18 zadatak ispit informatika tehnika rješavanja
Poznato je da je 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.
Riješenje.
Uvedemo oznaku:
(x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A; ∧ ≡ ; ∨ ≡ +.
Zatim, primjenom transformacije implikacije, dobivamo:
(¬A + P) (¬Q + ¬A) ⇔ ¬A ¬Q + ¬Q P + ¬A + ¬A P ⇔
⇔ ¬A (¬Q + P + 1) + ¬Q P ⇔ ¬A + ¬Q P.
Zahtijeva se da je ¬A + ¬Q · P = 1. Izraz ¬Q · P je istinit kada je x ∈ (2, 4, 8, 10, 14, 16, 20). Tada ¬A mora biti istinit 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 je sedam elemenata.
Odgovor: 7.
Odgovor: 7
Elementi skupa A su prirodni brojevi. Poznato je da je izraz
(x (2, 4, 6, 8, 10, 12)) → (((x (3, 6, 9, 12, 15)) ∧ ¬(x A)) → ¬(x (2, 4, 6) , 8, 10, 12)))
Riješenje.
Uvedemo oznaku:
(x ∈ (2, 4, 6, 8, 10, 12)) ≡ P; (x ∈ (3, 6, 9, 12, 15)) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A.
Transformirajući, dobivamo:
P → ((Q ∧ ¬A) → ¬P) = P → (¬(Q ∧ ¬A) ∨ ¬P) = ¬P ∨ (¬(Q ∧ ¬A) ∨ ¬P) = ¬P ∨ ¬Q ∨ A.
Logički OR je istinit ako je barem jedan od iskaza istinit. Izraz ¬P ∨ ¬Q vrijedi za sve vrijednosti x osim za vrijednosti 6 i 12. Stoga interval A mora sadržavati točke 6 i 12. To jest, minimalni skup točaka u intervalu A ≡ (6, 12). Zbroj 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 je izraz
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x. Odredi najmanju moguću vrijednost zbroja elemenata skupa A.
Riješenje.
Pojednostavimo:
¬(x P) ∨ ¬(x Q) daju 0 samo kada broj leži u oba skupa. To znači da da bi cijeli izraz bio istinit, moramo staviti sve brojeve u P i Q u A. Takvi brojevi su 6, 12, 18. Njihov zbroj je 36.
Odgovor: 36.
Odgovor: 36
Izvor: Trening rad iz INFORMATIKA 11. razred 18. siječnja 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.
Riješenje.
Transformirajmo 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 je izraz
((x P) → (x A)) ∨ (¬(x A) → ¬(x Q))
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x. Odredi najmanju moguću vrijednost zbroja elemenata skupa A.
Riješenje.
Istražimo dvije implikacije. dobivamo:
(¬(x P) ∨ (x A)) ∨ ((x A) ∨ ¬(x Q))
Pojednostavimo:
(¬(x P) ∨ (x A) ∨ ¬(x Q))
¬(x P) ∨ ¬(x Q) daju 0 samo kada broj leži u oba skupa. To znači da da bi cijeli izraz bio istinit, trebate sve brojeve iz P i Q staviti u A. Takvi brojevi su 3, 9, 15 i 21. Njihov zbroj je 48.
Odgovor: 48.
Odgovor: 48
Izvor: Trening rad iz INFORMATIKA 11. razred 18. siječnja 2017. Opcija IN10303
I izraz
(y + 2x 30) ∨ (y > 20)
x i y?
Riješenje.
Imajte na umu da je za identičnu istinitost ovog izraza izraz (y + 2x Odgovor: 81.
Odgovor: 81
Izvor: USE - 2018. Rani val. Opcija 1., KORIŠTENJE - 2018. Rani val. Opcija 2.
Na brojevnoj liniji zadan je segment A. Poznato je da je formula
((x ∈ A) → (x2 ≤ 100)) ∧ ((x2 ≤ 64) → (x ∈ A))
identično vrijedi za svaku stvarnu x. Koja je najkraća duljina segmenta A?
