(完整版)离散数学课后习题答案_(左孝凌版)
左孝凌离散数学1
4
第一章 命题逻辑（Propositional Logic）1.3命题
公式与翻译
• 联结词旳优先级：┐、∧、∨、→、。
则：
P∧Q→R 是合式公式
等价于Wff ： （（P∧Q）→R ）命题公式外层旳括号能够省略
等价于Wff ： （P∧Q）→R
不等价于Wff ： P∧（Q→R）
第一章 命题逻辑（Propositional Logic）1.3命题
P Q ┐P∨Q
TT T TF F FT T
P→Q
T F T
FF T
T
第一章 命题逻辑（Propositional Logic） 1.4真值表 与等价公式
1.4.2 等价公式
同理(P∧Q)∨(┐P∧┐Q)与P↔ Q相应旳真值相同，如表1-4.6所示。
表1-4.6
P Q P↔Q TT T TF F FT F FF T
公式与翻译
• 1.3.2 复合命题旳符号化(翻译) • 自然语言旳语句用Wff 形式化：
① 要精确拟定原子命题，并将其形式化。 ② 要选用恰当旳联结词，尤其要善于辨认自然语言中旳联 结词（有时它们被省略），否定词旳位置要放精确。 ③ 必要时能够进行改述，即变化原来旳论述方式， 但要确保体现意思一致。 ④ 需要旳括号不能省略，而能够省略旳括号， 在需要提升公式可读性时亦可不省略。
例2：构造公式 (P Q) ∧R旳 真值表。
P Q R PQ (P Q) ∧R
00 0 00 1
01 0 01 1 10 0 10 1 11 0 11 1
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第一章 命题逻辑（Propositional Logic） 1.4真值表 与等价公式
例2：构造公式 (P Q) ∧R旳 真值表。
(完整版)离散数学课后习题答案(第三章)
a t a t i m e an dA l lt h i ng si nt h ei r be i ng ar eg oo df o r so me t hi n 3-5.1 列出所有从X={a,b,c}到Y={s}的关系。
解：Z 1={<a,s>}Z 2={<b,s>} Z 3={<c,s>}Z 4={<a,s>,<b,s>} Z 5={<a,s>,<c,s>} Z 6={<b,s>,<c,s>}Z 7={<a,s>,<b,s>,<c,s>}3-5.2 在一个有n 个元素的集合上，可以有多少种不同的关系。
解 因为在X 中的任何二元关系都是X ×X 的子集，而X ×X=X 2中共有n 2个元素，取0个到n 2个元素，共可组成22n 个子集，即22|)(|n X X =⨯℘。
3-5.3 设A ＝{6：00，6：30,7：30，…, 9：30,10：30}表示在晚上每隔半小时的九个时刻的集合，设B={3,12,15,17}表示本地四个电视频道的集合,设R 1和R 2是从A 到B 的两个二元关系，对于二无关系R 1，R 2，R 1∪R 2，R 1∩R 2，R 1⊕R 2和R 1-R 2可分别得出怎样的解释。
解：A ×B 表示在晚上九个时刻和四个电视频道所组成的电视节目表。
R 1和R 2分别是A ×B 的两个子集，例如R 1表示音乐节目播出的时间表，R 2是戏曲节日的播出时间表，则R 1∪R 2表示音乐或戏曲节目的播出时间表，R 1∩R 2表示音乐和戏曲一起播出的时间表，R 1⊕R 2表示音乐节目表以及戏曲节目表，但不是音乐和戏曲一起的节日表，R 1-R 2表示不是戏曲时间的音乐节目时间麦。
3-5.4 设L 表示关系“小于或等于”，D 表示‘整除”关系,L 和D 刀均定义于解：L={<1,2>,<1,3>,<1,6>,<2,3>,<2,6>, <3,6>,<1,1>,<2,2>,<3,3>,<6,6>}D={<1,2>,<1,3>,<1,6>,<2,6>,<3,6>,<1,1>,<2,2>,<3,3>,<6,6>} L ∩D={<1,2>,<1,3>,<1,6>,<2,6>,<3,6>,<1,1>,<2,2>,<3,3>,<6,6>}3-5.5对下列每一式，给出A 上的二元关系，试给出关系图：a){<x,y>|0≤x ∧y ≤3}，这里A={1,2,3,4}；b){<x,y>|2≤x,y ≤7且x 除尽y ,这里A ＝{n|n ∈N ∧n ≤10}c) {<x,y>|0≤x-y<3}，这里A={0,1,2,3,4}；d){<x,y>|x,y 是互质的}，这里A={2,3,4,5,6}解：a) R={<0,0>,<0,1>,<0,2>,<0,3>, <1,0>,<1,1>,<1,2>,<1,3>, <2,0>,<2,1>,<2,2>,<2,3>, <3,0>,<3,1>,<3,2>,<3,3>,} 其关系图b) R={<2,0>,<2,2>,<2,4>,<2,6>,<3,0>,<3,3>,<3,6>, <4,0>,<4,4>, <5,0>,<5,5>,i m e an dA l lt h in gs in th ei r be i ng ar eg oo df o rsa）若R1和R2是自反的，则R1○R2也是自反的；b）若R1和R2是反自反的，则R1○R2也是反自反的；c）若R1和R2是对称的，则R1○R2也是对称的；d）若R1和R2是传递的，则R1○R2也是传递的。
