Loogikavõrrandisüsteemide lahendamine arvutiteaduses. Loogika arvutiteaduse võrrandite lahendamises
See tehnika põhineb tõetabelite kasutamisel, mis on mõeldud õpilastele, kes teavad, kuidas loogilisi avaldisi teisendada. Kui õpilased ei ole nende meetodite osas head, saate neid kasutada ilma teisendusteta. (Kasutame teisendusi). Selle lahendusmeetodi valdamiseks on kohustuslik teada põhiliste loogiliste operatsioonide omadusi: konjunkts, disjunkts, inversioon, implikatsioon ja ekvivalentsus.
Selle meetodi abil võrrandisüsteemide lahendamise algoritm:
Teisendage loogiline võrrand, lihtsustage seda.
Määrake süsteemi võrrandite lahendamise järjekord, kuna enamikul juhtudel on võrrandite järjestikune lahendamine ülalt alla (nagu need asuvad süsteemis), kuid on võimalusi, kui see on mugavam, on lihtsam alustada lahendamine alt üles.
Koostage muutujate tabel, kus saate määrata esimese (või viimase) muutuja algväärtused.
Kirjutage järjestikku üles järgmise muutuja kui võimalikud variandid kõik esimese tähendus.
Pärast eelmise võrrandi lahendamist, liikudes järgmise juurde, pöörake kindlasti tähelepanu sellele, milliseid muutujaid eelmises ja järgmistes võrrandites kasutatakse, kuna eelmiste võrrandite lahendamisel saadud muutujate väärtused kantakse üle optsioonidena järgmised võrrandid.
Järgmise muutuja juurde liikumisel pöörake tähelepanu saadud lahuse kogusele, sest võib ilmneda lahenduste suurenemise seaduspärasus.
Näide1.
¬ X1 ˅ X2=1
¬ X2 ˅ X3=1
¬ X3 ˅ X4=1
¬ X9 ˅ X10=1
Alustame X1-ga ja vaatame, milliseid väärtusi see muutuja võib võtta: 0 ja 1.
Seejärel kaalume kõiki neid väärtusi ja vaatame, milline X2 võib olla.
Vastus: 11 lahendust
Näide 2
( XüksX2)˅(¬X1˄¬X2) ˅( X1↔ X3)=1
( X2˄X3)˅(¬X2˄¬X3) ˅( X2↔ X4)=1
(X8˄ X9)˅ (¬X8˄¬X9)˅(X8↔X10)=0
Teisendame valemi (A˄ B)˅ (¬ A ˄ ¬ B)= A↔ B
Saame:
( X1↔ X2) ˅ (X1↔ X3) =1
( X2↔ X3) ˅ (X2↔ X4) =1
( X8↔ X9 (X8↔ X10) =0
Kui X1 = 0 - 8 lahendust
Võtame X1=1 ja vaatame, mis väärtuse X2 võib võtta. Nüüd mõelge iga X2 puhul, milliseid väärtusi X3 võib võtta ja nii edasi.
Х1=1 – 8 lahenduse korral
Kokku 8+8=16 lahendust
Vastus. 16 lahendust
Näide 3 .
¬ ( X1↔ X2) ( XüksX3) ˄ (¬X1˅¬X3 )=0
¬ ( X2↔ X3) ˄ (X2˅X4) ˄ (¬X2˅¬X4)=0
….
¬ ( X8↔ X9 (XkaheksaX10) ˄ (¬X8˅¬X10)=0
Pärast transformatsioone (A˅ B) ˄(¬ A ˅¬ B)= ¬( A ↔ B)
saame:
¬ ( X1↔ X2) ˄ ¬ (X1↔ X3)=0
¬ ( X2↔ X3) ˄ ¬ (X2↔ X4)=0
…..
¬ ( X8↔ X9) ˄ ¬ (X8↔ X10)=0
Võtame X1=0 ja vaatame, mis väärtuse X2 võib võtta. Nüüd mõelge iga X2 puhul, milliseid väärtusi X3 võib võtta jne.
Selgus 10 lahendust Х1=0 jaoks
Teeme sama ka X1=1 korral. Samuti saame 10 lahendust
Kokku: 10+10=20
Vastus: 20 lahendust.
Näide 4
(X1 ˄ X2) ˅ (¬X1 ˄ ¬X2) ˅ (X2 ˄ X3) ˅ (¬X2 ˄¬ X3)=1
(X2 ˄ X3) ˅ (¬X2 ˄ ¬X3) ˅ (X3˄ X4) ˅ (¬X3 ˄¬ X4)=1
….
(X8 ˄ X9) ˅ (¬X8˄ ¬X9) ˅ (X9 ˄ X10) ˅ (¬X9 ˄¬ X10)=0
Teisendame valemite järgi. (A˄ B)˅ (¬ A ˄ ¬ B)= A↔ B. Saame:
(X1↔X2) ˅ (X2↔X3)=1
(X2↔X3) ˅ (X3↔X4)=1
(X3↔X4) ˅ (X4↔X5)=1
(X4↔X5) ˅ (X5↔X6)=1
(X5↔X6) ˅ (X6↔X7)=1
(X6↔X7) ˅ (X7↔X8)=1
(X7↔X8) ˅ (X8↔X9)=1
(Х8↔ Х9) ˅ (Х9↔ Х10)=0
Alustame lõpust, sest viimases võrrandis on muutujad üheselt määratud.
