二十、运用三段论的规则，回答下列问题。
1.不能。因为中项B在前提中一次也没有周延，违反规则一。
2.不能。因为有一个前提为否定，所以结论应为否定，大项B在结论中周延，但它在前提中不周延。
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3.假设结论全称的正确三段论其中项周延两次。因为结论全称，所以，小项S在结论中周延，那么S在前提中周延；小前提的中项M周延，所以，小前提必为SEM/MES。前提中有一否定，结论必否定，大项P在结论中周延，那么P在前提中周延；大前提的中项M也周延，所以，大前提必为PEM/MEP。两个否定前提不能得结论，所以假设错误。所以，如果正确的直言三段论结论是全称的，则中项不能周延两次。
4.不能。因为中项B在前提中一次也没有周延，违反规则一。
5.这个三段论的大前提应是全称肯定命题。因为中项在前提中须至少周延一次，而该三段论前提中只有大前提中有一个词项周延，所以这个周延的项必是中项M，这即是说大项和小项在前提中都不周延，因此它们在结论中也必是不周延的，所以结论只能是特称肯定命题，因此大前提应是肯定命题，而其中有一个词项周延，所以它是全称肯定命题。
6.其式为AOO式。因为大项在结论中周延，小项在结论中不周延，所以，结论是特称否定命题O。大项在结论中周延，在前提中必须周延，而大前提是肯定的，所以，大前提必是全称肯定命题A。结论否定，小前提必否定，而小项在前提中不周延，所以，小前提必是特称否定O。所以其式为AOO。 7.同5。
8.当大小前提都是全称肯定命题时，结论便可以为A命题。当大前提是全称否定命题，小前提是全称肯定命题时，结论便为E命题。当大前提是全称肯定命题，小前提是特称肯定命题时，结论便为I命题。当大前提是全称否定命题，小前提是特称肯定命题时，结论便为O命题。
9.该三段论属于第三格，有效。因为它遵守了三段论的一般规则。
10.该三段论的形式为：MAP，SOM，所以，SOP。不正确，它犯了“大项不当周延”的错误。
11.不能必然推出“有B不是C”。否则将犯“大项不当周延”的错误。可以推出“有C不是B”，这一形式遵守了三段论的一般规则。
12.它是第三格的OAO式。因为由大前提为O命题可知其结论必是SOP，于是大项P在结论中周延，因此它在前提中也要周延，故大前提为MOP，中项M在大前提中不周延。再根据两个否定命题不能得结论及两个特称命题不能得结论，所以此三段论的小前提必为全称肯定命题A。中项在大前提中不周延，在小前提中必须周延，所以，小前提为MAS。
13.不能。若一个三段论三个词项都周延两次，其只可能是EEE式，而这违反了规则“两个否定前提不能得结论”。
14.因为结论否定，大项在结论中周延，就要求它在前提中周延，而如果大前提是I命题，则大项在前提中就不可能周延，违反规则，所以大前提不能是I命题。
15.由大前提是肯定命题且大项在前提中周延知大前提为PAM，由小项在结论中不周延，大项在结论中周延知结论为SOP，由以上两点可知小前提必是否定命题，且小项在前提中不周延，可知小前提为SOM。所以，这个三段论是PAM，SOM，所以，SOP。 16.（1）证明第二格的特殊规则如下：
①因为在第二格中中项是两个前提的谓项，而肯定命题谓项不周延，所以，第二格的两个前提中必有一个是否定的。
②由①可知前提有一个是否定的，结论必否定，大项在结论中周延，就要求它在前提中周延，而大项在第二格中是大前提的主项，所以大前提必全称。 （2）证明第三格的特殊规则如下：
①假设小前提是否定命题，则结论必否定，大项在结论中周延，那么大项在前提中也必须周延。而大项在第三格中是大前提的谓项，要使得大项周延，大前提必为否定命题，这样两个前提都是否定命题，违反规则，所以假设错误，第三格的小前提必是肯定命题。
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②由①证得小前提是肯定命题，小项在第三格中是小前提的谓项，所以小项在前提中不周延，那么小项在结论中不得周延，所以，第三格的结论必特称。 （3）证明第四格的特殊规则如下：
