离散数学课后习题答案左孝凌版.docx
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离散数学课后习题答案左孝凌版
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
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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
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Ｔ
Ｔ
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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
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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
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T
T
T
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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）⇔┐（P↔Q）
（P↔Q）↔（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，更不能是最小联结词组。
已证{↔,┐}不是最小联结词组，又因为PQ⇔
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