Математическая логика и теория алгоритмов (90

1)

Текущее состояние управляющего устройства.

1)

aij .

2)

Обозреваемый символ.

2) a j .

3)

Новое состояние управляющего устройства.

3) qij .

4)

Новый символ.

4) qi .

5)

Символ сдвига.

5)

Dij .

160.

Соответствие между компонентами машины Тьюринга и их

обозначениями…

1)

Начальное состояние управляющего устройства.

1)

q1 .

2)

Заключительное состояние управляющего устройства.

2)

E .

3)

Сдвиг вправо.

3)

L .

4)

Сдвиг влево.

4)

R .

5)

Операция “на месте”.

5)

q0 .

161.

Соответствие между компонентами машины Тьюринга и их

обозначениями…

1)

Начальное состояние управляющего устройства.

1)

R .

2)

Заключительное состояние управляющего устройства.

2)

q0 .

3)

Обозреваемый символ.

3)

a j .

4)

Новый символ.

4)

aij .

5)

Сдвиг вправо.

5)

q1 .

162.

Команда для машины Тьюринга имеет вид q1 0q2 1R . Соответствие между

понятиями и обозначениями…

1)

Текущее состояние управляющего устройства.

1)

q1 .

2)

Новое состояние управляющего устройства.

2) 0.

3)

Символ сдвига.

3)

R .

4)

Обозреваемый символ внешнего алфавита.

4)

q2 .

5)

Новый символ внешнего алфавита.

5) 1.

163.

Команда для машины Тьюринга имеет вид

q21q3 0R . Соответствие между

понятиями и обозначениями…

1)

Текущее состояние управляющего устройства.

1)

q2 .

2)

Новое состояние управляющего устройства.

2)

q3 .

3)

Символ сдвига.

3)

R .

4)

Обозреваемый символ внешнего алфавита.

4) 1.

5)

Новый символ внешнего алфавита.

5) 0.

164.

Команда для машины Тьюринга имеет вид

q11q0 0L . Соответствие между

понятиями и обозначениями…

1)

Текущее состояние управляющего устройства.

1)

q1 .

2)

Новое состояние управляющего устройства.

2) 0.

3)

Символ сдвига.

3) 1.

4)

Обозреваемый символ внешнего алфавита.

4)

q0 .

5)

Новый символ внешнего алфавита.

5)

L .

165.

Команда для машины Тьюринга имеет вид

q3 0q01L . Соответствие между

понятиями и обозначениями…

1)

Текущее состояние управляющего устройства.

1)

q3 .

2)

Новое состояние управляющего устройства.

2)

q0 .

3)

Символ сдвига.

3)

L .

4)

Обозреваемый символ внешнего алфавита.

4) 0.

5)

Новый символ внешнего алфавита.

5) 1.

166.

Команда для машины Тьюринга имеет вид

q2 0q11E . Соответствие между

понятиями и обозначениями…

1)

Текущее состояние управляющего устройства.

1)

q1 .

2)

Новое состояние управляющего устройства.

2)

q2 .

3)

Символ сдвига.

3)

E .

4)

Обозреваемый символ внешнего алфавита.

4) 1.

5)

Новый символ внешнего алфавита.

5) 0.

q1 0q2 0L

170.

Двойственная машина для машины Тьюринга T :

q11q1 0R

имеет вид…

q2 0q21L

q21q0 0R

171.

Примитивно-рекурсивные функции определены на множестве N0 …

1)

s(x) x 1 .

2)

f (x)

x

2 .

3)

f (x)

3 .

4)

f (x, y)

x

y .

2)

s(x)

x

1 .

3)

f (x)

x

3 .

4)

f (x, y)

x( y 4) .

5)

f (x, y)

xy .

1)

sgn(x)

0, если x

0, .

1, если x

0.

2)

f (x)

x

2 .

3)

f (x)

2 .

4)

I n (x , x ,...,x ,...,x ) x , 1 i n .

i 1

2

i

n

i

5)

1, если x

0,

sgn(x)

0, если x

0.

