离散数学习题与解答.docx
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离散数学习题与解答
作业题与解答
第一章
19
（2）、（4）、（6）
21
（1）、
（2）、（3）
19、
（2）
解答:
（p→┐p）→┐q真值表如下:
p
q
┐p
┐q
p→┐p
（p→┐p）→┐q
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1
19、（4）
所以公式（p→┐q）→┐q为可满足式
解答:
（p→q）→（┐q→┐p）真值表如下:
p
q
┐p
┐q
p→q
┐q→┐p
（p→q）→（┐q→┐p）
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1
所以公式（p→q）→（┐q→┐p）为永真式
19、（6）解答:
（（p→q）∧（q→r））→（p→r）真值表如下:
p
q
r
p→q
q→r
p→r
（p→q）∧（q→r）
（（p→q）∧（q→r））→（p→r）
0
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1
1
所以公式（（p→q）∧（q→r））→（p→r）为永真式
21、
（1）解答:
┐（┐p∧q）∨┐r真值表如下:
p
q
r
┐p
┐r
┐p∧q
┐（┐p∧q）
┐（┐p∧q）∨┐r
0
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0
0
0
1
1
所以成假赋值为:
011
21、
（2）
解答:
（┐q∨r）∧（p→q）真值表如下:
p
q
r
┐q
┐q∨r
p→q
（┐q∨r）∧（p→q）
0
0
0
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0
1
1
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0
1
1
1
所以成假赋值为:
010,100,101,110
21、（3）解答:
（p→q）∧（┐（p∧r）∨p）真值表如下:
p
q
r
p→q
p∧r
┐（p∧r）
┐（p∧r）∨p
（p→q）∧（┐（p∧r）∨p）
0
0
0
1
0
1
1
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0
1
1
0
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0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
1
所以成假赋值为:
100,101
第二章5、
（1）
（2）（3）6、
（1）
（2）（3）7、
（1）
（2）8、
（1）
（2）（3）
5、求下列公式的主析取范式,并求成真赋值
（1）（┐p→q）→（┐q∨p）
⇔┐（┐p→q）∨（┐q∨p）
⇔┐（┐（┐p）∨q）∨（┐q∨p）
⇔（┐p∧┐q）∨（┐q∨p）
⇔（┐p∧┐q）∨（p∧┐q）∨（p∧q）
⇔m0∨m2∨m3，
所以00，10，11为成真赋值。
（2）（┐p→q）∧（q∧r）
⇔（┐┐p∨q）∧（q∧r）
⇔（p∨q）∧（q∧r）
⇔（p∧q∧r）∨（q∧r）
⇔（p∧q∧r）∨（p∧q∧r）∨（┐p∧q∧r）
⇔（p∧q∧r）∨（┐p∧q∧r）
⇔m3∨m7，
所以011，111为成真赋值。
（3）（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）∨（（┐p∧┐r）∨（p∨q∨r））
⇔（┐p∧┐q）∨（（┐p∨p∨q∨r）∧（┐r∨p∨q∨r））
