練習(xí)6.1 1. 判斷下列語(yǔ)句哪些是命題，若是命題其真值是什么？ （1）a+b+c。 （2）x>0。 （3）請(qǐng)進(jìn)！ （4）離散數(shù)學(xué)是計(jì)算機(jī)科學(xué)與技術(shù)專業(yè)的基礎(chǔ)課程。 （5）2009年7月我們?nèi)ヒ獯罄拿滋m旅游。 （6）??！這里真漂亮。 （7）今天是星期四嗎？ （8）我明天或者后天去天津。 （9）如果買不到飛機(jī)票，我就去不了海南。 （10）除非你陪我，否則我不去。 （11）本命題是假的。 （12）如果雪是黑的，太陽(yáng)從北邊升起。 解： （1）不是命題。 （2）不是命題。 （3）不是命題。 （4）是命題。真值是1。 （5）是命題。真值是0。 （6）不是命題。 （7）不是命題。 （8）是命題。真值是0。 （9）是命題。真值是1。 （10）是命題。真值是lo （11）不是命題，是悖論。 （12）是命題。真值是lo 2. 指出下列語(yǔ)句哪些是原子命題，哪些是復(fù)合命題？并將復(fù)合命題形式化。 （1）他去了教室，也去了機(jī)房。 （2）今晚我去書店或者去圖書館。 （3）我昨天沒有去超市。 （4）我們不能既看電視又看電影。 （5）如果買不到飛機(jī)票，我就去不了海南。 （6）小王不是坐飛機(jī)去上海，就是坐高鐵去上海。 （7）喜羊羊和懶羊羊是好朋友。 （8）除非小李生病，否則他每天都會(huì)練習(xí)書法。 （9）侈而惰者貧，而力而儉者富。（韓非：《韓非子?顯學(xué)》）解： （1）P：他去了教室。Q：他去了機(jī)房。PAQ （2）P：今晚我去書店。Q：今晚我去圖書館。PVQ （3）P：我昨天去超市。「P (4) P：我們看電視。Q：我們看電影?！?PAQ) (5) P：我買到飛機(jī)票。Q：我去海南。 (6) P：小王坐飛機(jī)去上海。Q：小王坐高鐵去上海。 (PVQ)Ai(PAQ)或者「(P分Q) (7) 原子命題 (8) P：小李生病。Q：小李每天都會(huì)練習(xí)書法?！窹oQ (9) P：侈。Q：惰。R：貧。((P/\Q)TR)A((「P/\「Q)T「R) 3. 判定下列符號(hào)串是否為命題公式。 (1) PAV^Q (2) (PVQR)fS (3) (PVQ)fP (4) P->(PVQ (5) P/\(P~Q)/\(Pf「Q) (6) 「(PVQ)分(-nQA-nP) (7) (PA-nR)V(P-Q)解： (1) 不是 (2) 不是 (3) 是 (4) 不是 (5) 是 (6) 是 (7) 是 4.請(qǐng)給出下列命題公式的真值表。 (1)^PVQ p Q -p 「PVQ 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 (2)(-nPAQ)V(PA-nQ) p Q 「p -Q ^PA Q p/\ -Q (^PAQ)V(PA^Q) 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 (3)-i(PVQ)TR p Q R PVQ -.(PVQ) -n(PVQ)TR 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 (4)(PTQ)A(PA-iQ) P Q PTQ P -Q (PTQ)A(PA^Q) 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 (5)(PTQ)VP p Q PTQ (PTQ)VP 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 練習(xí)6.2 1.試判定下列各式是重言式、可滿足式還是矛盾式。 (1)(P-Q)f(QfP) p Q PfQ Q~P (PfQL(QfP) 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 由表中最后一列可以看出，原式為可滿足式。 (2)-]P~(P~Q) p Q -1p P->Q 1P~(P~Q) 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 由表中最后一列可以看出，原式為重言式。 (3)QA-i(P-Q) p Q P~Q n(P—Q) QAn(P~ Q) 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 由表中最后一列可以看出，原式為矛盾式。 (4)P/\Q~(P0Q) p Q PAQ P<->Q P/\Qf(PoQ) 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 由表中最后一列可以看出，原式為重言式。 (5)(PTQ)\/(RTQ)T((P\/R)TQ) p Q R PTQ RTQ (PTQ)V(RTQ) PV R (PV R)今Q (PTQ)\/(RTQ)T((P\/R)TQ) 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 由表中最后一列可以看出，原式為可滿足式。 2?證明下列邏輯等價(jià)式： (1) (AAB)V("iAAiB) 證明： 方法一 (AAB)V(nAA-]B) o(AV-iA)A(AVqB)A(BV-iA)A(BVnB) <^>TA(AV-iB)A(BVnA)AT 0(-1BVA)A(nAVB) O(ETA)/\(ATE) oAaE 方法二: A B A<-> B AA B "1 A "I B -1AA 1B ((AAB)V(-1AA-1B)) B)<->(V(n AA-IB)) 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 由此真值表可見(A<^B)<^((AAB)V(-iAA-1E))是永真式，所以A<^B<^>(AAB)V(-iAAnE)成立。 方法三假設(shè)a為一指派。 若a(A<^B)=b則a(A)=a(B)o (i) 若a(A)=a(B)=0o則a(nA)=a(-]B)=l,從而a(nAAnB)=l,進(jìn)而a(AAB)V(nAAnB)=l. (H)若□(A)=a(E尸1。則a(AAB)=b進(jìn)而a((AAB)V(nAAqB))=lo 若a(AOB)=0,則a(A)和a(E)不相等。從而a(nA)和a(nE)也不相等。則a(AAB)=O且a(-1AA-iB)=0,從而a((AAB)V(nAAqB))=0。 所以(AaE)O(AAE)V(nAA-iB) (2) A-(E~C)OE~(A~C) 證明： 方法一 A—(E~C) o-lAV(B->C) o-lAV(nBVC) o-iBV(nAVC) o-lBV(A^C) oE~(A~C) 方法二： A B c C A-(E—C) A~C E-(A-C) A—(E—C)QB—(A—C) 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 I I 1 1 1 由此真值表可見A~(E~C)(A-C)是永真式，所以A-(E-C)OE~(A-C)成立。 方法三： 假設(shè)a為一指派。 若a(A~(E-C))=l,分以下二種情況： (i) a(A)=l,則a(B-C>1.若a(E)=O,則a(B—(A-C))=l.若a(E尸1,則□(C)=l,從而a(E—(A—C))=l? (11)Q(A)=O,則a(A->C)=lo從而Q(E~(A-C))=l° 若a(A~(E-C))=0,則a(A)=l,a(B)=l,a(C)=0,從而a(E-(A-C))=0° 所以：A-(E~C)OE~(A~C) (3) A-(E~C)O(A~E)f(A-C) 證明： (A~E)-(A-C) 0(-!AVB)->(nAVC) o-l(-1AVB)V(nAVC) o(A/\-]B)V(nAVC) o(AV-]AVC))A(nBVnAVC) BVnAVC o-iBV(A->C) oE~(A~C) (4) ~i(nAVqB)Vn(nAVE)oA 證明： n(1AV-|B)V~i(iAVB) <=>(AAB)V(AAnB) <^>AA(BA-|b) OA/\T oA 3. 