Алгебра логики информатика егэ теория - Помощь в подготовке к экзаменам и поступлению

Алгебра логики

Алгебра логики (англ. algebra of logic) — один из основных разделов математической логики, в котором методы алгебры используются в логических преобразованиях.

Основоположником алгебры логики является английский математик и логик Дж. Буль (1815–1864), положивший в основу своего логического учения аналогию между алгеброй и логикой. Любое высказывание он записывал с помощью символов разработанного им языка и получал «уравнения», истинность или ложность которых можно было доказать, исходя из определенных логических законов, таких как законы коммутативности, дистрибутивности, ассоциативности и др.

Современная алгебра логики является разделом математической логики и изучает логические операции над высказываниями с точки зрения их истинностного значения (истина, ложь). Высказывания могут быть истинными, ложными или содержать истину и ложь в разных соотношениях.

Логическое высказывание — это любое повествовательное предложение, в отношении которого можно однозначно утверждать, что его содержание истинно или ложно.

Например, «3 умножить на 3 равно 9», «Архангельск севернее Вологды» — истинные высказывания, а «Пять меньше трех», «Марс — звезда» — ложные.

Очевидно, что не всякое предложение может быть логическим высказыванием, т. к. не всегда есть смысл говорить о его ложности или истинности. Например, высказывание «Информатика — интересный предмет» неопределенно и требует дополнительных сведений, а высказывание «Для ученика 10-А класса Иванова А. А. информатика — интересный предмет» в зависимости от интересов Иванова А. А. может принимать значение «истина» или «ложь».

Кроме двузначной алгебры высказываний, в которой принимаются только два значения — «истинно» и «ложно», существует многозначная алгебра высказываний. В такой алгебре, кроме значений «истинно» и «ложно», употребляются такие истинностные значения, как «вероятно», «возможно», «невозможно» и т. д.

В алгебре логики различаются простые (элементарные) высказывания, обозначаемые латинскими буквами (A, B, C, D, …), и сложные (составные), составленные из нескольких простых с помощью логических связок, например таких, как «не», «и», «или», «тогда и только тогда», «если … то». Истинность или ложность получаемых таким образом сложных высказываний определяется значением простых высказываний.

Обозначим как А высказывание «Алгебра логики успешно применяется в теории электрических схем», а через В — «Алгебра логики применяется при синтезе релейно-контактных схем».

Тогда составное высказывание «Алгебра логики успешно применяется в теории электрических цепей и при синтезе релейно-контактных схем» можно кратко записать как А и В; здесь «и» — логическая связка. Очевидно, что поскольку элементарные высказывания А и В истинны, то истинно и составное высказывание А и В.

Каждая логическая связка рассматривается как операция над логическими высказываниями и имеет свое название и обозначение.

Логических значений всего два: истина (TRUE) и ложь (FALSE). Это соответствует цифровому представлению — 1 и 0. Результаты каждой логической операции можно записать в виде таблицы. Такие таблицы называют таблицами истинности.

Основные операции алгебры логики

1. Логическое отрицание, инверсия (лат. inversion — переворачивание) — логическая операция, в результате которой из данного высказывания (например, А) получается новое высказывание (не А), которое называется отрицанием исходного высказывания, обозначается символически чертой сверху ($A↖{-}$) или такими условными обозначениями, как ¬, ‘not’, и читается: «не А», «А ложно», «неверно, что А», «отрицание А». Например, «Марс — планета Солнечной системы» (высказывание А); «Марс — не планета Солнечной системы» ($A↖{-}$); высказывание «10 — простое число» (высказывание В) ложно; высказывание «10 — не простое число» (высказывание B ) истинно.

Операция, используемая относительно одной величины, называется унарной. Таблица значений данной операции имеет вид

A	¬A
истина	ложь
ложь	истина

или

Высказывание $A↖{-}$ ложно, когда А истинно, и истинно, когда А ложно.

Геометрически отрицание можно представить следующим образом: если А — это некоторое множество точек, то $A↖{-}$ — это дополнение множества А, т. е. все точки, которые не принадлежат множеству А.

2. Конъюнкция (лат. conjunctio — соединение) — логическое умножение, операция, требующая как минимум двух логических величин (операндов) и соединяющая два или более высказываний при помощи связки «и» (например, «А и В»), которая символически обозначается с помощью знака ∧ (А ∧ В) и читается: «А и В». Для обозначения конъюнкции применяются также следующие знаки: А ∙ В; А & В, А and В, а иногда между высказываниями не ставится никакого знака: АВ. Пример логического умножения: «Этот треугольник равнобедренный и прямоугольный». Данное высказывание может быть истинным только в том случае, если выполняются оба условия, в противном случае высказывание ложно.

Таблица истинности операции имеет вид

A	B	A ∧ B
истина	ложь	ложь
ложь	истина	ложь
ложь	ложь	ложь
истина	истина	истина

или

A	B	A ∧ B
1	0	0
0	1	0
0	0	0
1	1	1

Высказывание А ∧ В истинно только тогда, когда оба высказывания — А и В истинны.

Геометрически конъюнкцию можно представить следующим образом: если А, В — это некоторые множества точек, то А ∧ В есть пересечение множеств А и В.

3. Дизъюнкция (лат. disjunction — разделение) — логическое сложение, операция, соединяющая два или более высказываний при помощи связки «или» (например, «А или В»), которая символически обозначается с помощью знака ∨ (А ∨ В) и читается: «А или В». Для обозначения дизъюнкции применяются также следующие знаки: А + В; А or В; А | B. Пример логического сложения: «Число x делится на 3 или на 5». Это высказывание будет истинным, если выполняются оба условия или хотя бы одно из условий.

Таблица истинности операции имеет вид

A	B	A ∨ B
истина	ложь	истина
ложь	истина	истина
ложь	ложь	ложь
истина	истина	истина

или

A	B	A ∨ B
1	0	1
0	1	1
0	0	0
1	1	1

Высказывание А ∨ В ложно только тогда, когда оба высказывания — А и В ложны.

Геометрически логическое сложение можно представить следующим образом: если А, В — это некоторые множества точек, то А ∨ В — это объединение множеств А и В, т. е. фигура, объединяющая и квадрат, и круг.

4. Дизъюнкция строго-разделительная, сложение по модулю два — логическая операция, соединяющая два высказывания при помощи связки «или», употребленной в исключающем смысле, которая символически обозначается с помощью знаков ∨ ∨ или ⊕ (А ∨ ∨ В, А ⊕ В) и читается: «либо А, либо В». Пример сложения по модулю два — высказывание «Этот треугольник тупоугольный или остроугольный». Высказывание истинно, если выполняется какое-то одно из условий.

Таблица истинности операции имеет вид

А	В	А ⊕ B
истина	ложь	истина
ложь	истина	истина
ложь	ложь	ложь
истина	истина	ложь

или

А	В	А ⊕ B
1	0	1
0	1	1
0	0	0
1	1	0

Высказывание А ⊕ В истинно только тогда, когда высказывания А и В имеют различные значения.

5. Импликация (лат. implisito — тесно связываю) — логическая операция, соединяющая два высказывания при помощи связки «если…, то» в сложное высказывание, которое символически обозначается с помощью знака → (А → В) и читается: «если А, то В», «А влечет В», «из А следует В», «А имплицирует В». Для обозначения импликации применяется также знак ⊃ (A ⊃ B). Пример импликации: «Если полученный четырехугольник квадрат, то около него можно описать окружность». Эта операция связывает два простых логических выражения, из которых первое является условием, а второе — следствием. Результат операции ложен только тогда, когда предпосылка есть истина, а следствие — ложь. Например, «Если 3 * 3 = 9 (А), то Солнце — планета (В)», результат импликации А → В — ложь.

Таблица истинности операции имеет вид

А	В	А → В
истина	ложь	ложь
ложь	истина	истина
ложь	ложь	истина
истина	истина	истина

или

А	В	А → В
1	0	0
0	1	1
0	0	1
1	1	1

Для операции импликации справедливо утверждение, что из лжи может следовать все что угодно, а из истины — только истина.

6. Эквивалентность, двойная импликация, равнозначность (лат. aequalis — равный и valentis — имеющий силу) — логическая операция, позволяющая из двух высказываний А и В получить новое высказывание А ≡ В, которое читается: «А эквивалентно B». Для обозначения эквивалентности применяются также следующие знаки: ⇔, ∼. Эта операция может быть выражена связками «тогда и только тогда», «необходимо и достаточно», «равносильно». Примером эквивалентности является высказывание: «Треугольник будет прямоугольным тогда и только тогда, когда один из углов равен 90 градусам».

Таблица истинности операции эквивалентности имеет вид

А	В	А ∼ В
истина	ложь	ложь
ложь	истина	ложь
ложь	ложь	истина
истина	истина	истина

или

А	В	А ∼ В
1	0	0
0	1	0
0	0	1
1	1	1

Операция эквивалентности противоположна сложению по модулю два и имеет результат «истина» тогда и только тогда, когда значения переменных совпадают.

Зная значения простых высказываний, можно на основании таблиц истинности определить значения сложных высказываний. При этом важно знать, что для представления любой функции алгебры логики достаточно трех операций: конъюнкции, дизъюнкции и отрицания.

Сложение по модулю два	А ⊕ В	$(A↖{-} ∧B) ∧ (A ∧ B↖{-})$
Импликация	А → В	$A↖{-} ∨ B$
Эквивалентность	А ∼ В	$(A↖{-} ∧ B↖{-}) ∨ (A ∧ B)$

Приоритет выполнения логических операций следующий: отрицание («не») имеет самый высокий приоритет, затем выполняется конъюнкция («и»), после конъюнкции — дизъюнкция («или»).

С помощью логических переменных и логических операций любое логическое высказывание можно формализовать, т. е. заменить логической формулой. При этом элементарные высказывания, образующие составное высказывание, могут быть абсолютно не связаны по смыслу, но это не мешает определять истинность или ложность составного высказывания. Например, высказывание «Если пять больше двух (А), то вторник всегда наступает после понедельника (В)» — импликация А → В, и результат операции в данном случае — «истина». В логических операциях смысл высказываний не учитывается, рассматривается только их истинность или ложность.

Рассмотрим, например, построение составного высказывания из высказываний А и В, которое было бы ложно тогда и только тогда, когда оба высказывания истинны. В таблице истинности для операции сложения по модулю два находим: 1 ⊕ 1 = 0. А высказывание может быть, например, таким: «Этот мяч полностью красный или полностью синий». Следовательно, если утверждение А «Этот мяч полностью красный» — истина, и утверждение В «Этот мяч полностью синий» — истина, то составное утверждение — ложь, т. к. одновременно и красным, и синим мяч быть не может.

Примеры решения задач

Пример 1. Определить для указанных значений X значение логического высказывания ((X > 3) ∨ (X < 3)) → (X < 4) :

1) X = 1; 2) X = 12; 3) X = 3.

Решение. Последовательность выполнения операций следующая: сначала выполняются операции сравнения в скобках, затем дизъюнкция, и последней выполняется операция импликации. Операция дизъюнкции ∨ ложна тогда и только тогда, когда оба операнда ложны. Таблица истинности для импликации имеет вид

A	B	A → B
1	0	0
0	1	1
0	0	1
1	1	1

Отсюда получаем:

1) для X = 1:

((1 > 3) ∨ (1 < 3)) → (1 < 4) = ложь ∨ истина → истина = истина → истина = истина;

2) для X = 12:

((12 > 3) ∨ (12 < 3) → (12 < 4) = истина ∨ ложь → ложь = истина → ложь = ложь;

3) для X = 3:

((3 > 3) ∨ (3 < 3)) → (3<4) = ложь ∨ ложь → истина = ложь → истина = истина.

Пример 2. Указать множество целых значений X, для которых истинно выражение ¬((X > 2) → (X > 5)) .

Решение. Операция отрицания применена ко всему выражению ((X > 2) → (X > 5)) , следовательно, когда выражение ¬((X > 2) → (X > 5)) истинно, выражение ((X > 2) →(X > 5)) ложно. Поэтому необходимо определить, для каких значений X выражение ((X > 2) → (X > 5)) ложно. Операция импликации принимает значение «ложь» только в одном случае: когда из истины следует ложь. А это выполняется только для X = 3; X = 4; X = 5.

Пример 3. Для каких из приведенных слов ложно высказывание ¬(первая буква гласная ∧ третья буква гласная) ⇔ строка из 4 символов? 1) асса; 2) куку; 3) кукуруза; 4) ошибка; 5) силач.

Решение. Рассмотрим последовательно все предложенные слова:

1) для слова асса получим: ¬(1 ∧ 0) ⇔ 1, 1 ⇔ 1 — высказывание истинно;

2) для слова куку получим: ¬ (0 ∧ 0) ⇔ 1, 1 ⇔ 1 — высказывание истинно;

3) для слова кукуруза получим: ¬ (0 ∧ 0) ⇔ 0, 1 ⇔ 0 — высказывание ложно;

4) для слова ошибка получим: ¬ (1 ∧ 1) ⇔ 0, 0 ⇔ 0 — высказывание истинно;

5) для слова силач получим: ¬ (0 ∧ 0) ⇔ 1, 1 ⇔ 0 — высказывание ложно.

Логические выражения и их преобразование

Под логическим выражением следует понимать такую запись, которая может принимать логическое значение «истина» или «ложь». При таком определении среди логических выражений необходимо различать:

выражения, которые используют операции сравнения («больше», «меньше», «равно», «не равно» и т. п.) и принимают логические значения (например, выражение а > b , где а = 5 и b = 7, равно значению «ложь»);
непосредственные логические выражения, связанные с логическими величинами и логическими операциями (например, A ∨ В ∧ С, где А = истина, B = ложь и C = истина).

Логические выражения могут включать в себя функции, алгебраические операции, операции сравнения и логические операции. В этом случае приоритет выполнения действий следующий:

вычисление существующих функциональных зависимостей;
выполнение алгебраических операций (вначале умножение и деление, затем вычитание и сложение);
выполнение операций сравнения (в произвольном порядке);
выполнение логических операций (вначале операции отрицания, затем операции логического умножения, логического сложения, последними выполняются операции импликации и эквивалентности).

В логическом выражении могут использоваться скобки, которые изменяют порядок выполнения операций.

Пример. Найти значение выражения:

$1 ≤ a ∨ A ∨ sin(π/a — π/b) < 1 ∧ ¬B ∧ ¬(b^a + a^b > a + b ∨ A ∧ B)$ для а = 2, b = 3, A = истина, В = ложь.

Решение. Порядок подсчета значений:

1) b^a + a^b > a + b, после подстановки получим: 3² + 2³ > 2 + 3, т. е. 17 > 2 + 3 = истина;

2) A ∧ B = истина ∧ ложь = ложь.

Следовательно, выражение в скобках равно (b^a + a^b > a + b ∨ A ∧ B) = истина ∨ ложь = истина;

3) 1≤ a = 1 ≤ 2 = истина;

4) sin(π/a — π/b) < 1 = sin(π/2 — π/3) < 1 = истина.

После этих вычислений окончательно получим: истина ∨ А ∧ истина ∧ ¬В ∧ ¬истина.

Теперь должны быть выполнены операции отрицания, затем логического умножения и сложения:

5) ¬В = ¬ложь = истина; ¬истина = ложь;

6) A ∧ истина ∧ истина ∧ ложь = истина ∧ истина ∧ истина ∧ ложь = ложь;

7) истина ∨ ложь = истина.

Таким образом, результат логического выражения при заданных значениях— «истина».

Примечание. Учитывая, что исходное выражение есть, в конечном итоге, сумма двух слагаемых, и значение одного из них 1 ≤ a = 1 ≤ 2 = истина, без дальнейших вычислений можно сказать, что результат для всего выражения тоже «истина».

Тождественные преобразования логических выражений

В алгебре логики выполняются основные законы, позволяющие производить тождественные преобразования логических выражений.

Закон	Для ∨	Для ∧
Переместительный	A ∨ B = B ∨ A	A ∧ B = B ∧ A
Сочетательный	A ∨ (B ∨ C) = (B ∨ A) ∨ C	A ∧ (B ∧ C) = (A ∧ B) ∧ C
Распределительный	A ∧ (B ∨ C) = (A ∧ B) ∨ (A ∧ C)	A ∨ B ∧ C = (A ∨ B) ∧ (A ∨ C)
Правила де Моргана	${A ∨ B}↖{-}$ = $A↖{-} ∧ B↖{-}$	${A ∧ B}↖{-}$ = $A↖{-} ∨ B↖{-}$
Идемпотенции	A ∨ A = A	A ∧ A = A
Поглощения	A ∨ A ∧ B = A	A ∧ (A ∨ B) = A
Склеивания	(A ∧ B) ∨ (A↖{-} ∧ B) = B	(A ∨ B) ∧ (A↖{-} ∨ B) = B
Операция переменной с ее инверсией	$A ∨ A↖{-}$ = 1	$A ∧ A↖{-}$ = 0
Операция с константами	A ∨ 0 = A A ∨ 1 = 1	A ∧ 1 = A A ∧ 0 = 0
Двойного отрицания	$A↖{=}$ = A

Доказательства этих утверждений производят на основании построения таблиц истинности для соответствующих записей.

Равносильные преобразования логических формул имеют то же назначение, что и преобразования формул в обычной алгебре. Они служат для упрощения формул или приведения их к определенному виду путем использования основных законов алгебры логики. Под упрощением формулы, не содержащей операций импликации и эквивалентности, понимают равносильное преобразование, приводящее к формуле, которая содержит либо меньшее по сравнению с исходной число операций, либо меньшее число переменных.

Некоторые преобразования логических формул похожи на преобразования формул в обычной алгебре (вынесение общего множителя за скобки, использование переместительного и сочетательного законов и т. п.), тогда как другие преобразования основаны на свойствах, которыми не обладают операции обычной алгебры (использование распределительного закона для конъюнкции, законов поглощения, склеивания, де Моргана и др.).

Рассмотрим на примерах некоторые приемы и способы, применяемые при упрощении логических формул:

1) X1 ∧ X2 ∨ X1 ∧ X2 ∪ ¬X1 ∧ X2 = X1 ∧ X2 ∨ ¬X1 ∧ X2 = (X1 ∨ ¬X1) ∧ X2 = 1 ∧ X2 = X2 .

Для преобразования здесь можно применить закон идемпотенции, распределительный закон; операцию переменной с инверсией и операцию с константой.

2) X1 ∨ X1 ∧ X2 = X1 ∨ (1 ∨ 1 ∧ X2) = X1 ∨ (1 ∨ X2) = X1 .

