Носкин Андрей Николаевич,
компьютерийн шинжлэх ухааны багш
хамгийн дээд мэргэшлийн ангилал,
Цэргийн шинжлэх ухааны нэр дэвшигч, дэд профессор
GBOU лицей №1575, Москва
Компьютерийн шинжлэх ухаан, МХХТ-ийн KIM улсын нэгдсэн шалгалтын 23-р асуудлыг шийдвэрлэх зураглалын оновчтой арга.
Улсын нэгдсэн шалгалтын KIM-ийн хамгийн хэцүү даалгавруудын нэг бол 23-р асуудал бөгөөд үүнд заасан нөхцөлийг хангасан логик хувьсагчийн өөр өөр багц утгуудын тоог олох хэрэгтэй.
Энэ даалгавар нь компьютерийн шинжлэх ухаан, мэдээллийн технологийн чиглэлээр KIM улсын нэгдсэн шалгалтын хамгийн хэцүү ажил байж магадгүй юм. Дүрмээр бол шалгуулагчдын 5-аас илүүгүй хувь нь үүнийг даван туулж чаддаг (1).
Энэ даалгаврыг гүйцэтгэсэн оюутнуудын ийм бага хувийг дараахь байдлаар тайлбарлав.
- оюутнууд логик үйлдлийн шинж тэмдгийг төөрөлдүүлж (мартаж) болно;
- тооцоолол хийх явцад гарсан математикийн алдаа;
- шийдлийг хайх үед үндэслэл гаргахад алдаа гардаг;
- логик илэрхийллийг хялбарчлах явцад гарсан алдаа;
- Боломжтой тул бүх ажлыг дуусгасны дараа багш нар энэ асуудлыг шийдэхийг зөвлөж байна
Алдаа нь маш том бөгөөд даалгаврын "жин" нь зөвхөн нэг гол зүйл юм.
Нэмж дурдахад зарим багш нар өөрсдөө ийм төрлийн асуудлыг шийдвэрлэхэд бэрхшээлтэй тул хүүхдүүдтэй илүү энгийн асуудлыг шийдвэрлэхийг хичээдэг.
Мөн нөхцөл байдлыг улам хүндрүүлж байгаа нь энэ блокт байгаа явдал юм их тооянз бүрийн даалгавар, загвар шийдлийг сонгох боломжгүй.
Энэ байдлыг засахын тулд багш нарын хамт олон асуудлыг шийдвэрлэх үндсэн хоёр аргыг эцэслэн боловсруулж байна энэ төрлийн: битийн хэлхээ (2) ба зураглалын аргыг (3) ашиглан шийдэл.
Эдгээр аргуудыг боловсронгуй болгох (оновчлох) хэрэгцээ нь даалгаврууд нь бүтэц болон хувьсагчдын тоо (зөвхөн нэг төрлийн X хувьсагч, хоёр төрлийн X, Y хувьсагч, гурван төрөл: X, Y) байнга өөрчлөгдөж байдагтай холбоотой юм. , Z).
Асуудлыг шийдвэрлэх эдгээр аргуудыг эзэмшихэд хүндрэлтэй байгаа нь К.Ю. Поляковын хувьд энэ төрлийн асуудлын 38 шинжилгээ байдаг (4). Зарим дүн шинжилгээ нь асуудлыг шийдэх нэгээс олон төрлийн шийдлийг өгдөг.
Сүүлийн үедКомпьютерийн шинжлэх ухааны KIM улсын нэгдсэн шалгалтанд X ба Y гэсэн хоёр төрлийн хувьсагчтай холбоотой асуудал гардаг.
Би харуулах аргыг оновчтой болгож, сайжруулсан аргыг ашиглахыг оюутнууддаа урамшуулсан.
Энэ нь үр дүнг өгдөг. Энэ даалгаврыг даван туулж буй оюутнуудын маань хувь тэнцсэн хүмүүсийн 43% хүртэл хэлбэлздэг. Дүрмээр бол жил бүр 11-р ангиас 25-33 хүн компьютерийн шинжлэх ухааны улсын нэгдсэн шалгалт өгдөг.
Хоёр төрлийн даалгавар гарч ирэхээс өмнө хувьсах аргаСурагчид зураглалыг маш амжилттай ашигласан боловч логик илэрхийлэлд Y үсэг гарч ирсний дараа хүүхдүүдийн хариулт тесттэй давхцахаа больсныг би анзаарч эхлэв. Тэд шинэ төрлийн хувьсагчтай зураглалын хүснэгтийг хэрхэн үүсгэх талаар төдийлөн ойлгомжгүй байсан нь тогтоогдсон. Дараа нь хүүхдэд тохиромжтой байхын тулд илэрхийлэлийг бүхэлд нь нэг төрлийн хувьсагч болгон багасгах хэрэгтэй гэсэн бодол надад төрсөн.
Би энэ аргыг илүү дэлгэрэнгүй өгөх болно. Тохиромжтой болгох үүднээс би үүнийг (4)-д өгөгдсөн логик илэрхийллийн системийн жишээн дээр авч үзэх болно.
Системд хэдэн өөр шийдэл байдаг вэ? логик тэгшитгэл
(x 1 ^ y 1)=(¬x 2 В ¬
y 2
)
(x 2 ^ y 2)= (¬
x 3
В ¬
y 3
)
...
(x 5 ^ y 5)
= (¬
x 6
В ¬
y 6
)
Шийдэл:
1. Логик тэгшитгэлийн системийн шинжилгээнээс 6 хувьсагч байгааг харж байна Xба 6 хувьсагч У. Эдгээр хувьсагчийн аль нэг нь зөвхөн хоёр утгыг (0 ба 1) авах боломжтой тул бид эдгээр хувьсагчдыг ижил төрлийн 12 хувьсагчаар солино, жишээ нь Z.
2. Одоо ижил төрлийн шинэ хувьсагчтай системийг дахин бичье. Даалгаврын хүндрэл нь хувьсагчдыг солихдоо анхааралтай тэмдэглэл хөтлөх явдал юм.
(z 1 ^ z 2)=
(¬z 3В¬
z 4
)
(z 3 ^ z 4)=
(¬
z 5
В¬
z 6
)
...
(z 9 ^ z 10)
=
(¬
z 11
В¬
z 12)
3. Бүх сонголтуудыг авч үзэх хүснэгтийг байгуулцгаая z 1 , z 2 , z 3 , z 4 , эхний логик тэгшитгэлд дөрвөн хувьсагч байгаа тул хүснэгт 16 мөртэй байна (16=2 4); хүснэгтээс ийм утгыг хас z 4 , эхний тэгшитгэлд шийдэл байхгүй (загалсан тоо).
| 0 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 | |||
| 1 | 0 | 0 | |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 | |||
| 1 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 | |||
| 1 | 0 | 0 | |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 |
4. Хүснэгтэд дүн шинжилгээ хийхдээ бид хос хувьсагчдыг (жишээлбэл, хос) харуулах дүрмийг бий болгодог. З 1 З 2 =00 таарч байнахос З 3 З 4 = 11) .
5. Системийн шийдэлтэй хувьсагчийн хосын тоог тооцоолж хүснэгтийг бөглөнө үү. 
6. Бүх үр дүнг нэгтгэ: 9 + 9 + 9 + 27 = 54
7. Хариулт: 54.
Улсын нэгдсэн шалгалтын KIM-ийн 23-р асуудлыг шийдвэрлэх дээрх оновчтой арга нь оюутнуудад өөртөө итгэх итгэлийг сэргээж, энэ төрлийн асуудлыг амжилттай шийдвэрлэх боломжийг олгосон.
Уран зохиол:
1. FIPI. Арга зүйн зөвлөмждүн шинжилгээнд үндэслэн бэлтгэсэн багш нарт зориулсан ердийн алдаануудМЭДЭЭЛЭЛ, МХХТ-ийн 2015 оны улсын нэгдсэн шалгалтанд оролцогчид. Хандалтын горим: http://www.fipi.ru/sites/default/files/document/1442163533/informatika_i_ikt.pdf
2. К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг.Логик тэгшитгэлийн системүүд: бит мөрүүдийг ашиглан шийдэл. Мэдээлэл зүйн сэтгүүл, No12, 2014, х. 4-12. Хэвлэлийн газар"9-р сарын нэгэн", Москва.3. Э.А. Мирончик, Дэлгэцийн арга.Сэтгүүл Мэдээлэл зүй, No10, 2013, х. 18-26. "9-р сарын 1-ний" хэвлэлийн газар, Москва.
