Slider

Задача №18. Использование основных понятий математической логики. Логические высказывания, числовые отрезки.

Автор материалов - Лада Борисовна Есакова.

Законы алгебры логики

  Для И Для ИЛИ
двойного отрицания

¬ ¬ (A) = A

исключения третьего

A & ¬A= 0

A \/ ¬A= 1

исключения констант

A & 1 = A;  A & 0 = 0

A \/ 0 = A;  A \/ 1 = 1

повторения

A & A = A

A \/ A = A

поглощения

A & (A \/ B) = A

A \/ A & B = A

переместительный

A & B = B & A

A \/ B = B \/ A

сочетательный

A & (B & C) = (A & B) & C

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

распределительный

A \/ B & C = (A \/ B) & (A \/ C)

A&(B \/ C) = A&B\/A&C

де Моргана

¬ (A&B) = ¬A \/ ¬B

¬ (A \/ B) = ¬A & ¬B

 

Поиск слова, удовлетворяющего условию логического высказывания

Пример 1.

Для какого имени истинно высказывание:

(Вторая буква гласная  → Первая буква гласная) Ù   Последняя  буква согласная?

1) ИРИНА           2) МАКСИМ             3) МАРИЯ                 4) СТЕПАН

Решение:

Высказывание является конъюнкцией двух выражений (Вторая буква гласная  → Первая буква гласная) и Последняя  буква согласная. Конъюнкция истинна тогда, когда все операнды истинны. Значит, выражение Последняя  буква согласная должно быть истинным. Этому условию удовлетворяют имена под номерами 2 и 4.

Поочередно подставим в высказывание значения выражений для имен 2 и 4:

2) МАКСИМ

Вторая буква гласная = 1

Первая буква гласная = 0

Последняя буква согласная = 1

(1      → 0) Ù 1 = 0 Ù 1 = 0              Высказывание ложно.

4)      СТЕПАН

Вторая буква гласная = 0

Первая буква гласная = 0

Последняя буква согласная = 1

(0 → 0) Ù 1 = 1 Ù 1 = 0                Высказывание истинно.

Ответ: 4

Поиск числа, удовлетворяющего условию логического высказывания

Пример 2.

Для ка­ко­го из при­ведённых чисел X ис­тин­но ло­ги­че­ское усло­вие:

¬((X крат­но 5)  (X крат­но 25))?

1) 37

2) 59

3) 65

4) 125

 

Решение:

Для того, чтобы ло­ги­че­ское усло­вие ¬((X крат­но 5)  (X крат­но 25)) было истинным, необходимо, чтобы условие (X крат­но 5)  (X крат­но 25) было ложным.  Им­пли­ка­ция воз­вра­ща­ет ложь, толь­ко если первый операнд равен 1 (истина), а второй - 0 (ложь).

Т.е. число Х должно быть кратно 5, но не кратно 25.

Этому условию удовлетворяет только число под но­ме­ром 3 (65).

Ответ:3

Пример 3.

Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n. Так, например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4. Для какого наименьшего неотрицательного целого числа A формула x&25 ≠ 0 → (x&17 = 0 → x&А ≠ 0) тождественно истинна (т.е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?

 

Решение:

Для наглядности введем обозначения: A ≡ (x&A ≠ 0); B ≡ (x&25 ≠ 0); C ≡ (x&17 = 0).

Тогда формула принимает вид: B → (C → A) = 1

Заменяем первую импликацию: ¬В \/ (C → A) = 1

Заменяем импликацию в скобках: ¬В \/ (¬C \/ A) = 1

В результате имеем: ¬В \/ ¬C \/ A = 1

x&25 = 0 \/ x&17 ≠ 0 \/ x&A ≠ 0 = 1

Выражение является дизъюнкцией трех операндов. Дизъюнкция истинна, когда хотя бы один операнд принимает значение истина (1).

2510 = 110012 , тогда x&25 = 0 истинно для всех х, имеющих нули в 0-м, 3-м и 4-м (справа) разрядах двоичной записи: х = *…*00**0                                                                         

1710 = 100012 , тогда x&17 ≠ 0 истинно для всех х, имеющих единицы в 0-м или 4-м разряде: x = *…*1 или x = *…1****.

«незакрытыми» (не входящими ни в первое, ни во второе множество) на числовой оси остались x, имеющие нули в 0-м и 4-м разрядах и единицу в 3-м разряде: x = *…*01**0.

Значит, A должно быть таким, чтобы конъюнкция с оставшимися числами x не была равна нулю, т.е. в 3-м разряде двоичной записи числа A должна стоять единица. Наименьшим таким числом является 10002 = 810.

Ответ:8

Поиск числового отрезка, удовлетворяющего условию логического высказывания

Пример 4.

На чис­ло­вой пря­мой даны два от­рез­ка: P=[3, 13] и Q=[7, 17]. Вы­бе­ри­те такой от­ре­зок A, чтобы фор­му­ла

( (x ∈ A) → (x ∈ P) ) ∨ ¬ (x ∈ Q)

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

1) [5, 20]

2) [10, 25]

3) [15, 30]

4) [20, 35]

Решение:

Вве­дем обо­зна­че­ния:

(x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

При­ме­нив пре­об­ра­зо­ва­ние им­пли­ка­ции, по­лу­ча­ем:

¬A ∨ P ∨ ¬ Q.