①如果前提中有一个是否定命题，则结论必否定，大项在结论中周延，大项在前提中必须周延，而大项在第四格中是大前提的主项，所以大前提必须是全称命题。
②如果大前提是肯定命题，由于中项在大前提中是谓项，所以中项在大前提中不周延，那么中项在小前提中必须周延，而中项在第四格中是小前提的主项，所以，小前提必须是全称命题。③如果小前提是肯定命题，由于小项在第四格中是小前提的谓项，所以小项在前提中不周延，那么小项在结论中不得周延，所以，第四格的结论为特称命题。 ④由①和②立即可得到。
⑤假设结论是全称肯定命题。那么两个前提都是肯定的。结论全称，小项在结论中周延，那么小项在前提中必须周延，而小项是小前提的谓项，这样小前提必为否定命题，矛盾，所以假设错误，第四格的结论不能是全称肯定命题。
二十一、证明题。
1.证明：假设其小前提是否定命题，则结论必否定，大项在结论中周延，那么大项在前提中必周延，而已知大前提是特称命题，大项若要在大前提中周延则大前提只能是特称否定命题，这样两个前提都是否定的，违反规则，所以假设不成立，其小前提必须是肯定命题。又因为两个特称前提不能得结论，所以大前提只能是全称肯定命题。
2.证明：根据规则“两个否定前提不能得结论”和“结论是否定的，前提中必有一个是否定的”和“结论全称，两个前提都是全称的”，可得前提之一是全称肯定命题，另一个是全称否定命题。
3.证明：小前提否定，则结论否定，大项在结论中周延，所以大项在前提中周延。小前提否定，大前提必肯定，且大项在前提中周延，所以，大前提只能是全称肯定命题。
4.证明：结论否定，前提中必有一个是否定的。根据第一格规则“小前提必肯定”，所以大前提必否定。根据第一格规则“大前提必全称”，所以可得大前提只能是全称否定命题。 5.假设小前提是否定的，那么结论必否定，大项在结论中周延，就要求它在前提中周延，而第一格中大项是大前提的谓项，要使它周延，大前提必否定，这样两个否定前提，违反规则，所以假设错误，在第一格中，小前提必肯定。 6.同二十、14.
7.证明：若A与B均真，根据三段论可以推得D“所有精通数学的不精通逻辑”为真，D为E命题，E真，I（“有些精通数学的是精通逻辑的”必假，所以C必假。
8.证明：若A与B皆为肯定命题，那么C必为肯定命题，则D必为否定命题，所以，A、B、D中肯定命题是两个。
若A与B中有一个是否定命题，那么C必为否定命题，则D必为肯定命题，所以，A、B、D中肯定命题是两个。 A与B不可能皆为否定。
总之，A、B、D中肯定命题是两个。
9.证明：如果B为肯定命题，则D应为否定命题。此时若A亦为肯定命题，则C应为肯定命题，这样“D∧A→C”就违反了规则“前提中有一个是否定的，结论必否定”。若A亦为否定命题，则C应为否定命题，这样“D∧A→C”就违反了规则“两个否定前提不能得结论”。
如果B为否定命题，则D应为肯定命题并且A只能是肯定命题，而C应为否定命题。这样
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“D∧A→C”就违反了规则“结论否定，前提中必有一个是否定的”。 10.是第四格的AAI式。推导过程如下：
由大项在结论中不周延可得结论为肯定命题，因而两个前提都是肯定命题。而大项在大前提中周延，所以大前提只能是PAM。M在大前提中不周延，就要求它在小前提中周延，而小前提是肯定命题，所以，小前提只能是MAS。这样，S在前提中不周延，在结论中不得周延，所以，结论是SIP。
11.证明：设小前提是O命题的有效三段论或者是第一格、或者是第二格、或者是第三格、或者是第四格的三段论。
由小前提是O命题，根据规则可知大前提必是A命题，而结论必是O命题，此三段论为AOO式。
第一格的AOO式犯了“大项不当周延”的错误。第三格的AOO式也犯了“大项不当周延”的错误。第四格的AOO式犯了“中项不周延”的错误。所以，它只能是第二格的三段论。12.证明：假设第四格三段论的大前提是O命题，即大前提为POM，P在大前提中不周延。而结论必为SOP，P在结论中周延，违反规则，所以假设错误，第四格三段论的大前提不能是O命题。
假设第四格三段论的小前提是O命题，即MOS，M在小前提中不周延，M在大前提中必须周延。而在第四格中M是大前提的谓项，要使它周延，大前提必为否定命题，这样两个否定前提，违反规则，所以假设错误，第四格三段论的小前提不能是O命题。