Здесь для упрощения применяется закон поглощения.

3) ¬(X1 ∧ X2) ∨ X2 = (¬X1 ∨ ¬X2) ∨ X2 = ¬X1 ∨ ¬X2 ∨ X2 = ¬X1 ∨ 1 = 1 .

При преобразовании применяются правило де Моргана, операция переменной с ее инверсией, операция с константой

Примеры решения задач

Пример 1. Найти логическое выражение, равносильное выражению A ∧ ¬(¬B ∨ C) .

Решение. Применяем правило де Моргана для В и С: ¬(¬B ∨ C) = B ∧ ¬C .

Получаем выражение, равносильное исходному: A ∧ ¬(¬B ∨ C) = A ∧ B ∧ ¬C .

Ответ: A ∧ B ∧ ¬C.

Пример 2. Указать значение логических переменных А, В, С, для которых значение логического выражения (A ∨ B) → (B ∨ ¬C ∨ B) ложно.

Решение. Операция импликации ложна только в случае, когд а из истинной посылки следует ложь. Следовательно, для заданного выражения посылка A ∨ B должна принимать значение «истина», а следствие, т. е. выражение B ∨ ¬C ∨ B , — «ложь».

1) A ∨ B — результат дизъюнкции — «истина», если хотя бы один из операндов — «истина»;

2) B ∨ ¬C ∨ B — выражение ложно, если все слагаемые имеют значение «ложь», т. е. В — «ложь»; ¬C — «ложь», а следовательно, переменная С имеет значение «истина»;

3) если рассмотреть посылку и учесть, что В — «ложь», то получим, что значение А — «истина».

Ответ: А — истина, В — ложь, С — истина.

Пример 3. Каково наибольшее целое число X, при котором истинно высказывание (35 < X · X) → (X < (X — 3)) ?

Решение. Запишем таблицу истинности для операции импликации:

A	B	A → B
1	0	0
0	1	1
0	0	1
1	1	1

Выражение X < (X — 3) ложно при любых положительных значениях X. Следовательно, для того чтобы результатом импликации была «истина», необходимо и достаточно, чтобы выражение 35 < X · X также было ложно. Максимальное целое значение X, для которого 35 < X · X ложно, равно 5.

Ответ: X = 5.

Использование логических выражений для описания геометрических областей

Логические выражения могут быть использованы для описания геометрических областей. В этом случае задача формулируется так: записать для заданной геометрической области такое логическое выражение, которое принимает значение «истина» для значений x, y тогда и только тогда, когда любая точка с координатами (x; y) принадлежит геометрической области.

Рассмотрим описание геометрической области с помощью логического выражения на примерах.

Пример 1. Задано изображение геометрической области. Записать логическое выражение, описывающее множество точек, принадлежащих ей.

1) .

Решение. Заданную геометрическую область можно представить в виде набора следующих областей: первая область — D1 — полуплоскость ${x}/{-1} +{y}/{1} ≤ 1$, вторая — D2 — круг с центром в начале координат $x^2 + y^2 ≤ 1$. Их пересечение D1 $∩$ D2 представляет собой искомую область.

Результат: логическое выражение ${x}/{-1}+{y}/{1} ≤ 1 ∧ x^2 + y^2 ≤ 1$.

Эту область можно записать так: |x| ≤ 1 ∧ y ≤ 0 ∧ y ≥ -1 .

Примечание. При построении логического выражения используются нестрогие неравенства, а это значит, что границы фигур также принадлежат заштрихованной области. Если использовать строгие неравенства, то границы учитываться не будут. Границы, не принадлежащие области, обычно изображаются пунктиром.

Можно решить обратную задачу, а именно: нарисовать область для заданного логического выражнения.

Пример 2. Нарисовать и заштриховать область, для точек которой выполняется логическое условие y ≥ x ∧ y + x ≥ 0 ∧ y < 2 .

Решение. Искомая область представляет собой пересечение трех полуплоскостей. Строим на плоскости (x, y) прямые y = x; y = –x; y = 2. Это границы области, причем последняя граница y = 2 не принадлежит области, поэтому ее наносим пунктирной линией. Для выполнения неравенства y ≥ x нужно, чтобы точки находились слева от прямой y = x, а неравенство y = –x выполняется для точек, которые находятся справа от прямой y = –x. Условие y < 2 выполняется для точек, лежащих ниже прямой y = 2. В результате получим область, которая изображена на рис.:

Использование логических функций для описания электрических схем

Логические функции очень удобны для описания работы электрических схем. Так, для схемы, представленной на рис., где значение переменной X — это состояние выключателя (если он включен, значение X — «истина», а если выключен — «ложь»), это значение Y — это состояние лампочки (если она горит — значение «истина», а если нет — «ложь»), логическая функция запишется так: Y = X . Функцию Y называют функцией проводимости.

Для схемы, представленной на рис., логическая функция Y имеет вид: Y = X1 ∪ X2, т. к. достаточно одного включенного выключателя, чтобы горела лампочка. В схеме на рис., для того чтобы горела лампочка, должны быть включены оба выключателя, следовательно, функция проводимости имеет вид: Y = X1 ∧ X2 .

Для более сложной схемы функция проводимости будет иметь вид: Y = (X11 ∨ (X12 ∧ X13)) ∧ X2 ∧ (X31 ∨ X32).

Схема также может содержать контакты на замыкание. В этом случае размыкаемый контакт как выключатель обеспечивает загорание лампочки, когда кнопка отпущена, а не нажата. Для таких схем размыкающий выключатель описывается отрицанием.

Две схемы называются равносильными, если через одну из них ток проходит тогда, когда он проходит и через другую. Из двух равносильных схем более простой считается схема, функция проводимости которой содержит меньшее число элементов. Задача нахождения наиболее простых схем среди равносильных очень важна.

Использование аппарата алгебры логики при проектировании логических схем

Математический аппарат алгебры логики очень удобен для описания того, как функционируют аппаратные средства компьютера. Любая информация при обработке на компьютере представляется в двоичной форме, т. е. кодируется некоторой последовательностью 0 и 1. Обработку двоичных сигналов, соответствующих 0 и 1, выполняют в компьютере логические элементы. Логические элементы, которые выполняют основные логические операции И, ИЛИ, НЕ, представлены на рис.

Условные обозначения логических элементов являются стандартными и используются при составлении логических схем компьютера. С помощью этих схем можно реализовать любую логическую функцию, описывающую работу компьютера.

Технически компьютерный логический элемент реализуется в виде электрической схемы, которая представляет собой соединение различных деталей: диодов, транзисторов, резисторов, конденсаторов. На вход логического элемента, который называют также вентилем, поступают электрические сигналы высокого и низкого уровней напряжения, на выход выдается один выходной сигнал также либо высокого, либо низкого уровня. Эти уровни соответствуют одному из состояний двоичной системы: 1 — 0; ИСТИНА — ЛОЖЬ. Каждый логический элемент имеет свое условное обозначение, которое выражает его логическую функцию, но не указывает на то, какая именно электронная схема в нем реализована. Это упрощает запись и понимание сложных логических схем. Работу логических схем описывают с помощью таблиц истинности. Условное обозначение на схеме ИЛИ знак «1» — от устаревшего обозначения дизъюнкции как «>=1» (значение дизъюнкции равно 1, если сумма двух операндов больше или равна 1). Знак «&» на схеме И является сокращенной записью английского слова and.

Из логических элементов составляются электронные логические схемы, выполняющие более сложные логические операции. Набор логических элементов, состоящий из элементов НЕ, ИЛИ, И, с помощью которых можно построить логическую структуру любой сложности, называется функционально полным.

Построение таблиц истинности логических выражений

Для логической формулы всегда можно записать таблицу истинности, т. е. представить заданную логическую функцию в табличном виде. В этом случае таблица должна содержать все возможные комбинации аргументов функции (формулы) и соответствующие значения функции (результаты формулы на заданном наборе значений).

Удобной формой записи при нахождении значений функции является таблица, содержащая, кроме значений переменных и значений функции, также значения промежуточных вычислений. Рассмотрим пример построения таблицы истинности для формулы ${X1}↖{-} ∧ X2 ∨ {X1 ∨ X2}↖{-} ∨ X1$.

X1	X2	${X1}↖{-}$	${X1}↖{-}$ X2	X1 ∧ X2	${X1 ∨ X2}↖{-}$	${X1}↖{-}$ ∧ X2 ∨ ${X1 ∨ X2}↖{-}$	${X1}↖{-}$ ∧ X2 ∨ ${X1 ∨ X2}↖{-}$ ∨ X1
1	1	0	0	1	0	0	1
1	0	0	0	1	0	0	1
0	1	1	1	1	0	1	1
0	0	1	0	0	1	1	1

Если функция принимает значение 1 при всех наборах значений переменных, она является тождественно-истинной; если при всех наборах входных значений функция принимает значение 0, она является тождественно-ложной; если набор выходных значений содержит как 0, так и 1, функция называется выполнимой. Приведенный выше пример является примером тождественно-истинной функции.

Зная аналитическую форму логической функции, всегда можно перейти к табличной форме логических функций. С помощью заданной таблицы истинности можно решить обратную задачу, а именно: для заданной таблицы построить аналитическую формулу логической функции. Различают две формы построения аналитической зависимости логической функции по таблично заданной функции.

1. Дизъюнктивно нормальная форма (ДНФ) — сумма произведений, образованных из переменных и их отрицаний для ложных значений.

Алгоритм построения ДНФ следующий:

в таблице истинности функции выбирают наборы аргументов, для которых логические формы равны 1 («истина»);
все выбранные логические наборы как логические произведения аргументов записывают, последовательно соединив их между собой операцией логической суммы (дизъюнкции);
для аргументов, которые являются ложными, в построенной записи проставляют операцию отрицания.

Пример. Построить функцию, определяющую, что первое число равно второму, используя метод ДНФ. Таблица истинности функции имеет вид

X1	X2	F(X1, X2)
1	1	1
0	1	0
1	0	0
0	0	1

Решение. Выбираем наборы значений аргументов, в которых функция равна 1. Это первая и четвертая строки таблицы (строку заголовка при нумерации не учитываем).

Записываем логические произведения аргументов этих наборов, объединив их логической суммой: X1 ∧ X2 ∨ X1 ∧ X2 .

Записываем отрицание относительно аргументов выбранных наборов, имеющих ложное значение (четвертая строка таблицы; второй набор в формуле; первый и второй элементы): X1 ∧ X2 ∨ ${X1}↖{-}$ ∧ ${X2}↖{-}$.

Ответ: F(X1, X2) = X1 ∧ X2 ∨ ${X1}↖{-}$ ∧ ${X2}↖{-}$.

2. Конъюнктивно нормальная форма (КНФ) — произведение сумм, образованных из переменных и их отрицаний для истинных значений.

Алгоритм построения КНФ следующий:

в таблице истинности выбирают наборы аргументов, для которых логические формы равны 0 («ложь»);
все выбранные логические наборы как логические суммы аргументов записывают последовательно, соединив их между собой операцией логического произведения (конъюнкции);
для аргументов, которые являются истинными, в построенной записи проставляют операцию отрицания.

Примеры решения задач

Пример 1. Рассмотрим предыдущий пример, т. е. построим функцию, определяющую, что первое число равно второму, используя метод КНФ. Для заданной функции ее таблица истинности имеет вид

X1	X2	F(X1, X2)
1	1	1
0	1	0
1	0	0
0	0	1

Решение. Выбираем наборы значений аргументов, в которых функция равна 0. Это вторая и третья строки (строку заголовка при нумерации не учитываем).

Записываем логические суммы аргументов этих наборов, объединив их логическим произведением: X1 ∨ X2 ∧ X1 ∨ X2 .

Записываем отрицание относительно аргументов выбранных наборов, имеющих истинное значение (вторая строка таблицы, первый набор формулы, второй элемент; для третьей строки, а это второй набор формулы, первый элемент): X1 ∨ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X1}↖{-}$ ∨ X2.

Таким образом, получена запись логической функции в КНФ.

Ответ: X1 ∨ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X1}↖{-}$ ∨ X2.

Полученные двумя методами значения функций являются эквивалентными. Для доказательства этого утверждения используем правила логики: F(X1, X2) = X1 ∨ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X1}↖{-}$ ∨ X2 = X1 ∧ ${X1}↖{-}$ ∨ X1 ∧ X2 ∨ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X1}↖{-}$ ∨ ${X2}↖{-}$ ∧ X2 = 0 ∨ X1 ∨ X2 ∨ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X1}↖{-}$ ∨ 0 = X1 ∧ X2 ∨ ${X1}↖{-}$ ∧ ${X2}↖{-}$.

Пример 2. Построить логическую функцию для заданной таблицы истинности:

X1	X2	F(X1, X2)
1	1	1
1	0	0
0	1	1
0	0	0

Решение. Используем алгоритм ДНФ для построения исходной функции:

X1	X2	F(X1, X2)
1	1	1	•	X1 ∧ X2
1	0	0
0	1	1	•	${X1}↖{-}$ ∧ X2
0	0	0

Искомая формула: X1 ∧ X2 ∨ ${X1}↖{-}$ ∧ X2 .

Ее можно упростить: X1 ∧ X2 ∨ ${X1}↖{-}$ ∧ X2 = X2 ∧ (X1 ∨ ${X1}↖{-}$) = X2 ∧ 1 = X2.

Пример 3. Для приведенной таблицы истинности построить логическую функцию, используя метод ДНФ.

X1	X2	X3	F(X1, X2, X3)
1	1	1	1	•	X1 ∧ X2 ∧ X3
1	0	1	0
0	1	1	1	•	${X1}↖{-}$ ∧ X2 ∧ X3
0	0	1	0
1	1	0	1	•	X1 ∧ X2 ∧ ${X3}↖{-}$
1	0	0	1	•	X1 ∧ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X3}↖{-}$
0	1	0	0
0	0	0	0

Искомая формула: X1 ∧ X2 ∧ X ∨ ${X1}↖{-}$ ∧ X2 ∧ X3 ∨ X1 ∧ X2 ∧ ${X3}↖{-}$ ∪ X1 ∧ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X3}↖{-}$.

Формула достаточно громоздка, и ее следует упростить:

X1 ∧ X2 ∧ X3 ∨ ${X1}↖{-}$ ∧ X2 ∧ X3 ∨ X1 ∧ X2 ∧ ${X3}↖{-}$ ∨ X1 ∧ ${X2}↖{-}$ ∧ ${X3}↖{-}$ = X2 ∧ X3 ∧ (X1 ∨ ${X1}↖{-}$) ∨ X1 ∧ ${X3}↖{-}$ ∧ (X2 ∨ ${X2}↖{-}$) = X2 ∧ X3 ∨ X1 ∧ ${X3}↖{-}$.

Таблицы истинности для решения логических задач

Составление таблиц истинности — один из способов решения логических задач. При использовании такого способа решения, условия, которые содержит задача, фиксируются с помощью специально составленных таблиц.

Примеры решения задач

Пример 1. Составить таблицу истинности для охранного устройства, которое использует три датчика и срабатывает при замыкании только двух из них.

Решение. Очевидно, что результатом решения будет таблица, в которой искомая функция Y(X1, X2, X3) будет иметь значение «истина», если какие-либо две переменные имеют значение «истина».

X1	X2	X3	Y(X1, X2, X3)
1	1	1	0
1	1	0	1
1	0	1	1
1	0	0	0
0	1	1	1
0	1	0	0
0	0	1	0
0	0	0	0

Пример 2. Составить расписание уроков на день, учитывая, что урок информатики может быть только первым или вторым, урок математики — первым или третьим, а физики — вторым или третьим. Возможно ли составить расписание, удовлетворив всем требованиям? Сколько существует вариантов расписания?

Решение. Задача легко решается, если составить соответствующую таблицу:

	1-й урок	2-й урок	3-й урок
Информатика	1	1	0
Математика	1	0	1
Физика	0	1	1

Из таблицы видно, что существуют два варианта искомого расписания:

математика, информатика, физика;
информатика, физика, математика.

Пример 3. В спортивный лагерь приехали трое друзей — Петр, Борис и Алексей. Каждый из них увлекается двумя видами спорта. Известно, что таких видов спорта шесть: футбол, хоккей, лыжи, плавание, теннис, бадминтон. Также известно, что:

Борис — самый старший;
играющий в футбол младше играющего в хоккей;
играющие в футбол и хоккей и Петр живут в одном доме;
когда между лыжником и теннисистом возникает ссора, Борис мирит их;
Петр не умеет играть ни в теннис, ни в бадминтон.

Какими видами спорта увлекается каждый из мальчиков?

Решение. Составим таблицу и отразим в ней условия задачи, заполнив соответствующие клетки цифрами 0 и 1 в зависимости от того, ложно или истинно соответствующее высказывание.

Так как видов спорта шесть, получается, что все мальчики увлекаются разными видами спорта.

Из условия 4 следует, что Борис не увлекается ни лыжами, ни теннисом, а из условий 3 и 5, что Петр не умеет играть в футбол, хоккей, теннис и бадминтон. Следовательно, любимые виды спорта Петра — лыжи и плавание. Занесем это в таблицу, а оставшиеся клетки столбцов «Лыжи» и «Плавание» заполним нулями.

	Футбол	Хоккей	Лыжи	Плавание	Бадминтон	Теннис
Петр	0	0	1	1	0	0
Борис			0	0		0
Алексей			0	0

Из таблицы видно, что в теннис может играть только Алексей.

Из условий 1 и 2 следует, что Борис не футболист. Таким образом, в футбол играет Алексей. Продолжим заполнять таблицу. Внесем в пустые ячейки строки «Алексей» нули.

	Футбол	Хоккей	Лыжи	Плавание	Бадминтон	Теннис
Петр	0	0	1	1	0	0
Борис	0		0	0		0
Алексей	1	0	0	0	0	1

Окончательно получаем, что Борис увлекается хоккеем и бадминтоном. Итоговая таблица будет выглядеть следующим образом:

	Футбол	Хоккей	Лыжи	Плавание	Бадминтон	Теннис
Петр	0	0	1	1	0	0
Борис	0	1	0	0	1	0
Алексей	1	0	0	0	0	1

Ответ: Петр увлекается лыжами и плаванием, Борис играет в хоккей и бадминтон, а Алексей занимается футболом и теннисом.

