Noskin Andrey Nikolaevich,
IT-o'qituvchi
eng yuqori malaka toifasi,
Harbiy fanlar nomzodi, dotsent
GBOU litseyi No1575, Moskva
Kompyuter fanlari va AKT bo'yicha KIM yagona davlat imtihonidan 23-muammoni hal qilish uchun optimallashtirilgan xaritalash usuli
KIM yagona davlat imtihonidagi eng qiyin vazifalardan biri bu 23-muammo bo'lib, unda siz belgilangan shartni qondiradigan turli xil mantiqiy o'zgaruvchilar qiymatlari to'plamini topishingiz kerak.
Bu vazifa, ehtimol, eng ko'p qiyin vazifa KIM Informatika va AKT bo'yicha yagona davlat imtihoni. Qoidaga ko'ra, imtihon oluvchilarning 5% dan ko'p bo'lmagani bunga dosh bera oladi (1).
Ushbu vazifani bajargan talabalarning bunday kichik foizi quyidagilar bilan izohlanadi:
- talabalar mantiqiy amallar belgilarini chalkashtirib yuborishlari (unutishlari) mumkin;
- hisob-kitoblarni bajarish jarayonida matematik xatolar;
- yechim izlashda mulohaza yuritishdagi xatolar;
- mantiqiy ifodalarni soddalashtirish jarayonidagi xatolar;
- o'qituvchilar ushbu muammoni barcha ishlarni tugatgandan so'ng hal qilishni tavsiya qiladilar, chunki ehtimollik
xatolar juda katta va vazifaning "og'irligi" faqat bitta asosiy nuqtadir.
Bundan tashqari, ba'zi o'qituvchilarning o'zlari bu turdagi muammolarni hal qilishda qiyinchiliklarga duch kelishadi va shuning uchun bolalar bilan oddiyroq muammolarni hal qilishga harakat qilishadi.
Vaziyatni murakkablashtiradigan narsa shundaki, bu blokda mavjud katta miqdorda turli vazifalar va shablonli echimni tanlash mumkin emas.
Ushbu vaziyatni tuzatish uchun pedagogik jamoa muammolarni hal qilishning asosiy ikkita usulini yakunlamoqda bu turdagi: bit zanjirlari (2) va xaritalash usuli (3) yordamida yechim.
Ushbu usullarni takomillashtirish (optimallashtirish) zarurati vazifalarning ham tuzilishi, ham o'zgaruvchilar soni (faqat bir turdagi X o'zgaruvchilar, ikki turdagi X va Y o'zgaruvchilar, uchta turdagi: X, Y) doimiy ravishda o'zgarib turishi bilan bog'liq. , Z).
Muammolarni hal qilish uchun ushbu usullarni o'zlashtirish qiyinligi K.Yu.ning veb-saytida tasdiqlanadi. Polyakov tomonidan ushbu turdagi muammolarning 38 ta tahlili mavjud (4). Ba'zi tahlillar muammoni hal qilishning bir nechta turlarini ta'minlaydi.
Yaqinda Kompyuter fanidan KIM yagona davlat imtihonida X va Y o'zgaruvchilarning ikki turi bilan bog'liq muammolar mavjud.
Men namoyish qilish usulini optimallashtirdim va talabalarimni takomillashtirilgan usuldan foydalanishga undadim.
Bu natijalar beradi. Mening o'quvchilarimning bu vazifani bajarganlari ulushi o'tganlarning 43% gacha o'zgarib turadi. Qoidaga ko'ra, har yili 25 dan 33 gacha barcha 11-sinflardan informatika fanidan Yagona davlat imtihonini topshiradi.
Ikki turdagi o'zgaruvchilar bilan muammolar paydo bo'lishidan oldin, talabalar xaritalash usulidan juda muvaffaqiyatli foydalanganlar, ammo mantiqiy ifodada Y paydo bo'lgandan so'ng, men bolalarning javoblari testlar bilan mos kelmasligini payqadim. Ma'lum bo'lishicha, ular yangi turdagi o'zgaruvchilar bilan xaritalar jadvalini qanday yaratishni aniq tushunmaganlar. Keyin menga qulaylik uchun butun ifodani bolalar uchun qulay bo'lgan o'zgaruvchilarning bir turiga qisqartirish kerak degan fikr keldi.
Men ushbu texnikani batafsilroq aytib beraman. Qulaylik uchun men buni (4) da keltirilgan mantiqiy ifodalar tizimi misolida ko'rib chiqaman.
Necha turli yechimlar mantiqiy tenglamalar tizimiga ega
(x 1 ^ y 1)=(¬x 2 V ¬
y 2
)
(x 2 ^ y 2)= (¬
x 3
V ¬
y 3
)
...
(x 5 ^ y 5)
= (¬
x 6
V ¬
y 6
)
Yechim:
1. Mantiqiy tenglamalar tizimini tahlil qilishdan 6 ta o'zgaruvchi mavjudligini ko'ramiz X va 6 ta o'zgaruvchi U. Ushbu o'zgaruvchilarning har biri faqat ikkita qiymatni (0 va 1) olishi mumkinligi sababli, biz ushbu o'zgaruvchilarni bir xil turdagi 12 o'zgaruvchi bilan almashtiramiz, masalan, Z.
2. Endi bir xil turdagi yangi o'zgaruvchilar bilan tizimni qayta yozamiz. Vazifaning qiyinligi o'zgaruvchilarni almashtirishda ehtiyotkorlik bilan qayd etish bo'ladi.
(z 1 ^ z 2)=
(¬z 3V¬
z 4
)
(z 3 ^ z 4)=
(¬
z 5
V¬
z 6
)
...
(z 9 ^ z 10)
=
(¬
z 11
V¬
z 12)
3. Keling, jadval tuzamiz, unda biz barcha variantlarni ko'rib chiqamiz z 1 , z 2 , z 3 , z 4 , birinchi mantiqiy tenglamada to‘rtta o‘zgaruvchi bo‘lgani uchun jadval 16 qatorga ega bo‘ladi (16=2 4); jadvaldan bunday qiymatlarni olib tashlang z 4 , buning uchun birinchi tenglamaning yechimi yo'q (chizilgan raqamlar).
| 0 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 | |||
| 1 | 0 | 0 | |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 | |||
| 1 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 | |||
| 1 | 0 | 0 | |
| 1 | |||
| 1 | 0 | ||
| 1 |
4. Jadvalni tahlil qilib, o'zgaruvchilar juftlarini (masalan, juftlik) ko'rsatish qoidasini tuzamiz. Z 1 Z 2 =00 mos keladi juftlik Z 3 Z 4 = 11) .
