1、第一章 命題邏輯基本概念課后練習題答案4.將下列命題符號化，并指出真值：（1）pq,其中，p:2是素數(shù)，q:5是素數(shù),真值為1；（2）pq,其中，p:是無理數(shù)，q:自然對數(shù)的底e是無理數(shù),真值為1；（3）pq,其中，p:2是最小的素數(shù)，q:2是最小的自然數(shù),真值為1；（4）pq,其中，p:3是素數(shù)，q:3是偶數(shù),真值為0；（5）pq,其中，p:4是素數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為0.5.將下列命題符號化，并指出真值：（1）pq,其中，p:2是偶數(shù)，q:3是偶數(shù),真值為1；（2）pq,其中，p:2是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為1；（3）pq,其中，p:3是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為0；（4）pq,其中，

2、p:3是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為1；（5）pq,其中，p:3是偶數(shù)，q:4是偶數(shù),真值為0；6.（1）(pq)(pq),其中，小麗從筐里拿一個蘋果，q：小麗從筐里拿一個梨；（2）(pq)(pq),其中，p：劉曉月選學(xué)英語，q：劉曉月選學(xué)日語；.7.因為p與q不能同時為真.13.設(shè)p:今天是星期一，q:明天是星期二，r:明天是星期三：（1）pq，真值為1（不會出現(xiàn)前件為真，后件為假的情況）；（2）qp，真值為1（也不會出現(xiàn)前件為真，后件為假的情況）；（3）pq，真值為1；（4）pr，若p為真，則pr真值為0，否則，pr真值為1.16 設(shè)p、q的真值為0；r、s的真值為1，求下列各命題公式的真值

3、。 （1）p(qr) 0(01) 0 （2）（pr）(qs) （01）(11) 010. （3）（pqr）(pqr) （111） (000)0(4)（rs）(pq) （01）(10) 00117判斷下面一段論述是否為真：“是無理數(shù)。并且，如果3是無理數(shù)，則也是無理數(shù)。另外6能被2整除，6才能被4整除。”答：p: 是無理數(shù) 1 q: 3是無理數(shù) 0 r: 是無理數(shù) 1 s:6能被2整除 1t: 6能被4整除 0 命題符號化為： p(qr)(ts)的真值為1，所以這一段的論述為真。19用真值表判斷下列公式的類型：（4）(pq) (qp)（5）(pr) (pq)（6）(pq) (qr) (pr)答：

4、 （4） p q pq q p qp (pq)(qp) 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 所以公式類型為永真式 /最后一列全為1（5）公式類型為可滿足式（方法如上例）/最后一列至少有一個1（6）公式類型為永真式（方法如上例）/返回第二章 命題邏輯等值演算本章自測答案3.用等值演算法判斷下列公式的類型，對不是重言式的可滿足式，再用真值表法求出成真賦值.(1) (pqq)(2)(p(pq)(pr)(3)(pq)(pr)答：(2)（p(pq)）(pr)(p(pq)(pr)ppqr1 所以公式類型為永真式(3) P q r

5、pq pr （pq）(pr)0 0 0 0 0 10 0 1 0 0 10 1 0 1 0 00 1 1 1 0 01 0 0 1 0 01 0 1 1 1 11 1 0 1 0 01 1 1 1 1 1 所以公式類型為可滿足式4.用等值演算法證明下面等值式：(2)(pq)(pr)(p(qr)(4)(pq)(pq)(pq) (pq)證明（2）(pq)(pr) (pq)(pr)p(qr)p(qr)（4）(pq)(pq)(p(pq) (q(pq)(pp)(pq)(qp) (qq)1(pq)(pq)1(pq)(pq) 5.求下列公式的主析取范式與主合取范式，并求成真賦值(1)(pq)(qp)(2)(