Источник

На уроке рассматривается разбор 15 задания ЕГЭ по информатике, дается подробное объяснение того, как решать подобные задачи

Содержание:

Объяснение задания 15 ЕГЭ по информатике
- Элементы математической логики
- Математическая логика и теория множеств
- Задания с отрезками и ДЕЛ
- Задания с поразрядной конъюнкцией
Решение заданий 15 ЕГЭ по информатике
- Задания с множествами
- Задания с отрезками на числовой прямой
- Задания с ДЕЛ
- Задания с поразрядной конъюнкцией
- Задания на поиск наибольшего или наименьшего числа А

15-е задание: «Основные законы алгебры логики»

Уровень сложности

— повышенный,

Требуется использование специализированного программного обеспечения

— нет,

Максимальный балл

— 1,

Примерное время выполнения

— 5 минут.

Проверяемые элементы содержания: Знание основных понятий и законов математической логики

До ЕГЭ 2021 года — это было задание № 18 ЕГЭ

Типичные ошибки и рекомендации по их предотвращению:

«Важно понимать, что выражение должно быть тождественно истинно, т.е. истинно при любых допустимых значениях переменных x и у, а не только при некоторых наборах значений»

ФГБНУ «Федеральный институт педагогических измерений»

Элементы математической логики

Для выполнения задания рекомендуется повторить следующие темы:

Преобразование логических операций:

операцию импликация можно преобразовать в операции ИЛИ и НЕ:

A → B = ¬ A ∨ B
или
A → B = A + B

операцию эквивалентность можно преобразовать:

A ↔ B = A ⊕ B = A ∧ B ∨ A ∧ B
или
A ↔ B = A ⊕ B = A · B + A · B

операцию XOR (сложение по модулю 2) можно преобразовать так:

A ⊕ B = (¬A ∧ B) ∨ (A ∧ ¬B)
или
A ⊕ B = (A · B) + (A · B)

Законы алгебры логики:

кроме того, могут пригодиться базовые аксиомы и формулы:

Закон двойного отрицания:	¬¬ A = A
Закон исключения третьего:	A ∧ ¬ A = 0 или A · A = 0 A ∨ ¬ A = 1 или A + A = 1
Закон повторения (идемпотентности):	A ∧ A = A или A · A = A A ∨ A = A или A + A = A
Законы исключения логических констант:	A ∧ 0 = 0 A ∧ 1 = A A ∨ 0 = A A ∨ 1 = 1
Переместительный (коммутативный) закон:	A ∧ B = B ∧ A A ∨ B = B ∨ A
Сочетательный (ассоциативный) закон:	(A ∧ B) ∧ C = A ∧ (B ∧ C) (A ∨ B) ∨ С = A ∨ (B ∨ С)
Распределительный (дистрибутивный) закон:	(A ∧ B) ∨ C = (A ∨ C) ∧ (B ∨ C) (A ∨ B) ∧ С = (A ∧ С) ∨ (B ∧ С) и наоборот: (A ∨ B) ∧ (A ∨ C) = A ∨ (B ∧ C) (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) = A ∧ (B ∨ C)
Закон общей инверсии (Законы де Моргана):	¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B ¬ (A ∨ B) = ¬ A ∧ ¬ B
Закон исключения (склеивания):	(A ∧ B) ∨(¬A ∧ B) = B (A ∨ B) ∧(¬A ∨ B) = B
Упрощать выражения можно с помощью формул:
Закон поглощения:	A ∨ A ∧ B = A A ∧ (A ∨ B) = A A ∨ ¬A ∧ B = A ∨ B ¬A ∨ A ∧ B = ¬A ∨ B A ∧ (¬A ∨ B) = A ∧ B ¬A ∧ (A ∨ B) = ¬A ∧ B

Порядок выполнения логических операций:

выражения в скобках,
операции «НЕ»,
операции «И»,
операции «ИЛИ»,
операции «импликация»
операции «эквиваленция»

последовательность из операций импликации выполняется слева направо (при этом соблюдается принцип «операции с одинаковым приоритетом выполняются слева направо»):

A → B → C → D = ((A → B) → C) → D

Математическая логика и теория множеств

пересечение множеств соответствует логическому умножению, а объединение – логическому сложению;
пересечением двух множеств называется новое множество, состоящее из элементов, принадлежащих одновременно обеим множествам:

Пример:

объединением двух множеств называется новое множество, состоящее из элементов, принадлежащих отдельно каждому из множеств (без повторений);

Пример:

пустое множество ∅ – это множество, в котором не содержится ни одного элемента; пустому множеству в теории множеств соответствует 0;
универсальное множество U (на кругах Эйлера обозначается в виде прямоугольника) – это множество, содержащее все возможные элементы определенного типа (например, все вещественные числа):

универсальное множество соответствует логической единице: для любого множества целых чисел X справедливы равенства:

X ∨ U = U и X ∧ U = X

разностью двух множеств A и B называется новое множество, элементы которого принадлежат A, но не принадлежат B:

Пример разности множеств:

дополнение множества X – это разность между универсальным множеством U и множеством X (например, для целых чисел ¬ X – все целые числа, не входящие в X)

пусть требуется выбрать множество A так, чтобы выполнялось равенство A ∨ X = I; в этом случае множество A должно включать дополнение ¬ X, то есть A ≥¬ X (или A ⊇¬ X), то есть A_min = ¬ X
пусть требуется выбрать множество A так, чтобы выполнялось равенство ¬ A ∨ X = I, в этом случае множество ¬ A должно включать дополнение ¬ X, то есть ¬ A ⊇ ¬ X; отсюда A ⊆ X, то есть A_max = X

Для большей определенности стоит рассмотреть тему круги Эйлера

Задания с отрезками и ДЕЛ

Для решения заданий необходимо знать рассмотренную тему о множествах.

Для упрощения решений можно пользоваться следующими законами.

1. Если в задании формула тождественно истинна (равна 1), и
2. после упрощения A без отрицания
то используется закон:

A_min = ¬B

где B — известная часть выражения.

1. Если в задании формула тождественно истинна (равна 1), и
2. после упрощения A с отрицанием
то используется закон:

A_max = B

где B — известная часть выражения.

1. Если в задании формула тождественно ложна (равна 0), и
2. после упрощения A без отрицания
то используется закон:

A_max = ¬B

где B — известная часть выражения.

1. Если в задании формула тождественно ложна (равна 0), и
2. после упрощения A с отрицанием
то используется закон:

A_min = B

где B — известная часть выражения.

Задания с поразрядной конъюнкцией

В задании 15 ЕГЭ встречаются задачи, связанные с поразрядной конъюнкцией.
Например:

5 & 26

означает поразрядную конъюнкцию (логическое «И») между двоичными значениями двух чисел — 5 и 26. Выполняется так:

5  =   101₂ 
26 = 11010₂
0  = 00000₂

Задания, связанные с поразрядной конъюнкцией, решаются несколькими способами. Рассмотрим один из них.

Обозначим:

(x & K = 0) как Z_k

Для решения методом, предложенным А.В. Здвижковой, пригодится использование следующих свойств:

Z_k * Z_m = Z_{k or m}

Так, например, если в задании имеем:

(X & 5 = 0) ∧ (X & 26 = 0)

то сначала введем замену:

Z₅ ∧ Z₂₆

а затем, используя свойство 1, вычислим поразрядную дизъюнкцию двоичного значения чисел 26 и 5:

Z₅ ∧ Z₂₆ = Z_{26 or 5}
помним, что дизъюнкция - это операция логическое "ИЛИ" (сложение)
5  =   101₂ 
26 = 11010₂
31 = 11111₂

таким образом, получили:

Z₅ ∧ Z₂₆ = Z₃₁

Z_k + Z_m = Z_{k and m}

Так, например, если в задании имеем:

(X & 28 = 0) ∨ (X & 22 = 0)

то сначала введем замену:

Z₂₈ ∨ Z₂₂

а затем, используя свойство 2, вычислим поразрядную конъюнкцию двоичного значения чисел 28 и 22:

Z₂₈ ∨ Z₂₂ = Z_{28 and 22}
помним, что конъюнкция - это операция логическое "И" (умножение)
28 = 11100₂ 
22 = 10110₂
     10100₂ = 20₁₀

таким образом, получили:

Z₂₈ ∨ Z₂₂ = Z₂₀

Условие Z_k → Z_m истинно для любых натуральных значений x тогда и только тогда, когда все единичные биты двоичной записи числа M входят во множество единичных битов двоичной записи числа K.

На деле, это означает, что если имеем:

X & 29 = 0 → X & 5 = 0  Истинно или Ложно?

то сначала введем замену:

Z₂₉ → Z₅

а затем, используя свойство 3, определим истинность высказывания Z₂₉ → Z₅:

Z₂₉ → Z₅ = 1 (истине), тогда, когда:
29 = 11101₂
5  =   101₂  
единичные биты двоичного числа 5 входят в единичные биты двоичного числа 29 
(совпадают с ними)

таким образом, получили:

Z₂₉ → Z₅ = 1 (истинно)

(x & 125 = 5) то же самое, что и
Z₁₂₀ * ¬Z₄ * ¬Z₁ = 1 (истине)

Так, например, если в задании имеем:

X & 130 = 3

то сначала введем замену и, используя свойство 4, получим:

X & 130 = 3 то же самое, что и
Z₁₂₇ * ¬Z₂ * ¬Z₁

т.е. 3 = 2 + 1 :	

2 = 10
1 = 01
3 = 11

Решение заданий 15 ЕГЭ по информатике

Плейлист видеоразборов задания на YouTube:

Задание демонстрационного варианта 2022 года ФИПИ

Задания с множествами

Множества:

15_16:

Элементами множества А являются натуральные числа. Известно, что выражение

((x ∈ {1, 3, 5, 7, 9, 11}) → ¬(x ∈ {3, 6, 9, 12})) ∨ (x ∈ A)

истинно (т. е. принимает значение 1) при любом значении переменной х.

Определите наименьшее возможное значение суммы элементов множества A.

✍ Решение:

Введем обозначения:

P ≡ (x ∈ {1, 3, 5, 7, 9, 11}) ; 
Q ≡ (x ∈ {3, 6, 9, 12}) ; 
A ≡ (x ∈ A).

Выполним преобразования:

(P → ¬Q) ∨ A = 1
Избавимся от импликации:
¬P ∨ ¬Q ∨ A = 1

Разделим выражение на две части — известную часть и неизвестную. Чтобы неизвестная часть (А) была непременно истинной, необходимо, чтобы известная часть была ложна:

¬P ∨ ¬Q ∨ А = 1
    ⁰      ¹

То есть получаем:

¬P ∨ ¬Q = 0,
или 
¬P = 0  отсюда P = 1
¬Q = 0 отсюда Q = 1

Таким образом имеем пересечение (умножение) двух множеств Q и P. То есть необходимо выбрать элементы, которые встречаются в обоих множествах одновременно:

A = {3,9}

Сумма элементов:

3 + 9 = 12

Ответ: 12

Аналитическое решение:
📹 YouTube здесь

📹 Видеорешение на RuTube здесь

Множества:

15_17:

Элементами множества А являются натуральные числа. Известно, что выражение

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

истинно (т. е. принимает значение 1) при любом значении переменной х.

Определите наименьшее возможное значение суммы элементов множества A.

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

Введем обозначения:

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

Выполним преобразования:

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

Разделим выражение на две части — известную часть и неизвестную. Чтобы неизвестная часть (А) была непременно истинной, необходимо, чтобы известная часть была ложна:

¬P ∨ ¬Q ∨ А = 1
    ⁰      ¹

То есть получаем:

¬P ∨ ¬Q = 0,
или 
¬P = 0  отсюда P = 1
¬Q = 0 отсюда Q = 1

Таким образом имеем пересечение (умножение) двух множеств Q и P. То есть необходимо выбрать элементы, которые встречаются в обоих множествах одновременно:

A = {6,12}

Сумма элементов:

6 + 12 = 18

Ответ: 18

Множества:

15_18: Закон распределения

Элементами множеств А, P, Q являются натуральные числа, причём P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, Q = {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30}. Известно, что выражение

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

истинно (т. е. принимает значение 1) при любом значении переменной х.

Определите наибольшее возможное количество элементов в множестве A.

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

Введем обозначения:

P ≡ (x ∈ P); 
Q ≡ (x ∈ Q); 
A ≡ (x ∈ A).

Выполним преобразования:

Избавимся от импликации:
(¬A ∨ P) ∧ (¬Q ∨ ¬A) = 1
Применим распределительный закон (но можно вывести самостоятельно):
¬A ∨ (P ∧ ¬Q) = 1

Разделим выражение на две части — известную часть и неизвестную. Чтобы неизвестная часть (А) была непременно истинной, необходимо, чтобы известная часть была ложна:

¬A ∨ (P ∧ ¬Q) = 1
 ⁰      ¹

То есть получаем:

P ∧ ¬Q = 1,
или 
P = 1  и
¬Q = 1 отсюда Q = 0

Таким образом имеем разность двух множеств Q и P. То есть это новое множество, элементы которого принадлежат P, но не принадлежат Q:

A = {2, 4, 8, 10, 14, 16, 20}

Количество элементов = 7

Ответ: 7

Множества:

15_20:

Элементами множества А являются натуральные числа. Известно, что выражение

¬(x ∈ A) →¬(x ∈ {1, 3, 7}) ∨ (¬(x  ∈ {1, 2, 4, 5, 6}) ∧ (x ∈ {1, 3, 7}))

истинно (т. е. принимает значение 1) при любом значении переменной х.

Определите наименьшее возможное количество элементов множества A.

✍ Решение:

Введем обозначения:

P ≡ (x ∈ {1, 3, 7}); 
Q ≡ (x  ∈ {1, 2, 4, 5, 6}); 
A ≡ (x ∈ A).

Выполним преобразования:

Избавимся от импликации:
A ∨ ¬P ∨ (¬Q ∧ P) = 1
Применим закон поглощения (но можно вывести самостоятельно):
A ∨ ¬P ∨ ¬Q = 1

Разделим выражение на две части — известную часть и неизвестную. Чтобы неизвестная часть (А) была непременно истинной, необходимо, чтобы известная часть была ложна:

A ∨ ¬P ∨ ¬Q = 1
 ¹      ⁰

То есть получаем:

¬P ∨ ¬Q = 0,
или 
P = 1 и Q = 1

Таким образом имеем пересечение двух множеств Q и P:

A = {1}

Количество элементов = 1

Ответ: 1

Задания с отрезками на числовой прямой

Отрезки на числовой прямой:

15_3:

На числовой прямой даны два отрезка: P=[44,48] и Q=[23,35].

Укажите наибольшую возможную длину отрезка А, для которого формула

((x ϵ P) → (x ϵ Q)) ∧ (x ϵ A)

тождественно ложна, то есть принимает значение 0 при любом значении переменной x.

✍ Решение:

Упростим формулу, избавившись от ‘x ϵ‘:

(P → Q) ∧ A

Теперь преобразуем импликацию в скобках:

правило импликации: a → b = ¬a ∨ b

(¬P ∨ Q) ∧ A

Указанные в задании отрезки отобразим на числовой прямой. Разделим отрезки на части по точкам, соответствующим их границам.

Вернемся к преобразованному выражению. В нем есть известная часть (выделим ее) и неизвестная. По условию выражение должно быть ложно:

(¬P ∨ Q) ∧ A = 0

Внешняя операция выражения — конъюнкция — ложна в трех случаях и только в одном — истинна:

(¬P ∨ Q) ∧ A
    ⁰     ^∧ ⁰ ⁼ ⁰
    ⁰     ^∧ ¹ ⁼ ⁰
    ¹     ^∧ ⁰ ⁼ ⁰
    ¹     ^∧ ¹ ⁼ ¹

Теперь рассмотрим это выражение относительно наших отрезков на числовой прямой: если известная часть выражения (¬P ∨ Q) на каком-либо отрезке прямой дает истину, то неизвестная часть (A) должна возвращать ложь (по условию формула должна быть тождественно ложна).
Рассмотрим все отрезки числовой прямой для известной части выражения:

1. (¬P ∨ Q) = 1 ∨ 0 = 1  - на данном отрезке А должно равняться 0
2. (¬P ∨ Q) = 1 ∨ 1 = 1  - на данном отрезке А должно равняться 0
3. (¬P ∨ Q) = 1 ∨ 0 = 1  - на данном отрезке А должно равняться 0
4. (¬P ∨ Q) = 0 ∨ 0 = 0  - на данном отрезке А может! равняться 1
5. (¬P ∨ Q) = 1 ∨ 0 = 1  - на данном отрезке А должно равняться 0

Получаем, что на всех отрезках кроме 4-го выражение ¬P ∨ Q истинно, т.е. на отрезках 1, 2, 3 и 5 неизвестная часть A должна быть ложной (чтобы формула вернула ложь). Отсюда следует, что А может быть истинно только на отрезке 4.
Длина отрезка 4 составляет:

48 - 44 = 4

Результат: 4
✎ Решение 2 (программирование):
Внимание! этот способ подходит НЕ для всех заданий с отрезками!
Python:

def f(a1,a2,x):
    return((44<=x<=48)<=(23<=x<=35))and(a1<=x<=a2)
maxim = 0
for a1 in range (1,200):
    for a2 in range (a1+1,200):
        if all(f(a1,a2,x)==0 for x in range (1,200)):# если все ложны
            if a2-a1>maxim:
                maxim=a2-a1
                print(a1,a2, a2-a1) # сами точки отрезка и длина

Вывод:

PascalABC.net:

Вывод:

С подробным аналитическим решением задания 15 ЕГЭ по информатике можно ознакомиться по видео:

📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Отрезки на числовой прямой:

15_9:

На числовой прямой даны два отрезка: P = [10,20] и Q = [30,40].

Укажите наибольшую возможную длину отрезка A, для которого формула

((x ∈ P) → (x ∈ Q))  → ¬(x ∈ A)

тождественно истинна, то есть принимает значение 1 при любом значении переменной x.

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

Упростим выражение, введя обозначения:

A: x ∈ A
P: x ∈ P
Q: x ∈ Q

Запишем формулу с новыми обозначениями, учитывая, что по условию она должна быть тождественно истинной:

(P → Q) → ¬A = 1

Избавимся от импликации:

(P → Q) → ¬A = 1        =>
¬(P → Q) ∨ ¬A = 1       =>
¬(¬P ∨ Q) ∨ ¬A = 1

Используем закон Де Моргана для последующего преобразования:

¬(¬P ∨ Q) ∨ ¬A = 1    =>
P ∧ ¬Q ∨ ¬A = 1

А — наше неизвестное, а выделенную часть формулы можно найти. Необходимо, чтобы А = 1. Значит, предположим, что ¬А = 0, тогда P ∧ ¬Q = 1 (если P ∧ ¬Q = 0, то ¬А может равняться и 0 и 1, так как имеет место операция логического сложения ∨)
Значит, имеем P ∧ ¬Q = 1. Кроме того, в данном случае имеет место операция конъюнкция, которую проще вычислить, если выражение равно 1 (так как для конъюнкции существует один единственный случай истинности: 1 & 1 = 1). Таким образом имеем утверждения:

А = 1
P = 1
¬Q = 1 или Q = 0

Т.е. A истинно (=1) на промежутке пересечения отрезков P и ¬Q.
Отобразим отрезки на числовой прямой, чтобы найти искомое значение:

Очевидно, что А будет истинно, только в части 2 (на рис. желтым цветом), то есть соответствовать отрезку [10,20], имеющему длину 10.