⇔（┐p∧┐q）∨（1∧1）
⇔（┐p∧┐q）∨1
⇔1
⇔m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m6∨m7，
所以000,001,010,011,100,101,110,111为成真赋值。
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
⇔（p∧q∧r）∨（p∧q∧┐r）∨（p∧r）∨（┐p∧r）
⇔（p∧q∧r）∨（p∧q∧┐r）∨（p∧r∧q）∨（p∧r∧┐q）
∨（┐p∧r∧q）∨（┐p∧r∧┐q）
⇔（p∧q∧r）∨（p∧q∧┐r）∨（p∧┐q∧r）∨（┐p∧q∧r）
∨（┐p∧┐q∧r）
⇔m1∨m3∨m5∨m6∨m7由主析取范式和主合取范式之间的关系，所以公式的主合取范式为：
（p∧q）∨r⇔M0∧M2∧M4
（2）（p→q）∧（q→r）
⇔（┐p∨q）∧（┐q∨r）
⇔（┐p∧（┐q∨r））∨（q∧（┐q∨r））
⇔（┐p∧┐q）∨（┐p∧r）∨（q∧┐q）∨（q∧r）
⇔（┐p∧┐q）∨（┐p∧r）∨（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）
⇔m0∨m1∨m3∨m7
由主析取范式和主合取范式之间的关系，所以公式的
主合取范式为：
（p→q）∧（q→r）⇔M2∧M4∧M5∧M6
8、求下列公式的主合取范式，再用主合取范式求主析取范式
（1）（p∧q）→q
⇔┐（p∧q）∨q
⇔（┐p∨┐q）∨q
⇔┐p∨（┐q∨q）
⇔┐p∨1
⇔1该公式无主合取范式，所以公式的主析取范式为：
（p∧q）→q⇔m0∨m1∨m2∨m3
（2）（p↔q）→r
⇔┐（（┐p∨q）∧（p∨┐q））∨r
⇔（（p∧┐q）∨（┐p∧q））∨r
⇔（（（p∨（┐p∧q））∧（┐q∨（┐p∧q）））∨r
⇔（（p∨┐p）∧（p∨q）∧（┐q∨┐p）∧（┐q∨q））∨r
⇔（（p∨q）∧（┐q∨┐p））∨r
⇔（p∨q∨r）∧（┐p∨┐q∨r）
⇔M0∧M6由主合取范式和主析取范式之间的关系，所以公式的主析取范式为：
（p↔q）→r⇔m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m7
（3）┐（r→p）∧p∧q
⇔┐（┐r∨p）∧p∧q
⇔（r∧┐p）∧p∧q
⇔r∧（┐p∧p）∧q
⇔r∧0∧q⇔0
⇔M0∧M1∧M2∧M3∧M4∧M5∧M6∧M7
该公式无主析取范式
第三章14
（2）、（4）、（5）15
（1）、
（2）16
（1）
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
证明：
①┐（q∧r）前提引入
②┐q∨┐r①置换
③r前提引入
④┐q②③析取三段论
⑤p→q前提引入
⑥┐p④⑤拒取式
（4）前提：
q→p,qs,st,t∧r
结论：
p∧q
证明：
①st前提引入
②（s→t）∧（t→s）①置换
③t→s②化简
④t∧r前提引入
⑤t④化简
⑥s③⑤假言推理
⑦qs前提引入
⑧（s→q）∧（q→s）⑦置换
⑨s→q⑧化简
⑩q⑥⑨假言推理
q→p前提引入
p⑩
假言推理
p∧q⑩
合取
（5）前提：
p→r,q→s,p∧q
结论：
r∧s
证明:
①p∧q前提引入
②p①化简
③q①化简
④p→r前提引入
⑤r②④假言推理
⑥q→s前提引入
⑦s③⑥假言推理
⑧r∧s⑤⑦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
③p①②假言推理
④p→（q→r）前提引入
⑤q→r③④假言推理
⑥q前提引入
⑦r⑤⑥假言推理
（2）前提：
（p∨q）→（r∧s）,（s∨t）→u
