离散数学解答 屈婉玲版 第二版 高等教育出版社课后解答
离散数学答案 屈婉玲版 第二版 高等教育出版社课后答案 第一章部分课后习题参考答案
16 设p、q的真值为0；r、s的真值为1，求下列各命题公式的真值。 （1）p∨(q∧r) 0∨(0∧1) 0 （2）（p↔r）∧(﹁q∨s) （0↔1）∧(1∨1) 0∧10. （3）（p∧q∧r）↔(p∧q∧﹁r) （1∧1∧1） ↔ (0∧0∧0)0 (4)（r∧s）→(p∧q) （0∧1）→(1∧0) 0→01
17．判断下面一段论述是否为真：“是无理数。并且，如果3是无理数，则2也是无理数。另外6能被2整除，6才能被4整除。” 答：p: 是无理数 1 q: 3是无理数 0
r: 2是无理数 1 s: 6能被2整除 1 t: 6能被4整除 0 命题符号化为： p∧(q→r)∧(t→s)的真值为1，所以这一段的论述为真。 19．用真值表判断下列公式的类型： （4）(p→q) →(q→p) （5）(p∧r) (p∧q) （6）((p→q) ∧(q→r)) →(p→r) 答： （4） p q p→q q p q→p (p→q)→(q→p) 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 所以公式类型为永真式
（5）公式类型为可满足式（方法如上例） （6）公式类型为永真式（方法如上例） 第二章部分课后习题参考答案 3.用等值演算法判断下列公式的类型，对不是重言式的可满足式，再用真值表法求出成真赋值. (1) (p∧q→q) (2)(p→(p∨q))∨(p→r) (3)(p∨q)→(p∧r)
答：(2)（p→(p∨q)）∨(p→r)(p∨(p∨q))∨(p∨r)p∨p∨q∨r1 所以公式类型为永真式 (3) P q r p∨q p∧r （p∨q）→(p∧r) 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1
所以公式类型为可满足式 4.用等值演算法证明下面等值式： (2)(p→q)∧(p→r)(p→(q∧r)) (4)(p∧q)∨(p∧q)(p∨q) ∧(p∧q) 证明（2）(p→q)∧(p→r) (p∨q)∧(p∨r) p∨(q∧r)) p→(q∧r) （4）(p∧q)∨(p∧q)(p∨(p∧q)) ∧(q∨(p∧q) (p∨p)∧(p∨q)∧(q∨p) ∧(q∨q) 1∧(p∨q)∧(p∧q)∧1 (p∨q)∧(p∧q) 5.求下列公式的主析取范式与主合取范式，并求成真赋值 (1)(p→q)→(q∨p) (2)(p→q)∧q∧r (3)(p∨(q∧r))→(p∨q∨r) 解： （1）主析取范式
(p→q)→(qp) (pq)(qp)
(pq)(qp)
(pq)(qp)(qp)(pq)(pq)
(pq)(pq)(pq)
320mmm ∑(0,2,3)
主合取范式： (p→q)→(qp) (pq)(qp)
(pq)(qp)
(p(qp))(q(qp)) 1(pq) (pq) M1 ∏(1) (2) 主合取范式为： (p→q)qr(pq)qr (pq)qr0 所以该式为矛盾式. 主合取范式为∏(0,1,2,3,4,5,6,7) 矛盾式的主析取范式为 0 (3)主合取范式为： (p(qr))→(pqr) (p(qr))→(pqr) (p(qr))(pqr)
(p(pqr))((qr))(pqr))
11 1 所以该式为永真式. 永真式的主合取范式为 1 主析取范式为∑(0,1,2,3,4,5,6,7) 第三章部分课后习题参考答案
14. 在自然推理系统P中构造下面推理的证明： (2)前提：pq,(qr),r 结论：p (4)前提：qp,qs,st,tr 结论：pq
证明：（2） ①(qr) 前提引入 ②qr ①置换 ③qr ②蕴含等值式 ④r 前提引入 ⑤q ③④拒取式 ⑥pq 前提引入 ⑦￢p（3） ⑤⑥拒取式
证明（4）： ①tr 前提引入 ②t ①化简律 ③qs 前提引入 ④st 前提引入 ⑤qt ③④等价三段论 ⑥（qt）(tq) ⑤ 置换 ⑦（qt） ⑥化简 ⑧q ②⑥ 假言推理 ⑨qp 前提引入 ⑩p ⑧⑨假言推理 (11)pq ⑧⑩合取 15在自然推理系统P中用附加前提法证明下面各推理： (1)前提：p(qr),sp,q 结论：sr
证明 ①s 附加前提引入 ②sp 前提引入 ③p ①②假言推理 ④p(qr) 前提引入 ⑤qr ③④假言推理 ⑥q 前提引入 ⑦r ⑤⑥假言推理 16在自然推理系统P中用归谬法证明下面各推理： (1)前提：pq,rq,rs 结论：p 证明： ①p 结论的否定引入 ②p﹁q 前提引入 ③﹁q ①②假言推理 ④￢rq 前提引入 ⑤￢r ④化简律 ⑥r￢s 前提引入 ⑦r ⑥化简律 ⑧r﹁r ⑤⑦ 合取 由于最后一步r﹁r 是矛盾式,所以推理正确. 第四章部分课后习题参考答案
