18 ispitni zadatak tehnika rješavanja informatike
Poznato je da izraz
((x ∈ A) → (x ∈ P)) ∧ ((x ∈ Q) → ¬(x ∈ A))
true (to jest, uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x. Odredite najveći mogući broj elemenata u skupu A.
Rješenje.
Hajde da uvedemo notaciju:
(x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A; ∧ ≡ ; ∨ ≡ +.
Zatim, primjenom transformacije implikacije, dobijamo:
(¬A + P) (¬Q + ¬A) ⇔ ¬A ¬Q + ¬Q P + ¬A + ¬A P ⇔
⇔ ¬A (¬Q + P + 1) + ¬Q P ⇔ ¬A + ¬Q P.
Zahteva se da je ¬A + ¬Q · P = 1. Izraz ¬Q · P je tačan kada je x ∈ (2, 4, 8, 10, 14, 16, 20). Tada ¬A mora biti istinito kada je x ∈ (1, 3, 5, 6, 7, 9, 11, 12, 13, 15, 17, 18, 19, 21, 22, 23,...).
Stoga će maksimalni broj elemenata u skupu A biti ako A uključuje sve elemente skupa ¬Q · P, takvih elemenata je sedam.
Odgovor: 7.
Odgovor: 7
Elementi skupa A su prirodni brojevi. Poznato je da izraz
(x (2, 4, 6, 8, 10, 12)) → (((x (3, 6, 9, 12, 15)) ∧ ¬(x A)) → ¬(x (2, 4, 6) , 8, 10, 12)))
Rješenje.
Hajde da uvedemo notaciju:
(x ∈ (2, 4, 6, 8, 10, 12)) ≡ P; (x ∈ (3, 6, 9, 12, 15)) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A.
Transformirajući, dobijamo:
P → ((Q ∧ ¬A) → ¬P) = P → (¬(Q ∧ ¬A) ∨ ¬P) = ¬P ∨ (¬(Q ∧ ¬A) ∨ ¬P) = ¬P ∨ ¬Q ∨ A.
Logičko ILI je tačno ako je barem jedan od iskaza tačan. Izraz ¬P ∨ ¬Q vrijedi za sve vrijednosti x osim za vrijednosti 6 i 12. Dakle, interval A mora sadržavati tačke 6 i 12. To jest, minimalni skup tačaka u intervalu A ≡ (6, 12). Zbir elemenata skupa A je 18.
Odgovor: 18.
Odgovor: 18
Elementi skupova A, P, Q su prirodni brojevi, a P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30).
Poznato je da izraz
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x. Odrediti najmanju moguću vrijednost zbira elemenata skupa A.
Rješenje.
Hajde da pojednostavimo:
¬(x P) ∨ ¬(x Q) daje 0 samo kada broj leži u oba skupa. To znači da da bi cijeli izraz bio istinit, moramo staviti sve brojeve iz P i Q u A. Takvi brojevi su 6, 12, 18. Njihov zbir je 36.
Odgovor: 36.
Odgovor: 36
Izvor: Rad na obuci INFORMATIKA 11. razred 18. januar 2017. Opcija IN10304
Elementi skupova A, P, Q su prirodni brojevi, a P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30).
Poznato je da je izraz ((x A) → (x P)) ∨ (¬(x Q) → ¬(x A))
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x.
Odredite najveći mogući broj elemenata u skupu A.
Rješenje.
Hajde da transformišemo ovaj izraz:
((x A) → (x P)) ∨ ((x Q) → (x A))
((x A) ∨ (x P)) ∨ ((x Q) ∨ (x A))
(x A) ∨ (x P) ∨ (x Q)
Dakle, element mora ili biti uključen u P ili Q, ili nije uključen u A. Dakle, samo elementi iz P i Q mogu biti u A. A ukupno ima 17 neponavljajućih elemenata u ova dva skupa.
Odgovor: 17
Elementi skupova A, P, Q su prirodni brojevi, a P = (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30). Poznato je da izraz
((x P) → (x A)) ∨ (¬(x A) → ¬(x Q))
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x. Odrediti najmanju moguću vrijednost zbira elemenata skupa A.
Rješenje.