Хувьсагчдыг өөрчлөх замаар логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэх
Хэрэв зарим хувьсагчийг тэгшитгэлд зөвхөн тодорхой илэрхийлэл хэлбэрээр оруулсан бол хувьсагчдыг орлуулах аргыг ашигладаг, өөр юу ч биш. Дараа нь энэ илэрхийллийг шинэ хувьсагчаар тэмдэглэж болно.
Жишээ 1.
X1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 логик хувьсагчдын утгын хэдэн өөр багц доор жагсаасан бүх нөхцлийг хангасан бэ?
(x1 → x2) → (x3→ x4) = 1
(x3 → x4) → (x5 → x6) = 1
(x5 → x6) → (x7 → x8) = 1
Хариулт нь энэ тэгшитгэлийн систем хангагдсан x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 хувьсагчдын утгын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл:
(x1 → x2) = y1; (x3 → x4) = y2; (x5 → x6) = y3; (x7 → x8) = y4.
Дараа нь бид системийг нэг тэгшитгэл хэлбэрээр бичиж болно.
(y1 → y2) ∧ (y2 → y3) ∧ (y3 → y4) = 1. Операнд бүр 1 утгыг авах үед холболт нь 1 (үнэн) байна. үр дагавар бүр нь үнэн байх ёстой бөгөөд энэ нь (1 → 0) -ээс бусад бүх утгуудад хамаарна. Тэдгээр. y1, y2, y3, y4 хувьсагчдын утгын хүснэгтэд нэг нь тэгээс зүүн талд байх ёсгүй:
Тэдгээр. y1-y4 5 багцын нөхцөл хангагдсан байна.
Учир нь y1 = x1 → x2, тэгвэл y1 = 0 утгыг x1, x2: (1, 0) нэг багц дээр, y1 = 1 утгыг x1, x2 гурван багц дээр олж авна: (0,0) , (0) ,1), (1.1). Y2, y3, y4-ийн хувьд мөн адил.
y1 хувьсагчийн багц бүрийг (x1,x2) y2 гэх мэтийн олонлог бүртэй (x3,x4) нэгтгэдэг тул x хувьсагчийн олонлогийн тоог үржүүлнэ.
|
Нэг x1…x8 багцын тоо |
||||
Багцын тоог нэмье: 1 + 3 + 9 + 27 + 81 = 121.
Хариулт: 121
Жишээ 2.
X1, x2, ... x9, y1, y2, ... y9 гэсэн логик хувьсагчдын утгын хэдэн өөр багц доор жагсаасан бүх нөхцлийг хангасан бэ?
(¬ (x1 ≡ y1)) ≡ (x2 ≡ y2)
(¬ (x2 ≡ y2)) ≡ (x3 ≡ y3)
(¬ (x8 ≡ y8)) ≡ (x9 ≡ y9)
Хариуд нь шаардлагагүй x1, x2, ... x9, y1, y2, ... y9 хувьсагчдын утгуудын бүх өөр багцыг жагсаана. энэ системтэнцүү байна Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл:
Хувьсагчийн өөрчлөлтийг хийцгээе:
(x1 ≡ y1) = z1, (x2 ≡ y2) = z2,…. ,(x9 ≡ y9) = z9
Системийг нэг тэгшитгэл хэлбэрээр бичиж болно:
(¬ z1 ≡ z2) ∧ (¬ z2 ≡ z3) ∧ …..∧ (¬ z8 ≡ z9)
Хоёр операнд хоёулаа тэнцүү байвал эквивалент үнэн болно. Энэ тэгшитгэлийн шийдлийн хоёр багц байна:
| z1 | z2 | z3 | z4 | z5 | z6 | z7 | z8 | z9 |
| 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 |
Учир нь zi = (xi ≡ yi), тэгвэл zi = 0 утга нь (xi,yi) хоёр олонлогтой тохирч байна: (0,1) ба (1,0), zi = 1 нь хоёр олонлогт (xi,yi) тохирно. ): (0 ,0) ба (1,1).
Дараа нь эхний олонлог z1, z2,…, z9 нь 2 9 багц (x1,y1), (x2,y2),..., (x9,y9)-тай тохирч байна.
Ижил тоо нь z1, z2,…, z9 хоёр дахь олонлогтой тохирч байна. Дараа нь нийт 2 9 +2 9 = 1024 багц байна.
Хариулт: 1024
Рекурсийг нүдээр тодорхойлох замаар логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэх.
Энэ аргыг тэгшитгэлийн систем нь маш энгийн бөгөөд хувьсагч нэмэх үед олонлогийн тоог нэмэгдүүлэх дараалал тодорхой байвал хэрэглэнэ.
Жишээ 3.
Тэгшитгэлийн систем хэдэн өөр шийдтэй вэ?
¬x9 ∨ x10 = 1,
Энд x1, x2, … x10 нь логик хувьсагч вэ?
Хариулт нь энэ тэгш байдлын систем хангагдсан x1, x2, ... x10 утгуудын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл:
Эхний тэгшитгэлийг шийдье. Дизюнкц нь ядаж нэг операнд нь 1-тэй тэнцүү байвал 1-тэй тэнцүү байна. Өөрөөр хэлбэл шийдэл нь багц юм:
x1=0-ийн хувьд x2 (0 ба 1) гэсэн хоёр утга байдаг ба x1=1-ийн хувьд x2 (1)-ийн зөвхөн нэг утга байгаа бөгөөд (x1,x2) олонлог нь тэгшитгэлийн шийдэл болно. Нийт 3 багц байна.
x3 хувьсагчийг нэмээд хоёр дахь тэгшитгэлийг авч үзье. Энэ нь эхнийхтэй төстэй бөгөөд энэ нь x2=0-ийн хувьд x3-ийн хоёр утга (0 ба 1), харин x2=1-ийн хувьд зөвхөн нэг л утга x3 (1) байна гэсэн үг бөгөөд ингэснээр олонлог (x2) байна. ,x3) нь тэгшитгэлийн шийдэл юм. Нийт 4 багц байна.
Өөр хувьсагч нэмэхэд нэг багц нэмэгдэж байгааг харахад хялбар байдаг. Тэдгээр. (i+1) хувьсагчийн багцын рекурсив томъёо:
N i +1 = N i + 1. Дараа нь арван хувьсагчийн хувьд бид 11 багцыг авна.
Хариулт: 11
Төрөл бүрийн логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэх
Жишээ 4.
Доор жагсаасан бүх нөхцлийг хангасан x 1, ..., x 4, y 1,..., y 4, z 1,..., z 4 логик хувьсагчдын утгуудын хэдэн өөр багц байдаг вэ? ?
(x 1 → x 2) ∧ (x 2 → x 3) ∧ (x 3 → x 4) = 1
(y 1 → y 2) ∧ (y 2 → y 3) ∧ (y 3 → y 4) = 1
(z 1 → z 2) ∧ (z 2 → z 3) ∧ (z 3 → z 4) = 1
x 4 ∧ y 4 ∧ z 4 = 0
Хариуд нь шаардлагагүйЭнэ тэгшитгэлийн систем хангагдсан x 1, ..., x 4, y 1, ..., y 4, z 1, ..., z 4 хувьсагчдын утгуудын бүх янз бүрийн багцыг жагсаа.
Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл:
Системийн гурван тэгшитгэл нь янз бүрийн бие даасан хувьсагчийн багц дээр ижил байна гэдгийг анхаарна уу.
Эхний тэгшитгэлийг харцгаая. Холболт нь зөвхөн түүний бүх операндууд үнэн (1-тэй тэнцүү) байвал үнэн (1-тэй тэнцүү) болно. (1,0)-аас бусад бүх залгуур дээр утга нь 1 байна. Энэ нь эхний тэгшитгэлийн шийдэл нь x1, x2, x3, x4 олонлогууд байх бөгөөд 1 нь 0-ийн зүүн талд (5 багц) харагдахгүй байна гэсэн үг юм.
Үүний нэгэн адил хоёр, гурав дахь тэгшитгэлийн шийдлүүд нь y1,…,y4 ба z1,…, z4 олонлогтой яг ижил байх болно.
Одоо системийн дөрөв дэх тэгшитгэлд дүн шинжилгээ хийцгээе: x 4 ∧ y 4 ∧ z 4 = 0. Шийдэл нь хувьсагчдын аль нэг нь 0-тэй тэнцүү байх бүх x4, y4, z4 олонлогууд байх болно.
