2.2 析取范式与合取范式

式.
注意
① 一个文字既是简单析取式，又是简单合取式.
② 为方便起见，有时用 A1 , A2 , As 表示 s 个简单 析取式或 s 个简单合取式.
定理2.1
（1）一个简单析取式是重言式当且仅当它同时含
有某个命题变项及它的否定式;
（2）一个简单合取式是矛盾式当且仅当它同时含
有某个命题变项及它的否定式。
(2) 用双重否定律和德摩根律，可得 ┐┐A A ┐(A∧B) ┐A∨┐B ┐(A∨B) ┐A∧┐B (3) 利用分配律，可得 A∧(B∨C) (A∧B)∨(A∧C) A∨(B∧C) (A∨B)∧(A∨C) (2.19) （2.18）
由（2.17）,（2.18）,（2.19）3步，可将任一公
q∧r
(┐p∨p)∧q∧r (┐p∧q∧r）∨(p∧q∧r) m 3 m7
而简单合取式p∧┐q∧┐r已是极小项 (p→q)↔r m1 m3 m4 m7
m4. 于是
(2) 再求主合取范式. 由例2.7已求出公式的合取范式，即 (p→q） r
(p∨r)∧(┐q∨r)∧(┐p∨q∨┐r)
公式. 由定理2.3可知，存在与A等值的析取范式
A'，即A A'，若A'的某个简单合取式 Ai中既不
含命题变项 Pj ，也不含┐ Pj，则将 Ai展成如下形
式：
Ai Ai 1 Ai ( Pj Pj ) ( Ai Pj ) ( Ai Pj )
继续下去，直到所有的简单合取式都含任意命题变 项或它的否定式.
(p∧┐q∧┐r)∨(┐p∧r)∨(q∧r)
在以上演算中，从第二步到第三步是利用矛盾律 和同一律。另外，第二步和第三步结果都是析取范式， 这正说明命题公式的析取范式是不唯一的。同样，合
取范式也是不唯一的。
上述范式不唯一，下面追求一种更严格的范式 — 主范式，它是存在且唯一的。
三、范式的唯一性——主范式
其中简单析取式（┐p∨q∨┐r）已是极大项 M5.
利用矛盾律和同一律将不是极大项的简单析取式
化成极大项.
(p∨r)
(p∨(q∧┐q)∨r) (p∨q∨r)∧(p∨┐q∨r) M0 M2
(┐q∨r)
((p∧┐p)∨┐q∨r) (p∨┐q∨r)∧(┐p∨┐q∨r) M2 M6
（3）判断两个命题公式是否等值
两公式等价当且仅当它们有相同主范式。 (4) 解决实际问题
例2.12 某科研所要从3名科研骨干A，B，C中
选出1~2名出国进修.由于工作的需要,选派是要满
足以下条件: (1) 若A去,则C同去. (2) 若B去,则C不能去. (3) 若C不去,则A或B可以去. 问所里应如何选派他们?
（1） A m1∨m2 ( A中含两个命题变项p, q )
（2） B m1∨m2∨m3 ( B中含两个命题变项p, q, r )
解 （1） 由题可知，没出现在主析取范式中的
极小项为 m0 和 m3，所以A的主合取范式中含两个 极大项 M 0 和 M 3 ，故
A M0 M3 .
(2) B 的主析取范式中没出现的极小项为
主合取范式的存在唯一性可类似证明. 在证明定理2.5的过程中，已经给出了求主析取
范式的步骤. 为了醒目和便于记忆，求出某公式
的主析取范式（主合取范式）后，将极小项（极 大项）都用名称写出，并且按极小项（极大项） 名称的角标由小到大顺序排列.
例2.7 例2.8 求公式 (p→q) ↔ r主析取范式和主合取范式. 解:（1）求主析取范式． 在例2.7中已给出的公式的析取范式，即
言式相矛盾。
类似的讨论可知，若 Ai 是含n个命题变项的
简单合取式，且 Ai 为矛盾式，则 Ai 中必同时含
有某个命题变项及它的否定式，反之亦然. 如：p∨┐p，p∨┐p∨r 都是重言式. ┐p∨q，┐p∨┐q∨r 都不是重言式.
二、范式
1、范式的定义 定义2.3 （1）由有限个简单合取式构成的析取式称为析取范式. （2）由有限个简单析取式构成的合取式称为合取范式.
