Решение 23 задания егэ по информатике

"Решаем трудные задачи ЕГЭ по информатике"

Цель семинара: рассмотреть методические приёмы решения наиболее сложных задач ЕГЭ по информатике.

Ведущие: учителя информатики общеобразовательных организаций Костромской области

Внимание!!! Участникам семинара будут выданы сертификаты

Условия получения сертификата

• Выполнение предложенных в ходе мастер-классов заданий (по всем типам заданий)
• Обратная связь с учителями, ведущими мастер-класс (отправка выполненных заданий учителю на электронный адрес)

Ход семинара

1. Задание № 23 ЕГЭ. Решение логических уравнений зеркальным способом

Ведущая: Лебедева Елена Валерьевна, учитель информатики МБОУ города Костромы "Средняя общеобразовательная школа № 21"

• Посмотрите видео-материалы мастер-класса учителя и выполните тренировочные задания. Если видео-материалы просмотреть не удаётся, то скачайте презентацию и познакомьтесь с технологией выполнения задания № 23.
• [email protected]

Тренировочные задания к части 1 Метод отображения задание 1.docx

Тренировочные задания к части 2Метод отображения задание 2.docx

Презентация по материалам части 1 и части 2

Тренировочные задания к части 3. метод отображения задание 3.docx
Презентация по материалам части 3

2. Задание № 5 ЕГЭ. Кодирование и декодирование данных

Ведущая: Смирнова Елена Леонидовна, учитель информатики МОУ СОШ № 2 городского округа город Буй Костромской области

• Посмотрите видео-материалы мастер-класса учителя и выполните тренировочные задания. Если видео-материалы просмотреть не удаётся, то скачайте презентацию и познакомьтесь с технологией выполнения задания № 5.
• Выполненные тренировочные задания отправьте учителю на электронный адрес [email protected]
• Получите от учителя ответ о результатах выполненной вами работы.

Презентация по демонстрируемым материалам

Для эффективной подготовки по информатике для каждого задания дан краткий теоретический материал для выполнения задачи. Подобрано свыше 10 тренировочных заданий с разбором и ответами, разработанные на основе демоверсии прошлых лет.

Изменений в КИМ ЕГЭ 2020 г. по информатике и ИКТ нет.

Направления, по которым будет проведена проверка знаний:

• Программирование;
• Алгоритмизация;
• Средства ИКТ;
• Информационная деятельность;
• Информационные процессы.

Необходимые действия при подготовке :

• Повторение теоретического курса;
• Решение тестов по информатике онлайн ;
• Знание языков программирования;
• Подтянуть математику и математическую логику;
• Использовать более широкий спектр литературы – школьной программы для успеха на ЕГЭ недостаточно.

Структура экзамена

Длительность экзамена – 3 часа 55 минут (255 минут), полтора часа из которых рекомендовано уделить выполнению заданий первой части КИМов.

Задания в билетах разделены на блоки:

• Часть 1 - 23 задания с кратким ответом.
• Часть 2 - 4 задачи с развернутым ответом.

Из предложенных 23 заданий первой части экзаменационной работы 12 относятся к базовому уровню проверки знаний, 10 – повышенной сложности, 1 – высокому уровню сложности. Три задачи второй части высокого уровня сложности, одна – повышенного.

При решении обязательна запись развернутого ответа (произвольная форма).
В некоторых заданиях текст условия подан сразу на пяти языках программирования – для удобства учеников.

Баллы за задания по информатике

1 балл - за 1-23 задания
2 балла - 25.
З балла - 24, 26.
4 балла - 27.
Всего: 35 баллов.

Для поступления в технический вуз среднего уровня, необходимо набрать не менее 62 баллов. Чтобы поступить в столичный университет, количество баллов должно соответствовать 85-95.

Для успешного написания экзаменационной работы необходимо четкое владение теорией и постоянная практика в решении задач.

Твоя формула успеха

Труд + работа над ошибками + внимательно читать вопрос от начала и до конца, чтобы избежать ошибок = максимальный балл на ЕГЭ по информатике.

На уроке рассмотрено решение 23 задания ЕГЭ по информатике: дается подробное объяснение и разбор задания 2017 года

23-е задание — «Преобразование логических выражений» — характеризуется, как задание высокого уровня сложности, время выполнения – примерно 10 минут, максимальный балл — 1

Элементы алгебры логики: преобразования логических выражений

Для выполнения 23 задания ЕГЭ необходимо повторить следующие темы и понятия:

• Рассмотрите тему .
• Рассмотрите тему .