Тэдгээр. x4 = 0-ийн хувьд бүх боломжит олонлогууд (y4, z4) тохиромжтой, x4 = 1-ийн хувьд дор хаяж нэг тэг байдаг (y4, z4) олонлогууд тохиромжтой: (0, 0), (0,1) ), (1, 0).
|
Багцын тоо |
||||
Нийт багцын тоо 25 + 4*9 = 25 + 36 = 61 байна.
Хариулт: 61
Давтагдах томьёо байгуулах замаар логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэх
Давтагдах томъёог бүтээх аргыг багцын тоог нэмэгдүүлэх дараалал нь тодорхойгүй, эзэлхүүний улмаас мод барих боломжгүй нарийн төвөгтэй системийг шийдвэрлэхэд ашигладаг.
Жишээ 5.
X1, x2, ... x7, y1, y2, ... y7 логик хувьсагчдын утгын хэдэн өөр багц доор жагсаасан бүх нөхцлийг хангасан бэ?
(x1 ∨ y1) ∧ ((x2 ∧ y2) → (x1 ∧ y1)) = 1
(x2 ∨ y2) ∧ ((x3 ∧ y3) → (x2 ∧ y2)) = 1
(x6 ∨ y6) ∧ ((x7 ∧ y7) → (x6 ∧ y6)) = 1
Хариулт нь энэ тэгшитгэлийн систем хангагдсан x1, x2, ..., x7, y1, y2, ..., y7 хувьсагчдын утгын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл:
Системийн эхний зургаан тэгшитгэл нь ижил бөгөөд зөвхөн хувьсагчийн багцад ялгаатай гэдгийг анхаарна уу. Эхний тэгшитгэлийг харцгаая. Үүний шийдэл нь дараах хувьсагчдын багц байх болно.
гэж тэмдэглэе:
(x1,y1)-ээс A 1 хүртэлх хувьсагчид дээрх хэлхээний тоо (0,0),
(x1,y1)-ээс B 1 хүртэлх хувьсагчид дээрх хэлхээний тоо (0,1),
(x1,y1)-ээс C 1 хүртэлх хувьсагчид дээрх хэлхээний тоо (1,0),
(x1,y1)-ээс D 1 хүртэлх хувьсагчид (1,1) хэлхээний тоо.
(x2,y2)-аас A 2 хүртэлх хувьсагчид дээрх хэлхээний тоо (0,0),
(x2,y2)-аас B 2 хүртэлх хувьсагчийн тоо (0,1),
(x2,y2)-аас C 2 хүртэлх хувьсагчид дээрх хэлхээний тоо (1,0),
(x2,y2)-аас D 2 хүртэлх хувьсагчдын тоо (1,1) .
Шийдвэрийн модноос бид үүнийг харж байна
A 1 =0, B 1 =1, C 1 =1, D 1 =1.
(x2,y2) хувьсагчдын (0,0) олонлогийг (x1,y1) хувьсагчдын (0,1), (1,0) болон (1,1) олонлогоос олж авсан болохыг анхаарна уу. Тэдгээр. A 2 =B 1 +C 1 +D 1.
(x2,y2) хувьсагчид дээрх (0,1) олонлогийг (x1,y1) хувьсагчдын (0,1), (1,0) болон (1,1) олонлогоос авна. Тэдгээр. B 2 =B 1 +C 1 +D 1.
Үүнтэй адил маргаж, бид C 2 =B 1 +C 1 +D 1 гэдгийг тэмдэглэж байна. D2 = D1.
Тиймээс бид давтагдах томъёог олж авдаг:
A i+1 = B i + C i + D i
B i+1 = B i + C i + D i
C i+1 = B i + C i + D i
D i+1 = A i +B i + C i + D i
Ширээ хийцгээе
| Багцууд | Тэмдэглэл. | Томъёо |
Багцын тоо |
||||||
| i=1 | i=2 | i=3 | i=4 | i=5 | i=6 | i=7 | |||
| (0,0) | А и | A i+1 =B i +C i +D i | 0 | 3 | 7 | 15 | 31 | 63 | 127 |
| (0,1) | B i | B i+1 =B i +C i +D i | 1 | 3 | 7 | 15 | 31 | 63 | 127 |
| (1,0) | C би | C i+1 =B i +C i +D i | 1 | 3 | 7 | 15 | 31 | 63 | 127 |
| (1,1) | D би | D i+1 =D i | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
Сүүлийн тэгшитгэл (x7 ∨ y7) = 1 нь x7=0 ба y7=0 байхаас бусад бүх олонлогт хангагдана. Манай хүснэгтэд ийм багцын тоо A 7 байна.
Дараа нь багцын нийт тоо нь B 7 + C 7 + D 7 = 127+127+1 = 255 байна.
Хариулт: 255
Хотын төсвийн боловсролын байгууллага
"Дундаж дунд сургууль№18"
Бүгд Найрамдах Башкортостан Улсын Салават хотын хотын дүүрэг
Логик тэгшитгэлийн системүүд
Компьютерийн шинжлэх ухааны улсын нэгдсэн шалгалтын асуудлууд
"Логик алгебрийн үндэс" хэсэг Улсын нэгдсэн шалгалтын даалгавархамгийн хэцүү, тааруу шийдэгдээгүйн нэг гэж тооцогддог. Энэ сэдвээр гүйцэтгэсэн ажлын дундаж хувь хамгийн бага буюу 43.2 байна.
| Курсын хэсэг | Ажлын хэсгүүдийн гүйцэтгэлийн дундаж хувь |
| Мэдээллийг кодлох, түүний хэмжээг хэмжих | |
| Мэдээллийн загварчлал | |
| Тооны систем | |
| Логик алгебрийн үндэс | |
| Алгоритмчлал ба програмчлал | |
| Мэдээлэл, харилцаа холбооны технологийн үндэс |
2018 оны НУМ-ын тодорхойлолтод үндэслэн энэхүү блок нь дөрвөн ажлыг багтаасан болно өөр өөр түвшиннарийн төвөгтэй байдал.
| № даалгавар | Баталгаажуулах боломжтой агуулгын элементүүд | Даалгаврын хүндрэлийн түвшин |
| Үнэний хүснэгт, логик хэлхээ байгуулах чадвар | ||
| Интернетээс мэдээлэл хайх чадвар | ||
| Үндсэн ойлголт, хууль тогтоомжийн талаархи мэдлэг математик логик | ||
| Логик илэрхийлэл бүтээх, хувиргах чадвар |
Даалгавар 23 нь хүндрэлийн түвшин өндөр тул гүйцэтгэлийн хамгийн бага хувьтай байна. Бэлтгэлтэй төгсөгчдийн дунд (81-100 оноо) 49.8% нь даалгавраа биелүүлсэн, дунд зэргийн бэлтгэлтэй (61-80 оноо) 13.7%, үлдсэн бүлгийн оюутнууд энэ даалгаврыг биелүүлээгүй байна.
Логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэх амжилт нь логикийн хуулиудын мэдлэг, системийг шийдвэрлэх аргуудыг нарийн ашиглахаас хамаарна.
Логик тэгшитгэлийн системийг зураглалын аргыг ашиглан шийдвэрлэх талаар авч үзье.
(23.154 Поляков К.Ю.) Тэгшитгэлийн систем хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
((x1 y1 ) (х2 y2 )) (х1 x2 ) (ж1 y2 ) =1
((x2 y2 ) (х3 y3 )) (х2 x3 ) (ж2 y3 ) =1
((x7 y7 ) (x8 y8 )) (x7 x8 ) (y7 y8 ) =1
Хаана x1 , x2 ,…, x8, цагт1 , у2 ,…,y8 - логик хувьсагч? Хариулт нь энэ тэгш байдлыг хангах хувьсагчийн утгуудын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл. Системд орсон бүх тэгшитгэлүүд нь ижил төрлийнх бөгөөд тэгшитгэл бүрд дөрвөн хувьсагч багтдаг. x1 ба y1-ийг мэдсэнээр бид эхний тэгшитгэлийг хангасан x2 ба y2-ийн бүх боломжит утгуудыг олж чадна. Үүнтэй ижил аргаар тайлбарлавал, мэдэгдэж буй x2 ба y2-аас бид хоёр дахь тэгшитгэлийг хангасан x3, y3-ийг олж чадна. Өөрөөр хэлбэл (x1, y1) хосыг мэдэж, (x2, y2) хосын утгыг тодорхойлсноор бид (x3, y3) хосыг олох болно, энэ нь эргээд (x4, y4) хосыг олох болно. гэх мэт.
Эхний тэгшитгэлийн бүх шийдлийг олъё. Үүнийг хоёр аргаар хийж болно: үнэний хүснэгт байгуулах, логикийн хуулиудыг бодолцох, хэрэглэх замаар.