Olgu X10=0, siis X9=1, X8=0, X7=0, X6=0 ja järgmised muutujad võivad omandada erinevaid väärtusi. Me kaalume iga.
Kokku 21 lahendust X10=0 jaoks
Nüüd kaaluge X10=1. Samuti saame 21 lahendust
Kokku: 21+21=42
Vastus: 42 lahendust
Näide 5
( XüksX2) ˅ (¬X1˄¬X2) ˅ (¬X3˄X4 (X3˄¬X4)=1
( X3˄X4) ˅ (¬X3˄¬X4) ˅ (¬X5X6) ˅ (X5˄¬X6)=1
( X5X6) ˅ (¬X5˄¬X6) ˅ (¬X7˄Xkaheksa (X7˄¬X8)=1
( X7˄X8) ˅ (¬X7˄¬X8) ˅ (¬ X9X10 (X9˄ ¬X10) =1
Teisendame valemite järgi:(¬ A ˄ B) ˅ ( A ˄ ¬ B)= A↔ ¬ B
( A˄ B)˅ (¬ A ˄ ¬ B)= A↔ B
( X1↔ X2) ˅ (X3 ↔ ¬X4)=1
( X3↔ X4 (X5 ↔ ¬X6)=1
( X5↔ X6) ˅ (X7 ↔ ¬X8)=1
( X7↔ Xkaheksa (X9 ↔ ¬X10)=1
Mõelge, millised väärtused X1 ja X2 võivad võtta: (0.0), (0.1), (1.0), (1.1).
Mõelgem igale võimalusele ja vaatame, millised väärtused võivad antud juhul X3, X4 võtta
Alates X7, X8 paneme kohe kirja lahenduste arvu, kuna kohe on selge, et kui väärtused on samad (1,1) ja (0,0), siis on järgmistel muutujatel 4 lahendust ja kui erinevad (0,1) ja (1 ,0) – 2 lahendust.
Kokku: 80+80+32=192
Vastus: 192 lahendust
Näide 6
(X1↔X2) ˅ (X2↔X3)=1
(X2↔X3) ˅ (X3↔X4)=1
(X3↔X4) ˅ (X4↔X5)=1
….
(X8↔X9) ˅ (X9 ↔X10)=1
Võtame X1=0 ja vaatame, mis väärtuse X2 võib võtta. Nüüd mõelge iga X2 puhul, milliseid väärtusi X3 võib võtta ja nii edasi.
Näeme mingit mustrit: Järgmiste lahenduste arv on võrdne kahe eelneva summaga.
Sama X1=1 korral saame 89 lahendust
Kokku: 89+89=178 lahendust
Vastus: 178 lahendust
Lahendame selle muul viisil
(X1↔X2) ˅ (X2↔X3)=1
(X2↔X3) ˅ (X3↔X4)=1
(X3↔X4) ˅ (X4↔X5)=1
….
(X8↔X9) ˅ (X9 ↔X10)=1
Tutvustame asendust:
T 1 =(X1↔X2)
T 2 =(X2↔X3)
T 3 =(X3↔X4)
T 4 =(X4↔X5)
T 5 =(X5↔X6)
T 6 =(X6↔X7)
T 7 =(X7↔X8)
T 8 =(X8↔X9)
T 9 =(X9↔ X10)
Saame:
TüksT2=1
T2˅T3=1
T3˅T4=1
T4T5=1
T5T6=1
T6˅T7=1
T7˅T8=1
TkaheksaT9=1
T9T10=1
VõtameT1=1 ja kasutage disjunktsiooni omadusi:
AGA pidage meeles seda
T 1 =(X1↔X2)
T 2 =(X2↔X3) jne.
Kasutame samaväärsuse omadust ja veendume tabelit vaadates, et see
Kui T = 1, siis saadakse kaks lahendust. Ja kui =0 - üks lahendus.
Seetõttu saate lugeda ühelisi ja korrutada need 2 + nullide arvuga. Loendamine, ka mustri kasutamine.
Selgub, et üheliste arv = eelmine lahenduste koguarv T ja nullide arv on võrdne eelmise üheliste arvuga
Niisiis. Me saame vastu. Kuna üks annab kaks lahendit, siis ühest 34*2=68 lahendust + 0-st 21 lahendust.
Kokku 89 lahendust T=1 jaoks. Sarnasel viisil saame 89 lahendust T=0 jaoks
Kokku 89+89=178
Vastus: 178 lahendust
Näide 7
(X1 ↔ X2) ˅ (X3↔ X4) ˄ ¬(X1 ↔ X2) ˅ ¬(X3↔ X4)=1
(X3 ↔ X4 (X5↔ X6) ˄ ¬(X3 ↔ X4) ˅ ¬(X5↔ X6)=1
(X5 ↔ X6) ˅ (X7↔ X8) ˄ ¬(X5 ↔ X6) ˅ ¬(X7↔ X8)=1
(X7 ↔ Xkaheksa (X9↔ X10) ˄ ¬(X7 ↔ X8) ˅ ¬(X9↔ X10)=1
Tutvustame asendust:
T1=(X1 ↔ X2)
T2=(X3↔ X4)
T3=(X5↔ X6)
T4=(X7 ↔ X8)
T5=(X9↔ X10)
Saame:
(Т1 ˅ Т2) ˄ ¬(Т1 ˅¬ Т2)=1
(Т2 ˅ Т3) ˄ ¬(Т2˅¬ Т3)=1
(Т3 ˅ Т4) ˄ ¬(Т3 ˅¬ Т4)=1
(Т4 ˅ Т5) ˄ ¬(Т4˅¬ Т5)=1
Mõelge, mis võib olla T:
T1
T2
T3
T4
T5
Kokku
0
1
0
1
0
32
1
0
1
0
1
32
T K ≠T K+1 I T K =T K+2
Saame: 2 5 = 32 T jaoks
Kokku: 32+32=64
Vastus: 64 lahendust.
