《离散数学》左孝凌李为鉴刘永才编著课后习题标准答案上海科学技术文献出版社.docx
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《离散数学》左孝凌李为鉴刘永才编著课后习题标准答案上海科学技术文献出版社
《离散数学》（左孝凌-李为鉴-刘永才编著）课后习题答案---上海科学技术文献出版社
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1-1，1-2
（1）解：
a）是命题，真值为T。
b）不是命题。
c）是命题，真值要根据具体情况确定。
d）不是命题。
e）是命题，真值为T。
f）是命题，真值为T。
g）是命题，真值为F。
h）不是命题。
i）不是命题。
（2）解：
原子命题：
我爱北京天安门。
复合命题：
如果不是练健美操，我就出外旅游拉。
（3）解：
a）（┓P∧R）→Q
b）Q→R
c）┓P
d）P→┓Q
（4）解：
a）设Q:
我将去参加舞会。
R:
我有时间。
P:
天下雨。
Q↔（R∧┓P）:
我将去参加舞会当且仅当我有时间和天不下雨。
b）设R:
我在看电视。
Q:
我在吃苹果。
R∧Q:
我在看电视边吃苹果。
c）设Q:
一个数是奇数。
R:
一个数不能被2除。
（Q→R）∧（R→Q）:
一个数是奇数，则它不能被2整除并且一个数不能被2整除，则它是奇数。
（5）解：
a）设P：
王强身体很好。
Q：
王强成绩很好。
P∧Q
b）设P：
小李看书。
Q：
小李听音乐。
P∧Q
c）设P：
气候很好。
Q：
气候很热。
P∨Q
d）设P：
a和b是偶数。
Q：
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。
Q：
程序错误。
R：
停机。
（P∨Q）→R
（6）解：
a）P:
天气炎热。
Q:
正在下雨。
P∧Q
b）P:
天气炎热。
R:
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。
Q:
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。
Q:
控制台打字机作输出设备。
P∧Q
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；┓A；B；（┓A→B）；（B→A）；（（┓A→B）→（B→A））
d）A；B；（A→B）；（B→A）；（（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：
a）P:
你没有给我写信。
R:
信在途中丢失了。
PQ
b）P:
张三不去。
Q:
李四不去。
R:
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。
Q:
他唱歌。
R:
你伴奏。
P→（Q↔R）
（6）解：
P:
它占据空间。
Q:
它有质量。
R:
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：
a）P:
上午下雨。
Q:
我去看电影。
R:
我在家里读书。
S:
我在家里看报。
（┓P→Q）∧（P→（R∨S））
b）P:
我今天进城。
Q:
天下雨。
┓Q→P
c）P:
你走了。
Q:
我留下。
Q→P
1-4
（4）解：
a）
P Q R
Q∧R
P∧（Q∧R）
P∧Q
（P∧Q）∧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
T
F
F
F
T
F
F
F
T
F
F
F
F
F
F
F
T
T
F
F
F
F
F
F
T
F
F
F
F
F
F
F
所以，P∧（Q∧R）⇔（P∧Q）∧R
b）
P Q R
Q∨R
P∨（Q∨R）
P∨Q
（P∨Q）∨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
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｔ
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Ｆ
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Ｔ
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Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｆ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
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
Ｔ
Ｔ
Ｔ
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Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
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Ｔ
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Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｔ
Ｆ
Ｔ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｔ
Ｔ
Ｔ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
Ｆ
所以，P∧（Q∨R）⇔（P∧Q）∨（P∧R）
ｄ）
P Q
┓P
┓Q
┓P∨┓Q
┓（P∧Q）
┓P∧┓Q
┓（P∨Q）
T T
T F
F T
F F
F
F
T
T
F
T
F
T
F
T
T
T
F
T
T
T
F
F
F
T
F
F
F
T
所以，┓（P∧Q）⇔┓P∨┓Q, ┓（P∨Q）⇔┓P∧┓Q
（5）解：
如表，对问好所填的地方，可得公式F1～F6，可表达为
P
Q
R
F1
F2
F3
F4
F5
F6
T
T
T
T
F
T
T
F
F
T
T
F
F
F
T
F
F
F
T
F
T
T
F
F
T
T
F
T
F
F
F
T
F
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T
F
F
T
T
T
F
F
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T
F
F
T
F
T
F
F
F
T
F
F
F
T
T
F
T
T
T
F
F
F
F
F
T
F
T
T
T
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
F
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
T
F
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T
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F
T
T
T
T
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F
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T
T
T
T
T
T
F
F
F
F
F
F
F
F
T
T
T
T
T
T
T
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）∧（┐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
⇔T
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））
⇔T
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。
（3）解：
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”。
（4）解：
a）如果天下雨，我不去。
设P：
天下雨。
Q：
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。
R：
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：
解法1：
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
解法2：
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
⇔T
（6）解：
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:
Q
因此我热衷于玩扑克。
R
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：
P：
6是偶数 Q：
7被2除尽 R：
5是素数
如果6是偶数，则7被2除不尽 P→┐Q
或5不是素数，或7被2除尽 ┐R∨Q
5是素数 R
所以6是奇数 ┐P
即本题符号化为：
（P→┐Q）∧（┐R∨Q）∧R⇒┐P
证：
证法1：
（（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。
证法2：
（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。
命题得证。
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。
命题得证。
（9）解：
a）如果他有勇气，他将得胜。
P：
他有勇气 Q：
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。
P：
他不累 Q：
他得胜
原命题：
Q→P 逆反式：
┐P→┐Q表示：
如果他累，他将失败。
习题 1-6
（1）解：
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）
（2）解：
a）┐P⇔P↓P
b）P∨Q⇔┐（P↓Q）⇔（P↓Q）↓（P↓Q）
c）P∧Q⇔┐P↓┐Q⇔（P↓P）↓（Q↓Q）
（3）解：
P→（┐P→Q）
⇔┐P∨（P∨Q）
⇔T
⇔┐P∨P
⇔（┐P↑┐P）↑（P↑P）
⇔P↑（P↑P）
P→（┐P→Q）
⇔┐P∨（P∨Q）
⇔T
⇔┐P∨P
⇔┐（┐P↓P）
⇔┐（（P↓P）↓P）
⇔（（P↓P）↓P）↓（（P↓P）↓P）
（4）解：
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
（6）解：
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）⇔
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