6、pq)qr(3)(p(qr)(pqr)解：（1）主析取范式(pq)(qp) (pq)(qp) (pq)(qp) (pq)(qp)(qp)(pq)(pq)(pq)(pq)(pq) (0,2,3) 主合取范式： (pq)(qp) (pq)(qp) (pq)(qp) (p(qp)(q(qp) 1(pq) (pq) M1 (1) (2) 主合取范式為： (pq)qr(pq)qr (pq)qr0 所以該式為矛盾式. 主合取范式為(0,1,2,3,4,5,6,7) 矛盾式的主析取范式為 0 (3)主合取范式為：(p(qr)(pqr) (p(qr)(pqr)(p(qr)(pqr)(p(pqr)(qr)(pq

7、r) 11 1 所以該式為永真式. 永真式的主合取范式為 1 主析取范式為(0,1,2,3,4,5,6,7)7.(1)：；(2)：；8.(1)：1,重言式；(2)：；(3)：0，矛盾式. 11.(1)：；(2)：1；(3)：0. 12.A.第三章 命題邏輯的推理理論本章自測答案 6.在解本題時，應(yīng)首先將簡單陳述語句符號化，然后寫出推理的形式結(jié)構(gòu)*，其次就是判斷*是否為重言式，若*是重言式，推理就正確，否則推理就不正確，這里不考慮簡單語句之間的內(nèi)在聯(lián)系(1)、(3)、(6)推理正確，其余的均不正確，下面以(1)、(2)為例，證明(1)推理正確，(2)推理不正確(1)設(shè)p:今天是星期一，

8、q:明天是星期三，推理的形式結(jié)構(gòu)為(pq)pq(記作*1)在本推理中，從p與q的內(nèi)在聯(lián)系可以知道，p與q的內(nèi)在聯(lián)系可以知道，p與q不可能同時為真，但在證明時，不考慮這一點，而只考慮*1是否為重言式.可以用多種方法（如真值法、等值演算法、主析取式）證明*1為重言式，特別是，不難看出，當取A為p,B為q時，*1為假言推理定律，即(pq)pq q(2)設(shè)p:今天是星期一，q:明天是星期三，推理的形式結(jié)構(gòu)為(pq)pq(記作*2) 可以用多種方法證明*2不是重言式，比如，等值演算法、主析取范式（主和取范式法也可以）等(pq)qp(pq) q pq ppq從而可知，*2不是重言式，故推理不正確，注意，雖

9、然這里的p與q同時為真或同時為假，但不考慮內(nèi)在聯(lián)系時，*2不是重言式，就認為推理不正確.9.設(shè)p:a是奇數(shù)，q:a能被2整除，r:a：是偶數(shù)推理的形式結(jié)構(gòu)為 (pq)(rq)(rp) (記為*)可以用多種方法證明*為重言式，下面用等值演算法證明：(pq)(rq)(rp)(pq) (qr)(qr) (使用了交換律)(pq)(pr)qr(pq)(qr)p(qq)r110.設(shè)p:a,b兩數(shù)之積為負數(shù)，q:a,b兩數(shù)種恰有一個負數(shù)，r：a，b都是負數(shù).推理的形式結(jié)構(gòu)為(pq)p(qr)(pq) p(qr)p(qr) (使用了吸收律)p(qr)由于主析取范式中只含有5個W極小項，故推理不正確.11.略1

10、4.證明的命題序列可不惟一，下面對每一小題各給出一個證明 p(qr)前提引入 P前提引入 qr 假言推理 q前提引入 r 假言推理 rs 前提引入（2）證明： (pr) 前提引入 qr 置換 r前提引入 q 析取三段論 pq 前提引入 p拒取式（3）證明： pq 前提引入 qq 置換 (pq)(pp) 置換 p(qp 置換 p(pq) 置換15.(1)證明： S結(jié)論否定引入 SP 前提引入 P假言推理 P(qr)前提引入 qr 假言推論 q前提引入 r假言推理（2）證明： p附加前提引入 pq 附加 (pq)(rs)前提引入 rs 假言推理 s化簡 st 附加 (st)u前提引入 u拒取式16

