18 ülesande eksam informaatika lahendustehnika

On teada, et väljend

((x ∈ A) → (x ∈ P)) ∧ ((x ∈ Q) → ¬(x ∈ A))

tõene (st võtab väärtuse 1) muutuja x mis tahes väärtuse korral. Määrake hulga A suurim võimalik elementide arv.

Lahendus.

Tutvustame tähistust:

(x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A; ∧ ≡ ; ∨ ≡ +.

Seejärel, rakendades implikatsiooniteisendust, saame:

(¬A + P) (¬Q + ¬A) ⇔ ¬A ¬Q + ¬Q P + ¬A + ¬A P ⇔

⇔ ¬A (¬Q + P + 1) + ¬Q P ⇔ ¬A + ¬Q P.

Nõutakse, et ¬A + ¬Q · P = 1. Avaldis ¬Q · P on tõene, kui x ∈ (2, 4, 8, 10, 14, 16, 20). Siis peab ¬A olema tõene, kui x ∈ (1, 3, 5, 6, 7, 9, 11, 12, 13, 15, 17, 18, 19, 21, 22, 23,...).

Seetõttu on hulga A maksimaalne elementide arv, kui A sisaldab kõiki hulga ¬Q · P elemente, selliseid elemente on seitse.

Vastus: 7.

Vastus: 7

Hulga A elemendid on naturaalarvud. On teada, et väljend

(x (2, 4, 6, 8, 10, 12)) → (((x (3, 6, 9, 12, 15)) ∧ ¬(x A)) → ¬(x (2, 4, 6) , 8, 10, 12)))

Lahendus.

Tutvustame tähistust:

(x ∈ (2, 4, 6, 8, 10, 12)) ≡ P; (x ∈ (3, 6, 9, 12, 15)) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A.

Muutmisel saame:

P → ((Q ∧ ¬A) → ¬P) = P → (¬(Q ∧ ¬A) ∨ ¬P) = ¬P ∨ (¬(Q ∧ ¬A) ∨ ¬P) = ¬P ∨ ¬Q ∨ A.

Loogiline VÕI on tõene, kui vähemalt üks väidetest on tõene. Avaldis ¬P ∨ ¬Q kehtib kõigi x väärtuste kohta, välja arvatud väärtused 6 ja 12. Seetõttu peab intervall A sisaldama punkte 6 ja 12. See tähendab intervalli A minimaalset punktide kogumit. ≡ (6, 12). Hulga A elementide summa on 18.

Vastus: 18.

Vastus: 18

Hulkade A, P, Q elemendid on naturaalarvud ja P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30).

On teada, et väljend

tõene (st võtab väärtuse 1) muutuja x mis tahes väärtuse korral. Määrake hulga A elementide summa väikseim võimalik väärtus.

Lahendus.

Lihtsustame:

¬(x P) ∨ ¬(x Q) annab 0 ainult siis, kui arv asub mõlemas hulgas. See tähendab, et selleks, et kogu avaldis oleks tõene, peame panema kõik P ja Q numbrid A-sse. Sellised arvud on 6, 12, 18. Nende summa on 36.

Vastus: 36.

Vastus: 36

Allikas: INFORMATIKA õppetöö 11. klass 18. jaanuar 2017 Valik IN10304

Hulkade A, P, Q elemendid on naturaalarvud ja P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30).

On teada, et avaldis ((x A) → (x P)) ∨ (¬(x Q) → ¬(x A))

tõene (st võtab väärtuse 1) muutuja x mis tahes väärtuse korral.

Määrake hulga A suurim võimalik elementide arv.

Lahendus.

Teisendame selle väljendi:

((x A) → (x P)) ∨ ((x Q) → (x A))

((x A) ∨ (x P)) ∨ ((x Q) ∨ (x A))

(x A) ∨ (x P) ∨ (x Q)

Seega peab element kas sisalduma P-s või Q-s või mitte sisalduma A-s. Seega võivad A-s olla ainult elemendid P-st ja Q-st. Kokku on neis kahes hulgas 17 mittekorduvat elementi.

