离散数学课后习题答案左孝凌版.docx
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离散数学课后习题答案左孝凌版
习题1-5
(1)证明:
a)(P∧(P→Q))→Q
(P∧(┐P∨Q))→Q
(P∧┐P)∨(P∧Q)→Q
(P∧Q)→Q
┐(P∧Q)∨Q
┐P∨┐Q∨Q
┐P∨T
T
b)┐P→(P→Q)
P∨(┐P∨Q)
(P∨┐P)∨Q
T∨Q
T
c)((P→Q)∧(Q→R))→(P→R)
因为(P→Q)∧(Q→R)(P→R)
所以 (P→Q)∧(Q→R)为重言式。
d)((a∧b)∨(b∧c)∨(c∧a))(a∨b)∧(b∨c)∧(c∨a)
因为((a∧b)∨(b∧c)∨(c∧a))
((a∨c)∧b)∨(c∧a)
((a∨c)∨(c∧a))∧(b∨(c∧a))
(a∨c)∧(b∨c)∧(b∨a)
所以((a∧b)∨(b∧c)∨(c∧a))(a∨b)∧(b∨c)∧(c∨a)为重言式。
(2)证明:
a)(P→Q)P→(P∧Q)
解法1:
设P→Q为T
(1)若P为T,则Q为T,所以P∧Q为T,故P→(P∧Q)为T
(2)若P为F,则Q为F,所以P∧Q为F,P→(P∧Q)为T
命题得证
解法2:
设P→(P∧Q)为F ,则P为T,(P∧Q)为F ,故必有P为T,Q为F ,所以P→Q为F。
解法3:
(P→Q)→(P→(P∧Q))
┐(┐P∨Q)∨(┐P∨(P∧Q))
┐(┐P∨Q)∨((┐P∨P)∧(┐P∨Q))
T
所以(P→Q)P→(P∧Q)
b)(P→Q)→QP∨Q
设P∨Q为F,则P为F,且Q为F,
故P→Q为T,(P→Q)→Q为F,
所以(P→Q)→QP∨Q。
c)(Q→(P∧┐P))→(R→(R→(P∧┐P)))R→Q
设R→Q为F,则R为T,且Q为F,又P∧┐P为F
所以Q→(P∧┐P)为T,R→(P∧┐P)为F
所以R→(R→(P∧┐P))为F,所以(Q→(P∧┐P))→(R→(R→(P∧┐P)))为F
即(Q→(P∧┐P))→(R→(R→(P∧┐P)))R→Q成立。
(3)解:
a)P→Q表示命题“如果8是偶数,那么糖果是甜的”。
b)a)的逆换式Q→P表示命题“如果糖果是甜的,那么8是偶数”。
c)a)的反换式┐P→┐Q表示命题“如果8不是偶数,那么糖果不是甜的”。
d)a)的逆反式┐Q→┐P表示命题“如果糖果不是甜的,那么8不是偶数”。
(4)解:
a)如果天下雨,我不去。
设P:
天下雨。
Q:
我不去。
P→Q
逆换式Q→P表示命题:
如果我不去,则天下雨。
逆反式┐Q→┐P表示命题:
如果我去,则天不下雨
b)仅当你走我将留下。
设S:
你走了。
R:
我将留下。
R→S
逆换式S→R表示命题:
如果你走了则我将留下。
逆反式┐S→┐R表示命题:
如果你不走,则我不留下。
c)如果我不能获得更多帮助,我不能完成个任务。
设E:
我不能获得更多帮助。
H:
我不能完成这个任务。
E→H
逆换式H→E表示命题:
我不能完成这个任务,则我不能获得更多帮助。
逆反式┐H→┐E表示命题:
我完成这个任务,则我能获得更多帮助