11、.(1)證明： p結(jié)論否定引入 p q前提引入 q 假言推理 rq 前提引入 r析取三段論 rs 前提引入 r化簡 rr 合取（2）證明： (rs) 結(jié)論否定引入 rs 置換 r化簡 s化簡 pr 前提引入 p拒取式 qs 前提引入 q拒取式 pq 合取 (pq) 置換口 pq 前提引入口 (pq) (pq) 口合取16在自然推理系統(tǒng)P中用歸謬法證明下面各推理：(1)前提：pq,rq,rs 結(jié)論：p證明：p 結(jié)論的否定引入pq 前提引入q 假言推理rq 前提引入r 化簡律rs 前提引入r 化簡律rr 合取由于最后一步rr 是矛盾式,所以推理正確.17設(shè)p：A到過受害者房間，q: A在11點以前

12、離開，r：A犯謀殺罪，s：看門人看見過A。前提：(pq) r , p ,q s , s結(jié)論：r證明： qs 前提引入 s 前提引入 q 拒取式 p 前提引入 pq 合取（pq）r 前提引入 r 假言推理18（1）設(shè) p：今天是星期六，q：我們要到頤和園玩，s：頤和園游人太多。前提：p(pr) , sq , p , s結(jié)論：r證明： sq 前提引入 s前提引入 q假言推理 p前提引入 p(qr)前提引入 qr 假言推理r 析取三段論（2）設(shè)p:小王是理科學(xué)生，q：小王數(shù)學(xué)成績好，r：小王是文科學(xué)生。前提：pq ,rp ,q結(jié)論：r證明： pq 前提引入 q前提引入 p拒取式 rp 前提引入 r拒

13、取式返回第四章 (一階)謂詞邏輯基本概念本章自測答案3. 在一階邏輯中將下面將下面命題符號化,并分別討論個體域限制為(a),(b)條件時命題的真值:(1) 對于任意x,均有2=(x+)(x).(2) 存在x,使得x+5=9.其中(a)個體域為自然數(shù)集合. (b)個體域為實數(shù)集合.解：F(x): 2=(x+)(x). G(x): x+5=9.(1)在兩個個體域中都解釋為，在（a）中為假命題，在(b)中為真命題。(2)在兩個個體域中都解釋為，在（a）(b)中均為真命題。4.(1)x(F(x) G(x)x( F (x) G (x) ),其中,F(x)：x是有理數(shù),G(x) ：x能表示成分數(shù)；(2)x

14、( F (x) G (x) ) x(F(x) G(x),其中,F (x)：x在北京賣菜,G (x) ：x是外地人；(3)x( F (x) G (x) ),其中,F (x)：x是烏鴉,G (x) ：x是黑色的；(4)xF(x) G(x),其中,F (x)：x是人,G (x) ：x天天鍛煉身體。因為本題中沒有指明個體域,因而使用全總個體域。5.(1)xy (F(x) G( y ) H(x,y),其中,F(x)：x是火車,G(y) ：y是輪船,H(x,y)：x比y快；(2)xy (F(x) G( y ) H(x,y),其中,F(x)：x是火車,G(y) ：y是汽車,H(x,y)：x比y快；(3)x(

15、F(x)y(G (y) H (x,y)x(F(x) y(G(y) H(x,y),其中,F(x)：x是汽車,G (y) ：y是火車,H(x,y)：x比y快；(4)x(F(x)y(G(y) H(x,y)xy(F(x)G(y)H(x,y),其中,F(x)：x是汽車,G(y) ：y是火車,H(x,y)：x比y慢。6.各命題符號化形式如下：(1)xy (x y = 0)；(2)xy (x y = 0)；(3)xy (y =x+1)(4)xy(x y = yx)(5)xy(x y =x+ y)(6)xy (x + y 0 )9.(1)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若x y,則x y；(2)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若

16、xy = 0,則xy；(3)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若xy,則xy0；(4)對任意數(shù)的實數(shù)x和y,若xy 0,則x=y.其中,(1)(3)真值為1(2)與(4)真值為0.11.(1)、(4)為永真式,(2)、(6)為永假式,(3)、(5)為可滿足式。這里僅對(3)、(4)、(5)給出證明。(3)取解釋I 為：個體域為自然數(shù)集合N,F(x,y)：x y,在下,xy F(x,y)為真,而xy F(x,y)也為真(只需取x =0即可),于是(3)中公式為真,取解釋 為：個體域仍為自然數(shù)集合N,而F(x,y)：x = y。此時,xyF(x,y)為真(取y為x即可),可是xyF(x,y)為假,于是(3)中