3. 在一阶逻辑中将下面将下面命题符号化,并分别讨论个体域限制为(a),(b)条件时命 题的真值: (1) 对于任意x,均有2=(x+)(x). (2) 存在x,使得x+5=9. 其中(a)个体域为自然数集合. (b)个体域为实数集合. 解： F(x): 2=(x+)(x). G(x): x+5=9. (1)在两个个体域中都解释为)(xxF，在（a）中为假命题，在(b)中为真命题。 (2)在两个个体域中都解释为)(xxG，在（a）(b)中均为真命题。 4. 在一阶逻辑中将下列命题符号化: (1) 没有不能表示成分数的有理数. (2) 在北京卖菜的人不全是外地人. 解: (1)F(x): x能表示成分数 H(x): x是有理数 命题符号化为: ))()((xHxFx (2)F(x): x是北京卖菜的人 H(x): x是外地人 命题符号化为: ))()((xHxFx 5. 在一阶逻辑将下列命题符号化: (1) 火车都比轮船快. (3) 不存在比所有火车都快的汽车. 解: (1)F(x): x是火车; G(x): x是轮船; H(x,y): x比y快 命题符号化为: )),())()(((yxHyGxFyx (2) (1)F(x): x是火车; G(x): x是汽车; H(x,y): x比y快 命题符号化为: ))),()(()((yxHxFxyGy 9.给定解释I如下: (a) 个体域D为实数集合R. (b) D中特定元素=0. (c) 特定函数(x,y)=xy,x,yD. (d) 特定谓词(x,y):x=y,(x,y):x 说明下列公式在I下的含义,并指出各公式的真值: (1) )),(),((yxFyxGyx (2) )),()),,(((yxGayxfFyx 答:(1) 对于任意两个实数x,y,如果x(2) 对于任意两个实数x,y,如果x-y=0, 那么x10. 给定解释I如下： （a） 个体域D=N(N为自然数集合). （b） D中特定元素=2. （c） D上函数=x+y,(x,y)=xy. （d） D上谓词(x,y):x=y. 说明下列各式在I下的含义，并讨论其真值. (1) xF(g(x,a),x) (2) xy(F(f(x,a),y)→F(f(y,a),x) 答:(1) 对于任意自然数x, 都有2x=x, 真值0. (2) 对于任意两个自然数x,y,使得如果x+2=y, 那么y+2=x. 真值0. 11. 判断下列各式的类型: (1) (3) yF(x,y). 解:(1)因为 1)()(pqppqp 为永真式； 所以 为永真式； (3)取解释I个体域为全体实数 F(x,y)：x+y=5 所以,前件为任意实数x存在实数y使x+y=5，前件真； 后件为存在实数x对任意实数y都有x+y=5，后件假，] 此时为假命题
屈婉玲版离散数学课后习题答案【2】
第四章部分课后习题参考答案3. 在一阶逻辑中将下面将下面命题符号化,并分别讨论个体域限制为(a),(b)条件时命题的真值:(1) 对于任意x,均有2=(x+)(x).(2) 存在x,使得x+5=9.其中(a)个体域为自然数集合.(b)个体域为实数集合.解：F(x): 2=(x+)(x).G(x): x+5=9.(1)在两个个体域中都解释为)∀，在（a）中为假命题，在(b)中为真命题。
(xxF(2)在两个个体域中都解释为)xG∃，在（a）(b)中均为真命题。
(x4. 在一阶逻辑中将下列命题符号化:(1) 没有不能表示成分数的有理数.(2) 在北京卖菜的人不全是外地人.解:(1)F(x): x能表示成分数H(x): x是有理数命题符号化为: ))Fx∧⌝∃x⌝()((xH(2)F(x): x是北京卖菜的人H(x): x是外地人命题符号化为: ))F⌝∀xx→(x(H)(5. 在一阶逻辑将下列命题符号化:(1) 火车都比轮船快.(3) 不存在比所有火车都快的汽车.解:(1)F(x): x是火车; G(x): x是轮船; H(x,y): x比y快命题符号化为: ))FyxG∀y∀∧x→,())(H)x((y((2) (1)F(x): x是火车; G(x): x是汽车; H(x,y): x比y快命题符号化为: ))),()(()((y x H x F x y G y →∀∧⌝∃9.给定解释I 如下:(a) 个体域D 为实数集合R.(b) D 中特定元素=0.(c) 特定函数(x,y)=x y,x,y D ∈.(d) 特定谓词(x,y):x=y,(x,y):x<y,x,y D ∈.说明下列公式在I 下的含义,并指出各公式的真值:(1) )),(),((y x F y x G y x ⌝→∀∀(2) )),()),,(((y x G a y x f F y x →∀∀答:(1) 对于任意两个实数x,y,如果x<y, 那么x ≠y. 真值1.(2) 对于任意两个实数x,y,如果x-y=0, 那么x<y. 真值0.10. 给定解释I 如下：（a ） 个体域D=N(N 为自然数集合).（b ） D 中特定元素=2.（c ） D 上函数=x+y,(x,y)=xy.（d ） D 上谓词(x,y):x=y.说明下列各式在I 下的含义，并讨论其真值.(1) xF(g(x,a),x)(2) x y(F(f(x,a),y)→F(f(y,a),x)答:(1) 对于任意自然数x, 都有2x=x, 真值0.(2) 对于任意两个自然数x,y,使得如果x+2=y, 那么y+2=x. 真值0.11. 判断下列各式的类型: (1)(3) yF(x,y). 解:(1)因为 1)()(⇔∨⌝∨⌝⇔→→p q p p q p 为永真式；所以 为永真式；(3)取解释I 个体域为全体实数F(x,y)：x+y=5所以,前件为任意实数x 存在实数y 使x+y=5，前件真；后件为存在实数x 对任意实数y 都有x+y=5，后件假，]此时为假命题再取解释I 个体域为自然数N ，F(x,y)：:x+y=5所以,前件为任意自然数x 存在自然数y 使x+y=5，前件假。
屈婉玲版离散数学课后习题答案【1】
第一章部分课后习题参考答案16 设p、q的真值为0；r、s的真值为1，求下列各命题公式的真值。
