离散数学(刘任任版)习题14
湘潭大学刘任任版离散数学课后习题答案习题
习 题 十 一1．设11≥p ，证明任何p 阶图G 与G 总有一个是不可平面图。
分析： G 与G 是两个互补的图，根据互补的定义，互补的图有相同的顶点数，且G 的边数与G 的边数之和等于完全图的边数p(p-1)/2；而由推论11.2.2，有任何简单平面图G ，其顶点数p 和边数q 满足：q ≤3p-6。
证明. 若),(q p G 与),(q p G ''均是可平面图，则63-≤p q （1） 63-'≤'p q （2） 但q p p q p p --='=')1(21, （3）将（3）代入（2）有63)1(21-≤--p q p p 整理后得 q p p 21272≤+- 又由（1）有)63(21272-≤+-p p p 即 024132≤+-p p也即 224413132244131322⨯-+≤≤⨯--p .得 2731327313+≤≤-p 得112<<p此与11≥p 矛盾。
因此任何p 阶图G 与G 不可能两个都是可平面图，从而G 与G 总有一个是不可平面图。
2．证明或否定：两个p 阶极大简单平面图必同构分析：极大平面图是指添加任何一条边以后不构成平面图的平面图；两个p 阶极大简单平面图不一定同构。
解：令6=p ，三个6阶极大简单平面图321,,G G G 如下：顶点上标的数字表示该顶点的度，但显然不同构.3．找出一个8阶简单平面G ，使得G 也是平面图.分析：由第1题证明过程可知，当p<11时，G 和G 可以同时为平面图。
解：如下平面图G ，显然其补图也是平面图。
123G 3344454．证明或者否定：每个极大平面图是H 图. 分析：极大平面图是指添加任何一条边以后不构成平面图的平面图；而H 图是存在一个H 回路的图，即存在一条经过图中每一个顶点一次且仅一次的回路。
由定理11.1.2知极大平面图的每个面都是三角形，因此G 中必存在回路，利用最长回路的性质使用反证法可证明每个极大平面图都是H 图。
离散数学 习题答案(刘任任)
（2）
A B ( A B) ( A B) ( B A) ( B A) B A
( A B) C (( A B) ( B A)) C (( A B ) ( B A )) C (((A B ) ( B A)) C) (((A B ) ( B A)) C)
A B AC
(4) 错误。例如，令 A={2,3,4},B={1,2,3},C={3,4,5}; (5)错误。例如，令A={2,4},B={1,2},C={2,3};
8.
（1）设A=B。于是
A B ( A B) ( A B) A A 反之，设 A B 。若 A B ，则不妨 设 x A而x B 。于是， x A B, 而x A B 从而 A B
3.
(1) 错; (2) 对; (3) 对; (4) 错;
(5) 错;
(9) 对;
(6) 对;
(10) 错;
(7) 错;
(11)错;
(8) 对;
(12)对.
4.
