国计量学院校重点建设课程后,课程组的老师们积极进行教学改革,在很多方面对课程进行了完善,在原有的基础上呈现出了本课程的一些特色.现总结如下:（１）在教师队伍上 该课程组的四位教师近三年均参与过离散数学的教学，而且４位教师里有２位教师通过了教学“免检”认证，还有１位是中国计量学院“我最喜爱的教师”称号获得者。

（２）在上课方式上

首先,由以前的“板书式”转变为“多媒体与板书相结合”的方式.我们课程组的老师在确定上课内容为数理逻辑、集合论、代数系统、图论后，每个人承担一部分的多媒体课件制作，这就有了现在再用的教学课件，多媒体课件使得老师们在完成教学基本内容的同时，可以提供给学生更多的信息。在授课方式上，我们采取“合作”的方式，每位老师上自己比较擅长、自己相关专业的部分，这样可以使教学深入，使教学与相关专业的最新研究动态联系起来，从而激发学生的学习兴趣，提高教学效果。

（３）在考核方式上 在课程建设以前，我们都采取平时占20﹪，考试占80﹪的考核方式。在具体操作时，本课程是由四部分组成的，内容分散，所涉及的理论较多，学生普遍觉得考试较难。经过课程组讨论后，将考核方式进行了改革，加大对平时的考核力度，降低考试难度。这体现在平时成绩提高到占总成绩的30﹪，其中10分用于课堂考核，10分用于作业考核，10分用于网络平台的参与。经我们改革的这一年来看，学生能充分利用网络平台，包括提问题，提建议，网络平台成为学生与老师交流的另一种渠道。

（４）在网络平台建设上 在平时成绩考核上，本课程加大了对网络平台的利用要求。在两年的使用过程中，我们发现了网络平台有很多优点：课程组上传的课堂录像，学生随时可以打开教师的教学录像，对所学知识进行复习；课程组上传本课程的部分习题答案（教材后没有付答案），便于学生巩固所学知识；课程组组织教师轮流值班，与学生进行网络交流，及时解决学生疑问；网络平台也提供了课程的一些相关信息，加深了学生对课程的理解。

第二篇：离散数学

离散数学试题（A卷答案）

一、（10分）

（1）证明(PQ)∧(QR)(PR)（2）求(P∨Q)R的主析取范式与主合取范式，并写出其相应的成真赋值和成假赋值。解：（1）因为((PQ)∧(QR))(PR)((P∨Q)∧(Q∨R))∨(P∨R)(P∧Q)∨(Q∧R)∨P∨R (P∧Q)∨((Q∨P∨R)∧(R∨P∨R))(P∧Q)∨(Q∨P∨R)(P∨Q∨P∨R)∧(Q∨Q∨P∨R)T 所以，(PQ)∧(QR)(PR)。

（2）(P∨Q)R(P∨Q)∨R(P∧Q)∨R (P∨(Q∧Q)∨R)∧((P∧P)∨Q∨R)(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)M2∧M4∧M6 m0∨m1∨m3∨m5

所以，其相应的成真赋值为000、001、011、101、111：成假赋值为：010、100、110。

二、（10分）分别找出使公式x(P(x)y(Q(y)∧R(x，y)))为真的解释和为假的解释。

解：设论域为{1，2}。

若P(1)＝P(2)＝T，Q(1)＝Q(2)＝F，R(1，1)＝R(1，2)＝R(2，1)＝R(2，2)＝F，则 x(P(x)y(Q(y)∧R(x，y)))x(P(x)((Q(1)∧R(x，1))∨(Q(2)∧R(x，2))))(P(1)((Q(1)∧R(1，1))∨(Q(2)∧R(1，2))))∧(P(2)((Q(1)∧R(2，1))∨(Q(2)∧R(2，2))))(T((F∧F)∨(F∧F)))∧(T((F∧F)∨(F∧F)))(TF)∧(TF)F 若P(1)＝P(2)＝T，Q(1)＝Q(2)＝T，R(1，1)＝R(1，2)＝R(2，1)＝R(2，2)＝T，则 x(P(x)y(Q(y)∧R(x，y)))x(P(x)((Q(1)∧R(x，1))∨(Q(2)∧R(x，2))))(P(1)((Q(1)∧R(1，1))∨(Q(2)∧R(1，2))))∧(P(2)((Q(1)∧R(2，1))∨(Q(2)∧R(2，2))))(T((T∧T)∨(T∧T)))∧(T((T∧T)∨(T∧T)))(TT)∧(TT)T

三、（10分）

在谓词逻辑中构造下面推理的证明：每个喜欢步行的人都不喜欢做汽车，每个人或者喜欢坐汽车或者喜欢骑自行车。有的人不喜欢骑自行车，因而有的人不喜欢步行。

解

论域：所有人的集合。A(x)：x喜欢步行；B(x)：x喜欢坐汽车；C(x)：x喜欢骑自行车；则推理化形式为：

x(A(x)B(x))，x(B(x)∨C(x))，xC(x)xA(x)下面给出证明：(1)xC(x)

P(2)xC(x)

T(1)，E(3)C(c)

T(2)，ES(4)x(B(x)∨C(x))

P(5)B(c)∨C(c)

T(4)，US(6)B(c)

T(3)(5)，I(7)x(A(x)B(x))

P(8)A(c)B(c)

T(7)，US(9)A(c)

T(6)(8)，I(10)xA(x)

T(9)，EG

四、（10分）

下列论断是否正确？为什么？(1)若A∪B＝A∪C，则B＝C。(2)若A∩B＝A∩C，则B＝C。(3)若AB＝AC，则B＝C。

解(1)不一定。例如，令A＝{1}，B＝{1，2}，C＝{2}，则A∪B＝A∪C，但B＝C不成立。(2)不一定。例如，令A＝{1}，B＝{1，2}，C＝{1，3}，则A∩B＝A∩C，但B＝C不成立。(3)成立。因为若AB＝AC，对任意的x∈B，当x∈A时，有x∈A∩BxABxAC＝(A∪C)－(A∩C)x∈A∩Cx∈C，所以BC；当xA时，有xA∩B，而x∈Bx∈A∪B，所以x∈A∪B－A∩B＝ABx∈AC，但x A，于是x∈C，所以BC。