Riješenje.
Proširujući implikaciju prema pravilu A → B = ¬A + B, zamjenjujući logičku sumu skupom, a logički proizvod sustavom relacija, određujemo vrijednosti parametra ALI, pod kojim sustavom zbirki
imat će rješenja za sve realne brojeve.
Da bi rješenja sustava bila sva realni brojevi, potrebno je i dovoljno da su rješenja svake od zbirki svi realni brojevi.
Rješenja nejednadžbe su svi brojevi iz segmenta [−10; deset]. Da bi zbirka vrijedila za sve realne brojeve, brojeve x, koji ne leže na navedenom segmentu, moraju pripadati segmentu A. Stoga segment A ne smije ići dalje od segmenta [−10; deset].
Slično, rješenja nejednadžbe 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. Stoga segment A mora sadržavati segment [−8; osam].
Dakle, najmanja duljina 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?
Riješenje.
A x i y, razmotrite u kojim slučajevima su uvjeti ( 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 kako bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 16 i y= 16. Zatim A A će biti jednako 15.
Odgovor: 15.
Odgovor: 15
Izvor: USE u informatici 28.05.2018. Glavni val, 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?
Riješenje.
Pronaći najveći nenegativni cijeli broj A, na kojem će izraz biti x i y, razmotrite u kojim slučajevima je uvjet ( y + 2x≠ 48) je netočno.
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 bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 16 i y= 16. Zatim 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?
Riješenje.
A, pod kojim će izraz biti identično istinit za bilo koji cijeli broj nenegativan x i yy + 2x> 30) je netočno.
y + 2x≤ 30). to x između 0 i 15 i y u rasponu od 10 do 0. Imajte na umu da bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 15 i y= 0. Tada 15 + 0 ≤ A. Dakle, najmanji cijeli nenegativan broj A bit će jednak 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?
Riješenje.
Pronaći 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 uvjet (3 y + 2x Dakle, sva rješenja nalazimo kada (3 y + 2x≥ 30). to x preko 15 i y veći od 10. Imajte na umu da bi izraz bio prikladan za bilo koji x i y, potrebno je uzeti x= 0 i y= 10. Tada 0 + 10 ≤ A. Dakle, najveći nenegativni cijeli broj A bit će jednak 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?
Riješenje.
Pronaći najmanji cijeli nenegativan broj A, pod kojim će izraz biti identično istinit za bilo koji cijeli broj nenegativan x i y, razmotrite u kojim slučajevima je uvjet (3 x + 4y≠ 70) je netočno.
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. Tada A> 10. Dakle, najmanji nenegativni cijeli broj A bit će jednak 11.
Da bismo riješili ovaj problem, moramo donijeti neke logične zaključke, pa "pazite na ruke".
- Žele da pronađemo minimalni nenegativni cijeli broj A za koji je izraz uvijek istinit.
- Što je izraz u cjelini? 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. Razmislimo možemo li ići „od suprotnog“.
- Umjesto da tražimo A, pokušajmo pronaći x za koji je ovaj izraz netočan.
- Odnosno, uzmimo neki broj A (još ne znamo koji, samo neki). Ako odjednom pronađemo takav x za koji je cijela tvrdnja netočna, tada je odabrano A loše (jer uvjet zahtijeva da izraz uvijek bude istinit)!
- Tako možemo dobiti neku vrstu ograničenja na broj A.
- Dakle, krenimo od suprotnosti i sjetimo se kada je implikacija lažna? Kada je prvi dio istinit, a drugi dio lažan.
- Sredstva
\((\mathrm(x)\&25\neq 0)= 1 \\ (\mathrm(x)\&17=0\Strelica desno \mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\) - Što znači da je \((x\&25\neq 0) = 1\) ? To znači da je doista \(\mathrm(x)\&25\neq 0\) .
- Pretvorimo 25 u binarno. Dobivamo: 11001 2 .