（1）正确。因BC，所以，对任何x∈B均有x∈C， 令A∈B，故A∈C。 （2）错误。例如，令A={1}，B={{1}，2}， C={{1}，2，3}。
(B×A) 2 =(B × A) ×(A × B) ={<<2,1>,<2,1>>,<<2,1>,<2,2>>,<<2,1>,<3,1 >>,<<2,1>,<3,2>>,<<2,2>,<2,1>>,<<2,2>,< 2,2>>,<<2,2>,<3,1>>,<<2,2>,<3,2>>,<<3,1 >,<2,1>>,<<3,1>,<2,2>>,<<3,1>,<3,1>>,<< 3,1>,<3,2>>,<<3,2><2,1>>,<<3,2>,<2,2>>, <<3,2>,<3,1>>,<<3,2>,<3,2>>}
离散数学参考答案
答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D. 答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D.12.(单选题) 设：p：派小王去开会。
q：派小李去开会。
则命题：“派小王或小李中的一人去开会” 可符号化为：（）答题： A. B. C. D. （已提交）参考答案：B问题解析：答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D.答题： A. B. C. D.问题解析：20.(单选题) 下面“”的等价说法中，不正确的为A．p是q的充分条件B．q是p的必要条件C．q仅当p D．只有q才p答题： A. B. C. D. （已提交）参考答案：C问题解析：答题： A. B. C. D.22.(单选题) 下列式子是合式公式的是( )A．（P Ú ® Q）B．Ø（P Ù（Q Ú R））C．（P Ø Q）D．Ù Q ® Ù R答题： A. B. C. D. （已提交）参考答案：B问题解析：23.(单选题) 公式Ø（（p®q）Ù（q ® p））与的共同成真赋值为( ) A．01，10 B．10，01 C．11，00 D．01，11答题： A. B. C. D. （已提交）参考答案：A问题解析：24.(单选题) p,q都是命题，则p®q的真值为假当且仅当( )A．p为假，q为真B．p为假，q也为假C．p为真，q也为真D．p为真，q为假答题： A. B. C. D. （已提交）参考答案：D问题解析：25.(单选题) n个命题变元组成的命题公式，有( )种真值情况A．n B．C． D．2n答题： A. B. C. D. （已提交）参考答案：C问题解析：26.(单选题) 设A , B 代表任意的命题公式，则德？摩根律为Ø（A Ù B）Û( )A．ØA Ù ØB B．ØA Ú ØBC．A Ù ØB D．AÚB答题： A. B. C. D. （已提交）参考答案：B问题解析：27.(单选题) 设P , Q 是命题公式，德？摩根律为：Ø（P Ú Q）Û( )A．ØP Ù ØQ B．ØP Ú ØQC．P Ù ØQ D．PÚQ答题： A. B. C. D. （已提交）问题解析：28.(单选题) 命题公式A与B是等值的，是指（）。
(完整版)离散数学题目及答案
数理逻辑习题判断题1．任何命题公式存在惟一的特异析取范式 （ √ ） 2． 公式)(q p p →⌝→是永真式 （ √ ） 3．命题公式p q p →∧)(是永真式 （ √ ） 4．命题公式r q p ∧⌝∧的成真赋值为010 （ × ） 5．))(()(B x A x B x xA →∃=→∀ （ √ ）6．命题“如果1＋2＝3，则雪是黑的”是真命题 （ × ） 7．p q p p =∧∨)( （ √ ）8．))()((x G x F x →∀是永真式 （ × ） 9．“我正在撒谎”是命题 （ × ） 10． )()(x xG x xF ∃→∀是永真式（ √ ）11．命题“如果1＋2＝0，则雪是黑的”是假命题 （ × ） 12．p q p p =∨∧)( （ √ ）13．))()((x G x F x →∀是永假式 （ × ）14．每个命题公式都有唯一的特异（主）合取范式 （ √ ） 15．若雪是黑色的:p ，则q →p 公式是永真式 （ √ ） 16．每个逻辑公式都有唯一的前束范式 （ × ） 17．q →p 公式的特异（主）析取式为q p ∨⌝ （ × ） 18．命题公式 )(r q p →∨⌝的成假赋值是110 （ √ ） 19．一阶逻辑公式)),()((y x G x F x →∀是闭式（ × ）单项选择题1． 下述不是命题的是（ A ）A．花儿真美啊! B．明天是阴天。
