离散数学第五版清华大学出版社第1章习题解答.docx
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离散数学第五版清华大学出版社第1章习题解答
离散数学(第五版)清华大学出版社第1章习题解答
1.1除(3),(4),(5),(11)外满是命题,其中,
(1),
(2),(8),(9),
(10),(14),(15)是简单命题,(6),(7),(12),(13)是复合命题。
分析第一应注意到,命题是陈述句,因此不是陈述句的句子都不是命题。
此题中,(3)为疑问句,(5)为感叹句,(11)为祈使句,它们都不是陈述句,
因此它们都不是命题。
第二,4)那个句子是陈述句,但它表示的判定结果是不确信。
又因为
(1),
(2),(8),(9),(10),(14),(15)都是简单的陈述句,因此作为命题,它们
都是简单命题。
(6)和(7)各为由联结词“当且仅当”联结起来的复合命题,
(12)是由联结词“或”联结的复合命题,而(13)是由联结词“且”联结起来
的复合命题。
那个地址的“且”为“合取”联结词。
在日常生活中,合取联结词有许
多表述法,例如,“尽管……,可是……”、“不仅……,而且……”、“一面……,
一面……”、“……和……”、“……与……”等。
但要注意,有时“和”或“与”
联结的是主语,组成简单命题。
例如,(14)、(15)中的“与”与“和”是联结
的主语,这两个命题均为简单命题,而不是复合命题,希望读者在碰到“和”或
“与”显现的命题时,要依照命题所陈述的含义加以区分。
1.2
(1)p:
2是无理数,p为真命题。
(2)p:
5能被2整除,p为假命题。
(6)p→q。
其中,p:
2是素数,q:
三角形有三条边。
由于p与q都是真
命题,因此p→q为假命题。
(7)p→q,其中,p:
雪是黑色的,q:
太阳从东方升起。
由于p为假命
题,q为真命题,因此p→q为假命题。
(8)p:
2000年10月1日天气晴好,今日(1999年2月13日)咱们还不
明白p的真假,但p的真值是确信的(客观存在的),只是此刻不明白罢了。
(9)p:
太阳系外的星球上的生物。
它的真值情形而定,是确信的。
1
(10)p:
小李在宿舍里.p的真值那么具体情形而定,是确信的。
(12)p∨q,其中,p:
4是偶数,q:
4是奇数。
由于q是假命题,因此,q
为假命题,p∨q为真命题。
(13)p∨q,其中,p:
4是偶数,q:
4是奇数,由于q是假命题,因此,p∨q
为假命题。
(14)p:
李明与王华是同窗,真值由具体情形而定(是确信的)。
(15)p:
蓝色和黄色能够调配成绿色。
这是真命题。
分析命题的真值是唯一确信的,有些命题的真值咱们当即可知,有些那么不
能马上明白,但它们的真值可不能转变,是客观存在的。
1.3令p:
2+2=4,q:
3+3=6,那么以下命题别离符号化为
(1)p→q
(2)p→¬q
(3)¬p→q
(4)¬p→¬q
(5)p↔q
(6)p↔¬q
(7)¬p→q
(8)¬p↔¬q
以上命题中,
(1),(3),(4),(5),(8)为真命题,其余均为假命题。
分析此题要求读者记住p→q及p↔q的真值情形。
p→q为假当且仅当
p为真,q为假,而p↔q为真当且仅当p与q真值相同.由于p与q都是真命题,
在4个包括式中,只有
(2)p→r,其中,p同
(1),r:
明天为3号。
在那个地址,当p为真时,r必然为假,p→r为假,当p为假时,不管r为真
仍是为假,p→r为真。
2
1.5
(1)p∧q,其中,p:
2是偶数,q:
2是素数。
此命题为真命题。
(2)p∧q,其中,p:
小王伶俐,q:
小王用功
(3)p∧q,其中,p:
天气冷,q:
老王来了
