大学散数学左习题答案Word文件下载.docx

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a和b是偶数。

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。

P↔Q

f)设P:

语法错误。

程序错误。

R:

停机。

(P∨Q)→R

(6)解:

a)P:

天气炎热。

正在下雨。

P∧Q

b)P:

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。

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。

控制台打字机作输出设备。

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;

B;

(┓A→B);

(B→A);

((┓A→B)→(B→A))

d)A;

(A→B);

((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:

你没有给我写信。

信在途中丢失了。

PQ

张三不去。

李四不去。

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。

他唱歌。

你伴奏。

P→(Q↔R)

(6)解:

它占据空间。

它有质量。

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∧Q↔S)∧(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:

上午下雨。

我去看电影。

我在家里读书。

我在家里看报。

(┓P→Q)∧(P→(R∨S))

我今天进城。

┓Q→P

你走了。

我留下。

Q→P

1-4

 

(4)解:

a)

R

Q∧R

P∧(Q∧R)

(P∧Q)∧R

T

F

T

F

所以,P∧(Q∧R)⇔(P∧Q)∧R

b)

Q∨R

P∨(Q∨R)

P∨Q

(P∨Q)∨R

F F 

F 

   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

所以,P∧(Q∨R)⇔(P∧Q)∨(P∧R) 

d)

Q

┓P

┓Q

┓P∨┓Q

┓(P∧Q)

┓P∧┓Q

┓(P∨Q)

所以,┓(P∧Q)⇔┓P∨┓Q, 

┓(P∨Q)⇔┓P∧┓Q

如表,对问好所填的地方,可得公式F1~F6,可表达为

P

F1

F2

F3

F4

F5

F6

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

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

F

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.┓(P↔Q) 

8.┓(P∧Q)

9.P∧Q 

10.P↔Q 

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)┐(A↔B)⇔┐((A∧B)∨(┐A∧┐B))

⇔┐((A∧B)∨┐(A∨B))

⇔(A∨B)∧┐(A∧B)

或┐(A↔B)⇔┐((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)┐(A↔B)⇔┐((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∧(A↔B))→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∨C⇔B∨C,但A⇔B不成立。

 

2)设C为F,A为T,B为F,则满足A∧C⇔B∧C,但A⇔B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) 

⇔P∨(┐P∨Q)

⇔(P∨┐P)∨Q 

⇔T∨Q

c)((P→Q)∧(Q→R))→(P→R)

因为(P→Q)∧(Q→R)⇒(P→R)

所以 

(P→Q)∧(Q→R)为重言式。

d)((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))

所以(P→Q)⇒P→(P∧Q)

b)(P→Q)→Q⇒P∨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)→Q⇒P∨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。

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”。

a)如果天下雨,我不去。

设P:

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。

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P↔Q,Q逻辑蕴含P。

证明:

本题要求证明(P↔Q)∧Q⇒P,

设(P↔Q)∧Q为T,则(P↔Q)为T,Q为T,故由↔的定义,必有P为T。

所以(P↔Q)∧Q⇒P

由体题可知,即证((P↔Q)∧Q)→P是永真式。

((P↔Q)∧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

P:

我学习 

Q:

我数学不及格 

R:

我热衷于玩扑克。

 

如果我学习,那么我数学不会不及格:

P→┐Q

如果我不热衷于玩扑克,那么我将学习:

┐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)∧Q⇒R

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:

6是偶数 

7被2除尽 

5是素数

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 

┐R∨Q

5是素数 

所以6是奇数 

┐P

(P→┐Q)∧(┐R∨Q)∧R⇒┐P

((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。

(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∧C⇒C

假定┐A∧B∧C为T,则C为T。

c)C⇒A∨B∨┐B

因为A∨B∨┐B为永真,所以C⇒A∨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)→┐A⇒B∨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。

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。

a)如果他有勇气,他将得胜。

他有勇气 

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。

他不累 

他得胜

Q→P 

┐P→┐Q表示:

如果他累,他将失败。

习题 

1-6

a)(P∧Q)∧┐P⇔(P∧┐P)∧Q⇔┐(T∨Q)

b)(P→(Q∨┐R))∧┐P∧Q

⇔(┐P∨(Q∨┐R))∧┐P∧Q

⇔(┐P∧┓P∧Q)∨(Q∧┓P∧Q)∨(┓R∧┓P∧Q) 

⇔(┓P∧Q)∨(┓P∧Q)∨(┓P∧┓R∧Q)

⇔┓P∧Q

⇔┐(P∨┐Q) 

c)┐P∧┐Q∧(┐R→P)

