离散数学 第五版.docx
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离散数学第五版
第1章习题解答
1.1除（3）,（4）,（5）,（11）外全是命题,其中,
（1）,
（2）,（8）,（9）,（10）,（14）,（15）是简单命题,（6）,（7）,（12）,（13）是复合命题。
分析首先应注意到,命题是陈述句,因而不是陈述句的句子都不是命题。
本题中,（3）为疑问句,（5）为感叹句,（11）为祈使句,它们都不是陈述句,所以它们都不是命题。
其次,（4）这个句子是陈述句,但它表示的判断结果是不确定。
又因为
（1）,
（2）,（8）,（9）,（10）,（14）,（15）都是简单的陈述句,因而作为命题,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。
这里的“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,“虽然......,但是......”、“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,构成简单命题。
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,希望读者在遇到“和”或“与”出现的命题时,要根据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,因而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,因而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）我们还不
知道p的真假,但p的真值是确定的（客观存在的）,只是现在不知道而已。
（9）p:
太阳系外的星球上的生物。
它的真值情况而定,是确定的。
1
（10）p:
小李在宿舍里.p的真值则具体情况而定,是确定的。
（12）p∨q,其中,p:
4是偶数,q:
4是奇数。
由于q是假命题,所以,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,所以,p∨q
为假命题。
（14）p:
李明与王华是同学,真值由具体情况而定（是确定的）。
（15）p:
蓝色和黄色可以调配成绿色。
这是真命题。
分析命题的真值是唯一确定的,有些命题的真值我们立即可知,有些则不
能马上知道,但它们的真值不会变化,是客观存在的。
1.3令p:
2+2=4,q:
3+3=6,则以下命题分别符号化为
（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。
分析本题要求读者记住p→q及p↔q的真值情况。
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个蕴含式中,只有
（2）p→r,其中,p同
（1）,r:
明天为3号。
在这里,当p为真时,r一定为假,p→r为假,当p为假时,无论r为真还是为假,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:
小王聪明,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:
他吃饭,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,都使用了合取联结词,都符号化为合取式,这正说明合取联结词在使用时是很灵活的。
在符号化时,应该注意,不要将联结词部分放入简单命题中。
例如,在
（2）中,不能这样写简单命题:
p:
小王不但聪明,q:
小王而且用功。
在（4）中不能这样写:
p:
他一边吃饭,q:
他一边看电视。
2°后4个复合命题中,都使用了蕴含联结词,符号化为蕴含式,在这里,关键问题是要分清蕴含式的前件和后件。
p→q所表达的基本逻辑关系为,p是q的充公条件,或者说q是p的必要条件,这种逻辑关系在叙述上也是很灵活的。
例如,“因为p,所以q”,“只要p,就q”“p仅当q”“只有q才p”“除非q,否则¬p”“没有q,就没有p”等都表
达了q是p的必要条件,因而都符号化为p→q或¬p↔¬q的蕴含式。
在（5）中,q是p的必要条件,因而符号化为p→q,而在（6）（7）中,
p成了q的必要条件,因而符号化为q→p。
在（8）中,虽然没有出现联结词,但因两个命题的因果关系可知,应该符号化为蕴含式。
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,因而它应该有23=8个赋值:
000,
3
001,...,111题中指派p,q为0,r为1,于是就是考查001是该公式p∧（q∧r）的成真赋值,还是成假赋值,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,因而共有24=16个赋值:
0000,0001,...,1111。
现在考查0011是它的成假赋值。
1.7
（1）,
（2）,（4）,（9）均为重言式,（3）,（7）为矛盾式,（5）,（6）,
（8）,（10）为非重言式的可满足式。
一般说来,可用真值表法、等值演算法、主析取范式（主合取范式）法等判
断公式的类型。
（1）对
（1）采用两种方法判断它是重言式。
真值表法
表1.2给出了
（1）中公式的真值表,由于真值表的最后一列全为1,所以,
（1）为重言式。
p
p→（p∨q∨r）
q
r
p∨q∨r
00110011
01010101
01111111
0101010111111111
等值演算法
p→（p∨q∨r）
⇔¬p∨（p∨p∨r）（蕴含等值式）
⇔（¬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
⇔¬p∨¬p
⇔p∨¬p⇔1
（蕴含等值式）
（等幂律）
（蕴含等值式）
（排中律）（3）用等值演算法判（3）为矛盾式
¬（p→q）∧q
⇔¬（p¬∨q）∧q
⇔p∨¬q∧q
⇔p∨（¬q∧q）
（蕴含等值式）
（德·摩根律）
（结合律）
⇔p∧0（矛盾律）
⇔0（零律）由最后一步可知,（3）为矛盾式。
（5）用两种方法判（5）为非重言式的可满足式。
真值表法
p
（¬p→q）→（q→¬p）
q
¬p
¬p→q
q→¬p
0101
1100
0111
1110
01011110
由表1.3可知（5）为非重言式的可满足式。
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部（4个）极小项,所以（3）为非重言式的可满足式,请读者在以上演算每一步的后面,填上所用基本的等值式。
其余各式的类型,请读者自己验证。
分析1o真值表法判断公式的类别是万能。
公式A为重言式当且仅当A的
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为非重言式的可满足式当且仅当A的真值表最后一列至少有一个1,又至少有一个0。
真值表法不易出错,但当命题变项较多时,真值表的行数较多。
2o用等值演算法判断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为非重言式的可满足式时,经过等值演算可将A化简,然后用观察法找到一个成真赋值,再找到一个成假赋值,就可判断A为非重言式的可满足式了。
例如,对（6）用等值演算判断它的类型。
（p∧¬p）↔q⇔0↔q
⇔（p→q）∧（q→0）⇔（¬0∨q）∧（¬q∨0）⇔（1∨q）∧¬q⇔1∧¬q
（矛盾律）
（等价等值式）
（蕴含等值式）
（同一律）
（零律）
6
⇔¬q（同一律）到最后一步已将公式化得很简单。
由此可知,无论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满足式。
用主析取范式判断公式的类型也是万能的。
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为非重言式的可满足式当且仅当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,运算量是很大的。
用主合取范式判断公式的类型也是万能的。
A为重言式当且仅当A的主合取范式中不含任何极大项,此时记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为非重言式的可满足式当且仅当A的主析取范式中含含极大项,但不是全部的。
1.8
（1）从左边开始演算
（p∧q）∨（p∧¬q）
⇔p∧（q∨¬q）
⇔p∧1
⇔p.