(4)p∧q,其中,p:
他用饭,q:
他看电视
(5)p∧q,其中,p:
天下大雨,q:
他乘公共汽车上班
(6)p→q,其中,p,q的含义同(5)
(7)p→q,其中,p,q的含义同(5)
(8)¬p↔¬q,其中,p:
经一事,q:
长一智
分析1°在前4个复合命题中,都利用了合取联结词,都符号化为合取式,
这正说明合取联结词在利历时是很灵活的。
在符号化时,应该注意,不要将联结
词部份放入简单命题中。
例如,在
(2)中,不能如此写简单命题:
p:
小王不但
伶俐,q:
小王而且用功。
在(4)中不能如此写:
p:
他一边用饭,q:
他一边
看电视。
2°后4个复合命题中,都利用了包括联结词,符号化为包括式,在那个地址,
关键问题是要分清包括式的前件和后件。
p→q所表达的大体逻辑关系为,p是q的充公条件,或说q是p的必要
条件,这种逻辑关系在表达上也是很灵活的。
例如,“因为p,因此q”,“只要p,
就q”“p仅当q”“只有q才p”“除非q,不然¬p”“没有q,就没有p”等都表
达了q是p的必要条件,因此都符号化为p→q或¬p↔¬q的包括式。
在(5)中,q是p的必要条件,因此符号化为p→q,而在(6)(7)中,
p成了q的必要条件,因此符号化为q→p。
在(8)中,尽管没有显现联结词,但因两个命题的因果关系可知,应该符
号化为包括式。
1.6
(1),
(2)的真值为0,(3),(4)的真值为1。
分析1°
(1)中公式含3个命题变项,因此它应该有23=8个赋值:
000,
3
001,…,111题中指派p,q为0,r为1,于是确实是考查001是该公式p∧(q∧r)的成真赋值,仍是成假赋值,易知001是它的成假赋值。
2°在公式
(2),(3),(4)中均含4个命题就项,因此共有24=16个赋值:
0000,0001,…,1111。
此刻考查0011是它的成假赋值。
(1),
(2),(4),(9)均为重言式,(3),(7)为矛盾式,(5),(6),(8),(10)为非重言式的可知足式。
一样说来,可用真值表法、等值演算法、主析取范式(主合取范式)法等判定公式的类型。
(1)对
(1)采纳两种方式判定它是重言式。
真值表法
表给出了
(1)中公式的真值表,由于真值表的最后一列全为1,因此,
(1)为重言式。
p∨q∨rp→(p∨q∨r)
pqr
00001
00111
01011
01111
10011
10111
11011
11111
等值演算法
p→(p∨q∨r)
⇔¬p∨(p∨p∨r)(包括等值式)
⇔(¬p∨p)∨p∨r(结合律)
⇔1∨q∨r(排中律)
⇔1(零律)
4
由最后一步可知,
(1)为重言式。
(2)用等值演算法判
(2)为重言式。
(p→¬p)→¬p
⇔(¬p∨¬)→¬p(包括等值式)
⇔¬p∨¬p(等幂律)
⇔p∨¬p(包括等值式)
⇔1(排中律)
(3)用等值演算法判(3)为矛盾式
¬(p→q)∧q
⇔¬(p¬∨q)∧q(包括等值式)
⇔p∨¬q∧q(德·摩根律)
⇔p∨(¬q∧q)(结合律)
⇔p∧0(矛盾律)
⇔0(零律)
由最后一步可知,(3)为矛盾式。
(5)用两种方式判(5)为非重言式的可知足式。
真值表法
pq¬p¬p→qq→¬p(¬p→q)→(q→¬p)001011
011111
100111
110100
由表可知(5)为非重言式的可知足式。
主析取范式法
(¬p→q)→(q→¬p)
⇔(p∨q)→(¬q∨¬p)
5
⇔¬(p∨q)∨(¬q∨¬p)
⇔(¬p∨¬q)∨¬q∨¬p
⇔¬p∨¬q
⇔(¬p∧1)∨(1∧¬q)
⇔(¬p∧(¬q∨q)∨((¬p∨p)∧¬q)
⇔(¬p∧¬q)∨(¬p∨q)∨(¬p∧¬q)∨(p∨¬q)
⇔(¬p∧¬q)∨(¬p∨q)∨(¬p∧¬q)
⇔m0∨m1∨m2.