(5)试证明PQ,Q逻辑蕴含P。
证明:
解法1:
本题要求证明(PQ)∧QP,
设(PQ)∧Q为T,则(PQ)为T,Q为T,故由的定义,必有P为T。
所以(PQ)∧QP
解法2:
由体题可知,即证((PQ)∧Q)→P是永真式。
((PQ)∧Q)→P
(((P∧Q)∨(┐P∧┐Q))∧Q)→P
(┐((P∧Q)∨(┐P∧┐Q))∨┐Q)∨P
(((┐P∨┐Q)∧(P∨Q))∨┐Q)∨P
((┐Q∨┐P∨┐Q)∧(┐Q∨P∨Q))∨P
((┐Q∨┐P)∧T)∨P
┐Q∨┐P∨P
┐Q∨T
T
(6)解:
P:
我学习 Q:
我数学不及格 R:
我热衷于玩扑克。
如果我学习,那么我数学不会不及格:
P→┐Q
如果我不热衷于玩扑克,那么我将学习:
┐R→P
但我数学不及格:
Q
因此我热衷于玩扑克。
R
即本题符号化为:
(P→┐Q)∧(┐R→P)∧QR
证:
证法1:
((P→┐Q)∧(┐R→P)∧Q)→R
┐((┐P∨┐Q)∧(R∨P)∧Q)∨R
(P∧Q)∨(┐R∧┐P)∨┐Q∨R
((┐Q∨P)∧(┐Q∨Q))∨((R∨┐R)∧(R∨┐P))
┐Q∨P∨R∨┐P
T
所以,论证有效。
证法2:
设(P→┐Q)∧(┐R→P)∧Q为T,
则因Q为T,(P→┐Q)为T,可得P为F,
由(┐R→P)为T,得到R为T。
故本题论证有效。
(7)解:
P:
6是偶数 Q:
7被2除尽 R:
5是素数
如果6是偶数,则7被2除不尽 P→┐Q
或5不是素数,或7被2除尽 ┐R∨Q
5是素数 R
所以6是奇数 ┐P
即本题符号化为:
(P→┐Q)∧(┐R∨Q)∧R┐P
证:
证法1:
((P→┐Q)∧(┐R∨Q)∧R)→┐P
┐((┐P∨┐Q)∧(┐R∨Q)∧R)∨┐P
((P∧Q)∨(R∧┐Q)∨┐R)∨┐P
((┐P∨P)∧(┐P∨Q))∨((┐R∨R)∧(┐R∨┐Q))
(┐P∨Q)∨(┐R∨┐Q)
T
所以,论证有效,但实际上他不符合实际意义。
证法2:
(P→┐Q)∧(┐R∨Q)∧R为T,
则有R为T,且┐R∨Q为T,故Q为T,
再由P→┐Q为T,得到┐P为T。
(8)证明:
a)P(┐P→Q)
设P为T,则┐P为F,故┐P→Q为T
b)┐A∧B∧CC
假定┐A∧B∧C为T,则C为T。
c)CA∨B∨┐B
因为A∨B∨┐B为永真,所以CA∨B∨┐B成立。
d)┐(A∧B)┐A∨┐B
设┐(A∧B)为T,则A∧B为F。
若A为T,B为F,则┐A为F,┐B为T,故┐A∨┐B为T。
若A为F,B为T,则┐A为T,┐B为F,故┐A∨┐B为T。
若A为F,B为F,则┐A为T,┐B为T,故┐A∨┐B为T。
命题得证。
e)┐A→(B∨C),D∨E,(D∨E)→┐AB∨C
设┐A→(B∨C),D∨E,(D∨E)→┐A为T,
则D∨E为T,(D∨E)→┐A为T,所以┐A为T
又┐A→(B∨C)为T,所以B∨C为T。
命题得证。
f)(A∧B)→C,┐D,┐C∨D┐A∨┐B
设(A∧B)→C,┐D,┐C∨D为T,则┐D为T,┐C∨D为T,所以C为F
又(A∧B)→C为T,所以A∧B为F,所以┐A∨┐B为T。
命题得证。
(9)解:
a)如果他有勇气,他将得胜。