（1）p∨(q∧r)⇔0∨(0∧1) ⇔0（2）（pr）∧(﹁q∨s) ⇔（01）∧(1∨1) ⇔0∧1⇔0.（3）（⌝p∧⌝q∧r）(p∧q∧﹁r) ⇔（1∧1∧1）(0∧0∧0)⇔0(4)（⌝r∧s）→(p∧⌝q) ⇔（0∧1）→(1∧0) ⇔0→0⇔117．判断下面一段论述是否为真：“π是无理数。
并且，如果3是无理数，则2也是无理数。
另外6能被2整除，6才能被4整除。
”答：p: π是无理数1q: 3是无理数0r: 2是无理数 1s:6能被2整除1t: 6能被4整除0命题符号化为：p∧(q→r)∧(t→s)的真值为1，所以这一段的论述为真。
19．用真值表判断下列公式的类型：（4）(p→q) →(⌝q→⌝p)（5）(p∧r) ↔(⌝p∧⌝q)（6）((p→q) ∧(q→r)) →(p→r)答：（4）p q p→q ⌝q ⌝p ⌝q→⌝p (p→q)→(⌝q→⌝p)0 0 1 1 1 1 10 1 1 0 1 1 11 0 0 1 0 0 11 1 1 0 0 1 1所以公式类型为永真式等值演算法判断下列公式的类型，对不是重言式的可满足式，再用真值表法求出成真赋值.(1) ⌝(p∧q→q)(2)(p→(p∨q))∨(p→r)(3)(p∨q)→(p∧r)答：(2)（p→(p∨q)）∨(p→r)⇔(⌝p∨(p∨q))∨(⌝p∨r)⇔⌝p∨p∨q∨r⇔1所以公式类型为永真式(3)P q r p∨q p∧r （p∨q）→(p∧r)0 0 0 0 0 10 0 1 0 0 10 1 0 1 0 00 1 1 1 0 01 0 0 1 0 01 0 1 1 1 11 1 0 1 0 01 1 1 1 1 1所以公式类型为可满足式4.用等值演算法证明下面等值式：(2)(p→q)∧(p→r)⇔(p→(q∧r))(4)(p∧⌝q)∨(⌝p∧q)⇔(p∨q) ∧⌝(p∧q)证明（2）(p→q)∧(p→r)⇔(⌝p∨q)∧(⌝p∨r)⇔⌝p∨(q∧r))⇔p→(q∧r)（4）(p∧⌝q)∨(⌝p∧q)⇔(p∨(⌝p∧q)) ∧(⌝q∨(⌝p∧q)⇔(p∨⌝p)∧(p∨q)∧(⌝q∨⌝p) ∧(⌝q∨q)⇔1∧(p∨q)∧⌝(p∧q)∧1⇔(p∨q)∧⌝(p∧q)5.求下列公式的主析取范式与主合取范式，并求成真赋值(1)(⌝p→q)→(⌝q∨p)(2)⌝(p→q)∧q∧r(3)(p∨(q∧r))→(p∨q∨r)解：（1）主析取范式(⌝p→q)→(⌝q∨p)⇔⌝(p∨q)∨(⌝q∨p)⇔(⌝p∧⌝q)∨(⌝q∨p)⇔(⌝p∧⌝q)∨(⌝q∧p)∨(⌝q∧⌝p)∨(p∧q)∨(p∧⌝q)⇔(⌝p∧⌝q)∨(p∧⌝q)∨(p∧q)⇔320m m m ∨∨⇔∑(0,2,3)主合取范式：(⌝p →q)→(⌝q ∨p)⇔⌝(p ∨q)∨(⌝q ∨p)⇔(⌝p ∧⌝q)∨(⌝q ∨p)⇔(⌝p ∨(⌝q ∨p))∧(⌝q ∨(⌝q ∨p)) ⇔1∧(p ∨⌝q)⇔(p ∨⌝q) ⇔ M 1⇔∏(1)(2) 主合取范式为：⌝(p →q)∧q ∧r ⇔⌝(⌝p ∨q)∧q ∧r ⇔(p ∧⌝q)∧q ∧r ⇔0所以该式为矛盾式.主合取范式为∏(0,1,2,3,4,5,6,7)矛盾式的主析取范式为 0(3)主合取范式为：(p ∨(q ∧r))→(p ∨q ∨r)⇔⌝(p ∨(q ∧r))→(p ∨q ∨r)⇔(⌝p ∧(⌝q ∨⌝r))∨(p ∨q ∨r)⇔(⌝p ∨(p ∨q ∨r))∧((⌝q ∨⌝r))∨(p ∨q ∨r))⇔1∧1⇔1所以该式为永真式.永真式的主合取范式为 1主析取范式为∑(0,1,2,3,4,5,6,7)第三章部分课后习题参考答案14. 在自然推理系统P 中构造下面推理的证明：(2)前提：p →q,⌝(q ∧r),r结论：⌝p(4)前提：q→p,q↔s,s↔t,t∧r结论：p∧q证明：（2）①⌝(q∧r) 前提引入②⌝q∨⌝r ①置换③q→⌝r ②蕴含等值式④r 前提引入⑤⌝q ③④拒取式⑥p→q 前提引入⑦￢p ⑤⑥拒取式证明（4）：①t∧r 前提引入②t ①化简律③q↔s 前提引入④s↔t 前提引入⑤q↔t ③④等价三段论⑥（q→t）∧(t→q) ⑤置换⑦（q→t）⑥化简⑧q ②⑥假言推理⑨q→p 前提引入⑩p ⑧⑨假言推理(11)p∧q ⑧⑩合取15在自然推理系统P中用附加前提法证明下面各推理：(1)前提：p→(q→r),s→p,q结论：s→r证明①s 附加前提引入②s→p 前提引入③p ①②假言推理④p→(q→r) 前提引入⑤q→r ③④假言推理⑥q 前提引入⑦r ⑤⑥假言推理16在自然推理系统P中用归谬法证明下面各推理：(1)前提：p→⌝q,⌝r∨q,r∧⌝s结论：⌝p证明：①p 结论的否定引入②p→﹁q 前提引入③﹁q ①②假言推理④￢r∨q 前提引入⑤￢r ④化简律⑥r∧￢s 前提引入⑦r ⑥化简律⑧r∧﹁r ⑤⑦合取由于最后一步r∧﹁r 是矛盾式,所以推理正确.。
大学离散数学屈婉玲版课后习题第八章部分课后习题参考答案
第八章部分课后习题参考答案
1． 设f :N →N,且
f (x)=12x x x ⎧⎪⎨⎪⎩
，若为奇数
若为偶数， 求f (0), f ({0}), f (1), f ({1}), f ({0,2,4,6,…})，f ({4,6,8}), f -1({3,5,7}). 解：f (0)=0, f ({0})={0}, f (1)=1, f ({1})={1},
f ({0,2,4,6,…})=N ，f ({4,6,8})={2,3,4}, f -1 ({3,5,7})={6,10,14}.
4. 判断下列函数中哪些是满射的?哪些是单射的?哪些是双射的?
