Применение уравнений широко распространено в нашей жизни. Они используются во многих расчетах, строительстве сооружений и даже спорте. Уравнения человек использовал еще в древности и с тех пор их применение только возрастает. В математике существуют определенные задачи, которые посвящены логике высказываний. Чтобы решить данного рода уравнения необходимо обладать неким багажом знаний: знания законов логики высказываний, знания таблиц истинности логических функций 1 или 2 переменных, методы преобразования логических выражений. Кроме того, необходимо знать следующие свойства логических операций: конъюнкции, дизъюнкции, инверсии, импликации и эквивалентности.

Любую логическую функцию от \ переменных - \можно задать таблицей истинности.

Решим несколько логически уравнений:

\[\rightharpoondown X1\vee X2=1 \]

\[\rightharpoondown X2\vee X3=1\]

\[\rightharpoondown X3\vee X4=1 \]

\[\rightharpoondown X9\vee X10=1\]

Начнем решение с \[Х1\] и определим какие значения данная переменная может принимать: 0 и 1. Далее рассмотрим каждое их вышеприведенных значений и посмотрим, какое может быть при этом \[Х2.\]

Как видно из таблицы наше логическое уравнение имеет 11 решений.

Где можно решить логическое уравнение онлайн?

Решить уравнение вы можете на нашем сайте https://сайт. Бесплатный онлайн решатель позволит решить уравнение онлайн любой сложности за считанные секунды. Все, что вам необходимо сделать - это просто ввести свои данные в решателе. Так же вы можете посмотреть видео инструкцию и узнать, как решить уравнение на нашем сайте. А если у вас остались вопросы, то вы можете задать их в нашей групе Вконтакте http://vk.com/pocketteacher. Вступайте в нашу группу, мы всегда рады помочь вам.

Носкин Андрей Николаевич,
учитель информатики
высшей квалификационной категории,
кандидат военных наук, доцент
ГБОУ Лицей №1575 город Москва

Оптимизированный метод отображения для решения задачи 23 из КИМ ЕГЭ по информатике и ИКТ

Одной из самой трудной задачей в КИМ ЕГЭ является задача 23, в которой надо найти количество различных наборов значений логических переменных, которые удовлетворяют указанному условию.
Данная задача является едва ли не самым сложным заданием КИМ ЕГЭ по информатике и ИКТ. С ним, как правило, справляются не более 5% экзаменуемых {1}.
Такой маленький процент учеников, которые справились с данным заданием объясняется следующим:
- ученики могут путать (забыть) знаки логических операций;
- математические ошибки в процессе выполнения расчетов;
- ошибки в рассуждениях при поиске решения;
- ошибки в процессе упрощения логических выражений;
- учителя рекомендуют решать данную задачу, после выполнения всей работы, так как вероятность допущения
ошибок очень велика, а «вес» задачи составляет всего лишь один первичный балл.
Кроме того, некоторые учителя сами с трудом решают данный тип задач и поэтому стараются решать с детьми более простые задачи.
Также усложняет ситуацию, что в данном блоке существует большое количество разнообразных задач и невозможно подобрать какое-то шаблонное решение.
Для исправление данной ситуации педагогическим сообществом дорабатываются основные две методики решения задач данного типа: решение с помощью битовых цепочек {2} и метод отображений {3}.
Необходимость доработки (оптимизации) данных методик обусловлена тем, что задачи постоянно видоизменяются как по структуре, так и по количеству переменных (только один тип переменных Х, два типа переменных Х и Y, три типа: X, Y, Z).
Сложность освоения данными методиками решения задач подтверждается тем, что на сайте К.Ю. Полякова существует разборов данного типа задач в количестве 38 штук{4}. В некоторых разборах приведены более одного типа решения задачи.
Последнее время в КИМ ЕГЭ по информатике встречаются задачи с двумя типа переменных X и Y.
Я оптимизировал метод отображения и предлагаю своим ученикам пользоваться усовершенствованным методом.
Это дает результат. Процент моих учеников, которые справляются с данной задачей варьируется до 43% от сдающих. Как правило, ежегодно у меня сдает ЕГЭ по информатике от 25 до 33 человек из всех 11-х классов.
До появления задач с двумя типами переменными метод отображения ученики использовали очень успешно, но после появления в логическом выражении Y, я стал замечать, что у детей перестали совпадать ответы с тестами. Оказалось, они не совсем четко стали представлять, как составить таблицу отображений с новым типом переменной. Тогда мне пришла мысль, что для удобства надо все выражение привести к одному типу переменной, как удобно детям.
Приведу более подробно данную методику. Для удобства буду ее рассматривать на примере системы логических выражений, приведенных в {4}.
Сколько различных решений имеет система логических уравнений