2)

1, если x

0,

sgn(x)

0, если x

0.

1)

I n (x , x ,...,x ,...,x )

x , 1 i n .

i 1

2

i

n

i

2)

f (x)

x

4 .

3)

sgn(x)

1, если x

0,

0, если x

0.

4)

f (x)

x! .

5)

f ( x)

x y

3 .

179.

Пусть f

n (x , x

2

,...,x

n

),

g m

(t ,t

2

,...,t

m

) ,

g m (t ,t

2

,...,t

m

) , …, g m (t ,t

2

,...,t

m

) –

1

1 1

2 1

n 1

примитивно-рекурсивные функции. C помощью оператора суперпозиции из

этих функций получена функция

F m (gm , gm

,..., g m )

…

n

1

2

n

180.

Суперпозицией s

0

x

является функция…

181.

Суперпозицией 0 s

x

является функция…

182.

Суперпозицией s

s

x

является функция…

183.

Суперпозицией s

s

s

x

является функция…

184.

Суперпозицией s

I

2

x, y

является функция…

1

185.

Суперпозицией 0

I

2

x, y

является функция…

2

186.

Пусть

n (x , x

2

,...,x

n

)

и

n 2 (x , x

2

,...,x

n

, y, z) – примитивно-рекурсивные

1

1

функции. C помощью оператора примитивной рекурсии f n 1

R (

n , n 2 ) из

n

этих функций получена функция f n 1 (x , x

,...,x

n

, y) по следующей схеме…

1

2

187.

Оператор примитивной рекурсии f n

1

…

188.

– 191.Схема примитивной рекурсии (при n

0)…

рекурсии f x, 0

x , f x,1

x2 , f x, 2

x3 . Функция f (x, y)

…

194.

Первые три шага построения функции

f (x, y) по схеме примитивной

рекурсии

f x, 0

x , f x,1

2x , f x, 2

3x . Функция f (x, y)

…

195.

Первые три шага построения функции

f (x, y) по схеме примитивной

рекурсии

f x, 0

1, f x,1

x , f x, 2

x2 . Функция f (x, y)

…

оператора минимизации уравнение f n x , x

2

,...,x

, y, x

,...,x

n

x решается…

1

i 1

i 1

i

200.

Тезис Черча…

Рекомендации к выполнению контрольной работы.

Задание 1.

Истинным является высказывание…

1.

x2

10;14 .

x

20x

84

0

2.

x2

6;7 .

x

20x

84

0

3.

3;14 .

x

x2

20x

84

0

4.

x

x2

20x

84

0

6;14 .

5.

3;10 .

x

x2

20x

84

0

Решение.

Требуется установить, какое из множеств является множеством корней

уравнения

x2

20x

84

0 . Это проверяется непосредственной подстановкой.

1.

2;16

x

x2

18x

32

0 .

2.

0 .

1;9

x

x2

18x

32

3.

0 .

1;9

x

x2

18x

32

4.

0 .

2;16

x

x2

18x

32

Решение.

Требуется установить, какой из интервалов является множеством

решений

квадратичного

неравенства

x2 18x

32

0

или

x2

18x

32

0 . x2

18x

32

0 .

Корни

квадратного

уравнения

ax2

bx

c

0 находятся по формуле

x

b

D

, где дискриминант D

b2 4ac .

1,2

2a

В

нашем случае

x

2 ,

x

2

16 . Ветви

параболы y

x2 18x

32

направлены

1

вверх,

следовательно, решением первого неравенства является промежуток

;2

16;

, а

решением

второго

– промежуток

2;16 .

Следовательно,

правильный ответ под номером 4.

Задание 3.

Противоречием является формула...

1.

A

B

A

B .

A

B

A

A B

A B

A B A B

0

0

1

0

1

1

0

1

1

1

1

1

1

0

0

1

0

0

1

1

0

1

1

1

Формула противоречием не является.

Таблица истинности второй формулы.