13.证明：小项在结论中周延，所以，结论是全称命题，这样，两个前提必是全称命题。小项在结论中周延，就要求它在前提中周延。而小项在第四格中是小前提的谓项，所以小前提是否定的，根据上述结论，所以，小前提是E命题。
小前提否定，结论必否定，所以，结论是E命题，且大项在结论中周延，就要求它在前提中周延。而大项在第四格中是大前提的主项，所以大前提必全称。因为小前提否定，所以大前提必肯定，因此，大前提是A命题。 所以，该三段论必为AEE式。
14.证明：小前提否定，大前提必肯定，且结论否定。因此，大项在结论中周延，那么大项在前提中必周延，所以，大前提只能是全称肯定命题。
15.证明：（1）和（3）运用三段论可推得（4）MOP；（2）和（4）运用充分条件假言推理可推得（5）SIP；运用换位法可得（6）PIS。因此同时肯定（1）（2）（3），即同时肯定PES和PIS，而这两者具有矛盾关系，因此违反了矛盾律。
16.证明：由c)可得：d)S不与P全异，还可得：e）S不与P交叉。a）与d)运用充分条件假言推理可得：f）P真包含于M（即PAM）。b）与e)运用充分条件假言推理可得：g）S与M交叉（即SOM）。f）与g）运用三段论可得：h）SOP。
SOP真有三种情况，即S真包含P，S与P交叉，S与P全异。又根据c)，可证：S真包含P。
17.证明：若（3）真，则（1）（2）均真，违反已知，所以（3）必假，而（1）（2）为真。 （3）假，则或者A与C不全异（即有A是C），或者B与C不全异（有B是C）。与（1）（2）结合运用二难推理可推得：（4）或者A与B全同，或者A真包含于B，总之所有A是B。这样，可以形成以下二难推理：
如果A与C不全异，则根据三段论可得：所有A是B，有A是C，所以，有B是C。如果B与C不全异，则有B是C。
或者A与C不全异，或者B与C不全异。所以，有B是C。
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18.证明：由（2）可得（3）A与C不全异。
（1）和（3）根据充分条件假言推理，可得（4）A与B不全异。（4）A与B不全异，即（5）“有些A是B”。（2）A真包含于C，即（6）“所有的A是C”。（5）和（6）根据三段论可推得：有些B是C，所以，概念B不与C全异。
20.（1）同二十一、1.
（2）假设结论是全称命题，证明过程同二十、3. （3）同二十一、8.
二十二、运用有关知识回答下列问题。
1.（1）和（2）是下反对关系，不能同假，必有一真。已知只有一真，所以，（3）必假。 （3）假，即并非有P不是S，所以，所有的P是S。根据换位法，可得：有S是P，即（1）真。
（1）真，已知只有一真，所以（2）必假，即并非有S不是P，所以，所有S是P。综上，S与P为全同关系。
2.（1）换质可得（4）：有S是P。（3）换位、换质可得（5）：有P不是S。所以本题与第一题相同。因此，S与P全同。
3.（1）和（2）是下反对关系，不能同假，必有一真。已知只有一真，所以，（3）必假，即并非甲班的小王会游泳，所以，甲班小王不会游泳。因此，有些甲班同学不会游泳，所以（2）真，根据已知，（1）必假，即并非有些甲班的同学会游泳，所以，甲班所有同学不会游泳，即50名同学都不会游泳。
4.能断定“A不真包含于B”为真。推理如下：“C与A交叉”即“C不真包含于A”。再根据“或者B真包含于C，或者C真包含于A”，运用相容选言推理，可得“B真包含于C”，即“所有的B是C”。而“C与A交叉”可得“有的A不是C”，运用三段论可推得：“有的A不是B”，所以，能断定“A不真包含于B”为真。 5.能断定“C不真包含于A”为真。推理如下：“B真包含于C”可推得“并非B与C全异”，根据已知“只有B与C全异，A才不真包含于B”，运用必要条件假言推理可推得：“A真包含于B”。
“A真包含于B”且“B真包含于C”，所以，“A真包含于C”，所以，“C不真包含于
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