5. Tizim yechimiga ega bo'lgan o'zgaruvchilar juftligi sonini hisoblab, jadvalni to'ldiring. 
6. Barcha natijalarni qo'shing: 9 + 9 + 9 + 27 = 54
7. Javob: 54.
KIM yagona davlat imtihonidan 23-muammoni yechishning yuqoridagi optimallashtirilgan usuli talabalarga ishonchni tiklashga va ushbu turdagi muammolarni muvaffaqiyatli hal qilishga imkon berdi.
Adabiyot:
1. FIPI. Ko'rsatmalar 2015 yilgi AXBOROT FAN va AKT bo'yicha yagona davlat imtihonida qatnashuvchilar tomonidan yo'l qo'yilgan odatiy xatolar tahlili asosida tayyorlangan o'qituvchilar uchun. Kirish rejimi: http://www.fipi.ru/sites/default/files/document/1442163533/informatika_i_ikt.pdf
2. K.Yu. Polyakov, M.A. Roitberg.Mantiqiy tenglamalar tizimlari: bit satrlari yordamida yechish. “Informatika” jurnali, 2014-yil, 12-son, 1-bet. 4-12."Birinchi sentyabr" nashriyoti, Moskva.3. E.A. Mironchik, Ko'rsatish usuli. Jurnal Informatika, 10-son, 2013 yil, 1-bet. 18-26. "Birinchi sentyabr" nashriyoti, Moskva.
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M ∧ (N ∨ ¬N) = 0, bu erda J, K, L, M, N mantiqiy o'zgaruvchilar?
Tushuntirish.
(N ∨ ¬N) ifoda har qanday N uchun to'g'ri, shuning uchun
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M = 0.
Mantiqiy tenglamaning har ikki tomoniga inkorni qo‘llaymiz va De Morgan qonunidan ¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B foydalanamiz. ¬J ∨ K ∨ ¬L ∨ M = 1 ni olamiz.
Mantiqiy yig'indi 1 ga teng bo'ladi, agar uning tashkil etuvchi bayonotlaridan kamida bittasi 1 ga teng bo'lsa. Demak, hosil bo'lgan tenglama mantiqiy o'zgaruvchilarning istalgan kombinatsiyasi bilan qanoatlantiriladi, bundan mustasno tenglamaga kiritilgan barcha miqdorlar 0 ga teng. 4 o'zgaruvchi 1 yoki 0 ga teng bo'lishi mumkin, shuning uchun barcha mumkin bo'lgan kombinatsiyalar 2·2·2·2 = 16. Demak, tenglama 16 -1 = 15 ta yechimga ega.
Shuni ta'kidlash kerakki, topilgan 15 ta yechim ikkalasining birortasiga mos keladi mumkin bo'lgan qiymatlar mantiqiy o'zgaruvchining qiymatlari N, shuning uchun dastlabki tenglama 30 ta echimga ega.
Javob: 30
Tenglama necha xil yechimga ega?
((J → K) → (M ∧ N ∧ L)) ∧ ((J ∧ ¬K) → ¬ (M ∧ N ∧ L)) ∧ (M → J) = 1
bu erda J, K, L, M, N mantiqiy o'zgaruvchilar?
Javobda bu tenglik amal qiladigan J, K, L, M va N qiymatlarining barcha to'plamlarini sanab o'tish shart emas. Javob sifatida siz bunday to'plamlar sonini ko'rsatishingiz kerak.
Tushuntirish.
Biz A → B = ¬A ∨ B va ¬(A ∨ B) = ¬A ∧ ¬B formulalaridan foydalanamiz.
Birinchi kichik formulani ko'rib chiqaylik:
(J → K) → (M ∧ N ∧ L) = ¬(¬J ∨ K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L)
Keling, ikkinchi kichik formulani ko'rib chiqaylik
(J ∧ ¬K) → ¬(M ∧ N ∧ L) = ¬(J ∧ ¬K) ∨ ¬(M ∧ N ∧ L) = (¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L
Uchinchi kichik formulani ko'rib chiqaylik
1) M → J = 1 shuning uchun,
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (1 ∧ N ∧ L) = ¬K ∨ N ∧ L;
(0 ∨ K) ∨ 0 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ ¬N ∨ ¬L;
Keling, birlashtiramiz:
¬K ∨ N ∧ L ∧ K ∨ ¬N ∨ ¬L = 0 ∨ L ∨ 0 ∨ ¬L = L ∨ ¬L = 1 demak, 4 ta yechim.
(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
Keling, birlashtiramiz:
K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L ∧ ¬K = 1 ∨ ¬N ∨ ¬L demak, 4 ta yechim.
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.
Javob: 4 + 4 = 8.
Javob: 8
Tenglama necha xil yechimga ega?
((K ∨ L) → (L ∧ M ∧ N)) = 0
Bu erda K, L, M, N mantiqiy o'zgaruvchilar? Javobda bu tenglik amal qiladigan K, L, M va N qiymatlarining barcha turli to'plamlarini sanab o'tish shart emas. Javob sifatida siz bunday to'plamlar sonini ko'rsatishingiz kerak.
Tushuntirish.
Keling, amallar uchun oddiyroq belgilar yordamida tenglamani qayta yozamiz:
((K + L) → (L M N)) = 0
1) "imo-ishora" operatsiyasining haqiqat jadvalidan (birinchi muammoga qarang) bu tenglik, agar bir vaqtning o'zida bo'lsa, to'g'ri bo'ladi.
K + L = 1 va L M N = 0
2) birinchi tenglamadan kelib chiqadiki, o'zgaruvchilarning kamida bittasi K yoki L 1 ga teng (yoki ikkalasi birgalikda); shuning uchun uchta holatni ko'rib chiqaylik
3) agar K = 1 va L = 0 bo'lsa, ikkinchi tenglik har qanday M va N uchun bajariladi; chunki ikkita mantiqiy o'zgaruvchining 4 ta kombinatsiyasi (00, 01, 10 va 11), bizda 4 xil echim bor
4) agar K = 1 va L = 1 bo'lsa, M · N = 0 uchun ikkinchi tenglik bajariladi; 3 ta shunday kombinatsiya (00, 01 va 10) mavjud, bizda yana 3 ta echim bor
5) agar K = 0 bo'lsa, L = 1 (birinchi tenglamadan); bu holda M · N = 0 bo'lganda ikkinchi tenglik bajariladi; 3 ta bunday kombinatsiya mavjud (00, 01 va 10), bizda yana 3 ta echim bor
6) jami 4 + 3 + 3 = 10 ta yechimni olamiz.
Javob: 10
Tenglama necha xil yechimga ega?
(K ∧ L) ∨ (M ∧ N) = 1
Tushuntirish.
(K ∧ L) va (M ∧ N) mos ravishda 01, 11, 10 ga teng bo'lganda ifoda uchta holatda to'g'ri bo'ladi.
1) "01" K ∧ L = 0; M ∧ N = 1, => M, N 1 ga teng, K va L esa bir vaqtning o'zida 1 dan tashqari har qanday narsadir. Demak, 3 ta yechim mavjud.