Үнэний хүснэгт:
| x 1 y 1 | x 2 y 2 | (x 1 y 1) (x2 y2) | (x 1 x2) | (y 1 y2) | (x 1 x2) (y 1 y2) | |||||
Үнэний хүснэгтийг бүтээх нь маш их хөдөлмөр, цаг хугацаа бага шаарддаг тул бид хоёр дахь аргыг ашигладаг - логик үндэслэл. Хэрэв хүчин зүйл бүр 1-тэй тэнцүү байвал үржвэр нь 1-тэй тэнцүү байна.
(x1 y1 ) (x2 y2 ))=1
(x1 x2 ) =1
(y1 y2 ) =1
Эхний тэгшитгэлийг харцгаая. 0 0, 0 1, 1 1 үед үр дагавар нь 1-тэй тэнцүү байх ба энэ нь (01), (10)-ын хувьд (x1 y1)=0, дараа нь хос гэсэн үг. (x2 y2 ) дурын (00), (01), (10), (11) байж болох ба (x1 y1) = 1 байх үед (00) ба (11) хос (x2 y2) = 1 нь ижил утгатай (00) ба (11). Хоёр ба гурав дахь тэгшитгэл нь худал, өөрөөр хэлбэл x1=1, x2=0, y1=1, y2=0 гэсэн хосуудыг энэ шийдлээс хасъя.
| (x1 , y1 ) | (x2 , y2 ) |
Нийт хосын тоо 1+1+1+22= 25
2) (23.160 Поляков К.Ю.) Логик тэгшитгэлийн систем хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
(х 1 (х 2 y 2 )) (ж 1 y 2 ) = 1
(х 2 (х 3 y 3 )) (ж 2 y 3 ) = 1
...
( x 6 ( x 7 y 7 )) ( y 6 y 7 ) = 1
x 7 y 7 = 1
Шийдэл. 1) Тэгшитгэлүүд нь ижил төрлийнх тул үндэслэлийг ашиглан эхний тэгшитгэлийн бүх боломжит хосуудыг (x1,y1), (x2,y2) олох болно.
(x1 (x2 y2 ))=1
(y1 y2 ) = 1
Хоёр дахь тэгшитгэлийн шийдэл нь (00), (01), (11) хосууд юм.
Эхний тэгшитгэлийн шийдлүүдийг олцгооё. Хэрэв x1=0 бол x2, y2 - дурын, хэрэв x1=1 бол x2, y2 нь (11) утгыг авна.
(x1, y1) болон (x2, y2) хосуудын хооронд холболт хийцгээе.
| (x1 , y1 ) | (x2 , y2 ) |
Үе шат бүрт хосуудын тоог тооцоолох хүснэгтийг үүсгэцгээе.
| 0 |
|||||||
Сүүлийн тэгшитгэлийн шийдлүүдийг харгалзан үзэх x 7 y 7 = 1, (10) хосыг хасъя. Бид олдог нийт тоошийдлүүд 1+7+0+34=42
3)(23.180) Логик тэгшитгэлийн систем хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
(x1 x2 ) (x3 x4 ) = 1
(x3 x4 ) (x5 x6 ) = 1
(x5 x6 ) (x7 x8 ) = 1
(x7 x8 ) (x9 x10 ) = 1
x1 x3 x5 x7 x9 = 1
Шийдэл. 1) Тэгшитгэлүүд нь ижил төрлийнх тул үндэслэлийг ашиглан эхний тэгшитгэлийн бүх боломжит хосуудыг (x1,x2), (x3,x4) олох болно.
(x1 x2 ) (x3 x4 ) = 1
Дараалалд 0 (1 0) өгдөг хосуудыг шийдээс хасъя, эдгээр нь (01, 00, 11) ба (10) хосууд юм.
(x1,x2), (x3,x4) хосуудын хооронд холболт хийцгээе.
Логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэх арга
Та логик тэгшитгэлийн системийг шийдэж болно, жишээлбэл, үнэний хүснэгтийг (хэрэв хувьсагчдын тоо хэт том биш бол) эсвэл шийдвэрийн модыг ашиглан эхлээд тэгшитгэл бүрийг хялбаршуулж болно.
1. Хувьсах солих арга.
Шинэ хувьсагчдыг нэвтрүүлэх нь тэгшитгэлийн системийг хялбарчлах, үл мэдэгдэх тоог багасгах боломжийг олгодог.Шинэ хувьсагч нь бие биенээсээ хамааралгүй байх ёстой. Хялбаршуулсан системийг шийдсэний дараа бид анхны хувьсагчид руу буцах ёстой.
Тодорхой жишээн дээр энэ аргын хэрэглээг авч үзье.
Жишээ.
((X1 ≡ X2) ∧ (X3 ≡ X4)) ∨ (¬(X1 ≡ X2) ∧ ¬(X3 ≡ X4)) = 0
((X3 ≡ X4) ∧ (X5 ≡ X6)) ∨ (¬(X3 ≡ X4) ∧ ¬(X5 ≡ X6)) = 0
((X5 ≡ X6) ∧ (X7 ≡ X8)) ∨ (¬(X5 ≡ X6) ∧ ¬(X7 ≡ X8)) = 0
((X7 ≡ X8) ∧ (X9 ≡ X10)) ∨ (¬(X7 ≡ X8) ∧ ¬(X9 ≡ X10)) = 0
Шийдэл:
Шинэ хувьсагчуудыг танилцуулъя: A=(X1≡ X2); B=(X3 ≡ X4); С=(X5 ≡ X6); D=(X7 ≡ X8); E=(X9 ≡ X10).
(Анхаар! x1, x2, ..., x10 хувьсагч бүрийг зөвхөн нэг шинэ хувьсагчд оруулах ёстой. хувьсагч A, B, C, D, E, өөрөөр хэлбэл шинэ хувьсагчид бие биенээсээ хамааралгүй).
Дараа нь тэгшитгэлийн систем дараах байдлаар харагдах болно.
(A ∧ B) ∨ (¬A ∧ ¬B)=0
(B ∧ C) ∨ (¬B ∧ ¬C)=0
(C ∧ D) ∨ (¬C ∧ ¬D)=0
(D ∧ E) ∨ (¬D ∧ ¬E)=0
Үүссэн системийн шийдвэрийн модыг бүтээцгээе:
A=0 тэгшитгэлийг авч үзье, өөрөөр хэлбэл. (X1≡ X2)=0. Энэ нь 2 үндэстэй:
X1 ≡ X2 |
||
Үүнтэй ижил хүснэгтээс A=1 тэгшитгэл нь мөн 2 үндэстэй болохыг харж болно. Шийдвэрийн мод дээрх үндэсийн тоог цэгцэлье.
Нэг салбарын шийдлийн тоог олохын тулд түвшин тус бүрийн шийдлийн тоог үржүүлэх хэрэгтэй. Зүүн салбар нь 2 байна⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2=32 шийдэл; баруун салбар нь бас 32 шийдэлтэй. Тэдгээр. бүх систем нь 32+32=64 шийдэлтэй.
Хариулт: 64.
2. Үндэслэл гаргах арга.
Логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэхэд хүндрэлтэй байдаг нь шийдвэрийн бүрэн модны төвөгтэй байдалд оршдог. Бодлогын арга нь модыг бүхэлд нь барихгүй, харин хэдэн мөчиртэй болохыг ойлгох боломжийг олгодог. Тодорхой жишээнүүдийг ашиглан энэ аргыг авч үзье.
Жишээ 1. X1, x2, x3, x4, x5, y1, y2, y3, y4, y5 гэсэн логик хувьсагчдын утгын хэдэн өөр багц доор жагсаасан бүх нөхцлийг хангасан бэ?
(x1→x2) /\ (x2→x3) /\ (x3→x4) /\ (x4→x5) = 1
(y1→y2) /\ (y2→y3) /\ (y3→y4) /\ (y4→y5) = 1
x1\/y1 =1
Хариулт нь энэ тэгш байдлын систем хангагдсан x1, x2, x3, x4, x5, y1, y2, y3, y4, y5 хувьсагчдын утгын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл:
Эхний болон хоёр дахь тэгшитгэл нь гурав дахь нөхцөлтэй холбоотой бие даасан хувьсагчдыг агуулдаг. Эхний болон хоёр дахь тэгшитгэлийн шийдлийн модыг байгуулъя.