同理可证，C B。

因此，当AB＝AC时，必有B＝C。

五、（10分）若R是集合A上的自反和传递关系，则对任意的正整数n，R＝R。

证明 当n＝1时，结论显然成立。设n＝k时，Rk＝R。当n＝k＋1时，Rk+1＝Rk*R＝R*R。下面由R是自反和传递的推导出R*R＝R即可。

由传递性得R*RR。另一方面，对任意的∈R，由R自反得∈R，再由关系的复合得∈R*R，从而RR*R。因此，R＝R*R。

由数学归纳法知，对任意的正整数n，Rn＝R。

n

六、（15分）设函数f：R×RR×R，f定义为：f()＝。

(1)证明f是单射。(2)证明f是满射。(3)求逆函数f。

(4)求复合函数f－1f和ff。

证明(1)对任意的x，y，x1，y1∈R，若f()＝f()，则＝，x＋y＝x1＋y1，x－y＝x1－y1，从而x＝x1，y＝y1，故f是单射。

(2)对任意的∈R×R，令x＝uw2uw2－

1，y＝

uw2，则f()＝<

uw2＋

uw2，uw2－>＝，所以f是满射。

uw2－1(3)f()＝<－1，uw2>。

xyxy2xy(xy)2(4)ff()＝f(f())＝f()＝<－1－1，>＝ ff()＝f(f())＝f()＝＝<2x，2y>。

七、（15分）设X＝{1，2，3，4}，R是X上的二元关系，R＝{<1，1>，<3，1>，<1，3>，<3，3>，<3，2>，<4，3>，<4，1>，<4，2>，<1，2>}(1)画出R的关系图。(2)写出R的关系矩阵。

(3)说明R是否是自反、反自反、对称、传递的。解(1)R的关系图如图所示：(2)R的关系矩阵为：

10M(R)111011101100 00(3)对于R的关系矩阵，由于对角线上不全为1，R不是自反的；由于对角线上存在非0元，R不是反自反的；由于矩阵不对称，R不是对称的；

经过计算可得 102M(R)111011101100M(R)，所以R是传递的。00

八、（10分）若是群，H是G的非空子集，则是的子群对任意的a、b∈H有a*b－1∈H。证明 必要性：对任意的a、b∈H，由是的子群，必有b－1∈H，从而a*b－1∈H。充分性：由H非空，必存在a∈H。于是e＝a*a∈H。任取a∈H，由e、a∈H得a－1＝e*a－1∈H。

对于任意的a、b∈H，有a*b＝a*(b)∈H，即a*b∈H。又因为H是G非空子集，所以*在H上满足结合律。综上可知，是的子群。

九、（10分）给定二部图G＝，且|V1∪V2|＝m，|E|＝n，证明n≤m/4。

证明 设|V1|＝m1，则|V2|＝m－m1，于是n≤m1(m－m1)＝m1m－m22

2－

1－1

－1

m12。因为(m2m1)20，即4mm1m1，所以n≤m2/4。离散数学试题（B卷答案）

一、（20分）用公式法判断下列公式的类型：(1)(P∨Q)(PQ)(2)(PQ)(P∧(Q∨R))解：（1）因为(P∨Q)(PQ)(P∨Q)∨(P∧Q)∨(P∧Q)

(P∧Q)∨(P∧Q)∨(P∧Q)m1∨m2∨m3 M0

所以，公式(P∨Q)(PQ)为可满足式。

（2）因为(PQ)(P∧(Q∨R))((P∨Q))∨(P∧Q∧R))

(P∨Q)∨(P∧Q∧R))

(P∨Q∨P)∧(P∨Q∨Q)∧(P∨Q∨R)(P∨Q)∧(P∨Q∨R)

(P∨Q∨(R∧R))∧(P∨Q∨R)(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)∧(P∨Q∨R)M0∧M1

m2∨m3∨m4∨m5∨m6∨m7

所以，公式(PQ)(P∧(Q∨R))为可满足式。

二、（15分）在谓词逻辑中构造下面推理的证明：每个科学家都是勤奋的，每个勤奋又身体健康的人在事业中都会获得成功。存在着身体健康的科学家。所以，存在着事业获得成功的人或事业半途而废的人。

Q(x)：x是勤奋的；x是科学家；C(x)：解：论域：所有人的集合。H(x)：x是身体健康的；S(x)：x是事业获得成功的人；F(x)：x是事业半途而废的人；则推理化形式为：

x(S(x)Q(x))，x(Q(x)∧H(x)C(x))，x(S(x)∧H(x))

x(C(x)∨F(x))下面给出证明：

(1)x(S(x)∧H(x))

P(2)S(a)∧H(a)

T(1)，ES(3)x(S(x)Q(x))

P(4)S(a)Q(a)

T(1)，US(5)S(a)

T(2)，I(6)Q(a)

T(4)(5)，I(7)H(a)

T(2)，I(8)Q(a)∧H(a)

T(6)(7)，I(9)x(Q(x)∧H(x)C(x))

P(10)Q(a)∧H(a)C(a)

T(9)，Us(11)C(a)

T(8)(10)，I(12)xC(x)

T(11)，EG(13)x(C(x)∨F(x))

T(12)，I

三、（10分）设A＝{，1，{1}}，B＝{0，{0}}，求P(A)、P(B)－{0}、P(B)B。解

P(A)＝{，{}，{1}，{{1}}，{，1}，{，{1}}，{1，{1}}，{，1，{1}}} P(B)－{0}＝{，{0}，{{0}}，{0，{0}}－{0}＝{，{0}，{{0}}，{0，{0}} P(B)B＝{，{0}，{{0}}，{0，{0}}{0，{0}}＝{，0，{{0}}，{0，{0}}

四、（15分）设R和S是集合A上的任意关系，判断下列命题是否成立？(1)若R和S是自反的，则R*S也是自反的。(2)若R和S是反自反的，则R*S也是反自反的。(3)若R和S是对称的，则R*S也是对称的。(4)若R和S是传递的，则R*S也是传递的。(5)若R和S是自反的，则R∩S是自反的。(6)若R和S是传递的，则R∪S是传递的。

解

(1)成立。对任意的a∈A，因为R和S是自反的，则∈R，∈S，于是∈R*S，故R*S也是自反的。

(2)不成立。例如，令A＝{1，2}，R＝{<1，2>}，S＝{<2，1>}，则R和S是反自反的，但R*S＝{<1，1>}不是反自反的。

(3)不成立。例如，令A＝{1，2，3}，R＝{<1，2>，<2，1>，<3，3>}，S＝{<2，3>，<3，2>}，则R和S是对称的，但R*S＝{<1，3>，<3，2>}不是对称的。

(4)不成立。例如，令A＝{1，2，3}，R＝{<1，2>，<2，3>，<1，3>}，S＝{<2，3>，<3，1>，<2，1>}，则R和S是传递的，但R*S＝{<1，3>，<1，1>，<2，1>}不是传递的。