在(3)的主析取范式中不含全数(4个)极小项,因此(3)为非重言式的可知足式,请读者在以上演算每一步的后面,填上所用大体的等值式。
其余各式的类型,请读者自己验证。
分析1真值表法判定公式的类别是全能。
公式A为重言式当且仅当A的o
真值表的最后一旬全为1;A为矛盾式当且仅当A的真值表的最后一列全为0;A为非重言式的可知足式当且仅当A的真值表最后一列至少有一个1,又至少有一个0。
真值表法不易犯错,但当命题变项较多时,真值表的行数较多。
2o用等值演算法判定重言式与矛盾式比较方例,A为重言式当且仅当A与1等值;A为矛盾式当且仅当A与0等值,当A
为非重言式的可知足式时,通过等值演算可将A化简,然后用观观点找到一个成真赋值,再找到一个成假赋值,就可判定A为非重言式的可知足式了。
例如,对(6)用等值演算判定它的类型。
(p∧¬p)↔q
⇔0↔q(矛盾律)
⇔(p→q)∧(q→0)(等价等值式)
⇔(¬0∨q)∧(¬q∨0)(包括等值式)
⇔(1∨q)∧¬q(同一概)
⇔1∧¬q(零律)
6
⇔¬q(同一概)
到最后一步已将公式化得很简单。
由此可知,不管p取0或1值,只要q取0值,原公式取值为1,即00或10都为原公式的成真赋值,而01,11为成假赋值,于是公式为非重言式的可知足式。
用主析取范式判定公式的类型也是全能的。
A为重言式当且仅当A的主析取范式含2n(n为A中所含命题变项的个数)个极小项;A为矛盾式当且仅当A的主析取范式中不含任何极小项,记它的主析取范式为0;A为非重言式的可知足式当且仅当A的主析取范式中含极小项,但不是完全的。
当命题变项较多时,用主析取范式法判公式的类型,运算量是专门大的。
用主合取范式判定公式的类型也是全能的。
A为重言式当且仅当A的主合取范式中不含任何极大项,现在记A的主合取范式为1;A为矛盾式当且仅当A的主合取范式含2n个极大项(n为A中含的命题变项的个数);A为非重言式的可知足式当且仅当A的主析取范式中含含极大项,但不是全数的。
(1)从左侧开始演算
(p∧q)∨(p∧¬q)
⇔p∧(q∨¬q)(分派律)
⇔p∧1(排中律)
⇔p.(同一概)
(2)从右边开始演算
p→(q∧r)
⇔¬p∨(q∧r)(包括等值式)
⇔(¬p∨q)∧(¬p∨r)(分派律)
⇔(p→q)∧(p→r).(包括等值式)
(3)从左侧开始演算
¬(p↔q)
7
⇔((p→q)∧(q→p))
⇔¬((¬p∨q)∨(¬p∨q))
⇔¬((¬p∧q)∨(¬p∧)∨(q∧¬q)∨(p∧q))⇔¬((¬p∧¬q)∨(p∧q))
⇔(p∨q)∧¬(p∧q).
请读者填上每步所用的大体等值式。
此题也能够从右边开始演算
(p∨q)∧¬(p∧q)
⇔¬¬((p∨q)∧¬(p∧q)
⇔¬(¬(p∨q)∨¬¬(p∧q))
⇔¬((¬p∨¬q)∨(p∧q))
⇔¬((¬p∧q)∧(¬p∨q)∧(¬q∨p)∧(¬q∨q))⇔¬(1∧p∨q)∧(¬q∨p)∧1
⇔¬((p→q)∧(q→p))
⇔¬(p↔q).
