B15 (высокий уровень, время – 10 мин). Тема: Преобразование логических выражений (стр. 11 )

5)  раскроем импликацию через «ИЛИ» и «НЕ» ():

6)  теперь применим формулу де Моргана :

7)  заметим, что в третьем слагаемом тоже есть сомножитель , поэтому уравнение можно переписать в виде

или

8)  это равенство выполняется, тогда и только тогда, когда оба слагаемых равны нулю;

9)  учитывая, что в первом слагаемом есть сомножитель , а во втором –, это может быть в двух случаях:

а)  – любое (0 или 1)

б) 

10)  рассмотрим случай «а»: условию удовлетворяют 3 пары (M, N): (0,0), (0,1) и (1,0); из условия сразу получаем, что и ; учитывая, что – любое (0 или 1), в случае «а» получаем 6 разных решений;

11)  в случае «б» условие сразу дает ; преобразуем второе условие с помощью формулы де Моргана:

это значит, что при получаем и – любое (2 решения), а при имеем и – любое (еще 2 решения)

12)  проверяем, что все решения разные, поэтому всего найдено 6 + 2 + 2 = 10 решений

13)  ответ – 10.

Решение (вариант 2, использование свойств импликации):

1)  выполнив шаги 1-4 из первого варианта решения, получим

при заменах и

2)  поскольку нужно, чтобы , оба слагаемых равны нулю, то есть, обе импликации истинны: и

3)  отсюда по таблице истинности операции «импликация» находим, что это может быть в двух случаях:

а)  – любое (0 или 1)

б) 

4)  рассмотрим случай «а»: условию удовлетворяют 3 пары (M, N): (0,0), (0,1) и (1,0); из условия сразу получаем, что и ; учитывая, что – любое (0 или 1), в случае «а» получаем 6 разных решений;

5)  в случае «б» условие сразу дает ; преобразуем второе условие с помощью формулы де Моргана и перепишем третье:

,

это значит, что при получаем и – любое (2 решения), а при имеем и – любое (еще 2 решения)

6)  проверяем, что все решения разные, поэтому всего найдено 6 + 2 + 2 = 10 решений

7)  ответ – 10.

Возможные проблемы: ·  это уравнение требует достаточно сложных преобразований; если вы не уверены в своих теоретических знаниях, лучше составить таблицу истинности (для 5 переменных в ней будет 32 строки) и аккуратно подставить все возможные комбинации переменных ·  не всегда удается найти («увидеть») закономерности, позволяющие упростить выражение ·  нужно проверять, чтобы среди найденных решений не было одинаковых

Еще пример задания:

Сколько различных решений имеет уравнение

((J → K) →(M Ù N Ù L)) Ù ((M Ù N Ù L) → (J Ú K)) Ù (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 (вариант 1, использование свойств импликации):

1)  перепишем уравнение, используя более простые обозначения операций:

2)  логическое произведение трех сомножителей равно единице, поэтому каждый из них должен быть тоже равен единице

3)  учитывая, что , и выполняя замены и , получаем

.

4)  рассмотрим последнюю импликацию, которая должна быть равна 1: ; по таблице истинности импликации сразу находим, что возможны три варианта:

а) 

б) 

в) 

5)  поскольку все (в том числе и первые две) импликации должны быть равны 1, по таблице истинности импликации сразу определяем, что , то есть

6)  в случае «а» последнее уравнение превращается в и не имеет решений

7)  в случае «б» имеем , тогда как и – произвольные; поэтому есть 4 решения, соответствующие четырем комбинациям и

8)  в случае «в» получаем , то есть для есть единственное решение (), а для – три решения (при ; и ; и )

9)  проверяем, что среди решений, полученных в п. 7 и 8 нет одинаковых

10)  таким образом, всего есть 4 + 1 + 3 = 8 решений

11)  ответ – 8

Решение (вариант 2, использование свойств импликации, , УГАТУ):

1)  перепишем уравнение, используя более простые обозначения операций:

2)  логическое произведение трех сомножителей равно единице, поэтому каждый из них должен быть тоже равен единице

3)  учитывая, что , и выполняя замены и , получаем

.

4)  преобразуем первые две скобки: , где знак означает операцию «эквивалентность». Так как это выражение должно быть истинным, значения и совпадают. Поэтому исходное уравнение распадается на 2 случая:

а) 

б) 

5)  В случае а) из первого уравнения сразу получаем, что . Тогда третье уравнение справедливо при любом , а второе имеет 7 решений (любое, кроме ).

6)  в случае б) из второго уравнения получаем: , но тогда из третьего уравнения следует, что (иначе ), а тогда и (иначе ).