结论：
p→u
证明：
①p附加前提引入
②p∨q①附加
③（p∨q）→（r∧s）前提引入
④r∧s②③假言推理
⑤s④化简
⑥s∨t⑤附加
⑦（s∨t）→u前提引入
⑧u⑥⑦假言推理
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
证明:
①p结论否定引入
②p→┐q前提引入
③┐q①②假言推理
④┐r∨q前提引入
⑤┐r③④析取三段论
⑥r∧┐s前提引入
⑦r⑥化简
⑧┐r∧r⑤⑦合取（矛盾）
⑧为矛盾式，由归谬法可知，推理正确。
第四章5、
（1）
（2）（3）（4）10、
（2）（4）11、
（2）（6）
5、在一阶逻辑中将下列命题符号化：
（1）火车都比轮船快。
∀x∀y（F（x）∧G（y）→H（x,y）），
其中，F（x）：
x是火车，G（y）：
y是轮船，H（x,y）:
x比y快。
（2）有的火车比有的汽车快。
∃x∃y（F（x）∧G（y）∧H（x,y）），其中，
F（x）:
x是火车，G（y）：
y是汽车，H（x,y）:
x比y快。
（3）不存在比所有火车都快的汽车。
┐∃x（F（x）∧∀y（G（y）→H（x,y）））
或∀x（F（x）→∃y（G（y）∧┐H（x,y））），
其中，F（x）:
x是汽车，G（y）：
y是火车，H（x,y）:
x比y快。
（4）说凡是汽车就比火车慢是不对的。
┐∀x∀y（F（x）∧G（y）→H（x,y））或∃x∃y（F（x）∧G（y）∧┐H（x,y）），
其中，F（x）:
x是汽车，G（y）：
y是火车，H（x,y）:
x比y慢。
10、给定解释I如下：
（a）个体域D=N（N为自然数）。
（b）D中特定元素=2。
（c）D上函数
（x,y）=x＋y，
（x,y）=x·y。
D上谓词
（x,y）：
x=y。
（2）∀x∀y（F（f（x,a）,y）→F（f（y,a）,x））
∀x∀y（（x+2=y）→（y+2=x）），真值为0。
（4）∃xF（f（x,x）,g（x,x））
∃x（x+x=x·x）,真值为1。
11、判断下列各式的类型
（2）∀x（F（x）→F（x））→∃y（G（y）∧┐G（y）））此谓词公式前件永为真，而后件永为假，即公式为（1→0）
此公式为矛盾式，所以原谓词公式为矛盾式。
（6）┐（∀xF（x）→∃yG（y））∧∃yG（y）此谓词公式是命题公式┐（p→q）∧q的代换实例，而该命题公式是矛盾式，所以此谓词公式是矛盾式。
第五章15
（1）
（2）（3）（4）20
（1）
（2）23
（1）
（2）
15、在自然推理系统F中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）
证明：
①∃xF（x）→∀y（（F（y）∨G（y））→R（y））（前提引入）
②∃xF（x）（前提引入）
③∀y（（F（y）∨G（y））→R（y））（①②假言言推理）
④F（c）（②EI规则）
⑤F（c）∨G（c）→R（c）（③UI规则
⑥F（c）∨G（c）（④附加律）
⑦R（c）（⑤⑥假言言推理）
⑧∃xR（x）（⑦EG规则）
（2）前提：
∀x（F（x）→（G（a）∧R（x））），∃xF（x）
结论：
∃x（F（x）∧R（x））
证明：
①∃xF（x）前提引入
②F（c）①∃-
③∀x（F（x）→（G（a）∧R（x）））前提引入
④F（c）→（G（a）∧R（c））④∀-
⑤G（a）∧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））⑥∃+
（3）前提：
∀x（F（x）∨G（x）），┐∃xG（x）结论：
∃xF（x）
证明:
①┐∃xG（x）前提引入
②∀x┐G（x）①置换
③┐G（c）②∀-
④∀x（F（x）∨G（x））
前提引入
⑤F（c）∨G（c）④∀-