Tunni teema: Loogikavõrrandite lahendamine
Haridus - loogikavõrrandite lahendamise õppimine, oskuste ja vilumuste kujundamine loogikavõrrandite lahendamiseks ning loogilise avaldise koostamiseks tõetabeli järgi;Haridus - luua tingimused õpilaste kognitiivse huvi arendamiseks, edendada mälu, tähelepanu arengut, loogiline mõtlemine;
Hariduslik : aitab kasvatada oskust kuulata teiste arvamusi, tahte ja visaduse kasvatamine lõpptulemuste saavutamiseks.
Tunni tüüp: kombineeritud õppetund
Varustus: arvuti, multimeediaprojektor, esitlus 6.
Tundide ajal
Põhiteadmiste kordamine ja täiendamine. Uurimine kodutöö(10 minutit)
Eelmistes tundides tutvusime loogika algebra põhiseadustega, õppisime neid seadusi kasutama loogikaväljendite lihtsustamiseks.
Vaatame loogiliste avaldiste lihtsustamise kodutööd:
1. Milline järgmistest sõnadest vastab loogilisele tingimusele:
(esimene konsonant → teine kaashäälik)٨ (viimase tähe vokaal → eelviimane tähtvokaal)? Kui selliseid sõnu on mitu, märkige neist väikseim.
1) ANNA 2) MARIA 3) OLEG 4) STEPAN
Tutvustame tähistust:
A on kaashääliku esimene täht
B on kaashääliku teine täht
S on viimane täishäälik
D - eelviimane täishäälik
Teeme väljendi:
Teeme tabeli:
2. Märkige, milline loogiline avaldis on avaldisega samaväärne
Lihtsustame algse väljendi ja pakutud valikute kirjutamist:
3. Avaldise F tõesuse tabeli fragment on antud:
Milline avaldis vastab F-le?
Määrame nende avaldiste väärtused argumentide määratud väärtuste jaoks:
Tunni teemaga tutvumine, uue materjali esitamine (30 minutit)
Jätkame loogika põhitõdede ja tänase tunni "Loogikavõrrandite lahendamine" teema uurimist. Olles õppinud see teema, õpid põhilisi loogikavõrrandite lahendamise viise, omandad oskused nende võrrandite lahendamiseks kasutades loogikalgebra keelt ja oskust koostada tõetabelil loogilist avaldist.
1. Lahendage loogiline võrrand
(¬K M) → (¬L M N) = 0
Kirjutage oma vastus neljast märgist koosneva stringina: muutujate K, L, M ja N väärtused (selles järjekorras). Nii näiteks vastab rida 1101 K=1, L=1, M=0, N=1.
Lahendus:
Teisendame väljendit(¬K M) → (¬L M N)
Avaldis on väär, kui mõlemad terminid on valed. Teine liige on 0, kui M=0, N=0, L=1. Esimeses liikmes K = 0, kuna M = 0 ja 
.
Vastus: 0100
2. Mitu lahendit on võrrandil (vastuses märkige ainult arv)?
Lahendus: teisenda avaldist
(A+B)*(C+D)=1
A+B=1 ja C+D=1
2. meetod: tõetabeli koostamine
3 viis: SDNF konstruktsioon - funktsiooni täiuslik disjunktiivne normaalvorm - täielike korrapäraste elementaarsidendite disjunktsioon.Teisendame algse avaldise, avame sulud, et saada sidesõnade disjunktsioon:
(A+B)*(C+D)=A*C+B*C+A*D+B*D=
Täiendame sidesõnu täielikeks sidesõnadeks (kõikide argumentide korrutis), avage sulud:
Mõelge samadele sidesõnadele:
Selle tulemusena saame SDNF-i, mis sisaldab 9 sidesõna. Seetõttu on selle funktsiooni tõesuse tabeli väärtus 1 9 real 2 4 =16 muutujaväärtuste komplektist.
3. Mitu lahendit on võrrandil (vastuses märkige ainult arv)?
Lihtsustame väljendit:
,
3 viis: SDNF ehitus
Mõelge samadele sidesõnadele:
Selle tulemusena saame SDNF-i, mis sisaldab 5 sidesõna. Seetõttu on selle funktsiooni tõesuse tabeli väärtus 1 5 real 2 4 =16 muutujaväärtuste komplekti.
Loogilise avaldise koostamine tõetabeli järgi:
iga 1-t sisaldava tõetabeli rea jaoks koostame argumentide korrutise ja 0-ga võrdsed muutujad kaasatakse eitusega korrutisesse ning 1-ga võrdseid muutujaid ei eitata. Soovitud avaldis F koosneb saadud toodete summast. Siis tuleks võimalusel seda väljendit lihtsustada.
