數學邏輯題目

⑴ 邏輯思維數學題

12個球分成3組,每組4個。拿出其中的兩組稱(假設那個質量不一樣的求為X好了，方便敘述)
情況1:兩組質量相同,則說明X肯定在第3組,然後從第三組拿出任意兩個球,然後在前面的那兩組求中任意取出兩個,如果平衡,則從第三組的剩下兩球中取一個,如果平衡,則第三組中剩下的就是X了,如果不平衡,那當然它就是X了啊!
情況2:兩組質量不同也按同樣的方法..

(①,②,③ 三次稱量)

將球分為三組，每組4個，如：X組(1,2,3,4) Y組(a,b,c,d) Z組(A,B,C,D)

①if X=Y then Q in Z
從Z中抽出D並加入正常球1 稱 (A,B) (C,1)
②if (A,B)=(C,1) then Q = D
②if (A,B)<(C,1) then 稱 A,B
③if A = B then Q = C
③if A > B then Q = B
③if A < B then Q = A
②if (A,B)>(C,1) then 稱 A,B
③if A = B then Q = C
③if A > B then Q = A
③if A < B then Q = B

①if X > Y then Q in X or Y
從X中抽出(3,4)，從Y中抽出(d)，X剩(1,2) Y剩(a,b,c)，
並用X中(2)的和Y(c)中的進行交換，再向X中加入正常球(D),
重組後X組(1,c,D)，Y組(a,b,2)，再稱量X，Y

② if X = Y then Q in ( 3,4,d)。
因為(1,2,3,4)>(a,b,c,d)(由稱量①可知),所以 Q = d(比正常輕) or Q = (3,4)中重的那個，
稱量(3,4)。
③if 3 = 4 then Q = d
③if 3 > 4 then Q = 3
③if 3 < 4 then Q = 4

② if X > Y then Q in (1,a,b)。
2 和 c交換沒有任何影響，都是正常球，所以 Q = 1(比正常重) or Q =(a,b)中輕的那個。
③if a = b then Q = 1
③if a > b then Q = b
③if a < b then Q = a

② if X < Y then Q in (2,D)。
2 和 c 決定了X,Y的輕重， 所以 Q = 2(比正常重) or Q = c(比正常輕)。
將 2 和一正常球 1 比較。
③if 2 = 1 then Q = c
③if 2 > 1 then Q = 2
③ 2 < 1 不可能。

①if X < Y then 同理。

⑵ 一道趣味數學邏輯推理題。

解：
假設小明說假話
因為小明說：小紅說真話
又因為小紅說：小內芳說假話容
得：小明說假話，小芳說假話
不符合題意

假設小紅說假話
因為小紅說：小芳說假話
又因為小芳說：小明說假話
所以小明說真話
又因為小明說：小紅說真話
得：小紅說真話與小紅說假話
與假設矛盾

設小芳說假話
因為小芳說：小明說假話
所以小明說真話
又因為小明說：小紅說真話
所以小紅說真話
得：小明說真話，小紅說真話
所以小芳說假話

⑶ 數理邏輯題目

推理過程是這樣的:

假設三個學生是:學生1,學生2,學生3.

我們從學生1開始考慮，學生2和學生3的帽子的情況有三種：
1第一種情況：假設學生2 和學生3都是白帽子，則學生1將無法判斷自己頭上是白帽子還是黑帽子。因為一共有三個白帽子，兩個黑帽子。如果學生2，學生3都是白帽子的話，還有一個白帽子和兩個黑帽子。所以學生1將無法斷定。

第二種情況：如果學生2和學生3是一個白帽子，一個黑帽子，那麼學生1還是無法判斷自己是白帽子還是黑帽子，道理同上。

第三種情況：如果學生2和學生3都是黑帽子，因為只有兩個黑帽子，所以學生1可以馬上斷定自己是白帽子。

從學生2，學生3來考慮是一樣的，都是以上的三種情況。又因為三人均不能斷定自己是什麼帽子，所以每個人看到的情況或者是第一種情況或者是第二種情況。
所以，學生1不能確定的原因是因為他看到了第一種情況，而學生1會認為學生2 和學生3不能確定的原因是因為他們都看到了第一種情況（當學生1自己是白帽子時）或者都看到了第二種情況（當學生1自己是黑帽子時）。由於三個人都是這么想的，所以三個人開始的時候都不能確定自己是什麼帽子。但是，如果三個人這么想的話，第二種情況是不能發生的，因為不可能三個人交替的一個白帽子一個黑帽子（三個人要麼是白帽子，要麼是黑帽子），所以發生的是第一種情況。即：三個人看到的都是第一種情況。那麼就好判斷了：每個人都是白帽子。