Изобразим множества P и ¬ Q на числовой прямой:

 

Вы­ра­же­ние долж­но быть ис­тин­но для лю­бо­го x, значит нужно «закрасить» всю числовую прямую. Для этого выражение ¬A долж­но «закрасить» оставшийся отрезо­к [13;17], т.е. быть истинным на этом отрезке. Тогда, вы­ра­же­ние A долж­но быть ис­тин­но внут­ри про­ме­жут­ка, ко­то­рый не имеет ни одной общей точки с отрезком [13;17].

Из всех от­рез­ков толь­ко от­ре­зок [20, 35] удо­вле­тво­ря­ет этим усло­ви­ям:

 

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 4.

Ответ:4

Пример 5.

На чис­ло­вой пря­мой даны два от­рез­ка: P = [25; 50] и Q = [32; 47]. Ука­жи­те наи­боль­шую воз­мож­ную длину про­ме­жут­ка A, для ко­то­ро­го фор­му­ла

(¬ (x ΠA) → (x Î P)) → ((x Î A) → (x Î Q))

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

Решение:

Введем обозначения:

(x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

Тогда формула примет вид:

(¬ A → P) → (A → Q)

Пре­об­ра­зу­ем дан­ное вы­ра­же­ние (заменим импликацию):

(A ∨ ¬ P) → (¬ A ∨ Q)

¬  (A ∨ ¬ P) ∨ (¬ A ∨ Q)

(¬ A ∧ P) ∨ ¬ A ∨ Q

((¬ A ∧ P) ∨ ¬ A) ∨ Q

¬ A ∨ Q

 

Выражение (¬ A ∨ Q) должно быть истинным на всей числовой прямой. Множество Q – это отрезок [32, 47], значит выражение ¬A долж­но «закрасить» оставшуюся часть числовой оси, т.е. быть истинным на этом промежутке. Тогда, вы­ра­же­ние A долж­но быть ис­тин­но внут­ри про­ме­жут­ка [32;47]. Тогда максимальная длина отрезка A достигается, когда А совпадает с Q, и равна 15.

Ответ:15

Поиск множества чисел, удовлетворяющего условию логического высказывания

Пример 6.

Эле­мен­та­ми мно­жеств А, P, Q яв­ля­ют­ся на­ту­раль­ные числа, причём

P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, Q = {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30}.

Из­вест­но, что вы­ра­же­ние ((x  A) → (x  P)) ∨ (¬(x  Q) → ¬(x  A))

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

Опре­де­ли­те наи­боль­шее воз­мож­ное ко­ли­че­ство эле­мен­тов в мно­же­стве A.

 

Решение:

Введем обозначения:

(x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

Тогда выражение примет вид:

(A → P) ∨ (¬ Q → ¬ A)

Преобразуем выражение (заменим импликацию):

(¬ A ∨ P) ∨ ( Q  ∨ ¬ A)

¬ A ∨ P ∨ Q

Чтобы выражение было истинно при любом зна­че­нии пе­ре­мен­ной х, все натуральные числа должны либо входить в P, либо входить в Q, либо не входить в A. Т.е. ¬ A – это все числа, не входящие ни в P, ни в Q. Значит A – это числа, входящие в P или Q. Наи­боль­шее воз­мож­ное ко­ли­че­ство эле­мен­тов в мно­же­стве A – это количество всех различных элементов множеств P и Q. Таких элементов 17.

Ответ:17

Пример 7.

Эле­мен­та­ми мно­же­ства А яв­ля­ют­ся на­ту­раль­ные числа. Из­вест­но, что вы­ра­же­ние

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

ис­тин­но (т. е. при­ни­ма­ет зна­че­ние 1) при любом зна­че­нии пе­ре­мен­ной х. Опре­де­ли­те наи­мень­шее воз­мож­ное зна­че­ние суммы эле­мен­тов мно­же­ства A.

Решение:

Вве­дем обо­зна­че­ния:

 

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

Тогда выражение примет вид:

P → ((Q ∧ ¬A) → ¬P)

Преобразуем выражение (заменим импликацию):

P → (¬(Q ∧ ¬А) ∨ ¬P)

¬P ∨ (¬(Q ∧ ¬А) ∨ ¬P)

¬P ∨ ¬Q ∨ А.

Вы­ра­же­ние ¬P ∨ ¬Q ис­тин­но при всех зна­че­ни­ях x, кроме зна­че­ний 6 и 12. Сле­до­ва­тель­но, про­ме­жу­ток А долж­ны со­дер­жать точки 6 и 12. То есть ми­ни­маль­ный набор точек в про­ме­жут­ке А ≡ {6, 12}. Сумма эле­мен­тов мно­же­ства А равна 18.