Vastus: 17

Hulkade A, P, Q elemendid on naturaalarvud ja P = (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30). On teada, et väljend

((x P) → (x A)) ∨ (¬(x A) → ¬(x Q))

tõene (st võtab väärtuse 1) muutuja x mis tahes väärtuse korral. Määrake hulga A elementide summa väikseim võimalik väärtus.

Lahendus.

Uurime kahte mõju. Saame:

(¬(x P) ∨ (x A)) ∨ ((x A) ∨ ¬(x Q))

Lihtsustame:

(¬(x P) ∨ (x A) ∨ ¬(x Q))

¬(x P) ∨ ¬(x Q) annab 0 ainult siis, kui arv asub mõlemas hulgas. See tähendab, et selleks, et kogu avaldis oleks tõene, tuleb kõik P ja Q numbrid panna A-sse. Sellised arvud on 3, 9, 15 ja 21. Nende summa on 48.

Vastus: 48.

Vastus: 48

Allikas: INFORMATIKA õppetöö 11. klass 18. jaanuar 2017 Valik IN10303

Ja väljend

(y + 2x 30) ∨ (y > 20)

x ja y?

Lahendus.

Pange tähele, et selle avaldise identse tõesuse jaoks on avaldis (y + 2x Vastus: 81.

Vastus: 81

Allikas: USE - 2018. Varajane laine. Variant 1., KASUTAMINE - 2018. Varajane laine. 2. variant.

Arvjoonele on antud lõik A. On teada, et valem

((x ∈ A) → (x2 ≤ 100)) ∧ ((x2 ≤ 64) → (x ∈ A))

kehtib identselt iga reaalse kohta x. Mis on lõigu A lühim pikkus?

Lahendus.

Laiendades implikatsiooni vastavalt reeglile A → B = ¬A + B, asendades loogilise summa hulgaga ja loogilise korrutise seoste süsteemiga, määrame parameetri väärtused AGA, mille alusel kogude süsteem

on lahendused mis tahes reaalarvude jaoks.

Et süsteemi lahendid oleksid kõik reaalarvud, on vajalik ja piisav, et iga kogumi lahendid oleksid kõik reaalarvud.

Võrratuse lahendid on kõik arvud lõigust [−10; kümme]. Selleks, et kogumik kehtiks kõigi reaalarvude kohta, arvud x, mis ei asu määratud lõigul, peavad kuuluma lõiku A. Seetõttu ei tohi lõik A minna lõigust kaugemale [−10; kümme].

Samamoodi on võrratuse lahenditeks arvud kiirtest ja Et hulk kehtiks kõikide reaalarvude puhul, on arvud x, mis ei asu näidatud kiirtel, peab asuma segmendil A. Seetõttu peab lõik A sisaldama lõiku [−8; kaheksa].

Seega võib segmendi A väikseim pikkus olla võrdne 8 + 8 = 16.

Vastus: 16.

Vastus: 16

A väljendus

(y + 2x ≠ 48) ∨ (A x) ∨ ( x y)

identselt tõene, see tähendab, et kõigi mittenegatiivsete täisarvude jaoks on väärtus 1 x ja y?

Lahendus.

A x ja y, kaaluge, millistel juhtudel on tingimused ( y + 2x≠ 48) ja ( x y) on valed.

y = 48 − 2x) ja (x ≥ y). seda x vahemikus 16-24 y vahemikus 0 kuni 16. Pange tähele, et selleks, et avaldis sobiks mis tahes x ja y, on vaja võtta x= 16 ja y= 16. Siis A A on võrdne 15-ga.

Vastus: 15.

Vastus: 15

Allikas: USE in Informatics 28.05.2018. Põhilaine, A. Imajevi variant - "Kotolis".

Mis on suurim mittenegatiivne täisarv A väljendus

(y + 2x ≠ 48) ∨ (A x) ∨ ( A y)

identselt tõene, see tähendab, et kõigi mittenegatiivsete täisarvude jaoks on väärtus 1 x ja y?

Lahendus.