离散数学-命题逻辑-3-左孝凌
不可兼析取
不可兼析取有下列的性质： ⑴ P ∨ QQ ∨ P ⑵ (P ∨ Q) ∨ RP ∨ (Q ∨ R) (交换律) (结合律)
⑶ P∧(Q ∨ R)(P∧Q) ∨ (P∧R) (合取对异或的分配律) ⑷ P∨ Q(P∧Q)∨(P∧Q) ⑸ P ∨ Q(PQ) ⑹ P ∨ P0，0 ∨ PP，1 ∨ PP 定理1-6.1 设P，Q，R为命题公式，如果P ∨ QR，则P ∨ R Q，Q ∨ RP，P ∨ Q ∨ R为一矛盾式。 (书中有证明)
不等价的命题公式的个数
两个命题变元可以构成多少个不等价的命题公式？ 由等价的概念知道，等价的命题公式有相同的真值表，所以上述问题就转化为两个 命题变元构成的命题公式有多少个不同的真值表？
两个命题变元构成的命题公式的真值表的格式如下表所示。真值表中每行 4 公式的真值都有1，0两种可能，所以命题公式的真值有2×2×2×2 = 2 = 22 = 16种可能，既有22 个不同的真值表。故有22 种不等价的公式。
表1-6.3 q 0 1 0 1 p 0 0 1 1 p↓q 1 0 0 0
1.6 全功能联结词集
至此已经学了8个联结词： ,∧,∨,→,, ∨ ,↑,↓。类似于定义命题 公式的方法，可以定义包含上述8个联结词 的命题公式。 定义1-6.4 设S是一个联结词集合，如果任何 n(n≥1)个变元组成的公式，都可以由S中的 联结词来表示，则称S是全功能联结词集。
1.6 全功能联结词集
定义1-6.1 设P和Q是两个命题，复合命题P ∨ Q称作P和Q的 不可兼析取，也叫异或。定义为：P ∨ Q为T当且仅当P 和Q的真值不相同时。联结词“ ∨ ”称为异或联结词。 联结词“ ∨ ”的真值表如表 1-6.1所示。 “ ∨ ”也可以看成逻辑运 算，它是二元逻辑运算。它在程 序设中有广泛的引用。
离散部分作业答案
P125 21.a)N={1,3} Φ(4)=2b)N={1,3,7,9}Φ(10)=4c)N={1,2,3,…,12}Φ(13)=12P149 25b) 5^2003 mod 1001=983P183 4“the sailing race will be held and the lifesaving demonstration will go on”: this sentence should be split into two propositions ,one is the “sailing race will be held “, the other is “the lifesaving demonstration will go on.”P202 64N is odd and not divisible by 3 , so we can express n=6k+1 or 6k+5(k>=1) Basis step: It is easy to prove the correction of the proposition when n=7 and n=11.Inductive step: assume that if n=6k+1, the proposition is true,and if n=6(k+1)+1=(6k+1)+6, as shown in the figure below :the square is split into 4 parts asa)(6k+1)*(6k+1), b) 7*7-1 ( pleaseallow me to write this way), c)6k*6 andd)6*6k . it is clear that a) is fit to theproposition , b) can be filled withL-shaped pieces and c),d) can be filled with a rectangle consist of 2 L-shaped pieces.If n=6(k+1)+5 , the proposition can be also proved as above.So , we can believe that