Näide: on antud avaldise tõesuse tabel. Looge loogiline avaldis.
Lahendus:3. Kodutöö (5 minutit)
Lahenda võrrand:
Mitu lahendit on võrrandil (vasta ainult arvule)?
Koosta antud tõesuse tabeli järgi loogiline avaldis ja
seda lihtsustada.
Võrrandi lahendus 1. Lülituge võrrandi eesliite kujule, asendades eituste tähistus ¬-ga 2. Koostage spetsiaalse tõesuse tabeli päis 3. Täitke tõesuse tabeli read kõigi A ja kombinatsioonide jaoks. B, asendades X asemel 0 või 1. 4. Moodustage tõesuse tabel X = F (A, B) 5. Vastavalt tõesustabelile määrake vajadusel funktsiooni X tüüp, kasutades SKNF konstrueerimise meetodeid ja SDNF, mida arutatakse allpool.
Eritüüpi tõetabeli konstrueerimine ¬((A+B) (X A B))=¬(B+¬(X A))
Tõelisuse tabel X=F(A, B) ABX vastab A VASTUSE implikatsiooni B eitamisele:
Loogiliste seadmete kombineeritud ahelad Põhielemendid (GOST): 1 A B disjunktsioon A B ekvivalentsus & A B konjunktsioon M2 A B XOR
Loogiliste seadmete kombineeritud ahelad Põhielemendid (GOST): 1 A B Implikatsioon & A B Schaefferi element & A B Kaasimplikatsioon 1 A B Veebi element
Skemaatiline näide F 1 & 1 & & 1M2 B A
Skeemlahendus 1 Variant - skeemi teisendamine keeruliseks loogiliseks avaldiseks ja seejärel selle lihtsustamine vastavalt loogikaseadustele. Variant 2 – tõetabeli koostamine ja seejärel vajadusel SKNF-i või SDNF-i kaudu ehitamine (vt allpool). Kaaluge teist võimalust, mis on lihtsam ja arusaadavam.
Tõe tabeli AB A + B + · B B · A + A B A + · · ülesehitus
Tõesustabel F(A, B) ABX vastab A VASTUSE implikatsiooni B eitamisele:
SDNF ja SKNF (definitsioonid) Elementaarkonjunktsioon on mitme muutuja konjunktsioon, mis on võetud koos eitusega või ilma, ja muutujate hulgas võib olla sama element. Elementaardisjunktsioon on mitme muutuja disjunktsioon, koos eitusega või ilma, ja muutujate seas võib olla sama Igasugune elementaarsidendite disjunktsioon kutsub disjunktiivi normaalne vorm(DNF) Iga elementaarsete disjunktsioonide konjunktsiooni nimetatakse konjunktiivseks normaalvormiks (DNF)
PDNF ja CKNF (definitsioonid) Perfektne disjunktiivne normaalvorm (PDNF) on DNF, milles puuduvad identsed elementaarkonjunktsioonid ja kõik sidesõnad koosnevad samast muutujate hulgast, milles iga muutuja esineb ainult üks kord (võimalik, et koos eitusega). Täiuslikku konjunktiivset normaalvormi (PCNF) nimetatakse CNF-iks, milles identsed elementaardisjunktsioonid puuduvad ja kõik disjunktsioonid koosnevad samast muutujate hulgast, milles iga muutuja esineb ainult üks kord (võimalik, et koos eitusega).
Algoritm SDNF hankimiseks tõesuse tabelist 1. Märgi tõesuse tabeli read, mille viimases veerus on 1. 2. Kirjuta iga märgitud rea kohta välja kõikide muutujate konjunktsioon järgmiselt: kui muutuja väärtus selles rida on 1, siis lisa see muutuja ise konjunktsiooni, kui on 0, siis selle eitus. 3. Ühendage kõik saadud konjunktsioonid disjunktsiooniks. Algoritm SKNF-i saamiseks tõesuse tabeli järgi 1. Märgi tõesuse tabeli read, mille viimases veerus on 0. 2. Kirjutage iga märgitud rea kohta välja kõikide muutujate disjunktsioon järgmiselt: kui muutuja väärtus see rida on 0, siis lisa see muutuja ise konjunktsiooni, kui võrdub 1-ga, siis selle eitus. 3. Ühendage kõik saadud disjunktsioonid konjunktsiooniks.
Näide CKNF konstrueerimisest XY F(X,Y) Märgi nullid 2. Disjunktsioonid: X + Y 3. Konjunktsioonid: (X + Y) (X + Y)
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M ∧ (N ∨ ¬N) = 0, kus J, K, L, M, N on Boole'i muutujad?
Lahendus.
Avaldis (N ∨ ¬N) on tõene mis tahes N puhul, seega
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M = 0.
Rakendage eitus loogilise võrrandi mõlemale poolele ja kasutage De Morgani seadust ¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B. Saame ¬J ∨ K ∨ ¬L ∨ M = 1.
Loogiline summa on võrdne 1-ga, kui vähemalt üks selle koostislausetest on võrdne 1-ga. Seetõttu rahuldab iga loogiliste muutujate kombinatsioon saadud võrrandit, välja arvatud juhul, kui kõik võrrandis sisalduvad suurused on võrdsed 0-ga. neljast muutujast võib olla võrdne kas 1 või 0-ga, seega võimalikud kombinatsioonid 2 2 2 2 = 16. Seega on võrrandil 16 −1 = 15 lahendit.