(1) f:N →N, f(x)=x 2+2 不是满射，不是单射
(2) f:N →N,f(x)=(x)mod 3,x 除以3的余数 不是满射，不是单射
(3) f:N →N,f(x)=10x x ⎧⎨⎩
，若为奇数，若为偶数 不是满射，不是单射
(4) f:N →{0,1},f(x)=01x x ⎧⎨⎩
，若为奇数，若为偶数 是满射，不是单射
(5) f:N-{0}→R,f(x)=lgx 不是满射，是单射
(6) f:R →R,f(x)=x 2-2x-15 不是满射，不是单射
5. 设X={a,b,c,d},Y={1,2,3},f={<a,1>,<b,2>,<c,3>,}判断以下命题的真假:
(1)f 是从X 到Y 的二元关系,但不是从X 到Y 的函数; 对
(2)f 是从X 到Y 的函数,但不是满射,也不是单射的; 错
(3)f 是从X 到Y 的满射,但不是单射; 错
(4)f是从X到Y的双射. 错。
离散数学屈婉玲耿素云张立昂主编课后复习资料高等教育出版社
第一章部分课后习题参考答案16设p 、q 的真值为0; r. s 的真值为1,求下列各命题公式的真值。
(1) pV (qAr) <=> 0V (0A1) o0(2) (p<-r) A (—'qVs) O (OTL) A (IV1) o0/\lo0.(3) ( A -•qAr) ^(p Aq A —^r) <=> ( 1 Al Al) — (0A0A0) <=>0 (4) ( ->r As) — (P /X F ) O (0A1) -* (1 AO) oO —Ool17. 判断下面一段论述是否为真：“兀是无理数。
并且，如果3是无理数，则、伍也 是无理数。
另外6能被2整除，6才能被4整除。
”答：P ：兀是无理数1 q ： 3是无理数0 r:、迈是无理数1 s ： 6能被2整除1 t: 6能被4整除0命题符号化为：pA(q-r)A(t-*s)的真值为1,所以这一段的论述为真。
19. 用真值表判断下列公式的类型: (4) (p — q) f (「qf 「p) (5) (pAr)㈠"(「p/\「q)(6) 公式类型为永真式(方法如上例)第二章部分课后习题参考答案(6) ((pf q)A (qf r)) f (pf r)答:(4)Pqpf q ~>q「p 「qf 「p 「P )0 0 1 1 1 10 1 1 0 1 11 0 0 1 0 01 1 1 0 01(pf q) — (「qf1 1 1 1所以公式类型为永真式(5) 公式类型为可满足式(方法如上例)3.用等值演算法判断下列公式的类型，对不是重言式的可满足式，再用真值表法求出成真赋值.(1)「(pAq~*q)(2)(pf (pVq)) V (p-*r)(3)(pVq) f (pAr)答：(2) (p~* (p Vq) ) V (p-*r)<=>(~i pV (pVq))V (-1pVr)0_,pVpVqV r<=>l 所以公式类型为永真式(3) P Q r pVq p Ar (pVq) f (p Ar)0 0 0 0 0 10 0 1 0 0 10 1 0 1 0 00 1 1 1 0 01 0 0 1 0 01 0 1 1 1 11 1 0 1 0 01 1 1 1 1 1所以公式类型为可满足式4.用等值演算法证明下面等值式：(2)(pf q) A (p-*r) <=> (p~* (qAr))(4)(pA-'q) V (-^pAq) <=> (pVq) A(pAq)证明(2) (p-*q) A (p~*r)<=> (-'pVq) A (-'pVr)<=> -'pV (qAr))Opf (qAr)(4) (pA_,q)V ("'pAq) O(pV (_,pAq)) /\ (「qV (~>p/\q)<=> (pV -^p) A (pVq) A (-'qV -^P) /XGqVq)Ol/\ (pVq) A -1 (pAq) Al<=> (pVq) A (pAq)5.求下列公式的主析取范式及主合取范式，并求成真赋值(1)(「pf q) —(「qVp)(2)「(pf q) AqAr(3)(pV (qAr)) -* (pVqVr)解：(1)主析取范式(「pf q) C-1 v)O-!(v)v(-w)'V)O (—>A_1)V (-1A)V (~'A_1)V(A)V(A-1)O (-1A-1) V(A->)V(A)O w；() v rn2 v0刀(0, 2, 3)主合取范式：(_,p-*Q)-*(_, v)°-(v) v (-v)<^=*> ( ~i A -1 ) V ( -' V )O(-ipv (-> v ) ) A (~'q v (~1 v ))01 A (v ~n)O (\/ -i) O Mion⑴(2)主合取范式为：-1(P-* q) AA<=>_'(_1V)AAO (人一i) /\ 人<=>0所以该式为矛盾式.主合取范式为口(0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)矛盾式的主析取范式为0(3)主合取范式为:(pv ( A )) -* (v v) O-i (pv ( A )) -* (v v)<=>(_'PA (_1V _1))V ( V V )O(-ipv ( V V ) ) A ( (~' V -') ) 7 ( V V ))<=>1A 101所以该式为永真式. 永真式的主合取范式为1 主析取范式为E (0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)第三章部分课后习题参考答案14. 