(完整word版)离散数学(第2版,刘爱民)习题解答(1)(1)

附录2 习题答案
习题一答案
1.1下列各语句中哪些是命题?
1) 不是；2) 是；3) 不是；4) 不是；5) 不是；6) 是；
7) 是；8) 不是9) 不是；10)是；11)不是；12)是。

1.2 将下列命题符号化。

1) p∧⌝q, p:太阳明亮,q:湿度高；
2) q→⌝p, p:明天你看到我，q:我要去深圳。

3) p→q, p:我出校，q:我去图书城；
4) q→p , p:你去,q:我去；
5) 5.1) p∧q； 5.2) p∧⌝q; 5.3) p∧q； 5.4) p∧⌝q；
6) 6.1) p∨q 6.2) ⌝(p ↔q) 6.3) p∧¬q
6.4) ¬ (p∧r) 6.5) (p∧q) →r 6.6)¬ (r→ (p∧q))
7) p:蓝色和黄色可以调配成绿色；
8) ⌝(p↔q), p:李兰现在在宿舍, q:李兰在图书馆里；
9) ¬p→¬ q, p:一个人经一事，q:一个人长一智；
10) (p∧¬q) →⌝(r↔ s), p:晚上小王做完了做业, q: 晚上小王没有其他事情，r: 晚上小王看电视, s: 晚上小王看电影。

11) ⌝(r↔ s), r:小飞在睡觉, s:小飞在游泳；
12) ¬p∧¬q∧r, p:这个星期天我看电视，q: 这个星期天我外出，r:这个星期天我在睡觉。

13) p→q , p:卫星上天了，q:国家强大了；
14) p→q, p:今天没有课，q:我呆在图书馆里；
15) p→q,p:我去图书城，q:我有时间；
16) ¬p→¬q , p:人们辛劳，p: 人们收获
1.3 1) 小李家住北大西门外, 他现在坐在公共汽车里看书，没有考虑问题；
2) 小李在思考问题, 他没有乘坐公共汽车，也没有看书；
3) 小李只要乘坐公共汽车，他就看书或考虑问题；
4) 小李乘坐公共汽车，要么看书不考虑问题，要么考虑问题不看书，
5) 同4);
6) 如果小李家住北大西门外,则他现在没有乘坐公共汽车，没有看书，也没有考虑问题。

1.4 1) 是2) 不是，因为∨联结词后没有字母
3) 是4) 是
5) 不是，因为pq之间缺联结词6) 不是，因为∨ ∧不能构成公式
7) 是
*1.5 1) q是0层公式，⌝q是1层公式，(p∨⌝q)是2层公式，原公式是3层公式;
2) p是0层公式，⌝p是1层公式，(⌝p→q) 是2层公式，(q→r) 是1层公式，((⌝p→q) ∧(q→r))是3层公式，(p→r)是1层公式，原公式是4层公式；
3) r，s是0层公式，r ∧s是1层公式，(q →r ∧s)是2层公式，(p ∨(q →r ∧s))是3层公式，⌝(p ∨(q →r ∧s))是4层公式，(p→q) ∧s是2层公式，原公式是5层公式。

4) p，q是0层公式，(p∨q)是1层公式，(p∨q)→r是2层公式，(r→s) 是1层公
式，原公式是3层公式.
1.6 p ⇨q →r ∧s，q ⇨ p →q
1) ((q →r ∧s) ∨⌝( p→q))→r ;
2) ((⌝(q →r ∧s)→( p→q)) ∧((p→q)→r))→( (q →r ∧s)→r)；
3) ⌝((q →r ∧s)∨(( p→q)→r ∧s)) → ((q →r ∧s)→ ( p→q)) ∧s；
4) ((q →r ∧s) ∨( p→q))→r↔ (r→s).
1.7 A∨B, A的成真赋值或B的成真赋值，故为000,011,100,110,111, 101;
⌝A∨B, A→B: ⌝A的成真赋值或B的成真赋值，001,010,101, 000,110;
A∧B: 同时是A和B的成真赋值，000,110；
⌝A∧⌝B: 同时是⌝A和⌝B的成真赋值，001, 010；
A↔B: 同时是A和B的成真赋值或成假赋值，000,110, 001, 010；
1.8
这是矛盾式这是重言式。

1.9 这里仅仅是无数个命题形式中的两个，读者可以另外给出
F：矛盾式，用一个矛盾式与任何一个公式合取即可，即(p∧⌝p) ∧A
F1=(p∧⌝p) ∧(q∨r), F2=p ∧⌝q∧⌝r∧(q∨r)
G：重言式，简单的可以是一个重言式与任何一个公式析取，(p∨⌝p) ∨ A 如：G1=(p∨⌝p) ∨ (q∨r),
G2= p ∨ (p∧q) ∨⌝p∨ r，重言式拆分在不同的位置
H：前四行可看成蕴涵式的否定，后四行与p相同，两种情况相或。

所以H1= p ∨ (⌝(q→ r)) ; p ∨ (⌝r∧q)
还是分成前后四行分析，如果以p作为蕴涵式的后件：A→p，后四行总成立，想法构成前件，使得前四行的第三行为0，其它行为1，正是蕴涵式q→ r。

所以可写成H2=q→ r→ p
R：只有全0的才为0，所以最简单的是用析取式，R1=p∨q∨r
这个公式再与其它的确保p,q,r三个为0时一定为0的公式相析取即可；
R2= p∨q∨r∨ (p ∧q)，p∨q∨r∨ (p∧r)
S：类似H的分析，前四行和后四行情况相或，S1=p ∨ (q∧r)
如果以p作为蕴涵式的后件：A→p，后四行总成立，想法构成前件，使得前四行的第三行为0，其它行为1，正是蕴涵式q→⌝ r。

所以可写成S2=q→⌝r→ p
习题二答案
2.1 1) 不能。

C⇔1时，两边总是等值；
2) 不能。

C⇔0时，两边总是等值；
3) 能。

由否定之否定可得。

2.2 1) 证明下列等值式：
(1) p→(q→r) ⇔⌝p∨(⌝q∨r) (2) ⌝(p↔q) ⇔⌝((p→q)∨(q→p))
⇔⌝p∨⌝q∨r⇔⌝ ((⌝p∨q)∨(⌝q∨p))
⇔⌝ q∨⌝p∨r⇔ (p∨⌝q) ∨ (q∨⌝p)
⇔⌝q∨(⌝p∨r) ⇔ (p∨q)∨(⌝p∨⌝q))
⇔ q→ (p→r)⇔ ((p∨q)∨⌝(p∨q))
(3) p→(q→p) ⇔⌝p ∨ (⌝q ∨ p)(4) (p→r) ∨ (q→r) ⇔ (⌝p∨r) ∨ (⌝q ∨ r)
⇔p ∨ (⌝p ∨⌝q) (重言式)⇔ (⌝p ∨ ⌝q) ∨ r
⇔p ∨ (p→⌝q)⇔⌝ (p ∨ q) ∨ r
⇔⌝p→ (p→⌝q)⇔ (p ∨ q) →r
(5) (p→q) ∨ (p→r) ⇔ (⌝p∨ q) ∨ (⌝p ∨ r)
⇔⌝p∨ (q∨r)
⇔p→q ∨ r
2) 判定命题形式类型：
(1) (p↔q)→⌝((p∨⌝p)∨(⌝p∨q)) (2) ⌝(q∨⌝((⌝p∨ q)∨ p))
⇔ (p↔q)→⌝(⌝p∨q)⇔⌝q∨ ((⌝p∨ q) ∨p)
⇔⌝ ((p→q) ∨ (q→p)) ⇔⌝q∨ (q∨ p)
⇔⌝ ((⌝p∨q) ∨ (⌝q∨p))⇔ 0
∨ ⌝(⌝p∨q)这是矛盾式
⇔ ((p∨⌝q) ∨(q∨⌝p)) ∨ ⌝(⌝p∨q)
⇔ (p∨⌝q) ∨ 1
⇔ 1
这是重言式
(3) ((p→q)∨(⌝q→p)) ↔p(4) (q→p)∨(⌝p→q)
⇔((⌝p∨q)∨(q∨p)) ↔p⇔ (⌝q∨p)∨(p∨q)
⇔((⌝p∨ p) ∨ q) ↔p ⇔ (⌝q ∨ q) ∨p
⇔q↔p⇔p
这是可满足式这是可满足式
(5) ⌝(⌝(p∨ q) →⌝p) (6) (p→q ∨ r) ∨ (⌝r→(p→q))
⇔⌝( (p∨ q) ∨ ⌝p)⇔(⌝p ∨ q ∨ r) ∨ (r∨ (⌝p ∨ q))
⇔⌝( (p∨⌝p) ∨q)⇔⌝p ∨ (q ∨ r) ∨ r∨ ⌝p ∨ q
⇔⌝ 1⇔⌝p ∨ r ∨ q
⇔⌝0这是可满足式
这是矛盾式
2.3 提示：对偶式是将∨与∨互换、0与1互换。

