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
⇔1
2.14 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。（代替规则）
（1）∀xF(x)∨∃yG(x,y)
⇔∀xF(x)∨∃yG(z,y) 代替规则
⇔∀x（F(x)∨∃yG(z,y)）定理2.2（1）①
⇔∀x∃y（F(x)∨G(z,y)）定理2.2（2）①
（2）∃x(F(x)∧∀yG(x,y,z))→∃zH(x,y,z)
⇔∃x(F(x)∧∀yG(x,y,t))→∃zH(s,r,z) 代替规则
⇔∃x∀y (F(x)∧G(x,y,t))→∃zH(s,r,z) 定理2.2（1）②⇔∀x（∀y (F(x)∧G(x,y,t))→∃zH(s,r,z)）定理2.2（2）③⇔∀x∃y（(F(x)∧G(x,y,t))→∃zH(s,r,z)）定理2.2（1）③⇔∀x∃y∃z（(F(x)∧G(x,y,t))→H(s,r,z)）定理2.2（2）④
2.17构造下面推理的证明。
（1）前提：∃xF(x)→∀y((F(y)∨G(y))→R(y))
∃xF(x)
结论：∃xR(x)
应改为：①∃xF(x) 前提引入
②∃xF(x)→∀y((F(x)∨G(y))→R(y))前提引入
③∀y((F(x)∨G(y))→R(y)) ①②假言推理
④F（c）①EI
⑤F（c）∨G(c) →R(c) ③UI
⑥F（c）∨G(c) ④附加
⑦ R(c) ⑤⑥假言推理
⑧∃xR(x) ⑦EG
（2）前提：∀x(F(x)→(G(y) ∧R(x))),∃xF(x).
结论：∃x(F(x)∧R(x)).
证明：
①∃xF(x) 前提引入
②F(c) ①EI
③∀x(F(x)→(G(y) ∧R(x))) 前提引入
④F(c)→(G(c) ∧ R(c)) ③UI
⑤G(c) ∧ R(c) ②④假言推理
⑥R(c) ⑤化简
⑦F(c)∧R(c) ②⑥合取
⑧∃x(F(x)∧R(x)) ⑦EG
2.18在一阶逻辑中构造下面推理的证明。
大熊猫都产在中国，欢欢是大熊猫。所以，欢欢产在中国。
解：将命题符号化.
F(x):x是大熊猫.
G(x):x产在中国.
a: 欢欢.
前提: ∀x(F(x )→G(x)),F(a),
结论: G(a)
证明:
①∀x(F(x )→G(x)), 前提引入;
②F(a)→G(a)①uI;
③F(a) 前提引入
④G(a) ②③假言推理
2.19在一阶逻辑中构造下面推理的证明。
有理数都是实数，有的有理数是整数。因此，有的实数是整数。
设全总个体域为数的集合
F（x）：x是有理数G（x）：x是实数H（x）：x是整数
前提：∀x(F(x)→G(x)) ∃x(F(x)∧H(x))
结论：∃x(G(x)∧H(x))
证明：①∃x(F(x)∧H(x)) 前提引入
②F（c）∧H（C）①EI规则
③∀x(F(x)→G(x)) 前提引入
④F（c）→G（c）③UI规则
⑤F（c）②化简
⑥ G（c）④⑤假言推理
⑦ H（c）②化简
⑧ G（c）∧H（c）⑥⑦合取
⑨∃x（G（x）∧H（x））⑧EG规则
2.23一阶逻辑中构造下面推理的证明。
每个喜欢步行的人都不喜欢坐汽车。每个人或者喜欢坐汽车或者喜欢骑自行车。有的人不喜欢骑自行车。因而有的人不喜欢步行（个体域为人类集合）。
命题符号化：F(x): x喜欢步行。G(x):x喜欢坐汽车。H(x): x喜欢骑自行车。
前提：∀x(F(x)→⌝G(x)), ∀x(G(x)∨H(x)),
∃x(⌝H(x)).