Istražimo dvije implikacije. Dobijamo:
(¬(x P) ∨ (x A)) ∨ ((x A) ∨ ¬(x Q))
Hajde da pojednostavimo:
(¬(x P) ∨ (x A) ∨ ¬(x Q))
¬(x P) ∨ ¬(x Q) daje 0 samo kada broj leži u oba skupa. To znači da da bi cijeli izraz bio istinit, potrebno je sve brojeve iz P i Q staviti u A. Takvi brojevi su 3, 9, 15 i 21. Njihov zbir je 48.
Odgovor: 48.
Odgovor: 48
Izvor: Rad na obuci INFORMATIKA 11. razred 18. januar 2017. Opcija IN10303
I izraz
(y + 2x 30) ∨ (y > 20)
x i y?
Rješenje.
Imajte na umu da za identičnu istinitost ovog izraza, izraz (y + 2x Odgovor: 81.
Odgovor: 81
Izvor: USE - 2018. Rani talas. Opcija 1., USE - 2018. Rani talas. Opcija 2.
Na brojevnoj pravoj dat je segment A. Poznato je da je formula
((x ∈ A) → (x2 ≤ 100)) ∧ ((x2 ≤ 64) → (x ∈ A))
identično je istinito za bilo koju realnost x. Koja je najkraća dužina segmenta A?
Rješenje.
Proširujući implikaciju prema pravilu A → B = ¬A + B, zamjenjujući logičku sumu skupom, a logički proizvod sistemom relacija, određujemo vrijednosti parametra ALI, pod kojim je sistem zbirki
će imati rješenja za sve realne brojeve.
Da bi rješenja sistema bila sva realni brojevi, potrebno je i dovoljno da su rješenja svake od kolekcija svi realni brojevi.
Rješenja nejednačine su svi brojevi iz segmenta [−10; deset]. Da bi kolekcija vrijedila za sve realne brojeve, brojeve x, koji ne leže na navedenom segmentu, moraju pripadati segmentu A. Dakle, segment A ne smije ići dalje od segmenta [−10; deset].
Slično, rješenja nejednakosti su brojevi iz zraka i Da bi skup vrijedio za sve realne brojeve, brojevi x, koji ne leži na naznačenim zrakama, mora ležati na segmentu A. Dakle, segment A mora sadržavati segment [−8; osam].
Dakle, najmanja dužina segmenta A može biti jednaka 8 + 8 = 16.
Odgovor: 16.
Odgovor: 16
A izraz
(y + 2x ≠ 48) ∨ (A x) ∨ ( x y)
identično istinito, to jest, uzima vrijednost 1 za sve nenegativne cijele brojeve x i y?
Rješenje.
A x i y, razmotrite u kojim slučajevima su uslovi ( y + 2x≠ 48) i ( x y) su lažni.
y = 48 − 2x) i (x ≥ y). to x između 16 i 24 y u rasponu od 0 do 16. Imajte na umu da da bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 16 i y= 16. Onda A A će biti jednako 15.
Odgovor: 15.
Odgovor: 15
Izvor: USE u informatici 28.05.2018. Glavni talas, varijanta A. Imaeva - "Kotolis".
Koji je najveći nenegativni cijeli broj A izraz
(y + 2x ≠ 48) ∨ (A x) ∨ ( A y)
identično istinito, to jest, uzima vrijednost 1 za sve nenegativne cijele brojeve x i y?
Rješenje.
Da se pronađe najveći nenegativni cijeli broj A, na kojem će izraz biti x i y, razmotrite u kojim slučajevima je uslov ( y + 2x≠ 48) je netačno.
Dakle, sva rješenja nalazimo kada ( y = 48 − 2x). to x između 0 i 24 y u rasponu od 48 do 0. Imajte na umu da da bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 16 i y= 16. Onda A A će biti jednako 15.
Odgovor: 15.
Odgovor: 15
Izvor: Demo verzija USE-2019 iz informatike.
Koji je najmanji nenegativni cijeli broj A izraz
(2x + 3y > 30) ∨ (x + y ≤ A)
identično istinito za sve nenegativne cijele brojeve x i y?
Rješenje.
A, pod kojim će izraz biti identično istinit za bilo koji cijeli broj nenegativan x i yy + 2x> 30) je netačan.
y + 2x≤ 30). to x između 0 i 15 i y u rasponu od 10 do 0. Imajte na umu da da bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 15 i y= 0. Onda 15 + 0 ≤ A. Dakle, najmanji cijeli nenegativan broj A biće jednako 15.
Odgovor: 15.
Odgovor: 15
Koji je najveći nenegativni cijeli broj A izraz
(2x + 3y x + y ≥ A)
identično istinito za sve nenegativne cijele brojeve x i y?