读者填上每步所用的大体的等值式。
(1)
¬((p∧q)→p)
⇔¬(¬(p∧q)∨p(包括等值式)⇔¬(¬(p∧q)∨p)(德·摩根律)⇔p∧q∧¬p(结合律、互换律)⇔(p∧¬p)∧q(矛盾式)⇔0.(零律)
8
由最后一步可知该公式为矛盾式。
(2)((p→q)∧(q→p))→(p↔q)
⇔¬(¬(p∧q)∨p)(包括等值式)
由于较高层次等价号两边的公式相同,因此此公式无成假赋值,因此,它为重言式。
(3)(¬p→q)→(q→¬p)
⇔(p∨q)→(¬q∨¬p)(包括等值式)
⇔¬(p∨q)∨(¬q∨¬p)(包括等值式)
⇔(¬p∧q)∨¬q∨¬p(德·摩根律)
⇔¬q∨¬p(吸收律)
⇔¬p∨¬q.(互换律)
由最后一步容易观看到,11为该公式成假赋值,因此它不是重言式,又00,01,10为成真赋值,因此它不是矛盾式,它是非重言式的可知足式。
题中给出的F,G,H,R都是2元真值函数。
给出的5
个联结词集都是全功能集,能够用观观点或等值演算法寻觅与真值函数等值的公式。
第一寻觅在各联结词集中与F等值的公式。
(1)设A=¬(p→q),易知A是{¬,→}中公式且与F等值,即F⇔A.
(2)设B=p∧¬q,易知B是{¬,∧}中公式且与F等值,即F⇔B.
(3)设C=¬(¬p∨q),易知C是{¬,∧}中公式,且F⇔C.
(4)设D=(p↑(q↑q))↑(p↑(q↑q)),易知D为{↑}中公式,且F⇔D.
(5)设E=(p↓p)↓q,易知E为{↓}中公式,且F⇔E.
分析1°只要找到一个联结词集中与F等值的公式,通过等值演算就能够够找出其他联结词集中与F等值的公式。
例如,已知A=¬(p→q)是{¬,→}公式,且F⇔A。
进行以下演算,就能够够找到F等值的其他联结词集中的公式。
对A进行等值演算,消去联结词→,用¬,∧取代,得
9
A=¬(p→q)
⇔¬(¬p∨q)
⇔p∧¬q记为B.
则B为{¬,∧}中公式,且F⇔B。
再对A进行等值演算,消去→,用¬,∧取代,得
A=¬(p→q)
⇔¬(¬p∨q)记为C.
则C为{¬,∧}中公式,且F⇔C。
再对B进行演算,消去¬,→,用↑取代,在演算中,注意,关于任意的公式A,有
¬A⇔¬(A∧A)⇔A↑A.
B=p∧¬q
⇔p∧(q↑q)
⇔¬¬(p∧(q↑q))
⇔¬(p↑(q↑q))
⇔(p↑(q↑q))↑(p↑(q↑q)记为D.
则D为{↑}中公式,且F⇔D.再对C进行演算,消去¬,∨,用↓取代,在演算中注意,关于任意的公式A
¬A⇔¬(A∨A)⇔A↓A.
C=¬(¬p∨q)
⇔¬p↓q
⇔(p↓p)↓q记为E.
则E为{↓}中公式,且F⇔E.
2°开始找一个与某真值函数等值的公式的方式,除观观点外,确实是依照
10
该真值函数的真值表,求它的主析取范式,而后进行等值演算即可。
例如,由G的真值表可知G的主析取范式为m1∨m3,于是
G⇔m1∨m3
⇔(¬p∧q)∨(p∧q)
⇔(¬p∨p)∧q
⇔q.