C．2是偶数。
D．铅球是方的。
2．谓词公式（∀y）（∀x）（P（x）→R（x,y））∧∃yQ（x,y）中变元y （B）A．是自由变元但不是约束变元B．是约束变元但不是自由变元C．既是自由变元又是约束变元D．既不是自由变元又不是约束变元3．下列命题公式为重言式的是（ A ）A．p→ （p∨q）B．（p∨┐p）→qC．q∧┐q D．p→┐q4．下列语句中不是．．命题的只有（A ）A．花儿为什么这样红？B．2+2=0C．飞碟来自地球外的星球。
湘潭大学计算机科学与技术刘任任版离散数学课后习题答案---第三学期--代数结构
习题十六（整 数）1. 请推导出本节定理16.1.3中计算k S 和k T 的递推公式.分析：本题主要是考察矩阵的推导过程。
解：由（P154）T V S U q q q k k kk k ⎛⎝ ⎫⎭⎪=⎛⎝ ⎫⎭⎪⎛⎝ ⎫⎭⎪⎛⎝ ⎫⎭⎪121101101101 () 有T V S U T V S U q q T V T q S U S k k k k k k k k k k k k k k k k k ⎛⎝ ⎫⎭⎪=⎛⎝ ⎫⎭⎪⎛⎝ ⎫⎭⎪=++⎛⎝ ⎫⎭⎪----------11111111111102 ()比较(2)式两端，可知U S V T T q T V S q S U k k k k k k k k kk k k ==⎧⎨⎩=+=+⎧⎨⎩------11111134 ()() 由(3)有U S V T k k k k ----==⎧⎨⎩1212 (5) 由(4)和(5)得S q S S T q T T k k k k k k k k =+=+⎧⎨⎩----12126 () 由(3)可令S U T V 01017==⎧⎨⎩ () 又由(1)有T V S U q 11111110⎛⎝ ⎫⎭⎪=⎛⎝ ⎫⎭⎪ 于是 S U T V S T q 0101111011====⎧⎨⎩==⎧⎨⎩ 这样，对任意k ≥2， 由(6)可求出S k 和 T k 。
2. 求1331和5709的最大公因数，并表为它们的倍数之和.分析：本题主要是考察用辗转相除法来求两个数的最大公因数。
解：用辗转相除法求最大公因数，逐次得出商及余数并计算S k 和T k 。
今列表如下： k 0 1 2 3 4 5 r k 385 176 33 11 0 q k 4 3 2 5 3S k 0 1 3 7 38 空T k 1 4 13 30 163 空 由上表知，最大公因数为 r 411=, 且有r S T 44144415709113313857091631331=-⋅+-⋅=-⨯+⨯-()() 3. 求证：任意奇数的平方减1必是8的倍数.分析：本题首先根据奇数的概念，然后进行变形即得。
《离散数学》题库及答案
《离散数学》题库及答案一、选择或填空（数理逻辑部分）1、下列哪些公式为永真蕴含式？()(1)Q=>Q→P(2)Q=>P→Q(3)P=>P→Q(4)P(PQ)=>P答：（1），（4）2、下列公式中哪些是永真式？()(1)(┐PQ)→(Q→R)(2)P→(Q→Q)(3)(PQ)→P(4)P→(PQ)答：（2），（3），（4）3、设有下列公式，请问哪几个是永真蕴涵式()(1)P=>PQ(2)PQ=>P(3)PQ=>PQ(4)P(P→Q)=>Q(5)(P→Q)=>P(6)P(PQ)=>P答：（2），（3），（4），（5），（6）4、公式某((A(某)B(y，某))zC(y，z))D(某)中，自由变元是(变元是()。
答：某,y,某,z5、判断下列语句是不是命题。