(5)成立。对任意的a∈A，因为R和S是自反的，则∈R，∈S，于是∈R∩S，所以R∩S是自反的。

五、（15分）令X＝{x1，x2，…，xm}，Y＝{y1，y2，…，yn}。问(1)有多少个不同的由X到Y的函数？

(2)当n、m满足什么条件时，存在单射，且有多少个不同的单射？(3)当n、m满足什么条件时，存在双射，且有多少个不同的双射？

解

(1)由于对X中每个元素可以取Y中任一元素与其对应，每个元素有n种取法，所以不同的函数共n个。

(2)显然当|m|≤|n|时，存在单射。由于在Y中任选m个元素的任一全排列都形成X到Y的不同的单射，故不同的单射有Cnm!＝n(n－1)(n―m―1)个。

(3)显然当|m|＝|n|时，才存在双射。此时Y中元素的任一不同的全排列都形成X到Y的不同的双射，mm故不同的双射有m!个。

六、（5分）集合X上有m个元素，集合Y上有n个元素，问X到Y的二元关系总共有多少个？ 解

X到Y的不同的二元关系对应X×Y的不同的子集，而X×Y的不同的子集共有个2mn，所以X到Y的二元关系总共有2mn个。

七、（10分）若是群，则对于任意的a、b∈G，必有惟一的x∈G使得a*x＝b。

证明 设e是群的幺元。令x＝a－1*b，则a*x＝a*(a－1*b)＝(a*a－1)*b＝e*b＝b。所以，x＝a－1*b是a*x＝b的解。

若x∈G也是a*x＝b的解，则x＝e*x＝(a*a)*x＝a*(a*x)＝a*b＝x。所以，x＝a*b是a*x

－

1－1

－1

－1＝b的惟一解。

八、（10分）给定连通简单平面图G＝，且|V|＝6，|E|＝12。证明：对任意f∈F，d(f)＝3。证明

由偶拉公式得|V|－|E|＋|F|＝2，所以|F|＝2－|V|＋|E|＝8，于是d(f)＝2|E|＝24。若存在f∈

fFF，使得d(f)＞3，则3|F|＜2|E|＝24，于是|F|＜8，与|F|＝8矛盾。故对任意f∈F，d(f)＝3。

第三篇：离散数学

第一章

数学语言与证明方法

例1 设E={ x | x是北京某大学学生}, A,B,C,D是E的子集, A= { x | x是北京人}，B= { x | x是走读生}, C= { x | x是数学系学生}，D= { x | x是喜欢听音乐的学生}.试描述下列各集合中学生的特征:

(AD) ~ C={ x | x是北京人或喜欢听音乐,但不是数学系学生} ~ AB={ x | x是外地走读生}(A-B) D={ x | x是北京住校生, 并且喜欢听音乐} ~ D  ~ B={ x | x是不喜欢听音乐的住校生} 例3 证明:(1)AB=BA(交换律)证 x

xAB

 xAxB

(并的定义)

xBxA

(逻辑演算的交换律)

xBA

(并的定义)(2)A(BC)=(AB)(AC)(分配律)证 x

xA(BC)

 xA(xB xC)

(并,交的定义)

(xAxB)(xAxC)

(逻辑演算的分配律)

x(AB)(AC)

(并,交的定义)(3)AE=E(零律)证 x

xAE

 xAxE

(并的定义)

 xA1

(全集E的定义)

1

(逻辑演算的零律)

xE

(全集E的定义)(4)AE=A(同一律)证 x

xAE

 xAxE

(交的定义)

 xA1

(全集E的定义)

 xA

(逻辑演算的同一律)例4 证明 A(AB)=A（吸收律）证 利用例3证明的4条等式证明

A(AB)

=(AE)(AB)

(同一律)

= A(EB)

(分配律)

= A(BE)

(交换律)

= AE

(零律)

= A

(同一律)例5 证明(A-B)-C=(A-C)-(B-C)证

(A-C)-(B-C)

=(A  ~C) ~(B  ~C)

(补交转换律)

=(A  ~C)(~B  ~~C)

(德摩根律)

=(A  ~C)(~B  C)

(双重否定律)

=(A  ~C  ~B)(A  ~C  C)

(分配律)

=(A  ~C  ~B)(A  )

(矛盾律)

= A  ~C  ~B

(零律,同一律)

=(A  ~B) ~C

(交换律,结合律)

=(A – B)– C

(补交转换律)例6 证明(AB)(AC)=(BC)(AC))((AC)A 例7 设A,B为任意集合, 证明:(1)AAB 证 x xA  xAxB

(附加律)

 xAB

(2)ABA

证 x xAB  xAxB

 xA

(化简律)(3)A-BA

证 x xA-B  xAxB

 xA

(化简律)(4)若AB, 则P(A)P(B)证 x xP(A) xA

 xB

(已知AB)

 xP(B)例8 证明 AB=AB-AB.证

AB=(A~B)(~AB)

=(A~A)(AB)(~B~A)(~BB)

=(AB)(~B~A)

=(AB)~(AB)

=AB-AB 例3 若A-B=A, 则AB=

证 用归谬法, 假设AB, 则存在x,使得

xAB  xAxB  xA-BxB

(A-B=A)

 xAxBxB  xBxB，矛盾 例4 证明

是无理数

证

假设

是有理数, 存在正整数n,m, 使得

=m/n,不妨设m/n为既约分数.于是m=n, m2=2n2, m2是偶数, 从而m是偶数.设m=2k, 得(2k)2=2n2, n2=2k2, 这又得到n也 是偶数, 与m/n为既约分数矛盾.例6 对于每个正整数n, 存在n个连续的正合数.证

令x=(n+1)!

则 x+2, x+3,…, x+n+1是n个连续的正合数:

i | x+i，i=2,3,…,n+1 例7 判断下述命题是真是假:

若AB=AC, 则B=C.解

反例: 取A={a,b}, B={a,b,c}, C={a,b,d}, 有

AB=AC = {a,b} 但BC, 故命题为假.例8 证明:对所有n1, 1+2+ … +n=n(n+1)/2 证

归纳基础.当n=1时, 1=1(1+1)/2, 结论成立.归纳步骤.假设对n1结论成立, 则有

1+2+ … +n +(n+1)=n(n+1)/2 +(n+1)

(归纳假设)

=(n+1)(n+2)/2 得证当n+1时结论也成立.例9 任何大于等于2的整数均可表成素数的乘积 证 归纳基础.对于2, 结论显然成立.归纳步骤.假设对所有的k(2kn)结论成立, 要证结论 对n+1也成立.若n+1是素数, 则结论成立;否则n+1=ab, 2a,b

命题逻辑

例1 下列句子中那些是命题？

(1)北京是中华人民共和国的首都.(2)2 + 5 ＝8.(3)x + 5 ＞ 3.(4)你会开车吗？

(5)2050年元旦北京是晴天.(6)这只兔子跑得真快呀！(7)请关上门！(8)我正在说谎话.(1),(2),(5)是命题,(3),(4),(6)~(8)都不是命题

例2 将下列命题符号化.(1)王晓既用功又聪明.(2)王晓不仅聪明，而且用功.(3)王晓虽然聪明，但不用功.(4)张辉与王丽都是三好生.(5)张辉与王丽是同学.解

(1)p∧q

(2)p∧q

(3)p∧q(4)记 r:张辉是三好生, s:王丽是三好生，r∧s(5)简单命题，记 t:张辉与王丽是同学 例3 将下列命题符号化(1)2或4是素数.(2)2或3是素数.(3)4或6是素数.(4)元元只能拿一个苹果或一个梨.(5)王晓红生于1975年或1976年.解