Suurima mittenegatiivse täisarvu leidmiseks A, mille juures väljend on x ja y, kaaluge, millistel juhtudel on tingimus ( y + 2x≠ 48) on vale.

Seega leiame kõik lahendused, kui ( y = 48 − 2x). seda x vahemikus 0 kuni 24 y vahemikus 48 kuni 0. Pange tähele, et selleks, et avaldis sobiks mis tahes x ja y, on vaja võtta x= 16 ja y= 16. Siis A A on võrdne 15-ga.

Vastus: 15.

Vastus: 15

Allikas: USE-2019 demoversioon informaatikas.

Mis on väikseim mittenegatiivne täisarv A väljendus

(2x + 3y > 30) ∨ (x + y ≤ A)

identselt kõigi mittenegatiivsete täisarvude puhul x ja y?

Lahendus.

A, mille all on avaldis identselt tõene mis tahes mittenegatiivse täisarvu puhul x ja yy + 2x> 30) on vale.

y + 2x≤ 30). seda x vahemikus 0 kuni 15 ja y vahemikus 10 kuni 0. Pange tähele, et selleks, et avaldis sobiks mis tahes x ja y, on vaja võtta x= 15 ja y= 0. Siis 15 + 0 ≤ A. Seega väikseim täisarv mittenegatiivne arv A võrdub 15.

Vastus: 15.

Vastus: 15

Mis on suurim mittenegatiivne täisarv A väljendus

(2x + 3y x + y ≥ A)

identselt kõigi mittenegatiivsete täisarvude puhul x ja y?

Lahendus.

Suurima mittenegatiivse täisarvu leidmiseks A, mille all on avaldis identselt tõene mis tahes mittenegatiivse täisarvu puhul x ja y, kaaluge, millistel juhtudel on tingimus (3 y + 2x Seega leiame kõik lahendused, kui (3 y + 2x≥ 30). seda xüle 15 ja y suurem kui 10. Pange tähele, et selleks, et avaldis sobiks mis tahes x ja y, on vaja võtta x= 0 ja y= 10. Siis 0 + 10 ≤ A. Seega suurim mittenegatiivne täisarv A võrdub 10-ga.

Vastus: 10.

Vastus: 10

Mis on väikseim mittenegatiivne täisarv A väljendus

(3x + 4y ≠ 70) ∨ (A > x) ∨ (A > y)

identselt kõigi mittenegatiivsete täisarvude puhul x ja y?

Lahendus.

Väikseima mittenegatiivse täisarvu leidmiseks A, mille all on avaldis identselt tõene mis tahes mittenegatiivse täisarvu puhul x ja y, kaaluge, millistel juhtudel on tingimus (3 x + 4y≠ 70) on vale.

Seega leiame kõik lahendused, kui (3 x + 4y= 70). seda x vahemikus 2 kuni 22 y vahemikus 16 kuni 1. Pange tähele, et selleks, et avaldis sobiks mis tahes x ja y, on vaja võtta x= 10 ja y= 10. Siis A> 10. Seega väikseim mittenegatiivne täisarv A võrdub 11.

Selle probleemi lahendamiseks peame tegema mõned loogilised järeldused, nii et "jälgige oma käsi".

