（或称正则范式）。
定义 1-1-5.5 取而且只取n个原子命题变元中每一个的句节一次构成的子句（短语）称为关于这n个变元的极大项（极小项）。
例1-1-5.6 P?Q?R，?P??Q?R是关于P，Q，R的极小项，但?P，P??Q就不是关于P，Q，R的极小项，P??Q是关于P，Q的极小项，?P是关于P的极小项。又如?P?Q??R，P??Q??R是关于P，Q，R的极大项，但P??Q不是关于P，Q，R的极大项，只是关于P，Q的一个极大项。
注意：n个原子命题变元共可构成2n 个极大项和2n 个极小项。 下面列出两个原子命题变元和三个原子命题变元的极大项真值表：
P 1 1 0 0 Q 1 0 1 0 P?Q 1 1 1 0 P??Q 1 1 0 1 ?P?Q 1 0 1 1 ?P??Q 0 1 1 1
P 1 1 1 1 0 0 0 0 Q 1 1 0 0 1 1 0 0 R 1 0 1 0 1 0 1 0 P?Q?R 1 1 1 1 1 1 1 0 P?Q??R 1 1 1 1 1 1 0 1 P??Q?R 1 1 1 1 1 0 1 1 P??Q??R 1 1 1 1 0 1 1 1
P 1 1 1 1 0 0 0 0 Q 1 1 0 0 1 1 0 0 R 1 0 1 0 1 0 1 0 ?P?Q?R 1 1 1 0 1 1 1 1 ?P?Q??R 1 1 0 1 1 1 1 1 ?P??Q?R 1 0 1 1 1 1 1 1 ?P??Q??R 0 1 1 1 1 1 1 1 从上述真值表可以看出： (1) 没有两个极大项是等价的；
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(2) 只有一组真值指派使一个极大项取值为0 ，其余极大项在这个指派下取值为1。这不仅是两个或三个变元的情况，对四个或更多的变元也有同样的性质。
设给定的n个原子命题变元已经指定了一种排列次序为P1，P2 ，?，Pn ，关于这n个原子命题变元的2n个极大项记为M0,M1,?,M2n?1,将每个M的下标表示成n位二进制数
n n n n
(如0=00?0，5=00?101，8=00?01000,2n–1=11?1)，
即对M进行了编码,如何通过这样的二进制编码来写出相应的极大项呢?若M的下标所示二进制数左起第j位上出现0,则极大项中出现Pj，若第j位上出现1, 则极大项中出现?Pj 。例如关于P，Q，R的极大项P?Q?┐R编码项为M001 ，?P?Q?R为M100 ，M010表示极大项P??Q?R，M111表示极大项?P??Q??R 。
极大项具有下列性质：
(1)每个极大项当且仅当真值指派与编码相同时真值才为0，其余2n-1组真值指派使其真值为1；
(2)任意两个极大项的析取式为重言式； （例如M000 ? M100=(P?Q?R)?(?P?Q?R)? T）
(3)全体极大项的合取式为矛盾式(不可满足式),(由性质1可以得证)。 定义1-1-5.6 设P1，P2，?，Pn 是公式A中出现的原子命题变元，A的一个等价合取范式中的每一个子句都是关于的P1，P2，?，Pn 极大项,则称该合取范式为A的主(正则)合取范式。
定理 1-1-5.4 在公式A的真值表中，使A的取值为0的指派所对应的极大项的合取式就是A的主合取范式。
证明：设使A的取值为0的指派所对应的极大项为M1 ，M2 ，?，M k ，B=M1?M2???Mk 。现证A与B等价。
对使A取值为0的任一指派必使一个且只有一个极大项M i取值为0，故B取值为0，而使A取值为1的指派，其对应的极大项都不在B出现，这些指派使M1 ，M2 ，?, M k 取值为1，而B取值为1。因而A与B等价，而B是主合取范式。
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例1-1-5.7 求A=(P?Q)?(Q?R)?(?P?R)主合取范式。
解： 因为A是合取范式不是主合取范式，可以求出真值表来根据定理1-1-5.4求之。
P 1 1 1 1 0 0 0 0 Q 1 1 0 0 1 1 0 0 R 1 0 1 0 1 0 1 0 P?Q 1 1 1 1 1 1 0 0 Q?R 1 1 1 0 1 1 1 0 ?P?R 1 0 1 0 1 1 1 1 (P?Q)?(Q?R)?(?P?R) 1 0 1 0 1 1 0 0 对应于真值指派 110，100，001，000，A取值为0的极大项分别为 M110= ?P??Q?R ，M100=?P?Q?R，M001=P?Q??R，M000=P?Q?R，
故所求的主合取范式为：
(?P??Q?R)?(?P?Q?R)?(P?Q??R)?(P?Q?R)
除了用真值表方法外，还可以利用基本等价式来构成主合取范式。 定理 1-1-5.5 任意命题合式公式均可利用基本等价式来构成主合取范式。
证明: 据定理1-1-5.3，A有合取范式A?使A?A?。设A ，A?中出现的原子命题变元为P1，P2，?，Pn 。
检查A?中的子句Ai?，若Ai?不是关于P1，P2，?，Pn 的极大项，则必缺若干个变元的句节，设Pi1，?，Pik的句节在Ai?中没有出现，则可以根据基本等价式P??P?F和P?F?P使这些句节出现在子句Ai?中，即