2) "11" K ∧ L = 1; M ∧ N = 1. => 1 ta eritma.
3) "10" K ∧ L = 1; M ∧ N = 0. => 3 ta yechim.
Javob: 7.
Javob: 7
Tenglama necha xil yechimga ega?
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0
bu erda X, Y, Z, P mantiqiy o'zgaruvchilar? Javobda ushbu tenglik mavjud bo'lgan barcha turli qiymatlar to'plamini sanab o'tish shart emas. Javob sifatida siz faqat bunday to'plamlar sonini ko'rsatishingiz kerak.
Tushuntirish.
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0 =>
¬(X ∧ Y ∨ Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
(¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
Mantiqiy OR faqat bitta holatda noto'g'ri bo'ladi: ikkala ifoda noto'g'ri bo'lsa.
Demak,
(Z ∨ P) = 0 => Z = 0, P = 0.
¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z = 0 => ¬X ∨ ¬Y ∧ 1 = 0 =>
¬X ∨ ¬Y = 0 => X = 1; Y = 1.
Shuning uchun tenglamaning faqat bitta yechimi mavjud.
Javob: 1
Tenglama necha xil yechimga ega?
(K ∨ L) ∧ (M ∨ N) = 1
bu erda K, L, M, N mantiqiy o'zgaruvchilar? Javobda bu tenglik mavjud bo'lgan K, L, M va N qiymatlarining barcha to'plamlarini sanab o'tish shart emas. Javob sifatida siz faqat bunday to'plamlar sonini ko'rsatishingiz kerak.
Tushuntirish.
Mantiqiy Va faqat bitta holatda to'g'ri bo'ladi: barcha ifodalar to'g'ri bo'lganda.
K ∨ L = 1, M ∨ N = 1.
Tenglamalarning har biri 3 ta yechimni beradi.
A ∧ B = 1 tenglamasini ko'rib chiqing, agar A va B ikkalasi ham uchta holatda to'g'ri qiymatlarni qabul qilsa, unda jami tenglama 9 ta echimga ega.
Shuning uchun javob 9.
Javob: 9
Tenglama necha xil yechimga ega?
((A → B)∧ C) ∨ (D ∧ ¬D)= 1,
Bu erda A, B, C, D mantiqiy o'zgaruvchilar?
Javobda bu tenglik mavjud bo'lgan A, B, C, D qiymatlarining barcha to'plamlarini sanab o'tish shart emas. Javob sifatida siz bunday to'plamlar sonini ko'rsatishingiz kerak.
Tushuntirish.
Mantiqiy "YOKI" gaplardan kamida bittasi to'g'ri bo'lganda to'g'ri bo'ladi.
(D ∧ ¬D)= 0 har qanday D uchun.
Demak,
(A → B)∧ C) = 1 => C = 1; A → B = 1 => ¬ A ∨ B = 1, bu bizga har bir D uchun 3 ta mumkin bo'lgan yechimni beradi.
(D ∧ ¬ D)= 0 har qanday D uchun, bu bizga ikkita yechim beradi (D = 1, D = 0 uchun).
Shuning uchun: umumiy yechimlar 2*3 = 6.
Jami 6 ta yechim.
Javob: 6
Tenglama necha xil yechimga ega?
(¬K ∨ ¬L ∨ ¬M) ∧ (L ∨ ¬M ∨ ¬N) = 0
bu erda K, L, M, N mantiqiy o'zgaruvchilar? Javobda bu tenglik mavjud bo'lgan K, L, M va N qiymatlarining barcha to'plamlarini sanab o'tish shart emas. Javob sifatida siz faqat bunday to'plamlar sonini ko'rsatishingiz kerak.
Tushuntirish.
Keling, tenglamaning ikkala tomoniga inkorni qo'llaymiz:
(K ∧ L ∧ M) ∨ (¬L ∧ M ∧ N) = 1
Mantiqiy OR uchta holatda to'g'ri.
Variant 1.
K ∧ L ∧ M = 1, keyin K, L, M = 1 va ¬L ∧ M ∧ N = 0. N ixtiyoriy, ya'ni 2 ta yechim.
Variant 2.
¬L ∧ M ∧ N = 1, keyin N, M = 1; L = 0, K har qanday, ya'ni 2 ta eritma.
Shuning uchun javob 4.
Javob: 4
A, B va C - bu bayonot to'g'ri bo'lgan butun sonlar
¬ (A = B) ∧ ((A > B)→(B > C)) ∧ ((B > A)→(C > B)).
Agar A = 45 va C = 43 bo'lsa, B nimaga teng?
Tushuntirish.
1) ¬(A = B); (A > B)→(B > C); (B > A)→(C > B);
2) bu oddiy gaplar ∧ (VA, birikma) amali bilan bog'langan, ya'ni ular bir vaqtda bajarilishi kerak;
3) ¬(A = B)=1 dan darhol A B kelib chiqadi;
4) faraz qilaylik, A > B, u holda ikkinchi shartdan 1→(B > C)=1 ni olamiz; bu ifoda faqat va faqat B > C = 1 bo'lganda to'g'ri bo'lishi mumkin;
5) shuning uchun bizda A > B > C bor, bu shartga faqat 44 raqami mos keladi;
6) har holda, A variantini ham tekshiramiz 0 →(B > C)=1;
bu ifoda har qanday B uchun to'g'ri; Endi biz olgan uchinchi shartga qarang
bu ifoda faqat C > B bo'lganda to'g'ri bo'lishi mumkin va bu erda biz ziddiyatga egamiz, chunki C > B > A uchun bunday B raqami yo'q.
Javob: 44.
Javob: 44
Mantiqiy funksiya uchun haqiqat jadvalini tuzing
X = (A ↔ B) ∨ ¬(A → (B ∨ C))
unda A argumenti qiymatlari ustuni 27 raqamining ikkilik ko'rinishi, B argumenti qiymatlari ustuni 77 raqami, C argumenti qiymatlari ustuni 120 raqamidir. ustunda yuqoridan pastgacha eng muhimdan eng muhimgacha (shu jumladan nol to'plam) yoziladi. X funktsiyasi qiymatlarining ikkilik ko'rinishini o'nlik sanoq tizimiga aylantiring.
Tushuntirish.
Tenglamani amallar uchun oddiyroq belgilar yordamida yozamiz:
1) bu uchta o'zgaruvchiga ega ifoda, shuning uchun haqiqat jadvalida chiziqlar bo'ladi; shuning uchun A, B va C jadval ustunlarini qurish uchun foydalaniladigan raqamlarning ikkilik ko'rinishi 8 ta raqamdan iborat bo'lishi kerak.
2) 27, 77 va 120 raqamlarini ikkilik tizimga aylantiring, darhol raqamlarning boshiga 8 tagacha nol raqamini qo'shing.