1. Nad tahavad, et leiame minimaalse mittenegatiivse täisarvu A, mille puhul avaldis on alati tõene.
2. Mis on väljend tervikuna? midagi seal implikatsioon midagi sulgudes.
3. Tuletagem meelde järelduse tõetabelit:
   1 => 1 = 1
   1 => 0 = 0
   0 => 1 = 1
   0 => 0 = 1
4. Seega on kolm võimalust, millal see tõeks saab. Kõigi nende kolme võimaluse kaalumine tähendab end tappa ja mitte elada. Mõelgem, kas saame "vastupidiselt" minna.
5. Proovime A otsimise asemel leida x, mille puhul see avaldis on väär.
6. See tähendab, et võtame mõne arvu A (me ei tea veel, mis, ainult mõned). Kui äkki leiame sellise x, mille puhul kogu väide on väär, siis on valitud A halb (sest tingimus nõuab, et avaldis oleks alati tõene)!
7. Seega saame arvule A mingi piirangu.
8. Lähme siis vastupidiselt ja pidage meeles, millal see vihje on vale? Kui esimene osa on tõene ja teine ​​osa on vale.
9. Tähendab
   \((\mathrm(x)\&25\neq 0)= 1 \\ (\mathrm(x)\&17=0\Paremnool \mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\)
10. Mida see tähendab, et \((x\&25\neq 0) = 1\) ? See tähendab, et tõepoolest \(\mathrm(x)\&25\neq 0\) .
11. Teisendame 25 binaarseks. Saame: 11001 2 .
12. Milliseid piiranguid see x-ile seab? Kuna see ei võrdu nulliga, tähendab see seda, et bitipõhise konjunktsiooniga tuleb kuskilt saada ühik. Aga kus ta võiks olla? Ainult seal, kus on juba üksus 25!
13. See tähendab, et arvus x peab vähemalt üks rist sisaldama ühikut: XXX.
14. Ok, kaaluge nüüd teist kordajat: \((\mathrm(x)\&17=0\Paremnool \mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\)
15. See väljend on ka implikatsioon. Samas on see sama vale.
16. Seega peab selle esimene osa olema tõene ja teine ​​vale.
17. Tähendab
    \((\mathrm(x)\&17=0) = 1 \\ ((\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0) = 0\)
18. Mida \(\mathrm(x)\&17=0\) tähendab? Asjaolu, et kõigis kohtades, kus 17-s on ühed, peavad x-is olema nullid (muidu ei tule tulemus 0).
19. Teisendame 17 kahendarvuks: 10001 2 . See tähendab, et x-s peavad lõpust viimasel kohal ja lõpust 5. kohal olema nullid.
20. Aga lõpetage, me saime lõikes 13, et viimane VÕI 4 lõpust VÕI 5 lõpust peaks olema üks.
21. Kuna vastavalt reale 19 ei saa olla ühikut viimases ega 5 lõppkohtadest, siis see peab olema 4. koht lõpust.
22. See tähendab, et kui tahame, et kogu avaldis meie x-iga oleks väär, siis peab 4. koht lõpust olema üks: XX...XX1XXX 2 .
23. Ok, vaatame nüüd viimast tingimust: \((\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\). Mida see tähendab?
24. See tähendab, et see pole tõsi \(\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0\).
25. See on tegelikult \(\mathrm(x)\&\mathrm(A)=0\) .
26. Mida me teame x kohta? Et 4 koha otsast on ühik. Kõigis muudes aspektides võib x olla peaaegu ükskõik milline.
27. Kui tahame, et probleemipüstituse algne avaldis oleks alati tõene, siis me ei tohiks leida x, mis vastab kõigile tingimustele. Tõepoolest, kui leiame sellise x, siis selgub, et algne avaldis ei ole alati tõene, mis on vastuolus ülesande tingimusega.
28. See tähendab, et seda viimast tingimust lihtsalt ei tohi täita.
29. Kuidas seda teha ei saa? Kui me vaid oleme 100% kindlad, et bitipõhise konjunktsiooniga jääb ühik kuhugi alles.
30. Ja see on võimalik: kui A-s on ka üksus lõpust 4. kohal, siis bitipõhise konjunktsiooni tulemusena jääb üksus lõpust 4. kohale.
31. Mis on väikseim võimalik kahendarv, millel on koha lõpust 1 korda 4? Ilmselgelt 1000 2 . Nii et see number on vastus.
32. Jääb vaid teisendada see kümnendkohaks: \(1000_2=0\korda 2^0 + 0\korda 2^1 + 0\korda 2^2 + 1\korda 2^3=8\)

Vastus: väikseim võimalik A, mis vastab tingimustele, võrdub 8-ga.

Jevgeni Smirnov

IT-asjatundja, informaatikaõpetaja

Lahendus nr 2

Võib soovitada veidi lühemat lähenemist. Tähistame oma väidet kui F = (A->(B->C)), kus A on väide "X&25 ei võrdu 0-ga", B= "X&17=0" ja C="X&A ei ole 0 ".