在自然推理系统P 中构造下面推理的证明： (2)前提：,—I (A ) 结论：->p (4) 前提：TROA 结论：A前提引入 ① 置换② 蕴含等值式 前提引入 ③④拒取式 前提引入 ⑤⑥拒取式证明：(2) ①7八) (2) —1 7 -1 ③-> -1 ④r ⑤ -iq ⑥ T ⑦ —'p (3) 证明(4)：®A前提引入①化简律③O 前提引入 ④O 前提引入⑤O③④等价三段论⑥（T ） 人（T ） ⑤置换 ⑦（T ） ⑥化简⑧q ②⑥假言推理 ⑨T 前提引入 ⑩P⑧⑨假言推理(ID A⑧⑩合取15在自然推理系统P 中用附加前提法证明下面各推理: （1）前提：PT （T ）T 结论：T证明®s附加前提引入 ②T 前提引入 ®P①②假言推理④PT 1 （T ）前提引入 ⑤T ③④假言推理 ⑥q前提引入 ⑦r⑤⑥假言推理16在自然推理系统P 中用归谬法证明下面各推理:（1）前提： T —）—1 V —I 结论：-<P 证明：结论的否定引入前提引入 ©P②p-> —q ③ 一iq①②假言推理④「V 前提引入⑤「r ④化简律@r A ~'s 前提引入⑦r ⑥化简律®TA -ir ⑤⑦合取由于最后一步rA -r是矛盾式，所以推理正确.第四章部分课后习题参考答案3.在一阶逻辑中将下面将下面命题符号化，并分别讨论个体域限制为(a), (b)条件时命题的真值：(1)对于任意x,均有以-2二(0(x-2).(2)存在x,使得5二9.其中(a)个体域为自然数集合.(b)个体域为实数集合.解：F(x):以-2二(护)6-卩).G(x): 5=9.(1)在两个个体域中都解释为V A F(A),在(a)中为假命题，在⑹中为真命题。
离散数学(屈婉玲版)第二章习题答案
2.13 设解释I为：个体域D I ={-2,3,6},一元谓词F（X）：X≤3，G（X）：X>5,R(X):X≤7。
在I下求下列各式的真值。
（1）∀x(F(x)∧G(x))解：∀x(F(x)∧G(x))⇔(F(-2) ∧G(-2)) ∧(F(3) ∧G(3)) ∧(F(6) ∧G(6))⇔((-2≤3) ∧(-2>5)) ∧((3≤3) ∧(3>5)) ∧((6≤3) ∧(6<5))⇔((1 ∧0))∧((1 ∧0)) ∧((0 ∧0))⇔0∧0∧0⇔0(2) ∀x(R(x)→F(x))∨G(5)解：∀x(R(x)→F(x))∨G(5)⇔(R(-2)→F(-2))∧ (R(3)→F(3))∧ (R(6)→F(6))∨ G(5)⇔((-2≤7) →(-2≤3))∧ (( 3≤7) →(3≤3))∧ (( 6≤7) →(6≤3)) ∨ (5>5)⇔(1 →1)∧ (1 →1)∧ (1→0) ∨ 0⇔1∧ 1∧ 0 ∨ 0⇔0(3)∃x(F(x)∨G(x))解：∃x(F(x)∨G(x))⇔(F(-2) ∨ G(-2)) ∨ (F(3) ∨G(3)) ∨ (F(6) ∨G(6))⇔((-2≤3) ∨ (-2>5)) ∨ ((3≤3) ∨ (3>5)) ∨ ((6≤3) ∨ (6>5))⇔(1 ∨ 0) ∨ (1 ∨ 0) ∨ (0 ∨ 1)⇔1 ∨ 1 ∨ 1⇔12.14 求下列各式的前束范式，要求使用约束变项换名规则。
（1）⌝∃xF(x)→∀yG(x,y)(2) ⌝（∀xF(x,y) ∨∃yG(x,y) ）解：（1）⌝∃xF(x)→∀yG(x,y)⇔⌝∃xF(x)→∀yG(z,y) 代替规则⇔∀x⌝F(x)→∀yG(z,y) 定理2.1（2 ）⇔∃x(⌝F(x)→∀yG(z,y) 定理2.2（2）③⇔∃x∀y(⌝F(x)→G(z,y)) 定理2.2（1）④（2）⌝（∀xF(x,y) ∨∃yG(x,y) ）⇔⌝(∀zF(z,y) ∨∃tG(x,t)) 换名规则⇔⌝(∀zF(z,y) )∧⌝(∃tG(x,t) )⇔∃z⌝F(z,y) ∧∀t⌝G(x,z)⇔∃z (⌝F(z,y) ∧∀t⌝G(x,z))⇔∃z ∀t(⌝F(z,y) ∧⌝G(x,t))2.15 求下列各式的前束范式，要求使用自由变项换名规则。
(完整word版)离散数学第二版 屈婉玲 1-5章(答案)
《离散数学1-5章》练习题答案第2，3章(数理逻辑)1.答：（2），（3），（4）2.答：（2），（3），（4），（5），（6）3.答：（1）是，T （2）是，F （3）不是（4）是，T （5）不是（6）不是4.答：（4）5.答：⌝P ，Q→P6.答：P(x)∨∃yR(y)7.答：⌝∀x(R(x)→Q(x))8、c、P→(P∧(Q→P))解：P→(P∧(Q→P))⇔⌝P∨(P∧(⌝Q∨P))⇔⌝P∨P⇔ 1 (主合取范式)⇔ m0∨ m1∨m2∨ m3 （主析取范式）d、P∨(⌝P→(Q∨(⌝Q→R)))解：P∨(⌝P→(Q∨(⌝Q→R)))⇔ P∨(P∨(Q∨(Q∨R)))⇔ P∨Q∨R⇔ M0 (主合取范式)⇔ m1∨ m2∨m3∨ m4∨ m5∨m6 ∨m7 (主析取范式) 9、b、P→(Q→R)，R→(Q→S) => P→(Q→S)证明：（1） P 附加前提（2） Q 附加前提（3） P→(Q→R) 前提（4） Q→R （1），（3）假言推理（5） R （2），（4）假言推理（6） R→(Q→S) 前提（7） Q→S （5），（6）假言推理（8） S （2），（7）假言推理d、P→⌝Q，Q∨⌝R，R∧⌝S⇒⌝P证明、(1) P 附加前提（2） P→⌝Q 前提（3）⌝Q （1），（2）假言推理（4） Q∨⌝R 前提(5) ⌝R （3），（4）析取三段论(6 ) R∧⌝S 前提（7） R （6）化简（8） R∧⌝R 矛盾（5），（7）合取所以该推理正确10.写出∀x(F(x)→G(x))→(∃xF(x) →∃xG(x))的前束范式。