但要注意括号省略问题。

1) ⌝ (⌝p∨⌝q)∨ ⌝ (⌝p∨q) ⇔ (p∨ q)∨(p∨⌝q)
⇔p∨( q∨ ⌝q)
⇔p
对偶式是：⌝ (⌝p∨⌝q) ∨ ⌝ (⌝p∨q) ⇔p
2) q ∨ ⌝((⌝p∨q) ∨p) ⇔q ∨ ⌝(q ∨ p)
⇔ q ∨ ⌝q ∨ ⌝p
⇔ 1
对偶式是：q ∨ ⌝((⌝p∨q) ∨ p) ⇔ 0
3) (p∨q)∨ (p∨⌝q) ∨ (⌝p∨⌝q)
⇔ (p∨q)∨ ((p ∨ ⌝p)∨⌝q)
⇔ (p∨q) ∨ ⌝q
⇔ (p∨q) ∨ ⌝q
⇔p ∨ ⌝q
⇔⌝(⌝p∨q)
对偶式是：(p∨q) ∨ ((p∨⌝q) ∨ (⌝p∨⌝q)) ⇔⌝(⌝p∨q)
2.4 香农定理：
⌝A(p1, p2, …, p n, 0, 1, ⌝, ∨ , ∨) ⇔A(⌝p1, ⌝p2, …, ⌝p n, 1, 0, ⌝, ∨, ∨)
对偶式的定义为：
A*(p1, p2, …, p n, 0, 1, ⌝, ∨ , ∨)⇔A(p1, p2, …, p n, 1, 0, ⌝, ∨, ∨)
对偶式定义是重言式，其任何的替换实例仍然是重言式，以⌝p i替换p i，所以A*(⌝p1, ⌝p2, …, ⌝p n, 0, 1, ⌝, ∨ , ∨) ⇔A(⌝p1, ⌝p2, …, ⌝p n, 0, 1, ⌝, ∨ , ∨)
从而
⌝A(p1, p2, …, p n, 0, 1, ⌝, ∨ , ∨) ⇔A*(p1, p2, …, p n, 0, 1, ⌝, ∨ , ∨)
这就是香农定理的对偶式表示式，简写成
⌝A(p1, p2, …, p n) ⇔A*(⌝p1, ⌝p2, …, ⌝p n)。

显然1) 若A是重言式，则A*是矛盾式；
2)若A是矛盾式，则A*是重言式；
都成立。

*2.5 已知{⌝, ∨ , ∨}是全功能集。

⌝p⇔⌝p；
p ∨ q⇔⌝(⌝p ∨⌝q) ⇔⌝( p→⌝q)
p ∨ q⇔⌝⌝p ∨ q) ⇔⌝p→q
即{⌝, ∨ , ∨}可有{⌝, →}表示，所以{⌝, →}是全功能集。

实际上⌝p⇔p→0，⌝可用→表示，是冗余联结词，所以{⌝, →}不是极小全功能集。

*2.6 找出下式的等值的尽可能简单的由{⌝,∨}和{⌝, ∨}生成的公式:
1) p∨(⌝q ∨ (r→p)) ⇔p∨¬ (q ∨r) {¬,∨}
⇔ ¬ (¬p∨(¬q ∨¬r)) {¬,∨}
2) p→ (q→p) ⇔ ¬p∨ p {¬,∨} (重言式)
⇔ ¬(p∨ ¬p){¬,∨}
3) (p∨ q) ∨ r→ (p ∨ r) ⇔ ¬p∨ p {¬,∨}(重言式)
⇔ ¬(p∨ ¬p){¬,∨}
4) p∨(⌝q ∨ r→p) ⇔p∨q ∨ ¬r {¬,∨}
⇔ ¬(¬p∨¬q ∨r){¬,∨}
5) (p→q ∨ ⌝q) ∨ ⌝p ∨ q⇔ ¬ (p∨¬q){¬,∨}
⇔ ¬p∨ q¬{¬,∨}
*2.7 1) { ⌝,→}: (⌝p→q)→r2) {⌝,∧}: ⌝(⌝ (⌝p ∨⌝q) ∨¬r)
3) {⌝,∨}: ¬(p∨q) ∨r4) {↑}；((p↑p) ↑ (q↑q))↑ (r↑r)
5) {↓}: ((p↓q) ↓r) ↓ ((p↓q) ↓r)
2.8 1) (p∨q) ∨ ((⌝p∨q) ∨r) 2) (p∨q∨r) ∨(q∨(⌝p∨r))
*3) (p∨q) ↓ (⌝p∨q∨r) *4) (p↑q) ∨(⌝p↓⌝q)
2.9 1) ⌝p ∨ r→q 2) ⌝r∨⌝p→ (p↔⌝q)
⇔⌝ (⌝p ∨ r) ∨ q ⇔⌝ (⌝r∨⌝p ) ∨ ((p∨⌝q) ∨(⌝p∨q))
⇔⌝p ∨⌝r ∨ q⇔ (p ∨⌝r) ∨(p∨⌝q) ∨(⌝p∨q)
⇔M5⇔(p∨q∨⌝r) ∨(p∨⌝q∨⌝r) ∨(p∨⌝q∨ r)主合取范式，仅含有一个极大项，∨(⌝p∨q∨ r) ∨(⌝p∨q∨⌝r)
所以是可满足式⇔m6∨m4∨m5∨m3∨m2
含有5个极小项，是可满足式
3) (p→q ∨ r) ∨ (⌝p→⌝q ∨ ⌝r) 4) p ∨ q ∨ (⌝p∨⌝q)
⇔ (⌝p ∨ q ∨ r) ∨ (p∨ ⌝q ∨ ⌝r)⇔ (p ∨ q ∨⌝p) ∨(p ∨ q ∨ ⌝q)
⇔ (p ∨ q ∨ r) ∨ (⌝p∨ ⌝q ∨ ⌝r) ⇔ 0
⇔m7∨m0
主析取范式，含有两个极小项主析取范式不含有任何极大项，
所以是可满足式是矛盾式。

2.10
1) (a) (p∨q)∨(⌝p∨q∨r) (b) (p∨(q∨r))∨(q∨(⌝p∨r)
⇔ (p∨q∨r)∨(p∨q∨⌝r)∨(⌝p∨q∨r)⇔(p∨ q)∨(q∨r))∨(⌝p∨q∨r)
⇔m7∨m6∨m3⇔(p∨ q∨ r)∨(p∨ q∨⌝r)∨(p∨q∨r)
⇔M5∨M4∨M2∨M1∨M0 ∨(p∨q∨⌝r)∨(⌝p∨q∨r)
⇔m7∨m6∨m3
⇔ M5∨M4∨M2∨M1∨M0
主范式都相同，两者等值。

2) (a) p→(q→r) (b) q→(p→r)
⇔⌝p∨ (⌝q∨r)⇔⌝p∨ (⌝q∨r)
⇔M6⇔M6
⇔m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m7⇔m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m7主范式都相同，两者等值。

3) (a) p ∨ (⌝p∨⌝q) (b) ⌝(⌝p∨q)
⇔p∨ ⌝q ⇔ p∨ ⌝q
⇔m2⇔m2
⇔M0∨M1∨M3⇔M0∨M1∨M3
主范式都相同，两者等值。

4) (a) (p→q)→ p∨ q(b) (⌝p→p) ∨ (r→p)
⇔⌝ (⌝p∨q) ∨ p∨ q ⇔(p∨ p) ∨ (⌝r∨p)
⇔ (p∨⌝q) ∨ p∨ q ⇔ p
⇔ (p∨⌝q∨ r) ∨(p∨⌝q∨⌝r) ⇔ (p∨⌝q∨ r) ∨(p∨⌝q∨⌝r) ∨(p∨ q∨ r) ∨(p∨ q∨⌝r)∨(p∨ q∨ r) ∨(p∨ q∨⌝r)⇔m5∨m4∨m7∨m6⇔m5∨m4∨m7∨m6
⇔M0∨M1∨M2∨M3⇔M0∨M1∨M2∨M3
主范式都相同，两者等值。

2.11 指派需要同时满足1), 2), 3)条件，以及只派两个人的条件。

条件1)：A→⌝(C↔D) ⇔⌝A∨ ⌝((C∨D) ∨(⌝C∨⌝D))
⇔⌝A∨ ((⌝C∨⌝D) ∨(C∨D))
⇔ (⌝A∨ ⌝C∨⌝D) ∨ (⌝A∨C∨D)
⇔ (⌝A∨B∨⌝C∨⌝D) ∨(⌝A∨⌝B∨⌝C∨⌝D)
∨ (⌝A∨B∨C∨D) ∨ (⌝A∨⌝B∨C∨D)
⇔M11∨M15∨M8∨M12
条件2)：⌝(B∨C) ⇔⌝B∨⌝C
⇔ (A∨⌝B∨⌝C∨D) ∨(A∨⌝B∨⌝C∨⌝D)
∨ (⌝A∨⌝B∨⌝C∨D) ∨ (⌝A∨⌝B∨⌝C∨⌝D)
⇔M6∨M7∨M14∨M15
条件3)：C→⌝D ⇔⌝C∨⌝D
⇔ (A∨B∨⌝C∨⌝D) ∨(A∨⌝B∨⌝C∨⌝D)
∨ (⌝A∨B∨⌝C∨⌝D) ∨ (⌝A∨⌝B∨⌝C∨⌝D)
⇔M3∨M7∨M11∨M15
这三个条件同时满足，是合取关系。