3) har bir kombinatsiya uchun X funktsiyasining qiymatlarini darhol yozishingiz dargumon, shuning uchun oraliq natijalarni hisoblash uchun jadvalga qo'shimcha ustunlar qo'shish qulay (quyidagi jadvalga qarang).
| A | IN | BILAN | 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) jadval ustunlarini to'ldiring:
| A | IN | BILAN | 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 |
qiymat faqat A = B bo'lgan satrlarda 1 ga teng
B yoki C = 1 bo'lgan satrlarda qiymat 1 ga teng
qiymat faqat A = 1 va B + C = 0 bo'lgan satrlarda 0 ga teng
qiymat oldingi ustunning teskarisi (0 1 ga, 1 esa 0 ga almashtiriladi)
X ning natijasi (oxirgi ustun) ikkita ustunning mantiqiy yig'indisi va
5) javob olish uchun X ustundan yuqoridan pastgacha bitlarni yozing:
6) bu raqamni o'nlik sistemaga aylantiring:
Javob: 171
(10 (X+1)·(X+2)) bayoni to‘g‘ri bo‘lgan X eng katta butun son qaysi?
Tushuntirish.
Tenglama - bu ikki munosabat o'rtasidagi implikatsiya operatsiyasi:
1) Albatta, bu erda siz 2208-misoldagi kabi usulni qo'llashingiz mumkin, ammo siz hal qilishingiz kerak bo'ladi. kvadrat tenglamalar(Men xohlamayman…);
2) E'tibor bering, shart bo'yicha bizni faqat butun sonlar qiziqtiradi, shuning uchun biz ekvivalent bayonotni qo'lga kiritib, asl ifodani qandaydir tarzda o'zgartirishga harakat qilishimiz mumkin (bizni ildizlarning aniq qiymatlari umuman qiziqtirmaydi!);
3) Tengsizlikni ko'rib chiqing: aniq, u ijobiy yoki manfiy son bo'lishi mumkin;
4) Domenda bayonot barcha butun sonlar uchun, domenda esa barcha butun sonlar uchun to'g'ri ekanligini tekshirish oson (chalkashmaslik uchun, o'rniga qat'iy bo'lmagan tengsizliklarni qo'llash qulayroqdir va . va );
5) Demak, butun sonlar uchun uni ekvivalent ifoda bilan almashtirish mumkin
6) ifodaning haqiqat sohasi ikki cheksiz intervalning birlashuvidir;
7) Endi ikkinchi tengsizlikni ko'rib chiqaylik: u musbat yoki manfiy son ham bo'lishi mumkinligi aniq;
8) Mintaqada bayonot barcha butun sonlar uchun, mintaqada esa - barcha butun sonlar uchun to'g'ri, shuning uchun butun sonlar uchun uni ekvivalent ifoda bilan almashtirish mumkin.
9) ifodaning haqiqat sohasi yopiq intervaldir;
10) Berilgan ifoda hamma joyda to'g'ri bo'ladi, bu erda va ;
11) E'tibor bering, qiymat endi mos emas, chunki u erda va , ya'ni implikatsiya 0 ni beradi;
12) Shartni qanoatlantiradigan 2, (10 (2+1) · (2+2)), yoki 0 → 0 o‘rniga qo‘yilganda.
Demak, javob 2.
Javob: 2
Fikr to'g'ri bo'lgan eng katta X butun son qaysi?
(50 (X+1)·(X+1))?
Tushuntirish.
Keling, implikatsiya transformatsiyasini qo'llaymiz va ifodani o'zgartiramiz:
(50 (X+1)·(X+1)) ⇔ ¬(X 2 > 50) ∨ ((X+1) 2) ∨ (|X+1|).
Mantiqiy OR kamida bitta mantiqiy bayonot to'g'ri bo'lganda to'g'ri bo'ladi. Ikkala tengsizlikni yechib, ularning kamida bittasi qondiriladigan eng katta butun son 7 ekanligini ko'ramiz (rasmda ikkinchi tengsizlikning ijobiy yechimi sariq rangda, birinchisi esa ko'k rangda ko'rsatilgan).
Javob: 7
Mantiqiy ifoda bo'lgan K, L, M, N o'zgaruvchilar qiymatlarini ko'rsating
(¬(M ∨ L) ∧ K) → (¬K ∧ ¬M ∨ N)
yolg'on. Javobni 4 ta belgidan iborat qator sifatida yozing: K, L, M va N o'zgaruvchilarning qiymatlari (shu tartibda). Demak, masalan, 1101-satr K=1, L=1, M=0, N=1 ekanligiga mos keladi.
Tushuntirish.
Takroriy topshiriq 3584.
Javob: 1000
(¬K ∨ M) → (¬L ∨ M ∨ N)
Tushuntirish.
Keling, implikatsiya transformatsiyasini qo'llaymiz:
(K ∧ ¬M) ∨ (¬L ∨ M ∨ N) = 0
Keling, tenglamaning ikkala tomoniga inkorni qo'llaymiz:
(¬K ∨ M) ∧ L ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Keling, aylantiramiz:
(¬K ∧ L ∨ M ∧ L) ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Shuning uchun, M = 0, N = 0, endi ko'rib chiqaylik (¬K ∧ L ∨ M ∧ L):
M = 0, N = 0 ekanligidan M ∧ L = 0, keyin ¬K ∧ L = 1, ya'ni K = 0, L = 1 bo'ladi.
Javob: 0100
Mantiqiy ifoda bo'lgan K, L, M, N o'zgaruvchilar qiymatlarini belgilang
(¬(M ∨ L) ∧ K) → (¬K ∧ ¬M) ∨ N)
yolg'on. Javobingizni to'rtta belgidan iborat qator sifatida yozing: K, L, M va N o'zgaruvchilarning qiymatlari (shu tartibda). Demak, masalan, 1101-satr K=1, L=1, M=0, N=1 ekanligiga mos keladi.
Tushuntirish.
Tenglamani amallarning soddaroq belgilaridan foydalanib yozamiz (“ifoda noto‘g‘ri” sharti uning mantiqiy nolga tengligini bildiradi):
1) shartni shakllantirishdan kelib chiqadiki, ifoda faqat bitta o'zgaruvchilar to'plami uchun noto'g'ri bo'lishi kerak
2) "imo-ishora" operatsiyasining haqiqat jadvalidan kelib chiqadiki, bu ifoda yolg'ondir, agar bir vaqtning o'zida bo'lsa.
3) birinchi tenglik (mantiqiy ko'paytma 1 ga teng) va faqat va bo'lganda bajariladi; bundan kelib chiqadi (mantiqiy yig'indi nolga teng), bu faqat qachon sodir bo'lishi mumkin; Shunday qilib, biz allaqachon uchta o'zgaruvchini aniqladik
4) ikkinchi shartdan, , uchun va ni olamiz.