the proposition is true.P259 49a)We need to find something to count so that the left-hand side of theequation counts it in one way and the right-hand side counts it in different way. After much thought , we might try the following. We will count the number of bit strings of length n+r+1containing exactly r 0’s and n+1 1’s . There are C(n+r+1,r) such strings , sincea string is completely specified by deciding which r of the bits areto be the 0’s . To see that the left-hand side of the identity counts the same thing,let l+1 be the position of the last 1 in the string . Since there are n+1 1’s , we know that l cannot be less than n . thus there are disjoint cases for each l from n to n+r . For each such l, we completely determine the string by deciding which of the l positionsI the string before the last 1 are to be 0’s . Since there are n 1’s inthis range, there are l-n 0’s. Thus there are C(l,l-n) .ways to choose the positions of the 0’s . Now by the sum rule , the total number of bit strings will be ∑(l=n to n+r)C(l,l-n) . By making the change of variable k=l-n,this transforms into the left-hand side, and we arefinished.P243 33a)there can clearly be no one-to-one function from {1,2,…n} to {0,1}if n>2. if n=1 ,then there are 2 such functions , the one that sends 1 to 0, and the one that sends 1 to 1. if n=2 , then there are again 2 such functions since once it is determined where 1 is sent , the function must send 2 to the other value in the codomain.b)If the function assigns 0 to both 1 and n , then there are n-2 functionvalues free to be chosen. Each can be chosen in 2 ways. Therefore by product rule, there are 2^n-2 such functions ,as long as n>1. if n=1 ,then clearly there is just one such function.c)If n=1, then there are no such functions.If n>1, we will decide which of the numbers from 1 to n-1 , inclusive,will get sent to 1. there are n-1 ways to make this choice.finally , we are free to specify the value if the function at n,and this may be done in 2ways ,hence by the product