Laiendame implikatsioone kasutades üldtuntud seadust X->Y = mitte(X) VÕI Y, saame F = A -> (mitte(B) VÕI C) = not(A) VÕI mitte(B) VÕI C. Kirjutame ka konstantide 25 ja 17 binaarväärtused:

Meie väljend on kolme väite loogiline VÕI:

1) not(A) – see tähendab, et X&25 = 0 (X-i bitid 0,3,4 on kõik 0)

2) mitte (B) – seega ei ole X&17 võrdne 0-ga (X-i bitid 0 ja 4 on vähemalt üks võrdne 1-ga)

3) C – teab, et X&A ei ole 0 (maski A seatud bitid, vähemalt 1 on võrdne 1-ga)

X on suvaline arv. Kõik selle bitid on sõltumatud. Seetõttu on võimalik suvalise arvu bittidel mõne tingimuse täitmist nõuda ainult ühel juhul - kui tegemist on sama maskiga (bittide komplektiga). Märkame, et binaarmask 17 on peaaegu sama mis 25, puudu on ainult bitt number 3. Kui nüüd 17 täiendada bitiga number 3, siis avaldis (mitte (B) VÕI C) muutuks mitte (mitte). A ), st. in A = (X&25 ei ole võrdne 0-ga). Teisel viisil: oletame, et A=8 (bitt 3=1). Siis on nõue (mitte (B) B või C) samaväärne nõudega: (Vähemalt üks bittidest 4,0 on 1) VÕI (bitt 3 on 1) = (vähemalt üks bittidest 0,3,4 on mitte 1) - need. inversioon mitte(A) = A = (X&25 ei ole võrdne 0-ga).

Selle tulemusena märkasime, et kui A = 8, siis meie avaldis on kujul F = mitte (A) VÕI A, mis välistatud keskkoha seaduse kohaselt on alati identselt tõene. Teiste, väiksemate A väärtuste puhul ei saa sõltumatust X väärtusest saavutada, kuna maskid on erinevad. Noh, kui A kõrgetes bittides on bittides üle 4, ei muutu midagi, sest ülejäänud maskides on meil nullid. Selgub, et ainult siis, kui A=8 muutub valem suvalise X tautoloogiaks.

Dmitri Lisin

1. Näide demost

(esimene konsonant → teine ​​kaashäälik) / (eelviimane täishäälik → viimane vokaal)

1) KRISTINA 2) MAXIM 3) STEPAN 4) MARIA

Lahenduse ülevaade implikatsioon a → b on samaväärne ¬a / b-ga.

Esimene vihje kehtib sõnade CHRISTINA ja STEPAN kohta. Nendest sõnadest kehtib teine ​​​​tähendus ainult sõna CHRISTINA kohta.

Vastus: 1. KRISTINA

2. Veel kaks näidet

Näide 1 (FIPI panga avatud segment)

Milline järgmistest nimedest vastab loogilisele tingimusele:

(esimene kaashäälik → esimene vokaal) / (viimane vokaal → viimane kaashäälik)

1. IRINA 2. MAXIM 3. ARTEM 4. MARIA

Lahenduse ülevaade. implikatsioon a → b on samaväärne ¬a / b-ga. See avaldis on tõene, kui kumbki avaldis a on väär või mõlemad avaldised a ja b on tõesed. Kuna meie puhul ei saa mõlemad väljendid üheski implikatsioonis korraga tõesed olla, peavad väited “esimene täht on kaashäälik” ja “viimane täht on vokaal” olema väärad ehk vajame sõna, mille esimene täht on täishäälik ja viimane on kaashäälik.

Vastus: 3. ARTEM.

Näide 2 Millise arvu X näidatud väärtuste puhul on väide tõene

(X< 4)→(X >15)

1) 1 2) 2 3) 3 4) 4

Lahendus. Ükski arv ei saa olla samal ajal väiksem kui 4 ja suurem kui 15. Seetõttu on implikatsioon tõene ainult siis, kui eeldus X< 4 vale.