Результат: 10

Отрезки на числовой прямой:

15_10:

На числовой прямой даны два отрезка: P = [3, 20] и Q = [6, 12].

Укажите наибольшую возможную длину отрезка A, для которого формула

((x ∈ P) ~ (x ∈ Q))  → ¬(x ∈ A)

тождественно истинна, то есть принимает значение 1 при любом значении переменной x.

✍ Решение:

Упростим выражение, введя обозначения:

A: x ∈ A
P: x ∈ P
Q: x ∈ Q

Запишем формулу с новыми обозначениями, учитывая, что по условию она должна быть тождественно истинной:

(P ~ Q) → ¬A = 1

Избавимся от импликации:

(P ~ Q) → ¬A = 1      =>
¬(P ~ Q) ∨ ¬A = 1

Далее возможно 2 способа решения.

✎ 1 способ:

Избавимся от эквивалентности по правилу преобразования эквивалентности:

(a ~ b) = a * b + ¬a * ¬b

¬(P ~ Q) = ¬((P ∧ Q) ∨ (¬P ∧ ¬Q)) =
= ¬(P ∧ Q) ∧ ¬(¬P ∧ ¬Q)

Преобразуем часть данного выражения по закону Де Моргана:

¬(P ∧ Q) ∧ ¬(¬P ∧ ¬Q) =
= ¬(P ∧ Q) ∧ (P ∨ Q)

В итоге получим:

¬(P ∧ Q) ∧ (P ∨ Q) ∨ ¬A = 1

А — наше неизвестное, а выделенную часть выражения можно найти. Необходимо, чтобы А = 1. Значит, предположим, что ¬А = 0, тогда, чтобы общее выражение было истинным (по условию), нужно чтобы ¬(P ∧ Q) ∧ (P ∨ Q) = 1.
Имеем:

¬(P ∧ Q) ∧ (P ∨ Q) = 1
А = 1

Отобразим отрезки на числовой прямой, чтобы найти искомое значение:

Очевидно, что А будет истинно в двух отмеченных на рисунке частях: 2 и 4 (на рис. желтым цветом). Но по условию нам необходимо найти А наибольшей длины, соответственно, выбираем отрезок [12,20], имеющий длину 8.

✎ 2 способ:
После того, как мы избавились от импликации, имеем:

¬(P ~ Q) ∨ ¬A = 1

А — наше неизвестное, а выделенную часть выражения можно найти. Необходимо, чтобы А = 1. Значит, предположим, что ¬А = 0, тогда ¬(P ~ Q) = 1 (чтобы общее выражение было истинным, как указанно в условии).
Иными словами ¬(P ~ Q) истинно для всех значений x, при которых P не равно Q (т.е. либо P = 1 и Q = 0, либо P = 0 и Q = 1).
Это соответствует двум отрезкам (см. рисунок выше, желтым цветом): [3,6] и [12,20]. Но по условию нам необходимо найти А наибольшей длины, соответственно выбираем отрезок [12,20], имеющий длину 8.

Результат: 8

С решением задания 15 вы также можете ознакомиться, посмотрев видео (аналитическое решение):

📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Отрезки на числовой прямой:

15_11:

На числовой прямой даны два отрезка: P = [11, 21] и Q = [15, 40].

Укажите наибольшую возможную длину отрезка A, для которого формула

(x ∈ A) → ¬((x ∈ P)  ~ (x ∈ Q))

тождественно истинна, то есть принимает значение 1 при любом значении переменной x.

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

Упростим выражение, введя обозначения:

A: x ∈ A
P: x ∈ P
Q: x ∈ Q

Запишем формулу с новыми обозначениями, учитывая, что по условию она должна быть тождественно истинной:

A → ¬(P ~ Q) = 1

Избавимся от импликации:

A → ¬(P ~ Q) = 1    =>
¬A ∨ ¬(P ~ Q) = 1

А — наше неизвестное, тогда как выделенную часть формулы можно найти. Введем предположение, что А = 1. Значит, ¬А = 0 (т.е. А = 1), тогда ¬(P ~ Q) = 1 (так как общая формула должна быть истинной по условию).
Иными словами ¬(P ~ Q) истинно для всех значений x, при которых P не равно Q (т.е. либо P = 1 и Q = 0, либо P = 0 и Q = 1).
Отобразим отрезки на числовой прямой, чтобы найти искомое значение:

Получаем, что А соответствует двум отрезкам (см. рисунок, желтым цветом): [11,15] и [21,40]. Но по условию нам необходимо найти А наибольшей длины, соответственно выбираем отрезок [21,40], имеющий длину 19.

Результат: 19

Задания с ДЕЛ

Поиск наибольшего А, известная часть Дел ∨ Дел = 1

15_7:

Обозначим через ДЕЛ(n, m) утверждение «натуральное число n делится без остатка на натуральное число m».

Для какого наибольшего натурального числа А формула

  (ДЕЛ(x, 40) ∨ ДЕЛ(x, 64))  → ДЕЛ(x, A)

тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом натуральном значении переменной х)?

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

✎ Решение 1 (теоретическое):

Введем обозначения:

A = ДЕЛ(x,A); 
D40 = ДЕЛ(x, 40); 
D64 = ДЕЛ(x, 64)

Перепишем исходную формулу, согласно введенным обозначениям. Укажем, что формула должна быть тождественно истинна (по условию):

(D40 ∨ D64)  → A = 1

Избавимся от импликации:

¬(D40 ∨ D64) ∨ A = 1
или
(¬D40 ∧ ¬D64) ∨ A = 1

Разделим данную формулу на две части: в одной из них — искомое A, а в другой — часть формулы с x, которую можно найти:

(¬D40 ∧ ¬D64) ∨ A = 1
      ¹          ²

В полученной формуле необходимо, чтобы искомая часть с A в конечном счете было истинно.
Т.е. (¬D40 ∧ ¬D64) должно быть = 0. Это нам ничего не дает, т.к. конъюнкция ложна в трех случаях (1*0, 0*1 и 0*0), т.е. D40 и D64 могут быть равны как 0, так и 1 (исключение составляет лишь вариант, когда оба D истинны, тогда логическое умножение 1 * 1 ≠ 0).
Преобразуем выражение первой части формулы по закону Де Моргана (чтобы оно равнялось 1):

¬D40 ∧ ¬D64 = 0
или
¬(¬D40 ∧ ¬D64) = 1

Преобразуем по закону Де Моргана и получим:
D40 ∨ D64 = 1

Далее можно решать задание либо с помощью кругов Эйлера, либо с помощью логических рассуждений.

Решение с помощью логических рассуждений:

Найдем все такие x, которые делятся на А и при этом делятся на 40 ИЛИ делятся на 64:

x/A : x/40 ∨ x/64

x = 40, 64, 80, 120, 128, 160, 192, 200, ...

Теперь найдем такие A, начиная с самого наименьшего (единицы), на которые делятся все x без исключения:

А = 1, 2, 4, 8

Наибольшее А равно 8.
Или то же самое можно найти поиском наибольшего общего делителя чисел 40 и 64 (используем формулу Евклида):

НОД (40,64) = 8 
40,64  (64 - 40 = 24)
40,24  (40 - 24 = 16)
24,16  (24 - 16 = 8)
16,8   (16 - 8 = 8)
8,8

Решение с помощью кругов Эйлера:

В этом случае логическое сложение тоже дает истину в трех случаях (1+1, 1+0, 0+1). Т.е. мы не сможем найти А с помощью функции ДЕЛ. Необходимо прибегнуть к решению с помощью кругов Эйлера.
В множество A должны входить все числа, которые попадают в объединение D40 + D64. Таким образом, нужно найти множество, в которое входят оба этих множества.
Найдем наибольший общий делитель чисел 40 и 64; это число 8:

64 / 40 = 1 (24 остаток)
40 / 24 = 1 (16 остаток)
24 / 16 = 1 (8 остаток)
16 / 8 = 2 (0 остаток) - НОД = 8
+++
40 / 8 = 5
64 / 8 = 8

Т.е. можно сказать, что A = D40 + D64 = D8*D5 + D8*D8 = D8*(D5 + D8). D8 входит в каждое из множеств D40 и D64. Объединение D40 + D64 тоже входит в D8:

8 — наибольший общий делитель числе 40 и 64, значит, оно соответствует максимальному значению A.

Результат: 8

✎ Решение 2 (программирование):
Python:

for A in range(1,500):
    OK = 1
    for x in range(1,1000):
        OK *= ((x % 40 == 0) or (x % 64 == 0))<=(x % A== 0)
    if OK:
        print( A )

Вывод:

PascalABC.net:

begin
  for var A := 1 to 500 do
  begin
    var ok := 1;
    for var x := 1 to 1000 do
    begin
      if (((x mod 40 = 0) or (x mod 64 = 0)) <= (x mod A = 0)) = false then
      begin
        ok := 0; 
        break;
      end;
    end;
    if (ok = 1) then print(A)
  end;
end.

Вывод:

Результат: 8

Поиск наименьшего А, известная часть Дел ∧ ¬Дел = 1

15_5:

Обозначим через ДЕЛ(n, m) утверждение «натуральное число n делится без остатка на натуральное число m».

Для какого наименьшего натурального числа А формула

ДЕЛ(x, A) → (¬ДЕЛ(x, 28) ∨ ДЕЛ(x, 42))

тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом натуральном значении переменной х)?

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

✎ Решение 1 (теоретическое):

Имеем:

ДЕЛ(x, A) → (¬ДЕЛ(x, 28) ∨ ДЕЛ(x, 42)) = 1

Введем обозначения:

A = ДЕЛ(x,A); 
D28 = ДЕЛ(x, 28); 
D42 = ДЕЛ(x, 42)

Перепишем исходную формулу, согласно введенным обозначениям. Укажем, что формула должна быть тождественно истинна (по условию):

A → (¬D28 ∨ D42) = 1

Избавимся от импликации:

¬A ∨ (¬D28 ∨ D42) = 1

Разделим данную формулу на две части: в одной из них — искомое A, а в другой — часть формулы с x, которую можно найти:

¬A ∨ (¬D28 ∨ D42) = 1
 ¹        ²

В части 2 полученной формулы находится операция дизъюнкция, которую проще найти, когда логическое выражение равно 0 (только один случай: 0 ∨ 0 = 0):

(¬D28 ∨ D42) = 0   один случай: когда ¬D28 = 0 и D42 = 0

Т.е. имеем:

x/¬A : x/28 ∧ x/¬42

Иными словами найдем все такие x, которые НЕ делятся на А и при этом делятся на 28 И НЕ делятся на 42:

x = 28, 56, 84, 112, 140, 168, 196, 224, ...

Теперь найдем такие A, начиная с самого наименьшего (единицы), на которые НЕ делятся все x без исключения:

А = 1, 2, 3

Наименьшее А равно 3.

✎ Решение 2 (программирование). Язык Python, Pascal:

ДЕЛ(x, A) → (¬ДЕЛ(x, 28) ∨ ДЕЛ(x, 42)) = 1

Можно сделать вывод, что для некоторого диапазона натуральных значений А, необходимо рассмотреть диапазон натуральных значений x. Если выражение будет истинным для диапазона всех рассматриваемых х, то такое А необходимо вывести на экран.
То есть следует рассмотреть вложенный цикл: для внешнего цикла, перебирающего значения А (ограничим их числом 50, т.к. необходимо найти наименьшее А), будем запускать внутренний цикл, перебирающий значения х (х ограничим числом 1000, будем рассматривать данный диапазон, как «любое натуральное значение переменной х»).
Во внутреннем цикле расположим формулу:

Python:

for A in range(1,50):
    OK = 1
    for x in range(1,1000):
        OK *= (x % A == 0) <= ((x % 28 != 0) or (x % 42== 0))
    if OK:
        print( A )
        break

PascalABC.net:

begin
  for var A := 1 to 50 do
  begin
    var ok := 1;
    for var x := 1 to 1000 do
    begin
      if (x mod A = 0) <= ((x mod 28 <> 0)or (x mod 42 = 0)) = false then
      begin
        ok := 0; 
        break;
      end;
    end;
    if (ok = 1) then begin
      print(A);
      break;
      end
  end;
end.

OK — переменная-индикатор: если находится такое А при котором, диапазон всех значений x, подставленных в выражение, возвращает истинное значение выражения, то ОК остается равным 1, т.к. используется операция умножения (до цикла ОК необходимо присвоить единице).
Следует иметь в виду, что в программировании вместо операции импликация (->) можно использовать нестрогое неравенство: <=. Т.к. таблица истинности для операции импликация соответствует операции <=:

a b   F(a<=b)
0 0      1
0 1      1
1 0      0
1 1      1

После запуска программы выдается наименьшее значение А, т.к. используется оператор break для выхода из цикла после первого найденного значения:

Результат: 3

15_6:

Обозначим через ДЕЛ(n, m) утверждение «натуральное число n делится без остатка на натуральное число m».

Для какого наименьшего натурального числа А формула

 (¬ДЕЛ(x, 19) ∨ ¬ДЕЛ(x, 15)) → ¬ДЕЛ(x, A)

тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом натуральном значении переменной х)?

✍ Решение:

✎ Решение 1 (Путём рассуждений):

Введем обозначения:

A = ДЕЛ(x,A); 
D19 = ДЕЛ(x, 19); 
D15 = ДЕЛ(x, 15)

Перепишем исходную формулу, согласно введенным обозначениям. Укажем, что формула должна быть тождественно истинна (по условию):

(¬D19 ∨ ¬D15) → ¬A = 1

Избавимся от импликации:

D19 ∧ D15 ∨ ¬A = 1

Разделим данную формулу на две части: в одной из них — искомое A, а в другой — часть формулы с x, которую можно найти:

¬A ∨ D19 ∧ D15 = 1
 ¹       ²

Начнем с известной части — части 2 формулы. В ней находится операция конъюнкция, которую проще найти, когда все ее операнды равны 1 (единственный случай для конъюнкции: 1 ∧ 1 = 1).
Вторая часть общей формулы может равняться только 1, когда ¬A = 0 (если ¬A = 1, то вторая часть может равнять 0, а нам нужно 1) :

¬A ∨ D19 ∧ D15 = 1
 ⁰  ^∨     ¹^{= 1}

Т.е. получаем:

¬A = 0 при D19 ∧ D15 = 1
или
A = 1 при D19 = 1 и D15 = 1

Таким образом, имеем:

A = 1
D19 = 1
D15 = 1

Очевидно, что наименьшим x можем взять число 285 (15 * 19 = 285): ДЕЛ(285, 19) и ДЕЛ(285, 15)
Поскольку мы ищем наименьшее A, такое что: ДЕЛ(x, A) и при этом ДЕЛ(x, 19) и ДЕЛ(x, 15), то нам необходимо найти наименьшее делимое чисел 19 и 15:

19 * 2 = 38 (38 не делится на 15)
19 * 3 = 57 (57 не делится на 15)
19 * 4 = 76 (76 не делится на 15)
19 * 5 = 95 (95 не делится на 15)
...
19 * 10 = 190 (190 не делится на 15)
19 * 15 = 285 (285 делится на 15)

A должно быть таким числом, при котором x принимает единственно возможное (наименьшее) значение 285.
Таким наименьшим A является само число 285.

✎ Решение 2 (программирование). Язык Python:

 (¬ДЕЛ(x, 19) ∨ ¬ДЕЛ(x, 15)) → ¬ДЕЛ(x, A)  = 1

Можно сделать вывод, что для некоторого диапазона натуральных значений А, необходимо рассмотреть диапазон натуральных значений x. Если выражение будет истинным для диапазона всех рассматриваемых х, то такое А необходимо вывести на экран.
То есть следует рассмотреть вложенный цикл: для внешнего цикла, перебирающего значения А (ограничим их числом 500, т.к. необходимо найти наименьшее А), будем запускать внутренний цикл, перебирающий значения х (х ограничим числом 1000, будем рассматривать данный диапазон, как «любое натуральное значение переменной х»).
Во внутреннем цикле расположим формулу:

for A in range(1,500):
    OK = 1
    for x in range(1,1000):
        OK *= ((x % 19 != 0) or (x % 15 != 0))<= (x % A!= 0)
    if OK:
            print( A )

a b   F(a<=b)
0 0      1
0 1      1
1 0      0
1 1      1

После запуска программы выдается одно значение А:

Результат: 285

Задания с поразрядной конъюнкцией

Поразрядная конъюнкция:

15_1:

Обозначим через m & n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n. Так, например, 12&6 = 1100₂&0110₂ = 0100₂ = 4

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа A формула

(X & A = 0) ∧ ¬(X & 35 ≠ 0 → X & 52 ≠ 0)

тождественно ложна (то есть принимает значение 0 при любом неотрицательном значении переменной X)?