rule ,the answer is 2(n-1).P383 25b)for each unordered pair {a.b} of distinct elements of A, we have a3-way choice----either include (a,b) only, include (b,a) only , orinclude neither .For each element of A we have a 2-way choice .Therefore the answer is (3^C(n,2))*(2^n) .c)as in part (b) we have a 3-way choice for a!=b . there is no choiceabout including (a,a) in the relation——the definition prohibits it.Therefore the answer is 3^C(n,2)。
离散数学课后习题答案第七章
第七章 特 殊 图 类习题7.11．解 因 m=n-1,这里m=6,所以n=6+1=7.2．解 不正确。
与平凡图构成的非连通图中有4个结点3条边，但是它不是树。
3K 3．证明 必要性。
因为G 中有n 个结点，边数m=n-1，又因为G 是连通的，由本节定理1可知，G 为树，因而G 中无回路。
再证充分性。
因为G 中无回路，又因为边数m=n-1，由本节定理1，可知G 为树，所以G 是连通的。
4．解 因 m=n-r,这里n=15,r=3,所以m=15-3=12，即G 有12条边。
5．解6个结点的所有不同构的树如图7-1所示。
图7-16．证明 由定理1，在任意的树中，边数),(m n 1−=n m；所以，由握手定理得)1(22)(1−==∑=n m v d ni i①⑴若T 没有树叶，则由于T 是连通图，所以T 中任一结点均有，从而2)(≥i v d n v d ni i2)(1≥∑= ②则①与②矛盾。
⑵若树T 仅有1片树叶，则其余1−n个结点的度数不小于2，于是121)1(2)(1−=+−≥∑=n n v d ni i③从而①、③相矛盾。
综合⑴，⑵得知T 中至少有两片树叶。
7．解 图7-2⑴中共有两棵非同构的生成树（如图7-3⑴，⑵）。
图7-2⑵中共有3棵非同构的生成树（如图7-3⑶，⑷，⑸）。
⑵⑴⑶⑷ ⑸图7-38．解 在图7-4中共有8棵生成树，如图7-5⑴～⑻所示，第i 生成树用表示。
，，，)8,,2,1( =iT i 7)(8=T W 8)()(61==T W T W 6)()(52==T W T W )()(73==T W T W 9)(4=T W 。
其中T 2，T 5是图中的最小生成树。
9．解 最小生成树T 如图7-7所示，W （T ）=18。
a bc da b cda ba bcdabc d⑴⑵⑶⑷⑸⑹⑺ ⑻图7-5图7-4图7-6图7-7习题7.21．解 不一定是。
如图7-8就不是根树.2．解 五个结点可形成3棵非同构的无向树，如图7-9⑴，⑵，⑶所示。
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例4将下列命题符号化。
(1)只要不下雨，我就骑自行车上班。
(2)只有不下雨，我才骑自行车上班。
(3)若 2+2＝4，则太阳从东方升起。
(3)若 2+2≠4，则太阳从东方升起。
(4)若 2+2＝4，则太阳从西方升起。
(5)若 2+2≠4，则太阳从西方升起。
解：在（1）、（2）中，设P：天下雨；Q：我骑自行车上
∧表示自然语言中的“既……又……”， “不仅……而且……”， “虽然……但是”
P Q P ∧Q
TT
T
TF
F
FT
F
FF
F
例3将下列命题符号化。 （1）李平既聪明又用功。 （2）李平虽然聪明，但不用功。 （3）李平不但聪明，而且用功。 （3）李平不是不聪明，而是不用功。
解：设P：李平聪明；Q：李平用功。 （1）P∧Q （2）P∧ᄀQ （3）P∧Q （4）ᄀ（ᄀP）∧ᄀQ
自然语言中的“或”具有二义性，有时表示
不相容的或。
例：“派小王或小李中的一人去开会” 。为排斥
性的或。
P：派小王去开会；Q：派小李去开会。 （P∧ᄀQ）∨（ᄀP∧Q） ， （P∨Q）∧ᄀ（P∧Q）
定义1－2.4 设P、Q为两命题，复合命题“如果P， 则Q”称作 P与Q的蕴涵式，记作P→Q，→为蕴涵联 结词。
1.命题公式 命题公式：由命题常量、命题变元、联结词、括号 等组成的符号串。
命题公式中的命题变元称作命题公式的分量。
定义1－3.1 （1）单个命题常量或命题变 元,Q,R,…,Pi,Qi,Ri,… ，F，T是合式公式。 （2）如果A是合式公式，则（ᄀA）也是合式公式。 （3）如果A、B是合式公式，则（A∧B）、（A