(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 )

где x 1 , …, x 6 , y 1 , …, y 6 , - 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:
1. Из анализа системы логических уравнений мы видим, что присутствует 6 переменных Х и 6 переменных У . Так как любая из этих переменных может принимать только два значения (0 и 1), то заменим эти переменные на 12 однотипных переменных, например Z.
2. Теперь перепишем систему с новыми однотипными переменными. Сложность задачи будет заключаться во внимательной записи при замене переменных.

(z 1 ^ z 2) = (¬z 3 V ¬ z 4 )
(z 3 ^ z 4) = (¬ z 5 V ¬ z 6 )
...
(z 9 ^ z 10 ) = (¬ z 11 V ¬ z 12)

3. Построим таблицу, в которой переберем все варианты z 1 , z 2 , z 3 , z 4 , поскольку в первом логическом уравнении четыре переменных, то таблица будет иметь 16 строк (16=2 4); уберем из таблицы такие значения z 4 , при которых первое уравнение не имеет решения (зачеркнутые цифры).

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. Анализируя таблицу, строим правило отображения пар переменных (например, паре Z 1 Z 2 =00 соответствует пара Z 3 Z 4 = 11) .

5. Заполняем таблицу, вычисляя количество пар переменных, при котором система имеет решение.

6. Складываем все результаты: 9 + 9 + 9 + 27 = 54
7. Ответ: 54.
Приведенная выше оптимизированная методика решения задачи 23 из КИМ ЕГЭ позволила ученикам вновь обрести уверенность и решать успешно этот тип задачи.

Литература:

1. ФИПИ. Методические рекомендации для учителей, подготовленные на основе анализа типичных ошибок участников ЕГЭ 2015 года по ИНФОРМАТИКЕ и ИКТ. Режим доступа: http://www.fipi.ru/sites/default/files/document/1442163533/informatika_i_ikt.pdf

2. К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг. Системы логических уравнений: решение с помощью битовых цепочек. Журнал Информатика, № 12, 2014, с. 4-12. Издательский дом "Первое сентября", г.Москва.
3. Е.А. Мирончик, Метод отображения. Журнал Информатика, № 10, 2013, с. 18-26. Издательский дом "Первое сентября", г.Москва.

Решение систем логических уравнений методом замены переменных

Метод замены переменных применяется, если некоторые переменные входят в состав уравнений только в виде конкретного выражения, и никак иначе. Тогда это выражение можно обозначить новой переменной.

Пример 1.

Сколь­ко су­ще­ству­ет раз­лич­ных на­бо­ров зна­че­ний ло­ги­че­ских пе­ре­мен­ных x1, х2, х3, х4, х5, х6, х7, х8, ко­то­рые удо­вле­тво­ря­ют всем пе­ре­чис­лен­ным ниже усло­ви­ям?

(x1 → х2) → (х3→ х4) = 1

(х3 → х4) → (х5 → х6) = 1

(х5 → х6) → (х7 → х8) = 1

В от­ве­те не нужно пе­ре­чис­лять все раз­лич­ные на­бо­ры зна­че­ний пе­ре­мен­ных x1, х2, х3, х4, х5, х6, х7, х8, при ко­то­рых вы­пол­не­на дан­ная си­сте­ма ра­венств. В ка­че­стве от­ве­та Вам нужно ука­зать ко­ли­че­ство таких на­бо­ров.

Решение:

(x1 → х2) = y1; (х3 → х4) = y2; (х5 → х6) = y3; (х7 → х8) = y4.

Тогда можно за­пи­сать си­сте­му в виде од­но­го урав­не­ния:

(y1 → y2) ∧ (y2 → y3) ∧ (y3 → y4) = 1. Конъюнкция равна 1 (истинна), когда каждый операнд принимает значение 1. Т.е. каждая из импликаций должна быть истинна, а это выполняется при всех значениях, кроме (1 → 0). Т.е. в таблице значений переменных y1, y2, y3, y4 единица не должна стоять левее нуля:

Т.е. условия выполняются для 5 наборов y1-y4.

Т.к. y1 = x1 → x2, то значение y1 = 0 достигается на единственном наборе x1, x2: (1, 0), а значение y1 = 1 – на трех наборах x1, x2: (0,0) , (0,1), (1,1). Аналогично для y2, y3, y4.