- Koja ograničenja ovo nameće x? Budući da nije jednak nuli, to znači da se bitskom konjunkcijom negdje mora dobiti jedinica. Ali gdje bi ona mogla biti? Samo tamo gdje već postoji jedinica u 25!
- To znači da u broju x barem jedan križić 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 također implikacija. Međutim, jednako je lažna.
- Dakle, njegov prvi dio mora biti istinit, a drugi netočan.
- Sredstva
\((\mathrm(x)\&17=0) = 1 \\ ((\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0) = 0\) - Što 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 posljednjem mjestu s kraja i na 5. mjestu s kraja, moraju biti nule.
- Ali stani, dobili smo u paragrafu 13 koji je zadnji ILI 4 s kraja ILI 5 s kraja bi trebao biti jedan.
- Budući da prema retku 19 ne može biti jedinica na posljednjem ili 5 od krajnjih mjesta, pa je mora biti 4. mjesto s kraja.
- Odnosno, ako želimo da cijeli izraz bude lažan s našim x, onda 4. mjesto s kraja mora biti jedan: XX...XX1XXX 2 .
- Ok, pogledajmo sada zadnji uvjet: \((\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0) = 0\). Što to znači?
- To znači da to nije istina \(\mathrm(x)\&\mathrm(A)\neq 0\).
- To je, zapravo, \(\mathrm(x)\&\mathrm(A)=0\) .
- Što znamo o x? Da se na 4 od kraja mjesta nalazi jedinica. U svim ostalim aspektima, x može biti gotovo bilo što.
- Ako želimo da izvorni izraz u iskazu problema uvijek bude istinit, onda mi ne treba naći x koji zadovoljava sve uvjete. Doista, ako bismo pronašli takav x, pokazalo bi se da izvorni izraz nije uvijek istinit, što je u suprotnosti s uvjetom problema.
- To znači da ovaj posljednji uvjet jednostavno ne smije biti ispunjen.
- Kako se to ne može učiniti? Ako smo samo 100% sigurni da će s bitskom konjunkcijom jedinica ostati negdje.
- A to 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 s kraja mjesta? Očito 1000 2 . Dakle, ovaj broj će biti odgovor.
- Ostaje ga samo pretvoriti u decimalu: \(1000_2=0\put 2^0 + 0\put 2^1 + 0\put 2^2 + 1\put 2^3=8\)
Odgovor: najmanji mogući A koji zadovoljava uvjete, 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, dobivamo F = A -> (ne(B) ILI C) = ne(A) ILI ne(B) ILI C. Zapisujemo i binarne vrijednosti konstanti 25 i 17:
Naš izraz je logično ILI od tri tvrdnje:
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 barem 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 dijelovi su neovisni. Stoga je moguće zahtijevati ispunjenje nekog uvjeta za bitove proizvoljnog broja samo u jednom jedinom slučaju – kada je riječ o istoj maski (skupu bitova). Možemo primijetiti da je binarna maska 17 gotovo ista kao 25, nedostaje samo bit broj 3. Sada, ako se 17 dopuni bitom broj 3, tada 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 točno. Za druge, manje vrijednosti A, ne može se dobiti neovisnost od vrijednosti X, jer maske su različite. Pa, ako ih ima 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.
Dmitrij 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 vrijedi za riječi KRISTINA i STEPAN. Od ovih riječi, druga implikacija vrijedi samo za riječ KRISTINA.
Odgovor: 1. KRISTINA
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 netočan 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 netočne, 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 točna
(X< 4)→(X >15)
1) 1 2) 2 3) 3 4) 4
Riješenje. Nijedan broj ne može istovremeno biti manji od 4 i veći od 15. Stoga je implikacija istinita samo ako je premisa x< 4 lažno.
Odgovor 4.
2. Zadaci u USE formatu 2013.-2014
2.1. Demo 2013
Na brojevnoj pravoj dana su dva segmenta: P = i Q = .