推理完畢。

這個推理可以推到無限多的，不管有多少學生，總是白帽子的數量和學生的數量一樣多，黑帽子的數量比學生的總數少一個。這樣，按照上面的推理過程，如果大家都不能確定自己是什麼帽子，那麼大家都是白帽子。如果至少有一個不是白帽子的話，那麼至少有一個學生會確定自己是黑帽子。就是這樣。

⑷ 一個有關於數學邏輯思維的題目！

先問其中一個人「你和另一個人說的都是真話嗎？」 說真話的說的答案是 「不是。」，而說假話的答案也只能是「是。」據此就可以判斷出哪個是說真話的，哪個是說假話的，接著就可以去問另一個「哪條是通往天堂的路 ？」而根據前面的判斷，就可以知道該怎麼選擇咯。

⑸ 一道數學邏輯題（經典的）

原題應該是這樣的：
有一個小村莊住著50戶人家，每戶人家都養了一隻狗。有一次村子裡出瘋狗了。大家在一起商議：每天上午大家都要到每一戶人家去查看狗，一旦發現自己家的狗是瘋狗時，必須在當晚開槍把自家的瘋狗殺死。這村子的人家都有這樣一種本領，就是能看出別人家的狗到底是不是瘋狗，但是看不出自家的狗是不是瘋狗。並且互相不能告知真相。第一天，第二天，村子沒有槍聲，到了第三天晚，村子裡響起了槍聲，村子裡所有的瘋狗都被殺死了。問村子裡到底有多少條瘋狗？

首先：每個人都清楚瘋狗是一定存在的
假設：有一個人發現他所觀察的除自己外的49家裡有48家是好狗，1家是瘋狗，
由於對自己家的狗無法判斷，因此這時候他得出結論：至少有1隻瘋狗，至多2隻（加上自己家的）
如果是1，那麼有49家的是好狗，自己屬於「49家好狗陣營」；如果是2，那麼有48家好狗，自己屬於「2家瘋狗陣營」
雖然他無發確定是1還是2，但是他會推理：
假如是1，即自己的狗也是好狗，只有他看到那隻狗是唯一的瘋狗，設其主人為a
那麼a就會看到別人的狗都是好狗，而a又清楚一定存在瘋狗，這只能是a自己的狗
因此a第一天就會開槍殺狗.
但是第一天並沒有人開槍，
這就說明a並沒有看到「別人的狗都是好狗」，
因此瘋狗數不是1而是2，「有一個人」自己不屬於「49家好狗陣營」而是屬於「2家壞狗陣營」——除了自己和a之外的48家是好狗
所以第二天他就會開槍殺死自己的狗
a和「有一個人」的情形完全一樣，基於同樣的推理也會在第二天開槍，
所以，如果第二天有人開槍意味著瘋狗數是2
但是第二天沒人開槍，
因此「有一個人發現他所觀察的除自己外的49家裡有48家是好狗，1家是病狗」這個假設不成立
瘋狗數不是2，當然更不是1

繼續假設：有一個人發現他所觀察的除自己外的49家裡有47家是好狗，2家是瘋狗
由於對自己家的狗無法判斷，因此這時候他得出結論：至少有2隻瘋狗，至多3隻（加上自己家的）
如果是2，那麼有48家的是好狗，自己屬於「48家好狗陣營」；如果是3，那麼有47家好狗，自己屬於「3家瘋狗陣營」
雖然他無發確定是2還是3，但是他會推理：
假如是2，即自己的狗也是好狗，他看到那2隻狗是全部瘋狗，設其主人為a、b
a或b也都會做推理，例如a會推理病狗數是1或2，推理過程前面已經說了
如果是2，第二天a和b都會開槍，但第二天還是沒人開槍
所以只能是3，也就是說「有一個人」自己不屬於「48家好狗陣營」而是屬於「3家病狗陣營」
所以第三天有人開槍，就說明「有一個人」、a、b都意識到自己的狗是病狗，他們就開槍了。

結論：推理可一直進行下去，第幾天開槍就有幾條瘋狗

⑹ 數學邏輯題

LZ您好
這個是可比無窮大問題
這個問題中的極限是屬於同一階的算術無窮大，專其一為k，另一屬為k+1
當k→+∞時
k/(k+1)→0
然而k/(k+1)<0恆成立
(注意二者寫法的區別！！)
也就是說在本題中，LZ你拿了2個雖然無窮大，但有自然數屬性的數並定義了二者大小之分，其倒數當然也有大小之較。
與此同時，您問題中有一個用詞亦是不恰當的！從極限角度A和B的值都「為0」這個引號部分應表達為「趨於0「
為0和趨於0差別大了去了！