Vazifani takrorlaydi
Javob: 1000
Mantiqiy ifoda bo'lgan P, Q, S, T mantiqiy o'zgaruvchilarning qiymatlarini ko'rsating
(P ∨ ¬Q) ∨ (Q → (S ∨ T)) noto'g'ri.
Javobni to'rtta belgidan iborat qator sifatida yozing: P, Q, S, T o'zgaruvchilarning qiymatlari (shu tartibda).
Tushuntirish.
(1) (P ∨ ¬Q) = 0
(2) (Q → (S ∨ T)) = 0
(1) (P ∨ ¬Q) = 0 => P = 0, Q = 1.
(2) (Q → (S ∨ T)) = 0 implikatsiya o‘zgarishini qo‘llaymiz:
¬Q ∨ S ∨ T = 0 => S = 0, T = 0.
Javob: 0100
Mantiqiy ifoda bo'lgan K, L, M, N o'zgaruvchilar qiymatlarini belgilang
(K → M) ∨ (L ∧ K) ∨ ¬N
yolg'on. Javobingizni to'rtta belgidan iborat qator sifatida yozing: K, L, M va N o'zgaruvchilarning qiymatlari (shu tartibda). Demak, masalan, 1101-satr K=1, L=1, M=0, N=1 ekanligiga mos keladi.
Tushuntirish.
Mantiqiy OR ikkala bayonot ham yolg'on bo'lsagina noto'g'ri bo'ladi.
(K → M) = 0, (L ∧ K) ∨ ¬N = 0.
Birinchi ifoda uchun implikatsiya transformatsiyasini qo'llaymiz:
¬K ∨ M = 0 => K = 1, M = 0.
Ikkinchi ifodani ko'rib chiqing:
(L ∧ K) ∨ ¬N = 0 (birinchi ifoda natijasiga qarang) => L ∨ ¬N = 0 => L = 0, N = 1.
Javob: 1001.
Javob: 1001
Mantiqiy ifoda bo'lgan K, L, M, N o'zgaruvchilar qiymatlarini belgilang
(K → M) ∧ (K → ¬M) ∧ (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N))
rost. Javobingizni to'rtta belgidan iborat qator sifatida yozing: K, L, M va N o'zgaruvchilarning qiymatlari (shu tartibda). Demak, masalan, 1101-satr K=1, L=1, M=0, N=1 ekanligiga mos keladi.
Tushuntirish.
Mantiqiy "VA" to'g'ri bo'ladi, agar ikkala bayonot ham to'g'ri bo'lsa.
1) (K → M) = 1 implikatsiya transformatsiyasini qo‘llang: ¬K ∨ M = 1
2) (K → ¬M) = 1 implikatsiya o‘zgarishini qo‘llang: ¬K ∨ ¬M = 1
Bundan kelib chiqadiki, K = 0.
3) (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N)) = 1 implikatsiya o‘zgarishini qo‘llang: K ∨ (M ∧ ¬L ∧ N) = 1 K = 0 bo‘lganidan biz quyidagilarni olamiz:
M ∧ ¬L ∧ N = 1 => M = 1, L = 0, N = 1.
Javob: 0011
Ma'lumki, X, Y va Z butun sonlar uchun quyidagi bayonot to'g'ri bo'ladi:
(Z X=25 va Y=48 bo'lsa, Z nimaga teng?
Tushuntirish.
Raqamlarni almashtirgandan so'ng, biz Z = 47 ni olamiz.
E'tibor bering, bu murakkab bayonot uchta oddiydan iborat
1) (Z 2) bu oddiy gaplar ∧ (VA, birikma) amali bilan bog'langan, ya'ni ular bir vaqtda bajarilishi kerak.
3) ¬(Z+1 24, ¬(Z+1 47) dan.
4) dan (Z Z Javob: 47.).
Javob: 47
A, B va C butun sonlar bo'lib, ular uchun quyidagi bayonot to'g'ri bo'ladi:
(C A=45 va B=18 boʻlsa, C ning qiymati qanday boʻladi?
Tushuntirish.
Mantiqiy "VA" to'g'ri bo'ladi, agar ikkala bayonot ham to'g'ri bo'lsa.
Keling, raqamlarni ifodaga almashtiramiz:
1) (C (C 2) ¬(C+1, C ≥ 44).
3) ¬(C+1, C ≥ 17.
2) va 1) dan kelib chiqadiki, C
Javob: 44
¬(A = B) ∧ ((B A)) ∧ ((A 2C))
Agar C = 8 va B = 18 bo'lsa, A ning qiymati qanday?
Tushuntirish.
Mantiqiy "VA" to'g'ri bo'ladi, agar ikkala bayonot ham to'g'ri bo'lsa.
1) ¬(A = B) = 1, ya'ni A ≠ 18 = 1.
2) ((B A)) implikatsiya transformatsiyasini qo‘llang: (18 > A) ∨ (16 > A) = 1
3) (A 2C) implikatsiya o‘zgarishini qo‘llang: (A > 18) ∨ (A > 16) = 1
2) va 3) dan (18 > A) va (A > 16) kelib chiqadi, chunki aks holda qarama-qarshilik yuzaga keladi: A = 17.
Javob: 17
A, B va C - bu bayonot to'g'ri bo'lgan butun sonlar
¬(A = B) ∧ ((A > B) → (C = B)) ∧ ((B > A) → (C = A))
Agar A = 45 va C = 18 bo'lsa, B qiymati qanday bo'ladi?
Tushuntirish.
Mantiqiy "VA" faqat barcha bayonotlar to'g'ri bo'lsa, to'g'ri bo'ladi.
Siz tanlashingiz mumkin turli yo'llar bilan mantiqiy tenglamalar tizimini yechish. Bu bitta tenglamaga qisqartirish, haqiqat jadvalini tuzish va parchalanish.
Vazifa: Mantiqiy tenglamalar tizimini yeching:
Keling, ko'rib chiqaylik bir tenglamaga qisqartirish usuli . Bu usul mantiqiy tenglamalarni ularning o'ng tomonlari haqiqat qiymatiga (ya'ni 1) teng bo'lishi uchun o'zgartirishni o'z ichiga oladi. Buning uchun mantiqiy inkor operatsiyasidan foydalaning. Keyin, agar tenglamalar murakkab mantiqiy operatsiyalarni o'z ichiga olsa, biz ularni asosiylari bilan almashtiramiz: "VA", "YOKI", "YO'Q". Keyingi qadam, "VA" mantiqiy operatsiyasidan foydalanib, tenglamalarni tizimga ekvivalent bo'lgan biriga birlashtirishdir. Shundan so'ng, siz mantiqiy algebra qonunlari asosida hosil bo'lgan tenglamani o'zgartirishingiz va olishingiz kerak maxsus yechim tizimlari.