由于公式q不带联结词,因此,它应该为任何联结词集中的合式公式。
3°在各联结词集中找到的与某真值函数等值的公式并非唯一。
例如,取
A=¬q→q.({¬,→}中公式)
B=q∧q.({¬,∧}中公式)
C=q∨q.({¬,∨}中公式)
D=(q↑q)↑(q↑q).({↑}中公式)
E=(q↓q)↓(q↓q).({↓}中公式)
则G⇔A⇔B⇔C⇔D⇔E,关于同一个真值函数G,找到与它等值的形式各异的公式。
关于H和R,请读者自己去完成。
(1)对C是不是为矛盾式进行讨论。
当C不是矛盾式时,A∨C⇔B∨C,那么必然有A⇔B,这是因为,现在,A∨C⇔A,B∨C⇔B,因此,有
A⇔A∨C⇔B∨⇔B
必有A⇔B
而当C不是矛盾式时,A∨C⇔B∨C,不必然有A⇔B,举反例如下:
设A,B,C均为含命题变项p,q的公式,A,B,C及A∨C,B∨C的真值表如表所示,从表可看出,A∨C⇔B∨C,但A⇔B。
表
11
pqABCAVCBVC
0000000
0100000
1011111
1101111
(2)对C是不是为重言式进行讨论:
若C为重言式,则A∧C⇔A,C⇔B,于是
A⇔A∧C⇔B∧C⇔B.
因此有
A⇔B
当C不是重言式时,请读者举反例说明,A∧C⇔B∧C时,不必然有A⇔B.
(3)若¬A⇔¬B,则A⇔B.证明如下:
A⇔¬¬A(双重否定律)
⇔¬¬B(¬A⇔¬B)
⇔B(双重否定律)
因此
A⇔B
(1)设
(1)中公式为A.
A⇔(p∨(q∧r))→(p∧q∧r)
A⇔¬(p∨(q∧r))∨(p∧q∧r)
A⇔¬p∧(¬q∧¬r)∨(p∧q∧r)
A⇔(¬p∧¬q)∨(¬q∧¬r)∨(p∧q∧r)
A⇔(¬p∧¬q∧(¬r∧r))∨(¬p∧q∧r)∧¬r)∨(p∧q∧r)
∨(¬p∧q∧¬r)∨(p∧q∧r)
A⇔m0∨m1∨m7
12
于是,公式A的主析取范式为
m0∨m1∨m2∨m7易知,A的主合取范式为
M3∨M4∨M5∨M6A的成真赋值为
000,001,010,111A的成假赋值为
011,100,101,110
(2)设
(2)中公式为B
B⇔(¬p→q)→(¬q∧p)
⇔(¬¬p∨q)→(¬q∧p)
⇔(p∨q)→(¬q∧p)
⇔¬(p∨q)∨(¬q∧p)
⇔(¬p∨¬q)∨¬q∧p
⇔¬q∧p(吸收律)
⇔((¬p∨q)∧¬)∨p∧(¬q∧p)
⇔(¬p∨¬q)∨p∧(p∧¬q)∨(p∧q)⇔m0∨m2∨m3
因此,B的主析取范式为m0∨m2∨的主合取范式为M1
B的成真赋值为00,10,11.
B的成假赋值为01.
(3)设(3)中公式为C.
C⇔¬(p→q)∧q∧r
⇔(p∧¬q)∧q∧r]
13⇔p∧(¬q∧q)∧r
⇔p∧0∧r
⇔0.
因此,C的主析取范式为0.
C的主合取范式为M0∧M1∧M2∧M3
C的成假赋值为00,01,10,11
C无成真赋值,C为矛盾式.
分析1°设公式A中含n(n≥1)个命题变项,且A的主析取范式中含l(0≤l≤2n)个极小项,则A的主合邓范式中含2n−l个极大项,而且极大项的角标别离为0到2n−1这2n个十进制数中未在A的主析取范式的极小项角标中显现过的十进制数.