⑺ 數學邏輯推理題

乙錯，
如果丙錯，那麼丙就是A或AB型與甲丁矛盾
所以丙是對的，丙是O或B型，
那麼甲丁無論誰錯都矛盾，所以只能是乙錯，乙是B，丙是O

⑻ 有趣的邏輯思維題 數學難題

數學三大難題
在20世紀八十年代初，我們這代「知青」為了多學點知識，紛紛進「五大」學習，然後又進「成人自考」深造。我在「西南財經大學」攻讀經濟專業時，一次高等數學的面授課上，一位德高望重的導師給我們講到：人類文明的進步，與數學的發展成正比；人類數學的發展，中國亦有卓越的貢獻，古有祖沖之，今有華羅庚。21世紀，還有在坐的各位及全國各地的有志之青年。

導師接著講到：古代數學史上有世界三大難題（倍立方體、方圓、三分角）。近代數學史又有第五公設、費馬大定理、任一大偶數表兩素之和。這些都已為前人攻破的攻破，將突破的將突破。現代發達國家的數學家們又在鑽研什麼呢？21世紀數學精英們又攻什麼呢？

這位導師繼續講了現代數學上的三大難題：一是有20棵樹，每行四棵，古羅馬、古希臘在16世紀就完成了16行的排列，18世紀高斯猜想能排18行，19世紀美國勞埃德完成此猜想，20世紀末兩位電子計算機高手完成20行紀錄，跨入21世紀還會有新突破嗎？

二是相鄰兩國不同著一色，任一地圖著色最少可用幾色完成著色？五色已證出，四色至今僅美國阿佩爾和哈肯，羅列了很多圖譜，通過電子計算機逐一理論完成，全面的邏輯的人工推理證明尚待有志者。

三是任三人中可證必有兩人同性，任六人中必有三人互相認識或互相不認識（認識用紅線連，不認識用藍線連，即六質點中二色線連必出現單色三角形）。近年來國際奧林匹克數學競賽也圍繞此類熱點題型遴選後備攻堅力量。（如十七個科學家討論三課題，兩兩討論一個題，證至少三個科學家討論同一題；十八個點用兩色連必出現單色四邊形；兩色連六個點必出現兩個單色三角形，等等。）單色三角形研究中，尤以不出現單色三角形的極值圖譜的研究更是難點中之難點，熱門中之熱門。

歸納為20棵樹植樹問題，四色繪地圖問題，單色三角形問題。通稱現代數學三大難題。

當年的大學生一學期中能親聆導師教誨不到十次。數學三大難題是我們學子在課堂上最難忘最精彩的一課。光陰荏苒，時光如白駒過隙，彈指之間，今已是21世紀第一個年代了（以區別下一年代—— 一十年代），在此將我在大學學習中最精彩最難忘的一課奉獻，以饗不同層次、不同愛好的讀者。

「千僖難題」之一：P（多項式演算法）問題對NP（非多項式演算法）問題

在一個周六的晚上，你參加了一個盛大的晚會。由於感到局促不安，你想知道這一大廳中是否有你已經認識的人。你的主人向你提議說，你一定認識那位正在甜點盤附近角落的女士羅絲。不費一秒鍾，你就能向那裡掃視，並且發現你的主人是正確的。然而，如果沒有這樣的暗示，你就必須環顧整個大廳，一個個地審視每一個人，看是否有你認識的人。生成問題的一個解通常比驗證一個給定的解時間花費要多得多。這是這種一般現象的一個例子。與此類似的是，如果某人告訴你，數13，717，421可以寫成兩個較小的數的乘積，你可能不知道是否應該相信他，但是如果他告訴你它可以因子分解為3607乘上3803，那麼你就可以用一個袖珍計算器容易驗證這是對的。不管我們編寫程序是否靈巧，判定一個答案是可以很快利用內部知識來驗證，還是沒有這樣的提示而需要花費大量時間來求解，被看作邏輯和計算機科學中最突出的問題之一。它是斯蒂文·考克（StephenCook）於1971年陳述的。