离散数学课后习题答案
1.3.1习题1.1解答1设S = {2，a，{3}，4}，R ={{a}，3，4，1}，指出下面的写法哪些是对的，哪些是错的？{a}∈S,{a}∈R,{a,4,{3}}⊆S,{{a},1,3,4}⊂R,R=S,{a}⊆S,{a}⊆R,φ⊆R,φ⊆{{a}}⊆R⊆E,{φ}⊆S,φ∈R,φ⊆{{3},4}。
解：{a}∈S ，{a}∈R ，{a，4，{3}} ⊆ S ，{{a}，1，3，4 } ⊂ R ，R = S ，{a}⊆S ，{a}⊆ R ，φ⊆ R ，φ⊆ {{a}} ⊆ R ⊆ E ，{φ} ⊆ S ，φ∈R ，φ⊆ {{3}，4 } 2写出下面集合的幂集合{a，{b}}，{1，φ}，{X，Y，Z}解：设A={a，{b}}，则ρ(A)={ φ，{a}，{{b}}，{a，{b}}}；设B={1，φ}，则ρ(B)= { φ，{1}，{φ}，{1，φ}}；设C={X，Y，Z}，则ρ(C)= { φ，{X}，{Y}，{Z}，{X，Y }，{X，Z }，{ Y，Z }，{X，Y，Z}}；3对任意集合A，B，证明：(1)A⊆B当且仅当ρ(A)⊆ρ(B)；(2)ρ(A)⋃ρ(B)⊆ρ(A⋃B)；(3)ρ(A)⋂ρ(B)=ρ(A⋂B)；(4)ρ(A-B) ⊆(ρ(A)-ρ(B)) ⋃{φ}。
举例说明：ρ(A)∪ρ(B)≠ρ( A∪B)证明：(1)证明：必要性，任取x∈ρ(A)，则x⊆A。
由于A⊆B，故x⊆B，从而x∈ρ(B)，于是ρ(A)⊆ρ(B)。
充分性，任取x∈A，知{x}⊆A，于是有{x}∈ρ(A)。
由于ρ(A)⊆ρ(B)，故{x}∈ρ(B)，由此知x∈B，也就是A⊆B。
（2）证明：任取X∈ρ(A)∪ρ(B)，则X∈ρ(A)或X∈ρ(B)∴X⊆A或X⊆B∴X⊆(A∪B)∴X∈ρ(A∪B)所以ρ(A)∪ρ(B) ⊆ρ( A∪B)（3）证明：先证ρ(A)∩ρ(B) ⊆ρ( A∩B)任取X∈ρ(A)∩ρ(B)，则X∈ρ(A)且X∈ρ(B)∴X⊆A且X⊆B∴X⊆ A∩B∴X∈ρ( A∩B)所以ρ(A)∩ρ(B) ⊆ρ( A∩B)再证ρ( A∩B) ⊆ρ(A)∩ρ(B)任取Y∈ρ(A∩B)，则Y⊆ A∩B∴Y⊆A且Y⊆B∴Y∈ρ(A)且Y∈ρ(B)∴Y∈ρ(A)∩ρ(B)所以ρ( A∩B) ⊆ρ(A)∩ρ(B)故ρ(A)∩ρ(B) = ρ( A∩B)得证。
离散数学课后习题答案 (2)
离散数学课后习题答案1. 第一章习题答案1.1 习题一答案1.1.1 习题一.1 答案根据题意，设集合A和B如下：Set A and BSet A and B在此情况下，我们可以得出以下结论：•A的幂集为{ {}, {a}, {b}, {a, b} }；•B的幂集为{ {}, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3} }；•A和B的笛卡尔积为{ (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3) }。
因此，习题一.1的答案为：•A的幂集为{ {}, {a}, {b}, {a, b} }；•B的幂集为{ {}, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3} }；•A和B的笛卡尔积为{ (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b,2), (b, 3) }。
1.1.2 习题一.2 答案根据题意，集合A和B如下所示：Set A and BSet A and B根据集合的定义，习题一.2要求我们判断以下命题的真假性：a)$A \\cap B = \\{ 2, 3 \\}$b)$\\emptyset \\in B$c)$A \\times B = \\{ (a, 2), (b, 1), (b, 3) \\}$d)$B \\subseteq A$接下来，我们来逐个判断这些命题的真假性。
a)首先计算集合A和B的交集：$A \\cap B = \\{ x\\,|\\, x \\in A \\, \\text{且} \\, x \\in B \\} = \\{ 2, 3 \\}$。
因此，命题a)为真。
b)大家都知道，空集合是任意集合的子集，因此空集合一定属于任意集合的幂集。
根据题意，$\\emptyset \\in B$，因此命题b)为真。
c)计算集合A和B的笛卡尔积：$A \\times B = \\{ (x, y) \\,|\\, x \\in A \\, \\text{且} \\, y \\in B \\} = \\{ (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3) \\}$。