(1)p∨r, 真值:1(2)

p∨q, 真值: 1(3)r∨s,真值: 0(4)记t:元元拿一个苹果,u:元元拿一个梨

(t∧u)∨(t∧u)(5)记v:王晓红生于1975年,w:王晓红生于1976年

(v∧w)∨(v∧w)又可形式化为

v∨w

例4 设p:天冷, q:小王穿羽绒服，将下列命题符号化

(1)只要天冷，小王就穿羽绒服.pq(2)因为天冷，所以小王穿羽绒服.pq

(3)若小王不穿羽绒服，则天不冷.qp 或 pq(4)只有天冷，小王才穿羽绒服.qp(5)除非天冷，小王才穿羽绒服.qp(6)除非小王穿羽绒服，否则天不冷.pq

(7)如果天不冷，则小王不穿羽绒服.pq 或 qp(8)小王穿羽绒服仅当天冷的时候.qp 例5 求下列复合命题的真值

(1)2+2＝4 当且仅当 3+3＝6.(2)2+2＝4 当且仅当 3是偶数.0(3)2+2＝4 当且仅当 太阳从东方升起.(4)2+2＝5 当且仅当 美国位于非洲.(5)f(x)在x0处可导的充要条件是它在 x0处连续.0 例6 公式A=( p1  p2  p3)(p1 p2)

000是成真赋值，001是成假赋值

公式B=(pq)r

000是成假赋值，001是成真赋值 例3 证明 p(qr)(pq)r 证

p(qr)

 p(qr)

（蕴涵等值式）

(pq)r

（结合律）

 (pq)r

（德摩根律）

(pq)r

（蕴涵等值式 例4 证明: p(qr)

(pq)r 方法一

真值表法（见例2）

方法二

观察法.容易看出000使左边成真, 使右边成假.方法三

先用等值演算化简公式, 再观察.例5 用等值演算法判断下列公式的类型(1)q(pq)解

q(pq)

 q(pq)

（蕴涵等值式）

 q(pq)

（德摩根律）

 p(qq)

（交换律，结合律）

 p0

（矛盾律）

 0

（零律）该式为矛盾式.(2)(pq)(qp)解

(pq)(qp)

(pq)(qp)

（蕴涵等值式）

(pq)(pq)

（交换律）

 1 该式为重言式.(3)((pq)(pq))r)

解

((pq)(pq))r)

(p(qq))r

（分配律）

 p1r

（排中律）

 pr

（同一律）

非重言式的可满足式.如101是它的成真赋值,000是它的 成假赋值.例1 求(pq)r 的析取范式与合取范式 解

(pq)r

 (pq)r

(pq)r

析取范式

(pr)(qr)

合取范式 注意: 公式的析取范式与合取范式不惟一.例1(续)求(pq)r 的主析取范式与主合取范式 解(1)(pq)r (pq)r

pq (pq)1

同一律

(pq)(rr)

排中律

(pqr)(pqr)

分配律

 m4m5

r (pp)(qq)r

同一律, 排中律

(pqr)(pqr)(pqr)(pqr)

 m0 m2 m4 m6

得

(pq)r  m0 m2 m4 m5  m6 可记作

 (0,2,4,5,6)(2)(pq)r (pr)(qr)

pr  p0r

同一律

 p(qq)r

矛盾律

分配律

(pqr)(pqr)

分配律

 M1M3

qr (pp)qr

同一律, 矛盾律

(pqr)(pqr)

分配律

 M3M7 得

(pq)r  M1M3M7 可记作

 (1,3,7)例2(1)求 A (pq)(pqr)r的主析取范式 解 用快速求法

(1)pq (pqr)(pqr) m2 m3

pqr  m1

r (pqr)(pqr)(pqr)(pqr)

 m1 m3 m5 m7 得

A m1 m2 m3 m5 m7  (1,2,3,5,7)(2)求 B p(pqr)的主合取范式

解 p (pqr)(pqr)(pqr)(pqr)

 M4M5M6M7

pqr  M1 得

B M1M4M5M6M7  (1,4,5,6,7)例3 用主析取范式判断公式的类型:(1)A (pq)q

(2)B p(pq)

(3)C(pq)r 解(1)A  ( pq)q (pq)q  0

矛盾式(2)B   p(pq) 1  m0m1m2m3

重言式(3)C  (pq)r (pq)r

(pqr)(pqr)(pqr)

(pqr)(pqr)(pqr)

 m0m1m3 m5m7

非重言式的可满足式 例4 用主析取范式判断下面2组公式是否等值:(1)p与(pq)(pq)解

p  p(qq)(pq)(pq) m2m3

(pq)(pq) (pq)(pq)

(pq)(pq) m2m3 故

p (pq)(pq)(2)(pq)r 与 p(qr)解(pq)r (pqr)(pqr)

(pqr)(pqr)(pqr)(pqr)

 m1m3m5 m6m7

p(qr)(pq)(p r)

(pqr)(pqr)(pqr)(pqr)

 m5 m6m7 故

(pq)r

p(qr)例5 某单位要从A,B,C三人中选派若干人出国考察, 需满 足下述条件:(1)若A去, 则C必须去;(2)若B去, 则C不能去;(3)A和B必须去一人且只能去一人.问有几种可能的选派方案? 解

记p:派A去, q:派B去, r:派C去

(1)pr，(2)qr，(3)(pq)(pq)求下式的成真赋值

A=(pr)(qr)((pq)(pq))例6 求A=(pqr)(pqr)(pqr)的主合取范式 解

A  m1m3m7

 M0M2M4M5M6 例1 判断下面推理是否正确:(1)若今天是1号, 则明天是5号.今天是1号.所以, 明天是5号.解

设 p: 今天是1号, q: 明天是5号

推理的形式结构为

(p®q)Ùp®q 证明

用等值演算法

(p®q)Ùp®q

Û Ø((ØpÚq)Ùp)Úq

Û((pÙØq)ÚØp)Úq

Û ØpÚØqÚq Û 1 得证推理正确

(2)若今天是1号, 则明天是5号.明天是5号.所以, 今天是1号.解

设p: 今天是1号, q: 明天是5号.推理的形式结构为

(p®q)Ùq®p 证明

用主析取范式法

(p®q)Ùq®p

Û(ØpÚq)Ùq®p

Û Ø((ØpÚq)Ùq)Úp

Û ØqÚp

Û(ØpÙØq)Ú(pÙØq)Ú(pÙØq)Ú(pÙq)

Û m0Úm2Úm3

01是成假赋值, 所以推理不正确.例2 在自然推理系统P中构造下面推理的证明: 前提: pÚq, q®r, p®s, Øs 结论: rÙ(pÚq)证明 ① p®s

前提引入

② Ø s

前提引入 ③ Ø p

①②拒取式 ④ pÚq

前提引入

⑤ q

③④析取三段论

⑥ q®r

前提引入

⑦ r

⑤⑥假言推理 ⑧ rÙ(pÚq)

⑦④合取 推理正确, rÙ(pÚq)是有效结论

例3 构造推理的证明: 若明天是星期一或星期三, 我就有 课.若有课, 今天必需备课.我今天下午没备课.所以, 明天 不是星期一和星期三.解 设 p:明天是星期一, q:明天是星期三，r:我有课，s:我备课 前提:(pÚq)®r, r®s, Øs 结论: ØpÙØq