17、公式在 下為假,這說明(3)中公式為可滿足式。(4)設(shè)I為任意一個解釋,若在I下,蘊涵式前件xy F(x,y)為假,則xyF(x,y)yxF(x,y)為真,若前件xyF(x,y)為真,必存在I的個體域D1中的個體常項x0,使yF(x0,y)為真,并且對于任意y,F(x0,y)為真,由于有x0,F(x0,y)為真,所以xF(x,y)為真,又其中y是任意個體變項,所以 yxF(x,y )為真,由于I的任意性,所以(4)中公式為永真式(其實,次永真式可用第五章的構(gòu)造證明法證明之)。(5)取解釋為：個體域為自然數(shù)集合,F(x,y)：x = y在下,(5)中公式為真,而將F(x,y)改為F(x,y)：x

18、 y,(5)中公式就為假了,所以它為可滿足式。10. 給定解釋I如下： （a） 個體域D=N(N為自然數(shù)集合). （b） D中特定元素=2. （c） D上函數(shù)=x+y,(x,y)=xy. （d） D上謂詞(x,y):x=y.說明下列各式在I下的含義，并討論其真值.(1) xF(g(x,a),x)(2) xy(F(f(x,a),y)F(f(y,a),x)答:(1) 對于任意自然數(shù)x, 都有2x=x, 真值0.(2) 對于任意兩個自然數(shù)x,y,使得如果x+2=y, 那么y+2=x. 真值0.11. 判斷下列各式的類型:(1) (3) yF(x,y).解:(1)因為 為永真式； 所以 為永真式；(3

19、)取解釋I個體域為全體實數(shù)F(x,y)：x+y=5所以,前件為任意實數(shù)x存在實數(shù)y使x+y=5，前件真；后件為存在實數(shù)x對任意實數(shù)y都有x+y=5，后件假，此時為假命題再取解釋I個體域為自然數(shù)N，F(xiàn)(x,y)：:x+y=5所以,前件為任意自然數(shù)x存在自然數(shù)y使x+y=5，前件假。此時為假命題。此公式為非永真式的可滿足式。13（1）取解釋為：個體域為自然數(shù)集合N，F(xiàn)（x）：x為奇數(shù)，G（x）：x為偶數(shù)，在 下， x（F（x）G（x）為真命題。取解釋為：個體域為整數(shù)集合Z，F(xiàn)（x）：x為正整數(shù)，G（x）：x為為負整數(shù)，在 下， x（F（x）G（x）為假命題。（2）與（3）可類似解答。14提示：對每

20、個公式分別找個成真的解釋，一個成假的解釋。返回第五章 謂詞邏輯等值演算與推理本章自測答案2.(1) (F(a) F(b) F (c) (G (a )G (b)G (c)(2) (F(a) F(b) F (c) (G (a)G (b)G (c)(3) (F(a) F(b) F (c) (G (a)G (b)G (c)(4) (F(a ,y) F(b,y) F (c,y) (G (a)G (b)G (c)5.提示：先消去量詞，后求真值，注意，本題3個小題消去量詞時，量詞的轄域均不能縮小，經(jīng)過演算真值分別為：1,0,1 .(1) 的演算如下：xyF(x,y)x (F(x,3)F(x,4)(F(3,3

21、)F(3,4)(F(4,3)F(4 ,4)1116.乙說得對，甲錯了。本題中，全稱量詞 的指導(dǎo)變元為x ，轄域為(F (x)G(x,y),其中F(x )與G(x,y)中的x都是約束變元，因而不能將量詞的轄域縮小。7.演算的第一步，應(yīng)用量詞轄域收縮與擴張算值式時丟掉了否定聯(lián)結(jié)詞“ ”。演算的第二步，在原錯的基礎(chǔ)上又用錯了等值式，即(F(x)(G(y) H(x,y) (F(x) G(y)H (x,y)12.公式的前束范式不唯一，下面每題各給出一個答案。(1) xy (F(x) G(z,y);(2) xt (x,y) G(x,t,z);(3) x4 (F(,y) G(,y)(G(,y) F(x4,y

