吉林大学离散数学课后习题答案.docx
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吉林大学离散数学课后习题答案
第二章命题逻辑
§2.2主要解题方法
2.2.1证明命题公式恒真或恒假
主要有如下方法：
方法一.真值表方法。
即列出公式的真值表，若表中对应公式所在列的每一取值全为1，这说明该公式在它的所有解释下都是真，因此是恒真的；若表中对应公式所在列的每一取值全为0，这说明该公式在它的所有解释下都为假，因此是恒假的。
真值表法比较烦琐，但只要认真仔细，不会出错。
例2.2.1说明G=（PQR）（PQ）（PR）是恒真、恒假还是可满足。
解：
该公式的真值表如下：
P
Q
R
PQR
PQ
（PQR）（PQ）
PR
G
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
0
1
1
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
表2.2.1
由于表2.2.1中对应公式G所在列的每一取值全为1，故G恒真。
方法二.以基本等价式为基础，通过反复对一个公式的等价代换，使之最后转化为一个恒真式或恒假式，从而实现公式恒真或恒假的证明。
例2.2.2说明G=（（PR）R）（（QP）P）是恒真、恒假还是可满足。
解：
由（PR）R=PRR=1，以及
（QP）P=（QP）P=QPP=0
知，（（PR）R）（（QP）P）=0，故G恒假。
方法三.设命题公式G含n个原子，若求得G的主析取范式包含所有2n个极小项，则G是恒真的；若求得G的主合取范式包含所有2n个极大项，则G是恒假的。
方法四.对任给要判定的命题公式G，设其中有原子P1，P2，…，Pn，令P1取1值，求G的真值，或为1，或为0，或成为新公式G1且其中只有原子P2，…，Pn，再令P1取0值，求G真值，如此继续，到最终只含0或1为止，若最终结果全为1，则公式G恒真，若最终结果全为0，则公式G恒假，若最终结果有1，有0，则是可满足的。
例子参见书中例2.4.3。
方法五.注意到公式G蕴涵公式H的充要条件是：
公式GH是恒真的；公式G，H等价的充要条件是：
公式GH是恒真的，因此，如果待考查公式是GH型的，可将证明GH是恒真的转化为证明G蕴涵H；如果待考查公式是GH型的，可将证明GH是恒真的转化为证明G和H彼此相蕴涵。
例2.2.3证明G=（PR）（（QR）（（PQ）R））恒真。
证明：
要证明（PR）（（QR）（（PQ）R））恒真，只需证明（PR）（（QR）（（PQ）R））。
我们使用形式演绎法。
（1）PR规则1
（2）QR附加前提
（3）PR规则2，根据
（1）
（4）QR规则2，根据
（2）
（5）（PR）（QR）规则2，根据（3）、（4）
（6）（PQ）R规则2，根据（5）
（7）（PQ）R规则2，根据（6）
（8）（PQ）R规则2，根据（7）
（9）（QR）（（PQ）R）规则3，根据
（2）、（8）
2.2.2公式蕴涵的证明方法
主要有如下方法：
给出两个公式A，B，证明A蕴涵B，我们有如下几种方法：
方法一.真值表法。
将公式A和公式B同列在一张真值表中，扫描公式A所对应的列，验证该列真值为1的每一项，它所在行上相应公式B所对应列上的每一项必为1（真），则公式A蕴涵B。
例2.2.4设A=（PQR）（PQ），B=（PR），证明：
AB。
证明：
P
Q
R
PQR
PQ
A
B
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
0
1
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