Vastus 4.

2. Ülesanded USE formaadis 2013-2014

2.1. Demo 2013

Arvjoonele on antud kaks lõiku: P = ja Q = .

Valige segment A nii, et valem

1) 2) 3) 4)

2.2. Demo 2014

Arvjoonele on antud kaks lõiku: P = ja Q = . Valige pakutud segmentide hulgast selline segment A, mis vastab loogilisele avaldisele

((x ∈ P) → ¬ (x ∈ Q)) → ¬ (x ∈ A)

identselt tõene, see tähendab, et see võtab muutuja mis tahes väärtuse jaoks väärtuse 1

Vastusevariandid: 1) 2) 3) 4)

Lahendus. Teisendame avaldise kasutades . Meil on:

¬((x ∈ P) → ¬ (x ∈ Q)) ∨ (¬ (x ∈ A)) - implikatsiooni asendamine disjunktsiooniga;

¬(¬(x ∈ P) ∨ ¬ (x ∈ Q)) ∨ (¬ (x ∈ A)) - implikatsiooni asendamine disjunktsiooniga;

((x ∈ P) ∧ (x ∈ Q)) ∨ (¬ (x ∈ A)) - de Morgani reegel ja topelteituse eemaldamine;

(x ∈ A) → ((x ∈ P) ∧ (x ∈ Q)) - disjunktsiooni asendamine kaudselt

Viimane avaldis on identselt tõene siis ja ainult siis, kui A ⊆ P∩ Q = ∩ = (vt ). Neljast etteantud segmendist vastab sellele tingimusele ainult segment – ​​valik nr 2.

Vastus: - valik number 2

3. Ülesanded USE formaadis 2015-2016

3.1. 1. ülesanne.

Arvjoonele on antud kaks lõiku: P = ja Q = .

On teada, et lõigu A piirid on täisarvulised punktid ja lõigu A jaoks valem

((x ∈ A) → (x ∈ P)) \/ (x ∈ Q)

on identselt tõene, see tähendab, et see võtab muutuja x mis tahes väärtuse jaoks väärtuse 1.

Mis on lõigu A pikim võimalik pikkus?

Õige vastus : 10

Lahendus:

Teisendame avaldise – asendame implikatsiooni disjunktsiooniga. Saame:

(¬(x ∈ A)) \/ ((x ∈ P)) \/ (x ∈ Q)

Avaldis ((x ∈ P)) \/ (x ∈ Q) kehtib ainult nende x kohta, mis asuvad kas P-s või Q-s, teisisõnu, kui x ∈ R = P ∪ Q = ∪ . Väljendus

(¬(x ∈ A)) \/ (x ∈ R)

on identselt tõene siis ja ainult siis, kui A ∈ R. Kuna A on lõik, siis A ∈ R siis ja ainult siis, kui A ∈ P või A ∈ Q. Kuna lõik Q on pikem kui lõik P, siis on lõigu maksimaalne pikkus segment A saavutatakse, kui A = Q = . Segmendi A pikkus on sel juhul 30–20 = 10.

3.2. 2. ülesanne.

Tähistage m&n mittenegatiivsete täisarvude bitipõhine side m ja n. Näiteks 14&5 = 1110 2 &0101 2 = 0100 2 = 4. Mis on väikseim mittenegatiivne täisarv AGA valem

x&25 ≠ 0 → (x&33 ≠ 0 → x&AGA ≠ 0)

on identselt tõsi, st. võtab muutuja mis tahes mittenegatiivse täisarvu väärtuseks 1 X?

Õige vastus : 57

Lahendus:

Me teisendame avaldise – asendame implikatsioonid disjunktsioonidega. Saame:

¬( x&25 ≠ 0) ∨ (¬( x&33 ≠ 0) ∨ x&AGA ≠ 0)

Avame sulud ja asendame võrratuste eitused võrdustega:

x&25 = 0 ∨ x&33 = 0 ∨ x&AGA ≠ 0 (*)

Meil on: 25 = 11001 2 ja 33 = 100001 2 . Seetõttu valem

x&25 = 0 ∨ x&33 = 0

on väär siis ja ainult siis, kui arv on kahendkoodis x sisaldab 1-t vähemalt ühes järgmistest kahendnumbritest: 100000 (32), 10000 (16), 1000 (8) ja 1.