Поскольку каждый набор (x1,x2) для переменной y1 сочетается с каждым набором (x3,x4) для переменной y2 и т.д., то количества наборов переменных x перемножаются:

				Кол-во наборов на x1…x8

Сло­жим ко­ли­че­ство наборов: 1 + 3 + 9 + 27 + 81 = 121.

Ответ: 121

Пример 2.

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1, x2, ... x9, y1, y2, ... y9, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(¬ (x1 ≡ y1)) ≡ (x2 ≡ y2)

(¬ (x2 ≡ y2)) ≡ (x3 ≡ y3)

(¬ (x8 ≡ y8)) ≡ (x9 ≡ y9)

В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x1, x2, ... x9, y1, y2, ... y9, при которых выполнена данная система равенств. В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

Решение:

Сде­ла­ем за­ме­ну пе­ре­мен­ных:

(x1 ≡ y1) = z1, (x2 ≡ y2) = z2,…. ,(x9 ≡ y9) = z9

Систему можно записать в виде одного уравнения:

(¬ z1 ≡ z2) ∧ (¬ z2 ≡ z3) ∧ …..∧ (¬ z8 ≡ z9)

Эквивалентность истинна, только если оба операнда равны. Решениями этого уравнения будут два набора:

z1	z2	z3	z4	z5	z6	z7	z8	z9
0	1	0	1	0	1	0	1	0
1	0	1	0	1	0	1	0	1

Т.к. zi = (xi ≡ yi), то значению zi = 0 соответствуют два набора (xi,yi): (0,1) и (1,0), а значению zi = 1 - два набора (xi,yi): (0,0) и (1,1).

Тогда первому набору z1, z2,…, z9 соответствует 2 9 наборов (x1,y1), (x2,y2),…, (x9,y9).

Столько же соответствует второму набору z1, z2,…, z9. Тогда всего 2 9 +2 9 = 1024 наборов.

Ответ: 1024

Решение систем логических уравнений методом визуального определения рекурсии.

Этот метод применяется, если система уравнений достаточно проста и порядок увеличения количества наборов при добавлении переменных очевиден.

Пример 3.

Сколь­ко раз­лич­ных ре­ше­ний имеет си­сте­ма урав­не­ний

¬x9 ∨ x10 = 1,

где x1, x2, … x10 - ло­ги­че­ские пе­ре­мен­ные?

В от­ве­те не нужно пе­ре­чис­лять все раз­лич­ные на­бо­ры зна­че­ний x1, x2, … x10, при ко­то­рых вы­пол­не­на дан­ная си­сте­ма ра­венств. В ка­че­стве от­ве­та Вам нужно ука­зать ко­ли­че­ство таких на­бо­ров.

Решение:

Решим первое уравнение. Дизъюнкция равна 1, если хотя бы один из ее операндов равен 1. Т.е. решениями являются наборы:

Для x1=0 существуют два значения x2 (0 и 1), а для x1=1 только одно значение x2 (1), такие, что набор (x1,x2) является решением уравнения. Всего 3 набора.

Добавим переменную x3 и рассмотрим второе уравнение. Оно аналогично первому, значит для x2=0 существуют два значения x3 (0 и 1), а для x2=1 только одно значение x3 (1), такие, что набор (x2,x3) является решением уравнения. Всего 4 набора.

Несложно заметить, что при добавлении очередной переменной добавляется один набор. Т.е. рекурсивная формула количества наборов на (i+1) переменных:

N i +1 = N i + 1. Тогда для десяти переменных получим 11 наборов.

Ответ: 11

Решение систем логических уравнений различного типа

Пример 4.

Сколь­ко су­ще­ству­ет раз­лич­ных на­бо­ров зна­че­ний ло­ги­че­ских пе­ре­мен­ных x 1 , ..., x 4 , y 1 ,..., y 4 , z 1 ,..., z 4 , ко­то­рые удо­вле­тво­ря­ют всем пе­ре­чис­лен­ным ниже усло­ви­ям?

(x 1 → x 2) ∧ (x 2 → x 3) ∧ (x 3 → x 4) = 1

(y 1 → y 2) ∧ (y 2 → y 3) ∧ (y 3 → y 4) = 1

(z 1 → z 2) ∧ (z 2 → z 3) ∧ (z 3 → z 4) = 1

x 4 ∧ y 4 ∧ z 4 = 0

В от­ве­те не нужно пе­ре­чис­лять все раз­лич­ные на­бо­ры зна­че­ний пе­ре­мен­ных x 1 , ..., x 4 , y 1 , ..., y 4 , z 1 , ..., z 4 , при ко­то­рых вы­пол­не­на дан­ная си­сте­ма ра­венств.