22、);(4) (F()G(,) (H () L(,);(5) (F(,)(F() G (,).13.(1)xy(F(x) G(y) H(x ,y),其中，F(xiàn)(x):x是汽車，G(y)：y是火車，H(x，y)：x比y跑的快； (2)xy(F(x) G(y)H(x ,y),其中，F(xiàn)(x):x是火車，G(y)：y是汽車，H(x，y)：x比y跑的快； (3)xy(F(x) G(y) H(x ,y),其中，F(xiàn)(x):x是火車，G(y)：y是汽車，H(x，y)：x比y跑的快； (4)xy(F(x) G(y) H(x ,y),其中，F(xiàn)(x):x是飛機，G(y)：y是汽車，H(x，y)：x比y慢；14.(1)對

23、F(x) xG(x)不能使用EI規(guī)則，它不是前束范式，首先化成前束范式。F(x) xG(x) <=> x(F(y)G(x)因為量詞轄域(F(y)G(x)中，除x外還有自由出現(xiàn)的y，所以不能使用EI規(guī)則。 (2)對 x F(x) y G(y)也應(yīng)先化成前束范式才能消去量詞，其前束范式為 x y(F(x) G(y),要消去量詞，既要使用UI規(guī)則，又要使用EI規(guī)則。 (3)在自然推理系統(tǒng)F中EG規(guī)則為A(c)/x(x)其中c為特定的個體常項，這里A(y) = F(y) G(y)不滿足要求。 (4)這里，使F(a)為真的a不一定使G(a)為真，同樣地使G(b)為真的b不一定使F(b)為真，

24、如，F(xiàn)(x):x為奇數(shù)，G(x):x為偶數(shù)，顯然F(3)G(4)為真，但不存在使F(x)G(x)為真的個體。 (5)這里c為個體常項，不能對F(c)G(c)引入全稱量詞。15.(1)證明：xF(x)前提引入xF(x) y(F(y)G(y) R(y) 前提引入y(F(y)G(y) R(y) 假言推理F(c) EI(F(c)G(c)R(c) UIF(c)G(c) 附加R(c) 假言推理xR(x) EG(2)證明xF(x) 前提引入x(F(x)G(a)R(x) 前提引入F(c) EIF(c)G(a)R(a) UIG(a)R(c) 假言推理R(c) 化簡F(c)R(c) 合取x(F(x)R(x)EG(

25、3)證明：xF(x) 前提引入xF(x)置換F(c) UIx(F(x)G(x) 前提引入F(c)G(c) UIF(c) 析取三段論xF(x)EG(4)證明x(F(x)G(x)前提引入F(y)G(y) UIx(G(x)R(x) 前提引入G(y)R(y) UIx R(x) 前提引入R(y) UIG(y) 析取三段論F（y） 析取三段論xF(x) UG17本題不能用附加前提證明法.20.(1)與(2)均可用附加前提證明法。22.(1)設(shè)F(x)：x為偶數(shù)，G(x):x能被2整除。前提:x(F(x)G(x)，F(xiàn)(6)結(jié)論：G(6)(2)設(shè)F(x)：x是大學(xué)生，G(x):x是勤奮的，a：王曉山。前提:x

26、(F(x)G(x)，G(a)結(jié)論：F(a)23.(1)設(shè)F(x)：x是有理數(shù)，G(x):x是實數(shù)，H(x)：x是整數(shù)。前提:x( F(x)G(x)， x(F(x)H(x)結(jié)論:x(G(x)H(x)證明提示：先消存在量詞。(2)設(shè)F(x)：x是有理數(shù)，G(x):x是無理數(shù)，H(x)：x是實數(shù)，I(x)：x是虛數(shù)。前提:x(F(x)G(x) H(x)， x( I(x)H(x)結(jié)論:x(I(x)(F(x)G(x)證明x(I(x)(H(x)前提引入I(y)H(y) UIx(F(x)G(x)H(x) 前提引入(F(y)G(y)H(y)UIH(y)(F(y)G(y)置換I(y)(F(y)G(y)假言三段論