Tuleb märkida, et leitud 15 lahendust vastavad loogilise muutuja N väärtuste mis tahes kahele võimalikule väärtusele, seega on algses võrrandis 30 lahendust.
Vastus: 30
kui palju erinevaid lahendusi omab võrrandit
((J → K) → (M ∧ N ∧ L)) ∧ ((J ∧ ¬K) → ¬ (M ∧ N ∧ L)) ∧ (M → J) = 1
kus J, K, L, M, N on tõeväärtuslikud muutujad?
Vastuses ei pea loetlema kõiki erinevaid väärtuste J, K, L, M ja N komplekte, mille puhul see võrdsus kehtib. Vastuseks peate märkima selliste komplektide arvu.
Lahendus.
Kasutame valemeid A → B = ¬A ∨ B ja ¬(A ∨ B) = ¬A ∧ ¬B
Mõelge esimesele alamvalemile:
(J → K) → (M ∧ N ∧ L) = ¬(¬J ∨ K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L)
Mõelge teisele alamvalemile
(J ∧ ¬K) → ¬(M ∧ N ∧ L) = ¬(J ∧ ¬K) ∨ ¬(M ∧ N ∧ L) = (¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨
Mõelge kolmandale alamvalemile
1) M → J = 1 seega
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (1 ∧ N ∧ L) = ¬K ∨ N ∧ L;
(0 ∨ K) ∨ 0 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ ¬N ∨ ¬L;
Kombineeri:
¬K ∨ N ∧ L ∧ K ∨ ¬N ∨ ¬L = 0 ∨ L ∨ 0 ∨ ¬L = L ∨ ¬L = 1 seega 4 lahendust.
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (0 ∧ N ∧ L) = ¬K;
(¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L = (0 ∨ K) ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L
Kombineeri:
K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L ∧ ¬K = 1 ∨ ¬N ∨ ¬L seega on 4 lahendust.
c) M = 0 J = 0.
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (0 ∧ ¬K) ∨ (0 ∧ N ∧ L) = 0.
(¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L = (1 ∨ K) ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L.
Vastus: 4 + 4 = 8.
Vastus: 8
Mitu erinevat lahendit on võrrandil
((K ∨ L) → (L ∧ M ∧ N)) = 0
kus K, L, M, N on tõeväärtuslikud muutujad? Vastus ei pea loetlema kõiki erinevaid väärtuste komplekte K, L, M ja N, mille puhul see võrdsus kehtib. Vastuseks peate märkima selliste komplektide arvu.
Lahendus.
Kirjutame võrrandi ümber, kasutades tehte jaoks lihtsamat tähistust:
((K + L) → (L M N)) = 0
1) "implikatsiooni" tehte tõesuse tabelist (vt esimest ülesannet) järeldub, et see võrdsus on tõene siis ja ainult siis, kui samaaegselt
K + L = 1 ja L M N = 0
2) esimesest võrrandist järeldub, et vähemalt üks muutujatest, K või L, on võrdne 1-ga (või mõlemad koos); nii et kaaluge kolme juhtumit
3) kui K = 1 ja L = 0, siis kehtib teine võrdsus mis tahes M ja N korral; kuna kahe tõeväärtuse muutuja (00, 01, 10 ja 11) kombinatsioone on 4, on meil 4 erinevat lahendust
4) kui K = 1 ja L = 1, siis teine võrdsus kehtib M · N = 0 korral; selliseid kombinatsioone on 3 (00, 01 ja 10), meil on veel 3 lahendust
5) kui K = 0, siis tingimata L = 1 (esimesest võrrandist); sel juhul on teine võrdsus täidetud М · N = 0; selliseid kombinatsioone on 3 (00, 01 ja 10), meil on veel 3 lahendust
6) kokku saame 4 + 3 + 3 = 10 lahendit.
Vastus: 10
Mitu erinevat lahendit on võrrandil
(K ∧ L) ∨ (M ∧ N) = 1
Lahendus.
Avaldis on tõene kolmel juhul, kui (K ∧ L) ja (M ∧ N) on vastavalt 01, 11, 10.
1) "01" K ∧ L = 0; M ∧ N = 1, => M, N on 1 ning K ja L on suvalised, välja arvatud mõlemad 1. Seega 3 lahendit.
2) "11" K ∧ L = 1; M ∧ N = 1. => 1 lahendus.
3) "10" K ∧ L = 1; M ∧ N = 0. => 3 lahendust.
Vastus: 7.
Vastus: 7
Mitu erinevat lahendit on võrrandil
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0
kus X, Y, Z, P on tõeväärtuslikud muutujad? Vastuses ei pea loetlema kõiki erinevaid väärtuste komplekte, mille puhul see võrdsus kehtib. Vastuseks peate esitama ainult selliste komplektide arvu.
Lahendus.
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0 =>
¬(X ∧ Y ∨ Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
(¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
Loogiline VÕI on väär ainult ühel juhul: kui mõlemad avaldised on valed.
Seega
(Z ∨ P) = 0 => Z = 0, P = 0.
¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z = 0 => ¬X ∨ ¬Y ∧ 1 = 0 =>
¬X ∨ ¬Y = 0 => X = 1; Y = 1.
Seetõttu on võrrandil ainult üks lahendus.
Vastus: 1
Mitu erinevat lahendit on võrrandil
(K ∨ L) ∧ (M ∨ N) = 1
kus K, L, M, N on tõeväärtuslikud muutujad? Vastus ei pea loetlema kõiki erinevaid K, L, M ja N väärtuste komplekte, mille puhul see võrdsus kehtib. Vastuseks peate esitama ainult selliste komplektide arvu.
Lahendus.
Loogiline JA on tõene ainult ühel juhul: kui kõik avaldised on tõesed.
K ∨ L = 1, M ∨ N = 1.
Iga võrrand annab 3 lahendust.
Vaatleme võrrandit A ∧ B = 1, kui nii A kui ka B saavad tõesed väärtused kolmel juhul, siis on võrrandil üldiselt 9 lahendit.
Seega on vastus 9.
Vastus: 9
Mitu erinevat lahendit on võrrandil
((A → B)∧ C) ∨ (D ∧ ¬D)= 1,
kus A, B, C, D on tõeväärtuslikud muutujad?
Vastuses ei pea loetlema kõiki erinevaid väärtuste komplekte A, B, C, D, mille puhul see võrdsus kehtib. Vastuseks peate määrama selliste komplektide arvu.
Lahendus.
Loogiline VÕI on tõene, kui vähemalt üks väidetest on tõene.
(D ∧ ¬D) = 0 mis tahes D jaoks.
Seega
(A → B)∧ C) = 1 => C = 1; A → B = 1 => ¬ A ∨ B = 1, mis annab meile 3 lahendust iga D jaoks.
(D ∧ ¬ D) = 0 mis tahes D korral, mis annab meile kaks lahendit (D = 1 korral D = 0).
Seega: summaarsed lahendused 2*3 = 6.
Kokku 6 lahendust.
Vastus: 6
Mitu erinevat lahendit on võrrandil
(¬K ∨ ¬L ∨ ¬M) ∧ (L ∨ ¬M ∨ ¬N) = 0
kus K, L, M, N on tõeväärtuslikud muutujad? Vastus ei pea loetlema kõiki erinevaid K, L, M ja N väärtuste komplekte, mille puhul see võrdsus kehtib. Vastuseks peate esitama ainult selliste komplektide arvu.
Lahendus.
Rakenda eitus võrrandi mõlemale poolele:
(K ∧ L ∧ M) ∨ (¬L ∧ M ∧ N) = 1
Loogiline VÕI on tõene kolmel juhul.
Valik 1.
K ∧ L ∧ M = 1, siis K, L, M = 1 ja ¬L ∧ M ∧ N = 0. Iga N, see tähendab 2 lahendust.
2. variant.
¬L ∧ M ∧ N = 1, siis N, M = 1; L = 0, K mis tahes, see tähendab 2 lahendust.
Seetõttu on vastus 4.
Vastus: 4
A, B ja C on täisarvud, mille puhul väide on tõene
¬ (A = B) ∧ ((A > B)→(B > C)) ∧ ((B > A)→(C > B)).
Millega on B võrdne, kui A = 45 ja C = 43?
Lahendus.
Pange tähele, et see keeruline väide koosneb kolmest lihtsast lausest.
1) ¬(A = B); (A > B)→ (B > C); (B>A)→(C>B);
2) neid lihtlauseid ühendab tehe ∧ (AND, konjunktsioon), st need tuleb sooritada üheaegselt;
3) ¬(А = B)=1-st järeldub kohe, et А B;
4) oletame, et A > B, siis teisest tingimusest saame 1→(B > C)=1; see avaldis võib olla tõene siis ja ainult siis, kui B > C = 1;
5) seega on meil A > B > C, sellele tingimusele vastab ainult arv 44;
6) kontrolli igaks juhuks varianti A 0 →(B > C)=1;
see avaldis kehtib iga B kohta; nüüd vaatame kolmandat tingimust, saame
see avaldis võib olla tõene siis ja ainult siis, kui C > B ja siin on meil vastuolu, sest sellist arvu B, mille puhul C > B > A, pole olemas.
Vastus: 44.
Vastus: 44
Looge loogilise funktsiooni jaoks tõesuse tabel
X = (A ↔ B) ∨ ¬(A → (B ∨ C))
milles argumendi A väärtuste veerg on arvu 27 kahendmärk, argumendi B väärtuste veerg on arv 77, argumendi C väärtuste veerg on number 120. Arv veerus kirjutatakse ülevalt alla kõige olulisemast numbrist kuni vähima tähenduseni (kaasa arvatud nullikomplekt). Tõlgi saadud funktsiooni X väärtuste kahendkujutis järgmiseks kümnendsüsteem arvestus.
Lahendus.