即为
M11∨M15∨M8∨M12∨M6∨M7∨M14∨M3
而指派的情况是各种可能的情况，是析取关系，为此得到析取范式，为
m0∨m1∨m2∨m4∨m5∨m9∨m10∨m13
这就是可能的情况，其中下标的二进制数对应位置为1的就是要指派的人。

如1：0001，只指派D
条件只指派两人，就是5：0101，9：1001，10：1010；
即可以指派的情况有三种：B和D，A和D，或A和C
2.12 解：按照题意，三个推测只有一个是对的。

推测1：⌝(b ↔c)；推测2：⌝a∨⌝b；推测3：⌝(b ↔d)
推测正确为肯定，推测错误为否定。

推测1正确：⌝(b ↔c) ∨⌝(⌝a∨⌝b) ∨ (b ↔d)⇔a∨⌝b∨c∨d 推测2正确：(b ↔c) ∨(⌝a∨⌝b) ∨ (b ↔d) ⇔ ⌝a∨⌝b∨⌝c∨⌝d 推测3正确：(b ↔c) ∨⌝ (⌝a∨⌝b) ∨⌝ (b ↔d) ⇔
(a∨b∨c) (⌝a∨b∨⌝c)( a∨c∨d) 可以看到，只有推测3正确时(⌝a∨b∨⌝c)中含有一个肯定的b 。

所以该生没有说谎，他是从b 地直接返校的。

**2.14 提示： 设开关向上为肯定，向下为否定，四种情况分别是： 1) 搬键C 向上, A 、B 同向下时：⌝ p ∨⌝q ∨ r 2) 搬键A 向上, B 、C 同向下时：p ∨⌝q ∨⌝r
3) 搬键B 、C 向上, A 同向下时：⌝p ∨q ∨r 4) 搬键A 、B 向上, C 同向下时：p ∨q ∨⌝r 各种情况都可以成立，所以是析取关系，可采用卡诺图化简，得到
⌝ p ∨⌝q ∨ r ∨ p ∨⌝q ∨⌝r ∨ ⌝p ∨q ∨r ∨ p ∨q ∨⌝r
⇔⌝ p ∨ r ∨ p ∨⌝r 即只要A 或C 中的一个但又不同时控制电灯即可。

*2.15 按照题意：只要A 有信号，F A 就有信号，此时不管B ，C 是否有信号 设A ，B ，C 有信号分别表示为p ，q ，r 。

只要A 有信号的情况就是：100，101，110，111
即：F A ⇔m 4∨m 5∨m 6∨m 7⇔ p ⇔ (p ↓p) ↓ (p ↓p)
类似A 无信号，但是B 有信号，C 不管有无信号，F B 输出信号。

此时情况是：010，011
F B ⇔m 2∨m 3⇔⌝p∨q ⇔ p ↓ ⌝q ⇔p ↓ (q ↓q)
F C 输出信号必须是只有C 有信号，只有001一种情况，所以 F C ⇔m 1⇔ ⌝p∨⌝q ∨ r ⇔ ⌝(p ∨q) ∨ r ⇔ ⌝ ( (p ∨q) ∨⌝r) ⇔ (p ∨q) ↓ ⌝r ⇔ ⌝ (p ↓q) ↓ ⌝r ⇔ ((p ↓q) ↓ (p ↓q)) ↓ (r ↓r)
习题三答案
3.1判断前提是否一致，即判断他们的的合取是否不为矛盾式： 下面用主范式判断： 1) ((p ∨ q ) ∨ (s ∨ ⌝r )) ∨ ⌝(s ∨ ⌝r )
⇔((p ∨ q ∨ s ) ∨ (p ∨ q ∨⌝r )) ∨ (⌝s ∨ r ) ⇔(p ∨ q ∨ r ∨ s ) ∨ (p ∨ q ∨⌝r ∨⌝s ) 这是可满足式，所以前提一致。

2) p 1∨ (⌝p 1 ∨ p 2) ∨ (⌝p 1 ∨ ⌝p 2 ∨ p 3) ∨…∨ (⌝p 1 ∨ ⌝p 2∨ … ∨ ⌝p n -1 ∨ p n ) ⇔ p 1∨ p 2 ∨ (⌝p 2 ∨ p 3) ∨…∨ (⌝p 2∨ … ∨ ⌝p n -1 ∨ p n ) ⇔ p 1∨ p 2 ∨p 3 ∨…∨ (⌝p 3 … ∨ ⌝p n -1 ∨ p n ) ⇔ ……
⇔ p 1∨ p 2 ∨p 3 ∨…∨ p n
n 个命题变项的合取，这是可满足式，前提一致。

3) (p ∨ q ) ∨ (⌝p ∨ ⌝q ) ∨ (p → q ) ⇔ (p ∨ q ) ∨ (⌝p ∨ ⌝q ) ∨ (⌝p ∨ q )
1
1 1 1 1
0 B
C 0 0 1 1 1
A ⌝A ∧C A ∧⌝C
⇔ (p ∨ q) ∨ ⌝p
⇔ 0
诸前提矛盾，不一致；
3.2构造下列推理的证明：
1) 前提q → p, q ↔s, s ↔t, t ∨r; 结论p∨q∨s∨r。

证明①s ↔t前提引入P
②(t→s) ∨ (s→t)①置换T①E
③t→s②化简T②I
④t ∨ r前提引入P
⑤t④化简T④I
⑥s③⑤假言推理T③⑤I
⑦q ↔s前提引入P
⑧(q→s) ∨ (s→q)⑦置换T⑦E
⑨s→q⑧化简T⑧I
⑩q⑥⑨假言推理T⑥⑨I
⑾q → p前提引入P
⑿p⑩⑾假言推理T⑩⑾I
⒀p ∨ q ∨ s ∨ r⑿⑩⑥⑤合取T⑿⑩⑥⑤I 2)前提p→(q→s),⌝r∨p,q;结论r→s。

证明①p→ (q→s) 前提引入P
②q→ (p→s) ①置换T①E
③q前提引入P
④p→s②③假言推理T②③I
⑤⌝r ∨ p前提引入P
⑥r→p⑤置换T⑤E
⑦r →s⑥④假言三段论T⑥④I
3)前提⌝( p∨⌝q),⌝q∨r, ⌝r; 结论⌝p。

证明①⌝q ∨ r 前提引入P
②⌝r前提引入P
③⌝q①②析取三段论T①②I
④⌝( p ∨ ⌝q) 前提引入P
⑤⌝p ∨ q④置换T④E
⑥⌝p ③⑤析取三段论T③⑤I
3.3 用相应证明方法证明：
1) 归谬法：前提p→⌝q, q ∨ ⌝r, r ∨ ⌝s；结论⌝p。

证明①p否定结论作为前提P
②p→⌝q前提引入P
③⌝q ①②假言推理T①②I
④q ∨ ⌝r前提引入P
⑤⌝r ③④析取三段论T③④I
⑥r ∨ ⌝s前提引入P
⑦⌝r∨ r ∨ ⌝s ⑤⑦合取T⑤⑦I
⑧ 0⑧置换T⑧I
推出矛盾，所以原结论正确。

2) 附加前提法：前提(p ∨ q) → (r ∨ s), (s ∨ t) →u; 结论p→u。

证明①p 附加前提引入P
②p ∨ q ①附加T①I
③(p ∨ q) → (r ∨ s)前提引入P
④r ∨ s②③假言推理T②③I
⑤s④化简T④I
⑥s ∨ t⑤附加T⑤I
⑦(s ∨ t) →u前提引入P
⑧u⑦⑥假言推理T⑦⑥I
⑨p→u CP规则CP
3) 反证法：前提⌝p ∨ ⌝q, 结论⌝ (p ∨ q)
证明①p ∨ q否定结论作为前提引入P
②p ①化简T①I
③p ∨ q②附加T②I
④⌝(⌝p ∨ ⌝q) ③置换T③E
得到否定的前提，原推理正确。

3.4 反证法。

否定结论推出否定的前提。

否定结论，即
如果2不能整除a，即a=2m+1；
则a2=(2m+1)2=4m2+2m+1
所以2不能整除a2。

这正是否定的前提。

原推理正确。

*3.5 甲在最后，丙在最前，甲先推测自己戴的帽子。

设甲乙丙戴红帽子分别为p，q，r 甲看到乙和丙戴的帽子推测自己带的，乙根据看到丙所戴及甲所判断的来确定自己所戴帽子，根据可能的情况是：
(1)乙和丙戴黑帽子，甲确定自己戴红帽子，即p∨⌝q∨⌝r。