在
(1)中,n=3,A的主析取范式中含4个极小项,因此,A的主合取范式中必含23−4=4个极大项,它们的角标为0到7中未在主析取范式的极小项角标中显现过的3,4,5,6.如此,只要明白A的主析取范式,它的主合邓范式自然也就明白了,在
(2),(3)中情形类似.
2°A的主析取范式中极小项角标的二进制表示即为A的成真赋值.在
(1)中,由于主析取范式中的极小项角标别离为0,1,2,7,它们的二进制表示别离为000,001,010,111,因此,A的成真赋值为以上各值.类似地,A的主合取范式中所含极大项角标的二进制表示,即为A的成假赋值.
(1)第一求p→(q→r)的主析取范式.
p→(q→r)
⇔¬p∨(¬q∨r)
⇔¬p∨¬q∨r).
由于演算进程较长,能够别离先求出由¬p,¬q,r派生的极小项.注意,本公式中含3个命题变项,因此,极小项长度为3.
14
¬p⇔¬p∧(¬q∨q)∧(¬r∨r)
⇔(¬p∧¬q∧r)∨(¬p∧¬q∧r)
∨(¬p∧q∧¬r)∨(¬p∧¬q∧r)
⇔m0∨m1∨m2∨m3
¬p⇔(¬p∨p)∧¬q∧(¬r∨r)
⇔(¬p∧¬q∧¬r)∨(¬p∧¬q∧r)
∨(¬p∧¬q∧¬r)∨(p∧¬q∧r)
⇔m0∨m1∨m4∨m5
r⇔(¬p∨p)∧(¬q∨q)∧r
⇔(¬p∧¬q∧r)∨(¬p∧¬q∧r)
⇔(p∧¬q∧r)∨(p∧q∧r)
⇔m1∨m31∨m5∨m7
p→(q→r)⇔m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m7
类似地,可求出q→(p→r)主的析取范式也为上式,由于公式的主析取范式的唯一性,可知,
(p→(q→r))⇔(q→(p→r)).
(2)①
p↑q
⇔¬(p∧q)
⇔¬p∨¬q
⇔(¬p∧(¬q∨q))∨((¬p∨p)∧¬q)
⇔(¬p∧¬q)∨(¬p∧q))∨((¬p∨¬p)∨(p∧¬q)
⇔(¬p∧¬q)∨(¬p∧q)∨(p∨¬p)
15
⇔m0∨m1∨m2.
②p↓q
⇔¬(p∧q)
⇔¬p∨¬q
⇔m0.
由于p↑q与p↓q的主析取范式不同.因此它们不等值,即p↑q⇔p↓q.
设p:
A输入;
设q:
B输入;
设r:
C输入;
由题的条件,容易写出FA,FB,FC的真值表,见表所示.由真值表别离写出它们的主析范邓范式,而后,将它们都化成与之等值的{↓}中的公式即可.
表
pqrFFF
ABC
000000
001001
010010
011010
100100
101100
110100
111100
FA⇔(p∧¬q∧¬r)∨(p∧¬q∧r))∨(p∧q∧¬r)∨(p∧q∧r)
⇔(p∧¬q)∧(¬r∨r)∨(p∧q)∧(¬r∨r)
⇔(p∧¬q)∨(p∧q)
⇔p
16
⇔¬¬(p∧q)
⇔¬(p↓q)
⇔¬(p↓q)
⇔(p↓q)↓(p↓p)
FB⇔(¬p∧q∧¬r)∨(¬p∧q∧r)
⇔(¬p∧q)∧(¬r∨r)
⇔(¬p∧q)
⇔¬¬(¬p∧q)
⇔¬(p∧¬q)
⇔p↓¬q)
⇔p↓(q↓q).