27、x(I(x)(F(x)G(x)UG24.設(shè)F(x)：x喜歡步行，G(x)：x喜歡騎自行車，H(x)：x喜歡乘汽車。前提:x(F(x)G(x)， x(G(x)H(x)， xH(x)結(jié)論:xF(x)證明xH(x) 前提引入H(c)UIx(G(x)H(x)前提引入G(c)H(c)UIG(c)析取三段論x(F(x) G(x) 前提引入F(c)G(c)UIF(c)拒取式xF(x) UG25.設(shè)F(x)：x是科學(xué)工作者，G(x)：x是刻苦鉆研的，H(x)：x是聰明的，I(x)：x在事業(yè)中獲得成功。前提:x(F(x)G(x)，x(G(x)H(x)I(x)，a：王大海，F(xiàn)(a)，H(a)結(jié)論：I(a)證明F(

28、a)前提引入x(F(x)G(x) 前提引入F(a)G(a)UIG(a)假言推理H(a)前提引入x(G(x)H(x)I(x)前提引入G(a)H(a)I(a) UIG(a)H(a)合取I(a)假言推理返回第六章 集合代數(shù)本章自測答案4.(1) (2) (3) (4) (5) 6.只有(2)為真，其余為假。6設(shè)a,b,c各不相同，判斷下述等式中哪個等式為真:（1）a,b，c,=a,b,c 假（2）a ,b,a=a,b 真（3）a，b=a,b 假（4），a,b=,a,b 假8求下列集合的冪集：（1）a,b,c P(A)= ,a,b,c,a,b,a,c,b,c,a,b,c（2）1，2，3 P(A)= ,

29、 1, 2,3, 1，2，3 （3） P(A)= , （4）， P(A)= , 1, 2,3, 1，2，3 14化簡下列集合表達式：（1）（AB）B ）-（AB）（2）（ABC）-（BC）A解:(1)（AB）B ）-（AB）=（AB）B ）（AB）=（AB）（AB）)B=B=（2）（ABC）-（BC）A=（ABC）（BC）A=（A（BC）（BC ）（BC）A=（A（BC）A=（A（BC）A=A18某班有25個學(xué)生，其中14人會打籃球，12人會打排球，6人會打籃球和排球，5人會打籃球和網(wǎng)球，還有2人會打這三種球。已知6個會打網(wǎng)球的人都會打籃球或排球。求不會打球的人數(shù)。解: 阿A=會打籃球的人，B

30、=會打排球的人，C=會打網(wǎng)球的人 |A|=14, |B|=12, |AB|=6,|AC|=5,| ABC|=2, |C|=6,CAB如圖所示。25-(5+4+2+3)-5-1=25-14-5-1=5不會打球的人共5人21.設(shè)集合A1，2，2，3，1，3,計算下列表達式：（1）A（2）A（3）A（4）A解: （1）A=1，22，31，3=1，2，3,（2）A=1，22，31，3=（3）A=123= （4）A=27、設(shè)A,B,C是任意集合，證明(1)(A-B)-C=A- BC(2)(A-B)-C=(A-C)-(B-C)證明(1) (A-B)-C=(AB) C= A( BC)= A(BC) =A-

31、BC(2) (A-C)-(B-C)=(AC) (B C)= (AC) (BC)=(ACB) (ACC)= (ACB) = A(BC) =A- BC 由（1）得證。9.(1) 4；(2) 1,3,5,6；(3) 2,3,4,5,6；(4) , 1 ；(5) 4 ,1,4.11.(1)； (2) 1,4,5.22.(2)、(3)、(4)、(8)、(10)為真，其余為假。24.(1)為真，其余為假，因為(P-Q) = P (P-Q)Q = PQ = PQ(2)(3)(4)的反例：P =1 ，Q =226.(AB)(BA) = (AB)(BA)=(AB)(BB)(AA)(BA)=(AB)E(AB)=(