Ai??Ai??F?Ai??(Pi1??Pi1)???(Pik??Pik)再利用结合律，分配律就可以使Ai?等价于一些极大项的合取。对A?中所有非极大项的子句都作上述处理，最后终可得到等价于A的主合取范式。
上面的例1-1-5.7再按定理1-1-5.5 的证明过程（实际上是一个算法）求主合取范式如下：
A?(P?Q)?(Q?R) ?(?P?R)
? ((P?Q)?(R??R))?((Q?R)?(P??P))?((?P?R)?(Q??Q))
?(P?Q?R)?(P?Q??R)?(P?Q?R)(?P?Q?R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)
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?(P?Q?R)?(P?Q??R)?(?P?Q?R)?(?P??Q?R)。
将此式与真值法求得的结果作比较，可以看出主合取范式是一样的。实际上不论用什么方法，在不计句节，子句的次序时求公式的主合取范式都应该是相同，根据为下面的定理1-1-5.6， 1-1-5.7。
定理 1-1-5.6 公式G和H是关于原子命题变元P1，P2，?，Pn 的两个主合取范式，如果G与H不完全相同，则G与H不等价。
证明 因为G和H不完全相同，故或者是G中至少有一个极大项Mi不在H中。或者是H中至少有一个极大项Mi不在G中，不妨设G中极大项Mi不在H中，根据极大项的性质，Mi所对应的二进制编码所对应的真值指派使Mi取值为0，而其余的极大项都取1，故G的值为0，H的值取为1，因此G与H不等价。
定理 1-1-5.7 任一命题合式公式A必有唯一的与A等价的主合取范式存在（不计句节和子句的次序）。
由定理1-1-5.5，1-1-5.6立即得证。 对偶地，立即可得到
(1) 没有两个极小项是等价的。
(2) 只有一组真值指派使一个极小项取值为1，其余极小项在此指派下取值为0。
设给定的n个原子命题变元已经排列为P1 ，P2 ，? ，Pn 时，关于它们的2n 个极小项记为m0,m1,m2,?,m2n?1。将m i 的下标表为n位二进制数，就是将m i 进行了编码。若m i 下标所示二进制数左起第j位上出现0，则极小项中出现句节?Pj，若左起第j位出现1，则极小项中出现句节Pj。
例如关于P，Q的极小项m01=?P?Q，m00 =?P??Q；关于P，Q，R的小项m101=P??Q?R，m000=?P??Q??R。 极小项的性质为：
(1)每个极小项当且仅当其真值指派与编码相同时取值为1，其余2n-1 组指派取值为0；
(2)任意两个极小项的合取式为矛盾式； (3)全体极小项的析取式为重言式。
定义 1-1-5.7 P1，P2，?，Pn 是公式A中出现的原子命题变元，A的一个等价析取范式中的每一短语都是关于P1，P2，?，Pn 的极小项，则称该析取
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范式为主（正则）析取范式。
根据定理1-1-5.2 ，1-1-5.4 ，1-1-5.7立即得证下之两个定理。
定理 1-1-5.8 在公式A的真值表中,使A取值1的真值指派所对应的极小项的析取式就是A的主析取范式。
定理 1-1-5.9 任一公式不计句节和短语的次序时都有唯一的与之等价的主析取范式。
例1-1-5.8 求例1-1-5.7中A的主析取范式。 解法一: 由真值表及定理1-1-5.8得A的主析取范式为
(P?Q?R)?(P??Q?R)?(?P?Q?R)?(?P?Q??R).
解法二: A?(P?Q)?(Q?R)?(?P?R)
?(((P?Q)?Q)?((P?Q)?R))?(?P?R) （结合律，分配律） ?(Q?(P?R)?(Q?R))?(?P?R) （吸收律，分配律） ?(Q?(P?R))?(?P?R) （吸收律，交换律） ?(Q?(?P?R))?((P?R)?(?P?R)) （分配律） ?(Q??P)?(Q?R)?(P?R?(?P?R))) （分配律，结合律） ?(Q??P))?(Q?R)?(P?R) （吸收律）
?((Q??P)?(R??R))?((Q?R)?(P??P))?((P?R)?(Q??Q))
?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(P?Q?R)?(?P?Q?R)
?(P?Q?R)?(P??Q?R)
?(?P?Q?R)?(?P?Q??R)?(P?Q?R)?(P??Q?R).
用基本等价式得出一个公式的主合（析）取范式的步骤归纳如下： 第一步：将公式A变换为等价的合（析）取范式A?； 第二步：除去A?中所有永真（假）的合（析）取项； 第三步：合并相同的析（合）取项和相同的变元；
第四步：对子句（短语）Ai?补入没有出现的变元X，即Ai??(X??X)
(Ai??(X??X),)然后用分配律展开公式的项，如果需要的话再用交换律、结合律、幂等律等合并相同的极大（小）项。
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