Импликация ложна тогда и только тогда, когда посылка истинна, а следствие ложно. В нашем случае — если первая буква имени гласная и четвертая буква гласная. Этому условию удовлетворяет имя Антон.

Примечание.

Тот же результат следует из следующих преобразований: ¬ (A → B) = ¬ (¬ A ∨ B) = A ∧ (¬ B).

Правильный ответ указан под номером 3.

Применим преобразование импликации:

Дизъюнкция истинна, когда истинно хотя бы одно высказывание. Следовательно, подходит только вариант 1.

Введем обозначения:

Преобразовав, получаем:

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хотя бы одно утверждение. 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.

Раскроем две импликации. Получим:

(¬(x ∈ P) ∨ (x ∈ A)) ∨ ((x ∈ A) ∨ ¬(x ∈ Q))

Упростим:

(¬(x ∈ P) ∨ (x ∈ A) ∨ ¬(x ∈ Q))

¬(x ∈ P) ∨ ¬(x ∈ Q) дают 0 только, когда число лежит в обоих множествах. Значит, чтобы все выражение было истинно нам нужно все числа лежащие в P и Q занести в А. Такие числа 6, 12, 18. Их сумма 36.

Ответ: 36.

Преобразуем данное выражение:

Таким образом элемент должен либо входить в P или Q, либо не входить в А. Таким образом в А могут быть лишь элементы из P и Q. И всего в этих двух множествах 17 неповторяющихся элементов.

Раскроем две импликации. Получим:

(¬(x ∈ P) ∨ (x ∈ A)) ∨ ((x ∈ A) ∨ ¬(x ∈ Q))

Упростим:

(¬(x ∈ P) ∨ (x ∈ A) ∨ ¬(x ∈ Q))

¬(x ∈ P) ∨ ¬(x ∈ Q) дают 0, только когда число лежит в обоих множествах. Значит, чтобы все выражение было истинно, нужно все числа, лежащие в P и Q, занести в А. Такие числа 3, 9, 15 и 21. Их сумма 48.

Ответ: 48.

Рассмотрим кусочек выражения и применим к нему законы Де Моргана :

Теперь рассмотрим то, что получится в результате подстановки выражения выше в исходное выражение:

Выражение ¬Y Λ Y ложно в любом случае, так как конъюнкция истинна тогда и только тогда, когда истинны оба утверждения.

Тогда наше выражение равно: (¬Y V ¬Х) Λ (¬Y V Х). Вспомним, что . Следовательно,

Заметим, что ¬Х Λ Х = 0.

Дизъюнкция истинна, если хотя бы одно из утверждений истинно. Следовательно: ¬Y V 0 = ¬Y . Ответ 2.

¬ (А \/ ¬B) = ¬ A /\ ¬ (¬B) = ¬ A /\ B.

Правильный ответ указан под номером 4.

В первую очередь применим отрицание, вторым шагом уберем скобки:

¬ (¬A \/ ¬B) /\ C = (A /\ B) /\ C = А /\ B /\ C.

Высказывание истинно, если выражение в скобках ложно. Импликация ложна тогда и только тогда, когда посылка истинна, а следствие ложно. Посылка истинна в вариантах 3 и 4, однако вариант 4 не подходит, так как в таком случае следствие истинно. Следовательно ответ 3.

Ответ: 3.

Логическое И истинно только тогда , когда истинны оба утверждения.

Применим преобразование импликации к каждому утверждению:

(X≥25) ∨ (X<23) = 1

(X≥22) ∨ (X>21) = 1

Проверяя поочередно варианты ответа, придем к выводу, что второй вариант верный.

Для того, чтобы логическое условие было верным, импликация внутри него должна возвращать ноль. Импликация возвращает ноль, только если из правдивого утверждения следует ложное. То есть, искомый Х должен быть кратным 5, но не кратным 25.

Из предложенных вариантов ответа этому условию удовлетворяет ответ под номером 3.

Введём обозначения A = ДЕЛ(x, А), P = ДЕЛ(x, 6) и Q = ДЕЛ(x, 4)

Введём множества:

A — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие A

P — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие P

Q — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие Q

истинным для всех X должно быть выражение

Упростим это выражение, раскрыв импликацию по правилу

из этой формулы видно, что множество A должно перекрыть множество, которое не перекрыто множеством  то есть перекрыть множество Множество P · Q — это множество всех чисел, которые делятся одновременно на 4 и 6 (все числа, кратные 4 и 6), то есть, 12, 24, 36 и т. д. (заметим, что 12 — это наименьшее общее кратное чисел 4 и 6). Для того, чтобы перекрыть эти числа, можно выбрать в качестве A любой делитель числа 12, то есть, 1, 2, 3, 4, 6 или 12; наибольшее из этих чисел — 12.