32、AB)-(AB)27.(1)(A-B)-C = ABC =A(BC) = A-(BC) (2)(A-C)-(B-C)AC(BC) =AC(BC) = (ACB)(ACC) =AC=(AB)- C (3)(AB-C=ABC =ACB=(AC)B28.(1)A(BA) = (AB)(AA) =(AB) =AB=BA (2)(AB)A) = (AB)A =(AB)A = A29.由第26題有(A-B)(B-A)=(AB)(AB)，故(A-B)(B-A)AB。假若xAB，那么xAB，因此x(AB)-(AB),與(A-B)(B-A) = (AB)-(AB) = AB矛盾.30.ABx(xAxB)x(xB

33、xA) x(xBxA)BA AB AAAB EAB而ABE，因此AB AB=E反之， AB = E A(AB)= A AB = A AB 綜合上述，ABAB = E AB A-B = A-BB反之A-BB (A-B)BB ABB AB = B AB綜合上述ABA-BB31.任取x ,xA x A=>xP(A)=>xP(B)=>xB xB32.先證CACB CAB,任取x,xC xCxC xAxB xAB,從而得到CAB.再證CAB CACB，這可以由CABA,CABB得到。33.PQ P-Q= P-QP，反之，P-QP P(P-Q)PP P-Q= PQ34.令X=，則有Y =

34、，即Y = .35.AB AABA EBA因為E為全集,BAE綜合上述BA=E.36.由ACBC,A-CB-C，利用ACBD有： (AC)(A-C) (BC)(B-C) (AC)(AC)(BC)(BC) (A(CC)(B(CC) AEBE AB37.恒等變形法B=B(BA)=B(AB)=B(AC) =(BA)(BC)=(AC)(BC) =(AB)C=(AC)C=C39.任取x，有xP(A) x A x B xP(B)，因此P(A)P(B).40.(1)任取x有xP(A)P(B)xP(A)xP(B)xAxBxABxP(AB)(2)任取x有xP(A)P(B)xP(A)xP(B)xAxB xABxP

35、(AB)注意與(1)的推理不同，上面的推理中有一步是“ ”符號，而不是“”符號。(3)反例如下：A = 1，B = 2，則P(A)P(B)= ,1,2P(AB)=,1,2,1,2返回第七章 二元關(guān)系本章自測答案3.(1) 任取< x,y >,有<x,y>(A B)×(C D) <=>xA B y C Dx Ax By Cy D(x Ay C )(xByD)<x,y>A×C< x,y >B×D<x,y>(A×C)(B×D)(2)都為假,反例如下:A =1, B =1,2, C

36、 =2, D =34.(1)為假,反例如下:A =1, B =,C = 2;(2)為真,證明如下:任取<x,y>有<x,y>A×(BC)×(CD)xAByByC(xAyB)(xAyC)<x,y>A×B<x,y>A×C<x,y>(A×B)(A×C)(3)為真,令A(yù) = 即可;(4)為假,反例如下: A = 7.=<2,2>,<3,3 >,<4,4>=<2 . 3>,<2,4>,<3,2>,<3,4&g

37、t;,<4,2>,<4,3> LA=<2,2>,<2,3>,<2,4>,<3,3>,<3,4>,<4,4>DA=<2,2>,<2,4>,<3,3>,<4,4>9.(1)<1,2>,<1,4>,<1,6>,<2,1>,<2,2>,<2,4> <2,6>,<4,1>,<4,2>,<4,4>, <4,6> <6,1>

38、, <6,2>,<6,4> <6,6>(2)<1,2>,<2,1>(3)<1,1>,<2,1>,<4,1>,<6,1>,<2,2>,<4,2>,<4,4>,<6,6>(4)<1,2>,<2,2>,<4,2>,<6,2>12.（略）13.AB = <1,2>,<2,4>,<3,3>,<1,3>,<4,2>, A B =<2,4&g

39、t;domA = 1,2,3,domB = 1,2,4,dom(A B) = 1,2,3,4ranA = 2,3,4,ranB = 2,3,4,ran(A B) = 4,fld(A - B) = 1,2,314.RR = <0,2>,<0,3>,<1,3> R= <1,0>,<2,0>,<3,0>,<2,1>,<3,1>,<3,2> R0,1 = <0,1>,<0,2>,<0,3>,<1,2>,<1,3> R1,2 = 2,31