Me kirjutame võrrandi, kasutades tehte jaoks lihtsamat tähistust:
1) see on kolme muutujaga avaldis, nii et tõesuse tabelis on read; seetõttu peab tabeli A, B ja C veerud koosnevate arvude kahendmärgis koosnema 8 numbrist
2) tõlgime numbrid 27, 77 ja 120 kahendsüsteemi, lisades kohe 8 tähemärgini numbrite alguses olevad nullid
3) on ebatõenäoline, et saate iga kombinatsiooni jaoks kohe X-funktsiooni väärtused kirjutada, seega on vahetulemuste arvutamiseks tabelisse mugav lisada täiendavaid veerge (vt allolevat tabelit)
| A | V | KOOS | X|
| 0 | 0 | ||
| 0 | 1 | 1 | |
| 0 | 0 | 1 | |
| 1 | 0 | 1 | |
| 1 | 1 | 1 | |
| 0 | 1 | 0 | |
| 1 | 0 | 0 | |
| 1 | 1 | 0 |
4) täitke tabeli veerud:
| A | V | KOOS | X | ||||
| 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
väärtus on 1 ainult neil ridadel, kus A = B
väärtus on 1 neil ridadel, kus kas B või C = 1
väärtus on 0 ainult nendes ridades, kus A = 1 ja B + C = 0
väärtus on eelmise veeru pöördväärtus (0 asendatakse 1-ga ja 1 asendatakse 0-ga)
tulemus X (viimane veerg) on kahe veeru ja loogiline summa
5) vastuse saamiseks kirjutame X veerust ülalt alla bitid välja:
6) tõlkige see arv kümnendsüsteemi:
Vastus: 171
Mis on suurim täisarv X, mille kohta väide (10 (X+1)·(X+2)) on tõene?
Lahendus.
Võrrand on kahe seose vaheline implikatsioonitehing:
1) Muidugi saate siin rakendada sama meetodit nagu näites 2208, kuid sel juhul peate lahendama ruutvõrrandid(Ei taha…);
2) Pange tähele, et tingimuse järgi huvitavad meid ainult täisarvud, nii et võite proovida algset avaldist kuidagi teisendada, saades samaväärse avalduse (juurte täpsed väärtused ei huvita meid üldse!);
3) Vaatleme ebavõrdsust: on ilmne, et see võib olla nii positiivne kui ka negatiivne arv;
5 );
5) Seetõttu saab selle täisarvude puhul asendada samaväärse avaldisega
6) avaldise tõesuse piirkond on kahe lõpmatu intervalli liit;
7) Vaatleme nüüd teist ebavõrdsust: on ilmne, et see võib olla ka nii positiivne kui ka negatiivne arv;
8) Piirkonnas kehtib väide kõigi täisarvude puhul ja piirkonnas - kõigi täisarvude puhul, seetõttu saab selle täisarvude puhul asendada samaväärse avaldisega
9) avaldise tõepärasuse piirkond on suletud intervall;
10) Antud avaldis kehtib kõikjal, välja arvatud alad, kus ja ;
11) Pange tähele, et väärtus ei sobi enam, sest seal ja , see tähendab, et implikatsioon annab 0;
12) Kui asendada 2, (10 (2+1) · (2+2)) või 0 → 0, mis vastab tingimusele.
Nii et vastus on 2.
Vastus: 2
Mis on suurim täisarv X, mille kohta väide on tõene?
(50 (X+1) (X+1))?
Lahendus.
Rakendage implikatsiooni teisendus ja teisendage avaldis:
(50 (X+1) (X+1)) ⇔ ¬(X 2 > 50) ∨ ((X+1) 2) ∨ (|X+1|).
Loogiline VÕI on tõene, kui vähemalt üks loogiline väide on tõene. Olles lahendanud mõlemad võrratused ja võttes arvesse, et näeme, et suurim täisarv, mille puhul vähemalt üks neist on tõene, on 7 (joonisel on teise võrratuse positiivne lahend kollase ja esimene sinisega) .
Vastus: 7
Määrake muutujate K, L, M, N väärtused, mille jaoks loogiline avaldis
(¬(M ∨ L) ∧ K) → (¬K ∧ ¬M ∨ N)
vale. Kirjutage oma vastus 4 märgist koosneva stringina: muutujate K, L, M ja N väärtused (selles järjekorras). Nii näiteks vastab rida 1101 K=1, L=1, M=0, N=1.
Lahendus.
Dubleerib ülesannet 3584.
Vastus: 1000
(¬K ∨ M) → (¬L ∨ M ∨ N)
Lahendus.
Rakendame implikatsiooni teisendust:
(K ∧ ¬M) ∨ (¬L ∨ M ∨ N) = 0
Rakenda eitus võrrandi mõlemale poolele:
(¬K ∨ M) ∧ L ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Muutame:
(¬K ∧ L ∨ M ∧ L) ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Seetõttu, M = 0, N = 0, kaaluge nüüd (¬K ∧ L ∨ M ∧ L):
asjaolu, et M = 0, N = 0, tähendab, et M ∧ L = 0, siis ¬K ∧ L = 1, st K = 0, L = 1.
Vastus: 0100
Määrake muutujate K, L, M, N väärtused, mille jaoks loogiline avaldis
(¬(M ∨ L) ∧ K) → ((¬K ∧ ¬M) ∨ N)
vale. Kirjutage oma vastus neljast märgist koosneva stringina: muutujate K, L, M ja N väärtused (selles järjekorras). Nii näiteks vastab rida 1101 K=1, L=1, M=0, N=1.
Lahendus.