解：原式⇔∀x(⌝F(x)∨G(x))→(⌝(∃x)F(x) ∨ (∃x)G(x))⇔⌝(∀x)(⌝F(x)∨G(x)) ∨(⌝(∃x)F(x) ∨ (∃x)G(x))⇔ (∃x)((F(x)∧⌝ G(x)) ∨G(x)) ∨ (∀x) ⌝F(x)⇔ (∃x)((F(x) ∨G(x)) ∨ (∀x) ⌝F(x)⇔ (∃x)((F(x) ∨G(x)) ∨ (∀y) ⌝F(y)⇔ (∃x) (∀y) (F(x) ∨G(x) ∨⌝F(y))（集合论部分）1、答：(4)2.答：323.答：（3）4. 答：（4）5.答：（2），（4）6、设Ａ，Ｂ，Ｃ是三个集合，证明：a、A⋂ (B－C)＝(A⋂B)－(A⋂C)证明：(A⋂B)－(A⋂C)= (A⋂B)⋂~（A⋂C）=(A⋂B) ⋂（~A⋃~C）=(A⋂B⋂~A)⋃(A⋂B⋂~C)= A⋂B⋂~C=A⋂（B⋂~C）=A⋂（B-C）b、(A－B)⋃(A－C)=A－(B⋂C)证明：(A-B)⋃(A-C)=(A⋂~B)⋃(A⋂⋂~C) =A⋂ (~B ⋃~C)=A⋂~（B⋂C）= A-(B⋂C)（二元关系部分）1、答：（1）R={<1,1>,<4,2>} (2) R1-={<1,1>,<2,4>}2.答：RοR ={〈1,1〉，〈1,3〉，〈2,2〉，〈2,4〉}R-1 =｛〈2,1〉，〈1,2〉，〈3,2〉，〈4,3〉｝3.答：R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<5,5>,<6,6>,<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<1,6>,<2,4>,<2,6>,<3,6>}4.答：R 的关系矩阵=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡000000001000000001 R 1-的关系矩阵=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡0000000100000000015、解：（1）R={<2,1>,<3,1>,<2,3>};M R =⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛001101000;它是反自反的、反对称的、传递的；（2）R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,1>,<2,3>,<3,2>};M R =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛011101110;它是反自反的、对称的；（3）R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,3>};M R =⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛100001110;它既不是自反的、也不是反自反的、也不是对称的、也不是反对称的、也不是传递的。
离散数学_屈婉玲_耿素云_张立昂_主编_高等教育出版社_课后最全答案
第一章命题逻辑基本概念课后练习题答案1.将下列命题符号化，并指出真值：（1）p∧q,其中，p:2是素数，q:5是素数,真值为1；（2）p∧q,其中，p:是无理数，q:自然对数的底e是无理数,真值为1；（3）p∧┐q,其中，p:2是最小的素数，q:2是最小的自然数,真值为1；（4）p∧q,其中，p:3是素数，q:3是偶数,真值为0；（5）┐p∧┐q,其中，p:4是素数，q:4是偶数,真值为0.2.将下列命题符号化，并指出真值：（1）p∨q,其中，p:2是偶数，q:3是偶数,真值为1；（2）p∨q,其中，p:2是偶数，q:4是偶数,真值为1；（3）p∨┐q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为0；（4）p∨q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为1；（5）┐p∨┐q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为0；3.（1）(┐p∧q)∨(p∧┐q),其中，小丽从筐里拿一个苹果，q：小丽从筐里拿一个梨；（2）(p∧┐q)∨(┐p∧q),其中，p：刘晓月选学英语，q：刘晓月选学日语；.4.因为p与q不能同时为真.5.设p:今天是星期一，q:明天是星期二，r:明天是星期三：（1）p→q，真值为1（不会出现前件为真，后件为假的情况）；（2）q→p，真值为1（也不会出现前件为真，后件为假的情况）；（3）p q，真值为1；（4）p→r，若p为真，则p→r真值为0，否则，p→r真值为1.返回第二章命题逻辑等值演算本章自测答案5.(1)：∨∨,成真赋值为00、10、11；(2)：0，矛盾式，无成真赋值；(3)：∨∨∨∨∨∨∨,重言式，000、001、010、011、100、101、110、111全部为成真赋值；7.(1)：∨∨∨∨⇔∧∧；(2)：∨∨∨⇔∧∧∧；8.(1)：1⇔∨∨∨,重言式；(2)：∨⇔∨∨∨∨∨∨；(3)：∧∧∧∧∧∧∧⇔0，矛盾式.11.(1)：∨∨⇔∧∧∧∧；(2)：∨∨∨∨∨∨∨⇔1；(3)：0⇔∧∧∧.12.A⇔∧∧∧∧⇔∨∨.第三章命题逻辑的推理理论本章自测答案6.在解本题时，应首先将简单陈述语句符号化，然后写出推理的形式结构*，其次就是判断*是否为重言式，若*是重言式，推理就正确，否则推理就不正确，这里不考虑简单语句之间的内在联系(1)、(3)、(6)推理正确，其余的均不正确，下面以(1)、(2)为例，证明(1)推理正确，(2)推理不正确(1)设p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式结构为(p→q)∧p→q(记作*1)在本推理中，从p与q的内在联系可以知道，p与q的内在联系可以知道，p与q不可能同时为真，但在证明时，不考虑这一点，而只考虑*1是否为重言式.可以用多种方法（如真值法、等值演算法、主析取式）证明*1为重言式，特别是，不难看出，当取A为p,B为q时，*1为假言推理定律，即(p→q)∧p→q ⇒ q(2)设p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式结构为(p→q)∧p→q(记作*2)可以用多种方法证明*2不是重言式，比如，等值演算法、主析取范式（主和取范式法也可以）等(p→q)∧q→p⇔(┐p∨q) ∧q →p⇔q →p⇔┐p∨┐q⇔⇔∨∨从而可知，*2不是重言式，故推理不正确，注意，虽然这里的p与q同时为真或同时为假，但不考虑内在联系时，*2不是重言式，就认为推理不正确.9.