Ответ: 12.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₇Z_A → Z₂₅ или Z_{(17 or A)} → Z₂₅. Запишем число 25 в двоичной системе счисления: 25₁₀ = 11001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 17₁₀ = 10001₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичный бит в третьем разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 1000₂ = 8₁₀.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₂Z_A → Z₂₉ или Z_{(12 or A)} → Z₂₉. Запишем число 29 в двоичной системе счисления: 29₁₀ = 11101₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 12₁₀ = 01100₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в нулевом и четвертом разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 10001₂ = 17₁₀.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₇Z_A → Z₂₈Z₄₅ или Z_{(17 or А)} → Z_{(28 or 45)}. Поскольку 28₁₀ = 11100₂, 45₁₀ = 101101₂, для побитовой дизъюнкции имеем: 28or5 = 111101. Тогда Z_{(17 or А)} = Z₆₁.

Импликация принимает вид Z_{(17 or A)} → Z₆₁. Единичные биты двоичной записи числа 61, должны являться единичными битами левой части. Поэтому в побитовой дизъюнкции 17orA единицы должны стоять на нулевой, второй, третьей, четвертой и пятой позициях (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля). Запишем числа 17, А и 61 в двоичной системе счисления, и выясним, что наименьшее число, дающее при поразрядной дизъюнкции единицы на указанных позициях:

17: 010001

 A:  1?110?

61: 111101

В записи наименьшего числа, дающего при поразрядной дизъюнкции с числом 17 единицы в необходимых разрядах, на месте знаков ? должны стоять нули. Тем самым, искомым числом является А = 101100₂ = 44₁₀.

Ответ: 44.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₉Z_A → Z₂₅ или Z_{(9 or A)} → Z₂₅. Запишем число 25 в двоичной системе счисления: 25₁₀ = 11001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 9₁₀ = 01001₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичный бит в четвертом разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 10000₂ = 16₁₀.

Ответ: 16.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₉Z_A → Z₂₅ или Z_{(19 or A)} → Z₂₅. Запишем число 25 в двоичной системе счисления: 25₁₀ = 11001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 19₁₀ = 10011₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичный бит в третьем разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 1000₂ = 8₁₀.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₂Z_A → Z₇₇ или Z_{(12 or A)} → Z₇₇. Запишем число 77 в двоичной системе счисления: 77₁₀ = 1001101₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 12₁₀ = 0001100₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в нулевом и шестом разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 1000001₂ = 65₁₀.

Ответ: 65.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₃₃Z_A → Z₄₅ или Z_{(33 or A)} → Z₄₅. Запишем число 45 в двоичной системе счисления: 45₁₀ = 101101₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 33₁₀ = 100001₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты во втором и третьем разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 001100₂ = 12₁₀.

Ответ: 12.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₄₁Z_A → Z₄₉ или Z_{(41 or A)} → Z₄₉. Запишем число 49 в двоичной системе счисления: 49₁₀ = 110001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 41₁₀ = 101001₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичный бит в третьем разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 10000₂ = 16₁₀.

Ответ: 16.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₃₃Z_A → Z₄₁ или Z_{(33 or A)} → Z₄₁. Запишем число 41 в двоичной системе счисления: 41₁₀ = 101001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 33₁₀ = 100001₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в третьем разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 1000₂ = 8₁₀.

Ответ: 8.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₀Z₃ → Z_A или Z_{(10 or 3)} → Z_A. Запишем числа 10 и 3 в двоичной системе счисления: 10₁₀ = 1010₂, 3₁₀ = 11₂, найдем побитовую дизъюнкцию: 1011. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поэтому в правой части единичными битами независимо друг от друга могут быть (а могут не быть) только нулевой, первый и третий биты (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наибольшее А = 1011₂ = 11₁₀.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₃₆Z₆ → Z_A или Z_{(36 or 6)} → Z_A. Запишем числа 36 и 6 в двоичной системе счисления: 36₁₀ = 100100₂, 6₁₀ = 110₂, найдем побитовую дизъюнкцию: 100110. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поэтому в правой части единичными битами независимо друг от друга могут быть (а могут не быть) только первый, второй или пятый биты (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наибольшее А = 100110₂ = 38₁₀.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₉Z_A → Z₁₉ или Z_{(9 or A)} → Z₁₉. Запишем число 19 в двоичной системе счисления: 19₁₀ = 10011₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 9₁₀ = 1001₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в первом и четвертом разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 10010₂ = 18₁₀.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₇Z_A → Z₂₉ или Z_{(17 or A)} → Z₂₉. Запишем число 29 в двоичной системе счисления: 29₁₀ = 11101₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 17₁₀ = 10001₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты во втором и третьем разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 1100₂ = 12₁₀.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Заметим, что первое слагаемое логической суммы является импликацией Z₄₁ → Z₅₁, которая не является истинной для всех х (см. ниже). Тогда необходимо и достаточно, чтобы второе слагаемое логической суммы было тождественно истинным.

Действительно, например, для х = 2 поразрядная конъюнкция с числом 41 дает 0, а с числом 51 дает 2. Поэтому импликация (2&41) → (2&51) принимает вид 1 → 0 — ложь.

 2:      000010

41:     101001

2&41: 000000, то есть 2&41 = 0. Высказывание 2&41 = 0 истинно.

 2:      000010

51:     110011

2&51: 000010 = 2, то есть 2&51 = 2. Высказывание 2&51 = 0 ложно.