Нэг ба хоёрдугаар тэгшитгэлийн системийн шийдлийн модыг дүрслэхийн тулд эхний модны мөчир бүрийг хувьсагчийн модоор үргэлжлүүлэх ёстой.цагт . Ийм аргаар барьсан мод нь 36 мөчиртэй байх болно. Эдгээр салбаруудын зарим нь системийн гурав дахь тэгшитгэлийг хангадаггүй. Эхний модон дээр модны мөчрүүдийн тоог тэмдэглэе"y" , гурав дахь тэгшитгэлийг хангадаг:
Тайлбарлая: Гурав дахь нөхцөлийг хангахын тулд x1=0 үед y1=1, өөрөөр хэлбэл модны бүх мөчир байх ёстой."X" , энд x1=0-ийг модноос зөвхөн нэг мөчрөөр үргэлжлүүлж болно"y" . Мөн зөвхөн модны нэг мөчирний хувьд"X" (баруун) модны бүх мөчир таарч байна"y". Тиймээс, бүрэн модБүхэл бүтэн систем нь 11 салбартай. Салбар бүр нь анхны тэгшитгэлийн системийн нэг шийдлийг илэрхийлдэг. Энэ нь бүхэл систем нь 11 шийдэлтэй гэсэн үг юм.
Хариулт: 11.
Жишээ 2. Тэгшитгэлийн систем хэдэн өөр шийдтэй вэ?
(X1 ≡ X2) ∨ (X1 ∧ X10) ∨ (¬X1 ∧ ¬ X10)= 1
(X2 ≡ X3) ∨ (X2 ∧ X10) ∨ (¬X2 ∧ ¬ X10)= 1.
………………
(X9 ≡ X10) ∨ (X9 ∧ X10) ∨ (¬X9 ∧ ¬ X10)= 1
(X1 ≡ X10) = 0
Энд x1, x2, …, x10 нь логик хувьсагч вэ? Хариулт нь энэ тэгш байдлыг хангах хувьсагчийн утгуудын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Шийдэл: Системийг хялбаршуулж үзье. Эхний тэгшитгэлийн нэг хэсгийн үнэний хүснэгтийг байгуулъя.
X1 ∧ X10 | ¬X1 ∧ ¬X10 | (X1 ∧ X10) ∨ (¬X1 ∧ ¬ X10) |
||
Сүүлийн баганад анхаарлаа хандуулаарай, энэ нь үйлдлийн үр дүнтэй тохирч байна X1 ≡ X10.
X1 ≡ X10 |
Хялбаршуулсаны дараа бид дараахь зүйлийг авна.
(X1 ≡ X2) ∨ (X1 ≡ X10)=1
(X2 ≡ X3) ∨ (X2 ≡ X10)=1
(X3 ≡ X4) ∨ (X3 ≡ X10)=1
……
(X9 ≡ X10) ∨ (X9 ≡ X10)=1
(X1 ≡ X10) = 0
Сүүлийн тэгшитгэлийг авч үзье:(X1 ≡ X10) = 0, өөрөөр хэлбэл. x1 нь x10-тай давхцах ёсгүй. Эхний тэгшитгэл 1-тэй тэнцүү байхын тулд тэгшитгэл нь үнэн байх ёстой(X1 ≡ X2)=1, өөрөөр хэлбэл. x1 нь x2-тэй тохирч байх ёстой.
Эхний тэгшитгэлийн шийдлийн модыг байгуулъя:
Хоёрдахь тэгшитгэлийг авч үзье: x10=1, x2=0 хувьд хаалт1-тэй тэнцүү байх ёстой (өөрөөр хэлбэл x2 нь x3-тай давхцдаг); x10=0 болон x2=1 хаалтанд(X2 ≡ X10)=0, энэ нь хаалт (X2 ≡ X3) гэсэн үг. 1-тэй тэнцүү байх ёстой (жишээ нь x2 нь x3-тай давхцаж байна):
Ийм үндэслэлээр бид бүх тэгшитгэлийн шийдлийн модыг бүтээдэг.
Тиймээс тэгшитгэлийн систем нь зөвхөн 2 шийдэлтэй байна.
Хариулт: 2.
Жишээ 3.
X1, x2, x3, x4, y1, y2, y3, y4, z1, z2, z3, z4 гэсэн логик хувьсагчдын утгын хэдэн өөр багц доор жагсаасан бүх нөхцлийг хангасан бэ?
(x1→x2) /\ (x2→x3) /\ (x3→x4) = 1
(¬x1 /\ y1 /\ z1) \/ (x1 /\ ¬y1 /\ z1) \/ (x1 /\ y1 /\ ¬z1) = 1
(¬x2 /\ y2 /\ z2) \/ (x2 /\ ¬y2 /\ z2) \/ (x2 /\ y2 /\ ¬z2) = 1
(¬x3 /\ y3 /\ z3) \/ (x3 /\ ¬y3 /\ z3) \/ (x3 /\ y3 /\ ¬z3) = 1
(¬x4 /\ y4 /\ z4) \/ (x4 /\ ¬y4 /\ z4) \/ (x4 /\ y4 /\ ¬z4) = 1
Шийдэл:
1-р тэгшитгэлийн шийдлийн модыг байгуулъя.
Хоёр дахь тэгшитгэлийг авч үзье.
- x1=0 үед : хоёр ба гурав дахь хаалт нь 0-тэй тэнцүү байх болно; эхний хаалт нь 1, y1=1, z1=1-тэй тэнцүү байхын тулд (өөрөөр хэлбэл, энэ тохиолдолд - 1 шийдэл)
- x1=1 үед : эхний хаалт нь 0-тэй тэнцүү байх болно; хоёрдугаартэсвэл гурав дахь хаалт нь 1-тэй тэнцүү байх ёстой; y1=0 ба z1=1 үед хоёр дахь хаалт нь 1-тэй тэнцүү байх болно; y1=1 ба z1=0 үед гурав дахь хаалт нь 1-тэй тэнцүү байх болно (өөрөөр хэлбэл энэ тохиолдолд - 2 шийдэл).
Үлдсэн тэгшитгэлийн хувьд мөн адил. Модны зангилаа тус бүрийн шийдлүүдийн тоог тэмдэглэе.
Салбар бүрийн шийдлийн тоог олохын тулд үр дүнгийн тоог салбар тус бүрээр (зүүнээс баруун тийш) тусад нь үржүүлнэ.
1 салбар: 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1 шийдэл
Салбар 2: 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 2 =2 шийдэл
3-р салбар: 1 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 2 =4 шийдэл
4-р салбар: 1 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 =8 шийдэл
5-р салбар: 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2=16 шийдэл
Үр дүнгийн тоог нэмье: нийт 31 шийдэл байна.
Хариулт: 31.
3. Үндэсний тооны байгалийн өсөлт
Зарим системд дараагийн тэгшитгэлийн язгуурын тоо нь өмнөх тэгшитгэлийн язгуурын тооноос хамаарна.
Жишээ 1. Х1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8, x9, x10 логик хувьсагчдын утгуудын хэдэн өөр багц доор жагсаасан бүх нөхцлийг хангасан бэ?
¬(x1 ≡ x2) ∧ ((x1 ∧ ¬x3) ∨ (¬x1 ∧ x3)) = 0
¬(x2 ≡ x3) ∧ ((x2 ∧ ¬x4) ∨ (¬x2 ∧ x4)) = 0
¬(x8 ≡ x9) ∧ ((x8 ∧ ¬x10) ∨ (¬x8 ∧ x10)) = 0
Хялбарчилъя Эхний тэгшитгэл:(x1 ∧ ¬x3) ∨ (¬x1 ∧ x3)=x1 ⊕ x3=¬(x1 ≡) x3). Дараа нь систем дараах хэлбэрийг авна.
¬(x1 ≡ x2) ∧ ¬(x1 ≡ x3) = 0
¬(x2 ≡ x3) ∧ ¬(x2 ≡ x4)= 0
¬(x8 ≡ x9) ∧ ¬(x8 ≡ x10) = 0
гэх мэт.
Дараагийн тэгшитгэл бүр өмнөхөөсөө 2 илүү үндэстэй байна.
4 тэгшитгэл нь 12 үндэстэй;
5-р тэгшитгэл нь 14 үндэстэй
8-р тэгшитгэл нь 20 үндэстэй.
Хариулт: 20 үндэс.
Заримдаа үндэс тоо нь Фибоначчийн хуулийн дагуу ургадаг.
Логик тэгшитгэлийн системийг шийдвэрлэх нь бүтээлч хандлагыг шаарддаг.
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M ∧ (N ∨ ¬N) = 0, энд J, K, L, M, N нь логик хувьсагч мөн үү?