Yechim 1: Birinchi tenglamaning ikkala tomoniga inversiyani qo'llang:
“YOKI” va “YO’Q” asosiy operatsiyalari orqali ma’noni tasavvur qilaylik:
Tenglamalarning chap tomonlari 1 ga teng bo'lgani uchun biz ularni "VA" operatsiyasidan foydalanib, dastlabki tizimga teng bo'lgan bitta tenglamaga birlashtira olamiz:
Biz birinchi qavsni De Morgan qonuniga muvofiq ochamiz va olingan natijani o'zgartiramiz:
Olingan tenglama bitta yechimga ega: A =0, B=0 va C=1.
Keyingi usul haqiqat jadvallarini qurish . Mantiqiy miqdorlar faqat ikkita qiymatga ega bo'lganligi sababli, siz shunchaki barcha variantlarni ko'rib chiqishingiz va ular orasidan berilgan tenglamalar tizimi qanoatlantiriladiganlarini topishingiz mumkin. Ya'ni, biz bittasini qurmoqdamiz umumiy jadval sistemaning barcha tenglamalari uchun haqiqat va kerakli qiymatlarga ega chiziqni toping.
Yechim 2: Tizim uchun haqiqat jadvalini tuzamiz:
|
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
Vazifa shartlari bajarilgan qator qalin shrift bilan ta'kidlangan. Demak, A=0, B=0 va C=1.
Yo'l parchalanish . G'oya o'zgaruvchilardan birining qiymatini aniqlash (uni 0 yoki 1 ga tenglashtirish) va shu bilan tenglamalarni soddalashtirishdir. Keyin ikkinchi o'zgaruvchining qiymatini tuzatishingiz mumkin va hokazo.
Yechim 3: A = 0 bo'lsin, keyin:
Birinchi tenglamadan biz B = 0, ikkinchisidan esa - C = 1 ni olamiz. Sistemaning yechimi: A = 0, B = 0 va C = 1.
Informatika bo'yicha Yagona davlat imtihonida ko'pincha mantiqiy tenglamalar tizimiga echimlar sonini aniqlash kerak, buning uchun ma'lum usullar mavjud. Mantiqiy tenglamalar sistemasi yechimlari sonini topishning asosiy usuli hisoblanadio'zgaruvchilarni almashtirish. Birinchidan, siz mantiqiy algebra qonunlari asosida tenglamalarning har birini iloji boricha soddalashtirishingiz kerak, so'ngra tenglamalarning murakkab qismlarini yangi o'zgaruvchilar bilan almashtirib, yechimlar sonini aniqlang. yangi tizim. Keyinchalik, almashtirishga qayting va buning uchun echimlar sonini aniqlang.
Vazifa:(A →B) + (C →D) = 1 tenglamaning nechta yechimi bor? Bu erda A, B, C, D mantiqiy o'zgaruvchilar.
Yechim: Yangi o‘zgaruvchilar kiritamiz: X = A →B va Y = C →D. Yangisini hisobga olgan holda o'zgaruvchan tenglama X + Y = 1 shaklida yoziladi.
Dizyunksiya uchta holatda to'g'ri bo'ladi: (0;1), (1;0) va (1;1), X va Y esa implikatsiya, ya'ni uchta holatda to'g'ri, bir holatda noto'g'ri. Shuning uchun (0;1) holat parametrlarning uchta mumkin bo'lgan kombinatsiyasiga mos keladi. Holat (1;1) - dastlabki tenglama parametrlarining to'qqizta mumkin bo'lgan kombinatsiyasiga mos keladi. Shunday qilib, jami mumkin bo'lgan echimlar bu tenglamaning 3+9=15.
Mantiqiy tenglamalar tizimining yechimlari sonini aniqlashning keyingi usuli ikkilik daraxt. Keling, ko'rib chiqaylik bu usul masalan.
Vazifa: Mantiqiy tenglamalar sistemasi necha xil yechimga ega:
Berilgan tenglamalar tizimi tenglamaga ekvivalentdir:
(x 1 → x 2 )*(x 2 → x 3 )*…*(x m -1 → x m) = 1.
Keling, shunday da'vo qilaylik x 1 - to'g'ri, birinchi tenglamadan biz buni olamiz x 2 ham to'g'ri, ikkinchidan - x 3 =1 va hokazo x m= 1. Demak, m birlikdan iborat toʻplam (1; 1; …; 1) tizimning yechimi hisoblanadi. Hozir ruxsat bering x 1 =0, keyin biz birinchi tenglamadan x 2 =0 yoki x 2 =1.
Qachon x 2 rost bo'lsa, qolgan o'zgaruvchilar ham rost ekanligini, ya'ni (0; 1; ...; 1) to'plam tizimning yechimi ekanligini bilib olamiz. Da x 2 =0 biz buni tushunamiz x 3 =0 yoki x 3 = va boshqalar. Oxirgi o'zgaruvchiga davom etib, biz tenglamaning echimlari quyidagi o'zgaruvchilar to'plami ekanligini aniqlaymiz (m +1 yechim, har bir yechim o'zgaruvchilarning m qiymatini o'z ichiga oladi):
(1; 1; 1; …; 1)
(0; 1; 1; …; 1)
(0; 0; 0; …; 0)
Ushbu yondashuv binar daraxtni qurish orqali yaxshi tasvirlangan. Mumkin bo'lgan echimlar soni - qurilgan daraxtning turli shoxlari soni. m +1 ga teng ekanligini ko'rish oson.
|
Daraxt |
Yechimlar soni |
|
|
x 1 |
|
|
|
x 2 |
||
|
x 3 |
||
|
… |
Fikrlashda qiyinchiliklar bo'lsa tadqiqot va qurilishyechimlarni izlashingiz mumkin foydalanish haqiqat jadvallari, bir yoki ikkita tenglama uchun.
Tenglamalar tizimini quyidagi shaklda qayta yozamiz:
Va bitta tenglama uchun alohida haqiqat jadvalini tuzamiz:
|
x 1 |
x 2 |
(x 1 → x 2) |
Ikki tenglama uchun haqiqat jadvalini tuzamiz:
|
x 1 |
x 2 |
x 3 |
x 1 → x 2 |
x 2 → x 3 |
(x 1 → x 2) * (x 2 → x 3) |
Mantiqiy tenglamalar sistemalarini yechish usullari
Kirgizova E.V., Nemkova A.E.
Lesosibirsk pedagogika instituti -
Sibir Federal universiteti filiali, Rossiya
Izchil fikr yuritish, ishonchli fikr yuritish, gipoteza tuzish va salbiy xulosalarni rad etish qobiliyati o‘z-o‘zidan paydo bo‘lmaydi. Mantiq - bu boshqa bayonotlarning haqiqati yoki yolg'onligi asosida ba'zi bayonotlarning haqiqat yoki yolg'onligini aniqlash usullarini o'rganadigan fan.