⑥F（c）③⑤析取三段论
⑦∃xF（x）⑥∀+
（4）前提:
∀x（F（x）∨G（y））,∀x（┐G（x）∨┐R（x））,∀xR（x）结论：
∃xF（x）
证明：
①∀xR（x）前提引入
②R（c）①∀-
③∀x（┐G（x）∨┐R（x））前提引入
④┐G（c）∨┐R（c）③∀-
⑤┐G（c）②④析取三段论
⑥∀x（F（x）∨G（y））前提引入
⑦F（c）∨G（c）⑥∀-
⑧F（c）⑤⑦析取三段论
⑨∃xF（x）⑧∀+
20、在自然推理系统F中，构造下面推理的证明：
（可以使用附加前提证明法）
（1）前提：
∀x（F（x）→G（x））结论：
∀xF（x）→∀xG（x）
证明：
①∀xF（x）附加前提
②F（y）①∀-
③∀x（F（x）→G（x））前提引入
④F（y）→G（y）③∀-
⑤G（y）②④假言推理
⑥∀xG（x）⑤∀+
（2）前提：
∀x（F（x）∨G（x））
结论：
┐∀xF（x）→∃xG（x）
证明：
①┐∀xF（x）附加前提
②∃x┐F（x）①等值演算
③┐F（c）②∃-
④∀x（F（x）∨G（x））前提引入
⑤F（c）∨G（c）④∀-
⑥G（c）③⑤析取三段论
⑦∃xG（x）⑥∃+
23、在自然推理系统F中，证明下面推理：
（1）每个有理数都是实数，有的有理数是整数，因此有的实数是整数。
设F（x）:
x为有理数，R（x）:
x为实数，G（x）:
x是整数。
前提：
∀x（F（x）→R（x）），∃x（F（x）∧G（x））结论：
∃x（R（x）∧G（x））
证明：
①∃x（F（x）∧G（x））前提引入
②F（c）∧G（c）①∃-
③F（c）②化简
④G（c）②化简
⑤∀x（F（x）→R（x））前提引入
⑥F（c）→R（c）⑤∀-
⑦R（c）③⑥假言推理
⑧R（c）∧G（c）④⑦合取
⑨∃x（R（x）∧G（x））⑧∃+
（2）有理数、无理数都是实数，虚数不是实数，因此虚数既不是有理数、也不是无理数。
设：
F（x）:
x为有理数，G（x）:
x为无理数，R（x）为实数，H（x）为虚数前提：
∀x（（F（x）∨G（x））→R（x））,∀x（H（x）→┐R（x））结论：
∀x（H（x）→（┐F（x）∧┐G（x）））
证明：
①∀x（（F（x）∨G（x）→R（x））前提引入
②F（y）∨G（y））→R（y）①∀-
③∀x（H（x）→┐R（x））前提引入
④
H（y）→┐R（y）
③∀-
⑤
⑥
⑦
⑧
┐R（y）→┐（F（y）∨G（y））
H（y）→┐（F（y）∨G（y））H（y）→（┐F（y）∧┐G（y））
∀x（H（x）→（┐F（x）∧┐G（x）））
②置换
④⑤假言三段论
⑥置换
⑦∀+
第六章31，32、
（1）
（2）（3），41，42，45
31、设A、B为任意集合，证明：
（A-B）∪（B-A）=（A∪B）-（A∩B）证明：
由于
（A-B）∪（B-A）=（A∩～B）∪（B∩～A）
=（（A∩～B）∪B）∩（（A∩～B）∪～A）
=（（A∪B）∩（～B∪B））∩（（A∪～A）∩（～B∪～A））
=（A∪B）∩（～B∪～A）
=（A∪B）∩～（B∩A）
=（A∪B）∩～（A∩B）
=（A∪B）-（A∩B）所以原式成立。
32、设A、B、C为任意集合，证明：
（1）（A-B）-C=A-（B∪C）
证明：
由于（A-B）-C=（A∩～B）∩～C
=A∩（～B∩～C）
=A∩～（B∪C）=A–（B∪C）所以原式成立。
（2）（A-B）-C=（A-C）-（B-C）
证明：
由于（A-C）-（B-C）=（A∩～C）∩～（B∩～C）
=（A∩～C）∩（～B∪C）
=（（A∩～C）∩～B）∪（（A∩～C）∩C）
=（A∩～C）∩～B
=（A∩～B）∩～C
=（A-B）∩～C
=（A-B）-C所以原式成立。
（3）（A-B）-C=（A-C）-B
证明:
由于（A-B）-C=（A∩～B）∩～C
