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)
P
Q
R
Q∧R
P∧(Q∧R)
(P∧Q)∧R
T
T
T
F
F
F
T
F
所以,P∧(Q∧R)⇔(P∧Q)∧R
b)
P
Q∨R
P∨(Q∨R)
P∨Q
(P∨Q)∨R
F F
T
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
1
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