例4 构造下面推理的证明: 前提: ØpÚq, ØqÚr, r®s 结论: p®s

证明 ① p

附加前提引入 ② ØpÚq

前提引入

③ q

①②析取三段论 ④ ØqÚr

前提引入

⑤ r

③④析取三段论

⑥ r®s

前提引入

⑦ s

⑤⑥假言推理 推理正确, p®s是有效结论 例5 构造下面推理的证明

前提: Ø(pÙq)Úr, r®s, Øs, p 结论: Øq

证明

用归缪法

① q

结论否定引入 ② r®s

前提引入 ③ Øs

前提引入 ④ Ør

②③拒取式 ⑤ Ø(pÙq)Úr

前提引入

⑥ Ø(pÙq)

④⑤析取三段论 ⑦ ØpÚØq

⑥置换

⑧ Øp

①⑦析取三段论 ⑨ p

前提引入 ⑩ ØpÙp

⑧⑨合取 推理正确, Øq是有效结论

例6 用归结证明法构造下面推理的证明: 前提:(p®q)®r, r®s, Øs 结论:(p®q)®(pÙs)解

(p®q)®r Û Ø(ØpÚq)Úr Û(pÙØq)Úr Û(pÚr)Ù(ØqÚr)

r®s Û ØrÚs



(p®q)®(pÙs)Û Ø(ØpÚq)Ú(pÙs)Û(pÙØq)Ú(pÙs)

Û pÙ(ØqÚs)推理可表成

前提: pÚr, ØqÚr, ØrÚs, Øs 结论: pÙ(ØqÚs)

第3章 一阶逻辑 例1(1)4是偶数

4是个体常项, “是偶数”是谓词常项, 符号化为: F(4)(2)小王和小李同岁

小王, 小李是个体常项, 同岁是谓词常项.记a:小王，b: 小李, G(x,y): x与y同岁, 符号化为: G(a,b)(3)x< y

x,y是命题变项, < 是谓词常项, 符号化为: L(x,y)(4)x具有某种性质P

x是命题变项, P是谓词变项, 符号化为: P(x)例2 将下述命题用0元谓词符号化, 并讨论它们的真值:(1)

是无理数, 而

是有理数(2)如果2>3，则3<4 解

(1)设F(x): x是无理数, G(x): x是有理数 符号化为 真值为0(2)设 F(x,y): x>y, G(x,y): x

个体域分别取(a)人类集合,(b)全总个体域.解:(a)(1)设F(x): x爱美，符号化为 x F(x)

(2)设G(x): x用左手写字，符号化为 x G(x)

(b)设M(x): x为人，F(x), G(x)同(a)中

(1)x(M(x)F(x))

(2) x(M(x)G(x))M(x)称作特性谓词

例4 将下列命题符号化, 并讨论其真值:(1)对任意的x, 均有x2-3x+2=(x-1)(x-2)(2)存在x, 使得x+5=3 分别取(a)个体域D1=N,(b)个体域D2=R 解 记F(x): x2-3x+2=(x-1)(x-2), G(x): x+5=3(a)(1)x F(x)

真值为1

(2)x G(x)

真值为0(b)(1)x F(x)

真值为1

(2)x G(x)

真值为1 例5 将下面命题符号化:(1)兔子比乌龟跑得快

(2)有的兔子比所有的乌龟跑得快(3)并不是所有的兔子都比乌龟跑得快(4)不存在跑得一样快的兔子和乌龟

解

用全总个体域，令F(x): x是兔子, G(y): y是乌龟，H(x,y): x比y跑得快，L(x,y): x和y跑得一样快(1)xy(F(x)G(y)H(x,y))(2)x(F(x)(y(G(y)H(x,y)))(3) xy(F(x)G(y)H(x,y))(4) xy(F(x)G(y)L(x,y))例6 公式 x(F(x,y)yG(x,y,z))x的辖域:(F(x,y)yG(x,y,z))，指导变元为x y的辖域:G(x,y,z)，指导变元为y x的两次出现均为约束出现

y的第一次出现为自由出现, 第二次出现为约束出现 z为自由出现.例7 公式 x(F(x)xG(x))x的辖域:(F(x)xG(x))，指导变元为x x的辖域:G(x)，指导变元为x x的两次出现均为约束出现.但是, 第一次出现的x是x中 的x, 第二次出现的x是x中的x.例8 给定解释I 如下:

(a)个体域 D=N

(b)

(c)

(d)谓词

说明下列公式在 I 下的含义, 并讨论其真值

(1)xF(g(x,a),x)x(2x=x)

假命题

(2)xy(F(f(x,a),y)F(f(y,a),x))xy(x+2=yy+2=x)

假命题(3)xyzF(f(x,y),z)

xyz(x+y=z)

真命题

(4)xF(f(x,x),g(x,x))

x(2x=x2)

真命题(5)F(f(x,a), g(x,a))x+2=2x

不是命题

(6)x(F(x,y)F(f(x,a), f(y,a)))x(x=yx+2=y+2)

真命题

例8(1)~(4)都是闭式, 在I下全是命题.(5)和(6)不是闭式, 在I下(5)不是命题,(6)是命题

例9 判断下列公式的类型:(1)x(F(x)G(x))取解释I1, D1=R，:x是整数，:x是有理数, 取解释I2, D2=R，:x是整数，:x是自然数, 非永真式的可满足式(2)(xF(x))(xF(x))

这是 pp 的代换实例, pp是重言式，永真式(3)(xF(x)yG(y)) yG(y)这是(pq)q的代换实例, (pq)q是矛盾式

矛盾式 例1 消去公式中既约束出现、又自由出现的个体变项

真命题 假命题

(1)xF(x,y,z) yG(x,y,z) uF(u,y,z) yG(x,y,z)

换名规则  uF(u,y,z) vG(x,v,z)

换名规则

或者  xF(x,u,z) yG(x,y,z)

代替规则

 xF(x,u,z) yG(v,y,z)

代替规则(2)x(F(x,y) yG(x,y,z)) x(F(x,y) tG(x,t,z))

换名规则

或者  x(F(x,t) yG(x,y,z))

代替规则 例2 设个体域D={a,b,c}, 消去下面公式中的量词:(1)x(F(x)G(x))(F(a)G(a))(F(b)G(b))(F(c)G(c))(2)x(F(x)yG(y)) xF(x)yG(y)

量词辖域收缩 (F(a)F(b)F(c))(G(a)G(b)G(c))(3)xyF(x,y) x(F(x,a)F(x,b)F(x,c))(F(a,a)F(a,b)F(a,c))(F(b,a)F(b,b)F(b,c))

(F(c,a)F(c,b)F(c,c))例3 给定解释I:(a)D={2,3},(b)

(c)

:x是奇数，: x=2  y=2，: x=y.在I下求下列各式的真值:(1)x(F(f(x))G(x, f(x)))

解

(F(f(2))G(2, f(2)))(F(f(3))G(3, f(3)))(11)(01) 1(2)xyL(x,y)解

yL(2,y)yL(3,y)(L(2,2)L(2,3))(L(3,2)L(3,3))(10)(01) 0 例4 证明下列等值式:

 x(M(x)F(x)) x(M(x) F(x))证

左边  x (M(x)F(x))