若是，给出命题的真值。
((1)北京是中华人民共和国的首都。
(2)陕西师大是一座工厂。
)，约束)(3)你喜欢唱歌吗？(4)若7+8＞18，则三角形有4条边。
(5)前进！(6)给我一杯水吧！答：（1）是，T（2）是，F（3）不是（4）是，T（5）不是（6）不是6、命题“存在一些人是大学生”的否定是()，而命题“所有的人都是要死的”的否定是()。
答：所有人都不是大学生，有些人不会死7、设P：我生病，Q：我去学校，则下列命题可符号化为()。
(1)只有在生病时，我才不去学校(2)若我生病，则我不去学校(3)当且仅当我生病时，我才不去学校(4)若我不生病，则我一定去学校答：（1）QP（2）PQ（3）PQ（4）PQ8、设个体域为整数集，则下列公式的意义是()。
(1)某y(某+y=0)(2)y某(某+y=0)答：（1）对任一整数某存在整数y满足某+y=0（2）存在整数y对任一整数某满足某+y=09、设全体域D是正整数集合，确定下列命题的真值：(1)某y(某y=y)()(2)某y(某+y=y)()(3)某y(某+y=某)()(4)某y(y=2某)()答：（1）F（2）F（3）F（4）T10、设谓词P(某)：某是奇数，Q(某)：某是偶数，谓词公式某(P(某)Q(某))在哪个个体域中为真()2(1)自然数(2)实数(3)复数(4)(1)--(3)均成立答：（1）11、命题“2是偶数或-3是负数”的否定是（）。
湘潭大学 刘任任版 离散数学课后习题答案 习题9
习 题 九1．证明：任何树最多只有一个完美匹配分析：树是连通没有回路的图；树的完美匹配是树存在一个匹配M ，满足树的所有顶点v 都是M-饱和点。
而两个完美匹配中不同的边所关联的顶点的度至少为2，否则如果等于1的话，则该顶点关联的边只有一条，在构造完美匹配的时候为了使得这个点成饱和点，只有一种选择。
证明：设树T 有两个或两个以上的完美匹配，任取完美匹配1M 和2M ，21M M ≠。
于是Φ≠⊕21M M 。
易知边导出子图][21M M T H ⊕=中的每个顶点v 满足2)(≥v d H 。
于是H 中存在回路，从而T 中有回路。
此与T 是树矛盾，故结论成立。
2．证明：树G 有完美匹配当且仅当对任意)(G V v ∈，均有1)(=-v G O分析：一方面，由定理9.1.3 图G 存在完美匹配当且仅当对任意S ⊂V(G)，有||)(S S G O ≤-，所以如果树G 有完美匹配，则1|}{|)(=≤-v v G O ；而G 有完美匹配，说明=|)(|G V 偶数，所以1)(≥-v G O ；从而有1)(=-v G O 。
另一方面，如果对任意)(G V v ∈，均有1)(=-v G O ，则对v 而言，可利用这个这个奇分支找到v 关联的唯一边，从而构造出G 的一个完美匹配。
证明：必要性 设G 有完美匹配。
由定理9.1.3，取}{v S =，则1||)()(=≤-=-S S G O v G O又 ∵G 有完美匹配，∴=|)(|G V 偶数。
于是|)(|v G V -=奇数。
故 1)(≥-v G O . 从而 1)(=-v G O .充分性 设对任意)(G V v ∈，有1)(=-v G O .即v G -恰有一个奇分支)(0v C ，因G 是树，故v 只能与)(0v C 中的一个顶点邻接。
设v 与)(0v C 的关联边为)()(G E vu v e ∈=。
显然v 确定以后，uv 是唯一确定的，且易知uv u C =)(0。
离散数学刘任任课后答案习题
习 题 三1．下列映射哪些是单射、满射或双射.（1）()⎩⎨⎧=→.0;1,:是偶数是奇数m m m Z Z σσ （2）{}()⎩⎨⎧=→.1;0,1,0:是偶数是奇数m m m N σσ （3）()52,:-=→r r R R σσ解：(1) σ既不是单射也不是满射。
(2) 是满射但不是单射.。
(3) 双射。
2．设A 和B 是有限集，试问有多少A 到B 的不同的单射和双射.解：设 |A|=m , |B|=n .(1) 若 B A →:σ是单射, 则必有 |A|<=|B|, 即 m<=n .a) 当m= n 时, 共有m!个单射;b) 当m<n 时, 共有 !m m n C ⋅ 个单射;(2) 若B A →:σ是双射时, 则必有|A|=|B|, 即 m=n 。