證明下列邏輯蘊(yùn)涵式： (1) AAB=>AkE 證明： (方法一)假設(shè)任一指派a,使得a(AAB)=l,要證a(ATB尸1。由于a(AAB)=L于是a(A)=a(B尸1從而得到a(AoE)=1°故AAB=>AoE得證。 (方法二) AAB =>(AAB)V(-IAAnb) =>A^B (方法三)由于 A B AAB A^->B AAB—(A<^B) 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 所以AAB->(A<^B)是永真式，所以AAB=>A<^Bo (2) (A-E)fA=>A 證明： 假設(shè)任一指派a,使得a(A)=O,要證a((A-*B)—A)=Oo由于a(A)=O,于是無(wú)論B為真還是為假，都有a(A->B尸1。從而a((A-*B)-*A)=Oo 故(A-B)-A=>A得證。 (3) (AVB)A(A->C)A(B->C)=>C 證明： (方法一)假設(shè)任一指派ot,使得a(C)=O要證a((AVB)A(A->C)A(B-C)尸0 (1) 若cc(A)=a(E尸0 于是a(AVB)=0,此時(shí)a((AVB)A(A->C)A(B->C))=0 (2) 若a(A)=l且a(E)=0 于是a(A-C)=0,此時(shí)a((AVB)A(A->C)A(B->C))=0 (3) 若a(A)=0且a(B)=l 于是a(B-C)=0,此時(shí)a((AVB)A(A->C)A(BC))=0 (4) 若a(A)=l且a(E)=l 于是a(E~C)=a(A—C)=0,此時(shí)a((AVB)A(A->C)A(B-C)尸0 故(AVB)A(A-*C)A(B-*C)=>c得證。 (方法二)假設(shè)任一指派a,使得a((AVB)A(A-*C)A(B-*C))=1要證a(C)=l。由于a((AVB)A(A-*C)A(B-C))=1,所以a(AVB)=l,且a(A-C)=l且a(B-*C)=1。由a(AVE尸1,得到a(A)=l或者a(E尸1。 (1) 若a(A)=l,則Fha(A->C)=l得到a(C)=l。 (2) 若a(B)=l,則由a(B-C)=l得到cc(C尸1. 故(AVB)A(A-*C)A(B-*C)=>C得證。 (方法三) (AVB)A(A-C)A(B-C) <^>(AVB)A(-1AVC)A(-1BVC) O(AVE)A((-1AVC)A(-iBVC))o(AVE)A((-iAA-1B)VC)<^>(AVB)A(n(AVB)VC)O((AVE)/\-](AVB))V((AVB)AC)<^>FV((AVB)AC) <^>((AVB)AC) =>c 4. 化簡(jiǎn)下列各式： (1) (AVnB)A(AVB)A(nAV-iB) 解： (AVnB)A(AVB)A(nAVnB) o(AV(-|BAB))A(nAVnB) <=>(AVF)A(nAVnB) oA/\(-]AVnB)o(A"A)V(AAnB)<^>FV(AAnB)oA/\iB (2) (-1Q-P)->(P-Q) 解： (-1QfPL(P~Q) 0(QVPL(iPVQ) o-i(QVP)V(nPVQ) 0(1QAnP)V(nPVQ) 0(-1QV-iPVQ)A(nPV-iPVQ) oTA(nPVQ)0(1PVQ)o(P~Q) (3) (P-Q)o(iQ—iP)解： (P-Q)o(lQ-*-|P)0(1PVQ)分(QViP)0(1PVQ)e(iPVQ)oT (4) BV-i((-]AVB)AA)解： BV-i((nAVB)AA)oEV(-i(nAVB)VnA)oEV((AA-]B)VnA)oEV((AV-iA)A(nAV-iB))oEV(T/\(-iAV-iB))oBV(nAVqB)oT (5) (Q/\(P—iQLP)/Vi(Q-P)解： (QA(P-*nQ)-*P)A-i(Q-*P)0(QA(iPVnQ)-*P)AnhQVP)0(QA(iPVnQ)-*P)A(QAnP)0((QA-|P)V(QA-iQ)-*P)A(QAnP)0((QAiP)VF->P)A(QAnP)0((QA-ip)-*p)A(QA-iP)0(1(QAnP)VP)A(QA-iP)0(-1QVPVP)A(QA-1P)0(1QVP)A(QAnP)0(-1QAQA-iP)V(P)AQA-iP)oF\/F OF 練習(xí)6.3 1. 