✍ Решение:

Стоит заметить, что для такого типа задач, нет универсального единственного решения. Поэтому на видео, расположенном ниже, представлено два варианта решения.
✎ Способ 1:

Рассмотрим один из вариантов решения:

Удалим из формулы X&, чтобы сократить ее запись:

(A = 0) ∧ ¬(35 ≠ 0 → 52 ≠ 0)

Обратим внимание, что внешней операцией является конъюнкция — логическое умножение:

(A = 0) ∧ ¬(35 ≠ 0 → 52 ≠ 0)

Разделим общее выражение на две части относительно внешней операции. Первая часть — неизвестная, искомая, а вторая — известная, ее можно вычислить:

(A = 0) ∧ ¬(35 ≠ 0 → 52 ≠ 0)
   ¹               ²

Выполним некоторые преобразования во второй части формулы:
Зная свойство импликации, преобразуем формулу (избавимся от импликации в скобках):

правило импликации: a → b = ¬a ∨ b

(A = 0) ∧ ¬(35 = 0 ∨ 52 ≠ 0)
т.к. в результате получается отрицание того, что 35 ≠ 0, 
то убираем знак "не равно": было 35 ≠ 0, стало 35 = 0

Избавимся от отрицания перед скобками по закону Де Моргана:

закон де Моргана: ¬ (A ∨ B) = ¬ A ∧ ¬ B

A = 0 ∧ 35 ≠ 0 ∧ 52 = 0 = 0

По условию формула должна быть ложной. Вспомним таблицу истинности для конъюнкции (внешняя операция в нашей общей формуле):

0 ∧ 0 = 0
0 ∧ 1 = 0
1 ∧ 0 = 0
1 ∧ 1 = 1

Вторая часть формулы — вычислима, поэтому начнем с нее. В ней находится операция конъюнкция, которая имеет один единственный вариант решения, когда ¬ A ∧ ¬ B = 1. То есть примем вторую часть за истину (=1). В таком случае, для того чтобы общее выражение стало ложным (так требуется по заданию), необходимо, чтобы утверждение, что A = 0 было ложным (т.к. в обратном случае получим: 1 ∧ 1 = 1):

(A = 0) ∧ 35 ≠ 0 ∧ 52 = 0 = 0
   ⁰    ^∧        ¹    ^{= 0}

Вторая часть будет истинной только в том случае, если оба утверждения будут истинными:

35 ≠ 0 ∧ 52 = 0 = истинно (=1)  если:
35 ≠ 0 = истинно (=1)
и
52 = 0 = истинно (=1)

так как стоит логическое умножение ∧ - 
смотрим выше таблицу истинности для конъюнкции

Из двух последних пунктов получаем три утверждения:

35 ≠ 0  = 1  (истина)
и
52 = 0  = 1  (истина)
и
A = 0   = 0  (ложь)

Переведем числа в двоичную систему счисления:

35: 100011  (≠ 0)
52: 110100 (= 0)

Найдем такой X, который при поразрядной конъюнкции даст истинное значение для обеих частей.
Для начала рассмотрим ситуацию с числом 52 — это проще, т.к. для получения в результате нуля (52 = 0 => истина), достаточно во всех разрядах «перекрыть» единицы нулями:

52	1	1	0	1	0	0
X	0	0	?	0	?	?

Мы «перекрыли» все единицы нулями, чтобы в результате получить 0.
Теперь рассмотрим 35 ≠ 0 = истина (1):

35	1	0	0	0	1	1
X	1	?	?	?	1	1

Объединим обе маски в одну:

0 0 ? 0 ? ?  _&
1 ? ? ? 1 1
0 0 ? 0 1 1

Так как выражение X & A = 0 должно быть ложным, то найдем такое наименьшее А, при котором X & A ≠ 0. Для этого в тех разрядах Х, в которых находится единица, необходимо сохранить эту единицу и в соответствующих разрядах А:

X	0	0	?	0	1	1
A	0	0	0	0	1	1

Переведем результат в десятичную систему счисления:

000011₂ = 3₁₀

Ответ: 3

✎ Способ 2*:

Выполним последовательно следующие пункты:

Произвести замену (x & K = 0) на Zk
Выполнить преобразования по свойству импликации и закону Де Моргана.
Стремиться прийти к выражению с конъюнкциями без отрицаний типа: Zk * Zm.
Все выражения типа Zk * Zm преобразовать по свойству
Zk * Zm = Z_{k or m}.
Путем преобразований прийти к импликации: Zk → Zm.

Согласно первому пункту производим замену:

A ∧ ¬(¬Z35 → ¬Z52) = 0

Введем отрицание в выражение, чтобы оно было истинным:

¬(A ∧ ¬(¬Z35 → ¬Z52)) = 1

По закону де Моргана:

¬A ∨ (¬Z35 → ¬Z52) = 1

По свойству импликации:

¬A ∨ (Z35 ∨ ¬Z52) = 1

Объединим слагаемые с отрицанием:

¬A ∨ ¬Z52 ∨ Z35 = 1

Чтобы прийти к конъюнкции (пункт 3), используем закон де Моргана:

¬(A ∧ Z52) ∨ Z35 = 1

Чтобы прийти к импликации (пункт 5), используем свойство импликации:

(A ∧ Z52) → Z35 = 1

Получаем:

Z_{A ∨ 52} → Z35 = 1

Вспомним свойство:

Условие Zk → Zm истинно для любых натуральных значений x тогда и только тогда, когда все единичные биты двоичной записи числа M входят во множество единичных битов двоичной записи числа K.

В нашем случае это говорит о том, что все единичные биты двоичной записи числа 35 должны входить в результат Z_{A or 52}.
Рассмотрим подробно:

A       = ??0?11
52      = 110100
A or 52 = 110111
35      = 100011

поскольку мы ищем наименьшее А, то:

Аmin = 11₂ = 3₁₀

Результат: 3

Детальный разбор данного задания 15 ЕГЭ по информатике предлагаем посмотреть на видео:

Вариант решения №1 (универсальный, теоретический):
📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Вариант решения №2 (не универсальный, но простой):
📹 YouTube здесь

Поразрядная конъюнкция:

15_2:

Обозначим через m & n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n. Так, например, 12&6 = 1100₂&0110₂ = 0100₂ = 4

Для какого наибольшего неотрицательного целого числа A формула

X & A ≠ 0 → (X & 36 = 0 → X & 6 ≠ 0)

тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом неотрицательном значении переменной X)?

✍ Решение:

✎ Способ 1:

Произведем замену:

z36 = (x&36 = 0), z6 = (x&6 = 0), A = (x&A = 0)

Перепишем выражение:

¬A → (z36 → ¬ z6)

Избавимся от импликации (A → B = ¬ A ∨ B):
Сначала по правилу преобразования импликации:

¬A → (z36 → ¬ z6) = A + ¬z36 + ¬z6

По Закону де Моргана вынесем отрицание за скобки (¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B):

A + ¬z36 + ¬z6 = A + ¬(z36 * z6)

Вернемся опять к импликации:

A + ¬(z36 * z6) = ¬(z36 * z6) + A = (z36 * z6) → A

Суть предыдущих действий в том, что нам необходимо прийти к импликации, но, избавившись от отрицания.
По следующему правилу Z_K * Z_M = Z_{K or M} (К. Поляков) заменим конъюнкцию:

z36 * z6 = z_{36 or 6}

Выполним поразрядную дизъюнкцию двоичных чисел 36 и 6:

100100₂ -> 36
110₂ -> 6

100100
   110
100110₂ -> 36 or 6 = 38₁₀

Получаем:

z38 → A

Необходимо обеспечить истинность данного выражения при всех x. Это возможно, когда единичные биты A входят в единичные биты числа 38. То есть:

A = 100110₂ = 38₁₀

✎ Способ 2:

Так как по заданию формула должна быть тождественно истинна, то перепишем ее так:

x&A ≠ 0 → (x&36 = 0 → x&6 ≠ 0) = 1

Введем обозначения:

A = (x&A = 0);
P = (x&36 = 0);
Q = (x&6 = 0);

Перепишем выражение согласно введенным обозначениям:

¬A → (P → ¬Q) = 1

Избавимся от импликации:

A ∨ (¬P ∨ ¬Q) = 1

A — наше неизвестное; для части выражения ¬P ∨ ¬Q нам необходимо подобрать такой вариант (равный 0 или 1), при котором единственно возможным значением A была бы единица (1).
Возьмем (¬P ∨ ¬Q) = 0, тогда А должно быть только единицей (чтобы общее выражение было = 1):

A ∨ (¬P ∨ ¬Q) = 1; 
или 
1 ∨ (0) = 1

Иными словами, выражение истинно, если при ¬P ∨ ¬Q = 0, A равно единице (1).
Получаем:

¬P ∨ ¬Q = 0
Отсюда имеем: 
¬P = 0 и ¬Q = 0 

(дизъюнкция равна 0 в единственном случае, когда все операнды равны 0)

Или запишем другим образом:

Q = 1 и P = 1

Построим побитовые маски:

100100  : 36
000110  : 6
0**0**  : маска P (x&36 = 0)
***00*  : маска Q (x&6 = 0)

Сопоставим обе маски и маску x&A = 0:

0**0**  : маска P (x&36 = 0)
***00*  : маска Q (x&6 = 0)
0**00*  : общая маска x
*00**0  : маска для A (x&A = 0)
т.е. в тех битах А, где может получиться единица (звездочки в обеих масках),
 мы поставили нули.

Так как нам необходимо получить наибольшее A (по заданию), то вместо всех «звездочек» ставим единицы:

100110 = 38₁₀

Результат: 38

Подробное решение данного задания 15 ЕГЭ по информатике предлагаем посмотреть в видео уроке:
Способ 1:
📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь
Способ 2:
📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Поразрядная конъюнкция:

15_8:

Определите наименьшее натуральное число А из интервала [43, 55], такое, что выражение

((x & 17 ≠ 0) → ((x & A ≠ 0) → (x & 58 ≠ 0))) →
→ ((x & 8 = 0) ∧ (x & A ≠ 0) ∧ (x & 58 = 0))

тождественно ложно (то есть принимает значение 0 при любом натуральном значении переменной х)?

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

Введем обозначения:

(¬Z17 → (¬A → ¬Z58)) → (z8 ∧ ¬A ∧ Z58) = 0

Для того, чтобы выражение было истинным, поставим его с отрицанием:

¬(((¬Z17 → (¬A → ¬Z58)) → (z8 ∧ ¬A ∧ Z58)) = 1

Упростим выделенную часть выражения (свойство 1, теория):

Z8 ∧ Z58 = Z_{8 or 58}  :

8  =   1000  _or
58 = 111010
     111010 = 58

Получили:

Z8 ∧ Z58 = Z58

Перепишем все выражение снова, избавившись от импликации:

¬(¬(Z17 ∨ A ∨ ¬Z58) ∨ (¬A ∧ Z58)) = 1

По закону Де Моргана получим:

(Z17 ∨ A ∨ ¬Z58) ∧ ¬(¬A ∧ Z58)) = 1

Еще раз применим закон теперь ко второй скобке:

(Z17 ∨ A ∨ ¬Z58) ∧  (A ∨ ¬Z58) = 1

Используем закон поглощения:

A ∨ ¬Z58 = 1

Приведем к импликации, чтобы избавиться от отрицания:

¬Z58 ∨ A => 
 Z58 → A = 1

Поскольку по заданию нас интересует диапазон [43;55], то проверять будет с числа 43.
По свойству 3 (теория), необходимо, чтобы единичные биты А входили в единичные биты двоичного представления числа 58:

43 = 101011 - не подходит!
58 = 111010

44 = 101100 - не подходит!
58 = 111010

45 = 101101 - не подходит!
58 = 111010

46 = 101110 - не подходит!
58 = 111010

47 = 101111 - не подходит!
58 = 111010

48 = 110000 - подходит!
58 = 111010

Результат: 48

Поразрядная конъюнкция:

15_15:

Определите набольшее натуральное число A, такое что выражение

((x & 26 = 0) ∨  (x & 13 = 0)) → ((x & 78 ≠ 0) → (x & A = 0))

тождественно истинно (то есть принимает значение 1 при любом натуральном значении переменной х)?

Типовые задания для тренировки:

✍ Решение:

Для упрощения восприятия введем обозначения:

z26 = (x & 26 = 0)
z13 = (x & 13 = 0)
z78 = (x & 78 = 0)
A = (x & A = 0)

Таким образом, получим следующее выражение:

(z26 ∨ z13) → (¬z78 → A) = 1

Упростим выражение по свойству импликации для второй скобки:

(z26 ∨ z13) → (z78 ∨ A) = 1

Упростим левую часть, используя свойство 2 (Z_k + Z_m = Z_{k and m}):

26 : 11010   единичные биты: 4, 3, 1
13 :  1101   единичные биты: 3, 2, 0
∧ =------------------------
     01000 = 8₁₀

То есть получили z26 ∨ z13 = z8
По правилу импликации: все единичные биты двоичной записи результата (z78 ∨ A) должны входить во множество единичных битов двоичной записи z8.
Рассмотрим:

z8 → (z78 ∨ A)
z78: не влияет на решение, так как операция дизъюнкция истинна тогда, 
когда хотя бы один операнд истинен
z8 → A     : ????

Для А единичными битами должны быть общие единичные биты для z8 (1000₂). Т.е. в нашим случае — это один бит — 3-й:

Наибольшее А = 1000 = 8₁₀

Результат: 8

Задания на поиск наибольшего или наименьшего числа А

Поиск наибольшего или наименьшего числа А:

15_4: 15 задание. Демоверсия ЕГЭ 2018 информатика:

Для какого наибольшего целого числа А формула

тождественно истинна, то есть принимает значение 1 при любых целых неотрицательных x и y?

✍ Решение:

✎ Способ 1 (программный):

Важно: Поскольку используется метод полного перебора, то возможна ситуация, когда транслятор будет работать слишком медленно. Но работоспособность представленного алгоритма проверена на онлайн компиляторах.

Pascalabc.net:

begin
  for var A := 200 downto -100 do
  begin
    var OK := 1;
    for var x := 0 to 100 do
      for var y := 0 to 100 do
        if ((x <= 9) <= (x * x <= A)) and ((y * y <= A) <= (y <= 9)) = false then 
        begin
          OK := 0;
          break;
        end;
    if OK = 1 then 
    begin
      print(A);
      break
    end;
  end;
end.

Бейсик:	Python: for A in range(200,-100,-1): OK = 1 for x in range(0,100): for y in range(0,100): OK = ((x<=9) <= (xx<=A)) and((y*y<=A) <= (y<=9)) if OK: print(A) break
С++:

✎ Способ 2 (теоретическое решение):

Условно разделим исходное выражение на части:

Главное действие (внешняя операция) в исходном выражении — это конъюнкция. Конъюнкция истинна, когда все операнды истинны. Т.е. в задаче обе части 1 и 2 должны быть истинными (т.к. по условию общая формула должна быть истинной).

Рассмотрим часть 1:

если в 1.1 имеем x > 9, то часть 1 будет истинна независимо от А. Значит, значение числа А влияет на решение только при выполнении условия:

x<=9

(импликация 0 → 0 = 1, 0 → 1 = 1)

теперь, для того чтобы в части 1, выражение было истинным, надо чтобы часть 1.2 была истинной:

x*x <= A

(импликация 1 → 1 = 1)

таким образом, получаем:

x <= 9
x² <= A

при любых x

так как нам необходимо найти наибольшее возможное А, то, значит, надо ограничить его значения сверху, а данная часть выражения ограничивает только снизу:

возьмем максимальное натуральное: x=9, тогда A>=81

Рассмотрим часть 2:

если 2.2 истинно (т.е. y <= 9), то часть 2 будет истинна независимо от А. Значит, значение числа А влияет на решение только при выполнении условия:

y > 9

теперь, для того чтобы в части 2 выражение было истинным, надо чтобы часть 2.1 была ложной:

y * y > A

(импликация 0 → 0 = 1)

таким образом, получаем:

y > 9
y² > A

при любых y

данная часть выражения ограничивает значения А сверху:

возьмем наименьшее возможное по условию натуральное: y = 10, тогда A < 100

Получаем, что наибольшее А меньшее 100: А = 99

Результат: 99

Подробное решение 15 задания демоверсии ЕГЭ 2018 года смотрите на видео (аналитическое решение):

📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Поиск наибольшего или наименьшего числа А:

✍ Решение:

✎ Способ 1 (программный):

Pascalabc.net:

begin
  for var A := -100 to 200 do
  begin
    var OK := 1;
    for var x := 1 to 100 do
      for var y := 1 to 100 do
        if ((y+3*x<A) or (x >20)or(y>40)) = false then 
        begin
          OK := 0;
          break;
        end;
    if OK = 1 then 
    begin
      print(A);
      break
    end;
  end;
end.

Бейсик:	Python: for A in range(-100,200): OK = 1 for x in range(1,100): for y in range(1,100): OK = (y+3x<A) or (x > 20) or (y > 40) if OK: print(A) break
С++:

✎ Способ 2 (теоретическое решение):

Определим основные части выражения, выделив отдельно неизвестную часть — с А, и, так сказать, известную часть, то есть остальную.

    1                 2
(y+3x < A) ∨ (x > 20) ∨ (y > 40)

Поскольку основными операциями являются операции дизъюнкции (логического сложения) и порядок их выполнения не важен, то последней, внешней, операцией будем выполнять дизъюнкцию слева, т.к. она объединяет неизвестную и известную часть.
Сначала важно рассмотреть вторую часть выражения, известную, так как от нее будет зависеть значение A. Если вторая часть истинна, то А может быть как = 1, так и = 0. Такой вариант нам не подходит:

(y+3x < A) ∨ (x > 20) ∨ (y > 40)
  ^{1 или 0?                   1               = 1}
Не подходит!

Соответственно, рассмотрим вариант, когда вторая часть ложна, тогда часть выражения с неизвестным А будет обязательно истинной, т.е.:

1. (y+3x < A) = 1
2. (x > 20) ∨ (y > 40) = 0

Дизъюнкция ложна, когда оба операнда ложны, т.е. из второго пункта имеем:

x <= 20
y <= 40

Для того, чтобы перекрыть все x и все y, возьмем наибольшие из возможных значений: x = 20, y = 40.
Выразим А:

А > 3x + y
A > 3*20 + 40
A > 100

Поскольку требуется найти наименьшее значение А, то имеем А = 101.

Результат: 101

Подробное решение досрочного ЕГЭ 2018 года смотрите на видео (аналитическое решение):

📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Поиск наибольшего или наименьшего числа А:

15_0:Разбор 15 задания. Демоверсия егэ по информатике 2019:

Для какого наибольшего целого неотрицательного числа А выражение

(48 ≠ y + 2x) ∨ (A < x) ∨ (A < y)

тождественно истинно, т.е. принимает значение 1 при любых целых неотрицательных x и y?

✍ Решение:
✎ Решение 1 (теоретическое):

Разделим общее выражение на две части. Выделим неизвестную часть красным:

(48 ≠ y + 2x) ∨ (A < x) ∨ (A < y)

Неизвестная часть должна быть истинной, она обязательно будет истинна, если известная часть — ложь:

(48 ≠ y + 2x) ∨ (A < x) ∨ (A < y) = 1
      ⁰                  ¹

Т.е. 48 ≠ y + 2x = 0 или y + 2x = 48. На графике это уравнение представляет линию. Из условия имеем два ограничения:(x > 0) and (y > 0). Отобразим линию для 1-й четверти, соответствующей положительным x и y:

y + 2x = 48  :
при x = 0, y = 48
при y = 0, 2x = 48 => x = 24

Возьмем некоторое значение A, например, A = 25, отметим его на графике белой областью так, чтобы выполнялось (A < x) ∨ (A < y). По условию имеем, что все точки данной части отрезка прямой y + 2x = 48 должны принадлежать отмеченной белой области. Заштрихуем область для всех точек прямой (голубым цветом):

То есть все точки голубого квадрата должны находиться под отрезком линии (включая вершину (A, A)), и данный квадрат, соответствует максимальному значению A.
Наибольшее значение голубая область приобретает в точке пересечения прямой y + 2x = 48 с прямой y = x:

Далее решаем полученное линейное уравнение (для x = y):

x + 2x = 48 =>
3x = 48
x = 16

Так как значение A должно быть меньше x, то наибольшее А = 15.