Et valem (*) oleks kõigi selliste kohta tõene x on vajalik ja piisav, et arvu A kahendmärk sisaldab kõigis nendes numbrites 1. Väikseim selline arv on 32+16+8+1 = 57.

Ülesanne 18 Tööde kataloog. Loogilised väited

1. Ülesanne 18 nr 701. Millise nime puhul on väide vale:

(Nime esimene täht on täishäälik→ Nime neljas täht on kaashäälik).

1) ELENA

2) VADIM

3) ANTON

4) FEDOR

Selgitus.

Järeldus on vale siis ja ainult siis, kui eeldus on tõene ja tagajärg on väär. Meie puhul, kui nime esimene täht on täishäälik ja neljas täht on täishäälik. Nimi Anton vastab sellele tingimusele.

Märge.

Sama tulemus tuleneb järgmistest teisendustest: ¬ (A→ B) = ¬(¬A∨ B)=A∧ (¬B).

Õige vastus on number 3.

2. Ülesanne 18 nr 8666. Arvjoonele on antud kaks lõiku: P = ja Q = . Määrake intervalli A suurim võimalik pikkus, mille jaoks valem

(¬ (xA)→ (xP))→ ((xA)→ (xQ))

on identselt tõene, see tähendab, et see võtab muutuja x mis tahes väärtuse jaoks väärtuse 1.

Selgitus.

Teisendame selle väljendi:

(¬ ( xA) → ( x P)) → (( x A) → ( xK))

((xA)∨ (x P))→ ((x mitte A)∨ (x Q))

¬(( xomandisA) ∨ ( xomandisP)) ∨ (( x ei kuuluA) ∨ ( x omandisK))

( xei kuuluA) ∧ ( xei kuuluP) ∨ ( x omandisA) ∨ ( x ei kuuluK)

( xei kuuluA) ∨ ( x omandisK)

Seega peab x kuuluma Q-sse või mitte kuuluma A-sse. See tähendab, et kõigi x-ide tõesuse saavutamiseks on vajalik, et A sisalduks täielikult Q-s. Siis on maksimum, milleks see võib saada, kogu Q, ehk pikkusega 15 .

3. Ülesanne 18 nr 9170. Arvjoonele on antud kaks lõiku: P = ja Q = .

Määrake lõigu A suurim võimalik pikkus, mille jaoks valem

((xA)→ ¬(xP))→ ((xA)→ (xQ))

on identselt tõene, see tähendab, et see võtab muutuja mis tahes väärtuse jaoks väärtuse 1X .

Selgitus.

Teisendame seda väljendit.

(( x€ A) → ¬( xomandisP)) → (( x omandisA) → ( x omandisK))

(( xei kuuluA) ∨ ( xei kuuluP)) → (( x ei kuuluA) ∨ ( x omandisK))

¬((x ei kuulu A-sse)∨ (xei kuulu P-sse))∨ ((xei kuulu A)∨ (xkuulub Q-le))

On tõsi, et A∧ B∨ ¬A = ¬A∨ B. Seda siin rakendades saame:

(x kuulub P-sse)∨ (xei kuulu A)∨ (x kuulub Q-le)

See tähendab, et punkt peab kuuluma Q-le või kuuluma P-le või mitte kuuluma A-le. See tähendab, et A võib katta kõik punktid, mis katavad P ja Q. See tähendab, et A = P Q = = . |A| = 48 - 10 = 38.

4. Ülesanne 18 nr 9202. Hulkade A, P, Q elemendid on naturaalarvud ja P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30).

On teada, et väljend

((xA)→ (xP))∨ (¬(xQ)→ ¬(xA))

tõene (st võtab väärtuse 1) muutuja x mis tahes väärtuse korral.

5. Ülesanne 18 nr 9310. Hulkade A, P, Q elemendid on naturaalarvud ja P = (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20), Q = (5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50).