Bu fan asoslarini o`zlashtirish mantiqiy masalalarni yechmasdan mumkin emas. O'z bilimlarini yangi vaziyatda qo'llash ko'nikmalarini rivojlantirishni tekshirish o'tish orqali amalga oshiriladi. Xususan, bu qaror qabul qilish qobiliyatidir mantiqiy muammolar. Yagona davlat imtihonidagi B15 topshiriqlari murakkablikdagi vazifalardir, chunki ular mantiqiy tenglamalar tizimini o'z ichiga oladi. Mantiqiy tenglamalar tizimini yechishning turli usullari mavjud. Bu bitta tenglamaga qisqartirish, haqiqat jadvalini qurish, parchalanish, tenglamalarni ketma-ket hal qilish va boshqalar.
Vazifa:Mantiqiy tenglamalar tizimini yeching:
Keling, ko'rib chiqaylik bir tenglamaga qisqartirish usuli . Bu usul mantiqiy tenglamalarni ularning o'ng tomonlari haqiqat qiymatiga (ya'ni 1) teng bo'lishi uchun o'zgartirishni o'z ichiga oladi. Buning uchun mantiqiy inkor operatsiyasidan foydalaning. Keyin, agar tenglamalar murakkab mantiqiy operatsiyalarni o'z ichiga olsa, biz ularni asosiylari bilan almashtiramiz: "VA", "YOKI", "YO'Q". Keyingi qadam, "VA" mantiqiy operatsiyasidan foydalanib, tenglamalarni tizimga ekvivalent bo'lgan biriga birlashtirishdir. Shundan so'ng, siz mantiqiy algebra qonunlari asosida hosil bo'lgan tenglamani o'zgartirishingiz va tizimning aniq echimini olishingiz kerak.
Yechim 1:Birinchi tenglamaning ikkala tomoniga inversiyani qo'llang:
“YOKI” va “YO’Q” asosiy operatsiyalari orqali ma’noni tasavvur qilaylik:
Tenglamalarning chap tomonlari 1 ga teng bo'lgani uchun biz ularni "VA" operatsiyasidan foydalanib, dastlabki tizimga teng bo'lgan bitta tenglamaga birlashtira olamiz:
Biz birinchi qavsni De Morgan qonuniga muvofiq ochamiz va olingan natijani o'zgartiramiz:
Olingan tenglama bitta yechimga ega: A= 0, B =0 va C =1.
Keyingi usul haqiqat jadvallarini qurish . Mantiqiy miqdorlar faqat ikkita qiymatga ega bo'lganligi sababli, siz shunchaki barcha variantlarni ko'rib chiqishingiz va ular orasidan berilgan tenglamalar tizimi qanoatlantiriladiganlarini topishingiz mumkin. Ya'ni, biz tizimning barcha tenglamalari uchun bitta umumiy haqiqat jadvalini tuzamiz va kerakli qiymatlarga ega chiziqni topamiz.
Yechim 2:Tizim uchun haqiqat jadvalini tuzamiz:
|
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
Vazifa shartlari bajarilgan qator qalin shrift bilan ta'kidlangan. Shunday qilib, A =0, B =0 va C =1.
Yo'l parchalanish . G'oya o'zgaruvchilardan birining qiymatini aniqlash (uni 0 yoki 1 ga tenglashtirish) va shu bilan tenglamalarni soddalashtirishdir. Keyin ikkinchi o'zgaruvchining qiymatini tuzatishingiz mumkin va hokazo.
Yechim 3: Mayli A = 0, keyin:
Birinchi tenglamadan biz olamiz B =0, ikkinchisidan esa – C=1. Sistemaning yechimi: A = 0, B = 0 va C = 1.
Usuldan ham foydalanishingiz mumkin tenglamalarni ketma-ket yechish , har bir bosqichda ko'rib chiqilayotgan to'plamga bitta o'zgaruvchini qo'shish. Buning uchun tenglamalarni shunday o'zgartirish kerakki, o'zgaruvchilar alifbo tartibida kiritiladi. Keyinchalik, biz qarorlar daraxtini quramiz, unga ketma-ket o'zgaruvchilar qo'shamiz.
Tizimning birinchi tenglamasi faqat A va B ga, ikkinchi tenglama esa A va C ga bog'liq. A o'zgaruvchisi 0 va 1 2 qiymatni qabul qilishi mumkin:
Birinchi tenglamadan shunday chiqadi 
, shuning uchun qachon A = 0 va biz B = 0 ni olamiz va A = 1 uchun B = 1 ga ega bo'lamiz. Shunday qilib, birinchi tenglama A va B o'zgaruvchilarga nisbatan ikkita echimga ega.
Keling, ikkinchi tenglamani tasvirlaymiz, undan har bir variant uchun C qiymatlarini aniqlaymiz. A =1 bo'lganda implikatsiya noto'g'ri bo'lishi mumkin emas, ya'ni daraxtning ikkinchi novdasi yechimga ega emas. Da A= 0
yagona yechimni olamiz C= 1
:
Shunday qilib, biz tizimning yechimini oldik: A = 0, B = 0 va C = 1.
Informatika bo'yicha Yagona davlat imtihonida ko'pincha mantiqiy tenglamalar tizimiga echimlar sonini aniqlash kerak, buning uchun ma'lum usullar mavjud. Mantiqiy tenglamalar sistemasi yechimlari sonini topishning asosiy usuli hisoblanadi o'zgaruvchilarni almashtirish. Birinchidan, mantiqiy algebra qonunlari asosida tenglamalarning har birini iloji boricha soddalashtirishingiz kerak, so'ngra tenglamalarning murakkab qismlarini yangi o'zgaruvchilar bilan almashtirib, yangi tizimning echimlari sonini aniqlang. Keyinchalik, almashtirishga qayting va buning uchun echimlar sonini aniqlang.
Vazifa:Tenglama nechta yechimga ega ( A → B ) + (C → D ) = 1? Bu erda A, B, C, D mantiqiy o'zgaruvchilar.
Yechim:Keling, yangi o'zgaruvchilarni kiritamiz: X = A → B va Y = C → D . Yangi o'zgaruvchilarni hisobga olgan holda, tenglama quyidagicha yoziladi: X + Y = 1.
Dizyunksiya uchta holatda to'g'ri bo'ladi: (0;1), (1;0) va (1;1), while X va Y implikatsiya, ya’ni uch holatda to‘g‘ri, bir holatda yolg‘on. Shuning uchun (0;1) holat parametrlarning uchta mumkin bo'lgan kombinatsiyasiga mos keladi. Holat (1;1) - dastlabki tenglama parametrlarining to'qqizta mumkin bo'lgan kombinatsiyasiga mos keladi. Demak, bu tenglamaning umumiy mumkin bo‘lgan yechimlari 3+9=15 ga teng.
Mantiqiy tenglamalar tizimining yechimlari sonini aniqlashning keyingi usuli ikkilik daraxt. Keling, misol yordamida ushbu usulni ko'rib chiqaylik.