1
1
1
1
表2.2.2
由表2.2.2可以看出，使A为真的解释均使B亦为真，因此，AB。
方法二.证明AB是恒真公式。
由例2.2.1知，（PQR）（PQ）（PR）恒真，因此，立即可得到例2.2.4中的结论：
（PQR）（PQ）（PR），即AB。
例2.2.5设A、B和C为命题公式，且AB。
请分别阐述（肯定或否定）下列关系式的正确性。
（1）（AC）（BC）；
（2）（AC）（BC）。
解：
由AB知，AB是恒真公式，故A=1时，B不可能为0。
真值表如下：
A
B
C
AB
（AC）（BC）
（AC）（BC）
0
0
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
表2.2.3
从真值表可以看出，（AC）（BC）是恒真公式，所以，（AC）（BC）（AC）（BC）正确；（AC）（BC）不是恒真公式，所以，（AC）（BC）不正确。
例2.2.6设A=（RP）Q，B=PQ，证明A蕴涵B。
证明：
我们来证明AB恒真。
（（RP）Q）（PQ）=（（RP）Q）（PQ）
=（（RP）Q）（PQ）
=（RQ）（PQ）（PQ）
=1
方法三.利用一些基本等价式及蕴涵式进行推导。
对于例2.2.6，由基本等价式可得：
A=（RP）Q
=（RP）Q
=（RP）Q
=（RQ）（PQ）
=（RQ）（PQ）
由教材中基本蕴涵式2.PQQ可知，（RQ）（PQ）（PQ），即A蕴涵B。
方法四.任取解释I，若I满足A，往证I满足B。
例2.2.7设A=PQ，B=（RQ）（（PR）Q），证明A蕴涵B。
证明：
任取解释I，若I满足A，则有如下两种情况：
（1）在解释I下，P为假，这时，B等价于（RQ）（RQ），因此，I亦满足B。
（2）在解释I下，P为真，Q为真，所以，PRQ为真，故B为真，即，I满足B。
综上，I满足B，因此，A蕴涵B。
方法五.反证法，设结论假，往证前提假。
对于例2.2.6，证明（RP）Q蕴涵PQ，若使用方法三，是很烦琐的，而使用方法四，就很简单。
假设存在解释I使PQ为假，则只有一种情形，P在I下为真，且Q在I下为假，这时RP在I下为真，故I弄假（RP）Q。
因此，（RP）Q蕴涵PQ。
方法六.分别将公式A和公式B转化为它们各自的主析取范式或主合取范式。
若公式A的主析取范式所包含的所有极小项也包含在公式B的主析取范式中；或者，公式B的主合取范式中所包含的极大项均包含在公式A的主合取范式中，则公式A蕴涵公式B。
使用这种方法需要注意，当公式A和公式B中包含的原子不完全相同时，在求两公式的极小项或极大项时，要考虑该两公式包含命题原子的并集中的所有原子。
在例2.2.6中，A和B的主析取范式分别为：
A=（PQR）（PQR）
（PQR）（PQR）（PQR），
B=（PQR）（PQR）（PQR）
（PQR）（PQR）（PQR），
可见，AB。
A和B的主合取范式分别为：
A=（PQR）（PQR）（PQR）,
B=（PQR）（PQR）
可见，AB。
另外若给出前提集合S={G1，…，Gk}，公式G，证明SG有如下两种方法：
1.G1…GkG
2.形式演绎法：
根据一些基本等价式和基本蕴涵式，从S出发，演绎出G。
教材中已经给出了这方面的例子，在此不再赘述。
2.2.3求主合取范式和主析取范式
1.极小项与极大项的性质
以3个原子为例，则对应极小项和极大项的表为：
P
Q
R
极小项
极大项
0
0
0
m0=PQR
M0=PQR
0
0
1
m1=PQR
M1=PQR
0
1
0
m2=PQR
M2=PQR
0
1
1
m3=PQR
M3=PQR
1
0
0
m4=PQR
M4=PQR
1
0
1
m5=PQR