Odaberite segment A takav da formula
1) 2) 3) 4)
2.2. Demo 2014
Na brojevnoj pravoj dana su dva segmenta: P = i Q = . Odaberite od predloženih segmenata takav segment A da logički izraz
((x ∈ P) → ¬ (x ∈ Q))→ ¬ (x ∈ A)
identično istinito, odnosno uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijable
Opcije odgovora: 1) 2) 3) 4)
Riješenje. Transformirajmo izraz pomoću . 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 identično je istinit ako i samo ako je A ⊆ P∩ Q = ∩ = (vidi ). Od četiri zadana segmenta samo segment - opcija br. 2 zadovoljava ovaj uvjet.
Odgovor: - opcija broj 2
3. Zadaci u USE formatu 2015.-2016
3.1. Zadatak 1.
Na brojevnoj pravoj dana su dva segmenta: P = i Q = .
Poznato je da su granice segmenta A cijele točke, a za segment A formula
((x ∈ A) → (x ∈ P)) \/ (x ∈ Q)
identično istinito, odnosno uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijable x.
Koja je najduža moguća duljina segmenta A?
Točan odgovor : 10
Riješenje:
Transformiramo izraz - zamjenjujemo implikaciju disjunkcijom. dobivamo:
(¬(x ∈ A)) \/ ((x ∈ P)) \/ (x ∈ Q)
Izraz ((x ∈ P)) \/ (x ∈ Q) vrijedi 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. Budući da je A segment, onda je A ∈ R ako i samo ako je A ∈ P ili A ∈ Q. Budući da je segment Q duži od segmenta P, tada je najveća duljina segment A postiže se kada je A = Q = . Duljina segmenta A u ovom slučaju je 30 - 20 = 10.
3.2. Zadatak 2.
Označiti sa m&n bitwise 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 je istinito, tj. uzima vrijednost 1 za bilo koju nenegativnu cjelobrojnu vrijednost varijable x?
Točan odgovor : 57
Riješenje:
Transformiramo izraz - zamjenjujemo implikacije disjunkcijama. dobivamo:
¬( x&25 ≠ 0) ∨ (¬( x&33 ≠ 0) ∨ x&ALI ≠ 0)
Otvaramo zagrade i negacije nejednakosti 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 potrebno je i dovoljno da binarni zapis broja A sadrži 1 u svim tim znamenkama. Najmanji takav broj je 32+16+8+1 = 57.
Zadatak 18 Imenik poslova. Logične izjave
1. Zadatak 18 broj 701. Za koje je ime izjava lažna:
(Prvo slovo imena je samoglasnik→ Četvrto slovo imena je suglasnik).
1) ELENA
2) VADIM
3) ANTON
4) FEDOR
Obrazloženje.
Implikacija je netočna ako i samo ako je premisa istinita, a posljedica lažna. U našem slučaju, ako je prvo slovo imena samoglasnik, a četvrto slovo samoglasnik. Ime Anton zadovoljava ovaj uvjet.
Bilješka.
Isti rezultat slijedi iz sljedećih transformacija: ¬ (A→ B) = ¬(¬A∨ B)=A∧ (¬B).
Točan odgovor je broj 3.
2. Zadatak 18 broj 8666. Na brojevnoj pravoj dana su dva segmenta: P = i Q = . Navedite najveću moguću duljinu intervala A za koji je formula
(¬ (xA)→ (xp))→ ((xA)→ (xQ))
identično istinito, odnosno uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijable x.
Obrazloženje.
Transformirajmo ovaj izraz:
(¬ ( xA) → ( x P)) → (( x A) → ( xP))
((xA)∨ (x p))→ ((x ne A)∨ (x Q))
¬(( xu vlasništvuA) ∨ ( xu vlasništvuP)) ∨ (( x nije u vlasništvuA) ∨ ( x u vlasništvuP))
( xnije u vlasništvuA) ∧ ( xnije u vlasništvuP) ∨ ( x u vlasništvuA) ∨ ( x nije u vlasništvuP)
( xnije u vlasništvuA) ∨ ( x u vlasništvuP)
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 sadržan u Q. Tada je maksimum koji može postati cijeli Q, odnosno duljine 15 .