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1-1，1-2 （1） 解： a) 是命题，真值为T。 b) 不是命题。 c) 是命题，真值要根据具体情况确定。 d) 不是命题。 e) 是命题，真值为T。 f) 是命题，真值为T。 g) 是命题，真值为F。 h) 不是命题。 i) 不是命题。 （2） 解： 原子命题：我爱北京天安门。 复合命题：如果不是练健美操，我就出外旅游拉。 （3） 解：、- a) (┓P ∧R)→Q b) Q→R c) ┓P d) P→┓Q （4） 解： a)设Q:我将去参加舞会。R:我有时间。P:天下雨。 Q (R∧┓P):我将去参加舞会当且仅当我有时间和天不下雨。 b)设R:我在看电视。Q:我在吃苹果。 R∧Q:我在看电视边吃苹果。 c) 设Q:一个数是奇数。R:一个数不能被2除。 （Q→R）∧(R→Q):一个数是奇数，则它不能被2整除并且一个数不能被2整除，则它是奇数。 (5) 解： a) 设P：王强身体很好。Q：王强成绩很好。P∧Q b) 设P：小李看书。Q：小李听音乐。P∧Q c) 设P：气候很好。Q：气候很热。P∨Q d) 设P： a和b是偶数。Q：a+b是偶数。P→Q e) 设P：四边形ABCD是平行四边形。Q ：四边形ABCD的对边平行。PQ f) 设P：语法错误。Q：程序错误。R：停机。（P∨ Q）→ R
(6) 解：
a) P:天气炎热。Q:正在下雨。 P∧Q
b) P:天气炎热。R:湿度较低。 P∧R
c) R:天正在下雨。S:湿度很高。 R∨S
d) A:刘英上山。B:李进上山。 A∧B
e) M:老王是革新者。N:小李是革新者。 M∨N
f) L:你看电影。M:我看电影。 ┓L→┓M
g) P:我不看电视。Q:我不外出。 R:我在睡觉。 P∧Q∧R
h) P:控制台打字机作输入设备。Q:控制台打字机作输出设备。P∧Q
1-3
（1）解：
a) 不是合式公式，没有规定运算符次序（若规定运算符次序后亦可作为合式公式）
b) 是合式公式
c) 不是合式公式（
d) ）
e) 不是合式公式（R和S之间缺少联结词）
f) 是合式公式。
（2）解：
a） A是合式公式，(A∨B)是合式公式，(A→(A∨B)) 是合式公式。这个过程可以简记为：
A；(A∨B)；(A→(A∨B))
同理可记
b） A；┓A ；(┓A∧B) ；((┓A∧B)∧A)
c） A；┓A ；B；(┓A→B) ；(B→A) ；((┓A→B)→(B→A))
d） A；B；(A→B) ；(B→A) ；((A→B)∨(B→A))
（3）解：
a） ((((A→C)→((B∧C)→A))→((B∧C)→A))→(A→C))
b） ((B→A)∨(A→B))。
（4）解：
a) 是由c) 式进行代换得到，在c) 中用Q代换P, (P→P)代换Q.
d) 是由a) 式进行代换得到，在a) 中用 P→(Q→P)代换Q.
e) 是由b) 式进行代换得到，用R代换P, S代换Q, Q代换R, P代换S.
（5）解：
a) P: 你没有给我写信。 R: 信在途中丢失了。 P Q
b) P: 张三不去。Q: 李四不去。R: 他就去。 (P∧Q)→R
c) P: 我们能划船。 Q: 我们能跑步。 ┓(P∧Q)
d) P: 你来了。Q: 他唱歌。R: 你伴奏。 P→(QR)
（6）解：
P:它占据空间。 Q:它有质量。 R:它不断变化。 S:它是物质。
这个人起初主张：(P∧Q∧R) S
后来主张：(P∧QS)∧(S→R)
这个人开头主张与后来主张的不同点在于：后来认为有P∧Q必同时有R，开头时没有这样
的主张。
（7）解：
a) P: 上午下雨。 Q:我去看电影。 R:我在家里读书。 S:我在家里看报。(┓P→Q) ∨
(P→(R∨S))
b) P: 我今天进城。Q:天下雨。┓Q→P
c) P: 你走了。 Q:我留下。Q→P
1-4
（4）解：a)
P Q R Q∧R P∧(Q∧R) P∧Q (P∧Q)∧R
T T T T T F T F T T F F F T T F T F F F T F F F T F F F T F F F T F F F F F F F T T F F F F F F T
F
F
F
F
F
F
F
所以，P∧(Q∧R) (P∧Q)∧R
b)
P Q R Q∨R P∨(Q∨R) P∨Q (P∨Q)∨R
T T T T T F Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ
Ｔ