「千僖難題」之二： 霍奇(Hodge)猜想

二十世紀的數學家們發現了研究復雜對象的形狀的強有力的辦法。基本想法是問在怎樣的程度上，我們可以把給定對象的形狀通過把維數不斷增加的簡單幾何營造塊粘合在一起來形成。這種技巧是變得如此有用，使得它可以用許多不同的方式來推廣；最終導至一些強有力的工具，使數學家在對他們研究中所遇到的形形色色的對象進行分類時取得巨大的進展。不幸的是，在這一推廣中，程序的幾何出發點變得模糊起來。在某種意義下，必須加上某些沒有任何幾何解釋的部件。霍奇猜想斷言，對於所謂射影代數簇這種特別完美的空間類型來說，稱作霍奇閉鏈的部件實際上是稱作代數閉鏈的幾何部件的(有理線性)組合。

「千僖難題」之三： 龐加萊(Poincare)猜想

如果我們伸縮圍繞一個蘋果表面的橡皮帶，那麼我們可以既不扯斷它，也不讓它離開表面，使它慢慢移動收縮為一個點。另一方面，如果我們想像同樣的橡皮帶以適當的方向被伸縮在一個輪胎面上，那麼不扯斷橡皮帶或者輪胎面，是沒有辦法把它收縮到一點的。我們說，蘋果表面是「單連通的」，而輪胎面不是。大約在一百年以前，龐加萊已經知道，二維球面本質上可由單連通性來刻畫，他提出三維球面(四維空間中與原點有單位距離的點的全體)的對應問題。這個問題立即變得無比困難，從那時起，數學家們就在為此奮斗。

「千僖難題」之四： 黎曼(Riemann)假設

有些數具有不能表示為兩個更小的數的乘積的特殊性質，例如，2,3,5,7,等等。這樣的數稱為素數；它們在純數學及其應用中都起著重要作用。在所有自然數中，這種素數的分布並不遵循任何有規則的模式；然而，德國數學家黎曼(1826~1866)觀察到，素數的頻率緊密相關於一個精心構造的所謂黎曼蔡塔函數z(s$的性態。著名的黎曼假設斷言，方程z(s)=0的所有有意義的解都在一條直線上。這點已經對於開始的1,500,000,000個解驗證過。證明它對於每一個有意義的解都成立將為圍繞素數分布的許多奧秘帶來光明。

「千僖難題」之五： 楊－米爾斯(Yang-Mills)存在性和質量缺口

量子物理的定律是以經典力學的牛頓定律對宏觀世界的方式對基本粒子世界成立的。大約半個世紀以前，楊振寧和米爾斯發現，量子物理揭示了在基本粒子物理與幾何對象的數學之間的令人注目的關系。基於楊－米爾斯方程的預言已經在如下的全世界范圍內的實驗室中所履行的高能實驗中得到證實：布羅克哈文、斯坦福、歐洲粒子物理研究所和築波。盡管如此，他們的既描述重粒子、又在數學上嚴格的方程沒有已知的解。特別是，被大多數物理學家所確認、並且在他們的對於「誇克」的不可見性的解釋中應用的「質量缺口」假設，從來沒有得到一個數學上令人滿意的證實。在這一問題上的進展需要在物理上和數學上兩方面引進根本上的新觀念。

「千僖難題」之六： 納維葉－斯托克斯(Navier-Stokes)方程的存在性與光滑性

起伏的波浪跟隨著我們的正在湖中蜿蜒穿梭的小船，湍急的氣流跟隨著我們的現代噴氣式飛機的飛行。數學家和物理學家深信，無論是微風還是湍流，都可以通過理解納維葉－斯托克斯方程的解，來對它們進行解釋和預言。雖然這些方程是19世紀寫下的，我們對它們的理解仍然極少。挑戰在於對數學理論作出實質性的進展，使我們能解開隱藏在納維葉－斯托克斯方程中的奧秘。

「千僖難題」之七： 貝赫(Birch)和斯維訥通－戴爾(Swinnerton-Dyer)猜想

數學家總是被諸如x^2+y^2=z^2那樣的代數方程的所有整數解的刻畫問題著迷。歐幾里德曾經對這一方程給出完全的解答，但是對於更為復雜的方程，這就變得極為困難。事實上，正如馬蒂雅謝維奇(Yu.V.Matiyasevich)指出，希爾伯特第十問題是不可解的，即，不存在一般的方法來確定這樣的方法是否有一個整數解。當解是一個阿貝爾簇的點時，貝赫和斯維訥通－戴爾猜想認為，有理點的群的大小與一個有關的蔡塔函數z(s)在點s=1附近的性態。特別是，這個有趣的猜想認為，如果z(1)等於0,那麼存在無限多個有理點(解)，相反，如果z(1)不等於0,那麼只存在有限多個這樣的點。