Rješenje.
Da se pronađe najveći nenegativni cijeli broj A, pod kojim će izraz biti identično istinit za bilo koji cijeli broj nenegativan x i y, razmotrite u kojim slučajevima je uslov (3 y + 2x Dakle, sva rješenja nalazimo kada (3 y + 2x≥ 30). to x preko 15 godina i y veće od 10. Imajte na umu da bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 0 i y= 10. Onda 0 + 10 ≤ A. Dakle, najveći nenegativni cijeli broj A biće jednako 10.
Odgovor: 10.
Odgovor: 10
Koji je najmanji nenegativni cijeli broj A izraz
(3x + 4y ≠ 70) ∨ (A > x) ∨ (A > y)
identično istinito za sve nenegativne cijele brojeve x i y?
Rješenje.
Da se pronađe najmanji cijeli broj koji nije negativan A, pod kojim će izraz biti identično istinit za bilo koji cijeli broj nenegativan x i y, razmotrite u kojim slučajevima je uslov (3 x + 4y≠ 70) je netačno.
Dakle, sva rješenja nalazimo kada (3 x + 4y= 70). to x između 2 i 22 y u rasponu od 16 do 1. Imajte na umu da bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 10 i y= 10. Onda A> 10. Dakle, najmanji nenegativni cijeli broj A biće jednako 11.
Da bismo riješili ovaj problem, moramo donijeti neke logične zaključke, pa "pazite ruke".
- Žele da pronađemo minimalni nenegativni cijeli broj A za koji je izraz uvijek tačan.
- Šta je izraz u celini? nešto tamo implikacija nešto u zagradi.
- Prisjetimo se tablice istinitosti za implikaciju:
1 => 1 = 1
1 => 0 = 0
0 => 1 = 1
0 => 0 = 1 - Dakle, postoje tri mogućnosti kada će to biti istina. Razmotriti sve ove tri opcije znači ubiti se, a ne živjeti. Hajde da razmislimo da li možemo da idemo "od suprotnog".
- Hajdemo umjesto da tražimo A, pokušajmo pronaći x za koji je ovaj izraz netačan.
- Odnosno, uzmimo neki broj A (još ne znamo koji, samo neki). Ako odjednom pronađemo takav x za koji je cijela izjava netačna, tada je odabrano A loše (jer uvjet zahtijeva da izraz uvijek bude istinit)!
- Tako možemo dobiti neku vrstu ograničenja na broj A.
- Dakle, idemo od suprotnog i sjetimo se kada je implikacija lažna? Kada je prvi dio tačan, a drugi dio netačan.
- Sredstva
\((\mathrm(x)\&25\neq 0)= 1 \\ (\mathrm(x)\&17=0\Rightarrow \mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\) - Šta to znači da je \((x\&25\neq 0) = 1\) ? To znači da je zaista \(\mathrm(x)\&25\neq 0\) .
- Pretvorimo 25 u binarno. Dobijamo: 11001 2 .
- Koja ograničenja ovo nameće na x? Pošto nije jednako nuli, to znači da se sa bitskom konjunkcijom mora negdje dobiti jedinica. Ali gdje bi ona mogla biti? Samo tamo gdje već postoji jedinica u 25!
- To znači da u broju x barem jedan krst mora sadržavati jedinicu: XX**X.
- Ok, sada razmotrimo drugi množitelj: \((\mathrm(x)\&17=0\Strelica desno \mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\)
- Ovaj izraz je takođe implikacija. Međutim, to je jednako lažno.
- Dakle, njegov prvi dio mora biti istinit, a drugi netačan.
- Sredstva
\((\mathrm(x)\&17=0) = 1 \\ ((\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0) = 0\) - Šta znači \(\mathrm(x)\&17=0\)? Činjenica da na svim mjestima gdje su jedinice u 17 moraju postojati nule u x (inače rezultat neće biti 0).
- Pretvorimo 17 u binarno: 10001 2 . To znači da u x, na poslednjem mestu sa kraja i na 5. mestu sa kraja, moraju biti nule.
- Ali prestanite, imamo u paragrafu 13 koji je poslednji ILI 4 sa kraja ILI 5 sa kraja treba da bude jedan.
- Pošto prema 19. redu ne može biti jedinica na posljednjem ili 5 od krajnjih mjesta, tako da mora biti 4. mjesto s kraja.