A

B

B

A

B

A

A

B AB

0

0

1

1

1

0

0

1

0

1

1

1

1

0

1

1

0

0

1

1

0

0

0

0

Формула противоречием не является.

Таблица истинности третьей формулы.

A

B

B

A

B

A

A

B

A B A B

0

0

1

1

1

0

0

0

1

0

1

1

1

1

1

0

1

1

0

1

1

1

1

0

0

0

1

0

Формула противоречием не является.

Таблица истинности четвертой формулы.

A

B

B

A

B

A

B AB

0

0

1

1

0

0

1

0

1

0

1

0

1

1

0

1

1

0

0

0

Последняя

формула, по закону идемпотентности AA A, равна

A

B A

B

A

B , следовательно, противоречием не является.

Задание 4.

Тавтологией является формула...

1.

A

B

A B .

2.

A

B

A B .

3.

A

B

A B .

4.

A

B

A

B .

5.

A

B A B

Решение.

Требуется найти формулу, тождественно равную единице.

1 способ. По закону де Моргана,

A B

A B . Обозначим эти

формулы через M . Тогда первая формула

имеет

вид M M .

По закону

исключения третьего, M M 1. Следовательно,

правильный

ответ под

Задание 8.

Область истинности предиката P z

x y 3x2 24xy zy2 0 на множестве R ...

1.

;47 .

2.

;48 .

3.

;46 .

4.

;52 .

5.

;50 .

Решение.

Возьмем произвольное x . Неравенство

3x2 24xy zy2 0

имеет место

тогда и только тогда, когда дискриминант квадратного трехчлена 3x2

24xy zy2

(как функции y )

неотрицателен. Вычислим

дискриминант

и

составим

неравенство:

D 576x2 12zx2 0 .

Следовательно, 12z

576 . z 48 . Правильный ответ под номером 2.

Задание 9.

Область истинности предиката P z

x y x2 18xy zy2 0 на множестве R ...

1.

81;

.

2.

83;

.

3.

79;

.

4.

85;

.

Решение.

Возьмем

произвольное y . Неравенство

x2 18xy zy2 0

имеет место

тогда и только тогда, когда дискриминант квадратного трехчлена

x2

18xy zy2

(как функции x )

отрицателен. Вычислим

дискриминант

и

составим

неравенство:

D 324 y2 4zy2

0 .

Следовательно, 4z

324 . z 81. Правильный ответ под номером 1.

Задание 10.

Приведѐнная форма предикатной формулы x yP x, y, z

x yQ x, y …

1.

x yP x, y, z

x yQ x, y .

2.

x y P x, y, z

x yQ x, y .

3.

x yP x, y, z

x yQ x, y .

4.

x y P x, y, z

x yQ x, y .

5.

x y P x, y, z

x yQ x, y .

Решение.

Приведем формулу M

x yP x, y, z

x yQ x, y к приведенной форме.

Избавимся от импликации по формуле: A B

A B :

M

x yP x, y, z

x yQ x, y .

Далее пронесем инверсию через кванторы:

M

x yP x, y, z

x yQ x, y

x y P x, y, z

x yQ x, y .

P применима и T P 102101021 .

Правильный ответ под номером 3.

Задание 12.

Функция

f

x, y

получается

из

функций

g x 7x 6

и

h x, y, z 6x

2y7

2z по схеме примитивной рекурсии. Тогда f

x,2 ...

f (x,0)

g x 7x 6 ,

f (x,1)

h(x,0, f (x,0))

h

x,0,7x

6

6x

2 07

2 7x 6

20x 12 ;

f (x,2)

h(x,1, f (x,1))

h

x,1,20x

12

6x

2 17

2 20x

12 46x 26 .

8.

Пусть

A, B,C,... - множество букв, E

0,1 . При фиксированном

интерпретацией называется функция I :

E …

9.

Значение формулы F в заданной интерпретации I обозначается

F

,

F

I ,

I (F) .

A

B

A

0

0

1

0

1

1

1

0

0

1

1

0