P:
他有勇气 Q:
他将得胜
原命题:
P→Q 逆反式:
┐Q→┐P表示:
如果他失败了,说明他没勇气。
b)仅当他不累他将得胜。
P:
他不累 Q:
他得胜
原命题:
Q→P 逆反式:
┐P→┐Q表示:
如果他累,他将失败。
习题 1-6
(1)解:
a)(P∧Q)∧┐P(P∧┐P)∧Q┐(T∨Q)
b)(P→(Q∨┐R))∧┐P∧Q
(┐P∨(Q∨┐R))∧┐P∧Q
(┐P∧┓P∧Q)∨(Q∧┓P∧Q)∨(┓R∧┓P∧Q)
(┓P∧Q)∨(┓P∧Q)∨(┓P∧┓R∧Q)
┓P∧Q
┐(P∨┐Q)
c)┐P∧┐Q∧(┐R→P)
┐P∧┐Q∧(R∨P)
(┐P∧┐Q∧R)∨(┐P∧┐Q∧P)
(┐P∧┐Q∧R)∨F
┐P∧┐Q∧R
┐(P∨Q∨┐R)
(2)解:
a)┐PP↓P
b)P∨Q┐(P↓Q)(P↓Q)↓(P↓Q)
c)P∧Q┐P↓┐Q(P↓P)↓(Q↓Q)
(3)解:
P→(┐P→Q)
┐P∨(P∨Q)
T
┐P∨P
(┐P↑┐P)↑(P↑P)
P↑(P↑P)
P→(┐P→Q)
┐P∨(P∨Q)
T
┐P∨P
┐(┐P↓P)
┐((P↓P)↓P)
((P↓P)↓P)↓((P↓P)↓P)
(4)解:
P↑Q
┐(┐P↓┐Q)
┐((P↓P)↓(Q↓Q))
((P↓P)↓(Q↓Q))↓((P↓P)↓(Q↓Q))
(5)证明:
┐(B↑C)
┐(┐B∨┐C)
┐B↓┐C
┐(B↓C)
┐(┐B∧┐C)
┐B↑┐C
(6)解:
联结词“↑”和“↓”不满足结合律。
举例如下:
a)给出一组指派:
P为T,Q为F,R为F,则(P↑Q)↑R为T,P↑(Q↑R)为F
故(P↑Q)↑RP↑(Q↑R).
b)给出一组指派:
P为T,Q为F,R为F,则(P↓Q)↓R为T,P↓(Q↓R)为F
故(P↓Q)↓RP↓(Q↓R).
(7)证明:
设变元P,Q,用连结词,┐作用于P,Q得到:
P,Q,┐P,┐Q,PQ,PP,QQ,QP。
但PQQP,PPQQ,故实际有:
P,Q,┐P,┐Q,PQ,PP(T)(A)
用┐作用于(A)类,得到扩大的公式类(包括原公式类):
P,Q,┐P,┐Q,┐(PQ),T,F,PQ(B)
用作用于(A)类,得到:
PQ,P┐PF,P┐Q┐(PQ),P(PQ)Q,P(PP)P,
Q┐P┐(PQ),Q┐QF,Q(PQ)P,QTQ,
┐P┐QPQ,┐P(PQ)┐Q,┐PT┐P,
┐Q(PQ)┐P,┐QT┐Q,
(PQ)(PQ)PQ.
因此,(A)类使用运算后,仍在(B)类中。
对(B)类使用┐运算得:
┐P,┐Q,P,Q,PQ,F,T,
┐(PQ),
仍在(B)类中。
对(B)类使用运算得:
PQ,P┐PF,P┐Q┐(PQ),P┐(PQ)┐Q,PTP,PF┐P,P(PQ)Q,
Q┐P┐(PQ),Q┐QF,Q┐(PQ)┐P,QTQ,QF┐Q,Q(PQ)P,
┐P┐QPQ,┐P┐(PQ)Q,┐PT┐P,┐PFP,┐P(PQ)┐Q,
┐Q┐(PQ)P,┐QT┐Q,┐QT┐Q,┐Q(PQ)┐P,
┐(PQ)T┐(PQ),┐(PQ)FPQ,┐(PQ)(PQ)F
TFF,T(PQ)PQ
F(PQ)┐(PQ)
(PQ)(PQ)PQ.