⇔┐P∧┐Q∧(R∨P)

⇔(┐P∧┐Q∧R)∨(┐P∧┐Q∧P)

⇔(┐P∧┐Q∧R)∨F

⇔┐P∧┐Q∧R

⇔┐(P∨Q∨┐R)

a)┐P⇔P↓P

b)P∨Q⇔┐(P↓Q)⇔(P↓Q)↓(P↓Q)

c)P∧Q⇔┐P↓┐Q⇔(P↓P)↓(Q↓Q)

P→(┐P→Q) 

⇔┐P∨(P∨Q)

⇔┐P∨P 

⇔(┐P↑┐P)↑(P↑P)

⇔P↑(P↑P)

⇔┐(┐P↓P)

⇔┐((P↓P)↓P)

⇔((P↓P)↓P)↓((P↓P)↓P)

P↑Q

⇔┐(┐P↓┐Q)

⇔┐((P↓P)↓(Q↓Q))

⇔((P↓P)↓(Q↓Q))↓((P↓P)↓(Q↓Q))

(5)证明:

┐(B↑C)

⇔┐(┐B∨┐C) 

⇔┐B↓┐C

┐(B↓C)

⇔┐(┐B∧┐C)

⇔┐B↑┐C

联结词“↑”和“↓”不满足结合律。

举例如下:

a)给出一组指派:

P为T,Q为F,R为F,则(P↑Q)↑R为T,P↑(Q↑R)为F

故(P↑Q)↑RP↑(Q↑R).

b)给出一组指派:

P为T,Q为F,R为F,则(P↓Q)↓R为T,P↓(Q↓R)为F

故(P↓Q)↓RP↓(Q↓R).

(7)证明:

设变元P,Q,用连结词↔,┐作用于P,Q得到:

P,Q,┐P,┐Q,P↔Q,P↔P,Q↔Q,Q↔P。

但P↔Q⇔Q↔P,P↔P⇔Q↔Q,故实际有:

P,Q,┐P,┐Q,P↔Q,P↔P(T)(A)

用┐作用于(A)类,得到扩大的公式类(包括原公式类):

P,Q,┐P,┐Q,┐(P↔Q),T,F,P↔Q(B)

用↔作用于(A)类,得到:

P↔Q,P↔┐P⇔F,P↔┐Q⇔┐(P↔Q),P↔(P↔Q)⇔Q,P↔(P↔P)⇔P,

Q↔┐P⇔┐(P↔Q),Q↔┐Q⇔F,Q↔(P↔Q)⇔P,Q↔T⇔Q,

┐P↔┐Q⇔P↔Q,┐P↔(P↔Q)⇔┐Q,┐P↔T⇔┐P,

┐Q↔(P↔Q)⇔┐P,┐Q↔T⇔┐Q,

(P↔Q)↔(P↔Q)⇔P↔Q.

因此,(A)类使用运算后,仍在(B)类中。

对(B)类使用┐运算得:

┐P,┐Q,P,Q,P↔Q,F,T,

┐(P↔Q),

仍在(B)类中。

对(B)类使用↔运算得:

P↔Q,P↔┐P⇔F,P↔┐Q⇔┐(P↔Q),P↔┐(P↔Q)⇔┐Q,P↔T⇔P,P↔F⇔┐P,P↔(P↔Q)⇔Q,

Q↔┐P⇔┐(P↔Q),Q↔┐Q⇔F,Q↔┐(P↔Q)⇔┐P,Q↔T⇔Q,Q↔F⇔┐Q,Q↔(P↔Q)⇔P,

┐P↔┐Q⇔P↔Q,┐P↔┐(P↔Q)⇔Q,┐P↔T⇔┐P,┐P↔F⇔P,┐P↔(P↔Q)⇔┐Q,

┐Q↔┐(P↔Q)⇔P,┐Q↔T⇔┐Q,┐Q↔T⇔┐Q,┐Q↔(P↔Q)⇔┐P,

┐(P↔Q)↔T⇔┐(P↔Q),┐(P↔Q)↔F⇔P↔Q,┐(P↔Q)↔(P↔Q)⇔F

T↔F⇔F,T↔(P↔Q)⇔P↔Q

F↔(P↔Q)⇔┐(P↔Q)

故由(B)类使用↔运算后,结果仍在(B)中。

由上证明:

用↔,┐两个连结词,反复作用在两个变元的公式中,结果只能产生(B)类中的公式,总共仅八个不同的公式,故{↔,┐}不是功能完备的,更不能

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