量词否定等值式

 x(M(x)F(x)) x(M(x) F(x))例5 求公式的前束范式(1)xF(x)xG(x)解

 xF(x)xG(x)

量词否定等值式  x(F(x)G(x))

量词分配等值式 解2  xF(x)yG(y)

换名规则  xF(x)yG(y)

量词否定等值式  x(F(x)yG(y))

量词辖域扩张  xy(F(x)G(y))

量词辖域扩张

第4章 关系 例1 <2,x+5>=<3y4,y>，求 x, y.解

3y4=2, x+5=y  y=2, x= 3 例2

A={0, 1}, B={a, b, c}

AB={<0,a>,<0,b>,<0,c>,<1,a>,<1,b>,<1,c>}

BA ={,,,,,}

A = {}, B = 

P(A)A = {<,>, <{},>}

P(A)B = 

例3

(1)R={ | x,yN, x+y<3}

={<0,0>, <0,1>, <0,2>, <1,0>, <1,1>, <2,0>}

(2)C={ | x,yR, x2+y2=1}，其中R代表实数集合，C是直角坐标平面上点的横、纵坐标之间的关系，C中的所有的点恰好构成坐标平面上的单位圆.(3)

R={ | x,y,zR, x+2y+z=3}，R代表了空间直角坐标系中的一个平面.例4 A={0,1}, B={1,2,3}，R1={<0,2>}, R2=A×B, R3=, R4={<0,1>}，从A到B的关系: R1, R2, R3, R4, A上的关系R3和R4.计数：

|A|=n, |B|=m, |A×B|=nm, A×B 的子集有

个.所以从A到B有

元关系.|A|=n, A上有

不同的二元关系.例如 |A|=3, 则 A上有512个不同的二元关系.例

5A={a, b, c, d}, R={,,,,}, R的关系矩阵 MR 和关系图 GR 如下：

1110100000000100例1

R={,,<{a},{d}>,}, 则

domR =

ranR =

fldR =

例2

R={<1,2>, <2,3>, <1,4>, <2,2>}

S={<1,1>, <1,3>, <2,3>, <3,2>, <3,3>}

R1 =

R∘S =

S∘R =

个不同的二

例3 设A = {a, b, c, d}, R = {,,,}, 求R的各次幂, 分别用矩阵和关系图表示.解 R与R2的关系矩阵分别为

0100010001 10101010102M M0001000100 0000000000

例1

A = {a, b, c}, R1, R2, R3 是 A上的关系, 其中  R1 = {,}  R2 = {,,,}  R3 = {}

001010010000010101000000R2自反, R3 反自反, R1既不自反也不反自反.例2

设A＝{a,b,c}, R1, R2, R3和R4都是A上的关系, 其中



R1＝{,}，R2＝{,,}  R3＝{,}，R4＝{,,} R1 对称、反对称.R2 对称，不反对称.R3 反对称，不对称.R4 不对称、也不反对称 例3 设A＝{a, b, c}, R1, R2, R3是A上的关系, 其中 

R1＝{,} 

R2＝{,} 

R3＝{} R1 和 R3 是A上的传递关系, R2不是A上的传递关系.例4

证明若 IA R，则 R 在 A 上自反.证

任取x，xA  IA  R

因此 R 在 A 上是自反的.例5

证明若 R=R1 , 则 R 在A上对称.证

任取

R  R 1  R

因此 R 在 A 上是对称的.例6

证明若 R∩R1IA , 则 R 在 A 上反对称.证

任取

R R  R R 1

 R∩R 1  IA  x=y

因此 R 在 A 上是反对称的.例7

证明若 R∘RR , 则 R 在 A 上传递.证

任取，

R R  R∘R  R

因此 R 在 A 上是传递的.例8 判断下图中关系的性质, 并说明理由

(1)不自反也不反自反；对称, 不反对称；不传递.(2)反自反, 不是自反；反对称, 不是对称；传递.(3)自反，不是反自反；反对称，不是对称；不传递.例1 设A={a,b,c,d}, R={,,,,}, R和 r(R), s(R), t(R)的关系图如下图所示.(1)(2)(3)

例1 设 A={1, 2, …, 8}, 如下定义 A上的关系R： 

R={| x,y↔A∧x≡y(mod 3)} 其中 x≡y(mod 3)叫做 x与y 模3相等, 即 x 除以3的余数与 y 除以3的余数相等.不难验证R为A上的等价关系, 因为 

x↔A, 有x≡x(mod 3)

x,y↔A, 若x≡y(mod 3), 则有y≡x(mod 3)

x,y,z↔A, 若x≡y(mod 3), y≡z(mod 3), 则有

x≡z(mod 3)例2 令A={1, 2, …, 8}，A关于模 3 等价关系R 的商集为

A/R = { {1, 4,7}, {2, 5, 8}, {3, 6} } A关于恒等关系和全域关系的商集为：

A/IA = { {1},{2}, … ,{8}}

A/EA = { {1, 2, … ,8} }

例3 设A＝{a, b, c, d}, 给定 1,  2,  3,  4,  5,  6如下：  1={{a, b, c},{d}}， 2={{a, b},{c},{d}}   3={{a},{a, b, c, d}}， 4={{a, b},{c}}   5={,{a, b},{c, d}}， 6={{a,{a}},{b, c, d}} 则 1和 2是A的划分, 其他都不是A的划分.例4 给出A＝{1,2,3}上所有的等价关系

求解思路：先做出A的所有划分, 然后根据划分写出

对应的等价关系.A上的等价关系与划 分之间的对应：

 4对应于全域关系EA  5对应于恒等关系IA  1,  2和 3分别对应于等价关系 R1, R2和R3.其中

R1={<2,3>,<3,2>}∪IA



R2={<1,3>,<3,1>}∪IA

R3={<1,2>,<2,1>}∪IA 例5

设A={1,2,3,4}，在AA上定义二元关系 R：

<,>R  x+y = u+v，求R 导出的划分.解

AA={<1,1>, <1,2>, <1,3>, <1,4>, <2,1>, <2,2>, <2,3>，<2,4>,<3,1>, <3,2>, <3,3>, <3,4>, <4,1>, <4,2>, <4,3>，<4,4>}

根据有序对的 x+y=2,3,4,5,6,7,8 将AA划分.(AA)/R={{<1,1>}, {<1,2>,<2,1>}, {<1,3>, <2,2>, <3,1>}，{<1,4>, <2,3>, <3,2>, <4,1>}, {<2,4>, <3,3>, <4,2>}，{<3,4>, <4,3>}, {<4,4>}}

例6

<{ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 }, R整除>

例7

已知偏序集的哈斯图如下图所示, 试求出集合A和关系R的表达式.A={a, b, c, d, e, f, g, h}

R={,,,,,,,，}∪IA

例8 设偏序集如下图所示，求A 的极小元、最小元、极大元、最大元.设B＝{ b, c, d }, 求B 的下界、上界、下 确界、上确界.解：极小元：a, b, c, g；极大元：a, f, h；没有最小元与最大元.B的下界和最大下界都不存在, 上界有d 和 f, 最小上界为 d.第5章 函数