故由(B)类使用运算后,结果仍在(B)中。
由上证明:
用,┐两个连结词,反复作用在两个变元的公式中,结果只能产生(B)类中的公式,总共仅八个不同的公式,故{,┐}不是功能完备的,更不能是最小联结词组。
已证{,┐}不是最小联结词组,又因为PQ┐(PQ),故任何命题公式中的联结词,如仅用{,┐}表达,则必可用{,┐}表达,其逆亦真。
故{,┐}也必不是最小联结词组。
(8)证明{∨},{∧}和{→}不是最小联结词组。
证明:
若{∨},{∧}和{→}是最小联结词,则
┐P(P∨P∨……)
┐P(P∧P∧……)
┐PP→(P→(P→……)
对所有命题变元指派T,则等价式左边为F,右边为T,与等价表达式矛盾。
所以{∨},{∧}和{→}不是最小联结词。
(9)证明{┐,→}和{┐,}是最小联结词组。
证明:
因为{┐,∨}为最小联结词组,且P∨Q┐P→Q
所以{┐,→}是功能完备的联结词组,又{┐},{→}都不是功能完备的联结词组。
所以{┐,→}是最小联结词组。
又因为P→Q┐(PQ),所以{┐,}是功能完备的联结词组,又{┐},{}不是功能完备的联结词组,
所以{┐,}是最小联结词组。
习题 1-7
(1) 解:
P∧(P→Q)
P∧(┐P∨Q)
(P∧┐P)∨(P∧Q)
P∧(P→Q)
(P∨(┐Q∧Q))∧(┐P∨Q)
(P∨┐Q)∧(P∨Q)∧(┐P∨Q)
(2) 解:
a)(┐P∧Q)→R
┐(┐P∧Q)∨R
P∨┐Q∨R
(P∧Q)∨(P∧┐Q) ∨(┐Q∧R)∨(┐Q∧┐R)∨(R∧P)∨(R∧┐P)
b)P→((Q∧R)→S)
┐P∨(┐(Q∧R)∨S)
┐P∨┐Q∨┐R∨S
(┐P∧Q)∨(┐P∧┐Q) ∨(┐Q∧R)∨(┐Q∧┐R)∨(┐R∧S)∨(┐R∧┐S)∨(S∧P)∨(S∧┐P)
c)┐(P∨┐Q)∧(S→T)
(┐P∧Q)∧(┐S∨T)
(┐P∧Q∧┐S)∨(┐P∧Q∧T)
d)(P→Q)→R
┐(┐P∨Q)∨R
(P∧┐Q)∨R
(P∨R)∧(┐Q∨R)
e)┐(P∧Q)∧(P∨Q)
(┐P∨┐Q)∧(P∨Q)
(┐P∧P)∨(┐P∧Q)∨(┐Q∧P)∨(┐Q∧Q)
(┐P∧Q)∨(┐Q∧P)
(3)解:
a)P∨(┐P∧Q∧R)
(P∨┐P)∧(P∨Q)∧(P∨R)
(P∨Q)∧(P∨R)
b)┐(P→Q)∨(P∨Q)
┐(┐P∨Q)∨(P∨Q)
(P∧┐Q)∨(P∨Q)
(P∨P∨Q)∧(┐Q∨P∨Q)
c)┐(P→Q)
┐(┐P∨Q)
P∧┐Q
(P∨Q)∧(P∨┐Q)∧(┐Q∨┐P)
d)(P→Q)→R
┐(┐P∨Q)∨R
(P∧┐Q)∨R
(P∨R)∧(┐Q∨R)
e)(┐P∧Q)∨(P∧┐Q)
(┐P∨P)∧(┐P∨┐Q)∧(Q∨P)∧(Q∨┐Q)
(┐P∨┐Q)∧(Q∨P)
(4)解:
a)(┐P∨┐Q)→(P┐Q)
┐(┐P∨┐Q)∨(P┐Q)
(P∧Q)∨(P∧┐Q)∨(┐P∧Q)
1,2,3
P∨Q=0
b)Q∧(P∨┐Q)
(P∧Q)∨(Q∧┐Q)
P∧Q=3
0,1,2
(P∨Q)∧(P∨┐Q)∧(┐P∨Q)
c)P∨(┐P→(Q∨(┐Q→R))
P∨(P∨(Q∨(Q∨R))
P∨Q∨R=0
1,2,3,4,5,6,7