Тайлбар.
(N ∨ ¬N) илэрхийлэл нь дурын N-ийн хувьд үнэн юм
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M = 0.
Логик тэгшитгэлийн хоёр талд үгүйсгэхийг хэрэглэж, Де Морганы хуулийг ¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B. Бид ¬J ∨ K ∨ ¬L ∨ M = 1 болно.
Логик нийлбэр нь 1-тэй тэнцүү байна. Хэрэв түүний бүрдүүлэгч мэдэгдлүүдийн дор хаяж нэг нь 1-тэй тэнцүү бол үүссэн тэгшитгэл нь тэгшитгэлд орсон бүх хэмжигдэхүүнүүд 0-тэй тэнцүү байхаас бусад тохиолдолд логик хувьсагчийн дурын хослолоор хангагдана. 4 хувьсагч нь 1 эсвэл 0-тэй тэнцүү байж болох тул бүх боломжит хослолууд нь 2·2·2·2 = 16. Тиймээс тэгшитгэл нь 16 −1 = 15 шийдтэй байна.
Олдсон 15 шийдэл нь N логик хувьсагчийн хоёр боломжит утгын аль нэгэнд тохирч байгаа тул анхны тэгшитгэл нь 30 шийдэлтэй байна.
Хариулт: 30
Тэгшитгэл хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
((J → K) → (M ∧ N ∧ L)) ∧ ((J ∧ ¬K) → ¬ (M ∧ N ∧ L)) ∧ (M → J) = 1
J, K, L, M, N нь логик хувьсагчууд вэ?
Хариулт нь J, K, L, M, N-ийн өөр өөр утгуудыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Тайлбар.
Бид A → B = ¬A ∨ B ба ¬(A ∨ B) = ¬A ∧ ¬B томъёог ашигладаг.
Эхний дэд томъёог авч үзье.
(J → K) → (M ∧ N ∧ L) = ¬(¬J ∨ K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L)
Хоёрдахь дэд томъёог авч үзье
(J ∧ ¬K) → ¬(M ∧ N ∧ L) = ¬(J ∧ ¬K) ∨ ¬(M ∧ N ∧ L) = (¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L
Гурав дахь дэд томъёог авч үзье
1) M → J = 1 тиймээс,
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (1 ∧ N ∧ L) = ¬K ∨ N ∧ L;
(0 ∨ K) ∨ 0 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ ¬N ∨ ¬L;
Нэгтгэцгээе:
¬K ∨ N ∧ L ∧ K ∨ ¬N ∨ ¬L = 0 ∨ L ∨ 0 ∨ ¬L = L ∨ ¬L = 1 тул 4 шийдэл байна.
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (0 ∧ N ∧ L) = ¬K;
(¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L = (0 ∨ K) ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L
Нэгтгэцгээе:
K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L ∧ ¬K = 1 ∨ ¬N ∨ ¬L тул 4 шийдэл байна.
в) M = 0 J = 0.
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (0 ∧ ¬K) ∨ (0 ∧ N ∧ L) = 0.
(¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L = (1 ∨ K) ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L.
Хариулт: 4 + 4 = 8.
Хариулт: 8
Тэгшитгэл хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
((K ∨ L) → (L ∧ M ∧ N)) = 0
Энд K, L, M, N логик хувьсагчууд вэ? Хариулт нь энэ тэгш байдлыг хангах K, L, M ба N утгын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариултын хувьд та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Тайлбар.
Үйлдлийн энгийн тэмдэглэгээг ашиглан тэгшитгэлийг дахин бичье.
((K + L) → (L M N)) = 0
1) "далд" үйлдлийн үнэний хүснэгтээс (эхний асуудлыг үзнэ үү) энэ тэгш байдал нь зөвхөн нэгэн зэрэг үнэн болно гэсэн үг юм.
K + L = 1 ба L M N = 0
2) эхний тэгшитгэлээс K эсвэл L хувьсагчийн дор хаяж нэг нь 1-тэй тэнцүү байна (эсвэл хоёулаа хамтдаа); Тиймээс гурван тохиолдлыг авч үзье
3) хэрэв K = 1 ба L = 0 бол ямар ч M ба N хувьд хоёр дахь тэгшитгэл хангагдана; Хоёр Булийн хувьсагчийн 4 хослол (00, 01, 10, 11) байгаа тул бидэнд 4 өөр шийдэл байна.
4) хэрэв K = 1 ба L = 1 бол хоёр дахь тэгш байдал нь M · N = 0-д тохирно; Ийм 3 хослол байдаг (00, 01 ба 10), бидэнд өөр 3 шийдэл байна
5) хэрэв K = 0 бол L = 1 (эхний тэгшитгэлээс); энэ тохиолдолд M · N = 0 үед хоёр дахь тэгш байдал хангагдана; Ийм 3 хослол байдаг (00, 01 ба 10), бидэнд өөр 3 шийдэл байна
6) нийтдээ бид 4 + 3 + 3 = 10 шийдлийг авна.
Хариулт: 10
Тэгшитгэл хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
(K ∧ L) ∨ (M ∧ N) = 1
Тайлбар.
(K ∧ L) ба (M ∧ N) нь 01, 11, 10-тай тэнцүү байх гурван тохиолдолд илэрхийлэл үнэн байна.
1) "01" K ∧ L = 0; M ∧ N = 1, => M, N нь 1-тэй тэнцүү, K ба L нь нэгэн зэрэг 1-ээс бусад бүх зүйл. Тиймээс 3 шийдэл байна.
2) "11" K ∧ L = 1; M ∧ N = 1. => 1 уусмал.
3) "10" K ∧ L = 1; M ∧ N = 0. => 3 шийдэл.
Хариулт: 7.
Хариулт: 7
Тэгшитгэл хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0
X, Y, Z, P нь логик хувьсагч юм уу? Хариулт нь энэ тэгш байдлыг хангасан бүх үнэт зүйлсийн багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та зөвхөн ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Тайлбар.
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0 =>
¬(X ∧ Y ∨ Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
(¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
Логик OR нь зөвхөн нэг тохиолдолд худал болно: хоёр илэрхийлэл худал үед.
Тиймээс,
(Z ∨ P) = 0 => Z = 0, P = 0.
¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z = 0 => ¬X ∨ ¬Y ∧ 1 = 0 =>
¬X ∨ ¬Y = 0 => X = 1; Y = 1.
Тиймээс тэгшитгэлийн цорын ганц шийдэл байна.
Хариулт: 1
Тэгшитгэл хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
(K ∨ L) ∧ (M ∨ N) = 1
Энд K, L, M, N логик хувьсагчууд вэ? Хариулт нь энэ тэгш байдлыг хангах K, L, M, N утгын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та зөвхөн ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Тайлбар.
Логик Мөн зөвхөн нэг тохиолдолд үнэн болно: бүх илэрхийлэл үнэн байх үед.
K ∨ L = 1, M ∨ N = 1.
Тэгшитгэл бүр 3 шийдлийг өгдөг.
Хэрэв A болон B хоёулаа зөвшөөрвөл A ∧ B = 1 тэгшитгэлийг авч үзье жинхэнэ үнэт зүйлстус бүр гурван тохиолдолд, дараа нь тэгшитгэл нь нийт 9 шийдэлтэй байна.
Тиймээс хариулт нь 9.
Хариулт: 9
Тэгшитгэл хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
((A → B)∧ C) ∨ (D ∧ ¬D)= 1,
Энд A, B, C, D нь логик хувьсагчууд вэ?
Хариулт нь энэ тэгш байдлыг хангасан A, B, C, D утгын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Тайлбар.
Логик "OR" нь хамгийн багадаа нэг нь үнэн байвал үнэн болно.
(D ∧ ¬D)= дурын D хувьд 0.
Тиймээс,
(A → B)∧ C) = 1 => C = 1; A → B = 1 => ¬ A ∨ B = 1 бөгөөд энэ нь D тус бүрийн 3 боломжит шийдлийг бидэнд өгдөг.
(D ∧ ¬ D)= 0 ямар ч D-ийн хувьд энэ нь бидэнд хоёр шийдлийг өгдөг (D = 1, D = 0).
Тиймээс: нийт шийдлүүд 2*3 = 6.
Нийт 6 шийдэл.
Хариулт: 6
Тэгшитгэл хэдэн өөр шийдэлтэй вэ?