Vazifa:Mantiqiy tenglamalar sistemasi necha xil yechimga ega:
Berilgan tenglamalar tizimi tenglamaga ekvivalentdir:
( x 1 → x 2 )*( x 2 → x 3 )*…*( x m -1 → x m) = 1.
Keling, shunday da'vo qilaylikx 1 - to'g'ri, birinchi tenglamadan biz buni olamizx 2 ham to'g'ri, ikkinchidan -x 3 =1 va hokazo x m= 1. Shunday qilib (1; 1; …; 1) to'plami m birliklar tizimning yechimidir. Hozir ruxsat beringx 1 =0, keyin biz birinchi tenglamadanx 2 =0 yoki x 2 =1.
Qachon x 2 rost bo'lsa, qolgan o'zgaruvchilar ham rost ekanligini, ya'ni (0; 1; ...; 1) to'plam tizimning yechimi ekanligini bilib olamiz. Dax 2 =0 biz buni tushunamiz x 3 =0 yoki x 3 = va boshqalar. Oxirgi o'zgaruvchiga o'tsak, biz tenglamaning echimlari quyidagi o'zgaruvchilar to'plami ekanligini aniqlaymiz ( m Har bir eritmada +1 yechim m o'zgaruvchan qiymatlar):
(1; 1; 1; …; 1)
(0; 1; 1; …; 1)
(0; 0; 0; …; 0)
Ushbu yondashuv binar daraxtni qurish orqali yaxshi tasvirlangan. Mumkin bo'lgan echimlar soni - qurilgan daraxtning turli shoxlari soni. Bu teng ekanligini ko'rish oson m +1.
|
O'zgaruvchilar |
Daraxt |
Yechimlar soni |
|
x 1 |
|
|
|
x 2 |
||
|
x 3 |
||
Mulohaza yuritish va qarorlar daraxtini yaratishda qiyinchiliklar yuzaga kelgan taqdirda, siz undan foydalanib yechim izlashingiz mumkin haqiqat jadvallari, bir yoki ikkita tenglama uchun.
Tenglamalar tizimini quyidagi shaklda qayta yozamiz:
Va bitta tenglama uchun alohida haqiqat jadvalini tuzamiz:
|
x 1 |
x 2 |
(x 1 → x 2) |
Ikki tenglama uchun haqiqat jadvalini tuzamiz:
|
x 1 |
x 2 |
x 3 |
x 1 → x 2 |
x 2 → x 3 |
(x 1 → x 2) * (x 2 → x 3) |
Keyinchalik, bitta tenglama quyidagi uchta holatda to'g'ri ekanligini ko'rishingiz mumkin: (0; 0), (0; 1), (1; 1). Ikki tenglamadan iborat sistema to‘rtta holatda (0; 0; 0), (0; 0; 1), (0; 1; 1), (1; 1; 1) to‘g‘ri bo‘ladi. Bunday holda, faqat nol va undan ko'pdan iborat bo'lgan yechim mavjudligi darhol aniq bo'ladi m oxirgi holatdan boshlab barcha mumkin bo'lgan joylar to'ldirilgunga qadar bir vaqtning o'zida bitta birlik qo'shiladigan echimlar. Umumiy yechim bir xil shaklga ega bo'ladi deb taxmin qilish mumkin, ammo bunday yondashuv yechimga aylanishi uchun farazning to'g'riligini isbotlash kerak.
Yuqorida aytilganlarning barchasini umumlashtirish uchun men sizning e'tiboringizni muhokama qilingan usullarning hammasi ham universal emasligiga qaratmoqchiman. Har bir mantiqiy tenglamalar tizimini echishda uning xususiyatlarini hisobga olish kerak, buning asosida hal qilish usulini tanlash kerak.
Adabiyot:
1. Mantiqiy muammolar / O.B. Bogomolov - 2-nashr. – M.: BINOM. Bilimlar laboratoriyasi, 2006. – 271 b.: kasal.
2. Polyakov K.Yu. Mantiqiy tenglamalar tizimlari / Informatika o'qituvchilari uchun o'quv-uslubiy gazeta: Informatika No14, 2011 yil.
Tenglamalardan foydalanish hayotimizda keng tarqalgan. Ular ko'plab hisob-kitoblarda, inshootlarni qurishda va hatto sportda qo'llaniladi. Inson qadim zamonlarda tenglamalardan foydalangan va o'shandan beri ulardan foydalanish faqat ortib bordi. Matematikada taklif mantiqi bilan shug'ullanadigan muayyan muammolar mavjud. Bunday tenglamani yechish uchun siz ma'lum miqdordagi bilimga ega bo'lishingiz kerak: taklif mantiqi qonunlarini bilish, 1 yoki 2 o'zgaruvchining mantiqiy funktsiyalarining haqiqat jadvallarini bilish, mantiqiy ifodalarni o'zgartirish usullari. Bundan tashqari, siz mantiqiy amallarning quyidagi xususiyatlarini bilishingiz kerak: konyunksiya, dis'yunksiya, inversiya, implikatsiya va ekvivalentlik.
\o'zgaruvchilar - \ ning har qanday mantiqiy funktsiyasi haqiqat jadvali bilan aniqlanishi mumkin.
Keling, bir nechta mantiqiy tenglamalarni hal qilaylik:
\[\rightharpoondown X1\vee X2=1 \]
\[\rightharpoondown X2\vee X3=1\]
\[\rightharpoondown X3\vee X4=1 \]
\[\rightharpoondown X9\vee X10=1\]
Keling, yechimni \[X1\] dan boshlaylik va ushbu o'zgaruvchi qanday qiymatlarni olishi mumkinligini aniqlaymiz: 0 va 1. Keyin yuqoridagi qiymatlarning har birini ko'rib chiqamiz va \[X2.\] nima bo'lishi mumkinligini ko'rib chiqamiz.
Jadvaldan ko'rinib turibdiki, bizning mantiqiy tenglama 11 ta yechimga ega.
Mantiqiy tenglamani qayerda onlayn hal qilish mumkin?
Tenglamani bizning https://site saytimizda echishingiz mumkin. Ozod onlayn hal qiluvchi har qanday murakkablikdagi onlayn tenglamalarni bir necha soniya ichida yechish imkonini beradi. Sizga kerak bo'lgan yagona narsa ma'lumotlaringizni hal qiluvchiga kiritishdir. Shuningdek, bizning veb-saytimizda video ko'rsatmalarni ko'rishingiz va tenglamani qanday echishni o'rganishingiz mumkin. Va agar sizda hali ham savollaringiz bo'lsa, ularni bizning VKontakte guruhimizda http://vk.com/pocketteacher so'rashingiz mumkin. Guruhimizga qo'shiling, biz har doim sizga yordam berishdan xursandmiz.
