第1页 / 共34页
第2页 / 共34页
第3页 / 共34页
第4页 / 共34页
第5页 / 共34页
第6页 / 共34页
第7页 / 共34页
第8页 / 共34页
离散数学课后习题答案（左孝凌）.doc
离散数学课后习题答案 (左孝凌版)
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)
b)
(┓P ∧R)→Q
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)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
P:天气炎热。Q:正在下雨。 P∧Q
P:天气炎热。R:湿度较低。 P∧R
R:天正在下雨。S:湿度很高。 R∨S
A:刘英上山。B:李进上山。 A∧B
M:老王是革新者。N:小李是革新者。 M∨N
L:你看电影。M:我看电影。 ┓L→┓M
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（括弧不配对）
d) 不是合式公式（R 和 S 之间缺少联结词）
e) 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
F
F
F
F
T
T
F
F
T
T
F
F
T
F
T
F
T
F
T
F
所以，P∧(Q∧R) (P∧Q)∧R
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
b)
Q
T
T
F
F
T
T
F
F
R
T
F
T
F
T
F
T
F
P
T
T
T
T
F
F
F
F
Q∨R
P∨(Q∨R)
P∨Q
(P∨Q)∨R
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｆ
Ｔ
Ｔ
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）
Q
T
F
T
F
P
T
T
F
F
┓P
F
F
T
T
┓Q
┓P∨┓Q
┓(P∧Q)
┓P∧┓Q
┓(P∨Q)
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
F
F
F
T
T
F
F
T
T
F
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
T
T
F
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)
1
F
F
F
F
P
F
F
T
T
Q
F
T
F
T
2
T
F
F
F
3
F
T
F
F
4
T
T
F
F
5
F
F
T
F
6
T
F
T
F
7
F
T
T
F
解：由上表可得有关公式为
1.F
2.┓(P∨Q)
3.┓(Q→P)
F
F
F
T
F
F
F
T
8
T
T
T
F
T
T
F
F
F
F
T
F
T
F
T
T
T
F
T
T
F
F
T
T
T
T
T
T
F
F
F
F
F
F
F
T
9
F
F
F
T
10
11
12
13
14
15
16
T
F
F
T
F
T
F
T
T
T
F
T
F
F
T
T
T
F
T
T
F
T
T
T
T
T
T
T
4.┓P
8.┓(P∧Q)
12.P→Q
5.┓(P→Q)
9.P∧Q
13.P
6.┓Q
10.PQ
7.┓(PQ)
11.Q
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
（8）解：
a) ((A→B) (┐B→┐A))∧C
((┐A∨B) (B∨┐A))∧C
((┐A∨B) (┐A∨B))∧C
T∧C C
b) A∨(┐A∨(B∧┐B)) (A∨┐A)∨(B∧┐B) T∨F T
c) (A∧B∧C)∨(┐A∧B∧C)
(A∨┐A) ∧(B∧C)
T∧(B∧C)
B∧C
（9）解：1）设 C 为 T，A 为 T，B 为 F，则满足 A∨CB∨C，但 AB 不成立。
2）设 C 为 F，A 为 T，B 为 F，则满足 A∧CB∧C，但 AB 不成立。
3）由题意知┐A 和┐B 的真值相同，所以 A 和 B 的真值也相同。
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)
c)
d)
P∨(┐P∨Q)
(P∨┐P)∨Q
T∨Q
T
((P→Q)∧(Q→R))→(P→R)
因为(P→Q)∧(Q→R)(P→R)
所以 (P→Q)∧(Q→R)为重言式。
((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。
Q
R
如果我学习，那么我数学不会不及格：
如果我不热衷于玩扑克，那么我将学习:
P→┐Q
┐R→P
但我数学不及格:
因此我热衷于玩扑克。
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
R
┐P
如果 6 是偶数，则 7 被 2 除不尽
或 5 不是素数，或 7 被 2 除尽
P→┐Q
┐R∨Q
5 是素数
所以 6 是奇数
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
原命题：Q→P
Q：他得胜
逆反式：┐P→┐Q 表示：如果他累，他将失败。
习题 1-6
(1)解：
相关推荐
2023年江西萍乡中考道德与法治真题及答案.doc
2012年重庆南川中考生物真题及答案.doc
2013年江西师范大学地理学综合及文艺理论基础考研真题.doc
2020年四川甘孜小升初语文真题及答案I卷.doc
2020年注册岩土工程师专业基础考试真题及答案.doc
2023-2024学年福建省厦门市九年级上学期数学月考试题及答案.doc
2021-2022学年辽宁省沈阳市大东区九年级上学期语文期末试题及答案.doc
2022-2023学年北京东城区初三第一学期物理期末试卷及答案.doc
2018上半年江西教师资格初中地理学科知识与教学能力真题及答案.doc
2012年河北国家公务员申论考试真题及答案-省级.doc
2020-2021学年江苏省扬州市江都区邵樊片九年级上学期数学第一次质量检测试题及答案.doc
2022下半年黑龙江教师资格证中学综合素质真题及答案.doc