- To jest, ako želimo da cijeli izraz bude lažan sa našim x, onda 4. mjesto s kraja mora biti jedan: XX...XX1XXX 2 .
- Ok, pogledajmo sada posljednji uslov: \((\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\). Šta to znači?
- To znači da to nije tačno \(\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0\).
- To je, u stvari, \(\mathrm(x)\&\mathrm(A)=0\) .
- Šta znamo o x? Da na 4 od kraja mesta postoji jedinica. U svim ostalim aspektima, x može biti gotovo bilo šta.
- Ako želimo da originalni izraz u iskazu problema uvijek bude istinit, onda mi ne bi trebalo naći x koji zadovoljava sve uslove. Zaista, ako bismo pronašli takav x, ispostavilo bi se da prvobitni izraz nije uvijek tačan, što je u suprotnosti sa uslovom problema.
- To znači da ovaj posljednji uslov jednostavno ne smije biti ispunjen.
- Kako se to ne može uraditi? Ako smo samo 100% sigurni da će uz bitnu konjunkciju jedinica ostati negdje.
- I ovo je moguće: ako u A postoji i jedinica na 4. mjestu s kraja, tada će kao rezultat bitne konjunkcije jedinica ostati na 4. mjestu s kraja.
- Koji je najmanji mogući binarni broj koji ima 1 puta 4 na kraju mjesta? Očigledno 1000 2 . Dakle, ovaj broj će biti odgovor.
- Ostaje samo da ga pretvorite u decimale: \(1000_2=0\puta 2^0 + 0\puta 2^1 + 0\puta 2^2 + 1\puta 2^3=8\)
Odgovor: najmanji mogući A koji zadovoljava uslove, jednako 8.
Evgenij Smirnov
Stručnjak za informatiku, nastavnik informatike
Rješenje #2
Može se predložiti nešto kraći pristup. Označimo našu izjavu kao F = (A->(B->C)), gdje je A izjava "X&25 nije jednako 0", B= "X&17=0" i C="X&A nije jednako 0 ".
Proširimo implikacije koristeći dobro poznati zakon X->Y = ne(X) ILI Y, dobićemo F = A -> (ne(B) ILI C) = ne(A) ILI ne(B) ILI C Zapisujemo i binarne vrijednosti konstanti 25 i 17:
Naš izraz je logički ILI od tri iskaza:
1) ne(A) - to znači X&25 = 0 (bitovi 0,3,4 od X su svi 0)
2) ne(B) - tako da X&17 nije jednak 0 (bitovi 0 i 4 od X najmanje jedan je jednak 1)
3) C - zna da X&A nije jednak 0 (bitovi postavljeni maskom A, najmanje 1 je jednako 1)
X je proizvoljan broj. Svi njegovi bitovi su nezavisni. Stoga je moguće zahtijevati ispunjenje nekog uvjeta za bitove proizvoljnog broja samo u jednom jedinom slučaju – kada je u pitanju ista maska (skup bitova). Možemo primijetiti da je binarna maska 17 skoro ista kao 25, nedostaje samo bit broj 3. Sada, kada bi se 17 dopunio bitom broj 3, onda bi se izraz (ne (B) ILI C) pretvorio u ne (ne A), tj. u A = (X&25 nije jednako 0). Na drugi način: recimo A=8 (bit 3=1). Tada je zahtjev (ne (B) B ili C) ekvivalentan zahtjevu: (Najmanje jedan od bitova 4,0 je 1) ILI (bit 3 je 1) = (barem jedan od bitova 0,3,4 je ne 1) - one. inverzija nije (A) = A = (X&25 nije jednako 0).
Kao rezultat toga, primijetili smo da ako je A = 8, onda naš izraz ima oblik F = ne (A) ILI A, što je, prema zakonu isključene sredine, uvijek identično tačno. Za druge, manje vrijednosti A, ne može se dobiti nezavisnost od vrijednosti X, jer maske su različite. Pa, ako ima onih u visokim bitovima A u bitovima iznad 4, ništa se ne mijenja, jer u ostalim maskama imamo nule. Ispada da se samo kada je A=8 formula pretvara u tautologiju za proizvoljni X.
Dmitry Lisin
1. Primjer iz demo
(prvi suglasnik → drugi suglasnik) / (predzadnji samoglasnik → zadnji samoglasnik)
1) KRISTINA 2) MAKSIM 3) STEPAN 4) MARIJA
Nacrt rješenja implikacija a → b je ekvivalent ¬a / b.