T F T T F F F T T F T F F F T F F F Ｔ Ｆ Ｔ Ｔ Ｔ Ｆ Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｆ Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｆ Ｆ Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
所以，P∨(Q∨R) (P∨Q)∨R
ｃ）
Ｐ Ｑ Ｒ Ｑ∨Ｒ Ｐ∧（Ｑ∨Ｒ） Ｐ∧Ｑ Ｐ∧Ｒ （Ｐ∧Ｑ）∨（Ｐ∧Ｒ）
Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｔ Ｆ Ｔ Ｆ Ｔ Ｔ Ｆ Ｆ Ｆ Ｔ Ｔ Ｆ Ｔ Ｆ Ｆ Ｆ Ｔ Ｆ Ｆ Ｆ Ｔ Ｔ Ｔ Ｆ Ｔ Ｔ Ｔ Ｆ Ｔ Ｔ Ｔ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｔ Ｔ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｔ Ｆ Ｔ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
所以，P∧(Q∨R) (P∧Q)∨(P∧R)
ｄ）
P Q ┓P ┓Q ┓P∨┓Q ┓(P∧Q) ┓P∧┓Q ┓(P∨Q)
T T T F F T F F F F T T F T F T F T T T F T T T F F F T F
F
F
T
所以，┓(P∧Q) ┓P∨┓Q, ┓(P∨Q) ┓P∧┓Q
（5）解：如表，对问好所填的地方，可得公式F1～F6，可表达为
P Q R F1 F2 F3 F4 F5 F6
∨
T T T T F T T F F
T T F F F T F F F
T F T T F F T T F
T F F F T F T T F
F T T T F F T T F
F T F T F F F T F
F F T T F T T T F
F F F F T F T T T
F1:(Q→P)→R
F2:(P∧┓Q∧┓R)∨(┓P∧┓Q∧┓R)
F3:(P←→Q)∧(Q∨R)
F4:(┓P∨┓Q∨R)∧(P∨┓Q∨R)
F5:(┓P∨┓Q∨R)∧(┓P∨┓Q∨┓R)
F6:┓(P∨Q∨R)
(6)
P Q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
F F F T F T F T F T F T F T F T F T
F T F F T T F F T T F F T T F F T T
T F F F F F T T T T F F F F T T T T
T T F F F F F F F F T T T T T T T T
解：由上表可得有关公式为
1.F 2.┓(P∨Q) 3.┓(Q→P) 4.┓P
5.┓(P→Q) 6.┓Q 7.┓(PQ) 8.┓(P∧Q)
9.P∧Q 10.PQ 11.Q 12.P→Q
13.P 14.Q→P 15.P∨Q 16.T
(7) 证明：
a) A→(B→A) ┐A∨(┐B∨A)
A∨(┐A∨┐B)
A∨(A→┐B)
┐A→(A→┐B)
b) ┐(AB) ┐((A∧B)∨(┐A∧┐B))
┐((A∧B)∨┐(A∨B))
(A∨B)∧┐(A∧B)
或 ┐(AB) ┐((A→B)∧(B→A))
┐((┐A∨B)∧(┐B∨A))
┐((┐A∧┐B)∨(┐A∧A)∨(B∧┐B)∨(B∧A))
┐((┐A∧┐B)∨(B∧A))
┐(┐(A∨B))∨(A∧B)
(A∨B)∧┐(A∧B)
c) ┐(A→B) ┐(┐A∨B) A∧┐B
d) ┐(AB)┐((A→B)∧(B→A))
┐((┐A∨B)∧(┐B∨A))
(A∧┐B)∨(┐A∧B)
e) (((A∧B∧C)→D)∧(C→(A∨B∨D)))
(┐(A∧B∧C)∨D)∧(┐C∨(A∨B∨D))
(┐(A∧B∧C)∨D)∧(┐(┐A∧┐B∧C)∨D)
(┐(A∧B∧C)∧┐(┐A∧┐B∧C))∨D
((A∧B∧C)∨(┐A∧┐B∧C))→D
(((A∧B)∨(┐A∧┐B))∧C)→D
((C∧(AB))→D)
f) A→(B∨C) ┐A∨(B∨C)
(┐A∨B)∨C
┐(A∧┐B)∨C
(A∧┐B)→C
g) (A→D)∧(B→D)(┐A∨D)∧(┐B∨D)
(┐A∧┐B)∨D
┐(A∨B)∨D
(A∨B)→D
h) ((A∧B)→C)∧(B→(D∨C))
(┐(A∧B)∨C)∧(┐B∨(D∨C))
(┐(A∧B)∧(┐B∨D))∨C
(┐(A∧B) ∧┐(┐D∧B))∨C
┐((A∧B)∨(┐D∧B))∨C
((A∨┐D)∧B)→C
(B∧(D→A))→C