三个前提成立，丙能确定
自己为⌝r，即戴黑帽子；
(2)乙和丙中并非都戴黑帽子，甲不能确定自己戴什么帽子，可能的情况是
(2.1) 乙和丙都戴红帽子：q∨r，
(2.2) 乙和丙一个戴红帽子：(⌝q∨r) ∨ (q∨⌝r)
综合即为(q∨r)∨(⌝q∨r) ∨ (q∨⌝r)⇔ r ∨ (q∨⌝r)
一种情况就是：r，则q，⌝q可能都成立，乙无法判断自己所戴帽子，而丙一旦听到乙无法判断自己所戴帽子，即可确定自己带红帽子；
另一种情况是：(q∨⌝r)，乙看到丙带黑帽子，确定自己带红帽子；丙一旦听到乙说自己带红帽子，可确定自己带黑帽子；
总结就是：甲确定自己戴红帽子，丙可确定自己戴黑帽子；
甲不能确定所戴帽子：乙可确定自己戴红帽子，丙能确定自己戴黑帽子；
乙不能确定自己所带帽子，丙能确定自己戴红帽子；
所以丙总能判断出自己所戴帽子。

*3.6
针对其中一个人，是哥哥(p)是弟弟(⌝p)，是说真话(q)还是说谎(⌝q)，都必居其一。

可能的情况是：p∨q，p∨⌝q，⌝p∨q，⌝p∨⌝q，
询问只能就这几种情况询问，并根据答复情况确定结果。

而答复可能是说真话的答复，或者说假话的答复。

两种答复都要能判断。

如果只询问一种情况，如p∨q，则肯定答复结果是((p∨q) ∨q) ∨ (⌝(p∨q) ∨⌝q)⇔
p∨q∨⌝q⇔ p∨⌝q，无法得到确定的结果；不必再讨论否定答复结果。

如果只询问两种的情况，有共同点时，如p∨q，p∨⌝q，则肯定答复结果是(p∨q∨ ⌝p∨⌝q) ∨ q ∨ ⌝(p∨q∨ ⌝p∨⌝q) ∨⌝q ⇔ p∨q ∨⌝p∨⌝q，无法确定结果，不必再讨论否定答复结果。

无共同点时，如p∨q，⌝p∨⌝q，则肯定答复结果是(p∨q∨ ⌝p∨⌝q) ∨ q ∨ ⌝(p∨q∨ ⌝p∨⌝q) ∨⌝q ⇔p，能确定被询问的人是哥哥；否定答复结果是⌝(p∨q∨ ⌝p∨⌝q) ∨ q ∨ (p∨q∨ ⌝p∨⌝q) ∨⌝q ⇔⌝p；能确定被询问的人是弟弟。

问话为：
“你是哥哥且你说了真话，或你是弟弟且你说了假话”对吗？。

肯定者是哥哥，否定者是弟弟。

如果另外一对无共同点的情况，如⌝p∧q，p∧⌝q，则肯定答复结果是(⌝p∨q∨p∨⌝q) ∨ q ∨ ⌝(⌝p∨q∨p∨⌝q) ∨⌝q ⇔⌝p，能确定被询问的人是弟弟；否定答复结果是⌝(⌝p∨q∨p∨⌝q) ∨ q ∨ (⌝p∨q∨p∨⌝q) ∨⌝q ⇔ p；能确定被询问的人是哥哥。

问话也可为：“你是哥哥且你说了假话，或你是弟弟且你说了真话”对吗？。

肯定者为弟弟，否定者是哥哥。

3.7证明下列各推理是否正确.
提示：也可以直接利用等值演算方法，获得原蕴涵式是可满足式，则推理不正确。

1) p：我是一年级学生；q：我要学习高等数学，r：我要学习集合论；
s：我是二年级学生；t：我要学习数学逻辑，u：我要学习图论；
前提：p→( q∨r)，s→(t∨u)，⌝q∨⌝s
结论：⌝q∨⌝r∨⌝t∨⌝u
证明①⌝q∨⌝s 前提引入P
②⌝q ①化简T①I
③⌝s①化简T①I
④p→( q∨r) 前提引入P
到此无法继续往下推理，所以无法证明，即原推理是错误的。

2) p：我复习完功课；q：我打篮球，r：我打乒乓球；
前提：q→p，q→⌝r，⌝p
结论：⌝q∨⌝r
证明①q→p 前提引入P
②⌝p 前提引入P
③⌝q①②拒取式T①②I
④q→⌝r前提引入P
到此无法继续往下推理，所以无法证明，即原推理是错误的。

3) p：我的程序通过了；q：我高兴，r：我生活愉快；
前提：p→q，r→q，p
结论：r
证明①p→q 前提引入P
②p 前提引入P
③q①②假言推理T①②I
④r→q前提引入P
到此无法继续往下推理，所以无法证明得到r，即原推理是错误的。

3.8 解：符号化：p：甲获胜；q：乙获胜；r：丙获胜；s：丁获胜；
前提：p→⌝q，r→q，⌝p→s，
结论：r→s
①r→q前提引入P
②p→⌝q 前提引入P
③q→⌝p ②置换T②E
④r→⌝p①③假言三段论T①③I
⑤⌝p→s前提引入P
⑥r→s ④⑤假言推理T④⑤I
3.9 解：符号化：p：今天天晴；q：今天下雨；r：我去看电影；s：我看书；
前提：p ∨q，p→r，r→⌝s，
结论：s→q
①p→r 前提引入P
②r→⌝s前提引入P
③p→⌝s①②假言三段论T①②I
④p ∨q→⌝s∨q③前后件附加T③I
⑤p ∨q 前提引入P
⑥⌝s∨q④⑤假言推理T④⑤I
⑦s→q ⑥置换T②IE
提示：3.8、3.9可用CP规则。

*3.10 机器证明是：归谬法，并利用转换成合取范式，以便得到各简单析取式，各简单析取式之间消解。

1) 前提q → p, q ↔s, s ↔t, t ∨r; 结论p∨q∨s∨r。

证明①⌝(p∨q∨s∨r) 否定结论引入得合取范式⌝p ∨⌝q ∨⌝s ∨⌝r，也是简单析取式
②q → p前提引入得合取范式⌝q ∨ p，也是简单析取式
③q ↔s前提引入得合取范式(⌝q ∨ s) ∨(q ∨⌝s)，再得⌝q ∨ s
④q ∨⌝s③得到的第二个简单析取式
⑤s ↔t前提引入得合取范式(⌝t ∨ s) ∨(t ∨⌝s)，再得⌝t ∨ s
⑥t ∨⌝s⑤得到的第二个简单析取式
⑦t ∨r前提引入为合取范式，得到t
⑧r⑦得到的第二个简单析取式
⑨⌝q ∨⌝s ∨⌝r①②消解T①②I
⑩⌝p ∨⌝q ∨⌝r①③消解T①③I
⑾⌝p ∨⌝s ∨⌝r①④消解T①④I
⑿⌝p ∨⌝q ∨⌝t ∨⌝r①⑤消解T①⑤I
⒀⌝p ∨⌝q ∨⌝s①⑧消解T①⑧I
⒁p ∨⌝s②④消解T②④I
⒂⌝q ∨ t③⑥消解T③⑥I
⒃q ∨⌝t④⑤消解T④⑤I
⒄s⑤⑦消解T⑤⑦I
⒅q⑦⒃消解T⑦⒃I
⒆⌝p ∨⌝q⑧⑩消解T⑧⑩I
⒇⌝q②⒂消解T②⒂I
(21) 空⒅⒇消解T⒅⒇I
得空，所以原推理正确。

注：机器证明中有许多过程是机器的，得到的结果在后续可能并没用，如上面得到⑾，⑿，⒀，⒁。

2)前提p→(q→s),⌝r∨p,q; 结论r→s。

证明①⌝(r→s) 否定结论得合取范式r∨⌝s，得简单析取式r和
②⌝s①得到第二个简单析取式
③p→(q→s)前提引入得合取范式⌝p∨ ⌝q∨ s
④⌝r ∨ p前提引入P
⑤q前提引入P
⑥p①④消解T①④I
⑦⌝p∨ ⌝q②③消解T②③I
⑧⌝p⑤⑦消解T⑤⑦I
⑨空⑥⑧消解T⑥⑧I
得空，所以原推理正确。

3)前提⌝( p∨⌝q),⌝q∨r, ⌝r; 结论⌝p。

证明①p否定结论引入P
②⌝( p ∨ ⌝q) 前提引入得⌝p ∨ q P，E
③⌝q∨r前提引入P
④⌝r前提引入P
⑤q①②消解T①②I
⑥⌝p∨r ②③消解T②③I
⑦⌝q③④消解T③④I
⑧空⑤⑦消解T⑤⑦I
得空，所以原推理正确。

习题四答案
4.1 将下列命题用0元谓词符号化：
1) P(x): x是素数, Q(x): x是偶数；a:2; P(a) ∨ Q(a)
2) P(x,y): x大于y, a:2, b:3, c:4；P(a,b) →P(a,c);
3) P(x,y): x比y高, a:张明, b: 李民, c: 赵亮; P(a,b) ∨P(b,c) →P(a,c)；
4) P(x): x是素数, a:3; ⌝P(a)；
5) P(x): x是素数, a:2,b:3; P(a) ∨ P(b)；
6) P(x,y): x能被y整除,a:16,b:4,c:8；P(a,b) ∨ P(a,c)
7) P(x,y): x能整除y, a:7,b:100,c:3, P(a,b) →P(c,b);
8) P(x,y): x能整除y , Q(x): x是偶数,b:2; P(2,a)↔ Q(a)。