✎ Решение 2 (программное):
Python:

for A in range(200,0,-1):
    OK = 1
    for x in range(0,100):
        for y in range(0,100):
            OK *= (48!=y+2*x) or(A<x)or (A<y) 
    if OK:
        print(A)
        break

Результат: 15

Видео решения 15 задания демоверсии ЕГЭ 2019 (аналитическое решение):
📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Поиск наибольшего или наименьшего числа А:

15_19:

Для какого наименьшего целого числа А формула

(y + 5x <= 34) → ((y — x > 4) ∨ (y <= A))

тождественно истинна, т.е. принимает значение 1 при любых целых неотрицательных x и y?

✍ Решение:

Общая идея такова:
необходимо упростить формулу так, чтобы последняя операция (внешняя) выполнялась со скобкой, в которой находится искомое A. После чего разделить формулу на две части, в одной из которых находится искомое.
Избавимся от импликации, это даст нам возможность опустить общие скобки во второй части формулы:

¬(y + 5x <= 34) ∨ (y - x > 4) ∨ (y <= A)

Разделим формулу на две части таким образом, чтобы внешняя операции отделяла часть, в которой находится искомое A:

¬(y + 5x <= 34) ∨ (y - x > 4) ∨ (y <= A) = 1
        1 часть                  2 часть

Формула по условию должна быть истинной (=1). Внешняя операция — дизъюнкция — истинна аж в трех случаях: a=1 b=0, a=0 b=1, a=1 b=1.
Если мы допустим, что первая часть истинна, то вторая, искомая часть, может быть как истинной, так и ложной. Поэтому такой вариант не подходит.
Допустим, что первая часть ложна, тогда вторая, искомая часть, должна быть только истинной:

¬(y + 5x <= 34) ∨ (y - x > 4) ∨ (y <= A) = 1
        1 часть = 0               2 часть = 1

С учетом, что в первой части формулу находится операция дизъюнкция, которая ложна только в одном случае (a=0 b=0), то выпишем утверждения, получившиеся из первой части:

y + 5x > 34 = 0, значит:
1. y + 5x <= 34
y - x > 4 = 0, значит:
2. y - x <= 4

Кроме того, имеем еще одно утверждение второй части:

y <= A
или
A >= y

Отобразим получившиеся уравнения прямых на плоскости:

Раз A >= y, значит, искомая область лежит выше обеих прямых. Наименьшее значение А будет достигнуто в указанной точке пересечения двух прямых.
В точке пересечения прямых уравнения равны, т.е. имеем:

34 - 5x = 4 + x
30 = 6x
x = 5
Найдем y: 
y = 4 + 5 = 9

Поскольку имеем утверждение, что A >= y и в задании требуется найти наименьшее A, то получаем:

y = 9:
A >= 9 => наименьшее A = 9

✎ Решение 2 (программное):
Python:

for A in range(-100,100):
    OK = 1
    for x in range(0,100):
        for y in range(0,100):
            OK *= (y+5*x<=34)<=((y-x >4)or(y<=A)) 
    if OK:
        print( A )
        break

PascalABC.NET:

 
begin
  for var A := -100 to 100 do
  begin
    var OK := true;
    for var x := 0 to 100 do
    begin
      for var y := 0 to 100 do
      begin
        OK := (y + 5 * x <= 34) <= ((y - x > 4) or (y <= A));
        if OK = false then break;
      end;
      if OK = false then break;
    end;
    if OK then 
    begin
      print(A);
      break;
    end;
  end;
end.

Результат: 9

Поиск наибольшего или наименьшего числа А:

15_13:

Укажите наименьшее целое значение А при котором выражение

(2y + 5x < A) ∨ (2x + 4y > 100) ∨ (3x – 2y > 70)

истинно для любых целых положительных значений x и y.

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

Python:

for A in range(-200,200):
    OK = 1
    for x in range(1,100):
        for y in range(1,100):
            OK *= (2*y + 5*x < A) or (2*x + 4*y > 100) or (3*x - 2*y > 70) 
    if OK:
        print( A )
        break

PascalABC.NET:

begin
  for var A := -200 to 200 do
  begin
    var OK := true;
    for var x := 1 to 100 do
    begin
      for var y := 1 to 100 do
      begin
        OK := (2*y + 5*x < A) or (2*x + 4*y > 100) or (3*x - 2*y > 70);
        if OK = false then break;
      end;
      if OK = false then break;
    end;
    if OK then 
    begin
      print(A);
      break;
    end;
  end;
end.

Результат: 171

Видео разбора задания смотрите на видео (аналитическое решение):

📹 YouTube здесь
📹 Видеорешение на RuTube здесь

Поиск наибольшего или наименьшего числа А:

15_14:

Укажите наибольшее целое значение А при котором выражение

(3y – x > A) ∨ (2x + 3y < 30) ∨ (2y – x < –31)

истинно для любых целых положительных значений x и y.

Типовые задания для тренировки

✍ Решение:

✎ Решение 1 (теоретическое):

Разделим выражение на две части: часть с неизвестным = 1, часть известная = 0:

(3y – x > A) ∨ (2x + 3y < 30) ∨ (2y – x < –31) = 1

Выпишем отдельно обе скобки известной части:

(1) 
(2x + 3y) >= 30,
y >= (30 - 2x) / 3
x = (30 - 3y) /2

(2) 
(2y – x >=–31)
y >= (x - 31) / 2
x = 2y + 31

Подберем значения координат для x и y обеих частей, и отобразим линии на графике функций:

(1)
x | y
0 | 10
15| 0

(2)
x | y
0 | -15 ( целые)
30|0

Для первого уравнения:

Для второго уравнения:

Сопоставим обе области:

Добавим на график прямую A<3y-x:

Раз A < 3y – x, то будем перемещать А снизу вверх. Наибольшее значение А будет достигнуто в указанной точке пересечения с прямой (2).
Т.е. для уравнения (2) имеем:

если y = 1, то x = 2*1 + 31 = 33

Подставим в выражение для поиска А:

А < 3y - x
A < 3-33, A < -30, A=-31

✎ Решение (программное):
Python:

for A in range(200,-200,-1):
    OK = 1
    for x in range(1,100):
        for y in range(1,100):
            OK *= (3*y-x>A) or (2*x+3*y<30) or (2*y-x<-31) 
    if OK:
        print(A)
        break

Результат: -31

* В некоторых задачах использован метод, предложенный А.В. Здвижковой

Источник

За это задание ты можешь получить 1 балл. На решение дается около 3 минут. Уровень сложности: базовый.
Средний процент выполнения: 65.9%
Ответом к заданию 2 по информатике может быть цифра (число) или слово.

Задача 1

Дано логическое выражение, зависящее от 6 логических переменных:

¬(A → F) ∧ B ∧ ¬C ∧ (D → E).

Сколько существует различных наборов значений переменных, при которых выражение ложно?

Решение

Заметим, что все скобки и выражения связаны конъюнкцией, для которой сложно получить единицу. Поэтому будет решать от обратного. Посчитаем количество наборов, когда выражение истинно, тогда:

¬(A → F) = 1, тогда $A → F = 0$, следовательно, A = 1, F = 0.

B = 1.

¬C = 1, значит C = 0.

(D → E) = 1, тогда возможно 3 варианта: D = 0, E = 0; D = 0, E = 1; D = 1, E = 1.

Перемножим количество подходящих значений для каждой переменной: A, B, C, F — по одному набору, D и E — 3 набора. Итого:

1 х 3 = 3 набора, для которых вся функция истинна. Но нам нужно, чтобы функция была ложна. Найдём общее количество наборов по формуле $k = 2^N$, где N — количество переменных. У нас 6 переменных, значит всего наборов 64. Из них 3 нам не подходят. Тогда количество подходящих (ложных) наборов:

64 — 3 = 61.

Или при помощи программы на С++:

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <fstream>using namespace std;
bool f(int A, int B, int C, int D, int E, int F){
    return (!(!A || F) && B && !C && (!D || E));
}
int main() {
    int count = 0;
    for (int A = 0; A <= 1; ++A)
        for (int B = 0; B <= 1; ++B)
            for (int C = 0; C <= 1; ++C)
                for (int D = 0; D <= 1; ++D)
                    for (int E = 0; E <= 1; ++E)
                        for (int F = 0; F <= 1; ++F)
                            if (f(A, B, C, D, E, F) == false)
                                count++;
    cout << count;
    return 0;
}

Ответ: 61.

Ответ: 61

Задача 2

Дано логическое выражение, зависящее от 5 логических переменных:

$(A ∨ ¬B) ∧ (¬C ∨ D ∨ ¬E)$.

Сколько существует различных наборов значений переменных, при которых выражение ложно?

Решение

В первой скобке 2 переменных, значит для неё будет 4 набора. Поскольку переменные соединяются дизъюнкцией, выражение ложно ровно в одном случае, а в трёх оставшихся — истинно.

Во второй скобке 3 переменных, значит для неё будет 8 наборов. Поскольку переменные соединяются дизъюнкцией, выражение ложно ровно в одном случае, а в семи оставшихся — истинно.

Конъюнкция ложна, когда хотя бы одна скобка ложна. Рассмотрим 3 случая:

Первая скобка ложна, вторая истинна. Первая скобка ложна в 1 случае из 4, вторая истинна в 7 случаях из 8. Итого 7 · 1 = 7.

Первая скобка истинна, вторая ложна. Первая скобка истинна в 3 случаях из 4, вторая ложна в 1 случае из 4. Итого 1 · 3 = 3.

Первая скобка ложна, вторая ложна. Первая скобка ложна в 1 случае из 4, вторая ложна в 1 случае из 8. Итого 1 · 1 = 1.

Суммарно: 7 + 3 + 1 = 11.

Ответ: 11.

Ответ: 11

Задача 3

Дано логическое выражение, зависящее от 5 логических переменных:

(¬A ∧ B ∧ C) ∨ (¬D ∧ ¬E).

Сколько существует различных наборов значений переменных, при которых выражение истинно?

Решение

В первой скобке 3 переменных, значит для неё будет 8 наборов. Поскольку переменные соединяются конъюнкцией, выражение истинно ровно в одном случае, а в семи оставшихся — ложно.

Во второй скобке 2 переменных, значит для неё будет 4 набора. Поскольку переменные соединяются конъюнкцией, выражение истинно ровно в одном случае, а в трёх оставшихся — ложно.

Дизъюнкция истинна, когда хотя бы одна скобка истинна. Рассмотрим 3 случая:

Первая скобка ложна, вторая истинна. Первая скобка ложна в 7 случаях из 8, вторая истинна в 1 случае из 4. Итого 7 · 1 = 7.

Первая скобка истинна, вторая ложна. Первая скобка истинна в 1 случае из 8, вторая ложна в 3 случаях из 4. Итого 1 · 3 = 3.

Первая скобка истинна, вторая истинна. Первая скобка истинна в 1 случае из 8, вторая истинна в 1 случае из 4. Итого 1 · 1 = 1.

Суммарно: 7 + 3 + 1 = 11.

Ответ: 11.

Ответ: 11

Задача 4

Логическая функция F задаётся выражением ((x∧z)∨¬x)∧¬w∧y. Во фрагменте таблицы истинности приведены все строки, при которых значение функции F является истиной. Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z, w.

				F
1	0	0	0	1
1	1	0	0	1
1	1	1	0	1

В ответе напишите буквы x, y, z, w в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы (сначала букву, соответствующую 1-му столбцу; затем букву, соответствующую 2-му столбцу; затем букву, соответствующую 3-му столбцу; затем букву, соответствующую последнему столбцу). Буквы в ответе пишите подряд, никаких разделителей между буквами ставить не нужно.

Решение

Строим таблицу истинности для логической функции любым способом и находим наборы, при которых функция ложна. Например, при помощи программы:

bool f(int x, int y, int z, int w){
    return (((x && z) || !x) && !w && y);
}int main() {
    cout << "x y z w F" << endl;
    for (int x = 0; x <= 1; ++x)
        for (int y = 0; y <= 1; ++y)
            for (int z = 0; z <= 1; ++z)
                for (int w = 0; w <= 1; ++w)
                    if (f(x, y, z, w) == true)
                        cout << x << " " << y << " "
                            << z << " " << w << " " << f(x, y, z, w) << endl;
    return 0;
}

Получили наборы:
x y z w F
0 1 0 0 1
0 1 1 0 1
1 1 1 0 1

Начинаем сопоставление с исходной тбалицей:
1) столбец без единиц четвёртый в таблице из условия — это W
2) столбец с одной единицей третий в исходной таблице — это X
3) столбей с тремя единицами — это Y
4) столбец с двумя единицами — это Z
Результат: YZXW

Ответ: yzxw

Задача 5

Логическая функция F задаётся выражением (y → w) ∨ (¬x ∧ z). Во фрагменте таблицы истинности приведены все строки, при которых значение функции F ложно. Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z, w.

				F
0	0	0	1	0
1	0	0	1	0
1	0	1	1	0

В ответе напишите буквы w, x, y, z в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы (сначала букву, соответствующую 1-му столбцу; затем букву, соответствующую 2-му столбцу; затем букву, соответствующую 3-му столбцу; затем букву, соответствующую последнему столбцу). Буквы в ответе пишите подряд, никаких разделителей между буквами ставить не нужно.

Решение

bool f(int x, int y, int z, int w){
    return ((!y || w) || (!x && z));
}int main() {
    cout << "x y z w F" << endl;
    for (int x = 0; x <= 1; ++x)
        for (int y = 0; y <= 1; ++y)
            for (int z = 0; z <= 1; ++z)
                for (int w = 0; w <= 1; ++w)
                    if (f(x, y, z, w) == false)
                        cout << x << " " << y << " "
                            << z << " " << w << " " << f(x, y, z, w) << endl;
    return 0;
}

Получили наборы:
x y z w F
0 1 0 0 0
1 1 0 0 0
1 1 1 0 0

Начинаем сопоставление с исходной тбалицей:
1) столбец без единиц второй в таблице из условия — это W
2) столбец с одной единицей третий в исходной таблице — это Z
3) столбей с тремя единицами — это Y
4) столбец с двумя единицами — это X
Результат: xwzy

Ответ: xwzy

Задача 6

Дан фрагмент таблицы истинности выражения F:

x1	x2	x3	x4	x5	x6	x7	x8	F
0	0	0	1	0	0	0	1	0
0	1	0	0	0	1	0	0	0
0	1	0	1	0	1	1	0	1
0	1	1	0	0	1	0	1	0
1	0	0	0	1	1	0	0	0
1	0	0	1	0	0	0	1	1
1	0	0	1	1	0	0	0	0
1	0	1	1	1	0	1	1	1
1	1	0	1	1	1	0	1	1
1	1	0	1	1	1	1	1	1

Сколько строк таблицы удовлетворяют выражению: F = (x1 ∨ x2 ∨ x3) ∧ x4 ∧ (x5 ∨ x6 ∨ x7) ∧ x8?

Решение

Данное выражение является конъюнкцией четырёх выражений. Конъюнкция нескольких высказываний истинна тогда и только тогда, когда истинными являются все входящие в неё высказывания. Следовательно, x₄ = 1, x₈ = 1 и в наборах значений переменных (x₁, x₂, x₃), (x₅, x₆, x₇) должна быть хотя бы одна 1.

Этим условиям удовлетворяют три последние строки таблицы. В каждой из этих строк значение функции F = 1. Следовательно, эти строки удовлетворяют заданному логическому выражению.

Чтобы остальные строки удовлетворяли заданному выражению, значение F должно быть равно 0. В таблице количество таких строк равно 5.

Всего значения 8 строк таблицы удовлетворяют заданному выражению.

Ответ: 8

Задача 7

Логическая функция F задаётся выражением (¬x → y) ∧ (z → y). Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z.

Переменная 1 ???	Переменная 2 ???	Переменная 3 ???	Функция F
0	0	0	0
1	0	0	0
0	0	1	1
1	0	1	1
0	1	0	1
1	1	0	0
0	1	1	1
1	1	1	1

В ответе напишите буквы x, y, z в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы (сначала — буква, соответствующая 1-му столбцу; затем — буква, соответствующая 2-му столбцу; затем — буква, соответствующая 3-му столбцу). Буквы в ответе пишите подряд, никаких разделителей между буквами ставить не нужно.

Пример. Пусть задано выражение x ∨ ¬y, зависящее от двух переменных x и y, и таблица истинности:

Переменная 1 ???	Переменная 2 ???	Функция F
1	0	0
0	1	1
0	0	1
0	1	1

Тогда 1-му столбцу соответствует переменная y, а 2-му столбцу соответствует переменная x. В ответе нужно написать: yx.

Решение

Преобразуем исходное выражение.

(¬x → y) ∧ (z → y) = (x ∨ y) ∧ (¬z ∨ y) = y ∨ (x ∧ ¬z).

Так как дизъюнкция ложна только в том случае, когда ложны оба высказывания, входящие в неё, то переменной y должен соответствовать тот столбец, в котором значение 0 стоит в тех же строках, что и в столбце F. Следовательно, переменной y соответствует третий столбец.

Рассмотрим строку, в которой значение функции отличается от значения переменной y. Такой строкой является четвёртая снизу. Здесь переменная y = 0, а значение функции F = 1. Это означает, что x ∧ ¬z = 1. В рассматриваемой строке значение первого столбца 0, а второго 1. Пусть x = 0, z = 1. При этих значениях логическое выражение x ∧ ¬z ложно, что не соответствует табличному значению функции F = 1. Следовательно, x = 1, z = 0. Значит, первый столбец соответствует переменной z, а второй—x.