M5=PQR
1
1
0
m6=PQR
M6=PQR
1
1
1
m7=PQR
M7=PQR
表2.2.4
由表2.2.4可知，对n个命题原子P1，…，Pn，极小项有如下性质：
（1）n个命题原子P1，…，Pn有
个不同的解释，每个解释对应P1，…，Pn的一个极小项。
（2）对P1，…，Pn的任意一个极小项m，有且只有一个解释使m取1值，若使极小项取1的解释对应的二进制数为i，则m记为mi，于是关于P1，…，Pn的全部极小项为m0，m1，…，
。
（3）任意两个不同的极小项的合取式恒假：
mimj=0，i≠j。
（4）所有极小项的析取式恒真：
=1。
极大项有如下性质：
（1）n个命题原子P1，…，Pn有
个不同的解释，每个解释对应P1，…，Pn的一个极大项。
（2）对P1，…，Pn的任意一个极大项M，有且只有一个解释使M取0值，若使极大项取0的解释对应的二进制数为i，则M记为Mi，于是关于P1，…，Pn的全部极大项为M0，M1，…，
。
（3）任意两个不同的极大项的析取式恒真：
MiMj=1，i≠j。
（4）所有极大项的合取式恒假：
=0。
2.主合取范式与主析取范式之间的关系
由极小项和极大项的定义可知，二者有如下关系：
mi=Mi，Mi=mi
由此可知，若PQR为一公式G的主合取范式，则
G=G
=M0
=（M1M2…M6）
=M1M2…M6
=m1m2…m6
为G的主析取范式。
若（PQ）（PQ）（PQ）为一公式H的主析取范式，则
H=H
=（（PQ）（PQ）（PQ））
=（（m0m1m3））
=（m2）
=M2
=PQ
为H的主合取范式。
一般地，若公式A中含n个命题原子，且A的主析取范式中含有k个极小项：
，则A的主析取范式中必含有其余的
-k个极小项，不妨设为：
，即
A=
。
因此，
A=A
=（
）
=
=
。
由此可知，从一公式A的主析取范式求其主合取范式的步骤如下：
（1）求出A的主析取范式中没有包含的所有极小项。
（2）求出与
（1）中极小项下标相同的极大项。
（3）将
（2）求出的所有极大项合取起来，即得A的主合取范式。
类似地，从一公式A的主合取范式求其主析取范式的步骤为：
（1）求出A的主合取范式中没有包含的所有极大项。
（2）求出与
（1）中极大项下标相同的极小项。
（3）将
（2）求出的所有极小项析取起来，即得A的主析取范式。
3.求主合取范式和主析取范式的方法
方法一.真值表法。
主析取范式恰好是使得公式为真的解释所对应的极小项的析取组成，主合取范式恰好是使得公式为假的解释所对应的极大项的合取组成。
方法二.公式推导法。
设命题公式G中所有不同原子为P1，…，Pn，则G的主析取范式的求法如下：
（a）将公式G化为析取范式。
（b）删去析取范式中所有恒假的短语。
（c）用等幂律将短语中重复出现的同一文字化简为一次出现，如，PP=P。
（d）对于所有不是关于P1，…，Pn的极小项的短语使用同一律，补进短语中未出现的所有命题原子，并使用分配律展开，即，如果短语Gi’不是关于P1，…，Pn的极小项，则Gi’中必然缺少原子，不妨设为Pj1，…，Pjk，于是
Gi’=Gi’（Pj1Pj1）…（PjkPjk）
=
这样，就将非极小项Gi’化成了一些极小项之析取。
将相同的短语的多次出现化为一次出现，就得到了给定公式的主析取范式。
主合取范式的求法类似，留给读者作为练习。
由上面讨论可知，只要求出一种范式，可立即得到另外一种范式。
例2.2.8求公式G=P→（Q→R）的主析取范式与主合取范式。
解：
（1）使用真值表法。
见表2.2.5。
P
Q
R
P→（Q→R）
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
表2.2.5