Разные типы заданий 23 и их решение от простого к сложному:

1. Одно уравнение с непересекающимися операндами внешней операции и одним вариантом решения:

2. Одно уравнение с непересекающимися операндами внешней операции и несколькими вариантами решения

3. Одно уравнение с пересекающимися операндами внешней операции

Рассмотрим каждый случай отдельно и учтем его результаты для второго уравнения системы:

Поскольку для двух уравнений решения в трех случаях не могут «работать» одновременно, то результат — это сложение трех решений:

4. Несколько уравнений: метод отображения решений уравнения

Метод отображения можно использовать:

5. Несколько уравнений: использование битовых масок

Побитовая маска (битовая маска) - метод, который можно использовать:

Решение 23 заданий ЕГЭ по информатике

Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 1 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x6 , y1 , y2 , … y6

(¬(x1 ∨ y1)) ≡ (x2 ∨ y2)
(¬(x2 ∨ y2)) ≡ (x3 ∨ y3)
…
(¬(x5 ∨ y5)) ≡ (x6 ∨ y6)

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е. 2019 года, вариант 7.

¬a ≡ b ¬b ≡ c ¬c ≡ d ¬d ≡ e ¬e ≡ f a ≠ b b ≠ c c ≠ d d ≠ e e ≠ f

Вспомним, как выглядит таблица истинности для эквивалентности:

x1	x2	F
0	0	1
0	1	0
1	0	0
1	1	1

Рассмотрим, в каких случаях выражения будут возвращать ложь. Каждое из пяти выражений будет ложно, когда: либо оба операнда истинны, либо оба операнда ложны (операция равносильность = истине: при 00 или 11).

Составим битовую маску для наших уравнений. В цепочке значений от a до f не может быть двух единиц или двух нулей, идущих подряд, так как в этом случае система будет ложна (к примеру, a ≠ b , если 0 ≠ 0 — это ложь). Таким образом, для данных уравнений существует всего две цепочки решений:

цеп.1 цеп.2 a 0 1 b 1 0 c 0 1 d 1 0 e 0 1 f 1 0

Теперь вспомним о заменах: каждая из переменных от a до f представляет собой скобку, внутри которой две переменные, связанные дизъюнкцией . Дизъюнкция двух переменных истинна в трех случаях (01, 10, 11), а ложна — в одном (00). Т.е., к примеру:

x1 ∨ y1 = 1 тогда, когда: либо 0 ∨ 1 , либо 1 ∨ 0 , либо 1 ∨ 1 x1 ∨ y1 = 0 тогда и только тогда, когда 0 ∨ 0

Это говорит о том, что на каждую единицу в цепочке приходится три варианта значений, а на каждый ноль - один . Т.о. получаем:

для первой цепочки: 3 3 * 1 3 = 27 наборов значений ,

и для второй: 3 3 * 1 3 = 27 наборов значений

Итого наборов:

27 * 2 = 54

Результат: 54

Подробное объяснение данного задания смотрите на видео:

23_2: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 3 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

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)

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е. 2019 года, вариант 9.

✍ Решение (использование метода побитовая маска):

• Поскольку в скобках одинаковые действия, и переменные повторяются, то введем обозначения:

¬a ≡ b ¬b ≡ c ¬c ≡ d ¬d ≡ e ¬e ≡ f ¬f ≡ g ¬g ≡ h ¬h ≡ i

Вместо отрицания первого операнда просто будем использовать «не эквивалентно»:

a ≠ b b ≠ c c ≠ d d ≠ e e ≠ f f ≠ g g ≠ h h ≠ i

Вспомним таблицу истинности для эквивалентности:

x1	x2	F
0	0	1
0	1	0
1	0	0
1	1	1

Теперь рассмотрим, в каких случаях полученные условия будут возвращать ложь. Каждое из условий будет ложно, если либо оба операнда истинны, либо оба операнда ложны: например a ≠ b = 0 , если: a=0 и b=0 или a=1 и b=1

Это означает, что для одного условия не может быть такого случая, что a=0 и b=0 или a=1 и b=1 .

Составим битовую маску для условий. В цепочке значений от a до i не может быть двух единиц или двух нулей, идущих подряд, так как в этом случае система будет ложна. Таким образом, для данных условий существует всего две цепочки решений:

цеп.1 цеп.2 цеп. цеп. a 0 1 0 1 b 1 0 0 1 не может быть! c 0 1 ... ... d 1 0 e 0 1 f 1 0 g 0 1 h 1 0 i 0 1

a до i истинна в одном случае, а ложна — в трех . Т.е., к примеру:

x1 ∧ y1 = 0 тогда, когда: либо 0 ∧ 1 , либо 1 ∧ 0 , либо 0 ∧ 0 x1 ∧ y1 = 1 тогда и только тогда, когда 1 ∧ 1

0 в цепочке приходится три 1 - один . Т.о. получаем:

для первой цепочки: 3 5 * 1 4 = 243 набора значений ,

и для второй: 3 4 * 1 5 = 81 набор значений

Итого наборов:

243 + 81 = 324

Результат: 324

Предлагаем посмотреть видео с решением данного 23 задания:

23_3: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 5 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x8 , y1 , y2 , … y8 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

¬(((x1 ∧ y1) ≡ (x3 ∧ y3)) → (x2 ∧ y2))
¬(((x2 ∧ y2) ≡ (x4 ∧ y4)) → ¬(x3 ∧ y3))
¬(((x3 ∧ y3) ≡ (x5 ∧ y5)) → (x4 ∧ y4))
¬(((x4 ∧ y4) ≡ (x6 ∧ y6)) → ¬(x5 ∧ y5))
¬(((x5 ∧ y5) ≡ (x7 ∧ y7)) → (x6 ∧ y6))
¬(((x6 ∧ y6) ≡ (x8 ∧ y8)) → ¬(x7 ∧ y7))

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019 года, вариант 11.