于是, 共有n!个双射。
3．设()A B B A ρτσ→→:,:且定义如下：对于()(){}b x A x b B b =∈=∈στ,试证明，若σ是满射，则τ是单射，其逆成立吗？证明：设B A →:σ是满射。
任取2121,,,b b B b b ≠∈，则存在 A A A ⊆⊆∅21,, 使得 }{)(},{)(2211b A b A ==σσ。
于是, 2211)(,)(A b A b ==ττ 。
若)()(21b b ττ=, 即21A A =, 则存在 21A A a I ∈, 使得21)(,)(b a b a ==σσ,从而21b b =。
矛盾。
故21A A ≠。
.即τ是单射。
若τ是单射, 则σ不一定是满射。
例如, 令A={1,2}, B={x , y} ,∅====)(},2,1{)(,)2()1(y x x ττσσ.于是, τ是单射, 但σ不是满射。
4．设σ是A 到B 的映射，τ是B 到C 的映射，试证明：（1）若σ和τ是满射，则στ⋅是满射；（2）若σ和τ是单射，则στ⋅是单射；（3）若σ和τ是双射，则στ⋅是双射；证明：(1) 设τ和σ是满射, 则对任意的z ∈C, 有y ∈B, 使得τ(y)= z 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
⇔ 1 ∧ (( P ∧ Q) ∨ Q ∨ P ) ⇔ Q ∨ P
∴主合取式为=M0
主析取式为:m1∨m2∨m3
⇔(¬P∧Q) ∨(P∧¬Q) ∨(P∧Q)
(2) P ∨ (7 P → (Q ∨ (7Q → R) ))
⇔ P ∨ ( P ∨ (Q ∨ (Q ∨ R ))) ⇔ P ∨ (P ∨ (Q ∨ R ) ) ⇔ P ∨ Q ∨ R
（2） P → R 前提
（5）证 明： （1） R （2） 7 R ∨ P （3） P 附加前提 前提 析取三段式(1)、(2)
P （4） →(Q→S) 前提
（5）7P∨(7Q∨ S) 等值置换（4） （6）7Q ∨ S （7） Q （8） S 析取三段式(3)、(5) 前提 析取三段式(6)、(7)
命题逻辑对（p→q）的翻译
在p→q中，p与q的逻辑关系是q是p的必要条件， p是q的充分条件。用自然语言表达时有多种叙述方法， 例如： （1）如果p，则q; （3）因为p，所以q （5）只有q，才p （2）只要p，就q （4）p仅当q （6）除非q，否则非p
（7）假如没有q，就没有p
例如
设p：王容努力学习，q：王容取得好成绩 将下列命题符号化。 （1）只要王容努力学习，她就会取得好成绩 （2)王容取得好成绩，如果她努力学习 （3）只有王容努力学习，她才能取得好成绩 （4）除非王容努力学习，否则她不能取得好成绩 （5）假如王容不努力学习，她就不能取得好成绩 （6）王容取得好成绩，仅当她努力学习了。
2．
（1）F (3）T (6）不知真假 （8）不知真假 （9）真或假，视情况而定 （10）T （3）P：我们学好了离散数学。 Q：我们为学习计算机专业课程打下了良好的基础 P→Q （10）P：2是质数； Q：2是偶数； P∧Q
3．
（1）设 P：小王很聪明； Q：小王不用功； P∧Q （2）设 P：天下大雨； Q：我乘公共汽车上班； P→Q （3）设 P：天下大雨； Q：我乘公共汽车上班； Q→P或~P →~Q （4）设 P：鱼死； Q：网破； （5）设 P：李平唱歌 Q：王丽伴奏 P∨Q P↔Q
∴主合取式=M0 = P ∨ Q ∨ R 主析取式为=
m1 ∨ m 2 ∨ m3 ∨ m 4 ∨ m5 ∨ m6 ∨ m7
即= (7 P ∧ 7Q ∧ R ) ∨ (7 P ∧ Q ∧ 7 R ) ∨ (7 P ∧ Q ∧ R ) ∨ (P ∧ 7Q ∧ 7 R ) ∨
(P ∧ 7Q ∧ R ) ∨ (P ∧ Q ∧ 7 R ) ∨ (P ∧ Q ∧ R )