В ка­че­стве от­ве­та Вам нужно ука­зать ко­ли­че­ство таких на­бо­ров.

Решение:

Заметим, что три уравнения системы одинаковы на различных независимых наборах переменных.

Рассмотрим первое уравнение. Конъюнкция истинна (равна 1) только тогда, когда все ее операнды истинны (равны 1). Импликация равна 1 на всех наборах, кроме (1,0). Значит, решением первого уравнения будут такие наборы x1, x2, x3, x4, в которых 1 не стоит левее 0 (5 наборов):

Аналогично, решениями второго и третьего уравнений будут абсолютно такие же наборы y1,…,y4 и z1,…, z4.

Теперь проанализируем четвертое уравнение системы: x 4 ∧ y 4 ∧ z 4 = 0. Решением будут все наборы x4, y4, z4, в которых хотя бы одна из переменных равна 0.

Т.е. для x4 = 0 подойдут все возможные наборы (y4, z4), а для x4 = 1 подойдут наборы (y4, z4), в которых присутствует хотя бы один ноль: (0, 0), (0,1) , (1,0).

				Кол-во наборов

Общее количество наборов 25 + 4*9 = 25 + 36 = 61.

Ответ: 61

Решение систем логических уравнений методом построения рекуррентных формул

Метод построения рекуррентных формул применяется при решении сложных систем, в которых порядок увеличения количества наборов неочевиден, а построение дерева невозможно из-за объемов.

Пример 5.

Сколь­ко су­ще­ству­ет раз­лич­ных на­бо­ров зна­че­ний ло­ги­че­ских пе­ре­мен­ных x1, x2, … x7, y1, y2, … y7, ко­то­рые удо­вле­тво­ря­ют всем пе­ре­чис­лен­ным ниже усло­ви­ям?

(x1 ∨ y1) ∧ ((x2 ∧ y2) → (x1 ∧ y1)) = 1

(x2 ∨ y2) ∧ ((x3 ∧ y3) → (x2 ∧ y2)) = 1

(x6 ∨ y6) ∧ ((x7 ∧ y7) → (x6 ∧ y6)) = 1

В от­ве­те не нужно пе­ре­чис­лять все раз­лич­ные на­бо­ры зна­че­ний пе­ре­мен­ных x1, x2, ..., x7, y1, y2, ..., y7, при ко­то­рых вы­пол­не­на дан­ная си­сте­ма ра­венств. В ка­че­стве от­ве­та Вам нужно ука­зать ко­ли­че­ство таких на­бо­ров.

Решение:

Заметим, что первые шесть уравнений системы одинаковы и отличаются только набором переменных. Рассмотрим первое уравнение. Его решением будут следующие наборы переменных:

Обозначим:

число наборов (0,0) на переменных (x1,y1) через A 1 ,

число наборов (0,1) на переменных (x1,y1) через B 1 ,

число наборов (1,0) на переменных (x1,y1) через C 1 ,

число наборов (1,1) на переменных (x1,y1) через D 1 .

число наборов (0,0) на переменных (x2,y2) через A 2 ,

число наборов (0,1) на переменных (x2,y2) через B 2 ,

число наборов (1,0) на переменных (x2,y2) через C 2 ,

число наборов (1,1) на переменных (x2,y2) через D 2 .

Из дерева решений видим, что

A 1 =0, B 1 =1, C 1 =1, D 1 =1.

Заметим, что набор (0,0) на переменных (x2,y2) получается из наборов (0,1), (1,0) и (1,1) на переменных (x1,y1). Т.е. A 2 =B 1 +C 1 +D 1 .

Набор (0,1) на переменных (x2,y2) получается из наборов (0,1), (1,0) и (1,1) на переменных (x1,y1). Т.е. B 2 =B 1 +C 1 +D 1 .

Аналогично рассуждая, заметим, что С 2 =B 1 +C 1 +D 1 . D 2 = D 1 .