根据真值表中使得公式为真的解释，所对应的极小项的析取即为其主析取范式：
G=（PQR）（PQR）（PQR）
（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）
=m0m1m2m3m4m5m7
根据真值表中使得公式为假的解释，所对应的极大项的合取即为其主合取范式：
G=PQR=M6
（2）公式推导法
G=P→（Q→R）
=PQR
=（P（QQ）（RR））
（Q（PP）（RR））
（R（PP）（QQ））
=（PQR）（PQR）（PQR）
（PQR）（PQR）（PQR）
=m0m1m2m3m4m5m7
G=P→（Q→R）
=PQR
=M6
4.主合取范式与主析取范式的应用
（1）由2.2.1可知，利用主合取范式与主析取范式可求解判定问题。
（2）证明等价式成立。
由于任意公式的主范式是唯一的，所以可以分别求出两个给定的公式的主范式，若二者主范式相同，则给定的两公式是等价的，否则，给定的两公式不等价。
例2.2.9判断P→（Q→R）与（PQ）→R是否等价。
证明：
我们利用求主合取范式的方法来判断。
由例2.2.8知，P→（Q→R）的主合取范式为：
M6。
下面求（PQ）→R的主合取范式。
（PQ）→R=（PQ）R
=（PQ）R
=（PR）（QR）
=（P（QQ）R）（（PP）QR）
=（PQR）（PQR）（PQR）
=M2M4M6
二者的主合取范式不相同，因此，这两个公式不等价。
2.2.4联结词的转化和全功能集
关于联结词的转化和全功能集方面一般有如下题型：
（1）要求只用几个联结词表示某个命题公式，见例2.2.10。
（2）给出一个新的联结词的定义，要求证明其是全功能集，并用其表示某个命题公式。
这种题目的做法如下：
由于不难证明出{，}，{，}，{，→}，{}，{}都是全功能联结词集合，因此，若要证明新定义的联结词是全功能集，只需证明上面某个全功能集合（比如{，}）中的每个联结词（如，和）都可以用新联结词表示。
若想用其表示某个命题公式，可以先将基本联结词（，，）用给定的新联结词表示，然后按要求把原命题公式转化成用新联结词表示的形式。
见例2.2.11。
（3）证明一个联结词集合不是全功能集。
一般用归纳法，证明在有限步内，用这个联结词结合不可能表示所有的命题。
见例2.2.12。
应该说明的是，寻求最少联结词的全功能联结词集合，主要不是个理论问题，而是为了满足工程实践的需要。
但是，一般情况下，为了不至于因为联结词的减少而使得公式的形式变得复杂，我们仍常采用“，，，→，”这5个联结词。
例2.2.10将公式（P→（QR））（PQ）用仅含联结词和的公式等价表示。
解：
（P→（QR））（PQ）=（P（QR））（PQ）
=（P（PQ））（（QR）（PQ））
=（PQ）（Q（PQ））（R（PQ））
=（PQ）（PQ）（（PQ）R）
=PQ
=（PQ）
例2.2.11定义三元联结词如表2.2.6。
e1
e2
e3
f（e1,e2,e3）
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
0
表2.2.6三元联结词f（e1,e2,e3）的真值表
（1）试证明{f}是完备的，即，联结词集合{，}或{，}可由该联结词表示。
（2）用该联结词表示公式：
（P→R）Q。
（1）证明：
因为
P=f（P,P,P），PQ=f（P,P,Q），
所以联结词集合{，}可由该三元联结词f表示。
而联结词集合{，}是完备的，因此，{f}是完备的。
（2）解：
因为
PQ=f（P,P,Q），
所以
P→Q=PQ=f（P,P,Q）.
又由
PQ=（PQ）=（QP）
=f（P,P,Q）=f（Q,Q,P）.