4.2 解：个体域全部为全总个体域：
1) P(x): x是火车，Q(x):x是轮船，R(x,y):x比y快；
∀x(P(x) →∀y(Q(y) → R(x,y)))
2) P(x): x是汽车，Q(x):x是火车，R(x,y):x比y慢；
∃x(P(x) ∨∀y(Q(y) → R(x,y)))
3) P(x): x是实数，Q(x，y):x大于y；
⌝∃x(P(x) ∨∀y(P(y) → Q(x,y)))
4) P(x,y): x和y是对顶角，Q(x，y):x等于y；
∀x∀y(P(x,y) → Q(x,y))
5) P(x): x是人, Q(x): x会犯错误；
⌝∃(P(x) ∧⌝Q(x)) = ∀x(P(x)→ Q(x))
6) P(x): x是北京人, Q(x): x是在北京工作的人；
⌝∀x(Q(x)→P(x)) = ∃x(Q(x) ∧⌝P(x))
7) P(x): x是偶数, Q(x,y): x能被y整除, a:2；
∀x(P(x)→Q(x,a))
8) 所有能飞的动物都是鸟；
P(x): x是动物, Q(x): x是鸟，R(x): x能飞；
∀x((P(x) ∧R(x))→Q(x))
4.3 解：
1) 对于任意的x，存在y，使得x⋅y=0；
(a)、(b)情况下为1，(c)、(d)情况下为0。

2) 存在x，对于所有y，均有x⋅y=0；
(a)、(b)情况下为1，(c)、(d)情况下为0。

3) 对于任意的x，存在y，使得x⋅y=1；
(a)、(b)、(c)情况下为0，(d)情况下为1。

4) 存在x，对于所有y，均有x⋅y=1；
任何情况下为0。

5) 对于任意的x，存在y，使得x⋅y=x；
任何情况下为1。

6) 存在x，对于所有y，均有x⋅y=x；
(a)、(b)情况下为1，(c)、(d)情况下为0。

7) 对于任意的x，y，存在z，使得x-y=z；
(a)、(b)情况下为1，(c)、(d)情况下为0。

4.4 解
1) P(x): x2-1 = (x+1)(x-1)
(a) 个体域为自然数集合: ∀x P(x), 真
(b) 个体域为实数集合: ∀x P(x), 真
(c) 个体域为一切事物:
∀x(Q(x)→P(x)), Q(x): x是数，真
2) P(x): x + 5 = 2
(a) 个体域为自然数集合: ∀x P(x), 假
(b) 个体域为实数集合: ∀xP(x), 真
(c) 个体域为一切事物: ∀x(Q(x)∧P(x)), Q(x): x是数，真
4.5 解
1) x<0: L(x, 0)
⌝∃x L(x, 0)真
2) x + 0 = x: F(x, 0, x)
∀x F(x, 0, x)真
3) x•y = y: G(x, y, y)
∀x∀yG(x, y, y)假
4) x•y = y: G(x, y, y)
∃x∀yG(x, y, y)真
5) x + y = y: F(x, y, y)
∃x∀yF(x, y, y)真
6) y + x = x: F(y, x, x)
∀y∃xF(y, x, x)真
1) x在∀y (F(x, y) →G(y, a))中一次自由出现；
2) x在⌝∀x∀y L(x, y, b)中两次约束出现；
3) x在∀x F(x)中两次约束出现，在∀z G(x, y)中一次自由出现；
4) x在∀x G(z, g(x, y))中两次约束出现，在∀y (F(f(x, y), x)中两次自由出现；
4.7 解：
1) τ1、τ3、τ4对自由出现的x的替换是自由的；
2) τ2、τ4对自由出现的x的替换是自由的；
3) 仅有τ4对自由出现的x的替换是自由的；
4.8 解
在解释I下：
1) ∀x(F(x)∧G(x)) ⇔( F(-2)∧G(-2))∧( F(3)∧G(3))∧( F(6)∧G(6))
⇔(1∧0)∧( 1∧0))∧( 0∧1) ⇔0
2) ∀x(R(x)→ F(x))∨G(5) ⇔((R(-2)→ F(-2))∧(R(3)→ F(3))∧(R(6)→ F(6)))∨G(5)
⇔((1→1)∧( 1→1))∧( 1→0))∨0⇔0
3) ∃x(F(x)∨G(x)) ⇔(F(-2)∨G(-2))∨(F(3)∨G(3))∨(F(6)∨G(6))
⇔(1∨0)∧( 1∨0))∧( 0∨1)⇔1
4.9 解：不是，∃对∧不具有分配率，第二个⇔不等值。

等值演算过程可为：
(∃xF(x，y)∧∃yG(y))→∃zH(z)
⇔(∃xF(x，y)∧∃ uG(u))→∃zH(z)
⇔∃x∃u (F(x，y)∧G(u))→∃zH(z)
⇔∀x∀u ∃z((F(x，y)∧G(u)→H(z))，
4.10解
1) ∀xF(x)∧⌝∃ xG(x) ⇔∀xF(x)∧∀x⌝G(x)
⇔∀x(F(x)∧⌝G(x)) (前束范式)
2) ∀xF(x)∨⌝∃ xG(x) ⇔∀xF(x)∨∀x⌝G(x)
⇔∀xF(x)∨∀y⌝G(y)
⇔∀x(F(x)∨∀y⌝G(y))
⇔∀x∀y (F(x)∨⌝G(y)) (前束范式)
3) ∀xF(x)→∃xG(x) ⇔⌝∀xF(x) ∨∃xG(x)
⇔∃x⌝F(x) ∨∃xG(x)
⇔∃x(⌝F(x)∨G(x)) (前束范式)
⇔∃x(F(x) →G(x)) (前束范式)
这正是E44及其证明。

4) ∃xF(x)∧⌝∀ xG(x) ⇔∃xF(x)∧∃x ⌝G(x)
⇔∃xF(x)∧∃y ⌝G(y)
⇔∃x(F(x)∧∃y ⌝G(y))
⇔∃x∃y (F(x)∧⌝G(y)) (前束范式)
5) 5) ∃xF(x)→∀xG(x) ⇔⌝∃xF(x)∨∀xG(x)
⇔∀x⌝F(x)∨∀xG(x)
⇔∀x⌝F(x)∨∀yG(y)
⇔∀x∀y (⌝F(x)∨G(y))(前束范式)
⇔∀x∀y (F(x) →G(y)) (前束范式)
1) ②c与④的c不一定相等，
2) 在②∃y(z>y)出现自由变项z，不能使用UI规则。