✍ Решение с использованием метода побитовая маска:

• Поскольку в скобках одинаковые действия, и скобки повторяются в разных уравнениях, то введем обозначения. Обозначим латинскими буквами в алфавитном порядке скобки с переменными согласно их номерам:

1-a 2-b 3-c 4-d 5-e 6-f 7-g 8-h

После замены получим следующие выражения:

¬((a ≡ c) → b) ¬((b ≡ d) → ¬c) ¬((c ≡ e) → d) ¬((d ≡ f) → ¬e) ¬((e ≡ g) → f) ¬((f ≡ h) → ¬g)

Используя законы алгебры логики, преобразуем одно из условий (первое). Потом по аналогии выполним преобразования для остальных условий:

1. Избавимся от импликации:
было: ¬((a ≡ c) → b) стало: ¬(¬(a ≡ c) ∨ b)
2. По закону Де Моргана избавимся от отрицания над общей внешней скобкой:
было: ¬(¬(a ≡ c) ∨ b) стало: (a ≡ c) ∧ ¬b

По аналогии преобразуем остальные условия, учитывая, что двойное отрицание просто аннулирует отрицание:

(a ≡ c) ∧ ¬b (b ≡ d) ∧ c (c ≡ e) ∧ ¬d (d ≡ f) ∧ e (e ≡ g) ∧ ¬f (f ≡ h) ∧ g

Рассмотрим, в каких случаях условия будут возвращать истину. Внешняя операция конъюнкция: каждое из условий будет истинно только в том случае, если оба операнда истинны : например: (a ≡ c) ∧ ¬b возвратит истину , если: (a ≡ c) = 1 и ¬b = 1

Это означает, что все операнды, стоящие после знака конъюнкции, должны быть истинны.

Составим битовую маску для наших уравнений с учетом указанного требования:

цеп.1 a ? b 0 c 1 d 0 e 1 f 0 g 1 h ?

Значение для переменной a найдем из условия (a ≡ c) ∧ b . В битовой маске с=1 , значит, чтобы условие a ≡ c было истинным, а должно тоже равняться 1

Значение для переменной h найдем из условия (f ≡ h) ∧ ¬g . В битовой маске f=0 , значит, чтобы условие f ≡ h было истинным, h должно тоже равняться 0 (таблица истинности эквивалентности).

Получим итоговую битовую маску:

цеп.1 a 1 b 0 c 1 d 0 e 1 f 0 g 1 h 0

Теперь вспомним, что каждая из переменных от a до h представляет собой скобку, внутри которой две переменные, связанные конъюнкцией. Конъюнкция двух переменных истинна в одном случае, а ложна — в трех . Т.е., к примеру:

x1 ∧ y1 = 0 тогда, когда: либо 0 ∧ 1 , либо 1 ∧ 0 , либо 0 ∧ 0 x1 ∧ y1 = 1 тогда и только тогда, когда 1 ∧ 1

Это говорит о том, что на каждый 0 в цепочке приходится три варианта значений, а на каждую 1 - один . Т.о., получаем:

3 4 * 1 4 = 81 набор значений

Результат: 81

23_4: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике демоверсия 2018 года ФИПИ:

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

(¬x1 ∨ y1) → (¬x2 ∧ y2) = 1
(¬x2 ∨ y2) → (¬x3 ∧ y3) = 1
…
(¬x6 ∨ y6) → (¬x7 ∧ y7) = 1

✍ Решение, используется метод отображения:

• Внешняя операция в отдельно взятом уравнении — это импликация, результат которой должна быть истина. Импликация истинна если:

0 -> 0 0 -> 1 1 -> 1

т.е. ложна только, когда 1 -> 0

Если скобка (¬x1 ∨ y1) = 0 , то для скобки (¬x2 ∧ y2) возможны варианты 0 или 1 .

Если скобка (¬x1 ∨ y1) = 1 , то для скобки (¬x2 ∧ y2) возможен один вариант — 1 .

В скобках дизъюнкция (∨) истинна, когда: 0 ∨ 1, 1 ∨ 0, 1 ∨ 1; ложна, когда: 0 ∨ 0.