• 解：
F1 : 0
F3 : P ∧ 7Q
F2 : P ∧ Q
F
4
: P
F8 : P ∨ Q
F5 : 7 P ∧ Q
F6 : Q
F1 : 7(P ↔ Q )
F9 : ¬P ∧ ¬Q
F10 : P ↔ Q
F11 : 7Q
F13 : 7 P
F12 : P ∨ 7Q
F14 : P → Q
F15 : 7(P ∧ Q )
7．
（1）解：不正确。 如A为真，B为假，C为真时，
A ∨ C ⇔ B ∨ C成立，但是 A ⇔ B不成立
（2）解：不正确，如A为真，B为假，C为 假时，
A ∧ C ⇔ B ∧ C成立, 但A ⇔ B不成立。
（3）解：成立。~A，~B同真时，A、B同 假，~A、~B假时，A，B同真。
8．
PQF F F F F F F F F F F F F F F F 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 000 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 010 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 100 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 110 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
P Q P ∧ Q P ∨ (P ∧ Q ) 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0
6．
（1） (P ∧ Q ) ∨ (P ∧ 7 Q ) ⇔ P ∧ (Q ∨ 7 Q ) ⇔ P （2）
((P →Q) ∧(P →R)) ⇔((7P∨Q) ∧(7P∨ R)) ⇔7P∨(Q∧ R) ⇔
离散数学• • • • • • • （1）是命题，且为简单命题 （2）不是命题 （3）是命题，且为复合命题。 （4）不是命题。 （5）不是命题。 （6）是命题，且为简单命题 （7）不是命题 （8）是命题，且为简单命题 （9）是命题，且为简单命题 （10）是命题，且为复合命题
所以,析取和合取均为:
(P ∧ ¬Q ∧ R )
12
(1)
(7 P ∨ 7Q ) → (P ↔ 7Q )
⇔ (7 P ∨ 7Q ) → (( P → 7Q) ∧ (7Q → P) ) ⇔ (7 P ∨ 7Q ) →
((7 P ∨ 7Q) ∧ (Q ∨ P))
⇔ 7(7P ∨ 7Q) ∨ ((7P ∨ 7Q) ∧ (Q ∨ P)) ⇔ (7(7P ∨ 7Q) ∨ (7P ∨ 7Q)) ∧ (7(7P ∨ 7Q) ∨ (Q ∨ P))
(3) (7 P → R ) ∧ (P ↔ Q ) ⇔ (7 P → R ) ∧ (P → Q ) ∧ (Q → P ) ⇔ (P ∨ R ) ∧ (7 P ∨ Q ) ∧ (P ∨ ¬ Q )
⇔ (( P ∨ R) ∨ (Q ∧ ¬Q) ) ∧ ((7 P ∨ Q) ∨ ( R ∧ ¬R)) ∧ (( P ∨ ¬Q) ∨ ( R ∧ ¬R) )
4．
• （1）
P Q R QVR 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 1 P → (QVR ) 1 1 1 1 0 1 1 1
(2)
P 1 1 0 0 1 1 0 0
Q 1 0 1 0 1 0 1 0
R 1 1 1 1 0 0 0 0
合取范式为: (P ∨ R ) ∧ (7Q ∨ R )
(3)解: 原式⇔ (P ∨ Q ) → (7Q ∨ P )
⇔7(P∨Q) ∨(7Q∨ P) ⇔(7P ∧7Q) ∨(7Q∨ P) ⇔((7P ∧7Q) ∨7Q) ⇔7Q∨ P
所以,析取和合取均为:
7Q ∨ P
• (4)解 原式
⇔ 7(7P ∨ Q) ∧ P ∧ R ⇔ (P ∧ ¬Q) ∧ P ∧ R ⇔ P ∧ ¬Q ∧ R
证明:
13.