把下列各式化為析取范式: (1) (P->Q)tR解： (P->Q)tR 0-1(-1PVQ)VR o(P/\-iQ)VR (2) (nP/\Q)fR 解： hPAQ)-*R0-1(-1PAQ)VRo(PV-iQ)VROP"QVR (3) n(PAQ)A(PVQ)解： 1(PAQ)A(PVQ)0-1(PAQ)A(PVQ)0(-1PV-IQ)A(PVQ)0(-]PAP)V(nPAQ)V(-]QAP)V(nQAQ)oFV(-iPAQ)V(nQAP)VF0(-1PAQ)V(PA-1Q) (4) (-1Q-P)-Q)解： hQfP)f(Pf1Q)0(QVPL(iPVnQ)o-i(QVP)V(-iPV-iQ)o(-|QA-iP)V-iPV-iQ 2. 把下列各式化為合取范式： (1) (PtQ)tR解： (P->Q)tR o-i(-1PVQ)VRo(P/\-iQ)VRo(PVR)A(-|QVR) (2) nBV-i((-]AVB)AA)解： nBV-i((-iAVB)AA)onBV(n(nAVB)VqA)o-iBV((AAnB)V-iA)o(-lBV-1A)V(AAnB)o(~lBVqAVA)A(nBV-]AV-]B)0(-1BVT)A(nBVnAVqB)oT/\(-iAV-iB)0(-,AVqB) (3) PT(P/\(P?Q)) 解： PT(PA(POQ)) oiPV(PA(P^Q)A(Q^P)) oiPV(PA(qPVQ)A(QVP)) o(1PVP)A(qPV-)PVQ)A(-jPVQVP) (4) (PV(Q<^R))AS 解： (PV(gR))/\S o(PV(QAR)V(nQA-|R))AS o(PVQVqQ)A(PVQV-|R)A(PVRV-|Q)A(PVRVnR)AS 3. 求卞列公式的主析取范式、主合取范式，并據(jù)主析取范式直接確定使該公式為真指派，據(jù)主合取范式直接確定使該公式為假指派。 (1) (PAQ)V(nPAQAR) 解： 求主析取范式 (PAQ)V(-]PAQAR) <»(PAQA(RV-|R))V(-]PAQAR) o(PAQ/\R)V(PAQA-)R)V(qPAQAR) 使公式為真的指派有： (1,1,1) 、(1,1,0)、(0,1,1) 求主合取范式 (PAQ)V(-]PAQAR) o(P也P)A(PVQ)A(PVR)A(QVqP)A(QVQ)A(QVR)o(PVQ)A(PVR)A(qPVQ)AQA(QVR) <»(PVQV(RA-|R))A(PV(QA-]Q)VR)A(qPVQV(RAqR))A((PA-]P)VQV(RA-]R))A((PA-]P)VQVR) <»(PVQVR)A(PVQV-|R)A(PVQVR)A(PVnQVR)A(qPVQVR)A(-]PVQVqR)A(PVQVR)A(-jPVQVR)A(PVQV-|R))A(iPVQVqR)A(PVQVR)A(qPVQVR)<»(PVQVR)A(PVQV-|R)A(PVnQVR)A(qPVQVR)A行PVQVqR) 使公式為假的指派有： (0,0,0)、(0,0,1)、(0,1,0)、(1,0,0)、(1,0,1) (2) -i(PVQ)^(PAQ) 解： 求主析取范式 n(PVQ)^(PAQ)o(PVQ)V(PAQ)<»(PVQVP)A(PVQVQ)<^>PVQo(PA(Q5Q))V((PV-]P)AQ) o(PAQ)V(PAiQ)V(PAQ)V(qPAQ) <^>(PAQ)V(PA-]Q)V(nPAQ) 使公式為真的指派有： (1,1) 、(1,0)、(0,1) 求主合取范式 1(PVQ)^(PAQ)o(PVQ)V(PAQ) <»(PVQVP)A(PVQVQ) <^>PVQ 使公式為假的指派有： (0,0) (3) P“Pt(QV(iQtR))) 解： 求主析取范式 PV(-]Pt(QV(1QtR))) <^>PV(PV(QV(QVR))) <^>PV(PV((QVR)) <^>PV(PVQVR) <^>PVQVR <^>(PA(QV-]Q)A(RV-|R))V((PVqP)AQA(RV-)R))V((PVnP)A(QV-|Q)AR)<»(PVQVR)A(PV-|QVR)A(PVQV-|R)A(PVnQVqR)A(PVQVR)A(-]PVQVR)A(PVQV-|R)A(-|PVQV-|R)A(PVQVR)A(-|PVQVR)A(PV-|QVR)A(nPVnQVR)<»(PVQVR)A(PV-|QVR)A(PVQV-|R)A(PVqQVnR)A(nPVQVR)A(-]PVQV-|R)A(-|PV-]QVR) 使公式為真的指派有： (1,1,1) 、(1,0,1)、(1,1,0).(1,0,0)、(0.1,1).(0,1.0),(0,0,1) 求主合取范式 PV(-]Pt(QV(1QtR))) <^>PV(PV(QV(QVR))) <^>PV(PV((QVR)) <^>PV(PVQVR) <^>PVQVR 使公式為假的指派有： (0,0,0) (4) (PV(Q<^R))AS 解： 求主合取范式 (PV(Q<^R))AS o(PV(QAR)V(-|QA-)R))AS o(PVQV-|Q)A(PVQV-|R)A(PVRV-jQ)A(PVRV-|R)AS <^>(PVQV-|R)A(PVRV-|Q)AS <^>(PVQV-|RV(SA-|S))A(PV-|QVRV(SA-|S))A((PA-|P)V(QA-|Q)V(RA-)R)VS)<^>(PVQV-|RVS)A(PVQV-|RV-|S)A(PV-)QVRVS)A(PV-|QVRVqS)A(PVQVRVS)A(PVQV-|RVS)A(PV-|QVRVS)A(PV-|QVnRVS)A(qPVnQV-jRVS)A(-|PVnQVRVS)A(-!PVQV-|RVS)A(-|PVQVRVS) <^>(PVQV-|RVS)A(PVQV-|RV-|S)A(PV-)QVRVS)A(PV-|QVRVqS)A(PVQVRVS)A(PV-jQV-jRVS)A(-|PV-|QV-|RVS)A(-|PVqQVRVS)A(nPVQV-jRVS)A(-|PVQVRVS) 使公式為假的指派有： (OgO)、(0,0,1,0)、(0,0,1,1)、(0丄0,0)、(0丄0,1)、(0丄1,0)、(l,0Q0)、(1,0,1,0)、(1丄0,0)、(1,1,1,0) 使公式為真的指派有： (0,0,0,1).(0丄1,1)、(1,0.0,1)、(1,0,1,1)、(1,1,0,1)^(14,1,1) 主析取范式為 (-|PA-|QA-|RAS)V(-|PAQARAS)V(PA-|QA-|RAS)V(PA-|QARAS)V(PAQA-|rAS)V(PAqARAS)V 4. A、E、C、D四個(gè)人中要派兩個(gè)人出差，按下述三個(gè)條件有幾種派法？如何派？ (1) 若去則C和D中要去一個(gè)人； (2) E和C不能都去； (3) C去則D要留下。 解： 設(shè)A:A去出差。E:E去出差。C:C去出差。D:D去出差。 將題目中的三個(gè)條件進(jìn)行形式化： A"(CoD)-1(BAC)CT-iD 于是將下面的命題公式轉(zhuǎn)化為析取范式： (AT-1(COD))An(BAC)A(C^nD) 0(-1AV(-1CAD)V(CA-ID))A(-1BV-10A(nCVnD) 0(-1AV(-|CAD)V(CA-|D))A((nBAnC)V(-|BAnD)V(nCAnC)V(nCA-|D))O(~]A/\~|B/\~]C)V(~iAA~|B/\~iD)V(~iAA~|C)\Z(~iA/\~iC/\~iD)\/(-)CADAnBAnC)\Z(-1BA-1D)V(-1CADA-IC)\Z0CADAiCAiD)V(CA-iDA -IB/\-iC)V(CA-1DA-IBAnD)V(CA-1DAnC)V(C/\「DAiC/\-|D) 在析取范式中，有些項(xiàng)不符合題意，已用下劃線標(biāo)出，將這些項(xiàng)從始終刪除，得到下式：(-|AA-|C)V(-|CADA-|BA-|C)V(-]CADA-|C)V(-|CADA-|BA-|C)V(-|CADA-|C)V(CA-|DA-|BA-|D) O(1AA-|C)V(-|CADA-]B)V(-|CAD)V(-|CADA-]B)V(CA-|DA-|B) 根據(jù)此式可以得到以下結(jié)論： 可以派E和D,或者A和D,或者A和C。 