В скобках конъюнкция истинна, когда 1 ∧ 1 и ложна во всех остальных случаях.

Построим таблицу истинности для первого уравнения, учтем все возможные варианты. Выделим в ней те строки, которые возвращают ложь: т.е. где первая скобка (¬x1 ∨ y1) возвратит 1 , а вторая (¬x2 ∧ y2) — 0 :

Поскольку уравнения однотипные и отличаются только сдвигом номеров переменных на единицу, то будем использовать метод отображения. Для первого уравнения x1 и y1 будут обозначаться x i и y i , а x2 и y2 будут обозначаться x i+1 и y i+1 .

Теперь найдем общее количество решений, подставляя в отображении соответствующие x и y

В итоге получаем:

1 + 19 + 1 + 1 = 22

Результат: 22

Видеоразбор демоверсии 2018 23 задания смотрите здесь:

23_5: Решение 23 задания ЕГЭ по информатике 2018 (диагностический вариант, С.С. Крылов, Д.М. Ушаков, Тренажер ЕГЭ 2018 года):

Сколько различных решений имеет уравнение:

(a → b) ∨ (c → ¬d) ∨ ¬(e ∨ a ∨ c) = 1

где a, b, c, d, e — логические переменные?

В качестве ответа указать количество таких наборов.

✍ Решение:

• Внешняя логическая операция — ∨ — дизъюнкция. Таблица истинности:

0 ∨ 0 = 0 0 ∨ 1 = 1 1 ∨ 0 = 1 1 ∨ 1 = 1

Поскольку дизъюнкция равна единице аж в трех случаях, то искать количество вариантов будет достаточно сложно. Значительно проще найти варианты, когда ∨ = 0 и вычесть их из общего количества вариантов .

Найдем общее количество строк в таблице истинности. Всего 5 переменных, поэтому:

количество строк в ТаблИстин = 2 5 = 32

Посчитаем, сколько вариантов имеют решение при значении уравнения = 0. Чтобы потом вычесть это значение из общего количества. Для операции дизъюнкция (∨) каждая скобка должна быть равна нулю:

(a → b) ∨ (c → ¬d) ∨ ¬(e ∨ a ∨ c) = 0 0 0 0

Теперь рассмотрим каждую скобку отдельно:

1. (a → b) = 0, импликация ложна в одном случае (1 → 0) = 0 т.е. имеем a = 1 , b = 0 2. (c → ¬d) = 0, импликация ложна в одном случае (1 → 0) = 0 т.е. имеем c = 1 , d = 1 3. ¬(e ∨ a ∨ c) = 0

т.к. перед скобкой стоит отрицание, то для большей понятности раскроем скобки по закону Де Моргана:

¬e ∧ ¬a ∧ ¬c = 0 Конъюнкция равна 0, когда хоть один операнд = 0.

из п.1 и п.2 имеем a = 1 и c = 1 . Тогда для e имеем два варианта: e = 0 , e = 1 , т.е.:

¬0 ∧ ¬1 ∧ ¬1 = 0 ¬1 ∧ ¬1 ∧ ¬1 = 0

То есть всего имеем 2 цепочки «исключаемых» решений:

1. a = 1, b = 0, c = 1, d = 1, e = 0 2. a = 1, b = 0, c = 1, d = 1, e = 1

Эти два варианта исключаем (вычитаем) из общего количества:

32 - 2 = 30

Результат: 30

23_6: Разбор 23 задания демоверсии егэ по информатике 2019:

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

(y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 1 (y2 → (y3 ∧ x2)) ∧ (x2 → x3) = 1 … (y6 → (y7 ∧ x6)) ∧ (x6 → x7) = 1 y7 → x7 = 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:

• Поскольку все равенства однотипны (кроме последнего), отличаются только сдвигом номеров переменных на единицу, то для решения будем использовать метод отображения: когда, найдя результат для первого равенства, необходимо применить тот же принцип с последующими равенствами, учитывая полученные результаты для каждого из них.
• Рассмотрим первое равенство. В нем внешняя операция — это конъюнкция, результат которой должна быть истина. Конъюнкция истинна если:

1 -> 1 т.е.: (y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 1 1 1

Найдем случаи, когда равенство будет ложным (чтобы в дальнейшем исключить эти случаи):

(y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 0

Внутри первой «большой» скобки находится операция импликации. Которая ложна:

1 -> 0 = 0 т.е. случаи: y1=1 → (y2=0 ∧ x1=1) y1=1 → (y2=1 ∧ x1=0) y1=1 → (y2=0 ∧ x1=0)

Таким же образом проанализируем вторую скобку. В ней импликация вернет ложь:

(x1=1 → x2=0)

Построим таблицу истинности для первого уравнения, учтем все возможные варианты. Поскольку переменных 4, то строк будет 2 4 = 16 . Выделим те строки, которые возвращают ложь:

Теперь переходим к методу отображения. Для первого уравнения x1 и y1 обозначим x i и y i , а x2 и y2 обозначим x i+1 и y i+1 . Стрелками обозначим значения только тех строк таблицы истинности, которые возвращают 1 .