Prva implikacija je tačna za riječi KRISTINA i STEPAN. Od ovih riječi, druga implikacija vrijedi samo za riječ CHRISTINA.
Odgovor: 1. CHRISTINA
2. Još dva primjera
Primjer 1 (otvoreni segment FIPI banke)
Koje od sljedećih imena zadovoljava logički uvjet:
(prvi suglasnik → prvi samoglasnik) / (zadnji samoglasnik → zadnji suglasnik)
1. IRINA 2. MAKSIM 3. ARTEM 4. MARIJA
Nacrt rješenja. implikacija a → b je ekvivalent ¬a / b. Ovaj izraz je istinit ako je bilo koji izraz a netačan ili su oba izraza a i b istinita. Budući da u našem slučaju oba izraza ne mogu biti istinita u isto vrijeme ni u jednoj implikaciji, izjave “prvo slovo je suglasnik” i “zadnje slovo je samoglasnik” moraju biti netačne, odnosno potrebna nam je riječ čija je prvo slovo je samoglasnik, a zadnje suglasnik.
odgovor: 3. ARTEM.
Primjer 2 Za koju je od navedenih vrijednosti broja X tvrdnja tačna
(X< 4)→(X >15)
1) 1 2) 2 3) 3 4) 4
Rješenje. Nijedan broj ne može istovremeno biti manji od 4 i veći od 15. Dakle, implikacija je tačna samo ako je premisa X< 4 false.
Odgovori 4.
2. Zadaci u USE formatu 2013-2014
2.1. Demo 2013
Na brojevnoj pravoj su data dva segmenta: P = i Q = .
Odaberite segment A takav da formula
1) 2) 3) 4)
2.2. Demo 2014
Na brojevnoj pravoj su data dva segmenta: P = i Q = . Izaberite od predloženih segmenata takav segment A da je logički izraz
((x ∈ P) → ¬ (x ∈ Q))→ ¬ (x ∈ A)
identično istinito, to jest, uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijable
Opcije odgovora: 1) 2) 3) 4)
Rješenje. Hajde da transformišemo izraz koristeći . Imamo:
¬((x ∈ P) → ¬ (x ∈ Q)) ∨ (¬ (x ∈ A)) - zamjena implikacije disjunkcijom;
¬(¬(x ∈ P) ∨ ¬ (x ∈ Q)) ∨ (¬ (x ∈ A)) - zamjena implikacije disjunkcijom;
((x ∈ P) ∧ (x ∈ Q)) ∨ (¬ (x ∈ A)) - de Morganovo pravilo i uklanjanje dvostruke negacije;
(x ∈ A) → ((x ∈ P) ∧ (x ∈ Q)) - zamjena disjunkcije implikacijom
Posljednji izraz je identično istinit ako i samo ako je A ⊆ P∩ Q = ∩ = (vidi ). Od četiri data segmenta, samo segment - opcija br. 2 zadovoljava ovaj uslov.
odgovor: - opcija broj 2
3. Zadaci u USE formatu 2015-2016
3.1. Zadatak 1.
Na brojevnoj pravoj su data dva segmenta: P = i Q = .
Poznato je da su granice segmenta A cele tačke, a za segment A formula
((x ∈ A) → (x ∈ P)) \/ (x ∈ Q)
je identično istinito, odnosno uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijable x.
Koja je najduža moguća dužina segmenta A?
Tačan odgovor : 10
Rješenje:
Transformiramo izraz - zamjenjujemo implikaciju disjunkcijom. Dobijamo:
(¬(x ∈ A)) \/ ((x ∈ P)) \/ (x ∈ Q)
Izraz ((x ∈ P)) \/ (x ∈ Q) je tačan samo za one x koji leže ili u P ili u Q, drugim riječima, za x ∈ R = P ∪ Q = ∪ . Izraz
(¬(x ∈ A)) \/ (x ∈ R)
identično istinito ako i samo ako je A ∈ R. Pošto je A segment, onda je A ∈ R ako i samo ako je A ∈ P ili A ∈ Q. Pošto je segment Q duži od segmenta P, tada je maksimalna dužina segment A se postiže kada je A = Q = . Dužina segmenta A u ovom slučaju je 30 - 20 = 10.