（2）从右边开始演算
p→（q∧r）
⇔¬p∨（q∧r）
⇔（¬p∨q）∧（¬p∨r）
⇔（p→q）∧（p→r）.（3）从左边开始演算
¬（p↔q）
（分配律）
（排中律）
（同一律）
（蕴含等值式）
（分配律）
（蕴含等值式）
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基本等值式。
本题也可以从右边开始演算
（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基本的等值式。
1.9
（1）
¬（（p∧q）→p）⇔¬（¬（p∧q）∨p⇔¬（¬（p∧q）∨p）⇔p∧q∧¬p
⇔（p∧¬p）∧q⇔0.
（蕴含等值式）
（德·摩根律）
（结合律、交换律）
（矛盾式）（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）（蕴含等值式）由于较高层次等价号两边的公式相同,因而此公式无成假赋值,所以,它为
重言式。
（3）（¬p→q）→（q→¬p）
⇔（p∨q）→（¬q∨¬p）⇔¬（p∨q）∨（¬q∨¬p）⇔（¬p∧q）∨¬q∨¬p⇔¬q∨¬p
（蕴含等值式）
（蕴含等值式）
（德·摩根律）
（吸收律）
⇔¬p∨¬q.（交换律）
由最后一步容易观察到,11为该公式成假赋值,因而它不是重言式,又00,01,10为成真赋值,因而它不是矛盾式,它是非重言式的可满足式。
1.10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,可以用观察法或等值演算法寻找与真值函数等值的公式。
首先寻找在各联结词集中与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,经过等值演算就可以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,就可以找到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,对于任意的公式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,对于任意的公式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法,除观察法外,就是根据
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,所以,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不唯一。
例如,取
A=¬q→q.B=q∧q.C=q∨q.
D=（q↑q）↑（q↑q）.
E=（q↓q）↓（q↓q）.
则G⇔A⇔B⇔C⇔D⇔E,对于同一个真值函数G,找到与它等值的形
式各异的公式。
对于H和R,请读者自己去完成。
1.11
（1）对C是否为矛盾式进行讨论。
当C不是矛盾式时,A∨C⇔B∨C,则一定有A⇔B,这是因为,此时,
A∨C⇔A,B∨C⇔B,所以,有
A⇔A∨C⇔B∨⇔B
必有A⇔B
而当C不是矛盾式时,A∨C⇔B∨C,不一定有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
1.4所示,从表1.4可看出,A∨C⇔B∨C,但A⇔B。
表1.4
（{¬,→}中公式）（{¬,∧}中公式）（{¬,∨}中公式）
（{↑}中公式）
（{↓}中公式）
11
q
A
B
C
AVC
0101
0010
0011
0011
0011
pBVC00001111
（2）对C是否为重言式进行讨论:
若C为重言式,则A∧C⇔A,C⇔B,于是
A⇔A∧C⇔B∧C⇔B.
因而有
当C不是重言式时,请读者举反例说明,A∧C⇔B∧C时,不一定有
A⇔B.
（3）若¬A⇔¬B,则A⇔B.证明如下:
A⇔¬¬A⇔¬¬B
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
所以
1.12
（1）设
（1）中公式为A.
⇔B
A⇔B
A⇔B
（双重否定律）（¬A⇔¬B）
（双重否定律）
12
于是,公式A的主析取范式为
易知,A的主合取范式为
A的成真赋值为
A的成假赋值为
（2）设
（2）中公式为B
m0∨m1∨m2∨m7M3∨M4∨M5∨M6
000,001,010,111
011,100,101,110
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
所以,B的主析取范式为m0∨m2∨m3.B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.C的主合取范式为M0∧M1∧M2∧M3
C的成假赋值为00,01,10,11C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
分别为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出现过的十进制数.
在
（1）中,n=3,A的主析取范式中含4个极小项,所以,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出现
过的3,4,5,6.这样,只要知道A的主析取范式,它的主合邓范式自然也就知道了,在
（2）,（3）中情况类似.
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分别为0,1,2,7,它们的二进制表示分别为000,001,010,111,所以,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.
1.13
（1）首先求p→（q→r）的主析取范式.p→（q→r）
⇔¬p∨（¬q∨r）⇔¬p∨¬q∨r）.
由于演算过程较长,可以分别先求出由¬p,¬q,r派生的极小项.注意,本公式中含3个命题变项,所以,极小项长度为3.
所以,C的主析取范式为0.
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,
（2）1
p↑q
⇔¬（p∧q）
（p→（q→r））⇔（q→（p→r））.
⇔¬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.因而它们不等值,即p↑q⇔p↓q.
1.14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1.5所示.由真值表分别写出
它们的主析范邓
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