練習(xí)6.4 i.運(yùn)用直接證法證明下列各式： (1)-,(PA-|Q),-)QVR,-|R^-|P 證明： 6QVR 引入前提 ®nR 引入前提 ®nQ 由①②析取三段論 ®h(PA-|Q) 引入前提 @-|PVQ 由④置換(據(jù)~1(AAE)o-|AV~iB) ⑥］P 由③⑤析取三段論 (2)J->(MVN).(HVG)->LHVG=>MVN 證明： ®J->(MVN) 引入前提 ②(HVG)->J 引入前提 ③(HVG)->(MVN) 由①②假言三段論 ®HVG 引入前提 (§)MVN 由③④假言推理 (3)BAC.(HVG)=>HVG 證明： ©BAC 引入前提 ②B 由①化簡(jiǎn) ③c 由①化簡(jiǎn) ®BV-|C 由②附加 ©CV-)B 由③附加 ⑥CTB 由④置換 ⑦BTC 由⑤置換 ⑧(CTB)A(BTC) 由⑥⑦合取引入 ⑨EoC 由⑧置換 ⑩(BoC)^(HVG) 引入前提 (11)(HVG 由⑨⑩假言推理 (4)PTQ,行QVR)AqRq行PAS)=>-|S 證明： ®(-|QVR)A-|R 引入前提 ©qQVR 由①化簡(jiǎn) ③QTR 由②置換 ④PTQ 引入前提 ⑤PTR 由③④假言三段論 ©1R 由①化簡(jiǎn) 由⑤＜⑥拒取 @1(1PAS) ⑨PV-|S©qS 引入前提由⑧置換由⑦⑨析取三段論 2.運(yùn)用歸謬法證明下列各式： (1)-](PAqQX-|QVRn 證明： ®p 引入結(jié)論的否定 ®n(PA-|Q) 引入前提 @-|PVQ 由②置換(據(jù)1(AAB)<=>nAVnB) ®Q 由①③析取三段論 @-)QVR 引入前提 ©1R 引入前提 由⑤⑥析取三段論 ®1QAQ(矛盾) 由⑦④合取引入 (2)PTQ,行QVR)AqRq行PAS)=>qS證明： ®s 引入結(jié)論的否定 ②1(1PAS) 引入前提 @PV-|S 由②置換 ®p 由①③析取三段論 @(-|QVR)A-|R 引入前提 @-|QVR 由⑤化簡(jiǎn) ©qR 由⑤化簡(jiǎn) ⑧1Q 由⑥⑦析取三段論 ⑨PTQ 引入前提 ©qP 由⑧⑨拒取 (1D-|PAP(矛盾) 由④©合取引入 3.運(yùn)用附加前提的方法證明下列各式: (1)AT(ETC)QTAgDTC 證明： ① D 附加前提引入 ② DTA 引入前提 ③ A 由①②假言推理 ④ AT(ETC) 引入前提 ⑤ ETC 由③④假言推理 ⑥ B 引入前提 ⑦ C 由⑤⑥假言推理 (2)A->(B->C)XCAD)-^E,qF->(DAqE)=>At(BtF)證明： ① A附加前提引入 ② At(BtC) ③ BtC ④ (CAD)tE ⑤ Ct(DtE) ⑥ Et(DtE) ⑦ -)F^(DA-|E) ⑧ -|(DA-|E)->F ⑨ (-|DVE)->F ⑩ (DTE)tF (11)ETF 引入前提 由①②假言推理 引入前提 由④置換 由③⑤假言三段論引入前提 由⑦置換 由⑦置換 由⑦置換 由⑥⑩假言三段論 ① PA-|Q^R ② PT(iQTR) ③ P ④ iQTRQTS 1STjQ-jSTR 1s R ⑤⑥⑦⑧⑨ 4. 構(gòu)造下面推理的證明：只要A曾到過受害者房間并且11點(diǎn)以前沒離開,A就是謀殺嫌犯;A曾到過受害者房間；如果A在11點(diǎn)以前離開房間，看門人會(huì)看見他；看門人沒有看見他。所以，A是謀殺嫌犯。 證明：首先進(jìn)行形式化： P：A曾到過受害者房間 Q：A在11點(diǎn)以前離開 R：A是謀殺嫌犯 S：看門人會(huì)看見A PA-|Q^R,P,Q^S,-|S=>R 采用推理理論進(jìn)行證明 引入前提 由①置換 引入前提 由②③假言推理 引入前提 由⑤置換 由④⑥假言三段論 引入前提 由⑦⑧假言推理