7)  таким образом, всего есть 7 + 1 = 8 решений

8)  ответ – 8

Решение (вариант 3, декомпозиция, автор идеи – А. Сидоров, ЭПИ МИСИС):

1)  перепишем уравнение, используя более простые обозначения операций:

2)  идея заключается в том, что мы выбираем одну какую-нибудь переменную и отдельно рассматриваем случаи, когда она равна 0 и 1; такой подход, когда большая задача разбивается на несколько более простых, называют декомпозицией

3)  логическое произведение трех сомножителей равно единице, поэтому каждый из них должен быть тоже равен единице

4)  например, пусть ; тогда требуется, чтобы , по таблице истинности импликации получается, что при этом может быть любое («из лжи следует что угодно»);

5) выполним второй шаг декомпозиции: рассмотрим отдельно варианты и

6) при и получаем

это равенство истинно, если , а такого не может быть, то есть в этом случае решений нет

7) при и получаем

это равенство истинно только при (иначе первая скобка равна нулю), но у нас никак не ограничены значения и поэтому получается, что при и есть 4 решения (при и всех 4-х различных комбинациях и )

8)  теперь проверяем вариант, когда ; при этом

так как должно быть , по таблице истинности операции импликация сразу получаем и уравнение преобразуется к виду

9) выполним второй шаг декомпозиции: рассмотрим отдельно варианты и

10)  при получаем , откуда сразу следует, что (3 решения: ; и )

11)  при получаем , откуда сразу следует, что (1 решение: )

12)  таким образом, уравнение всего имеет 4+3+1 = 8 решений

13)  ответ – 8

Решение (вариант 4, декомпозиция, автор идеи – А. Сидоров, ЭПИ МИСИС):

1)  та же декомпозиция, но в другом порядке

2)  сделаем сначала декомпозицию по

3)  рассмотрим вариант, когда ; подставляя это значение в уравнение

получаем

4)  учитывая, что при любом («из лжи следует все, что угодно»), находим

5)  отсюда сразу следует, что и по таблице истинности операции импликация определяем, что ; учитывая это, получаем

этого не может быть, потому что первая скобка равна нулю; поэтому при решений нет

6)  теперь пусть , тогда и , поэтому остается уравнение

7)  выполним декомпозицию по переменной

8) при получаем , что верно при условии ; из всех 8-ми комбинаций значений переменных , и только одна этому условию не удовлетворяет (), поэтому имеем 7 решений

9) при получаем , что верно при условии ; из 8-ми комбинаций значений переменных , и только одна () удовлетворяет этому условию, поэтому имеем 1 решение

10)  таким образом, уравнение всего имеет 7+1 = 8 решений

11)  ответ – 8

Возможные проблемы: ·  при использовании метода декомпозиции важен порядок выбора переменных для разбиения; можно рекомендовать в первую очередь делать декомпозицию по той переменной, которая чаще всего встречается в уравнении ·  нужно помнить, что импликация равна нулю только в случае , часто именно это свойство позволяет упростить решение

Решение (вариант 5, комбинированный, , ХМАО, Пыть-Ях, МОУ СОШ №5):

1)  перепишем уравнение, используя более простые обозначения операций:

2)  имеем логическое произведение трех выражений, которое истинно тогда и только тогда, когда каждое выражение истинно; таким образом, нужно решить систему логических уравнений

3)  идея состоит в том, чтобы найти все решения одного из уравнений и проверить истинность остальных двух для всех полученных на предыдущем шаге комбинаций значений переменных

4)  рассмотрим первое уравнение: ; оно справедливо в двух случаях:

а)  , – любое, или , где звездочка означает, что переменная может принимать значения 0 или 1; всего получается 8 вариантов

б)  , , что дает ещё три варианта:
– два варианта

– один вариант

5)  остается проверить истинность второго ()и третьего () равенств для этих 11 вариантов; сразу видим, что импликация ложна только тогда, когда , то есть для комбинации (10111), а импликация ложна для при любых значениях остальных переменных:

J	K	L	M	N
1	0	0	0	0	1	1	ü
1	0	0	0	1	1	1	ü
1	0	0	1	0	1	1	ü
1	0	0	1	1	1	1	ü
1	0	1	0	0	1	1	ü
1	0	1	0	1	1	1	ü
1	0	1	1	0	1	1	ü
1	0	1	1	1	0	1
0	0	1	1	1	1	0
0	1	1	1	1	1	0
1	1	1	1	1	1	1	ü

6)  таким образом, остается 8 вариантов, отмеченных галочками справа от таблицы