设p:a是奇数，q:a能被2整除，r:a：是偶数推理的形式结构为(p→q┐)∧(r→q)→(r→┐p) (记为*)可以用多种方法证明*为重言式，下面用等值演算法证明：(p→┐q)∧(r→q)→(r→┐p)⇔(┐p∨┐q) ∨(q∨┐r)→(┐q∨┐r) (使用了交换律)⇔(p∨q)∨(┐p∧r)∨┐q∨┐r⇔(┐p∨q)∨(┐q∧┐r)⇔┐p∨(q∨┐q)∧┐r⇔110.设p:a,b两数之积为负数，q:a,b两数种恰有一个负数，r：a，b都是负数.推理的形式结构为(p→q)∧┐p→(┐q∧┐r)⇔(┐p∨q) ∧┐p→(┐q∧┐r)⇔┐p→(┐q∧┐r) (使用了吸收律)⇔p∨(┐q∧┐r)⇔∨∨∨由于主析取范式中只含有5个W极小项，故推理不正确.11.略14.证明的命题序列可不惟一，下面对每一小题各给出一个证明① p→(q→r)前提引入② P前提引入③ q→r①②假言推理④ q 前提引入⑤ r③④假言推理⑥ r∨s前提引入（2）证明：① ┐(p∧r)前提引入② ┐q∨┐r①置换③ r前提引入④ ┐q ②③析取三段论⑤ p→q前提引入⑥ ┐p④⑤拒取式（3）证明：① p→q前提引入② ┐q∨q①置换③ (┐p∨q)∧(┐p∨p) ②置换④ ┐p∨(q∧p③置换⑤ p→(p∨q) ④置换15.(1)证明：① S结论否定引入② S→P前提引入③ P①②假言推理④ P→(q→r)前提引入⑤ q→r③④假言推论⑥ q前提引入⑦ r⑤⑥假言推理（2）证明：① p附加前提引入② p∨q①附加③ (p∨q)→(r∧s)前提引入④ r∧s②③假言推理⑤ s④化简⑥ s∨t⑤附加⑦ (s∨t)→u前提引入⑧ u⑥⑦拒取式16.(1)证明：① p结论否定引入② p→ ┐q前提引入③ ┐q ①②假言推理④ ┐r∨q前提引入⑤ ┐r③④析取三段论⑥ r∧┐s前提引入⑦ r⑥化简⑧ ┐r∧r⑤⑦合取（2）证明：① ┐(r∨s)结论否定引入② ┐r∨┐s①置换③ ┐r②化简④ ┐s②化简⑤ p→r前提引入⑥ ┐p③⑤拒取式⑦ q→s前提引入⑧ ┐q④⑦拒取式⑨ ┐p∧┐q⑥⑧合取⑩ ┐(p∨q)⑨置换口p∨q前提引入⑾①口┐(p∨q) ∧(p∨q) ⑩口合取17．设p：A到过受害者房间，q: A在11点以前离开，r：A犯谋杀罪，s：看门人看见过A。
离散数学第2版课后答案
5)?x?1(mod 5)????x?1(mod 3)
?x?3(mod8)??x?1(mod 3) ： 求解同余方程组 ?x?1(mod 5)?
m1=8 ， m2=3 ，m3=5 ，m=120 ，m1=15 ， m2=40 ， m3=24
15x≡1(mod 8),40x ≡1(mod 3),24x ≡1(mod 5的) 特解：
所以， p=3
11 计算 2400 mod 319 。
解：
14(2) 解同余方程： 56x≡88(mod 96) 。
解：
（1） (a,m)=(56,96)=8 ， 8|96 ，方程有解
（2） a?=56/8=7 ， b?=88/8=11 ，m?=96/8=12
（3）由辗转相除法可求得 p 和 q 满足 pa?+qm?=1 ， p=-5 ， q=3
?5x?7(mod 12)16(2) 解同余方程组 ? 7x?1(mod 10)?
解：
5x≡7(mod 12) ? 12?(5x -7) ? 4?(5x-7) 且 3?(5x- 7) ? 5x ≡7(mod 4)
且 5x≡7(mod 3) ∴同余方程 5x≡7(mod 12) 与同余方程
组??5x?7(mod 4) 同解
c1=7,c2=1,c3=4
19 ． *设 m1 和 m2 是正整数， b1 和 b2 是整数。证明一次同余方程
5 ．设 a、b、 c、 d 是正整数，满足 ab=cd 。证明： a4+b4+c4+d4 不是素数。 证明：设 11)(n-1)! ∴ n 整除 (1++?+2n-1adp?? ，其中 p 和 q 是互素的正整数 cbq aq=cp ? p?aq ? p?a （∵ p 和 q 互素） 于是， ?u?n ，使 a=pu ? c=qu
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第一章命题逻辑基本概念课后练习题答案1.将下列命题符号化，并指出真值：（1）p∧q,其中，p:2是素数，q:5是素数,真值为1；（2）p∧q,其中，p:是无理数，q:自然对数的底e是无理数,真值为1；（3）p∧┐q,其中，p:2是最小的素数，q:2是最小的自然数,真值为1；（4）p∧q,其中，p:3是素数，q:3是偶数,真值为0；（5）┐p∧┐q,其中，p:4是素数，q:4是偶数,真值为0.2.将下列命题符号化，并指出真值：（1）p∨q,其中，p:2是偶数，q:3是偶数,真值为1；（2）p∨q,其中，p:2是偶数，q:4是偶数,真值为1；（3）p∨┐q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为0；（4）p∨q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为1；（5）┐p∨┐q,其中，p:3是偶数，q:4是偶数,真值为0；3.（1）(┐p∧q)∨(p∧┐q),其中，小丽从筐里拿一个苹果，q：小丽从筐里拿一个梨；（2）(p∧┐q)∨(┐p∧q),其中，p：刘晓月选学英语，q：刘晓月选学日语；.4.因为p与q不能同时为真.5.设p:今天是星期一，q:明天是星期二，r:明天是星期三：（1）p→q，真值为1（不会出现前件为真，后件为假的情况）；（2）q→p，真值为1（也不会出现前件为真，后件为假的情况）；（3）p q，真值为1；（4）p→r，若p为真，则p→r真值为0，否则，p→r真值为1.返回第二章命题逻辑等值演算本章自测答案5.(1)：∨∨,成真赋值为00、10、11；(2)：0，矛盾式，无成真赋值；(3)：∨∨∨∨∨∨∨,重言式，000、001、010、011、100、101、110、111全部为成真赋值；7.(1)：∨∨∨∨⇔∧∧；(2)：∨∨∨⇔∧∧∧；8.