On teada, et väljend

((xA)→ (xP))∨ (¬(xQ)→ ¬(xA))

true (st võtab väärtuse 1) muutuja x mis tahes väärtuse korral.

Määrake hulga A suurim võimalik elementide arv.

6. Ülesanne 18 nr 9321. TähistageDEL ( n, m ) väide „naturaalarv n jagub ilma jäägita naturaalarvugam ". Mis on suurim naturaalarvAGA valem

¬ DEL ( x, A ) → (¬ DEL ( x , 21) ∧ ¬ DEL ( x , 35))

on identselt tõene (see tähendab, et see võtab muutuja mis tahes loomuliku väärtuse jaoks väärtuse 1x )?

(ülesanne M. V. Kuznetsovale)

7. Ülesanne 18 nr 9768. Tähistage m & n m ja n 2 & 0101 2 = 0100 2 AGA valem

x & 29 ≠ 0 → (x & 12 = 0 → x & AGA ≠ 0)

on identselt tõene (st võtab muutuja mis tahes mittenegatiivse täisarvu jaoks väärtuse 1 X )?

8. Ülesanne 18 nr 9804. Tähistage m & n mittenegatiivsete täisarvude bitipõhine side m ja n . Näiteks 14 ja 5 = 1110 2 & 0101 2 = 0100 2 = 4. Mis on väikseim mittenegatiivne täisarv AGA valem

x & 29 ≠ 0 → (x & 17 = 0 → x & AGA ≠ 0)

on identselt tõene (st võtab muutuja mis tahes mittenegatiivse täisarvu jaoks väärtuse 1 x )?

9. Ülesanne 18 nr 723. Millise nime puhul kehtib väide:

Kolmas täht on täishäälik→ ¬ (Esimene täht on kaashäälik \/ Sõnas on 4 vokaali)?

1) Rimma

2) Anatoli

3) Svetlana

4) Dmitri

Selgitus.

Rakendame implikatsiooni teisendust:

Kolmas täht Kaashäälik∨ (Esimene täht Vokaal∧ Sõnal EI on 4 täishäälikut)

Disjunktsioon on tõene, kui vähemalt üks väidetest on tõene. Seetõttu sobib ainult 1. variant.

10. Ülesanne 18 nr 4581. Milline järgmistest nimedest vastab loogilisele tingimusele:

(esimese tähe konsonant→ viimane täht on kaashäälik) /\ (esimene täht on täishäälik→ viimane täht on täishäälik)

Kui selliseid sõnu on mitu, märkige neist pikim.

1) ANNA

2) BELLA

3) ANTON

4) BORIS

Selgitus.

Loogiline JA on tõene ainult siis, kui mõlemad väited on tõesed.(1)

Järeldus on vale ainult siis, kui tõest tuleneb vale.(2)

Valik 1 sobib kõikidele tingimustele.

Variant 2 ei sobi tingimuse (2) tõttu.

Valik 3 ei sobi tingimuse (2) tõttu.

Variant 4 sobib kõikidele tingimustele.

Peate määrama pikima sõnade, seega on vastus 4.

Ülesanded iseseisvaks lahendamiseks

1. Ülesanne 18 nr 711. Milline järgmistest riiginimedest vastab järgmisele loogilisele tingimusele: ((viimane konsonant) \/ (esimene konsonant))→ (nimi sisaldab tähte "p")?

1) Brasiilia

2) Mehhiko

3) Argentina

4) Kuuba

2. Ülesanne 18 nr 709. Milline järgmistest nimedest vastab loogilisele tingimusele:

(Esimene täht on täishäälik)∧ ((neljanda tähe konsonant)∨ (Sõnas on neli tähte))?

1) Sergei

2) Vadim

3) Anton

4) Ilja

№3

№4

№5. Ülesanne 18 nr 736. Milline antud nimedest vastab loogilisele tingimusele

Esimene täht on täishäälik∧ neljas konsonant∨ Kas sõnal on neli tähte?

1) Sergei

2) Vadim

3) Anton

4) Ilja