Ответ:18

Интенсивная подготовка

Бесплатные пробные ЕГЭ

Расписание курсов

Звоните нам: 8 (800) 775-06-82 (бесплатный звонок по России)
                       +7 (495) 984-09-27 (бесплатный звонок по Москве)

Или нажмите на кнопку «Узнать больше», чтобы заполнить контактную форму. Мы обязательно Вам перезвоним.

ЛЕТНИЕ КУРСЫ ЕГЭ И ОГЭ

Типы подготовки:
Сказать спасибо
РЕКОМЕНДУЕМ:
ege-tv

Полный онлайн-курс подготовки к ЕГЭ по математике. Структурировано. Четко. Без воды. Сдай ЕГЭ на 100 баллов!

Смотреть

Для нормального функционирования и Вашего удобства, сайт использует файлы cookies. Это совершенно обычная практика.Продолжая использовать портал, Вы соглашаетесь с нашей Политикой конфиденциальности.

Позвоните мне

Все поля обязательны для заполнения

Отправить

Премиум

Вся часть 2 на ЕГЭ по математике, от задачи 13 до задачи 19. То, о чем не рассказывают даже ваши репетиторы. Все приемы решения задач части 2. Оформление задач на экзамене. Десятки реальных задач ЕГЭ, от простых до самых сложных.

Видеокурс «Премиум» состоит из 7 курсов  для освоения части 2 ЕГЭ по математике (задачи 13-19). Длительность каждого курса - от 3,5 до 4,5 часов.

  1. Уравнения (задача 13)
  2. Стереометрия (задача 14)
  3. Неравенства (задача 15)
  4. Геометрия (задача 16)
  5. Финансовая математика (задача 17)
  6. Параметры (задача 18)
  7. Нестандартная задача на числа и их свойства (задача 19).

Здесь то, чего нет в учебниках. Чего вам не расскажут в школе. Приемы, методы и секреты решения задач части 2.

Каждая тема разобрана с нуля. Десятки специально подобранных задач, каждая из которых помогает понять «подводные камни» и хитрости решения.  Автор видеокурса Премиум - репетитор-профессионал Анна Малкова.

Получи пятерку

Видеокурс «Получи пятерку» включает все темы, необходимые для успешной сдачи ЕГЭ по математике на 60-65 баллов. Полностью все задачи 1-13 Профильного ЕГЭ по математике. Подходит также для сдачи Базового ЕГЭ по математике. Если вы хотите сдать ЕГЭ на 90-100 баллов, вам надо решать часть 1 за 30 минут и без ошибок!

Курс подготовки к ЕГЭ для 10-11 класса, а также для преподавателей. Все необходимое, чтобы решить часть 1 ЕГЭ по математике (первые 12 задач) и задачу 13 (тригонометрия). А это более 70 баллов на ЕГЭ, и без них не обойтись ни стобалльнику, ни гуманитарию.

Вся необходимая теория. Быстрые способы решения, ловушки и секреты ЕГЭ. Разобраны все актуальные задания части 1 из Банка заданий ФИПИ. Курс полностью соответствует требованиям ЕГЭ-2018.

Курс содержит 5 больших тем, по 2,5 часа каждая. Каждая тема дается с нуля, просто и понятно.

Сотни заданий ЕГЭ. Текстовые задачи и теория вероятностей. Простые и легко запоминаемые алгоритмы решения задач. Геометрия. Теория, справочный материал, разбор всех типов заданий ЕГЭ. Стереометрия. Хитрые приемы решения, полезные шпаргалки, развитие пространственного воображения. Тригонометрия с нуля - до задачи 13. Понимание вместо зубрежки. Наглядное объяснение сложных понятий. Алгебра. Корни, степени и логарифмы, функция и производная. База для решения сложных задач 2 части ЕГЭ.

Сразу после оплаты вы получите ссылки на скачивание видеокурсов и уникальные ключи к ним.

Задачи комплекта «Математические тренинги - 2019» непростые. В каждой – интересные хитрости, «подводные камни», полезные секреты.

Варианты составлены так, чтобы охватить все возможные сложные задачи, как первой, так и второй части ЕГЭ по математике.

Как пользоваться?

  1. Не надо сразу просматривать задачи (и решения) всех вариантов. Такое читерство вам только помешает. Берите по одному! Задачи решайте по однойи старайтесь довести до ответа.
  2. Если почти ничего не получилось – начинать надо не с решения вариантов, а с изучения математики. Вам помогут книга для подготовки к ЕГЭи Годовой Онлайн-курс.
  3. Если вы правильно решили из первого варианта Маттренингов 5-7 задач – значит, знаний не хватает. Смотри пункт 1: Книгаи Годовой Онлайн-курс!
  4. Обязательно разберите правильные решения. Посмотрите видеоразбор – в нем тоже много полезного.
  5. Можно решать самостоятельно или вместе с друзьями. Или всем классом. А потом смотреть видеоразбор варианта.

Стоимость комплекта «Математические тренинги – 2019» - всего 1100 рублей. За 5 вариантов с решениями и видеоразбором каждого.