40、6設(shè)A=a,b,c,d，為A上的關(guān)系，其中=求。解: R1R2=<a,d>,<a,c>,<a,d> R2R1=<c,d>R12=R1R1=<a,a>,<a,b>,<a,d>R22=R2R2=<b,b>,<c,c>,<c,d>R23=R2R22=<b,c>,<c,b>,<b,d>18.(1)F(GH) = FGFH任取<x,y> ,有<x,y>F (GH)t(<x,t>F<t,y>GH)t(&l

41、t;x,t>F(<t,y>G<t,y>H)t(<x,t>F<t,y>G)(<x,t>F<t,y>H)t(<x,t>F<t,y>G)t(<x,t>F<t,y>H)<x,t>FG<x,t>FH<x,y>FGFH (2)和(4)類似可證19.(2)任取y,有yRTWx(xTW<x,y>R)x(xTxW)<x,y>Rx(xA<x,y>R)(xW<x,y>R)x(xT<x,y>R)x(

42、xW<x,y>R)yRTyRWyRTRW(3)任取<x,y>,有<x,y>F(AB)xABFxAxB<x,y>F(xA<x,y>F)(xB<x,y>F)<x,y>FA<x,y>FB<x,y>FAF B20.(1)任取<x,y>,有<x,y>() <=><y,x><x,y><y,x> <x,y><x,y> <x,y> (2)和(1)類似可證.21.只有對稱性,因為1+110,<

43、1,1>R,R不是自反的,又由于<5,5>R,因此R不是反自反的,根據(jù)xRyx+y = 10=>yRx ,可知R是對稱的,又由于<1,9>,<9,1>都是屬于R,因此R不是反對稱的, <1,9>,<9,1>都屬于R,如果R是傳遞的,必有<1,1>屬于R.但這是不成立的,因此R也不是傳遞的.22.(1)關(guān)系圖如圖7.15所示; (P148) (2)具有反自反性、反對稱性、傳遞性.26.(1)R=<3,3>,<3,1>,<3,5>, = <3,3>,<3,1&g

44、t;,<3,5> (2)r(R)=<1,1>,<1,5>,<2,2>,<2,5>,<3,3>,<3,1>,<4,4>,<4,5>,<5,5>,<6,6>s(R)=<1,5>,<5,1>,<2,5>,<5,2>,<3,3>,<3,1>,<1,3>,<4,5>,<5,4>T(R)=<1,5>,<2,5>,<3,3>,<3

45、,1>,<3,5>,<4,5>31.(1)R = <2,3>,<3,2>,<2,4>,<4,2>,<3,4>,<4,3>；(2)R； (3)R.32.(1)不是等價關(guān)系，因為<1,1> R，R不是自反的； (2)不是等價關(guān)系，因為R不是傳遞的，1R3，3R2但是沒有1R2； (3)不是等價關(guān)系，因為<2,2> R，R不是自反的； (4)不是等價關(guān)系，因為R不是傳遞的。 (5)是等價關(guān)系。33關(guān)系圖如圖7.17說示 (P151) a = b =a,b,c = d = c,

46、d 36設(shè)A=1，2，3，4，在AA上定義二元關(guān)系R， <u,v>,<x,y>AA ，u,v> R <x,y>u + y = x + v.(1) 證明R 是AA上的等價關(guān)系.(2)確定由R 引起的對AA的劃分.（1）證明：<u,v>R<x,y> u+y=x-y<u,v>R<x,y>u-v=x-y<u,v>AAu-v=u-v<u,v>R<u,v>R是自反的任意的<u,v>,<x,y>A×A如果<u,v>R<x,y> ，那么u-v=x-yx-y=u-v <x,y>R<u,v> R是對稱的任意的<u,v>,<x,y>,<a,b>A×A若<u,v>R<x,y>,<x,y>R<a,b>則u-v=x-y,x-y=a-bu-v=a-b <u,v>R<a,b>R是傳遞的R是A×A上的等價關(guān)系(2) =<1,1>,<2,2>