Или при помощи программы на С++:
Выводим только ложные наборы, потому что их меньше

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <fstream>using namespace std;
bool f(int x, int y, int z){
    return ((x || y) && (!z || y));
}
int main() {
    cout << "x y z F" << endl;
    for (int x = 0; x <= 1; ++x)
        for (int y = 0; y <= 1; ++y)
            for (int z = 0; z <= 1; ++z)
                    if (f(x, y, z) == false)
                        cout << x << " " << y << " "
                            << z << " " << f(x, y, z) << endl;
    return 0;
}

Ответ: zxy

Задача 8

Логическая функция F задаётся выражением ((¬z∨¬x)∧z)∨w∨¬y. Во фрагменте таблицы истинности приведены все строки, при которых значение функции F ложно. Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z, w.

				F
1	0	0	0	0
1	1	0	0	0
1	1	1	0	0

Пример. Пусть задано выражение x∨¬y, зависящее от двух переменных x и y, и таблица истинности

		F
1	0	0
0	1	1
0	0	1
1	1	1

тогда 1-му столбцу соответствует переменная y, а 2-му столбцу соответствует переменная x. В ответе нужно написать: yx.

Задача 9

Логическая функция F задаётся выражением (y ∧ (w → x)) → g. Во фрагменте таблицы истинности приведены все строки, при которых значение функции F ложно. Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, w, g.

				F
0	0	0	1	0
1	0	0	1	0
1	0	1	1	0

В ответе напишите буквы x, y, w, g в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы (сначала букву, соответствующую 1-му столбцу; затем букву, соответствующую 2-му столбцу; затем букву, соответствующую 3-му столбцу; затем букву, соответствующую последнему столбцу). Буквы в ответе пишите подряд, никаких разделителей между буквами ставить не нужно.

Пример. Пусть задано выражение x∨¬y, зависящее от двух переменных x и y, и таблица истинности

		F
1	0	0
0	1	1
0	0	1
1	1	1

Задача 10

Логическая функция F задаётся выражением (x → y) → (w → g). Во фрагменте таблицы истинности приведены все строки, при которых значение функции F ложно. Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, w, g.

				F
0	1	0	0	0
0	1	0	1	0
0	1	1	1	0

Пример. Пусть задано выражение x∨¬y, зависящее от двух переменных x и y, и таблица истинности

		F
1	0	0
0	1	1
0	0	1
1	1	1

Задача 11

Логическая функция F задаётся выражением (x = y) ∨ ¬(y → w) ∨ z. Ниже приведён частично заполненный фрагмент таблицы истинности функции F, содержащий неповторяющиеся строки.

Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных w, x, y, z.

				F
1	1	0		0
1			1	0
		0	1	0

Пример. Если бы функция F была задана выражением x ∨ ¬y, зависящим от двух переменных x и y, а фрагмент таблицы истинности имел бы вид:

тогда 1-му столбцу соответствовала бы переменная y, а 2-му столбцу — переменная x. В ответе следовало бы написать: yx.

Задача 12

Логическая функция F задаётся выражением (x = y)∨(x∧w)∨¬z. Ниже приведён частично заполненный фрагмент таблицы истинности функции F, содержащий неповторяющиеся строки.

Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных w, x, y, z.

				F
1		0		0
	0		0	0
	0	1		0

Источник

Тема: «Основы логики при подготовке
учащихся к ЕГЭ по информатике»

Оглавление

Введение

Глава
1. Теоретический анализ раздела «Основы логики»

1.1.
Формы мышления. Алгебра высказываний.

1.2.
Логические выражения и функции

1.3.
Логические законы

1.4.
Базовые логические элементы

Глава
2. Методика подготовки к ЕГЭ по теме «Основы логики»

2.1.
Кодификатор

2.2.
Разбор заданий

2.3.
Основные трудности при решении заданий

2.4.
Анализ выполнения заданий этой темы

Глава
3. Решения задач ЕГЭ по теме «Основы логики»

Заключение

Список
литературы

Введение

Подготовка
к ЕГЭ по информатике стала актуальной с введением экзамена по информатике по
выбору при окончании средней школы и введением в некоторых ВУЗах, включая и
гуманитарные, вступительных экзаменов по информатике.

Тема
«Логика. Логические основы компьютера» – один из разделов, изучаемых в рамках
учебной дисциплины «Информатика и ИКТ» на профильном уровне. В силу своей
предельной общности и абстрактности логика имеет отношение буквально ко всем
конкретным отраслям науки и техники. Потому, что как бы ни были различны и
своеобразны эти отрасли, все же законы и правила мышления, на которых они
основываются, едины.

Изучение
логики развивает: ясность и четкость мышления; способность предельно уточнять
предмет мысли; внимательность, аккуратность, обстоятельность, убедительность в
суждениях; умение абстрагироваться от конкретного содержания и сосредоточиться
на структуре своей мысли.

Предмет исследования
– методы подготовки к ЕГЭ по информатике по теме «Основы логики».

Объект исследования
– раздел «Основы логики» школьного курса информатики.

Цель: комплексное, системное
изучение методики подготовки к ЕГЭ по информатике по теме «Основы логики».

Достижение
поставленной цели требует постановки и решения следующих задач:

1.
провести теоретический анализ раздела «Основы
логики»;

2.
рассмотреть возможные трудности при
решении задач данной темы.

Глава 1. Теоретический анализ раздела
«Основы логики»

1.1. Формы мышления. Алгебра высказываний.

Логика
— наука о способах и формах мышления, которая возникла в Древнем Китае и
Индии.

Основоположником
формальной логики по праву считается Аристотель. Логика позволяет, отвлекаясь
от содержательной стороны, строить формальные модели окружающего мира.
Свойства, связи, и отношения объектов окружающего мира в сознании человека
отражают законы логики.

Мышление
всегда осуществляется в следующих формах: понятие, высказывание и
умозаключение.

Алгебра
высказываний позволяет определять истинность или ложность составных
высказываний.

В
алгебре высказываний простым высказываниям или суждениям соответствуют логические
переменные. Истинному высказыванию соответствует значение логической
переменной 1, а ложному — значение 0. Над высказываниями можно производить
определенные логические операции, в результате которых получаются новые,
составные высказывания[14, 98 c.].

Для
образования новых высказываний наиболее часто используются базовые логические
операции, выражаемые с помощью логических связок «и» (логическое умножение
(конъюнкция)), «или» (логическое сложение (дизъюнкция)), «не» (логическое
отрицание (инверсия)).

Конъюнкция. Операцию
логического умножения (конъюнкцию) принято обозначать значком «&» либо «/»:

F
= А / В.

Функция
логического умножения F может принимать лишь два значения «истина» (1) и
«ложь» (0). Значение логической функции определяется с помощью таблицы
истинности:

А	В	А / В
0	0	0
0	1	0
1	0	0
1	1	1

Дизъюнкция. Операцию
логического сложения обозначают «v» либо «+».

F
= A/B

Таблица
истинности:

A	B	A/B
0	0	0
0	1	1
1	0	1
1	1	1

Инверсия. Операцию
логического отрицания обозначают F = ¬A.

Таблица
истинности логического отрицания:

Равносильными
логическими выражениями называются логические выражения, у которых совпадают
последние столбцы таблиц истинности.

Логическое следование (импликация)
— это логическая функция, которую можно описать помощью оборота «если…,
то…», и обозначается:

А
–> В.

Таблица
истинности:

A	B	А–>В
0	0	1
0	1	1
1	0	0
1	1	1

Логическое равенство (эквивалентность)
— это логическая функция, которую можно описать помощью оборота «тогда и только
тогда, когда …» и обозначается А<–>В.

Таблица
истинности:

A	B	А<–>В
0	0	1
0	1	0
1	0	0
1	1	1

1.2. Логические выражения и функции

Логические
выражения. Составные высказывания можно представить в виде логического
выражения или формулы, которая состоит из логических переменных, обозначающих
высказывания, и знаков логических операций.

Логические
операции выполняются в следующем порядке: инверсия, конъюнкция, дизъюнкция.
Скобки позволяют этот порядок изменить:

F
= (A/B) / (A/B)

Таблицу
истинности можно построить для каждого логического выражения. Она определяет
его значение при всех возможных комбинациях значений логических переменных [14,
99 c.].

Построение
таблицы истинности:

1.
Количество строк N в таблице истинности
равно количеству возможных комбинаций значений логических переменных n
и определяется по формуле: N = 2ⁿ.

2.
Количество столбцов в таблице истинности
равно количеству логических переменных плюс количество логических операций.

3.
Построить таблицу истинности с необходимым
количеством строк и столбцов и записать значения исходных логических
переменных.

4.
Заполнить таблицу истинности по столбцам,
в соответствии с таблицами истинности.

1.3. Логические законы

Закон тождества.
Всякое высказывание тождественно самому себе:

А
= А.

Закон непротиворечия.
Высказывание не может быть одновременно истинным и ложным:

А
/ ¬А = 0.

Закон исключенного третьего.
Высказывание может быть либо истинным, либо ложным:

A
/ ¬A = 1.

Закон двойного отрицания.
Двойное отрицание дает в итоге исходное высказывание:

¬¬А
= А

Законы де Моргана:

¬(A
/ B)
= ¬A
/ ¬B

Закон коммутативности.

А
/ В = В / А

A
/ B = B / A

Закон ассоциативности:

(А
/ В) / С = А / (В / С)

(A
/ B) / C = A / (B / C)

Закон дистрибутивности.
Отличается от подобного закона в алгебре — за скобки можно выносить не только
общие множители, но и общие слагаемые:

(A
/ B) / (A / C)=A / (B / C)

(A
/ B) / (A / C) = A / (B / C)

1.4. Базовые логические элементы

В
основе обработки компьютером информации лежит алгебра логики, разработанная
английским математиком Дж. Булем. Схемные реализации логических операций
называются логическими элементами.

Логический
элемент НЕ преобразует сигнал в противоположный, например, если на вход
элемента подана логическая единица, то на выходе этого элемента будет
логический ноль и наоборот.

X	НЕ X
0	1
1	0

Логический
элемент ИЛИ преобразует два сигнала, поданных на вход, в один сигнал на выходе
по следующему принципу. Если на любой вход логического элемента ИЛИ будет
подана логическая единица, то на выходе элемента будет логическая единица. Если
на оба входа подан логический ноль, то на выходе элемента ИЛИ также будет ноль.

X	Y	Z
0	0	0
0	1	1
1	0	1
1	1	1

Логический
элемент И преобразует два сигнала, поданных на вход, в один сигнал на выходе по
следующему принципу. Если на любой вход логического элемента И будет подана
логическая единица, а на другой вход логический ноль, то на выходе элемента
будет логический ноль. Если на оба входа подана логическая единица, то на
выходе элемента И также будет единица.

X	Y	Z
0	0	0
0	1	0
1	0	0
1	1	1

Из
тысяч и миллионов таких элементов строится ЭВМ [14, 103 c.].

Рассмотрим,
как из логических элементов можно сконструировать устройство для сложения двух
двоичных чисел — так называемый одноразрядный сумматор или полусумматор. Это
устройство должно давать на выходе следующие сигналы:

0
+ 0 = 00

0
+ 1 = 01

1
+ 0 = 01

1
+ 1 = 10

Многоразрядный
сумматор состоит из полных одноразрядных сумматоров, соединенных следующим
образом: на каждый разряд ставится одноразрядный сумматор, причем выход
(перенос) сумматора младшего разряда подключается ко входу сумматора старшего
разряда.

Глава 2. Методика подготовки к ЕГЭ по
теме «Основы логики»

2.1. Кодификатор

Код блока	Код контролируемого элемента	Элементы содержания, проверяемые заданиями КИМ
1	1.5	Логика и алгоритмы
1	1.5.1	Высказывания, логические операции, кванторы, истинность высказывания
3	3.5.2	Использование инструментов поисковых систем (формирование запросов)

Материал, проверяемый ЕГЭ

На
уровне воспроизведения знаний проверяется такой фундаментальный теоретический
материал, как: основные элементы математической логики.

Материал
на проверку сформированности умений применять свои знания в стандартной ситуации:

·
создавать и преобразовывать логические
выражения;

·
формировать для логической функции таблицу
истинности и логическую схему.

Материал
на проверку сформированности умений применять свои знания в новой ситуации:
решать логические задачи.

2.2. Разбор заданий

По
теме «Основы логики» в экзаменационной работе содержалось четыре задания: два с
выбором ответа и два с кратким ответом. Эти задания включали в себя проверку
умения строить таблицы истинности и логические схемы, преобразовывать
логические выражения, решение логического уравнения. Уровень сложности,
максимальный первичный балл и время выполнения определяется по спецификации. Обозначения:
Б – базовый уровень сложности, П – повышенный уровень сложности, В – высокий
уровень сложности.

Обозначение задания в работе	Проверяемые элементы содержания	Коды проверяемых элементов содержания по кодификатору	Коды требований к уровню подготовки выпускников по кодификато ру	Коды видов деятельности (п.5 спецификации)	Уровень сложности задания	Макс. балл за выполнение задания	Примерное время выполнения задания (мин.)
А3	Умения строить таблицы истинности и логические схемы	1.5.1	1.1.6	2	Б	1	2
А10	Знание основных понятий и законов математической логики	1.5.1	1.1.7	2	П	1	2
В12	Умение осуществлять поиск информации в Интернет	3.5.2	2.1	3	П	1	2
В15	Умение строить и преобразовывать логические выражения	1.5.1	1.1.7	3	В	1	10

В
экзаменационных заданиях используются следующие соглашения:

1.
Обозначения для логических связок (операций):

a)
отрицание (инверсия) обозначается ¬ (например,
¬А);

b)
конъюнкция (логическое умножение,
логическое И) обозначается / (например, А / В);

c)
дизъюнкция (логическое сложение,
логическое ИЛИ) обозначается / (например, A / В);

d)
следование (импликация) обозначается –>
(например, А –> В);

e)
символ 1 используется для обозначения
истины (истинного высказывания); символ 0 — для обозначения лжи (ложного
высказывания).

2.
Два логических выражения, содержащих переменные, называются равносильными
(эквивалентными), если значения этих выражений совпадают при любых
значениях переменных. Так, выражения А –> В и (¬А) / В равносильны, а А /
В и А / В – нет (значения выражений разные, например, при А = 1, В = 0).

3.
Приоритеты логических операций: инверсия (отрицание), конъюнкция
(логическое умножение), дизъюнкция (логическое сложение), импликация
(следование), эквивалентность (равносильность). Таким образом, ¬А / В / С /
D совпадает с ((¬А) / В) / (С / D). Возможна запись А / В / С вместо (А /
В) / С. То же относится и к дизъюнкции: возможна запись А / В / С вместо (А
/ В) / С.

2.3. Основные трудности при решении заданий

Задание А10 повышенного уровня на
проверку знания основных понятий и законов математической логики. Задание А3 базового
уровня на умение строить таблицы истинности и логические
схемы, задания В12, повышенного уровня, проверяют умение осуществлять
поиск информации в Интернет, используя логические операции. Задание В15
относится к высокому уровню сложности, требует от экзаменуемого умения
строить и преобразовывать логические выражения.

А3. Умение строить
таблицы истинности и логические схемы.

Типичные
ошибки:

· серьезные сложности представляет применяемая в заданиях ЕГЭ форма
записи логических выражений с «закорючками», поэтому рекомендуется сначала внимательно
перевести их в «удобоваримый» вид;

· расчет на то, что ученик перепутает значки Ù
и Ú (неверный ответ 1);

·
в некоторых случаях заданные
выражения-ответы лучше сначала упростить, особенно если они содержат импликацию
или инверсию сложных выражений.

А10. Знание основных
понятий и законов математической логики.

Типичные
ошибки:

·
можно «забыть» отрицание
(помните, что правильный ответ – всего один!);

·
можно перепутать порядок
операций (скобки, «НЕ», «И», «ИЛИ», «импликация»);

·
нужно помнить таблицу истинности
операции «импликация»;

·
нужно помнить законы логики
(например, формулы де Моргана);

·
при использовании формул де
Моргана нужно не забыть заменить «И» на «ИЛИ» и наоборот;

·
нужно не забыть, например, что
инверсией (отрицанием) для выражения X > 3 является X ≤ 3, а не X < 3;

· иногда для решения нужно упростить не только исходное выражение,
но и заданные ответы, если они содержат импликацию или инверсию сложных
выражений.

В12. Умение осуществлять
поиск информации в Интернет.

Типичные
ошибки:

· нужно внимательно читать условие, так как в некоторых задачах
требуется перечислить запросы в порядке убывания количества результатов, а в
некоторых – в порядке возрастания;

· можно ошибиться в непривычных значках: «И» = &, «ИЛИ» = | (эти
обозначения привычны для тех, кто программирует на языке Си);

· можно перепутать значение операций «И» и «ИЛИ», а также порядок
выполнения цепочки операций (сначала – «И», потом – «ИЛИ»);

· для сложных запросов не всегда удастся так просто расположить
запросы по возрастанию (или убыванию) ограничений;

· решение достаточно громоздко, хотя позволяет с помощью простых
операций решить задачу, не рискуя ошибиться при вычислениях «в уме» в сложных
случаях;

· внимательнее с индексами переменных, очень легко по невнимательности
написать, например, N₅ вместо N₆ и получить совершенно другой результат.

В15. Умение строить и
преобразовывать логические выражения.

Типичные
ошибки:

·
Плохое знание таблиц истинности;

·
Ошибки из-за невнимательности к значкам,
которыми в выражениях обозначают логические операции. Это происходит от того,
что в разных учебниках эти значки отличаются по написанию;

·
нужно помнить правила
преобразования логических выражений и хорошо владеть этой техникой;

·
легко запутаться в
многочисленных столбцах с однородными данными (нулями и единицами);

·
длинное запутанное условие, из
которого нужно выделить действительно существенную информацию и формализовать
ее;

·
легко по невнимательности перепутать
порядок букв в ответе.

2.4. Анализ выполнения заданий этой темы

По
разделу «Основы логики» в экзаменационной работе содержится четыре задания: два
с выбором ответа и два с кратким ответом. Одно задание базового, два
повышенного и одно – высокого уровня сложности. Экзаменуемые хорошо справились
с заданием А3 базового уровня на проверку умения строить таблицы истинности и
логические схемы: 79% выполнения в среднем. Результат практически эквивалентен предыдущим
годам. Результат выполнения задания А10 повышенного уровня на проверку знания
основных понятий и законов математической логики также выше результатов прошлых
лет: 74% [2, 90 c.].

Как
и в прошлые годы задание В12 повышенного уровня сложности на умение
осуществлять поиск информации в Интернете с использованием логических операций дало
результат в среднем 51%. Результат выполнения задания В15 высокого уровня сложности
с кратким ответом на умение строить и преобразовывать логические выражения
составил 69%.