3) 第③步错，UG应用的需要②的c是一个任意的个体，而事实上这是一个特定个体。

4) ②中的c不一定满足④，正如正文中所提到的，既带有全称量词，又带有存在量词的公式时，应先引入带存在量词的公式。

5) ②中c一般不能同时满足F(c)、G(c)，这里应分别引入不同的特定个体常量。

4.12构造下面推理的证明：
1) 前提：∃xF(x )→∀y(F(y)∨G(y)→H(y))，∃xF(x)；结论：∃xH(x)
证明：
①∃xF(x )→∀y(F(y)∨G(y)→H(y)) 前提引入P
②∃xF(x) 前提引入P
③∀y(F(y)∨G(y)→H(y)) ①②假言推理T①②I
④F(c)②EI T②EI
⑤F(c)∨G(c) ④附加T④I
⑥F(c)∨G(c)→H(c) ③UI T②UI
⑦H(c) ⑤⑥假言推理T⑤⑥I
⑧∃xH(x) ⑦EG T⑦EG
2) 前提：∀x(F(x )→(G(x)∧H(x)))，∃xF(x)；结论：∃x(F(x)∧H(x))
证明：
①∃xF(x) 前提引入P
②F(c) ①EI T①EI
③∀x(F(x )→(G(x)∧H(x))) 附加前提引入P
④F(c)→(G(c)∧H(c)) ③UI T③UI
⑤G(c)∧H(c) ②④假言推理T②④I
⑥H(c) ⑤化简T⑤I
⑦F(c)∧H(c) ②⑥合取T②⑥I
⑧x(F(x)∧H(x)) ⑦EG T⑦EG
3) 前提：∀x(F(x )→G(x ))；结论：∀x ∀y(F(y)∧L(x , y))→∃y(G(y)∧L(a,y))
证明：
①∀x(F(x )→G(x )) 前提引入P
②F(c)→G(c) ①UI T①UI
③∀x ∀y(F(y)∧L(x , y)) 前提引入P
④∀y(F(y)∧L(a , y)) ③UI T③UI
⑤F(c)∧L(a , c) ④UI T④UI
⑥F(c) ⑤化简T⑤I
⑦G(c) ②⑥假言推理T②⑥I
⑧L(a , c) ⑤化简T⑤I
⑨G(c)∧L(a,c) ⑦⑧合取T⑦⑧I
⑩∃y(G(y)∧L(a,y)) ⑨EG T⑨EG
⑾∀x ∀y(F(y)∧L(x , y))→∃y(G(y)∧L(a,y))CP规则CP
4) 前提：∃ x F(x )→∀y(G(y)→H(y))，∃xM(x )→∃yG(y)；结论：∃x (F(x)∧M(x))→∃yH(y).证明：
②∃x (F(x)∧M(x)) 附加前提引入P
②∃xF(x)∧∃x M(x) ①推理T①I
③∃xF(x) ②化简T②I
④∃xF(x )→∀y(G(y)→H(y)) 前提引入P
⑤∀y(G(y)→H(y)) ③④假言推理T③④I
⑥∃x M(x) ②化简T②I
⑦∃xM(x )→∃yG(y) 前提引入P
⑧∃yG(y) ⑥⑦假言推理T⑥⑦I
⑨G(c) ⑧EI T⑧EI
⑩G(c)→H(c) ⑤UI T⑤UI
⑾H(c) ⑨⑩假言推理T⑨⑩I
⑿∃xH(x) ⑾EG T⑾EG
⒀∃x (F(x)∧M(x))→∃yH(y) CP规则CP
5) 前提: ∃xP(x)→∀x((P(x)∨Q(x))→R(x)), ∃xP(x), ∃xQ(x),结论: ∃x∃y(R(x)∧R(y))；证明：
①∃xP(x) →∀x((P(x)∨Q(x)) →R(x)) 前提引入P
②∃xP(x) 前提引入P
③∀x((P(x)∨Q(x)) →R(x)) ①②假言推理T①②I
④P(a)②EI T②E I
⑤P(a)∨ Q(a)) →R(a) ③UI T③UI
⑥P(a)∨ Q(a) ④附加T④I
⑦R(a) ⑤⑥假言推理T⑤⑥I
⑧∃xR(x) ⑦EG T⑦EG
⑨∃xQ(x) 前提引入P
⑩Q(b) ⑨EI T⑨E I
⑾P(b)∨ Q(b) ⑩附加T⑩I
⑿P(b)∨ Q(b)) →R(b) ③UI T③UI
⒀R(b) ⑾⑿假言推理T⑾⑿I
⒁∃yR(y) ⒀EG T⒀EG
⒂∃xR(x)∧∃yR(y) ⑧⒁合取T⑧⒁I
⒃∃x∃y(R(x)∧R(y)) ⒂量词辖域扩大T⒂E
6) 前提: ∀x(P(x)∨Q(x)), ∀x(Q(x) →⌝R(x)), ∀xR(x), 结论∀xP(x)。

证明：
①∀x((Q(x) →⌝R(x)) 前提引入P
②∀xR(x) 前提引入P
③∀x((Q(x) →⌝R(x))∧∀xR(x) ①②合取T①②I
④∀x((Q(x) →⌝R(x))∧R(x)) ③置换T③E
⑤∀x(⌝Q(x)) ④拒取式T④I
⑥∀x(P(x)∨Q(x)) 前提引入P
⑦∀x(P(x)∨Q(x))∧∀x(⌝Q(x)) ⑤⑥合取P⑤⑥I
⑧∀x((P(x)∨Q(x))∧⌝Q(x)) ⑦置换T⑦E
⑨∀xP(x) ⑧析取三段论T⑧I
4.13 命题符号化并证明：
1)符号化：P(x): x是有理数；Q(x): x是实数；R(x): x是整数；
前提：∀x(P(x)→ Q(x)), ∃x(P(x)∧R(x)); 结论：∃x(Q(x)∧R(x))
证明：①∃x(P(x)∧R(x)) 前提引入P
②∀x(P(x)→ Q(x)) 前提引入P
③∀x(P(x)→ Q(x)) ∧∃x(P(x)∧R(x))①②合取T①②I
④∃x((P(x)→ Q(x)) ∧ (P(x)∧R(x))) ③推理T③I
⑤∃x(((P(x)→ Q(x)) ∧ P(x))∧R(x)) ④置换T④E
⑥∃x(Q(x)∧R(x)) ⑤假言推理T⑤E
2) 符号化P(x): x喜欢步行；Q(x): x喜欢乘汽车；R(x): x喜欢骑自行车；
个体域：所有人的集合（别忘了这点，否则需要限定谓词）
前提：∀x(P(x)→⌝Q(x)), ∀x(Q(x)∨R(x)); ∃x(⌝R(x))
结论：∃x(⌝P(x))
证明①∃x(⌝R(x)) 前提引入P
②⌝R(a) ①EI T①EI
③∀x(P(x)→⌝Q(x)) 前提引入P
④P(a)→⌝Q(a) ③UI T③UI
⑤∀x(Q(x)∨R(x)) 前提引入P
⑥Q(a)∨R(a) ⑤UI T⑤UI
⑦Q(a) ②⑥析取三段论T②⑥I
⑧⌝P(a) ④⑦拒取式T④⑦I
⑨∃x(⌝P(x)) ⑧EG T⑧EG
3) 符号化P(x): x是在北京上大学的大学生；Q(x): x是北京人；R(x): x是外地人；
S(x): x是优秀生, a: 小王
前提：∀x(P(x)→ (R(x) ∨Q(x))), ∃x(P(x)∧S(x)); ⌝Q(a)∧S(a);
结论：P(a) → R(a)
证明①∀x(P(x)→ (R(x) ∨Q(x))) 前提引入P
②P(a)→ (R(a) ∨Q(a)) ①UI T①UI
③P(a) 附加前提引入P
④R(a) ∨Q(a) ②③假言推理T②③I
⑤ (R(a) ∨Q(a))∧(⌝R(a) ∨⌝Q(a))④置换T④E
⑥R(a) ∨Q(a) ⑤化简T⑤I
⑦⌝Q(a)∧S(a) 前提引入P
⑧⌝Q(a) ⑦化简T⑦I
⑨R(a) ⑥⑧析取三段论T⑥⑧I
⑩P(a) → R(a) CP规则CP
注：本题前提∃x(P(x)∧S(x))没有用到。

4) 符号化P(x，y): x喜欢y；Q(x): x是花；R(x): x是杂草；S(x): x是人
前提：∃x(S(x)∧∀y(Q(y) → P(x，y))), ∀x(S(x)∧∀y(R(y) →⌝P(x，y)));
结论：∀x(R(x)→⌝Q(x))
证明①∃x(S(x)∧∀y(Q(y) → P(x，y))) 前提引入P
②S(a)∧∀y(Q(y) → P(a，y)) ①EI T①EI
③∀y(Q(y) → P(a，y))②化简T②I
④Q(y) → P(a，y)) ③UI T③UI
⑤∀x(S(x)∧∀y(R(y) →⌝P(x，y)))前提引入P
⑥S(a)∧∀y(R(y) →⌝P(a，y)) ⑤UI T⑤UI
⑦∀y(R(y) →⌝P(a，y)) ⑥化简T⑥I
⑧R(y) →⌝P(a，y) ⑦UI T⑦UI
⑨P(a，y) →⌝R(y) ⑧置换T⑧E
⑩R(y)→⌝Q(y) ④⑨假言三段论T④⑨I
⑾∀x(R(x)→⌝Q(x)) ⑩UG T⑩UG
5) 符号化P(x): x是蜜蜂；Q(x): x是黄蜂；R(x): x受惊；S(x): x愤怒，T(x): x蛰人前提：∀x((P(x)∨Q(x))∧(R(x)∨S(x))→ T(x))
结论：∀x(P(x)∧R(x)→ T(x))
证明①∀x((P(x)∨Q(x))∧(R(x)∨S(x))→ T(x))前提引入P
②(P(y)∨Q(y))∧(R(y)∨S(y))→ T(y)①UI T①UI
③(P(y)∧R(y))∨(Q(y)∧(R(y))∨(P(y)∧S(y)) ∨(Q(y)∧S(y))→T(y)
②置换T②I
④(P(y)∧R(y) →T(y))∧(Q(y)∧(R(y) →T(y))
∧(P(y)∧S(y) →T(y))∧(Q(y)∧S(y)→T(y)③置换T③E
⑤P(y)∧R(y)→ T(y) ④化简T④I
⑥∀x(P(x)∧R(x)→ T(x)) ⑤UG T⑤UI
4.14 1) 符号化P(x): x是科学工作者；Q(x): x是勤奋的人；R(x): x是聪明的人；
S(x): x在他的事业中将获得成功，a: 王大志
前提：∀x(P(x) →Q(x))，∀x(Q(x)∧R(x)→ S(x)), P(a)∧R(a),
结论：S(a)
证明①∀x(P(x)→Q(x)) 前提引入P
②P(a)→Q(a) ①UI T①UI
③P(a)∧R(a) 前提引入P
④P(a) ③化简T③I
⑤Q(a) ②④假言推理T②④I
⑥∀x(Q(x)∧R(x)→ S(x))前提引入P
⑦Q(a)∧R(a)→ S(a) ⑥UI T⑥UI
⑧R(a) ③化简T③I
⑨Q(a)∧R(a) ⑤⑧合取T⑤⑧I
⑩S(a) ⑦⑨假言推理T⑦⑨I
2) 符号化P(x): x是舞蹈家；Q(x): x有风度；R(x): x是学生；a: 王英
前提：∀x(P(x) →Q(x))，P(a)∧R(a)
结论：∃x(P(x)∧Q(x))
证明①∀x(P(x)→Q(x)) 前提引入P
②P(a)→Q(a) ①UI T①UI
③P(a)∧R(a) 前提引入P
④P(a) ③化简T③I
⑤Q(a) ②④假言推理T②④I
⑥Q(a)∧P(a) ④⑤合取T④⑤I
⑦∃x(P(x)∧Q(x)) ⑥UG T⑥UG
习题五答案
5.1 解A={1}; B={{1}}, C={{1},{{1}}}
5.2 解1) 可能。

