离散数学作业 (2)
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离散数学作业布置
第1次作业(P15)
1.16 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。
解:(1)p∨(q∧r)=0∨(0∧1)=0
(2)(p↔r)∧(﹁q∨s)=(0↔1)∧(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=1
1.17 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。另外只有6能被2整除,6才能被4整除。”
解:p: π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。
1.19 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)
解:(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,最后一列全为1
(5)公式类型为可满足式(方法如上例),最后一列至少有一个1
(6)公式类型为永真式(方法如上例,最后一列全为1)。
第2次作业(P38)
2.3 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)
解:(1) ﹁(p∧q→q) ⇔﹁(﹁(p∧q) ∨q) ⇔(p∧q) ∧﹁q⇔p∧(q ∧﹁q) ⇔ p∧0 ⇔0
所以公式类型为矛盾式
(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) → (p∧r) ⇔¬(p∨q) ∨ (p∧r) ⇔ (¬p∧¬q) ∨(p∧r)
易见, 是可满足式, 但不是重言式. 成真赋值为: 000,001, 101, 111
P q r ¬p∧¬q p∧r (¬p∧¬q) ∨(p∧r)
0 0 0 1 0 1
0 0 1 1 0 1
0 1 0 0 0 0
0 1 1 0 0 0
1 0 0 0 0 0
1 0 1 0 1 1
1 1 0 0 0 0
1 1 1 0 1 1
所以公式类型为可满足式
2.4 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)
第3次作业(P38)
2.5 求下列公式的主析取范式, 并求成真赋值:
(1)( ¬p→q) →(¬q∨p)
(2) (¬p→q) ∧q∧r
(3)(p∨(q∧r)) →(p∨q∨r)
(4) ¬(p→q) ∧q∧r
解:
(1)(¬p→q) →(¬q∨p)
⇔¬(p∨q) ∨(¬q∨p)
⇔¬p∧¬q ∨¬q ∨p
⇔¬q ∨p (吸收律)
⇔ (¬p∨p)∧¬q ∨p∧(¬q∨q)
⇔¬p∧¬q∨p∧¬q ∨p∧¬q ∨p∧q
⇔m0∨m2∨m2∨m3
⇔m0∨m2∨m3
成真赋值为00, 10, 11.
(2) (¬p→q) ∧q∧r
⇔ (p∨q) ∧q∧r
⇔ (p∧q∧r) ∨q∧r
⇔ (p∧q∧r) ∨(¬p ∨p) ∧q∧r
⇔p∧q∧r∨¬p ∧q∧r∨p∧q∧r
⇔m3∨m7
成真赋值为011,111.
(3) (p∨(q∧r)) →(p∨q∨r)
⇔¬(p∨(q∧r)) ∨(p∨q∨r)
⇔¬p∧¬(q∧r) ∨(p∨q∨r)
⇔¬p∧(¬q∨¬r)∨(p∨q∨r)
⇔¬p∧¬q∨¬p∧¬r∨p∨q∨r
⇔¬p∧¬q∧(r∨¬r)∨¬p∧(q∨¬q)∧¬r∨p∧(q∨¬q) ∧(r∨¬r) ∨ (p∨¬p) ∧q∧(r∨¬r)∨(p∨¬p) ∧(q∨¬q) ∧r
⇔m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m6∨m7, 为重言式.
(4) ¬(p→q) ∧q∧r
⇔¬(¬p∨q) ∧q∧r
⇔ (p∧¬q) ∧q∧r
⇔ p∧(¬q ∧q)∧r
⇔0
主析取范式为0, 无成真赋值, 为矛盾式.
第4次作业(P38)
2.6 求下列公式的主合取范式, 并求成假赋值:
(1) ¬(q→¬p) ∧¬p
(2)(p∧q) ∨ (¬p∨r)
(3)(p→(p∨q)) ∨r
解:
(1) ¬(q→¬p) ∧¬p
⇔¬(¬q∨¬p) ∧¬p
⇔q∧p ∧¬p
⇔q∧0
⇔0
⇔M0∧M1∧M2∧M3
这是矛盾式. 成假赋值为00, 01, 10, 11.
(2)(p∧q) ∨ (¬p∨r)
⇔(p∧q) ∨¬p∨r
⇔(p∨¬p)∧(¬p ∨q)∨r
⇔ (¬p ∨q)∨r
⇔¬p ∨q∨r
⇔M4, 成假赋值为100.
(3)(p→(p∨q)) ∨r
⇔(¬p∨(p∨q)) ∨r
⇔(¬p∨p)∨q ∨r
⇔1
主合取范式为1, 为重言式.