=（A∩～C）∩～B
=（A-C）-B所以原式成立。
41、设A、B、C为任意集合，证明：
A∩C⊆B∩C∧A-C⊆B-C⇒A⊆B证明：
∀x∈A
（1）若x∈C
所以x∈B∩C
因此x∈B
（2）若x∉C
则x∈A-C，而A-C⊆B-C所以x∈B-C
因此x∈B综上所述，A⊆B
42、设A、B、C为任意集合，证明：
A∪B=A∪C∧A∩B=A∩C⇒B=C证明：
（1）先证B⊆C
∀x∈B
①若x∈A
则x∈A∩B，而A∩B=A∩C所以x∈A∩C
因此x∈C
②若x∉A
所以x∈A∪C
因此x∈C综上所述知B⊆C
（2）再证C⊆B同理可证所以B=C
45、设A、B为任意任意集合，证明：
（1）
P（A）∩P（B）=P（A∩B）
（2）
P（A）∪P（B）⊆P（A∪B）
（3）
针对
（2）举一反例，说明P（A）∪P（B）=
P（A∪B）对某些集合
A和B是不成立的。
证明：
（1）①先证P（A）∩P（B）⊆P（A∩B）
∀x∈P（A）∩P（B）
则x∈P（A）∧x∈P（B）所以x⊆A∧x⊆B
所以x⊆A∩B所以x∈P（A∩B）
因此P（A）∩P（B）⊆P（A∩B）
∀x∈P（A∩B）
则x⊆A∩B
所以x⊆A∧x⊆B
所以x∈P（A）∧x∈P（B）所以x∈P（A）∩P（B）
因此P（A∩B）⊆P（A）∩P（B）综上所述P（A∩B）=P（A）∩P（B）
（2）∀x∈P（A）∪P（B）
则x∈P（A）∨x∈P（B）所以x⊆A∨x⊆B
①若x⊆A
则x⊆A∪B
所以x∈P（A∪B）
②若x⊆B
则x⊆A∪B
所以x∈P（A∪B）
（3）举例：
令A={1},B={2}
则A∪B={1，2}
则P（A）={∅，{1}}，P（B）={∅，{2}}而P（A∪B）={∅，{1},{2},{1,2}}
显然P（A）∪P（B）=P（A∪B）不成立.
第七章20、25、32、36、38、40、41、42、48、49、50
20、设R1的R2为A上的关系，证明:
2
-1
（1）（R1∪R2）
=R1
-1∪R-1
（2）（R1∩R2）
=R1
∩R2
-1
证明:
（1）∀∈（R1∪R2）
⇔∈R1∪R2
⇔∈R1∨∈R2
2
⇔∈R1
-1∨∈R-1
⇔∈R1
∪R2
所以（R1∪R2）
=R1
∪R2
-1
（2）∀∈（R1∩R2）
⇔∈R1∩R2
⇔∈R1∧∈R2
2
⇔∈R1
-1∧∈R-1
⇔∈R1
∩R2
所以（R1∩R2）
=R1
∩R2
25设R的关系图如图所示，试给出r（R）,s（R）,t（R）的关系图
abdec
R关系图
解：
abdec
r（R）关系图
abdec
s（R）关系图
abdec
t（R）关系图
32、对于给的A和R，判断R是否为A上的等价关系。
（1）A为为实数集，∀x,y∈A,xRy⇔x-y=2.解:
R不是A上的等价关系，因为R不自反.
（2）A={1,2,3},∀x,y∈A,xRy⇔x+y≠3
解:
R不是A上的等价关系，因为R不传递.
（3）A=Z+,即正整数集，∀x,y∈A,xRy⇔xy是奇数。
解:
R不是A上的等价关系，因为R不自反.
（4）A=P（X）,|X|≥2,∀x,y∈A,xRy⇔x⊆y∨y⊆x
解:
R不是A上的等价关系，因为R不传递.（5）A=P（X）,C⊆X,∀x,y∈A,xRy⇔x⊕y⊆C
解:
R是A上的等价关系.
36、设A={1，2，3，4}，在A×A上定义二元关系R
∀,∈A×A,R⇔u+y=x+v
（1）证明R是A×A上的等价关系。
（2）确定由R引起的对A×A的划分。
证明：
（1）①先证R具有自反性
∀∈A×A
由于x+y=x+y
再根据R的定义知<,>∈R所以R具有自反性.
②再证R具有对称性
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