ij
四、几点注意
1. 由公式的主析取范式求主合取范式 设公式A含n个命题变项, A的主析取范式含s(0<s<2n) 个极小项，即
A mi1 mi2 mis 0 i j 2n 1, j 1,2,, s
没出现的极小项为 m j1 , m j2 , , m j2n , s 它们的角标的 二进制表示为┐A的成真赋值，因而┐A的主析取 范式为 ┐A = m j1 m j2 m j n
（p→q） r (p∧┐q∧┐r)∨(┐p∧r)∨(q∧r)
在此析取范式中，简单合取式┐p∧r，q∧r都
不是极小项。下面分别求出它们派生的极小项。
注意，因为公式含三个命题变项，所以极小项 均由三个文字组成。
（┐p∧r）
┐p∧（┐q∨q）∧r (┐p∧┐q∧r)∨(┐p∧q∧r) m1 m3
若在演算过程中重复出现的命题变项以及极小
项和矛盾式时，都应“消去”：最后就将A化成与
之等值的主析取范式A''。
下面再证明唯一性。假设某一命题公式A存在两
个与之等值的主析取范式B和C，即A B且A C，
则B C。由于B和C是不同的主析取范式，不妨设
极小项mi只出现在B中而不出现在C中。于是，角标 i 的二进制表示为B的成真赋值，而为C的成假赋值. 这与B C矛盾，因而B与C必相同。
2 s
由定理2.4可知 A
┐┐A ( m j1 m j2 m j2n s ) m j1 m j2 m j2n s M j1 M j2 M j n
2
于是，由公式的主析取范式，即可求出它的主合取 范式。
例2.13 由公式的主析取范式，求主合取范式：
1、极小项（极大项）
(1) 定义2.4 在含有n个命题变项的简单合取式（简
单析取式）中，若每个命题变项和它的否定式不同时 出现，而二者之一必出现且仅出现一次，且第i个命题 变项或它的否定式出现在从左算起的第i位上（若命题 变项无角标，就按字典顺序排列），称这样的简单合 取式（简单析取式）为极小项（极大项）.
证明： 设 Ai 是含 n 个文字的简单析取式. 若 Ai 中既含有某个命题变项 Pj ，又含有它的
否定式 Pj ，由交换律、排中律和零律可知，Ai
为重言式。 反之，若 Ai 为重言式，则它必同时含某个命 题变项及它的否定式，否则，若将 Ai 中的不带
否定号的命题变项都取0，带否定号的命题变项
都取1，此赋值为 Ai 的成假赋值，这与 Ai 是重
(2) 由于每个命题变项在极小项中以原形或否定式
形式出现且仅出现一次，因而n个命题变项共可产生2n
个不同的极小项. (3) 每个极小项都有且仅有一个成真赋值. 若成真赋值所对应的二进制数转换为十进制数 i ， 就将所对应极小项记作 mi . 类似地，n个命题变项共可产生2n个极大项，每
个极大项只有一个成假赋值，将其对应的十进制数
式化成与之等值的析取范式或合取范式.
3 、求范式的步骤：
(1) 消去联结词→ 、 (2) 否定号的消去（利用双重否定律）或内移（利
用德摩根律）。
(3) 利用分配律：利用∧对∨的分配律求析取范式， 利用∨ 对∧的分配律求合取范式。
注意
为了清晰和无误，演算中利用交换律，使得
每个简单析取式或合取式中命题变项的出现都是
（2） p→q
┐p∨q ┐p∧（┐q∨q）∨(┐p∨p)∧q (┐p∧┐q)∨(┐p∧q)∨(┐p∧q)∨(p∧q) (┐p∧┐q)∨(┐p∧q)∨(p∧q) m0 m1 m3 (主析取范式)
注意
由例2.8与2.9可知，在求给定公式的主析取范
式（主合取范式）时，一定根据公式中命题变项
于是
(p→q） r M 0 M 2 M 5 M 6
记住主要步骤和规则以后，可以很快的求出 公式的主析取范式和主合取范式. 例2.9 求命题公式p→q的主析取范式和主合取范式. 解: 本公式中含两个命题变项，所以极小项和极大 项均只含两个文字. （1） p→q
┐p∨q
M 2 (主合取范式)
2 、主范式 (1) 定义2.5
设由n个命题变项构成的析取范式（合取范式）中
所有的简单合取式（简单析取式）都是极小项（极大
项），则称该析取范式（合取范式）为主析取范式
（主合取范式）. (2) 主范式的存在性和唯一性 定理2.5 任何命题公式都存在着与之等值的主析取范
式和主合取范式，并且是唯一的.
证明： 这里只证主析取范式的存在和唯一性. 首先证明存在性. 设A是任一含n个命题变项的
（2）求析取范式
求析取范式与求合取范式的前两步是相同的，只
是在利用分配律时有所不同。因而可以用（1）中前
四步的结果，接着进行∧对∨分配律演算。 (p→q) r
((p∧┐q)∨r)∧(┐p∨q∨┐r) (p∧┐q∧┐p)∨(p∧┐q∧q)∨(p∧┐q∧┐r)
∨(r∧┐p)∨(r∧q)∨(r∧┐r)
m0 , m4 , m5 , m6 , m7 , 因而 B M 0 M 4 M 5 M 6 M 7 .
反之，由公式的主合取范式，也可以确定主析取范式.
的个数决定极小项（极大项）中文字的个数.
3、主范式的应用 (1) 求公式的成真和成假赋值 成真赋值：主析取范式的极小项的下标对应的 二进制表示的值； 成假赋值：主合取范式的极大项的下标对应的
二进制表示的值。
（2）判断公式的类型 重言式：主析取范式有 2n 个极小项； 矛盾式：主合取范式有 2n 个极大项； 可满足式：主析取范式中到少有一个极小项。