Найдем общее количество решений, подставляя в таблицу из отображения соответствующие значения x и y , и, учитывая предыдущие значения:

Теперь вернемся к последнему равенству. По условию оно должно быть истинным. Равенство вернет ложь только в одном случае:

y7=1 → x7=0 = 0

Найдем соответствующие переменные в нашей таблице:

Рассчитаем сумму по последнему столбцу, не учитывая строку, возвращающую ложь:

1 + 7 + 28 = 36

Результат: 36

Видео решения 23 задания демоверсии егэ 2019:

23_7: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019, вариант 16 (ФИПИ):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x6 , y1 , y2 , … y6 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

¬(((x1 ∧ y1)) ≡ (x2 ∧ y2)) → (x3 ∧ y3))
¬(((x2 ∧ y2)) ∨ ¬(x3 ∧ y3)) → (x4 ∧ y4))
¬(((x3 ∧ y3)) ≡ (x4 ∧ y4)) → (x5 ∧ y5))
¬(((x4 ∧ y4)) ∨ ¬(x5 ∧ y5)) → (x6 ∧ y6))

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

✍ Решение:

• Поскольку в малых скобках везде одна и та же операция (∧ ), и переменные в скобках не пересекаются, то можно выполнить замену:

¬((a ≡ b) → c) = 1 ¬((b ∨ ¬c) → d) = 1 ...

Избавимся от отрицания, указав, что каждое выражение при этом становится ложным:

(a ≡ b) → c = 0 (b ∨ ¬c) → d = 0 (c ≡ d) → e = 0 (d ∨ ¬e) → f = 0

Внешняя операция во всех выражениях — импликация (→ ). Вспомним таблицу истинности для операции импликация:

0 → 0 = 1 0 → 1 = 1 1 → 0 = 0 1 → 1 = 1

Импликация ложна только в одном случае: 1 → 0 = 0 . Все выражения в задании ложны. Учтем это.

Построим побитовую маску, прослеживая значение каждой переменной, двигаясь с первого выражения к последнему:

цеп1 цеп2 a 0 1 b 0 1 c 0 0 d 0 0 e 0 0 f 0 0

Так как каждая переменная изначально заменяет скобку, в которой находится операция конъюнкция (∧), то, вспомнив таблицу истинности для этой операции, сопоставим для каждого нуля 3 решения (конъюнкция ложна в трех случаях), а для каждой единицы — 1 решение (конъюнкция истинна в одном случае).

Посчитаем значение для каждой побитовой цепочки:

цеп1 = 3*3*3*3*3*3 = 729 решений цеп2 = 1*1*3*3*3*3 = 81 решение

Поскольку цепочки не могут выполняться одновременно, а выполнится либо одна, либо другая, то полученные значения необходимо сложить:

729 + 81 = 810 решений

Ответ: 810

Доступен видеоразбор задания 23:

23_8: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019, вариант 2 (ФИПИ):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x12 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

¬(x1 ≡ x2) → (x3 ∧ x4) = 0
¬(x3 ≡ x4) → (x5 ∧ x6) = 0
¬(x5 ≡ x6) → (x7 ∧ x8) = 0
¬(x7 ≡ x8) → (x9 ∧ x10) = 0
¬(x9 ≡ x10) → (x11 ∧ x12) = 0
(x1 ≡ x4) ∨ (x5 ≡ x8) ∨ (x2 ≡ x12) = 1

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

✍ Решение:

x1 x2 x4 x5 x8 x12 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0

Так как в схеме отображений значения для пары x1 и x2 равные 00 и 11 не используются, то выделим их и не будем использовать в последующих вычислениях. Выпишем оставшиеся варианты:

x1 x2 x4 x5 x8 x12 0 1 1 0 1 0 y1 0 1 1 1 0 0 y2 1 0 0 0 1 1 y3 1 0 0 1 0 1 y4

Построим таблицу отображений отдельно для каждой получившейся строки, учитывая значения операндов (x n):

Посчитаем число решений для всех полученных строк: 4 + 4 + 2 + 2 = 12

Эти решения необходимо исключить, т.к. мы рассмотрели ложный случай уравнения 6 :

96 - 12 = 84

Каталог заданий.
Системы логических уравнений, содержащие однотипные уравнения

Сортировка Основная Сначала простые Сначала сложные По популярности Сначала новые Сначала старые
Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий
Версия для печати и копирования в MS Word

Сколь-ко су-ще-ству-ет раз-лич-ных на-бо-ров зна-че-ний ло-ги-че-ских пе-ре-мен-ных x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 ко-то-рые удо-вле-тво-ря-ют всем пе-ре-чис-лен-ным ниже усло-ви-ям?