Kirjutame võrrandi, kasutades tehte lihtsamat tähistust (tingimus "avaldis on väär" tähendab, et see võrdub loogilise nulliga):
1) tingimuse lausest tuleneb, et avaldis peab olema väär ainult ühe muutujate hulga puhul
2) tehte "implikatsiooni" tõesuse tabelist järeldub, et see avaldis on väär siis ja ainult siis, kui samaaegselt
3) esimene võrdus (loogikakorrutis on võrdne 1-ga) on tõene siis ja ainult siis, kui ja ; sellest järeldub (loogiline summa on võrdne nulliga), mis saab olla ainult siis, kui ; seega oleme juba defineerinud kolm muutujat
4) teisest tingimusest , for ja saame .
Dubleeritud ülesanne
Vastus: 1000
Märkige loogiliste muutujate P, Q, S, T väärtused, mille jaoks loogiline avaldis on
(P ∨ ¬Q) ∨ (Q → (S ∨ T)) on väär.
Kirjutage oma vastus neljast märgist koosneva stringina: muutujate P, Q, S, T väärtused (selles järjekorras).
Lahendus.
(1) (Р ∨ ¬Q) = 0
(2) (Q → (S ∨ T)) = 0
(1) (Р ∨ ¬Q) = 0 => P = 0, Q = 1.
(2) (Q → (S ∨ Т)) = 0 Rakenda implikatsiooniteisendus:
¬Q ∨ S ∨ T = 0 => S = 0, T = 0.
Vastus: 0100
Määrake muutujate K, L, M, N väärtused, mille jaoks loogiline avaldis
(K → M) ∨ (L ∧ K) ∨ ¬N
vale. Kirjutage oma vastus neljast märgist koosneva stringina: muutujate K, L, M ja N väärtused (selles järjekorras). Nii näiteks vastab rida 1101 K=1, L=1, M=0, N=1.
Lahendus.
Loogiline VÕI on väär siis ja ainult siis, kui mõlemad väited on valed.
(K → M) = 0, (L ∧ K) ∨ ¬N = 0.
Rakendame esimese avaldise jaoks implikatsiooni teisendust:
¬K ∨ M = 0 => K = 1, M = 0.
Mõelge teisele väljendile:
(L ∧ K) ∨ ¬N = 0 (vaata esimese avaldise tulemust) => L ∨ ¬N = 0 => L = 0, N = 1.
Vastus: 1001.
Vastus: 1001
Määrake muutujate K, L, M, N väärtused, mille jaoks loogiline avaldis
(K → M) ∧ (K → ¬M) ∧ (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N))
tõsi. Kirjutage oma vastus neljast märgist koosneva stringina: muutujate K, L, M ja N väärtused (selles järjekorras). Nii näiteks vastab rida 1101 K=1, L=1, M=0, N=1.
Lahendus.
Loogiline "JA" on tõene siis ja ainult siis, kui mõlemad väited on tõesed.
1) (K → M) = 1 Rakenda implikatsiooniteisendus: ¬K ∨ M = 1
2) (K → ¬M) = 1 Rakenda implikatsiooniteisendus: ¬K ∨ ¬M = 1
See tähendab, et K = 0.
3) (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N)) = 1 Rakendame implikatsiooniteisendust: K ∨ (M ∧ ¬L ∧ N) = 1 sellest, et K = 0 saame.
Võrrandite kasutamine on meie elus laialt levinud. Neid kasutatakse paljudes arvutustes, konstruktsioonide ehitamisel ja isegi spordis. Inimene on võrrandeid kasutanud juba iidsetest aegadest ja sellest ajast alates on nende kasutamine ainult suurenenud. Matemaatikas on teatud ülesanded, mis on pühendatud väidete loogikale. Seda tüüpi võrrandi lahendamiseks peab teil olema teatud hulk teadmisi: teadmised lauseloogika seadustest, teadmised 1 või 2 muutuja loogiliste funktsioonide tõesuse tabelitest, loogiliste avaldiste teisendamise meetodid. Lisaks peate teadma järgmisi loogikatehete omadusi: konjunktsioonid, disjunktsioonid, inversioonid, implikatsioonid ja ekvivalentsused.
Mis tahes loogilist funktsiooni väärtusest \ muutujad - \ saab määrata tõesuse tabeliga.
Lahendame mõned loogilised võrrandid:
\[\rightharpoondown X1\vee X2=1 \]
\[\rightharpoondown X2\vee X3=1\]
\[\rightharpoondown X3\vee X4=1 \]
\[\rightharpoondown X9\vee X10=1\]
Alustame lahendust \[X1\]-ga ja määrame, milliseid väärtusi see muutuja võib võtta: 0 ja 1. Järgmiseks kaaluge kõiki ülaltoodud väärtusi ja vaadake, mis \[X2.\] võib sel juhul olla
Nagu tabelist näha, on meie loogilisel võrrandil 11 lahendust.
Kust saab Internetis loogilise võrrandi lahendada?
Võrrandi saate lahendada meie veebisaidil https: //. Tasuta online lahendaja võimaldab teil mõne sekundiga Internetis lahendada mis tahes keerukusega võrrandi. Kõik, mida pead tegema, on lihtsalt sisestada oma andmed lahendajasse. Samuti saate vaadata videojuhendit ja õppida võrrandit lahendama meie veebisaidil. Ja kui teil on küsimusi, võite neid küsida meie Vkontakte grupis http://vk.com/pocketteacher. Liituge meie grupiga, aitame teid alati hea meelega.