例1 设A = {1, 2, 3}, B = {a, b}, 求BA.解BA = { f0, f1, … , f7 }, 其中

f0={<1,a>,<2,a>,<3,a>} f1={<1,a>,<2,a>,<3,b>} f2={<1,a>,<2,b>,<3,a>} f3={<1,a>,<2,b>,<3,b>} f4={<1,b>,<2,a>,<3,a>} f5={<1,b>,<2,a>,<3,b>} f6={<1,b>,<2,b>,<3,a>} f7={<1,b>,<2,b>,<3,b>} 例2

判断下面函数是否为单射, 满射, 双射的, 为什么?（1）f : R→R, f(x)= x2+2x1（2）f : Z+→R, f(x)=lnx, Z+为正整数集（3）f : R→Z, f(x)=x（4）f : R→R, f(x)=2x+1（5）f : R+→R+, f(x)=(x2+1)/x, 其中R+为正实数集.解(1)f : R→R, f(x)= x2+2x1

在x=1取得极大值0.既不是单射也不是满射的.(2)f : Z+→R, f(x)=lnx

单调上升, 是单射的.但不满射, ranf={ln1, ln2, …}.(3)f : R→Z, f(x)= x

是满射的, 但不是单射的, 例如 f(1.5)=f(1.2)=1.(4)f : R→R, f(x)=2x+1

是满射、单射、双射的, 因为它是单调函数并且ranf=R.(5)f : R+→R+, f(x)=(x2+1)/x

有极小值f(1)=2.该函数既不是单射的也不是满射的.例3

A=P({1,2,3}), B={0,1}{1,2,3} 解

A={,{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3},{1,2,3}}.B={ f0, f1, … , f7 }, 其中

f0={<1,0>,<2,0>,<3,0>}，f1={<1,0>,<2,0>,<3,1>}, f2={<1,0>,<2,1>,<3,0>}，f3={<1,0>,<2,1>,<3,1>}，f4={<1,1>,<2,0>,<3,0>}，f5={<1,1>,<2,0>,<3,1>}，f6={<1,1>,<2,1>,<3,0>}，f7={<1,1>,<2,1>,<3,1>}.令

f : A→B，f()=f0, f({1})=f1, f({2})=f2, f({3})=f3，f({1,2})=f4, f({1,3})=f5, f({2,3})=f6, f({1,2,3})=f7 例4

A=[0,1]

B=[1/4,1/2] 构造双射 f : A→B解

令

f : [0,1]→[1/4,1/2]

f(x)=(x+1)/4

例5

A=Z, B=N，构造双射 f : A→B

将Z中元素以下列顺序排列并与N中元素对应： Z：011

2233 …  

 ↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓ N：0 1 2 4 5 6 … 则这种对应所表示的函数是： 

x02xf:ZN,f(x)2x1x0例1 设 f : R→R, g : R→R x2x3f(x) x32 g(x)x2

求

f ∘g, g∘f.如果 f 和 g 存在反函数, 求出它们的反函数.解 fg:RRx22x3fg(x)x30gf:RR(x2)2gf(x)2x1x1 f : R→R不存在反函数；g : R→R的反函数是 g1: R→R, g1(x)=x2

第6章 图

例1 下述2组数能成为无向图的度数列吗?(1)3,3,3,4;(2)1,2,2,3

解(1)不可能.有奇数个奇数.(2)能

例2 已知图G有10条边, 4个3度顶点, 其余顶点的度数均小 于等于2, 问G至少有多少个顶点? 解 设G有n个顶点.由握手定理，43+2(n-4)210 解得

n8 例3 已知5阶有向图的度数列和出度列分别为3,3,2,3,3和 1,2,1,2,1, 求它的入度列 解

2,1,1,1,2 例4 证明不存在具有奇数个面且每个面都具有奇数条棱的 多面体.证

用反证法.假设存在这样的多面体, 作无向图G=, 其中 V={v | v为多面体的面}，E={(u,v)| u,vV  u与v有公共的棱  uv}.根据假设, |V|为奇数且vV, d(v)为奇数.这与握手定理的推论矛盾.例5 设9阶无向图的每个顶点的度数为5或6, 证明它至少有 5个6度顶点或者至少有6个5度顶点.证

讨论所有可能的情况.设有a个5度顶点和b个6度顶点(1)a=0, b=9;

(2)a=2, b=7;(3)a=4, b=5;(4)a=6, b=3;(5)a=8, b=1(1)~(3)至少5个6度顶点,(4)和(5)至少6个5度顶点

方法二

假设b<5, 则a>9-5=4.由握手定理的推论, a  6 例6 画出4阶3条边的所有非同构的无向简单图

解 总度数为6, 分配给4个顶点, 最大度为3, 且奇度顶点数 为偶数, 有下述3个度数列:(1)1,1,1,3;(2)1,1,2,2;(3)0,2,2,2.1,1,1,3 1,1,2,2

例7 画出3个以1,1,1,2,2,3为度数列的非同构的无向简单图 0,2,2,2

例1 右图有 个面 R1的边界:a R2的边界:bce R3的边界:fg

R0的边界:abcdde, fg

deg(R1)=1 deg(R2)=3 deg(R3)=2 deg(R0)=8 例2 右边2个图是同一平面图的平面嵌入.R1在(1)中是外部面, 在(2)中是内部面;R2在(1)中是内部面, 在(2)中是外部面.R3 R1 R3 R2(1)

R2

R1(2)

说明:(1)一个平面图可以有多个不同形式的平面嵌入, 它们都同构.(2)可以通过变换(测地投影法)把平面图的任何一面作为外部面 例3 证明 K5 和 K3,3不是平面图

证 K5 : n=5, m=10, l=3

K3,3 : n=6, m=9, l=4

不满足定理6.15的条件

例

5证明下面2个图均为非平面图.与K3,3同胚也可收缩到K3,3

与K5同胚也可收缩到K5 例6 画出所有非同构的6阶11条边的简单连通非平面图 解

在K5(5阶10条边)上加一个顶点和一条边

在K3,3(6阶9条边)上加2条边

例1 某中学有3个课外活动小组:数学组, 计算机组和生物组.有赵,钱,孙,李,周5名学生, 问分别在下述3种情况下, 能否选出3人各任一个组的组长?(1)赵, 钱为数学组成员, 赵,孙,李为计算机组成员, 孙,李,周为生物组成员.(2)赵为数学组成员, 钱,孙,李为计算机组成员, 钱,孙,李,周为生物组成员.(3)赵为数学组和计算机组成员, 钱,孙,李,周为生物组成员.解

数 计 生 数 计 生

赵 钱 孙 李 周 赵 钱 孙 李 周

(1(数 计 生

赵 钱 孙 李 周

(3(1),(2)有多种方案,(3)不可能 例2 证明下述各图不是哈密顿图:

(a(b(c)

(c)中存在哈密顿通路

例3 证明右图不是哈密顿图

证

假设存在一条哈密顿回路, a,f,g是2度顶点, 边(a,c),(f,c)和(g,c)必在这条哈密顿回路上,从而点c出现3次, 矛盾.a b c f d

e

g

此外, 该图满足定理6.10的条件, 这表明此条件是必要、而不充分的.又, 该图有哈密顿通路.例4 有7个人, A会讲英语, B会讲英语和汉语, C会讲英语、意大利语和俄语, D会讲日语和汉语, E会讲德语和意大利语, F会讲法语、日语和俄语, G会讲法语和德语.问能否将他们沿圆桌安排就坐成一圈, 使得每个人都能与两旁的人交谈? 解

作无向图, 每人是一个顶点, 2人之间有边他们有共同的语言.G F E D

A B C

ACEGFDBA是一条哈密顿回路,按此顺序就坐即可.