=(┐P∧┐Q∧R)∨(┐P∧Q∧┐R)∨(┐P∧Q∧R)∨(P∧┐Q∧┐R)∨(P∧┐Q∧R)∨(P∧Q∧┐R) ∨(P∧Q∧R)
d)(P→(Q∧R))∧(┐P→(┐Q∧┐R))
(┐P∨(Q∧R))∧(P∨(┐Q∧┐R))
(P∧┐P)∨(P∧(Q∧R))∨((┐Q∧┐R)∧┐P)∨((┐Q∧┐R)∧(Q∧R))
(P∧Q∧R)∨(┐P∧┐Q∧┐R)=0,7
1,2,3,4,5,6
(P∨Q∨┐R)∧(P∨┐Q∨R)∧(P∨┐Q∨┐R)∧(┐P∨Q∨R)∧(┐P∨Q∨┐R)∧(┐P∨┐Q∨R)
e)P→(P∧(Q→P)
┐P∨(P∧(┐Q∨P)
(┐P∨P)∧(┐P∨┐Q∨P)
T∨(T∧┐Q)T
0,1,2,3=(┐P∧┐Q)∨(┐P∧Q)∨(P∧┐Q)∨(P∧Q)
f)(Q→P)∧(┐P∧Q)
(┐Q∨P)∧┐P∧Q
(┐Q∨P)∧┐(P∨┐Q)F
0,1,2,3=(P∨Q)∧(P∨┐Q)∧(┐P∨Q)∧(┐P∨┐Q)
(5)证明:
a)
(A→B)∧(A→C)
(┐A∨B)∧(┐A∨C)
A→(B∧C)
┐A∨(B∧C)
(┐A∨B)∧(┐A∨C)
b)
(A→B)→(A∧B)
┐(┐A∨B)∨(A∧B)
(A∧┐B)∨(A∧B)
A∧(B∨┐B)
A∧T
A
(┐A→B)∧(B→A)
(A∨B)∧(┐B∨A)
A∨(B∧┐B)
A∨F
A
c)
A∧B∧(┐A∨┐B)
((A∧┐A)∨(A∧┐B))∧B
A∧B∧┐B
F
┐A∧┐B∧(A∨B)
((┐A∧A)∨(┐A∧B))∧┐B
┐A∧┐B∧B
F
d)
A∨(A→(A∧B)
A∨┐A∨(A∧B)
T
┐A∨┐B∨(A∧B)
┐(A∧B)∨(A∧B)
T
(6)解:
AR↑(Q∧┐(R↓P)),则A*R↓(Q∨┐(R↑P))
AR↑(Q∧┐(R↓P))
┐(R∧(Q∧(R∨P)))
┐R∨┐Q∨┐(R∨P)
┐(R∧Q)∨┐(R∨P)
A*R↓(Q∨┐(R↑P))
┐(R∨(Q∨(R∧P))
┐R∧┐Q∧┐(R∧P)
┐(R∨Q)∧┐(R∧P)
(7)解:
设A:
A去出差。
B:
B去出差。
C:
C去出差。
D:
D去出差。
若A去则C和D中要去一个。
A→(C
D)
B和C不能都去。
┐(B∧C)
C去则D要留下。
C→┐D
按题意应有:
A→(C
D),┐(B∧C),C→┐D必须同时成立。
因为C
D(C∧┐D)∨(D∧┐C)
故(A→(C
D))∧┐(B∧C)∧(C→┐D)
(┐A∨(C∧┐D)∨(D∧┐C))∧┐(B∧C)∧(┐C∨┐D)
(┐A∨(C∧┐D)∨(D∧┐C))∧(┐B∨┐C)∧(┐C∨┐D)
(┐A∨(C∧┐D)∨(D∧┐C))∧((┐B∧┐C)∨(┐B∧┐D)∨(┐C∧┐D)∨┐C)
(┐A∧┐B∧┐C)∨(┐A∧┐B∧┐D)∨(┐A∧┐C∧┐D)∨(┐A∧┐C)
∨(┐B∧┐C∧D)∨(┐C∧D∧┐B∧┐D)∨(┐C∧D∧┐C∧┐D)
∨(┐C∧D∧┐C)∨(┐D∧C∧┐B∧┐C)∨(┐D∧C∧┐B∧┐D)
∨(┐D∧C∧┐C∧┐D)∨(┐D∧C∧┐C)
在上述的析取式中,有些(画线的)不符合题意,舍弃,得
(┐A∧┐C)∨(┐B∧┐C∧D)∨(┐C∧D)∨(┐D∧C∧┐B)
故分派的方法为:
B∧D ,或D∧A,或C∧A。
(8) 解:
设P:
A是第一。
Q:
B是第二。