Итак, импликация Z₄₁ → Z_A должна быть тождественно истинной. Запишем число 41 в двоичной системе счисления: 41₁₀ = 101001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поэтому в правой части единичными битами независимо друг от друга могут быть (а могут не быть) только нулевой, второй и четвертый биты (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наибольшее А = 101001₂ = 41₁₀.

Примечание.

Ответ 45 не подходит. Пусть A = 45, а x = 22₁₀ = 10110₂, тогда:

51:       110011₂

22:       010110₂

51&22: 010010₂, т.е. высказывание 22&51 = 0 ложно.

41:       101001₂

22:       010110₂

41&22: 000000₂, т.е. высказывание 22&41 ≠ 0 ложно.

45:       101101₂

22:       010110₂

51&22: 000100₂, т.е. высказывание 22&45 = 0 ложно.

Следовательно, при x = 22 и A = 45 логическое выражение ложно.

Ответ: 41.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Заметим, что первое слагаемое логической суммы является импликацией Z₄₁ → Z₅₁, которая не является истинной для всех х (см. ниже). Тогда необходимо и достаточно, чтобы второе слагаемое логической суммы было тождественно истинным.

Действительно, например, для х = 2 поразрядная конъюнкция с числом 41 дает 0, а с числом 51 дает 2. Поэтому импликация (2&41) → (2&51) принимает вид 1 → 0 — ложь.

 2:      000010

41:     101001

2&41: 000000, то есть 2&41 = 0. Высказывание 2&41 = 0 истинно.

 2:      000010

51:     110011

2&51: 000010 = 2, то есть 2&51 = 2. Высказывание 2&51 = 0 ложно.

Итак, импликация Z₄₁ → Z_A должна быть тождественно истинной. Запишем число 41 в двоичной системе счисления: 41₁₀ = 101001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поэтому в правой части единичными битами независимо друг от друга могут быть (а могут не быть) только нулевой, второй и четвертый биты (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля). Поскольку искомое A — наименьшее неотрицательное целое число, в его записи нет единичных битов.

Тем самым, наименьшее А = 000000₂ = 0₁₀.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

будет иметь решениями для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства являются числа 10, 11, 12, ... Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 0, 1, 2, ... 9 должны быть решениями неравенства . Значит, .

Аналогично, решениями неравенства являются числа 0, 1, ... 9. Следовательно, числа 10, 11, 12, ... должны быть решениями неравенства . Поэтому .

Тем самым, Искомое наибольшее целое значение параметра равно 99.

Ответ: 99.

Введем обозначения: (x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

Применив преобразование импликации, получаем:

Применив закон де Моргана и правило упрощения, получаем:

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хоть какое-то из утверждений. Выражение ¬P истинно тогда, когда x∈(−∞,17)U(46,∞), а выражение ¬Q истинно тогда, когда x∈(–∞,22)U(57,∞). Следовательно, A должно быть истинно как минимум на отрезке [22; 46]. Длина отрезка равна 46 − 22 = 24.

Ответ: 24.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

будет иметь решениями для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства являются числа 6, 7, 8, ... Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 0, 1, 2, ... 5 должны быть решениями неравенства . Значит, .

Аналогично, решениями неравенства являются числа 0, 1, ... 6. Следовательно, числа 7, 8, 9, ... должны быть решениями неравенства . Поэтому .

Тем самым, Искомое количество целых значение параметра равно 23.

Ответ: 23.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

будет иметь решениями для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства являются числа 5, 6, 7 ... Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 0, 1, 2, ... 4 должны быть решениями неравенства . Значит, .

Аналогично, решениями неравенства являются числа 0, 1, ... 5. Следовательно, числа 6, 7, 8 ... должны быть решениями неравенства . Поэтому .

Тем самым, Искомое количество целых значение параметра равно 19.

Ответ: 19.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

будет иметь решения для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства являются числа 0, 1, 2, 3, 4, ... 9. Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 10, 11, ... должны быть решениями Значит,

Аналогично, решениями неравенства являются числа 9, 10, 11, ... Следовательно, числа 0, 1, 2, ... 8 должны быть решениями неравенства Поэтому

Тем самым, Искомое количество целых значений параметра равно 3.

Ответ: 3.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

будет иметь решения для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства являются числа 0, 1, 2, 3, 4, ... 8. Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 9, 10, 11, ... должны быть решениями Значит,

Аналогично, решениями неравенства являются числа 7, 8, 9, ... Следовательно, числа 0, 1, 2, ... 6 должны быть решениями неравенства Поэтому

Тем самым, Искомое количество целых значений параметра равно 4.

Ответ: 4.

Нужно найти такое A, которое больше, чем максимально возможное значение y + 3x < A, когда два других логический выражения ложные. То есть когда 40 + 3 * 20 = 100 < A. Наименьшее подходящее число — 101.

Ответ: 101.

Нужно найти такое A, которое больше, чем максимально возможное значение y + 2x < A, когда два других логический выражения ложные. То есть когда 20 + 2 * 30 = 80 < A. Наименьшее подходящее число — 81.

Ответ: 81.