浙江 2015 · 数学 q04

冷启动：四个选项只在两处不同

原命题是

$$\forall n\in N^{*},\quad f(n)\in N^{*}\ \text{且}\ f(n)\leq n .$$

把四个选项摆在一起看，它们的「结论」部分完全一样——都是 $f\notin N^{*}$ 与 $f>n$ 这两句。 差别只有两处：

• 量词：A、B 用 $\forall$，C、D 用 $\exists n_{0}$；
• 连接词：A、C 用「且」，B、D 用「或」。

于是四个选项恰好是「量词 $\times$ 连接词」两两组合的四格表。 否定这件事对这两处各有一条规则，而且两条都要用：量词必须翻，连接词也必须翻。 两处都翻，落到的就是对角线另一端那一格 —— D。

解法一：按两条规则各走一遍：量词翻面，再用德摩根把「且」变「或」

第一步：把原命题写成标准形状

原命题是一个全称量词命题，形状是「$\forall n\in M,\ p(n)$」，其中

$$M=N^{*},\qquad p(n):\ \bigl(f(n)\in N^{*}\bigr)\ \text{且}\ \bigl(f(n)\leq n\bigr).$$

注意 $p(n)$ 本身是两句话用「且」连起来的复合命题。记这两句为

$$u(n):\ f(n)\in N^{*},\qquad v(n):\ f(n)\leq n,$$

于是 $p(n)$ 就是「$u(n)$ 且 $v(n)$」。

第二步：量词翻面

含一个量词的命题，否定的规则是：$\forall x\in M,\ p(x)$ 的否定为 $\exists x_{0}\in M,\ \lnot p(x_{0})$。 量词换一种，同时把结论整体取反，取值范围 $M$ 不动。用到本题：

$$\lnot\Bigl(\forall n\in N^{*},\ p(n)\Bigr)\;=\;\exists n_{0}\in N^{*},\ \lnot p(n_{0}).$$

这一步只完成了一半——$\lnot p(n_{0})$ 还没展开。在这里停手就会选到 C， 因为 C 正是「换了量词、结论却原样抄下来（只把两句各自取反、连接词没动）」的那一格。

第三步：把 $\lnot p(n_{0})$ 用德摩根律展开

$p(n_{0})$ 是「$u(n_{0})$ 且 $v(n_{0})$」。「且」的否定是「或」：

$$\lnot\bigl(u\ \text{且}\ v\bigr)=\bigl(\lnot u\bigr)\ \text{或}\ \bigl(\lnot v\bigr).$$

道理很直白：「两件事都成立」不成立，意思就是「至少有一件不成立」， 而不是「两件都不成立」。

第四步：两句各自取反

• $u(n_{0}):\ f(n_{0})\in N^{*}$，反面是 $f(n_{0})\notin N^{*}$；
• $v(n_{0}):\ f(n_{0})\leq n_{0}$，反面是 $f(n_{0})>n_{0}$（$\leq$ 的反面是 $>$，不是 $<$）。

第五步：拼起来

$$\exists n_{0}\in N^{*},\quad f(n_{0})\notin N^{*}\ \text{或}\ f(n_{0})>n_{0}.$$

量词是 $\exists$、连接词是「或」，对照四个选项，这是 D。

答案：D。

解法二：造一个具体的 $f$ 当试金石，把 A、B、C 一次性淘汰

上一条路是正着推。这一条反过来用：否定式与原命题的真假必须永远相反， 所以只要找到一个具体的 $f$，让原命题为假、于是它的否定为真，再看四个选项里哪些在这个 $f$ 上为假， 为假的就一定不是否定式。

第一步：造一个 $f$

取 $f:N^{*}\to N^{*}$：

$$f(2)=5,\qquad f(n)=n\ (n\neq2).$$

它把每个正整数都映到正整数，所以对任何 $n$ 都有 $f(n)\in N^{*}$； 而 $f(n)\leq n$ 只在 $n\neq2$ 时成立，$n=2$ 时 $f(2)=5>2$。

第二步：算出原命题的真假

原命题要求「对每个 $n$，两句都成立」。取 $n=2$：$f(2)=5>2$，第二句不成立。 所以原命题为假，因而它的否定为真。

下面逐个检查四个选项在这个 $f$ 上的真假。凡是假的，就不可能是那个「必须为真」的否定式。

第三步：A 为假

A 是「$\forall n\in N^{*},\ f(n)\notin N^{*}$ 且 $f(n)>n$」。 取 $n=1$：$f(1)=1\in N^{*}$，第一句就不成立，全称命题当场为假。

A 假，淘汰。 （A 的毛病是量词没翻。）

第四步：B 为假

B 是「$\forall n\in N^{*},\ f(n)\notin N^{*}$ 或 $f(n)>n$」。 仍取 $n=1$：$f(1)=1\in N^{*}$ 使第一句不成立，$f(1)=1\leq1$ 使第二句也不成立， 「或」的两边都不成立，所以 $n=1$ 处不成立，全称命题为假。

B 假，淘汰。 （B 翻了连接词，量词还是没翻。）

第五步：C 为假

C 是「$\exists n_{0}\in N^{*},\ f(n_{0})\notin N^{*}$ 且 $f(n_{0})>n_{0}$」。 这个 $f$ 的取值全在 $N^{*}$ 里，所以 $f(n_{0})\notin N^{*}$ 对每个 $n_{0}$ 都不成立， 「且」的第一句永远为假，找不出这样的 $n_{0}$。

C 假，淘汰。 （C 翻了量词，连接词还是「且」——它要求反例把两句一起破掉，要求过强。）

第六步：D 为真，且它是唯一剩下的

D 是「$\exists n_{0}\in N^{*},\ f(n_{0})\notin N^{*}$ 或 $f(n_{0})>n_{0}$」。 取 $n_{0}=2$：$f(2)=5>2$，「或」的第二句成立，所以 D 为真——与「否定式必须为真」相符。

四个选项里 A、B、C 都在这个 $f$ 上取假，而否定式必须取真，所以它们都不是。 本题是四选一的单选题，答案只能是剩下的 D。

答案：D。

回头看：两条路各自强在哪儿

解法一是正面推导，给出的是「否定式长什么样」的完整答案，不依赖选项， 换成填空题也照样能写出来。它的两步——量词翻面、德摩根展开——缺一不可： 只翻量词落到 C，只翻连接词落到 B，一处都不翻就是 A（那其实是原命题的样子，只是把两句各自取了反）。

解法二只用一个具体的 $f$ 就把三个错项一起打掉，胜在快，也胜在看得见错在哪： $n=1$ 处「$f(1)=1$ 既在 $N^{*}$ 里又满足 $\leq$」直接否掉两个带 $\forall$ 的选项； 而「$f$ 的取值全在 $N^{*}$ 里」直接否掉 C 里那个「且」。 代价是它只做了淘汰，没有证明 D 就是否定式——那一步要靠选择题「四选一」的题型兜底， 或者回头补上解法一的推导。

一句话记住这道题：否定一个「$\forall$，$p$ 且 $q$」，要翻两次—— 量词 $\forall\to\exists$，连接词「且」$\to$「或」，两句再各自取反。