В
целом в 2013 году по теме «Основы логики» результаты полностью соответствуют и
иногда даже превосходят результаты, прогнозировавшиеся комиссией. Можно сделать
окончательный вывод о том, что повышенное внимание, уделенное этому разделу при
разборе результатов ЕГЭ предыдущих лет, дало свои плоды: результат усвоения
этой темы не выбивается из общего ряда.

Глава 3. Решения задач ЕГЭ по теме
«Основы логики»

А3. Символом
F
обозначено одно из указанных ниже логических выражений от трех аргументов: X,
Y,
Z.
Дан фрагмент таблицы истинности выражения F:

Какое выражение
соответствует F?

Надпись: X Y Z F
1 0 0 1
0 0 0 0
1 1 1 0

1)
¬X Ù ¬Y Ù
¬Z        2)
X Ù Y Ù
Z
3) X Ù
¬Y Ù ¬Z
4) X Ú
¬Y Ú ¬Z

Решение:

1)
перепишем ответы в других
обозначениях: 1) 2) 3) 4)

2)
в столбце F есть единственная единица для
комбинации , простейшая функция, истинная (только)
для этого случая, имеет вид , она есть среди
приведенных ответов (ответ 3)

3)
таким образом, правильный ответ – 3.

А 10. На
числовой прямой даны два отрезка: P
=[10?30] и Q=[25,55]. Определите
наибольшую возможную длину отрезка A,
при котором формула (xÎA)→((xÎP)
Ú(xÎQ))
тождественна истинна, то есть принимает значение 1 при любом значении
переменной x.

1)
10 2) 20 3) 30 4) 45

Решение:

1)
для того, чтобы упростить понимание
выражения, обозначим отдельные высказывания буквами

A: x Î
А, P: x Î
P, Q: x Î
Q

2)
перейдем к более простым обозначениям

A
→ (P + Q)

3)
раскроем импликацию через операции НЕ и
ИЛИ ():

4)
для того, чтобы выражение было истинно при
всех x, нужно, чтобы было истинно там, где
ложно (жёлтая область на рисунке)

5)
поэтому максимальный отрезок, где A
может быть истинно (и, соответственно, ложно)
– это отрезок [10,55], имеющий длину 45

6)
Ответ: 4.

В12. В таблице приведены запросы и
количество страниц, которые нашел поисковый сервер по этим запросам в некотором
сегменте Интернета:

*Запрос*	*Количество страниц (тыс.)*
Динамо & Рубин	320
Спартак & Рубин	280
(Динамо \| Спартак) & Рубин	430

Сколько
страниц (в тысячах) будет найдено по запросу Рубин & Динамо &
Спартак?

Решение (вариант 1, круги Эйлера, полная диаграмма):

1)
в этой задаче неполные данные, так как они
не позволяют определить размеры всех областей; однако их хватает для того,
чтобы ответить на поставленный вопрос

2)
обозначим области, которые соответствуют
каждому запросу

*Запрос*	*Области*	*Количество страниц (тыс.)*
Динамо & Рубин	1+2	320
Спартак & Рубин	2+3	280
(Динамо \| Спартак) & Рубин	1+2+3	430
Рубин & Динамо & Спартак	2	?

3)
из таблицы следует, что в суммарный
результат первых двух запросов область 2 входит дважды (1 + 2 + 2 + 3),
поэтому, сравнивая этот результат с третьим запросом (1 + 2 + 3), сразу находим
результат четвертого:

N₂
= (320 + 280) – 430 = 170

4)
таким образом, ответ – 170.

В 15.
Сколько различных решений имеет система логических уравнений

(x₁®x₂)
® (x₃®x₄)=1

(x₃®x₄) ®
(x₅®x₆)=1

Где x₁,
x₂,…,x₆
– логические переменные? В ответе не нужно перечислять все различные наборы
значений переменных, при которых выполнено данное равенство. В качестве ответа
нужно указать количество таких наборов.

Решение (метод замены переменных):

1)
используем замену переменных (заметим, что
каждая из новых переменных независима от других, это важно!):

Y₁
= x₁
® x₂,
Y₂
= x₃
® x₄,
Y₃
= x₅
® x₆

тогда система запишется в виде

Y₁ ®
Y₂ = 1

Y₂ ®
Y₃ = 1

2)
можно объединить эти уравнения в одно

(Y₁ ®
Y₂)
Ù (Y₂ ®
Y₃)
= 1

для того, чтобы это равенство было
выполнено, ни одно из импликаций не должна быть ложной, то есть в битовой
цепочке, составленной из значений переменных Y₁, Y₂,
Y₃,
не должно быть последовательности «10»; вот все возможные варианты:

Y₁	Y₂	Y₃
0	0	0
0	0	1
0	1	1
1	1	1

3)
теперь вернемся к исходным переменным;
импликация x₁
® x₂
дает 0 при одном наборе исходных переменных (x₁,x₂)
= (1,0) и 1 при трёх наборах (x₁,x₂)
= {(0,0), (0,1), (1,1)}

4)
учитывая, что каждая из новых переменных Y₁,
Y₂,
Y₃,
независима от других; для каждой строки полученной таблицы просто перемножаем
количество вариантов комбинация исходных переменных:

Y₁	Y₂	Y₃	вариантов
0	0	0	111=1
0	0	1	113=3
0	1	1	133=9
1	1	1	333=27

5)
складываем все результаты: 1 + 3 + 9 + 27
= 40

6)
Ответ: 40.

Заключение

Тема
«Логика. Логические основы компьютера» – один из разделов, изучаемых в рамках
учебной дисциплины «Информатика и ИКТ» на профильном уровне.

Важна
роль задач в изучении этого раздела. Ученики должны понимать, что логика в силу
своей предельной общности и абстрактности имеет отношение буквально ко всем
конкретным отраслям науки и техники.

В
работе представлены решения задач по теме «Основы логики», взятые из
демо-версий ЕГЭ по информатике разных лет.

Таким
образом, в результате проделанной работы были достигнута цель и решены
поставленные задачи.

Список литературы

1.
Бочкин А. И. Методика преподавания
информатики. – Минск: Высшая школа, 2007. – 431 с.

2.
ЕГЭ 2013. Информатика.
Федеральный банк экзаменационных материалов / Авт.-сост. П. А. Якушкин, С. С.
Крылов. — М. : Эксмо, 2013. — 160 с.

3.
Информатика : ЕГЭ-2013 : Самые
новые задания/авт.-сост. О.В. Ярцева, Е.Н. Цикина. — М.: ACT: Астрель, 2013. — 126 с.

4.
Информатика и ИКТ: Учебник.
Начальный уровень / Под ред. Н. В. Макаровой. — СПб.: Питер, 2011.

5.
Информатика и ИКТ: Учебник.
8-9 класс / Под ред. Н. В. Макаровой. — СПб.: Питер, 2011.

6.
Информатика и ИКТ: Практикум.
8-9 класс. / Под ред. Н. В. Макаровой. — СПб.: Питер, 2011.

7.
Информатика и ИКТ: Учебник. 10
класс. Базовый уровень / Под ред. Н. В. Макаровой. — СПб.: Питер, 2011.

8.
Информатика и ИКТ: Учебник. 11
класс. Базовый уровень / Под ред. Н. В. Макаровой — СПб.: Питер, 2011.

9.
Информатика и ИКТ:
Методическое пособие для учителей. Т. 1. / Под ред. проф. Н. В. Макаровой. —
СПб.: Питер, 2011.

10.
Информатика и ИКТ: Методическое
пособие для учителей. Т. 2. / Под ред. проф. Н. В. Макаровой. СПб.: Питер, 2011.

11.
Информатика и ИКТ:
Методическое пособие для учителей. Т. 3. / Под ред. проф. Н. В. Макаровой.
СПб.: Питер, 2011.

12.
Лапчик М. П. и др. Методика
преподавания информатики. – М.: Академия, 2011. – 624 с.

13.
Лыскова В. Ю., Ракитина Е. А.
Логика в информатике. – М.: ЛБЗ, 2011. – 160 с.

14.
Молодцов В.А. Информатика :
тесты, задания, лучшие методики / Молодцов В.А., Рыжикова Н.Б. — Ростов н/Д :
Феникс, 2008. — 217 с.

15.
Подготовка к ЕГЭ по
дисциплине «Информатика и ИКТ» / Под ред. Н. В. Макаровой. — СПб.: Питер, 2011.

16.
Семакин И. Г., Шеина Т. Ю.
Преподавание базового курса информатики в средней школе. Методическое пособие.
– М.: БИНОМ. ЛБЗ, 2012.

17.
Софронова Н. В. Теория и методика
обучения информатике. – М.: Высшая школа, 2009. – 223 с.

Источник

Алгебра логики: Конъюнкция, Дизъюнкция, Импликация, Эквивалентность

Лада Есакова, преподаватель информатики и математики, автор книги «Информатика. Полный курс подготовки к ЕГЭ».

Ну а теперь, ребята, самая «вкусная» тема теоретической части ЕГЭ – это булева алгебра, она же алгебра логики.

Сначала я хочу задать вам вопрос: для чего вообще придумали такой аппарат как булева алгебра, кроме того, чтобы мучить маленьких детей?

Раз у нас есть такая возможность пообщаться с компьютером, поручить ему какие-то задачи на выполнение, неплохо бы нам научиться говорить с ним на одном языке. То есть перевести наши желания и намерения на его компьютерный язык.

А кто такой компьютер? Если очень упрощенно, то это некоторое устройство, у которого на проводники подается либо не подается ток. Так вот в зависимости от того, есть ток или его нет на входящих проводниках, происходят определенные действия. Обозначим это 0 и 1: 0 – нет тока, 1 – есть ток. Вот именно в таких терминах нам и надо разговаривать с компьютером.

Рассматривая задачи, в том числе и 27, сложную задачу, считаем, что мы крутые программисты, если мы написали программный код на каком-то языке программирования. А компьютер нас поймет? Нет. Он знает только 0 и 1. Как же нам тогда до него достучаться?

После программистов высокого уровня в дело вступают Боги от программирования – это люди, которые пишут компиляторы, драйверы, операционные системы и которые уже непосредственно пытаются достучаться до компьютерного железа.

Что такое уже перевод программы в машинные коды? У меня нет цели рассказать, как это работает детально, я расскажу очень упрощенно, чтобы просто было понятно, для чего это нужно.

Если на один компьютерный разъем ток не поступил, а на другой поступил, мне нужно, чтобы получился 0. Я уже говорю терминами 0 и 1, нет тока или есть ток.

Если на оба разъема ток не поступил, тоже будет 0.

Если наоборот на первый поступил, а на второй не поступил, – то я тоже хочу 0. И в случае, если на оба разъема ток поступил, тогда пусть будет у меня 1

Например, у меня другая схема, в которую входит три проводника, и, в зависимости от того, что пришло на входы, я тоже хочу какое-то значение. Например, вот так. Не буду расписывать все варианты

По сути, у меня единственный возможный способ общаться с компьютером – это завести много функций от разного числа переменных, которые могут быть только 0 и 1 и которые на выходе дают тоже 0 или 1.

Можно посмотреть функцию от двух переменных и назвать ее f(1), функцию от трех переменных назовем f(2). Будут и другие функции, которые запишем в таблицы, переплету в многотомники и поставлю на полку. В случае, если мне нужно найти какую-то схему, достаю том, листаю страницы и нахожу то, что мне нужно.

Для компьютера это будет нормально, его устроит, если я выстрою с ним такой диалог. А вот человека такая схема работы не устроит, потому что людям очень сложно оперировать большими объемами информации без логического обоснования. Нам проще понять, как это работает, чем зубрить большое количество таблиц. Поэтому человек для облегчения своей жизни ввел аналогию – истину и ложь.

Наверняка вы помните детсадовские игры, когда можно задавать только вопросы, на которые можно ответить «да» или «нет», и нужно что-то угадать. Наверное, у детей изначально подсознательно заложена склонность к двоичному коду.

Поэтому человек поставил в соответствие аппарат логических высказываний, и теперь за 0 мы принимаем ложь, за 1 – истину. И выяснилось, что если я такими операциями буду оперировать, то все операции от трех, четырех, пяти и т. д. переменных я могу свести к функциям от двух переменных. А к каким же функциям?

Первая функция – это функция отрицания. Ее можно обозначить несколькими способами — .

Посмотрим, как это работает.

Если у меня высказывание ложное (например, я показываю маркер, а говорю, что это апельсин)

А если я показываю маркер и говорю, что это не апельсин, то это истина

Если я наоборот говорю, что это маркер и показываю его, то это истина, а если я говорю, что это не маркер, это будет ложь

Следующая операция – это логическое ИЛИ, она же записывается как .

Покажу как это работает.

Функция от двух переменных работает следующим образом: например, я говорю, что это апельсин или это яблоко (то есть два ложных высказывания), в сумме получается 0; если я говорю, что это апельсин или это маркер, в целом я сказала правду, потому что одно из утверждений является истинным, то получается 1; если я говорю, что это маркер или это банан, опять же это правда; и наконец, если я говорю, что это маркер или это маркер, то есть два верных утверждения, это тоже правда

Вот таким образом работает функция. Акцентирую ваше внимание, что мне ненужно запоминать эти наборы. Конечно, они запомнятся после несколько десятков прорешанных задач, но эту таблицу истинности не надо запоминать, это вытекает из логики.

Далее логическое И — wedge , &, знак умножения.

Посмотрим, как оно работает. Если я говорю два ложных утверждения – это яблоко и это банан – это ложь. Если я говорю, что это яблоко и это маркер – одно высказывание истина, но я же настаиваю на том, что и то, и другое должно выполняться, поэтому это ложь. Если я говорю, что это маркер и это банан, то это тоже ложь. И если я говорю два истинных утверждения – это маркер и это маркер – да, это правда

А умножение, потому что если 1 умножить на 0 или 0 на 1, то тоже будет 0, и только в случае умножения 1 на 1 получится 1.

Вот именно к этим операциям можно свести и все остальные, но не всегда удобно, поэтому еще две функции используется в курсе школьной программы – это импликация и эквивалентность.

Импликацию можно свести к вышеперечисленным, но удобнее ее использовать по-другому.

Импликация – это логическое следование

Не будем зубрить таблицу истинности, а попробуем понять.

Если у меня есть ложное высказывание (например, 2 больше 5), могу ли я получить из него ложь разрешенными функциями? Легко! Добавлю к двум частям неравенства единицу и получу ложь: 2>5, 3>6.

То есть мы можем получить изо лжи ложь.
А могу ли я изо лживого высказывания получить истину? Тоже могу. -5 больше -3. Это ложь? Ложь. А применим-ка разрешенную операцию – возведение в квадрат. И запросто получим истину: -5>-3, 25>9. То есть изо лжи истину мы тоже можем получить.

А вот из истины получить ложь никак не получится. Из истины можно получить только истину.
Ну и из истины истину получить, конечно же, возможно.

То есть не всегда удобно приводить импликацию к другим функциям. Потому что это замечательная функция, которая 0 дает в единственном случае, когда из истины следует ложь.
И последняя функция, часто употребляемая, – это функция эквивалентности, обозначается логическим равенством equiv или взаимными стрелками

Здесь все очень просто. 0 равен 0? Да. 0 = 1? Нет. 1 равна 0? Нет. 1 равна 1? Да.

Мы логически обосновали все пять функций, и это избавляет нас от необходимости зубрить таблицы истинности. Да, мы их запомним в процессе решения задач, но гораздо проще логически понять, в чем суть вопроса.

Теперь приоритеты этих функций.

Если у нас не стоят никакие скобки, то все действия, как и в математике, имеют некоторый приоритет.

Вот такая cтрока без скобок

Первый приоритет имеет отрицание , оно прямо приклеивается к тому высказыванию, рядом с которым стоит , поэтому я всегда настаиваю использовать вот такой символ, черточку сверху bar{a} , потому что это гораздо понятнее, что оно относится к высказыванию.

Следующий приоритет – умножение wedge . То есть в нашем выражении у нас будет вот так

Третий приоритет у сложения vee , То есть вот так .

А дальше одинаковый приоритет имеют эквивалентность и импликация , слева на право. В нашем случае сначала выполнится сравнение на эквивалентность, а потом из этого импликация .

Все видео по информатике

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими материалами.
Информация на странице «Алгебра логики: Конъюнкция, Дизъюнкция, Импликация, Эквивалентность» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к ЕГЭ и ОГЭ.
Чтобы успешно сдать необходимые и поступить в ВУЗ или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий.
Также вы можете воспользоваться другими материалами из разделов нашего сайта.

Публикация обновлена:
09.03.2023

Источник

Главная
Теория ЕГЭ
Информатика — теория ЕГЭ
Основы логики, таблицы истинности

Основы логики, таблицы истинности

29.01.2015

Раздел информатики «Основы логики и таблицы истинности» посвящён подготовке к ЕГЭ.

Рассмотрена вся полная теория, необходимая для успешной подготовки и даны практические задания, необходимые для усвоения данной темы.

Вы можете выбрать иные разделы информатики:

Измерение и кодирование информации
Моделирование и компьютерный эксперимент
Системы счисления
Основы логики, таблицы истинности
Теория алгоритмов
Архитектура компьютеров и сетей
Обработка звука и графики
Электронные таблицы Excel
Поиска и хранение информации
Программирование
Теория игр

Смотреть в PDF:

Или прямо сейчас: cкачать в pdf файле.

Сохранить ссылку:

Комментарии (0)
Добавить комментарий

Добавить комментарий

Комментарии без регистрации. Несодержательные сообщения удаляются.

Имя (обязательное)

E-Mail

Подписаться на уведомления о новых комментариях

Отправить

Источник

x1	x2	x3	x4	x5	x6	x7	x8	F
0	0	0	1	0	0	0	1	0
0	1	0	0	0	1	0	0	0
0	1	0	1	0	1	1	0	1
0	1	1	0	0	1	0	1	0
1	0	0	0	1	1	0	0	0
1	0	0	1	0	0	0	1	1
1	0	0	1	1	0	0	0	0
1	0	1	1	1	0	1	1	1
1	1	0	1	1	1	0	1	1
1	1	0	1	1	1	1	1	1

x1	x2	x3	x4	x5	x6	x7	x8	F
0	0	0	1	0	0	0	1	0
0	1	0	0	0	1	0	0	0
0	1	0	1	0	1	1	0	1
0	1	1	0	0	1	0	1	0
1	0	0	0	1	1	0	0	0
1	0	0	1	0	0	0	1	1
1	0	0	1	1	0	0	0	0
1	0	1	1	1	0	1	1	1
1	1	0	1	1	1	0	1	1
1	1	0	1	1	1	1	1	1