如：A={a}，B={a，{a}}，B中还可以有其它元素。

2) 不可能：B ∈ A ∧ A ⊆ B ⇒ B ∈ B，这不可能成立。

5.3 解 A={x |x =2n ∧n ∈N -{0}}，则16∈A ；
假定A={x |x =a +bn +cn 2∧n ∈N -{0}}，由方程组
⎪⎩
⎪⎨⎧++=++=++=c b a c b a c b a 8384242
可得：a =2，b = –1，c =1，即A={x |x =2 – n + n 2∧n ∈N -{0}}，此时16∉A 。

5.4 解1)、2)、6)、7)、10)、12)、13)、14)、15)、16)对
5.5解 ~B = {5}，所以A ⋂~B={1, 5}⋂{5}={5}；
B ⋃C={1, 2, 3, 4}⋃ {2, 5}={1, 2, 3, 4, 5}=U ，所以A ⋂(B ⋃C)=A ⋂U=A ；
(A ⋂B)⋃(A ⋂C)= A ⋂(B ⋃C)= A ⋂U=A
~(A ⋃B)⋃~(B ⋃C)= ~((A ⋃B) ⋂(B ⋃C))= ~( B ⋃(A ⋂C))
而A ⋂C={1, 5}⋂{2, 5}={5}，
所以~(A ⋃B)⋃~(B ⋃C)= ~( B ⋃(A ⋂C))= ~({1, 2, 3, 4}⋃ {5})=~U=∅
P(A)={ ∅, {1}, {5}, {1,5}}, P(C)={ ∅, {2}, {5}, {2,5}}
P(A)⋂P(C)= {∅, {1}, {5}, {1,5}}⋂{∅, {2}, {5}, {2,5}}
= {∅,{5}}=P({5})=P(A ⋂C)
~A={2, 3, 4}
~A ⋂~B={2, 3, 4}⋂{5}=∅
5.6 解
a) ℘{a ，{a }}={∅，{a }，{{a }}，{a ，{a }}}；
b) ℘{{1，{2，3}}}={∅，{1，{2，3}}}；
c) ℘{∅，a ，{b }}={∅，{∅}，{a}，{{b}}，{∅，a }，{ a ，{b }}，{∅，{b }}，{∅，a ，{b }}
d) ℘(∅)={∅}
e) ℘(℘(∅))={∅，{∅}}
5.7 解A={0,1,2,3,4}, B={2,4,6}
A ⋃B={0,1,2,3,4,6}，A ⋂B={2,4}
5.8 X={{1，2}，{1}，{{1，0}}}， X={{1，2}，{1}，{{1，0}}}， X= {{1，2}，{1}，{{1，0}}}={1，2}⋃{1}⋃{{1，0}}={1,2,{1,0}} X= {{1，2}，{1}，{{1，0}}}={1，2}⋂{1}⋂{{1，0}}=∅ X= X={1,2,{1,0}} X= X=∅。

5.9 写出下列各集合的全部子集。

A={a ，b ，c }, B=< a ，b >；C={1，{1}，2，{2}}。

解：A ：∅，{a }，{b }，{c }，{a ，b }，{b ，c }，{a ，c }，{a ，b ，c }
B={{a}，{a ，b}}：∅，{{a}}{{a ，b}}、{{a}，{a ，b}}
C ：∅，{1}，{{1}}，{2}，{{2}}，{1，{1}}、{1，2}，{1，{2}}，
{{1}，2}，{{1}，{2}}，{2，{2}}，{1，{1}，2}，{{1}，2，{2}}，
{1，2，{2}}、{1，{1}，{2}}、{1，{1}，2，{2}}
5.10 解 A={1，2，3，5，7}，B={0，3，6，9，12，15，18，21，24，27，30} C={2，4，8，16，32}， D={1，4，9}
1) A ⋃B ⋃C ⋃D={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,12,15,16,18,21,32,24,27,30,32}
2) A ⋃C={1,2,3,4,5,7,8,16,32}
B - (A ⋃C)={0,6,9,12,15,18,21,24,27,30}
3) ~A ⋂B={0,6, 9，12，15，18，21，24，27，30}
(~A ⋂B)⋃D={0,1,4, 6, 9，12，15，18，21，24，27，30}
4) A ⋂B ⋂C ⋂D=∅；
5) ℘℘℘(A ⋂D)= ℘℘℘({1})=℘℘({∅,{1}})=℘({∅,{∅},{{1}},{∅,{1}}})
={∅, {∅,}, {{∅}}, {{{1}}}, {{∅,{1}}}, {∅,{∅}}, {∅,{{1}}}, {∅,,{∅,{1}}}, {{∅},{{1}}}, {{∅},{∅,{1}}}, {{{1}},{∅,{1}}}, {∅,{∅},{{1}}}, {∅,{∅},{∅,{1}}}, {{∅},{{1}},{∅,{1}}}, {∅,{{1}},{∅,{1}}}, {∅,{∅},{{1}},{∅,{1}}}}
6) ℘℘(A)⋂ ℘℘(D)= ℘℘(A ⋂ D)= {∅,{∅},{{1}},{∅,{1}}}
5.11 1) 证明: n = n -1， n = n -2，⋯， 0=n n。

n =0⋃1⋃…⋃n -1=∅⋃{0}⋃{0,1}⋃…⋃{0，1，2，⋯，n -2}
={0，1，2，⋯，n -2}=n -1;
n = {0，1，2，⋯，n -2}=n -2,
同理可证0=n n
2) 计算 3 - ℘(1)；
℘(1)= ℘({0})={∅,{0}}={0, {0}}
3 - ℘(1)={0, 1, 2}- {0,{0}}={1, 2}
3) 设A={{2，5}，4，{4}}，计算 ( A -4). A={2，5}⋃4⋃{4}={2，5}⋃{0,1,2,3}⋃{4}={2,5,4,0,1,3}=6
A -4=6-4={0,1,2,3,4,5}-{0,1,2,3}={4, 5}
( A -4)= {4, 5}=4 ⋂5=4
5.12 设A={{∅}，{{∅}}}，计算：
1) A={∅}⋃{{∅}}={∅, {∅}}
2) A={∅}⋃{{∅}}=∅;
4) ℘(A)= {∅, {{∅}}, {{{∅}}},{{∅}，{{∅}}}}
5) ℘( A)= ℘({∅, {∅}})={∅, {∅}, {{∅}},{∅, {∅}}}
6) ℘( A)=℘(∅)={∅}
7) ℘(A)=. {∅, {{∅}}, {{{∅}}},{{∅}，{{∅}}}}
=∅⋃{∅}⋃{{∅}}⋃{{∅}，{{∅}}}}
5.13 在一阶逻辑中，构造推理证明：
1) 若A ⊆ B ∧ B ⊂ C ，则A ⊂ C 。

证明：
① A ⊆ B 前提引入
P ② ∀x(x ∈A →x ∈B) ①置换
T ①E ③ B ⊂ C 前提引入
P ④ ∀x(x ∈B →x ∈C) ∧∃x(x ∈C ∧x ∉B) ③置换
T ③E ⑤ ∀x(x ∈B →x ∈C) ④化简
T ④I ⑥ ∀x(x ∈A →x ∈B) ∧∀x(x ∈B → x ∈C) ②⑤合取
T ②⑤I ⑦ ∀x((x ∈A →x ∈B) ∧ (x ∈B → x ∈C)) ⑥置换
T ⑥E ⑧ ∀x(x ∈A → x ∈C) ⑦假言三段论 T ⑦I
⑨∃x(x∈C∧x∉B) ④化简T④I
⑩∀x(x∈A→x∈B) ∧∃x(x∈C∧x∉B) ②⑨合取T②⑨I
⑾∃x((x∈A→x∈B) ∧ (x∈C∧x∉B)) ⑩推理T⑩I
⑿∃x(x∈C∧x∉A)) ⑾拒取式T⑾I
⒀∀x(x∈A→x∈C) ∧∃x(x∈C∧x∉A) ⑧⑿合取T⑧⑿I
⒁A⊂ C ⒀置换T⒀I
2) 已知A⋂C⊆B⋂C, A-C⊆B-C，证明：A⊆B。