结论：∃x(⌝F(x))
证明
a ∃x(⌝H(x)) 前提引入
b ⌝H(c)
c ∀x(G(x)∨H(x)) 前提引入
d G(c)∨H(c)
e G(c)
f ∀x(F(x)→⌝G(x)) 前提引入
g F(c)→⌝G(c)) f UI
h ⌝F(c)
i ∃x(⌝F(x)) h EG
在上述推理中，b后面的推理规则为A,d后面的规则为B,e后用的是由b,d得到的推理规则C，h后用的是由e,g得到的推理规则D.
供选择的答案
A,B,C,D:1 UI 2:EI 3UG 4 EG 5拒取式 6 假言推理7析取三段论
A为2
B为1
C为7
D为5 ,
离散数学习题答案 习题二及答案：（P38） 5、求下列公式的主析取范式，并求成真赋值： （2）()()p q q r ?→∧∧ 解：原式()p q q r ?∨∧∧q r ?∧()p p q r ??∨∧∧ ()()p q r p q r ??∧∧∨∧∧37m m ?∨，此即公式的主析取范式， 所以成真赋值为011，111。 6、求下列公式的主合取范式，并求成假赋值： | （2）()()p q p r ∧∨?∨ 解：原式()()p p r p q r ?∨?∨∧?∨∨()p q r ??∨∨4M ?，此即公式的主合取范式， 所以成假赋值为100。 7、求下列公式的主析取范式，再用主析取范式求主合取范式： （1）()p q r ∧∨ 解：原式()(()())p q r r p p q 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 r p q r p q r p q r ??∧?∧∨?∧∧∨∧?∧∨∧∧?∨∧∧ 13567m m m m m ?∨∨∨∨，此即主析取范式。 ； 主析取范式中没出现的极小项为0m ，2m ，4m ，所以主合取范式中含有三个极大项0M ，2M ，4M ，故原式的主合取范式024M M M ?∧∧。 9、用真值表法求下面公式的主析取范式： （1）()()p q p r ∨∨?∧ 解：公式的真值表如下：
, 由真值表可以看出成真赋值的情况有7种，此7种成真赋值所对应的极小项的析取即为主析取范式，故主析取范式 1234567m m m m m m m ?∨∨∨∨∨∨ 习题三及答案：（P52-54） 11、填充下面推理证明中没有写出的推理规则。 前提：,,,p q q r r s p ?∨?∨→ 结论：s 证明： ① p 前提引入 ② p q ?∨ 前提引入 — ③ q ①②析取三段论 ④ q r ?∨ 前提引入 ⑤ r ③④析取三段论 ⑥ r s → 前提引入 ⑦ s ⑤⑥假言推理 15、在自然推理系统P 中用附加前提法证明下面推理： （2）前提：()(),()p q r s s t u ∨→∧∨→ 结论：p u → 证明：用附加前提证明法。 ' ① p 附加前提引入 ② p q ∨ ①附加 ③ ()()p q r s ∨→∧ 前提引入
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; 1p∨q∧r⇔0∨0∧1 ⇔0 2pr∧﹁q∨s ⇔01∧1∨1 ⇔0∧1⇔0. 3⌝p∧⌝q∧rp∧q∧﹁r ⇔1∧1∧1 0∧0∧0⇔0 4⌝r∧s→p∧⌝q ⇔0∧1→1∧0 ⇔0→0⇔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6能被2整除,6才能被4整除;” 答：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; 19．用真值表判断下列公式的类型： 4p→q →⌝q→⌝p 5p∧r ↔⌝p∧⌝q 6p→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 2p→p∨q∨p→r 3p∨q→p∧r 答：2p→p∨q∨p→r⇔⌝p∨p∨q∨⌝p∨r⇔⌝p∨p∨q∨r⇔1 所以公式类型为永真式 3P 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： 2p→q∧p→r⇔p→q∧r 4p∧⌝q∨⌝p∧q⇔p∨q ∧⌝p∧q 证明2p→q∧p→r ⇔⌝p∨q∧⌝p∨r ⇔⌝p∨q∧r ⇔p→q∧r 4p∧⌝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 3p∨q∧r→p∨q∨r 解：
离散数学习题答案 习题二及答案：（P38） 5、求下列公式的主析取式，并求成真赋值： （2）()()p q q r ?→∧∧ 解：原式()p q q r ?∨∧∧q r ?∧()p p q r ??∨∧∧ ()()p q r p q r ??∧∧∨∧∧37m m ?∨，此即公式的主析取式， 所以成真赋值为011，111。 6、求下列公式的主合取式，并求成假赋值： （2）()()p q p r ∧∨?∨ 解：原式()()p p r p q r ?∨?∨∧?∨∨()p q r ??∨∨4M ?，此即公式的主合取式， 所以成假赋值为100。 7、求下列公式的主析取式，再用主析取式求主合取式： （1）()p q r ∧∨ 解：原式()(()())p q r r p p q 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 r p q r p q r p q r ??∧?∧∨?∧∧∨∧?∧∨∧∧?∨∧∧ 13567m m m m m ?∨∨∨∨，此即主析取式。 主析取式中没出现的极小项为0m ，2m ，4m ，所以主合取式中含有三个极大项0M ，2M ，4M ，故原式的主合取式 024M M M ?∧∧。 9、用真值表法求下面公式的主析取式： （1）()()p q p r ∨∨?∧ 解：公式的真值表如下：