3.2. Zadatak 2.
Označiti sa m&n bitna konjunkcija nenegativnih cijelih brojeva m i n. Dakle, na primjer, 14&5 = 1110 2 &0101 2 = 0100 2 = 4. Za koji je najmanji nenegativni cijeli broj ALI formula
x&25 ≠ 0 → (x&33 ≠ 0 → x&ALI ≠ 0)
identično tačno, tj. uzima vrijednost 1 za bilo koju nenegativnu cjelobrojnu vrijednost varijable X?
Tačan odgovor : 57
Rješenje:
Transformiramo izraz - zamjenjujemo implikacije disjunkcijama. Dobijamo:
¬( x&25 ≠ 0) ∨ (¬( x&33 ≠ 0) ∨ x&ALI ≠ 0)
Otvaramo zagrade i negacije nejednačina zamjenjujemo jednakostima:
x&25 = 0 ∨ x&33 = 0 ∨ x&ALI ≠ 0 (*)
Imamo: 25 = 11001 2 i 33 = 100001 2 . Stoga formula
x&25 = 0 ∨ x&33 = 0
je lažna ako i samo ako je binarni prikaz broja x sadrži 1 u najmanje jednoj od sljedećih binarnih znamenki: 100000 (32), 10000 (16), 1000 (8) i 1.
Da bi formula (*) bila istinita za sve takve x neophodno je i dovoljno da binarni zapis broja A sadrži 1 u svim ovim znamenkama. Najmanji takav broj je 32+16+8+1 = 57.
Zadatak 18 Imenik poslova. Logički iskazi
1. Zadatak 18 br. 701. Za koje ime je izjava lažna:
(Prvo slovo imena je samoglasnik→ Četvrto slovo imena je suglasnik).
1) ELENA
2) VADIM
3) ANTON
4) FEDOR
Objašnjenje.
Implikacija je netačna ako i samo ako je premisa tačna, a posljedica lažna. U našem slučaju, ako je prvo slovo imena samoglasnik, a četvrto slovo je samoglasnik. Ime Anton ispunjava ovaj uslov.
Bilješka.
Isti rezultat slijedi iz sljedećih transformacija: ¬ (A→ B) = ¬(¬A∨ B)=A∧ (¬B).
Tačan odgovor je broj 3.
2. Zadatak 18 br. 8666. Na brojevnoj pravoj su data dva segmenta: P = i Q = . Odredite najveću moguću dužinu intervala A za koji je formula
(¬ (xA)→ (xP))→ ((xA)→ (xQ))
je identično istinito, odnosno uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijable x.
Objašnjenje.
Hajde da transformišemo ovaj izraz:
(¬ ( xA) → ( x P)) → (( x A) → ( xQ))
((xA)∨ (x P))→ ((x ne A)∨ (x Q))
¬(( xu vlasništvuA) ∨ ( xu vlasništvuP)) ∨ (( x nije u vlasništvuA) ∨ ( x u vlasništvuQ))
( xnije u vlasništvuA) ∧ ( xnije u vlasništvuP) ∨ ( x u vlasništvuA) ∨ ( x nije u vlasništvuQ)
( xnije u vlasništvuA) ∨ ( x u vlasništvuQ)
Dakle, ili x mora pripadati Q ili ne pripadati A. To znači da je za postizanje istinitog za sve x potrebno da je A potpuno sadržano u Q. Tada je maksimum koji može postati cijeli Q, odnosno dužine 15 .
3. Zadatak 18 br. 9170. Na brojevnoj pravoj su data dva segmenta: P = i Q = .
Odredite najveću moguću dužinu segmenta A, za koju je formula
((xA)→ ¬(xP))→ ((xA)→ (xQ))
je identično istinito, odnosno uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijableX .
Objašnjenje.
Hajde da transformišemo ovaj izraz.
(( x€ A) → ¬( xu vlasništvuP)) → (( x u vlasništvuA) → ( x u vlasništvuQ))
(( xnije u vlasništvuA) ∨ ( xnije u vlasništvuP)) → (( x nije u vlasništvuA) ∨ ( x u vlasništvuQ))
¬((x ne pripada A)∨ (xne pripada P))∨ ((xne pripada A)∨ (xpripada Q))
Tačno je da je A∧ B∨ ¬A = ¬A∨ B. Primjenjujući ovo ovdje, dobijamo:
(x pripada P)∨ (xne pripada A)∨ (x pripada Q)
To jest, ili tačka mora pripadati Q, ili pripadati P, ili ne pripadati A. To znači da A može pokriti sve tačke koje pokrivaju P i Q. To jest, A = P Q = = . |A| = 48 - 10 = 38.