R:
C是第二。
S:
D是第四。
E:
A是第二。
由题意得(P
Q)∧(R
S)∧(E
S)
((P∧┐Q)∨(┐P∧Q))∧((R∧┐S)∨(┐R∧S))∧((E∧┐S)∨(┐E∧S))
((P∧┐Q∧R∧┐S)∨(P∧┐Q∧┐R∧S)∨(┐P∧Q∧R∧┐S)∨(┐P∧Q∧┐R∧S))∧((E∧┐S)∨(┐E∧S))
因为 (P∧┐Q∧┐R∧S)与(┐P∧Q∧R∧┐S)不合题意,所以原式可化为
((P∧┐Q∧R∧┐S)∨(┐P∧Q∧┐R∧S))∧((E∧┐S)∨(┐E∧S))
(P∧┐Q∧R∧┐S∧E∧┐S)∨(P∧┐Q∧R∧┐S∧┐E∧S)∨(┐P∧Q∧┐R∧S∧E∧┐S)∨(┐P∧Q∧┐R∧S∧┐E∧S)
(P∧┐Q∧R∧┐S∧E)∨(┐P∧Q∧┐R∧S∧┐E)
因R与E矛盾,故┐P∧Q∧┐R∧S∧┐E为真,
即A不是第一,B是第二,C不是第二,D为第四,A不是第二。
于是得:
A是第三 B是第二 C是第一 D是第四。
习题1-8
(1)证明:
a)┐(P∧┐Q),┐Q∨R,┐R┐P
(1)┐R P
(2)┐Q∨R P
(3)┐Q
(1)
(2)T,I
(4)┐(P∧┐Q) P
(5)┐P∨Q (4)T,E
(6)┐P (3)(5)T,I
b)J→(M∨N),(H∨G)→J,H∨GM∨N
(1)(H∨G)→J P
(2)(H∨G) P
(3)J
(1)
(2)T,I
(4)J→(M∨N) P
(5)M∨N (3)(4)T,I
c)B∧C,(BC)→(H∨G)G∨H
(1)B∧C P
(2)B
(1)T,I
(3)C
(1)T,I
(4)B∨┐C
(2)T,I
(5)C∨┐B (3)T,I
(6)C→B (4)T,E
(7)B→C (5)T,E
(8)BC (6)(7)T,E
(9)(BC)→(H∨G) P
(10)H∨G (8)(9)T,I
d)P→Q,(┐Q∨R)∧┐R,┐(┐P∧S)┐S
(1)(┐Q∨R)∧┐R
(2)┐Q∨R
(1)T,I
(3)┐R
(1)T,I
(4)┐Q
(2)(3)T,I
(5)P→Q P
(6)┐P (4)(5)T,I
(7)┐(┐P∧┐S) P
(8)P∨┐S (7)T,E
(9)┐S (6)(8)T,I
(2)证明:
a)┐A∨B,C→┐BA→┐C
(1)┐(A→┐C) P
(2)A
(1)T,I
(3)C
(1)T,I
(4)┐A∨B P
(5)B
(2)(4)T,I
(6)C→┐B P
(7)┐B (3)(6)T,I
(8)B∧┐B 矛盾。
(5),(7)
b)A→(B→C),(C∧D)→E,┐F→(D∧┐E)A→(B→F)
(1)┐(A→(B→F)) P
(2)A
(1)T,I
(3)┐(B→F)
(1)T,I
(4)B (3)T,I
(5)┐F (3)T,
(6)A→(B→C) P
(7)B→C
(2)(6)T,I
(8)C (4)(7)T,I
(9)┐F→(D∧┐E) P
(10)D∧┐E (5)(9)T,I
(11)D
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- 离散数学 课后 习题 答案 左孝凌版
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