(¬K ∨ ¬L ∨ ¬M) ∧ (L ∨ ¬M ∨ ¬N) = 0
Энд K, L, M, N логик хувьсагчууд вэ? Хариулт нь энэ тэгш байдлыг хангах K, L, M, N утгын бүх багцыг жагсаах шаардлагагүй. Хариулт нь та зөвхөн ийм багцын тоог зааж өгөх хэрэгтэй.
Тайлбар.
Тэгшитгэлийн хоёр талд үгүйсгэлийг хэрэглэцгээе.
(K ∧ L ∧ M) ∨ (¬L ∧ M ∧ N) = 1
Гурван тохиолдолд логик OR үнэн байна.
Сонголт 1.
K ∧ L ∧ M = 1, дараа нь K, L, M = 1, ¬L ∧ M ∧ N = 0. N нь дурын, өөрөөр хэлбэл 2 шийдэл.
Сонголт 2.
¬L ∧ M ∧ N = 1, дараа нь N, M = 1; L = 0, K ямар ч, өөрөөр хэлбэл 2 шийдэл.
Тиймээс хариулт нь 4.
Хариулт: 4
A, B, C нь мэдэгдэл үнэн байх бүхэл тоо юм
¬ (A = B) ∧ ((A > B)→(B > C)) ∧ ((B > A)→(C > B)).
A = 45, C = 43 бол B нь хэдтэй тэнцүү вэ?
Тайлбар.
1) ¬(A = B); (A > B)→(B > C); (B > A)→(C > B);
2) эдгээр энгийн мэдэгдлүүд нь ∧ (AND, холболт) үйлдлээр холбогдсон, өөрөөр хэлбэл тэдгээрийг нэгэн зэрэг гүйцэтгэх ёстой;
3) ¬(A = B)=1-ээс A B гэсэн шууд гарч ирнэ;
4) A > B гэж бодъё, тэгвэл хоёр дахь нөхцлөөс бид 1→(B > C)=1 болно; B > C = 1 тохиолдолд энэ илэрхийлэл үнэн байж болно;
5) тиймээс бидэнд A > B > C байна, зөвхөн 44 тоо энэ нөхцөлтэй тохирч байна;
6) ямар ч тохиолдолд A 0 →(B > C)=1 сонголтыг шалгая;
энэ илэрхийлэл нь ямар ч B-д үнэн; Одоо бидний олж авсан гурав дахь нөхцөлийг хар
Энэ илэрхийлэл нь зөвхөн C > B тохиолдолд л үнэн байж болох бөгөөд энд бид зөрчилтэй байна, учир нь C > B > A гэсэн B тоо байхгүй.
Хариулт: 44.
Хариулт: 44
Логик функцийн үнэний хүснэгтийг байгуул
X = (A ↔ B) ∨ ¬(A → (B ∨ C))
Үүнд А аргументын утгын багана нь 27 тооны хоёртын дүрслэл, В аргументын утгын багана нь 77 тоо, С аргументын утгын багана нь 120 тоо байна. Тоо баганад хамгийн чухалаас хамгийн бага ач холбогдол бүхий (тэг багцыг оруулаад) дээрээс доошоо бичнэ. Үүссэн X функцийн утгуудын хоёртын дүрслэлийг аравтын бутархай тооллын системд хөрвүүлнэ.
Тайлбар.
Үйлдлийн энгийн тэмдэглэгээг ашиглан тэгшитгэлийг бичье.
1) энэ нь гурван хувьсагчтай илэрхийлэл тул үнэний хүснэгтэд мөрүүд байх болно; тиймээс хүснэгтийн A, B, C багануудыг байгуулахад ашигласан тоонуудын хоёртын дүрслэл нь 8 цифрээс бүрдэх ёстой.
2) 27, 77, 120 тоонуудыг хоёртын систем болгон хувиргаж, тоонуудын эхэнд 8 хүртэлх тооны тэгийг нэн даруй нэмнэ.
3) та хослол бүрийн хувьд X функцийн утгыг шууд бичих боломжгүй тул завсрын үр дүнг тооцоолохын тулд хүснэгтэд нэмэлт багана нэмэх нь тохиромжтой (доорх хүснэгтийг үзнэ үү)
| А | IN | ХАМТ | X|
| 0 | 0 | ||
| 0 | 1 | 1 | |
| 0 | 0 | 1 | |
| 1 | 0 | 1 | |
| 1 | 1 | 1 | |
| 0 | 1 | 0 | |
| 1 | 0 | 0 | |
| 1 | 1 | 0 |
4) хүснэгтийн баганыг бөглөнө үү:
| А | IN | ХАМТ | X | ||||
| 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
утга нь зөвхөн A = B гэсэн мөрөнд 1 байна
B эсвэл C = 1 гэсэн мөрөнд утга нь 1 байна
утга нь зөвхөн A = 1 ба B + C = 0 байгаа мөрөнд 0 байна
утга нь өмнөх баганын урвуу утгатай (0-ийг 1-ээр, 1-ийг 0-ээр сольсон)
X-ийн үр дүн (сүүлийн багана) нь хоёр баганын логик нийлбэр ба
5) хариултыг авахын тулд X баганаас дээрээс доош битүүдийг бичнэ үү.
6) энэ тоог аравтын бутархай систем рүү хөрвүүлнэ:
Хариулт: 171
(10 (X+1)·(X+2)) мэдэгдэл үнэн байх хамгийн том бүхэл X хэд вэ?
Тайлбар.
Тэгшитгэл гэдэг нь хоёр харилцааны хоорондын хамаарлын үйлдэл юм:
1) Мэдээжийн хэрэг, энд та жишээ 2208-тай ижил аргыг хэрэглэж болно, гэхдээ та шийдэх хэрэгтэй болно. квадрат тэгшитгэл(Би хүсэхгүй байна ...);
2) Нөхцөлөөр бид зөвхөн бүхэл тоонуудыг сонирхож байгаа тул эх илэрхийлэлийг ямар нэгэн байдлаар хувиргаж, ижил утгатай мэдэгдлийг олж авах боломжтой гэдгийг анхаарна уу ( тодорхой утгуудБид үндсийг огт сонирхдоггүй!);
3) Тэгш бус байдлыг авч үзье: мэдээжийн хэрэг, энэ нь эерэг эсвэл сөрөг тоо байж болно;
4) Домэйн дэх мэдэгдэл нь бүх бүхэл тоонуудын хувьд үнэн эсэхийг шалгахад хялбар бөгөөд домэйнд - бүх бүхэл тоонуудын хувьд (андуурахгүйн тулд хатуу бус тэгш бус байдлыг ашиглах нь илүү тохиромжтой. ба );
5) Тиймээс бүхэл тоонуудын хувьд үүнийг эквивалент илэрхийллээр сольж болно
6) илэрхийллийн үнэний талбар нь хоёр хязгааргүй интервалын нэгдэл юм;
7) Одоо хоёр дахь тэгш бус байдлыг авч үзье: энэ нь эерэг эсвэл сөрөг тоо байж болох нь ойлгомжтой;
8) Домэйн дахь мэдэгдэл нь бүх бүхэл тоонд үнэн, домэйнд - бүх бүхэл тоонд үнэн байдаг тул бүхэл тоонуудын хувьд үүнийг тэнцүү илэрхийллээр сольж болно.
9) илэрхийллийн үнэний талбар нь хаалттай интервал юм;
10) Өгөгдсөн илэрхийлэл нь хаана болон ;
11) Утга нь тохирохгүй болсныг анхаарна уу, учир нь тэнд ба , өөрөөр хэлбэл 0-ийг өгдөг;
12) Нөхцөлийг хангасан 2, (10 (2+1) · (2+2)), эсвэл 0 → 0-ийг орлуулах үед.
Тэгэхээр хариулт нь 2.
Хариулт: 2
Энэ мэдэгдэл үнэн байх хамгийн том бүхэл X хэд вэ?
(50 (X+1)·(X+1))?
Тайлбар.
Дуудлагын хувиргалтыг хэрэглэж, илэрхийллийг хувиргацгаая:
(50 (X+1)·(X+1)) ⇔ ¬(X 2 > 50) ∨ ((X+1) 2) ∨ (|X+1|).
Логик OR нь ядаж нэг логик хэллэг үнэн байвал үнэн байна. Тэгш бус байдлын аль алиныг нь шийдэж, тэдгээрийн дор хаяж нэг нь хангагдсан хамгийн том бүхэл тоо нь 7 байгааг харж байна (зураг дээр хоёр дахь тэгш бус байдлын эерэг шийдийг шараар, эхнийх нь цэнхэр өнгөөр харуулсан).