(x1≡x2)->(x2≡x3) = 1

(x2≡x3)->(x3≡x4) = 1

(x6≡x7)->(x7≡x8) = 1

В от-ве-те не нужно пе-ре-чис-лять все раз-лич-ные на-бо-ры зна-че-ний пе-ре-мен-ных x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 при ко-то-рых вы-пол-не-на дан-ная си-сте-ма ра-венств. В ка-че-стве от-ве-та Вам нужно ука-зать ко-ли-че-ство таких на-бо-ров.

Решение.

Запишем переменные в строчку: x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 . Импликация ложна только в том случае, когда из истины следует ложь. Условие не выполняется, если в ряду после пары одинаковых цифр присутствует другая цифра. Например, «11101...», что означает невыполнение второго условия.

Рассмотрим комбинации переменных, удовлетворяющие всем условиям. Выпишем варианты, при которых все цифры чередуются, таких два: 10101010 и 01010101. Теперь для первого варианта, начиная с конца, будем увеличивать количество повторяющихся подряд цифр (настолько, насколько это возможно). Выпишем полученные комбинации: «1010 1011; 1010 1111; 1011 1111; 1111 1111; 1010 1000; 1010 0000; 1000 0000; 0000 0000» таких комбинаций девять, включая исходную. Аналогично для второго варианта: «0101 0101; 0101 0100; 0101 0000; 0100 0000; 0000 0000; 0101 0111; 0101 1111; 0111 1111; 1111 1111» - таких комбинаций также девять. Заметим, что комбинации 0000 0000 и 1111 1111 учтены дважды. Таким образом, получаем 9 + 9 − 2 = 16 решений.

Ответ: 16.

Ответ: 16

¬(x 1 ≡ x 2) ∧ (x 1 ∨ x 3) ∧ (¬x 1 ∨ ¬x 3) = 0

¬(x 2 ≡ x 3) ∧ (x 2 ∨ x 4) ∧ (¬x 2 ∨ ¬x 4) = 0

¬(x 8 ≡ x 9) ∧ (x 8 ∨ x 10) ∧ (¬x 8 ∨ ¬x 10) = 0

В ответе не нужно

Решение.

Рассмотрим первое уравнение.

При x 1 = 1 возможны два случая: x 2 = 0 и x 2 = 1. В первом случае x 3 = 1. Во втором - x 3 либо 0, либо 1. При x 1 = 0 также возможны два случая: x 2 = 0 и x 2 = 1. В первом случае x 3 либо 0, либо 1. Во втором - x 3 = 0. Таким образом, уравнение имеет 6 решений (см. рисунок).

Рассмотрим систему из двух уравнений.

Пусть x 1 = 1. При x 2 = 0 возможен лишь один случай: x 3 = 1, переменная x 4 = 0. При x 2 = 1 возможно два случая: x 3 = 0 и x 3 = 1. В первом случае x 4 = 1, во втором - x 4 либо 0, либо 1. Всего имеем 4 варианта.

Пусть x 1 = 0. При x 2 = 1 возможен лишь один случай: x 3 = 0, переменная x 4 = 1. При x 2 = 0 возможно два случая: x 3 = 0 и x 3 = 1. В первом случае x 4 либо 1, либо 0, во втором - x 4 = 0. Всего имеем 4 варианта.

Таким образом, система из двух уравнений имеет 4 + 4 = 8 вариантов (см. рисунок).

Система из трёх уравнений будет иметь 10 решений, из четырёх - 12. Система из восьми уравнений будет иметь 20 решений.

Ответ: 20

Источник: ЕГЭ по ин­фор­ма­ти­ке 30.05.2013. Ос­нов­ная волна. Центр. Ва­ри­ант 1.

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x 1 , x 2 , ... x 10 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(x 1 ∧ ¬x 2) ∨ (¬x 1 ∧ x 2) ∨ (x 3 ∧ x 4) ∨ (¬x 3 ∧ ¬x 4) = 1

(x 3 ∧ ¬x 4) ∨ (¬x 3 ∧ x 4) ∨ (x 5 ∧ x 6) ∨ (¬x 5 ∧ ¬x 6) = 1

(x 7 ∧ ¬x 8) ∨ (¬x 7 ∧ x 8) ∨ (x 9 ∧ x 10) ∨ (¬x 9 ∧ ¬x 10) = 1

В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x 1 , x 2 , … x 10 при которых выполнена данная система равенств. В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

Решение.

Первое уравнение имеет 12 решений. Второе уравнение связано с первым только через переменные x 3 и x 4 . На основании древа решений для первого уравнения выпишем пары значений переменных x 3 и x 4 , которые удовлетворяют первому уравнению и укажем количество таких пар значений.