Таким образом, получаем рекуррентные формулы:

A i+1 = B i + C i + D i

B i+1 = B i + C i + D i

C i+1 = B i + C i + D i

D i+1 = A i +B i + C i + D i

Составим таблицу

Наборы	Обозн .	Формула	Количество наборов
			i=1	i=2	i=3	i=4	i=5	i=6	i=7
(0,0)	A i	A i+1 =B i +C i +D i	0	3	7	15	31	63	127
(0,1)	B i	B i+1 =B i +C i +D i	1	3	7	15	31	63	127
(1,0)	C i	C i+1 =B i +C i +D i	1	3	7	15	31	63	127
(1,1)	D i	D i+1 =D i	1	1	1	1	1	1	1

Последнему уравнению (x7 ∨ y7) = 1 удовлетворяют все наборы, кроме тех, в которых x7=0 и y7=0. В нашей таблице число таких наборов A 7 .

Тогда общее количество наборов равно B 7 + C 7 + D 7 = 127+127+1 = 255

Ответ: 255

Данной материал содержит презентацию, в которой представлены методы решения логических уравнений и систем логических уравнений в задании В15 (№ 23, 2015) ЕГЭ по информатике. Известно, что это задание является одним из самых сложных среди заданий ЕГЭ. Презентация может быть полезна при проведении уроков по теме "Логика" в профильных классах, а также при подготовке к сдаче ЕГЭ.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Чтобы пользоваться предварительным просмотром презентаций создайте себе аккаунт (учетную запись) Google и войдите в него: https://accounts.google.com

Подписи к слайдам:

Решение задания В15 (системы логических уравнений) Вишневская М.П., МАОУ «Гимназия №3» 18 ноября 2013 г., г. Саратов

Задание В15 - одно из самых сложных в ЕГЭ по информатике!!! Проверяются умения: преобразовывать выражения, содержащие логические переменные; описывать на естественном языке множество значений логических переменных, при которых заданный набор логических переменных истинен; подсчитывать число двоичных наборов, удовлетворяющих заданным условиям. Самое сложное, т.к. нет формальных правил, как это сделать, требуется догадка.

Без чего не обойтись!

Без чего не обойтись!

Условные обозначения конъюнкция: A /\ B , A  B , AB , А &B, A and B дизъюнкция: A \ / B , A + B , A | B , А or B отрицание:  A , А, not A эквиваленция: A  В, A  B, A  B исключающее «или»: A  B , A xor B

Метод замены переменных Сколько существует различных наборов значений логических переменных х1, х2, …, х9, х10, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям: ((x1 ≡ x2) \/ (x3 ≡ x4)) /\ (¬(x1 ≡ x2) \/ ¬(x3 ≡ x4)) = 1 ((x3 ≡ x4) \/ (x5 ≡ x6)) /\ (¬(x3 ≡ x4) \/ ¬(x5 ≡ x6)) = 1 ((x5 ≡ x6) \/ (x7 ≡ x8)) /\ (¬(x5 ≡ x7) \/ ¬(x7 ≡ x8)) = 1 ((x7 ≡ x8) \/ (x9 ≡ x10)) /\ (¬(x7 ≡ x8) \/ ¬(x9 ≡ x10)) = 1 В ответе не нужно перечислять все различные наборы х1, х2, …, х9, х10, при которых выполняется данная система равенств. В качестве ответа необходимо указать количество таких наборов (демо-версия 2012 г.)

Решение Шаг 1. Упрощаем, выполнив замену переменных t1 = x1  x2 t2 = x3  x4 t3 = x5  x6 t4 = x7  x8 t5 = x9  x10 После упрощения: (t1 \/ t2) /\ (¬t1 \/ ¬ t2) =1 (t2 \/ t3) /\ (¬t2 \/ ¬ t3) =1 (t3 \/ t4) /\ (¬t3 \/ ¬ t4) =1 (t4 \/ t5) /\ (¬t4 \/ ¬ t5) =1 Рассмотрим одно из уравнений: (t1 \/ t2) /\ (¬t1 \/ ¬ t2) =1 Очевидно, оно =1 только если одна из переменных равна 0, а другая – 1. Воспользуемся формулой для выражения операции XOR через конъюнкцию и дизъюнкцию: (t1 \/ t2) /\ (¬t1 \/ ¬ t2) = t1  t2 = ¬(t1 ≡ t2) =1 ¬(t1 ≡ t2) =1 ¬(t2 ≡ t3) =1 ¬(t3 ≡ t4) =1 ¬(t4 ≡ t5) =1

Шаг2. Анализ системы ¬(t1 ≡ t2) =1 ¬(t2 ≡ t3) =1 ¬(t3 ≡ t4) =1 ¬(t4 ≡ t5) =1 t1 t2 t3 t4 t5 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Т.к. tk = x2k-1 ≡ x2k (t1 = x1  x2 ,….), то каждому значению tk соответствует две пары значений x2k-1 и x2k , например: tk =0 соответствуют две пары - (0,1) и (1,0) , а tk =1 – пары (0,0) и (1,1).