4. Zadatak 18 br. 9202. Elementi skupova A, P, Q su prirodni brojevi, a P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30).
Poznato je da izraz
((xA)→ (xP))∨ (¬(xQ)→ ¬(xA))
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x.
5. Zadatak 18 br. 9310. Elementi skupova A, P, Q su prirodni brojevi, a P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50).
Poznato je da izraz
((xA)→ (xP))∨ (¬(xQ)→ ¬(xA))
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x.
Odredite najveći mogući broj elemenata u skupu A.
6. Zadatak 18 br. 9321. Označiti saDEL ( n, m ) tvrdnja „prirodni broj n je djeljiv bez ostatka prirodnim brojemm ". Za ono što je najveći prirodni brojALI formula
¬ DEL ( x, A ) → (¬ DEL ( x , 21) ∧ ¬ DEL ( x , 35))
je identično istinito (to jest, uzima vrijednost 1 za bilo koju prirodnu vrijednost varijablex )?
(Dodatak M. V. Kuznjecovoj)
7. Zadatak 18 br. 9768. Označiti sa m & n m i n 2 & 0101 2 = 0100 2 ALI formula
x & 29 ≠ 0 → (x & 12 = 0 → x & ALI ≠ 0)
je identično istinit (odnosno, poprima vrijednost 1 za bilo koju nenegativnu cjelobrojnu vrijednost varijable X )?
8. Zadatak 18 br. 9804. Označiti sa m & n bitna konjunkcija nenegativnih cijelih brojeva m i n . Tako, na primjer, 14 & 5 = 1110 2 & 0101 2 = 0100 2 = 4. Za ono što je najmanji nenegativni cijeli broj ALI formula
x & 29 ≠ 0 → (x & 17 = 0 → x & ALI ≠ 0)
je identično istinit (tj. uzima vrijednost 1 za bilo koju nenegativnu vrijednost cijelog broja varijable x )?
9. Zadatak 18 br. 723. Za koje je ime tvrdnja tačna:
Treće slovo je samoglasnik→ ¬ (Prvo slovo je suglasnik \/ Riječ ima 4 samoglasnika)?
1) Rimma
2) Anatolij
3) Svetlana
4) Dmitrij
Objašnjenje.
Primijenimo transformaciju implikacije:
Suglasnik trećeg slova∨ (Prvo slovo samoglasnik∧ Riječ NE ima 4 samoglasnika)
Disjunkcija je tačna kada je barem jedna od tvrdnji tačna. Stoga je prikladna samo opcija 1.
10. Zadatak 18 br. 4581. Koje od sljedećih imena zadovoljava logički uvjet:
(suglasnik prvog slova→ zadnje slovo je suglasnik) /\ (prvo slovo je samoglasnik→ zadnje slovo je samoglasnik)
Ako postoji nekoliko takvih riječi, navedite najdužu od njih.
1) ANNA
2) BELLA
3) ANTON
4) BORIS
Objašnjenje.
Logično I je tačno samo ako su obe tvrdnje tačne.(1)
Implikacija je lažna samo kada laž slijedi iz istine.(2)
Opcija 1 je pogodna za sve uslove.
Opcija 2 nije prikladna zbog uvjeta (2).
Opcija 3 nije prikladna zbog uvjeta (2).
Opcija 4 je pogodna za sve uslove.
Morate navesti najdužu riječ, stoga je odgovor 4.
Zadaci za samostalno rješavanje
1. Zadatak 18 br. 711. Koji od sljedećih imena zemalja zadovoljava sljedeći logički uslov: ((zadnji suglasnik) \/ (prvi suglasnik))→ (ime sadrži slovo "p")?
1) Brazil
2) Meksiko
3) Argentina
4) Kuba
2. Zadatak 18 br. 709. Koje od sljedećih imena zadovoljava logički uvjet:
(Prvo slovo je samoglasnik)∧ ((Suglasnik četvrtog slova)∨ (Postoje četiri slova u riječi))?
1) Sergej
2) Vadim
3) Anton
4) Ilja
№3
№4 
№5. Zadatak 18 br. 736. Koje od datih imena zadovoljava logički uslov
Prvo slovo je samoglasnik∧ četvrti suglasnik∨ Da li riječ ima četiri slova?
1) Sergej
2) Vadim
3) Anton
4) Ilja