证明：
①A⋂C⊆B⋂C 前提引入P
②∀x(x∈A∧x∈C →x∈B∧x∈C)①置换T①E
③A-C⊆B-C 前提引入P
④∀x(x∈A∧x∉C →x∈B∧x∉C) ③置换T③E
⑤∀x(x∈A∧x∈C →x∈B∧x∈C)∧∀x(x∈A∧x∉C →x∈B∧x∉C)
②④合取T②④I
⑥∀x((x∈A∧x∈C →x∈B∧x∈C)∧(x∈A∧x∉C →x∈B∧x∉C))
⑤置换T⑤E
⑦∀x((x∈A∧x∈C ) ∨(x∈A∧x∉C ) →( x∈B∧x∈C) ∨(x∈B∧x∉C))
⑥构造行二难T⑥I
⑧∀x(x∈A→x∈B)⑦置换T⑦E
⑨A ⊆ B ⑧置换T⑧E
5.14 设A，B，C，D为任意的集合. 证明下面命题是否为真。

1) 如果A⊆B∧C⊆D，则A⋃C⊆B⋃D；
2) 如果A⊂B∧C⊂D，则A⋃C⊂B⋃D。

证明1) 对于任意的x；
(x∈A→x∈B)∧(x∈C→x∈D) ⇒x∈A∨x∈C →x∈B∨x∈D
即A⋃C⊆B⋃D成立。

2) 对于任意的x；
(x∈A→x∈B)∧(x∈B∧x∉A)∧(x∈C→x∈D)∧(x∈D∧x∉C)
⇒(x∈A∨x∈C →x∈B∨x∈D)∧(x∈B∧x∉A)∧(x∈D∧x∉C)
⇔ (x∈A∨x∈C →x∈B∨x∈D)∧(x∈B∧x∈D∧x∉(A⋃C))
⇒ (x∈A∨x∈C →x∈B∨x∈D)∧(x∈B∧x∉(A⋃C))
⇒ (x∈A∨x∈C →x∈B∨x∈D)∧((x∈B∨x∈D)∧x∉(A⋃C))
⇔ (x∈A∨x∈C →x∈B∨x∈D)∧(x∈B⋃D)∧x∉(A⋃C)
即A⋃C⊂B⋃D成立。

5.15 证：
所有人
科技工作者
我的朋友邻居
从图中可以见到，我的朋友集合和邻居集合是不交的，张瑞是我的朋友，所以张瑞不是
我的邻居。

5.16 解：
从图中可见： （1）字典集合与传奇小说集合没有交集，所以传奇小说不是字典，(a)为真； （2）萧萧书的集合时传奇小说集合的子集，萧萧书中没有字典，(b)为真；
（3）字典集合是有用的书的集合的子集，有些有用的书并非字典，所以(c)为假。

5.17 全集U 的n 个子集合A 1、A 2、…、A n ，构成的极小项是由这些集合或其补集在交集运算中出现一次且仅出现一次，表示形式为：
∆1A 1⋂∆2A 2⋂…⋂∆n A n
其中∆i 可能为空，可能为补集运算符~。

任意两个不同的极小项至少有一个位置上的集合不同，一个是集合本身，一个则是集合的补集，不妨设位置为m ，这时两者的交集就是
(∆11A 1⋂∆12A 2⋂…⋂A m ⋂…⋂∆n A n )⋂(∆21A 1⋂∆22A 2⋂…⋂~A m ⋂…⋂∆2n A n ) =(∆11A 1⋂∆21A 1)⋂(∆12A 2⋂∆22A 2) ⋂…⋂(A m ⋂~A m ) ⋂…⋂(∆n A n ⋂∆2n A n ) = (∆11A 1⋂∆21A 1)⋂(∆12A 2⋂∆22A 2) ⋂…⋂∅ ⋂…⋂(∆n A n ⋂∆2n A n ) = ∅ (空集与任何集合的交集等于空集) 即任意两个不同的极小项是不交的。

n 个子集合A 1、A 2、…、A n 构成的极小项共有2n 个，其中共有2n -1个在位置1是A 1，另外2n -1个是~A 1，所有极小项的并集：
n
n 21
21
i n i 2i 1i )A A A （=∆⋂⋂∆⋂∆
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
∆⋂⋂∆⋂⋃⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡
∆⋂⋂∆⋂=+== n
1-n n 21
-n n 2212i n i 2i 121i n i 2i 1)A A （A )A A （A
))
)A A （A ())A A （A ((A ())
)A A （A ())A A （A ((A (n
2
1
n n 3
2
1n 1
-n n 3
2
-n 2-n n 3
2
-n n 3
21
2
2
i n i 3i 2221
2
i n i 3i 2121
2i n i 3i 221
i n i 3i 21 ++=++=+==----∆⋂⋂∆
⋂
⋃∆⋂⋂∆
⋂
⋂⋃∆⋂⋂∆
⋂
⋃∆⋂⋂∆
⋂
⋂=n n =
)))
A ()A ((A ()))(A ()))))）A A （A ()）A A （A ((((A ((A (2212n n 1-n n n 1-n 21 ⋂⋃⋂⋂⋃⋂⋃⋃⋃⋂⋃⋃⋂⋂⋂⋂=
)))
A ()A ((A ()))(A ()))))U A ()U A ((((A ((A (22121-n 1-n 21 ⋂⋃⋂⋂⋃⋂⋃⋃⋂⋃⋂⋂⋂⋂=
所有书
有用的书 字典 传奇小说
萧萧的书
)))
A ()A ((A ()))
(A ())))A A (((A ((A (22121-n 1-n 21 ⋂⋃⋂⋂⋃⋂⋃⋃⋃⋂⋂⋂=
=
))U A ()U A ((A ()))U A ()U A ((A (221221⋂⋃⋂⋂⋃⋂⋃⋂⋂= )U A ()U A (11⋂⋃⋂= U A A 11=⋃=
即所有极小项的并集等于全集U 。

5.18 会讲英、日、德、法语的人集合为A 、B 、C 、D 。

由题意可知
| A ⋃ B ⋃ C ⋃ D |=24, |A|=15, |B|=3, |C|=10, |D|=9，
|A ⋂B|=2，|A ⋂C|=4，|A ⋂D|=4，|C ⋂D|=4, |B ⋂C|=0，|B ⋂D|=0；
因此可得，|B ⋂C ⋂D |=|A ⋂B ⋂C |=0，|A ⋂B ⋂D |=0，|A ⋂B ⋂C ⋂D |=0， 这样，由容斥原理可得：
| A ⋃ B ⋃ C ⋃ D | = |A| + |B| + |C| + |D| - |A ⋂B| -|A ⋂C| - |A ⋂D| - |B ⋂C| - |B ⋂D| - |C ⋂D| + |A ⋂B ⋂C | + |A ⋂B ⋂D | + |A ⋂C ⋂D | + |B ⋂C ⋂D | -|A ⋂B ⋂C ⋂D | 24 = 15 + 3 + 10 + 9 – 2 – 4 – 4 – 0 – 0 – 4 + 0 + 0 + |A ⋂C ⋂D | + 0 |A ⋂C ⋂D | = 1，即同时讲英、德、法语的为1人。

A = (A –
B –
C – D) ⋃ (A ⋂B) ⋃ (A ⋂C) ⋃ (A ⋂D)
|A| = |A – B – C – D| + |A ⋂B| + |A ⋂C| + |A ⋂D|
– |(A – B – C – D) ⋂(A ⋂B)| – |(A – B – C – D) ⋂(A ⋂C)|
– |(A – B – C – D) ⋂(A ⋂D)| – |A ⋂B ⋂C | –|A ⋂B ⋂D | –|A ⋂C ⋂D |
+ |(A – B – C – D) ⋂(A ⋂B) ⋂(A ⋂C)| + |(A – B – C – D) ⋂(A ⋂C) ⋂(A ⋂D)| + |(A – B – C – D) ⋂(A ⋂B)⋂(A ⋂D)| - |(A ⋂B) ⋂(A ⋂C) ⋂(A ⋂D)| –|(A – B – C – D) ⋂(A ⋂B) ⋂(A ⋂C)⋂(A ⋂D)| 式中许多表达式为0；
|A – B – C – D| = |A| – |A ⋂B| – |A ⋂C| – |A ⋂D| + |A ⋂C ⋂D |
=15 – 2 – 4 – 4 + 1 = 6，
只会讲英语的为5人；
类似 只会讲日语的：| B –A– C – D| = |B| – | B ⋂ A| = 3–2=1；
只会德语的：| C –A – B – D| = |C| – | C ⋂ A| – | C ⋂ D |+ |A ⋂C ⋂D |=10 – 4 – 4 +1=3； 只会法语的：| D –A – B – C| = |D| – | D ⋂ A| – | C ⋂ D |+ |A ⋂C ⋂D |=9 – 4 – 4 +1=2；
5.19 阅读甲、乙、丙类杂志的学生集合分别为A 、B 、C ；由题意可知
|A|=60%, |B|=50%, |C|=50%，
|A ⋂B|=30%，|A ⋂C|=30%，|B ⋂C|=30%，| A ⋂B ⋂C|=10%； （a ） 确实只阅读两种杂志的人
这是阅读两种杂志的学生中减掉还还阅读第三种杂志的学生数。

如只阅读甲、乙类杂志的学生是阅读甲、乙类杂志的学生中减去还阅读丙类杂志的学生数，即
|A ⋂B| - | A ⋂B ⋂C| =30% - 10% = 20%；
类似可得只阅读甲、丙类杂志的学生占|A ⋂C| - | A ⋂B ⋂C| =30% - 10% = 20%；。