Шаг3. Подсчет числа решений. Каждое t имеет 2 решения, количество t – 5. Т.о. для переменных t существует 2 5 = 32 решения. Но каждому t соответствует пара решений х, т.е. исходная система имеет 2*32 = 64 решения. Ответ: 64

Метод исключения части решений Сколько существует различных наборов значений логических переменных х1, х2, …, х5, y1,y2,… , y5 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям: (x1→ x2)∧(x2→ x3)∧(x3→ x4)∧(x4→ x5) =1; (y1→ y2)∧(y2→ y3)∧(y3→ y4) ∧(y4→ y5) =1; y5→ x5 =1. В ответе не нужно перечислять все различные наборы х1, х2, …, х5, y 1 ,y2,… , y5, при которых выполняется данная система равенств. В качестве ответа необходимо указать количество таких наборов.

Решение. Шаг1. Последовательное решение уравнений х1 1 0 х2 1 0 1 х3 1 0 1 1 х4 1 0 1 1 1 х5 1 0 1 1 1 1 Первое уравнение – конъюнкция нескольких операций импликации, равна 1, т.е. каждая из импликаций истинна. Импликация ложна только в одном случае, когда 1  0, во всех других случаях (0  0, 0  1, 1  1) операция возвращает 1. Запишем это в виде таблицы:

Шаг1. Последовательное решение уравнений Т.о. получено 6 наборов решений для х1,х2,х3,х4,х5: (00000), (00001), (00011), (00111), (01111), (11111). Рассуждая аналогично, приходим к выводу, что для y1, y2, y3, y4, y5 существует такой же набор решений. Т.к. уравнения эти независимы, т.е. в них нет общих переменных, то решением этой системы уравнений (без учета третьего уравнения) будет 6*6= 36 пар «иксов» и «игреков». Рассмотрим третье уравнение: y5→ x5 =1 Решением являются пары: 0 0 0 1 1 1 Не является решением пара: 1 0

Сопоставим полученные решения Там, где y5 =1, не подходят x5=0. таких пар 5. Количество решений системы: 36-5= 31 . Ответ: 31 Понадобилась комбинаторика!!!

Метод динамического программирования Сколько различных решений имеет логическое уравнение x 1 → x 2 → x 3 → x 4 → x 5 → x 6 = 1, где x 1, x 2, …, x 6 – логические переменные? В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных, при которых выполнено данное равенство. В качестве ответа нужно указать количеств о таких наборов.

Решение Шаг1. Анализ условия Слева в уравнении последовательно записаны операции импликации, приоритет одинаков. Перепишем: ((((X 1 → X 2) → X 3) → X 4) → X 5) → X 6 = 1 NB! Каждая следующая переменная зависит не от предыдущей, а от результата предыдущей импликации!

Шаг2. Выявление закономерности Рассмотрим первую импликацию, X 1 → X 2. Таблица истинности: X 1 X 2 X 1 → X 2 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 Из одного 0 получили 2 единицы, а из 1 получили один 0 и одну 1. Всего один 0 и три 1, это результат первой операции.

Шаг2. Выявление закономерности Подключив к результату первой операции x 3 , получим: F(x 1 ,x 2) x 3 F(x 1 ,x 2)  x 3 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 Из двух 0 – две 1, из каждой 1 (их 3) по одному 0 и 1 (3+3)

Шаг 3. Вывод формулы Т.о. можно составить формулы для вычисления количества нулей N i и количества единиц E i для уравнения с i переменными: ,

Шаг 4. Заполнение таблицы Заполним слева направо таблицу для i = 6, вычисляя число нулей и единиц по приведенным выше формулам; в таблице показано, как строится следующий столбец по предыдущему: : число переменных 1 2 3 4 5 6 Число нулей N i 1 1 3 5 11 21 Число единиц E i 1 2*1+1= 3 2*1+3= 5 11 21 43 Ответ: 43

Метод с использованием упрощений логических выражений Сколько различных решений имеет уравнение ((J → K) → (M  N  L))  ((M  N  L) → (¬ J  K))  (M → J) = 1 где J , K, L, M, N – логические переменные? В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений J , K, L, M и N, при которых выполнено данное равенство. В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