Количество пар значений	x 3	x 4
×4	1	1
×4	0	0
×2	1	0
×2	0	1

Поскольку уравнения идентичны с точностью до индексов переменных, древо решений второго уравнения аналогично первому. Следовательно, пара значений x 3 = 1 и x 4 = 1 порождает два набора переменных x 3 , ..., x 6 , удовлетворяющих второму уравнению. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар четыре, всего получаем 4 · 2 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Рассуждая аналогично для пары значений x 3 = 0 и x 4 = 0, получаем 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 . Пара x 3 = 1 и x 4 = 0 порождает четыре решения второго уравнения. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар две, получаем 2 · 4 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Аналогично для x 3 = 0 и x 4 = 1 - 8 наборов решений. Всего система из двух уравнений имеет 8 + 8 + 8 + 8 = 32 решения.

Проведя аналогичные рассуждения для системы из трёх уравнений, получаем 80 наборов переменных x 1 , ..., x 8 , удовлетворяющих системе. для системы из четырёх уравнений существует 192 набора переменных x 1 , ..., x 10 , удовлетворяющих системе.

Ответ: 192.

Ответ: 192

Источник: ЕГЭ по информатике 08.07.2013. Вторая волна. Ва­ри­ант 501.

Гость 17.12.2013 18:50

Пересчитывали 3 раза, получается, что после 2 уравнения 34 решения, а у вас 32, у нас 8+12+8+6, а у вас 8+8+8+8

Петр Мурзин

Приведите ваше решение полностью. Напишите, каким образом вы получаете 12 и 6.

Иван Гребенщиков 12.06.2016 20:51

Вообще, можно решить эту задачу намного проще. Если заметить (x1 ∧ ¬x2) ∨ (¬x1 ∧ x2) тождественно ¬(x1 == x2) и (x3 ∧ x4) ∨ (¬x3 ∧ ¬x4) тождественно (x3 == x4), то,подставив в изначальное уравнение, получаем: ¬(x1 == x2) ∨ (x3 == x4) = 1. Однако и это выражение можно преобразовать и получить (x1 == x2) → (x3 == x4) = 1.

Преобразовав аналогичным образом все выражения получаем:

(x1 == x2) → (x3 == x4) = 1

(x3 == x4) → (x5 == x6) = 1

(x7 == x8) → (x9 == x10) = 1

Заменив (x1 == x2) на А1, (x3 == x4) на А3, ... , (x9 == x10) на А9 получаем наборы решений для А-итых:

А1 А3 А5 А7 А9

Каждому A-итому соответствует(вне зависимости от значения) пара пар значений i-того и i + 1 - ого x-сов => (2 * 2 * 2 * 2 * 2) * 6(так как шесть наборов решений для А-итых) = 192

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x 1 , x 2 , ... x 10 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(x 1 ∧ x 2) ∨ (¬x 1 ∧ ¬x 2) ∨ (¬x 3 ∧ x 4) ∨ (x 3 ∧ ¬x 4) = 1

(x 3 ∧ x 4) ∨ (¬x 3 ∧ ¬x 4) ∨ (¬x 5 ∧ x 6) ∨ (x 5 ∧ ¬x 6) = 1

(x 7 ∧ x 8) ∨ (¬x 7 ∧ ¬x 8) ∨ (¬x 9 ∧ x 10) ∨ (x 9 ∧ ¬x 10) = 1

В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x 1 , x 2 , … x 10 при которых выполнена данная система равенств. В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

Решение.

Построим древо решений для первого уравнения.

Таким образом, первое уравнение имеет 12 решений.

Второе уравнение связано с первым только через переменные x 3 и x 4 . На основании древа решений для первого уравнения выпишем пары значений переменных x 3 и x 4 , которые удовлетворяют первому уравнению и укажем количество таких пар значений.

Количество пар значений	x 3	x 4
×2	1	1
×2	0	0
×4	1	0
×4	0	1

Поскольку уравнения идентичны с точностью до индексов переменных, древо решений второго уравнения аналогично первому (см. рис.). Следовательно, пара значений x 3 = 1 и x 4 = 1 порождает четыре набора переменных x 3 , ..., x 6 , удовлетворяющих второму уравнению. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар две, всего получаем 4 · 2 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Рассуждая аналогично для пары значений x 3 = 0 и x 4 = 0, получаем 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 . Пара x 3 = 1 и x 4 = 0 порождает два решения второго уравнения. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар четыре, получаем 2 · 4 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Аналогично для x 3 = 0 и x 4 = 1 - 8 наборов решений. Всего система из двух уравнений имеет 8 + 8 + 8 + 8 = 32 решения.

Третье уравнение связано со вторым только через переменные x 5 и x 6 . Древо решений аналогичное. Тогда для системы из трёх уравнений каждая пара значений x 5 и x 6 будет порождать количество решений в соответствии с древом (см. рис.): пара (1, 0) породит 2 решения, пара (1, 1) породит 4 решения, и т. д.