FC⇔(¬p∧¬p∧r)
⇔¬(p∨q)∧r
⇔(p↓q)∧r
⇔¬¬((p↓q)∧r
⇔¬(¬(p↓q)∨¬r
⇔¬(p↓q)↓¬r
⇔((p↓q)↓(p↓q))↓(r↓r)\
分析在将公式化成{↑}或{↓}中公式时,应分以下几步:
(1)先将公式化成全功能集{¬,∧,∨}中的公式.
(2)利用
¬A⇔¬(A∧A)⇔A↑A,
17
或
¬A⇔¬(A∨A)⇔A↓A.利用双重否定律
A∧B⇔¬¬(A∧B)⇔¬(A↑B)
⇔(A↑B)↑(A↑B)或
A∨B⇔¬¬(A∨B)⇔¬(A↓B)
⇔(A↓B)↓(A↓B)利用德·摩根律
A∧B⇔¬¬(A∧B)⇔¬(¬A∨¬B)
⇔¬A↓¬B⇔(A↓A)↓(B↓B)或
A∨B⇔¬¬(A∨B)⇔¬(¬A∧¬B)
⇔¬A↑¬B⇔(A↑A)↑(B↑B)1.15设p:
矿样为铁;
q:
矿样为铜;
r:
矿样为锡.
设
F1⇔(甲全对)∧(乙对一半)∧(丙全错),
⇔(¬p∧¬q)∧((¬p∧¬r)∨(p∧r))∧(¬p∧r)⇔(¬p∧¬q∧¬p∧¬r∧¬p∧r)
∨(¬p∧¬q∧p∧r∧¬p∧r)
⇔0∨0⇔0.
F2⇔(甲全对)∧(乙全错)∧(丙对一半)
⇔(¬p∧¬q)∧(p∧¬r)∧((p∧r)∨(¬p∧¬r)
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⇔(¬p∧¬q∧p∧¬r∧p∧r)
∨(¬p∧¬q∧p∧r∧¬p∧¬r)
⇔0∨0⇔0
F3⇔(甲对一半)∧(乙全对)∧(丙全错)
⇔((¬p∧q)∨(p∧¬q))∧(¬p∧r)∨(¬p∧¬r)
⇔(¬p∧q∧¬p∧r∧¬p∧r
∨(p∧¬q∧¬p∧r∧¬p∧r)
⇔(¬p∧q∧r)∨0
⇔¬p∧q∧r.
F4⇔(甲对一半)∧(乙全错)∧(丙全对)⇔((¬p∧q)∨(p∧¬q))∧(p∧¬r)∧(p∧¬r)
⇔(¬p∧q¬∧¬r∧p∧¬r
∨(p∧¬q∧p∧¬r∧p∧¬r)
⇔0∨(p∧¬q∧¬r)
⇔p∧¬q∧¬r.
F5⇔(甲会错)∧(乙对一半)∧(丙全对)
⇔(p∧q)∧((¬p∧¬r)∨(p∧r))∧(p∧¬r)
⇔(p∧q∧¬p∧¬r∧p∧¬r
∨(p∧q∧p∧r∧p∧¬r)
⇔0∨0
⇔0.
F6⇔(甲全错)∧(乙全对)∧(丙对一半)
⇔(p∧q)∧((¬p∧r)∧((p∧r)∨(¬p∧¬r)
19⇔(p∧q∧¬p∧r∧p∧r
∨(p∧q∧¬p∧r∧¬p∧¬r)
⇔0∨0
⇔0.
设
F⇔(一人全对)∧(一人对一半)∧(一人全错)
则F为真命题,而且
F⇔F1∨F2∨F3∨F4∨F5∨F6
⇔(¬p∧q∧r)∨(p∧¬q∧¬r)⇔1.
但,矿样不可能既是铜又是锡,于是q,r中必有假命题,因此¬p∧q∧r⇔0,因此必有
p∧¬q∧¬r⇔1.
于是,必有P为真,q与r为假,即矿样为铁。
令p:
今天是1号;
q:
明天是5号.
由于此题给出的推理都比较简单,因此能够直接