Решение Заметим, что J → K = ¬ J  K Введем замену переменных: J → K=А, M  N  L =В Перепишем уравнение с учетом замены: (A → B)  (B → A)  (M → J)=1 4. (A  B)  (M → J)= 1 5. Очевидно, что A  B при одинаковых значениях А и В 6. Рассмотрим последнюю импликацию M → J =1 Это возможно, если: M=J=0 M=0, J=1 M=J=1

Решение Т.к. A  B , то При M=J=0 получаем 1 + К=0. Нет решений. При M=0, J=1 получаем 0 + К=0, К=0, а N и L - любые, 4 решения: ¬ J  K = M  N  L K N L 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1

Решение 10. При M=J=1 получаем 0+К=1 *N * L , или K=N*L, 4 решения: 11. Итого имеет 4+4=8 решений Ответ: 8 K N L 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1

Источники информации: О.Б. Богомолова, Д.Ю. Усенков. В15: новые задачи и новое решение // Информатика, № 6, 2012, с. 35 – 39. К.Ю. Поляков. Логические уравнения // Информатика, № 14, 2011, с. 30-35. http://ege-go.ru/zadania/grb/b15/ , [ Электронный ресурс ] . http://kpolyakov.narod.ru/school/ege.htm , [ Электронный ресурс ] .

Способы решения систем логических уравнений

Киргизова Е.В., Немкова А.Е.

Лесосибирский педагогический институт –

филиал Сибирского федерального университета, Россия

Умение мыслить последовательно, рассуждать доказательно, строить гипотезы, опровергать негативные выводы, не приходит само по себе, это умение развивает наука логика . Логика – это наука, изучающая методы установленияистинности или ложности одних высказываний на основе истинности или ложности других высказываний .

Овладение азами этой науки невозможно без решения логических задач. Проверка сформированности умений применять свои знания в новой ситуации осуществляется за счет сдачи. В частности, это умение решать логические задачи. Задания В15 в ЕГЭ, являются заданиями повышенной сложности, так как они содержат системы логических уравнений. Можно выделить различные способы решения систем логических уравнений. Это сведение к одному уравнению, построение таблицы истинности, декомпозиция, последовательное решение уравнений и т.д.

Задача: Решить систему логических уравнений:

Рассмотрим метод сведения к одному уравнению . Данный метод предполагает преобразование логических уравнений, таким образом, чтобы правые их части были равны истинностному значению (то есть 1). Для этого применяют операцию логического отрицания. Затем, если в уравнениях есть сложные логические операции, заменяем их базовыми: «И», «ИЛИ», «НЕ». Следующим шагом объединяем уравнения в одно, равносильное системе, с помощью логической операции «И». После этого, следует сделать преобразования полученного уравнения на основе законов алгебры логики и получить конкретное решение системы.

Решение 1: Применяем инверсию к обеим частям первого уравнения:

Представим импликацию через базовые операции «ИЛИ», «НЕ»:

Поскольку левые части уравнений равны 1, можно объединить их с помощью операции “И” в одно уравнение, равносильное исходной системе:

Раскрываем первую скобку по закону де Моргана и преобразовываем полученный результат:

Полученное уравнение, имеет одно решение: A =0 , B =0 и C =1 .

Следующий способ – построение таблиц истинности . Поскольку логические величины имеют только два значения, можно просто перебрать все варианты и найти среди них те, при которых выполняется данная система уравнений. То есть, мы строим одну общую таблицу истинности для всех уравнений системы и находим строку с нужными значениями.

Решение 2: Составим таблицу истинности для системы:

0	0	1	1	0	1

Полужирным выделена строчка, для которой выполняются условия задачи. Таким образом, A =0 , B =0 и C =1 .

Способ декомпозиции . Идея состоит в том, чтобы зафиксировать значение одной из переменных (положить ее равной 0 или 1) и за счет этого упростить уравнения. Затем можно зафиксировать значение второй переменной и т.д.

Решение 3: Пусть A = 0, тогда :

Из первого уравнения получаем B =0, а из второго – С=1. Решение системы: A = 0 , B = 0 и C = 1 .

Так же можно воспользоваться методом последовательного решения уравнений , на каждом шаге добавляя по одной переменной в рассматриваемый набор. Для этого необходимо преобразовать уравнения таким образом, что бы переменные вводились в алфавитном порядке. Далее строим дерево решений, последовательно добавляя в него переменные.