(1)：1⇔∨∨∨,重言式；(2)：∨⇔∨∨∨∨∨∨；(3)：∧∧∧∧∧∧∧⇔0，矛盾式.11.(1)：∨∨⇔∧∧∧∧；(2)：∨∨∨∨∨∨∨⇔1；(3)：0⇔∧∧∧.12.A⇔∧∧∧∧⇔∨∨.第三章命题逻辑的推理理论本章自测答案6.在解本题时，应首先将简单陈述语句符号化，然后写出推理的形式结构*，其次就是判断*是否为重言式，若*是重言式，推理就正确，否则推理就不正确，这里不考虑简单语句之间的内在联系(1)、(3)、(6)推理正确，其余的均不正确，下面以(1)、(2)为例，证明(1)推理正确，(2)推理不正确(1)设p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式结构为(p→q)∧p→q(记作*1)在本推理中，从p与q的内在联系可以知道，p与q的内在联系可以知道，p与q不可能同时为真，但在证明时，不考虑这一点，而只考虑*1是否为重言式.可以用多种方法（如真值法、等值演算法、主析取式）证明*1为重言式，特别是，不难看出，当取A为p,B为q时，*1为假言推理定律，即(p→q)∧p→q ⇒ q(2)设p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式结构为(p→q)∧p→q(记作*2)可以用多种方法证明*2不是重言式，比如，等值演算法、主析取范式（主和取范式法也可以）等(p→q)∧q→p⇔(┐p∨q) ∧q →p⇔q →p⇔┐p∨┐q⇔⇔∨∨从而可知，*2不是重言式，故推理不正确，注意，虽然这里的p与q同时为真或同时为假，但不考虑内在联系时，*2不是重言式，就认为推理不正确.9.设p:a是奇数，q:a能被2整除，r:a：是偶数推理的形式结构为(p→q┐)∧(r→q)→(r→┐p) (记为*)可以用多种方法证明*为重言式，下面用等值演算法证明：(p→┐q)∧(r→q)→(r→┐p)⇔(┐p∨┐q) ∨(q∨┐r)→(┐q∨┐r) (使用了交换律)⇔(p∨q)∨(┐p∧r)∨┐q∨┐r⇔(┐p∨q)∨(┐q∧┐r)⇔┐p∨(q∨┐q)∧┐r⇔110.设p:a,b两数之积为负数，q:a,b两数种恰有一个负数，r：a，b都是负数.推理的形式结构为(p→q)∧┐p→(┐q∧┐r)⇔(┐p∨q) ∧┐p→(┐q∧┐r)⇔┐p→(┐q∧┐r) (使用了吸收律)⇔p∨(┐q∧┐r)⇔∨∨∨由于主析取范式中只含有5个W极小项，故推理不正确.11.略14.证明的命题序列可不惟一，下面对每一小题各给出一个证明① p→(q→r)前提引入② P前提引入③ q→r①②假言推理④ q前提引入⑤ r③④假言推理⑥ r∨s前提引入（2）证明：① ┐(p∧r)前提引入② ┐q∨┐r①置换③ r前提引入④ ┐q ②③析取三段论⑤ p→q前提引入⑥ ┐p④⑤拒取式（3）证明：① p→q前提引入② ┐q∨q①置换③ (┐p∨q)∧(┐p∨p) ②置换④ ┐p∨(q∧p③置换⑤ p→(p∨q) ④置换15.(1)证明：① S结论否定引入② S→P前提引入③ P①②假言推理④ P→(q→r)前提引入⑤ q→r③④假言推论⑥ q前提引入⑦ r⑤⑥假言推理（2）证明：① p附加前提引入② p∨q①附加③ (p∨q)→(r∧s)前提引入④ r∧s②③假言推理⑤ s④化简⑥ s∨t⑤附加⑦ (s∨t)→u前提引入⑧ u⑥⑦拒取式16.(1)证明：① p结论否定引入② p→ ┐q前提引入③ ┐q ①②假言推理④ ┐r∨q前提引入⑤ ┐r③④析取三段论⑥ r∧┐s前提引入⑦ r⑥化简⑧ ┐r∧r⑤⑦合取（2）证明：① ┐(r∨s)结论否定引入② ┐r∨┐s①置换③ ┐r②化简④ ┐s②化简⑤ p→r前提引入⑥ ┐p③⑤拒取式⑦ q→s前提引入⑧ ┐q④⑦拒取式⑨ ┐p∧┐q⑥⑧合取⑩ ┐(p∨q)⑨置换口p∨q前提引入⑾①口┐(p∨q) ∧(p∨q) ⑩口合取17．设p：A到过受害者房间，q: A在11点以前离开，r：A犯谋杀罪，s：看门人看见过A。
屈婉玲版离散数学课后习题答案【4】
第十章部分课后习题参考答案4．判断下列集合对所给的二元运算是否封闭： （1） 整数集合Z 和普通的减法运算。
封闭,不满足交换律和结合律，无零元和单位元（2） 非零整数集合错误!未找到引用源。
普通的除法运算。
不封闭（3） 全体n n ⨯实矩阵集合错误!未找到引用源。
（R ）和矩阵加法及乘法运算，其中n错误!未找到引用源。
2。
封闭 均满足交换律，结合律，乘法对加法满足分配律； 加法单位元是零矩阵，无零元；乘法单位元是单位矩阵，零元是零矩阵；（4）全体n n ⨯实可逆矩阵集合关于矩阵加法及乘法运算，其中n 错误!未找到引用源。
2。
不封闭（5）正实数集合错误!未找到引用源。
和错误!未找到引用源。
运算，其中错误!未找到引用源。
运算定义为：错误!未找到引用源。
不封闭 因为 +∉-=--⨯=R 1111111ο（6）n 错误!未找到引用源。
关于普通的加法和乘法运算。
封闭，均满足交换律，结合律，乘法对加法满足分配律 加法单位元是0，无零元；乘法无单位元（1>n ），零元是0；1=n 单位元是1（7）A = {},,,21n a a a Λ 错误!未找到引用源。
n 错误!未找到引用源。
运算定义如下：错误!未找到引用源。
封闭 不满足交换律，满足结合律，（8）S = 错误!未找到引用源。
关于普通的加法和乘法运算。
封闭 均满足交换律，结合律，乘法对加法满足分配律 （9）S = {0,1},S 是关于普通的加法和乘法运算。
加法不封闭，乘法封闭；乘法满足交换律，结合律（10）S = 错误!未找到引用源。
,S 关于普通的加法和乘法运算。
加法不封闭，乘法封闭，乘法满足交换律，结合律5．对于上题中封闭的二元运算判断是否适合交换律，结合律，分配律。
见上题7．设* 为+Z错误!未找到引用源。
上的二元运算+yx,，∀Z∈X * Y = min ( x，y ),即x和y之中较小的数.(1)求4 * 6，7 * 3。
4, 3Z上是否适合交换律，结合律，和幂等律？(2)* 在+满足交换律，结合律，和幂等律(3)求*运算的单位元，零元及+Z中所有可逆元素的逆元。