由真值表可以看出成真赋值的情况有7种，此7种成真赋值所对应的极小项的析取即为主析取式，故主析取式 1234567m m m m m m m ?∨∨∨∨∨∨ 习题三及答案：（P52-54） 11、填充下面推理证明中没有写出的推理规则。 前提：,,,p q q r r s p ?∨?∨→ 结论：s 证明： ① p 前提引入 ② p q ?∨ 前提引入 ③ q ①②析取三段论 ④ q r ?∨ 前提引入 ⑤ r ③④析取三段论 ⑥ r s → 前提引入 ⑦ s ⑤⑥假言推理 15、在自然推理系统P 中用附加前提法证明下面推理： （2）前提：()(),()p q r s s t u ∨→∧∨→ 结论： p u → 证明：用附加前提证明法。 ① p 附加前提引入 ② p q ∨ ①附加 ③ ()()p q r s ∨→∧ 前提引入 ④ r s ∧ ②③假言推理 ⑤ s ④化简 ⑥ s t ∨ ⑤附加 ⑦ ()s t u ∨→ 前提引入 ⑧ u ⑥⑦假言推理 故推理正确。 16、在自然推理系统P 中用归谬法证明下面推理： （1）前提：p q →?，r q ?∨，r s ∧? 结论：p ?
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
⇔1 2.14 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。（代替规则） （1）∀xF(x)∨∃yG(x,y) ⇔∀xF(x)∨∃yG(z,y) 代替规则 ⇔∀x（F(x)∨∃yG(z,y)）定理2.2（1）① ⇔∀x∃y（F(x)∨G(z,y)）定理2.2（2）① （2）∃x(F(x)∧∀yG(x,y,z))→∃zH(x,y,z) ⇔∃x(F(x)∧∀yG(x,y,t))→∃zH(s,r,z) 代替规则 ⇔∃x∀y (F(x)∧G(x,y,t))→∃zH(s,r,z) 定理2.2（1）②⇔∀x（∀y (F(x)∧G(x,y,t))→∃zH(s,r,z)）定理2.2（2）③⇔∀x∃y（(F(x)∧G(x,y,t))→∃zH(s,r,z)）定理2.2（1）③⇔∀x∃y∃z（(F(x)∧G(x,y,t))→H(s,r,z)）定理2.2（2）④
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
离散数学屈婉玲第二版答案 【篇一：离散数学课后习题答案_屈婉玲(高等教育出版 社)】 txt>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∧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 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 01 111 1 0 11 011 1 1 00 100 1 1 11 001 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)
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；
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∧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 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6能被2整除，6才能被4整除。” 答：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。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//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）// 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∨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 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)→(⌝q∨p)
离散数学答案屈婉玲版 欧阳家百（2021.03.07） 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∧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 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6能被2整除，6才能被4整除。” 答：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。 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∨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 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)