Первое уравнение системы зависит только от A и B , а второе уравнение от А и C . Переменная А может принимать 2 значения 0 и 1:

Из первого уравнения следует, что , поэтому при A = 0 п олучаем B = 0 , а при A = 1 имеем B = 1 . Итак, первое уравнение имеет два решения относительно переменных A и B .

Изобразим второе уравнение, из которого определим значения C для каждого варианта. При A =1 импликация не может быть ложной, то есть вторая ветка дерева не имеет решения. При A =0 получаем единственное решение C = 1 :

Таким образом, получили решение системы: A = 0 , B = 0 и C = 1 .

В ЕГЭ по информатике очень часто требуется определить количество решений системы логических уравнений, без нахождения самих решений, для этого тоже существуют определенные методы. Основной способ нахождения количества решений системы логических уравнений – замена переменных . Сначала необходимо максимально упростить каждое из уравнений на основе законов алгебры логики, а затем заменить сложные части уравнений новыми переменными и определить количество решений новой системы. Далее вернуться к замене и определить для нее количество решений.

Задача: Сколько решений имеет уравнение (A → B ) + (C → D ) = 1? Где A, B, C, D – логические переменные.

Решение: Введем новые переменные: X = A → B и Y = C → D . С учетом новых переменных уравнение запишется в виде: X + Y = 1.

Дизъюнкция верна в трех случаях: (0;1), (1;0) и (1;1), при этом X и Y является импликацией, то есть является истинной в трех случаях и ложной – в одном. Поэтому случай (0;1) будет соответствовать трем возможным сочетаниям параметров. Случай (1;1) – будет соответствовать девяти возможным сочетаниям параметров исходного уравнения. Значит, всего возможных решений данного уравнения 3+9=15.

Следующий способ определения количества решений системы логических уравнений – бинарное дерево . Рассмотрим данный метод на примере.

Задача: Сколько различных решений имеет система логических уравнений:

Приведенная система уравнений равносильна уравнению:

( x 1 → x 2 )*( x 2 → x 3 )*…*( x m -1 → x m ) = 1.

Предположим, что x 1 – истинно, тогда из первого уравнения получаем, что x 2 также истинно, из второго - x 3 =1, и так далее до x m = 1. Значит набор (1; 1; …; 1) из m единиц является решением системы. Пусть теперь x 1 =0, тогда из первого уравнения имеем x 2 =0 или x 2 =1.

Когда x 2 истинно получаем, что остальные переменные также истинны, то есть набор (0; 1; …; 1) является решением системы. При x 2 =0 получаем, что x 3 =0 или x 3 =, и так далее. Продолжая до последней переменной, получаем, что решениями уравнения являются следующие наборы переменных (m +1 решение, в каждом решении по m значений переменных):

(1; 1; 1; …; 1)

(0; 1; 1; …; 1)

(0; 0; 0; …; 0)

Такой подход хорошо иллюстрируется с помощью построения бинарного дерева. Количество возможных решений – количество различных ветвей построенного дерева. Легко заметить, что оно равно m +1.

Переменные	Дерево	Количество решений
x 1
x 2
x 3

В случае трудностей в рассуждениях и построении дерева решений можно искать решение с использованием таблиц истинности , для одного – двух уравнений.

Перепишем систему уравнений в виде:

И составим таблицу истинности отдельно для одного уравнения:

x 1	x 2	(x 1 → x 2)

Составим таблицу истинности для двух уравнений:

x 1	x 2	x 3	x 1 → x 2	x 2 → x 3	(x 1 → x 2) * (x 2 → x 3)

Далее можно увидеть, что одно уравнение истинно в следующих трех случаях: (0; 0), (0; 1), (1; 1). Система двух уравнений истина в четырех случаях (0; 0; 0), (0; 0; 1), (0; 1; 1), (1; 1; 1). При этом сразу видно, что существует решение, состоящее из одних нулей и еще m решений, в которых добавляется по одной единице, начиная с последней позиции до заполнения всех возможных мест. Можно предположить, что общее решение будет иметь такой же вид, но чтобы такой подход стал решением, требуется доказательство, что предположение верно.

Подводя итог всему вышесказанному, хочется обратить внимание, на то, что не все рассмотренные методы являются универсальными. При решении каждой системы логических уравнений следует учитывать ее особенности, на основе которых и выбирать метод решения.

Литература:

1. Логические задачи / О.Б. Богомолова – 2-е изд. – М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2006. – 271 с.: ил.

2. Поляков К.Ю. Системы логических уравнений / Учебно-методическая газета для учителей информатики: Информатика №14, 2011 г.