P∨(7P ∧Q) ⇔(P ∧(7Q∨Q))∨(7P ∧Q) ⇔(P ∧7Q) ∨ (P ∧Q) ∨ (7P ∧Q)
( P ∨ Q) ⇔ ( P ∧ (Q ∨ 7Q)) ∨ (Q ∧ (7 P ∨ P)) ⇔ ( P ∧ Q) ∨ ( P ∧ 7Q) ∨
(Q ∧ 7 P ) ∨ ( P ∧ Q ) ⇔ ( P ∧ Q ) ∨ ( 7 P ∧ Q ) ∨ ( P ∧ 7 Q )
F16 : 1
11.
（1）解：
(7 P ∧ Q ) → R 7(7P∧Q) ∨R⇔(P∨7Q) ∨R⇔P∨¬ ∨R Q
(P → Q ) → R ⇔(7P ∨ Q) →R ⇔7(7P ∨ Q) ∨ R ⇔(P ∧ 7Q) ∨ R
析取范式为: (P ∧ 7Q ) ∨ R
(P ∧ 7Q) ∨ R ⇔ (P ∨ R) ∧ (7Q ∨ R)
(6) 证明： （1）7 P ∧ 7Q （2） 7 P （3） 7 P ∨ 7Q （4） 7(P ∧ Q ) 前提 简化（1） 附加（2） 等值置换（3）
14.
（1）证明： （1）7R （2）7Q∨R （3）7Q （5）7P∨Q （6）7P 前提引入 前提此入 析取三段论（1）、（2） 等值置换（4） 析取三段论（3）、（5）
（4）7（P∧7Q） 前提引入
（2） 证明： （1）R （2）P∨7R （3）P 附加前提 前提 析取三段式（1）、（2）
Q P∨Q 7(P∨Q) 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1
7P 0 0 1 1
7Q 7P∧7Q 0 0 1 0 0 0 1 1
(3)
• ⅰ)
P ∧ (P ∨ Q ) ⇔ P
P 1 1 0 0 Q 0 1 0 1 P∨Q 1 1 0 1 P ∧ (P ∨ Q ) 1 1 0 0
ⅱ)
P ∨ (P ∧ Q ) ⇔ P
7R 0 0 0 0 1 1 1 1
QV 7 R 1 0 1 0 1 1 1 1
P ∧ (Q ∨ 7 R ) 1 0 0 0 1 1 0 0
（3）
P Q P → Q P ∧ (P → Q ) 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0
((P ∧ (P → Q )) → Q
1 1 1 1
（4）
P Q P → Q ¬(P → Q ) ¬(P → Q ) ∧ Q 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0
（5）
P Q P ∨ Q P ∧ Q ( P ∨ Q) ↔ ( P ∧ Q) 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0
（4）P→（Q→S） 前提 （5）7P∨（7Q∨S）等价置换（4） （6）7Q∨S （7）Q （8）S 析取三段式（3）、（5） 前提 析取三段式（6）、（7）
（3） 证明： （1）P 附加前提 （2）P→Q 前提 （3）Q 假言推理（1）、（2） （4） 合取
（4） 证明： （1） P ∨ Q （3） Q → S （4） S ∨ R 前提 前提 构造二难性(1)、(2)、(3)
(P →(Q∧ R))
• （3）
7( P ↔ Q) ⇔ 7(( P → Q) ∧ (Q → P) ) ⇔ 7((7 P ∨ Q) ∧ (7Q ∨ P) ) ⇔ (7(7 P ∨ Q) ) ∨ (7(7Q ∨ P) ) ⇔ (P ∧ 7Q ) ∨ (Q ∧ 7 P ) ⇔