Из решения первого уравнения мы знаем, что пара значений x 3 , x 4 (1, 1) встречается в решениях два раза. Следовательно, для системы из трёх уравнений количество решений для пары x 3 , x 4 (1, 1) равно 2 · (2 + 4 + 4 + 2) = 24 (см. рис.). Воспользовавшись таблицей выше, вычислим количество решений для оставшихся пар x 3 , x 4:

4 · (2 + 2) = 16

2 · (2 + 4 + 4 + 2) = 24

4 · (2 + 2) = 16

Таким образом, для системы из трёх уравнений имеем 24 + 16 + 24 + 16 = 80 наборов переменных x 1 , ..., x 8 , удовлетворяющих системе.

Для системы из четырёх уравнений существует 192 набора переменных x 1 , ..., x 10 , удовлетворяющих системе.

Ответ: 192.

Интерактивный тренажер 23 ЕГЭ ДЕМО 2017

для затрудняющихся полное решение размещено в самом конце данной страницы

Возникли вопросы, сомнения или появились замечания, пишите...

И вторая с развернутым мною условием специально для подчеркивания кажущейся сложности и огромного различия , как количества уравнений , так и их содержания .

Демонстрационный вариант ЕГЭ 2015 информатика и ИКТ задача 23.

Сколько существует различных наборов значений логических переменныхx1, x2, … x8, y1, y2, … y8, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?
(x1 | x2) & ((x1 & x2) → x3) & (¬x1 | y1) = 1
(x2 | x3) & ((x2 & x3) → x4) & (¬x2 | y2) = 1
(x3 | x4) & ((x3 & x4) → x5) & (¬x3 | y3) = 1
(x4 | x5) & ((x4 & x5) → x6) & (¬x4 | y4) = 1
(x5 | x6) & ((x5 & x6) → x7) & (¬x5 | y5) = 1
(x6 | x7) & ((x6 & x7) → x8) & (¬x6 | y6) = 1
(x7 | x8) & (¬x7 | y7) = 1
(¬x8 | y8) = 1

В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x1, x2, … x8, y1, y2, … y8, при которых выполнена данная система равенств.В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

А мне только и остается, несмотря на эту самую кажущуюся сложность данной задачи, показать. как ее решение легко сводится к решению подобному первой.

Берем первое уравнение (x1 | x2) & ((x1 & x2) → x3) & (¬x1 | y1) = 1 и с помощью таблицы истинности находим все его решения. После чего остается выделить (вычеркнуть) все строки, имеющие 0 в итоговой колонке

Анализируя таблицу, строим отображения пар x 1x 2 в x 2x 3, замечая, что первая пара со значениями 01 отображается во вторую со значением 10 дважды (для значения y 1=1 и y 1=0 отсюда и двойная красная стрелка, аналогично строится отображение для пар со значениями 01-11)

По данному рисунку строим правила отображения, по которым и находим количество решений для первых шести уравнений для чего достаточно заполнить следующую таблицу

Откуда и находим, что первые шесть уравнений имеют всего 53 решения.

А нам остается разобраться с оставшимися «добавочными» двумя уравнениями
(x7 | x8) & (¬x7 | y7) = 1
(¬x8 | y8) = 1
Остановимся на первом из них и, не вдаваясь в глубокие рассуждения, заполним таблицу истинности для него, где цифрой 1 обозначим условно первую скобку, а цифрой два – соответственно вторую и крышечкой – их произведение.

Из таблицы видно, что пара x7x8

не имеет решений при значениях 00 (что означает следующее: пара x7x8 со значением 00 отобразится в y7 с теми же значениями 0 раз (т.е. не отображается)

имеет два решения при значении 01 (y7 = 0 и y7 = 1 , что означает следующее: количество решений для пары x7x8 со значением 01, отобразившись в y7 - удвоится

имеет по одному решению со значениями 10 и 11 , т.е. количество решений в отображении с этими значениями не изменится.

Нам остается, заполнив соответствующие ячейки найденными значениями, найти количество решений для первых семи уравнений

И вот он, самый ответственный шаг, поэтому с целью не совершения лишних ошибок вновь прибегаем к построению таблицы истинности, но уже для восьмого уравнения
(¬x8 | y8) = 1

Из построенной нами таблицы истинности видно, что

если Х8 = 0, то Y8 имеет два решения 0 и 1 (т.е. количество решений при отображении удваиваем)

если Х8 = 1, то Y8 имеет одно решение (т.е. количество решений при отображении неизменно)

это означает, что если x8 равно 0, то в отображении x8 на y8 при значениях 00 и 10 количество решений удваивается, а в случае, когда x8 равно 1 в отображении x8 на y8 при значениях 01 и 11 количество решений остается неизменным. Это и отобразим в заключительной таблице и суммируя все значения столбика Y8 находим искомый результат.

Правильный ответ: 61

Полное решение-подсказка для задания 23 Демоврсии ЕГЭ 2017 по информатике