3. Zadatak 18 broj 9170. Na brojevnoj pravoj dana su dva segmenta: P = i Q = .
Navedite najveću moguću duljinu segmenta A, za koji je formula
((xA)→ ¬(xp))→ ((xA)→ (xQ))
je identično istinit, odnosno uzima vrijednost 1 za bilo koju vrijednost varijablex .
Obrazloženje.
Transformirajmo ovaj izraz.
(( x€ A) → ¬( xu vlasništvuP)) → (( x u vlasništvuA) → ( x u vlasništvuP))
(( xnije u vlasništvuA) ∨ ( xnije u vlasništvuP)) → (( x nije u vlasništvuA) ∨ ( x u vlasništvuP))
¬((x ne pripada A)∨ (xne pripada P))∨ ((xne pripada A)∨ (xpripada Q))
Istina je da je A∧ B∨ ¬A = ¬A∨ B. Primjenjujući ovo ovdje, dobivamo:
(x pripada P)∨ (xne pripada A)∨ (x pripada Q)
To jest, ili točka mora pripadati Q, ili pripadati P, ili ne pripadati A. To znači da A može pokriti sve točke koje pokrivaju P i Q. To jest, A = P Q = = . |A| = 48 - 10 = 38.
4. Zadatak 18 broj 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 je izraz
((xA)→ (xp))∨ (¬(xQ)→ ¬(xA))
true (tj. uzima vrijednost 1) za bilo koju vrijednost varijable x.
5. Zadatak 18 broj 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 je 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 broj 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 istinit (to jest, uzima vrijednost 1 za bilo koju prirodnu vrijednost varijablex )?
(Dodatak M. V. Kuznjecovoj)
7. Zadatak 18 broj 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 broj 9804. Označiti sa m & n bitwise 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 cjelobrojnu vrijednost varijable x )?
9. Zadatak 18 broj 723. Za koje je ime tvrdnja istinita:
Treće slovo je samoglasnik→ ¬ (Prvo slovo je suglasnik \/ Riječ ima 4 samoglasnika)?
1) Rimma
2) Anatolij
3) Svetlana
4) Dmitrij
Obrazloženje.
Primijenimo transformaciju implikacije:
Treće slovo suglasnik∨ (Prvo slovo samoglasnik∧ Riječ NE ima 4 samoglasnika)
Disjunkcija je istinita kada je barem jedna od tvrdnji istinita. Stoga je prikladna samo opcija 1.
10. Zadatak 18 broj 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
Obrazloženje.
Logički AND je istinit samo ako su obje tvrdnje istinite.(1)
Implikacija je lažna samo kada laž slijedi iz istine.(2)
Opcija 1 prikladna je za sve uvjete.
Opcija 2 nije prikladna zbog uvjeta (2).
Opcija 3 nije prikladna zbog uvjeta (2).
Opcija 4 prikladna je za sve uvjete.
Morate navesti najdužu riječ, stoga je odgovor 4.
Zadaci za samostalno rješavanje
1. Zadatak 18 broj 711. Koji od sljedećih imena zemalja zadovoljava sljedeći logički uvjet: ((zadnji suglasnik) \/ (prvi suglasnik))→ (ime sadrži slovo "p")?
1) Brazil
2) Meksiko
3) Argentina
4) Kuba
2. Zadatak 18 broj 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) Ilya
№3
№4 
№5. Zadatak 18 broj 736. Koje od navedenih imena zadovoljava logički uvjet
Prvo slovo je samoglasnik∧ četvrti suglasnik∨ Ima li riječ četiri slova?
1) Sergej
2) Vadim
3) Anton
4) Ilya