因此
（P→R）Q=f（P,P,R）Q
=f（Q,Q,f（P,P,R））
=f（Q,Q,f（P,P,f（R,R,R）））
=f（f（Q,Q,f（P,P,f（R,R,R）））,f（Q,Q,f（P,P,f（R,R,R）））,f（Q,Q,f（P,P,f（R,R,R））））。
例2.2.12{，→}是否是联结词的全功能集合？
证明你的结论。
在证明此题之前，我们先直观分析一下。
考虑和→这两个联结词的特点：
当一个命题公式中只含有联结词和→时，则当公式中出现的所有命题原子都取真值1时，公式也必然取真值1。
这就是说，仅含和→的公式不能表示所有的命题公式，比如恒假式：
AA。
因此，联结词集合{，→}不是全功能集。
证明：
下面证明{，→}不是联结词的全功能集。
对公式中出现的联结词个数使用数学归纳法来证明下面的结论：
当一个命题公式中只含有联结词和→时，则当公式中出现的所有命题原子都取真值1时，公式也必然取真值1。
n=0时，即公式中不含任何联结词时，公式为原子，结论显然。
假设n≤k时，命题成立，即，如果一个公式中含有n个联结词，→，则当公式的所有原子真值取1时，公式也取真值1。
当n=k+1时，设任一含k+1个联结词的公式为A，则存在公式B和C，使得：
A=B→C或A=BC，
且B和C中的联结词个数均≤k。
由归纳假设知，当所有原子取真值1时，B和C在该解释下的真值均为1，因此，A在该解释下的真值亦为1。
归纳完成。
由该结论知，如果一个命题公式中只含有联结词和→，那么至少存在一个解释满足该公式。
因此，只含有联结词和→的公式肯定不能表示恒假公式。
所以，{，→}不是联结词的全功能集。
2.2.5综合应用题
综合题主要是先符号化，再使用上面的知识进行联结词的转化、或求主合取范式、主析取范式、利用基本等价式化简、或进行逻辑推理来论证或做逻辑判断等。
例2.2.13一个排队线路，输入为A，B，C，其输出分别为FA,FB,FC。
在同一时间内只能有一个信号通过。
如果同时有两个或两个以上信号通过时，则按A，B，C的顺序输出。
例如，A，B，C同时输入时，只能A有输出。
写出FA,FB,FC的逻辑表达式，并化成全功能集{}中的表达式。
解：
先将已知事实中的各简单命题符号化，设：
P：
A输入；
Q：
B输入；
R：
C输入。
然后根据已知条件，写出FA,FB,FC的真值表如表2.2.7。
P
Q
R
FA
FB
FC
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
1
1
1
0
0
表2.2.7
于是，
FA=（PQR）（PQR）（PQR）（PQR）
=（（PQ）（RR））（（PQ（RR））
=（PQ）（PQ）
=P（QQ）
=P
=（PP）
=（PP）
=（（PP）（PP））
=（PP）（PP）.
FB=（PQR）（PQR）
=（PQ）（RR）
=PQ
=（PQ）
=（PQ）
=PQ
=P（QQ）
FC=PQR
=（PQR）
=（PQ）（R）
=（（PQ））（R）
=（（PQ））（R）
=（（PQ）（PQ））（RR）
例2.2.14一一个公安人员审查一件盗窃案，已知的事实如下：
（1）A或B盗窃了x
（2）若A盗窃了x，则作案时间不能发生在午夜前
（3）若B证词正确，则在午夜时屋里灯光未灭
（4）若B证词不正确，则作案时间发生在午夜前
（5）午夜时屋里灯光灭了
（6）A并不富裕
试用演绎法找出盗窃犯。
解：
先将已知事实中的各简单命题符号化，设：
P：
A盗窃了x
Q：
B盗窃了x
R：
作案时间发生在午夜前
S：
B证词正确
T：
在午夜时屋里灯光未灭
U：
A并不富裕
再将各前提写出：
G1：
P∨QG2：
P→
R
G3：
S→TG4：
：
S→RG5：
TG6：
U
演绎过程为：
（1）S→T （规则１）
（2）
T（规则１）
（3）
S（规则2）
（4）
S→R（规则１）
（5）R（规则2）
（6）P→
R（规则１）
（7）
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