第四篇：特色项目

特色项目——学生创业教育PPT汇报

陈 述 材 料

尊敬的各位评委、各位专家：

大家上午好，今天我汇报的是我校国家示范建设项目中的特色项目——学生创业教育。

下面我从八个方面汇报我们学校为什么要进行特色项目建设？怎样进行特色项目建设？特色项目建设取得了那些可喜的成绩？特色项目对其他工作有哪些带动引领作用？归纳为12345678（展示ｐ２），即1个战略思想，2个促进作用，3个基本原则，4个培养目标，5个重点突破，6个实施步骤，7个贡献示范，8个带动引领作用。

特色项目建设的一个战略思想（展示ｐ3）：全面提高师生的创新能力，为建设创新型国家作出新的贡献。这是国际形势所趋，现在全球都在搞改革创新，谁处于挺先地位，谁就能赢得至高点。我们中国也不例外，国家领导人胡锦涛、习近平分别在党的十七大、十八大报告中指出“提高自主创新能力，建设创新型国家，是国家发展战略的核心，是提高综合国力的关键。”国家兴亡，匹夫有责；国家使命，每一个公民应强力执行！我们学校积极响应国家号召，在中职招生生源萎缩，就业持续低迷的情况下，抢抓机遇，提出了我校新的战略发展要求，抓质量、创特色、促发展，对学生进行特色创业教育，以提高学生的就业竞争力。

特色项目建设的二个促进作用。（展示ｐ4）：一是促进学校人才培养模式改革；二是促进学校就业模式改革。改革的核心：建设新专业，改造旧专业，从事新职业，服务新行业。人才培养模式改革：专业围绕市场转，教学围绕企业转，学生围绕岗位转；培养对接需求，专业对接市场，教学对接企业，学生对接岗位。（展示ｐ5）就业模式改革：建立“一点多线，以点带面”的就业网络：即以武汉为立足点，辐射珠三角、长三角、渤海湾、海西地区多条线；各专业以中心企业为依托，辐射周边企业，形成就业面。二年改革成效显著，就在2013年史上称为最难的就业年，我们学校的就业率也达到了95%以上，引起了省市领导专家的关注，他们纷纷来校调研，向其他单位推广经验。

特色项目建设的三个原则。（展示ｐ6）：以服务为宗旨，以就业为导向，以创业带动积极就业。全心全意为人民服务是我党的根本宗旨，创业带动积极就业是创业教育的目的。我们始终把握住这三个原则，通过二年创业教育特色项目建设（展示ｐ7），我们服务学生达到4602人，服务教师301人，服务企业达到50家，自主创业学生达到125人。

特色项目建设的四个培养目标。（展示ｐ8）即：培养学生的创业意识、创新精神、创业能力、就业能力。创业意识是基础，创新精神是发展，创业能力是提升，就业能力是目的。通过二年建设，2014年6月对全校4602名学生统计，95%的学生有创业意识，50%的学生具有创新精神，5%的学生有自主创业能力，就业能力达到95%以上。

特色项目建设的五个突破。为了达到以上目标，我们特色创业教育主要从以下5个方面突破（展示ｐ9）：保障机制；师资队伍；课程体系；创业基地；创业服务。（展示ｐ10）为了保障创业教育的顺利实施，我们制订了12个纲领性文件，修订或制订了41个规章制度，建立了学校创业教育管理网络；聘请了章方良等12位企业老板或创业资深专家作为兼职教师，加上我们学校精选的14位有创业经验的教师，组成了一支26人的创业师资团队；开发了2本校本教材，形成了以公共选修课、活动课为主，以文化课、专业选修课为辅的广覆盖、文体化的课程教材体系；兴建或改建了7个校内外创业基地，为学生创业搭建了服务平台；通过各种活动载体，如立业创业报告会、就业指导、职生生涯设计大赛、才艺节等形式多样的活动，引领学生树立创业意识，发扬创业精神，提升创业能力，二年来，师生在各级大赛中取得了骄人的佳绩，业绩辉煌！

特色项目建设的六个实施步骤（展示ｐ11）：构建创业教育模式，优化整合创业资源，健全创业管理网络，完善创业保障机制，开展创业实践活动，扶持创业成果转化。

特色项目建设的七个贡献示范（展示ｐ12）：创业教育覆盖了全校12个专业，实现了全覆盖；受益学生人数达到4602人，实现了全参与；参与教职工达到301人，实现了全投入；参与企业达50个，实现了总任务；打造了一支由26人组成的专兼结合的优秀创业师资团队，保证了创业教育质量；兴建或改建了7个创业基地，保障了创业教育的实效性；师生多次勇摘省市大赛桂冠，发表创业教育论文50余篇，吸引企业投资学校或本地达到5家以上，省市领导专家、有关兄弟学校多次实地考察指导，辐射引领作用强劲。展示主要成果一览表（展示ｐ13）。

特色项目建设的八个带动引领（展示ｐ14）：带动引领教育模式改革；带动引领管理模式改革；带动引领德育模式改革；带动引领师生评价模式改革；带动引领课堂教学模式改革；带动引领招生就业模式改革；带动引领人才培养模式改革；带动引领教师招聘模式改革。（展示ｐ15经费开支）

总之（ｐ15），通过二年的特色项目建设，学生创业教育在各级领导专家的关注和支持下，取得了一个又一个可喜的成绩。但改革创新从来都不是一帆风顺的，现在有些人谈职教色变，谈创业教育变色，认为学生的主要任务是读书、读书、还是读书，至于立业创业是将来的事。正是因为如此，我们学校学生创业教育敢为人先，开创了中职学校搞创业教育的先河，无论将来发展如何，我们将一如既往的探索，寻求成功的经验，为职校学生谋求一个灿烂的明天！我的汇报到此结束，不当之处，请各位评委专家批评指正，谢谢！

汇报单位:湖北省崇阳职业技术学校

汇报人：陈 华 二0一四年七月十八日

第五篇：特色项目主题

特色项目主题

敲响幸福的鼓点 敲响幸福的人生鼓点 敲响生命的鼓点

敲响生命的每一个鼓点 敲响人生的每一个鼓点 敲响人生的鼓点 敲响欢快的人生鼓点