Хариулт: 7
Логик илэрхийлэл болох K, L, M, N хувьсагчдын утгыг заана уу
(¬(M ∨ L) ∧ K) → (¬K ∧ ¬M ∨ N)
худлаа. Хариултыг 4 тэмдэгтийн мөр болгон бичнэ үү: K, L, M, N хувьсагчдын утгууд (энэ дарааллаар). Жишээлбэл, 1101-р мөр нь K=1, L=1, M=0, N=1 гэсэн утгатай тохирч байна.
Тайлбар.
3584-р даалгаврыг давхардуулж байна.
Хариулт: 1000
(¬K ∨ M) → (¬L ∨ M ∨ N)
Тайлбар.
Дуудлагын хувиргалтыг хэрэгжүүлье:
(K ∧ ¬M) ∨ (¬L ∨ M ∨ N) = 0
Тэгшитгэлийн хоёр талд үгүйсгэлийг хэрэглэцгээе.
(¬K ∨ M) ∧ L ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Өөрчлүүлье:
(¬K ∧ L ∨ M ∧ L) ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Тиймээс, M = 0, N = 0, одоо (¬K ∧ L ∨ M ∧ L) авч үзье.
M = 0, N = 0 гэсэн баримтаас M ∧ L = 0, дараа нь ¬K ∧ L = 1, өөрөөр хэлбэл K = 0, L = 1 байна.
Хариулт: 0100
Логик илэрхийлэл болох K, L, M, N хувьсагчдын утгыг зааж өгнө үү
(¬(M ∨ L) ∧ K) → ((¬K ∧ ¬M) ∨ N)
худлаа. Хариултаа дөрвөн тэмдэгтийн мөр болгон бичнэ үү: K, L, M, N хувьсагчдын утгууд (энэ дарааллаар). Жишээлбэл, 1101-р мөр нь K=1, L=1, M=0, N=1 гэсэн утгатай тохирч байна.
Тайлбар.
Үйлдлийн энгийн тэмдэглэгээг ашиглан тэгшитгэлийг бичье ("илэрхийлэл худал" гэсэн нөхцөл нь логик тэгтэй тэнцүү гэсэн үг):
1) нөхцөлийг томъёолсноор илэрхийлэл нь зөвхөн нэг багц хувьсагчийн хувьд худал байх ёстой.
2) "далд" үйлдлийн үнэний хүснэгтээс энэ илэрхийлэл нь зөвхөн нэгэн зэрэг худал болохыг харуулж байна.
3) эхний тэгш байдал (логик үржвэр нь 1-тэй тэнцүү) нь зөвхөн ба тохиолдолд л хангагдана; үүнээс үүдэн гарч ирдэг (логик нийлбэр нь тэгтэй тэнцүү), энэ нь зөвхөн үед л тохиолдож болно; Тиймээс бид гурван хувьсагчийг аль хэдийн тодорхойлсон
4) хоёр дахь нөхцлөөс , for болон бид .
Даалгаврыг давхардуулдаг
Хариулт: 1000
Логик илэрхийлэл болох P, Q, S, T логик хувьсагчдын утгыг зааж өгнө үү
(P ∨ ¬Q) ∨ (Q → (S ∨ T)) нь худал.
Хариултыг дөрвөн тэмдэгтийн мөр болгон бичнэ үү: P, Q, S, T хувьсагчдын утгууд (энэ дарааллаар).
Тайлбар.
(1) (P ∨ ¬Q) = 0
(2) (Q → (S ∨ T)) = 0
(1) (P ∨ ¬Q) = 0 => P = 0, Q = 1.
(2) (Q → (S ∨ Т)) = 0 Импликацын хувиргалтыг хэрэгжүүлье:
¬Q ∨ S ∨ T = 0 => S = 0, T = 0.
Хариулт: 0100
Логик илэрхийлэл болох K, L, M, N хувьсагчдын утгыг зааж өгнө үү
(K → M) ∨ (L ∧ K) ∨ ¬N
худлаа. Хариултаа дөрвөн тэмдэгтийн мөр болгон бичнэ үү: K, L, M, N хувьсагчдын утгууд (энэ дарааллаар). Жишээлбэл, 1101-р мөр нь K=1, L=1, M=0, N=1 гэсэн утгатай тохирч байна.
Тайлбар.
Логик OR нь хоёр мэдэгдэл худал байвал худал болно.
(K → M) = 0, (L ∧ K) ∨ ¬N = 0.
Эхний илэрхийлэлд далд хувиргалтыг хэрэгжүүлье:
¬K ∨ M = 0 => K = 1, M = 0.
Хоёр дахь илэрхийлэлийг авч үзье:
(L ∧ K) ∨ ¬N = 0 (эхний илэрхийллийн үр дүнг харна уу) => L ∨ ¬N = 0 => L = 0, N = 1.
Хариулт: 1001.
Хариулт: 1001
Логик илэрхийлэл болох K, L, M, N хувьсагчдын утгыг зааж өгнө үү
(K → M) ∧ (K → ¬M) ∧ (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N))
үнэн. Хариултаа дөрвөн тэмдэгтийн мөр болгон бичнэ үү: K, L, M, N хувьсагчдын утгууд (энэ дарааллаар). Жишээлбэл, 1101-р мөр нь K=1, L=1, M=0, N=1 гэсэн утгатай тохирч байна.
Тайлбар.
Логик "AND" нь үнэн бөгөөд хэрэв хоёр мэдэгдэл үнэн бол л үнэн болно.
1) (K → M) = 1 Доорын хувиргалтыг хэрэгжүүл: ¬K ∨ M = 1
2) (K → ¬M) = 1 Импликацын хувиргалтыг хэрэгжүүл: ¬K ∨ ¬M = 1
Эндээс K = 0 байна.
3) (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N)) = 1 Доорын хувиргалтыг хэрэгжүүл: K ∨ (M ∧ ¬L ∧ N) = 1 K = 0 гэсэн баримтаас бид дараахь зүйлийг олж авна.
M ∧ ¬L ∧ N = 1 => M = 1, L = 0, N = 1.
Хариулт: 0011
X, Y, Z бүхэл тоонуудын хувьд дараах мэдэгдэл үнэн болох нь мэдэгдэж байна.
(Z X=25, Y=48 бол Z хэдтэй тэнцүү вэ?
Тайлбар.
Тоонуудыг орлуулсны дараа бид Z = 47 болно.
Энэхүү нарийн төвөгтэй мэдэгдэл нь гурван энгийн мэдэгдлээс бүрддэг болохыг анхаарна уу
1) (Z 2) эдгээр энгийн хэллэгүүд нь ∧ (AND, холболт) үйлдлээр холбогдсон, өөрөөр хэлбэл тэдгээрийг нэгэн зэрэг гүйцэтгэх ёстой.
3) ¬(Z+1 24, ¬(Z+1 47)-аас.
4) -аас (Z Z Хариулт: 47.
Хариулт: 47
A, B, C нь бүхэл тоонуудын хувьд дараах мэдэгдэл үнэн байна.
(C A=45, B=18 бол C-ийн утга хэд вэ?
Тайлбар.
Логик "AND" нь үнэн бөгөөд хэрэв хоёр мэдэгдэл үнэн бол л үнэн болно.
Илэрхийлэлд тоонуудыг орлъё:
1) (C (C 2) ¬(C+1, C ≥ 44).
3) ¬(C+1, C ≥ 17.
2) ба 1)-ээс харахад C
Хариулт: 44
¬(A = B) ∧ ((B A)) ∧ ((A 2C))
C = 8, B = 18 бол А-ийн утга хэд вэ?
Тайлбар.
Логик "AND" нь үнэн бөгөөд хэрэв хоёр мэдэгдэл үнэн бол л үнэн болно.
1) ¬(A = B) = 1, өөрөөр хэлбэл, A ≠ 18 = 1.
2) ((B A)) Дуудлагын хувиргалтыг хэрэгжүүл: (18 > A) ∨ (16 > A) = 1
3) (A 2C) Дуудлагын хувиргалтыг хэрэгжүүл: (A > 18) ∨ (A > 16) = 1
2) ба 3)-аас (18 > A) ба (A > 16) гэсэн үг, өөрөөр хэлбэл зөрчил үүснэ: A = 17.
Хариулт: 17
A, B, C нь мэдэгдэл үнэн байх бүхэл тоо юм
¬(A = B) ∧ ((A > B) → (C = B)) ∧ ((B > A) → (C = A))
A = 45, C = 18 бол В-ийн утга хэд вэ?
Тайлбар.
Логик "AND" нь зөвхөн бүх мэдэгдэл үнэн байвал үнэн болно.