Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Сборник задач по множествам, булевым функциям и математической логике. Учебное пособие.pdf
Элементы комбинаторики 91
Другой способ доказательства: обе части этого равенства задают количество
вариантов выбораkчеловек из группы, состоящей изnженщин и
мужчин (правая часть равенства — всевозможные варианты распределения
количеств мужчин и женщин в этой группе).
76.
Базис:n= 0,ρ(k)
k
и
C
= 0 при другихk. Аналогично дляn= 1,ρ(k)
0
k ∈ {0,1}
, при этом
всех чисел меньшихnдоказано иn= 2u+m, где 1
тождество Коши:
⊆ ρ
(0) выполнено только приk= 0, при этом
⊆ ρ
0
C
k
C
n
1
=
C
C
2u+m
k
1
= 1 и
1
=
k
C
= 0 при другихk. Шаг: пусть для
1
k
P
i
=
i=0
k−i
C
C
. Так как 2uиmменьшеn,
u
m
2
(1) выполнено при
6 m 6
2u. Используем
то для них можно пользоваться индукционным предположением. Если
k <
2u, то условиеρ(i)
единственное слагаемое, которое может быть нечётным, — это
Оно нечётно тогда и только тогда, когдаρ(k)
⊆ ρ
(2u) выполнено только приi= 0, поэтому
⊆ ρ(m
), то естьρ(k)
0
C
u
2
C
поскольку единственный элементρ(n)\ρ(m) равенuи вρ(k) не содержится.
Еслиk= 2u, то условиеρ(i)
поэтому есть только два слагаемых, которые могут быть нечётными, — это
0
k
C
C
u
2
k
=
C
m
m
u
2
и
0
C
C
= 1. Второе нечётно всегда, а первое — приm= 2u.
u
m
2
Таким образом, дляk= 2uчисло
u+1
n <
2
. Последнее условие эквивалентноρ(k)
условиеρ(i)
только два слагаемых, которые могут быть нечётными, — это
u
2
и
C
C
u
2
нулю, следовательно, C
⊆ ρ
(2u) также выполнено приi= 0 и приi= 2u, поэтому есть
`
`
=
C
m
, где`=
m
k −
n
что по индукционному предположению эквивалентноρ(`)
⊆ ρ
(2u) выполнено приi= 0 и приi= 2u,
k
C
чётно приn= 2
n
2u. Но
k
нечётно тогда и только тогда, когда нечётно C
m 6
2u< k
, поэтому первое из них равно
⊆ ρ(n
u+1
и нечётно при
). Если
k >
0
C
u
2
⊆ ρ(m
C
), то есть
ρ(k) = ρ(`) ∪{u} ⊆ ρ(m) ∪{u} = ρ(n).
77.
Если мультимножество содержит
kiэлементов
aiдляi= 1
, . . . , n
можно однозначно представить в виде слова в алфавите{0,1}следующим
k
k
образом: 0
1
10
единицу. Таких слов существует C
78.
Каждое решение можно представить в виде 10-элементного мультимножества из букв
ствующей переменной. С помощью задачи 77 получаем
79.
Если
xi=m+
числа. Аналогично предыдущей задаче получаем C
80.
Если
xi=
m −yi, то
числа. Так как
k
2
1
. . .
0
x, y, z, u
yi, то
n−1
, количество которых является значением соответ-
y1+
y1+
nm − k 6 m
k
n
10
. Оно имеет длинуn+
n−1
n+k−1
···+yn=
···+yn=
k −nm
nm −k
= C
k
.
n+k−1
, где
yi— любые натуральные
, где
yi— любые натуральные
, то автоматически получаем
k −
1 и содержит
10
C
4+10−1
k−nm
n+k−nm−1
xi=
=
C
.
m − yi>
0
C
0
k
=
m
⊆ ρ(n
2u, то
k
=
m
, то его
n −
3
= 286.
13
= 1
C
C
m
m
m
k
),
k
m
`
.
,
1
0
92 Ответы и решения
для любого решения. Аналогично предыдущей задаче количество решений
xi>
nm−k
n+nm−k−1
0 и
.
xi6
199. Значит, всего они получают (200
− x3) = 401 место, иначе говоря,
6
C
4+6−1
; (б)
7
C
4+7−1
x1+
− x1) + (200
x2+
x3= 199. Аналогично
; (в)
C
199
C
3+199−1
3
, покупаем по
4+3−1
−xiмест,
2
=
C
201
равняется C
81.
Каждая партия должна иметь хотя бы одно место, иначе одна из двух
других получит больше половины. Пустьi-я партия получает 200
тогда
x2) + (200
задаче 78 находим количество решений такого уравнения:
82.
Покупка — мультимножество, составленное из элементов четырёх видов,
используем задачу 77: (а)
одному пирожному каждого вида, а потом — три любых.
3
83. A
84.
Поставить белые шары, а затем чёрные на
и по краям: C
85.
Левая часть равенства — это общее количество способов расставить
2
· C
13
.
m
n−m+1
n −m
+ 1 место между ними
.
16
чёрные шары междуnбелыми так, чтобы никаких два чёрных шара не
оказались рядом. Согласно задаче 54 это количество равно F
86.
Аналогично предыдущей задаче:
m
C
n−m−1
, только крайние элементы
n+2
.
выбирать не допускается.
87.
Если пронумеровать места за столом натуральными числами 1
, . . . , n
, то
требуется изnвыбратьkмест так, чтобы не были выбраны одновременно
первое и последнее, а также — любые два числа подряд. Используем задачу
84: если выбрать 1, то останется выбрать
k−1
C
есть C
88.
«не принадлежать
. Если 1 не выбирать, то останется выбратьkчисел из 2
n−k−1
k
. Итого: C
n−k
k−1
n−k−1
+ C
k
n−k
.
Взять в качестве множества объектов
T
Ai». Тогда
A
i∈I
принцип включения и исключения, получаем 0 =
k −
1 число из 3
n
S
Ai, а в качестве
i=1
=
N{pi:
i
i ∈ I}иm0= 0. Применяя
, . . . , n −
P
I⊆{1,...,n}
1, то есть
, . . . , n
, то
pi— свойство
T
|I|
(−1)
A
i∈I
Выделяя из суммы слагаемое для I = ∅, получаем требуемое.
89.
100
− b
100/2
c − b
100/3
c − b
100/5c+b100/6c+b100/10c+b100/15
c −
b100/30c = 26. В первой тысяче их 266.
90. x+y
= 11−z,x+
y >
4, 4
−x 6 y 6
3. Приx= 1 — одно решение, при
x = 2 — два, при x = 3 — три, при x = 4 — четыре. Всего — десять.
91.
Общее количество перестановокn!. Количество перестановок, при кото-
ром выбранныеkэлементов остаются неподвижными: (
n − k
)!. Получаем:
−
.
.
i
Элементы комбинаторики 93
1
n!− C
n!/
(
n −
1)! +
n
2!(n−2)!·(n−2)!−n!/3!(n−3)!·(n−3)!
2
C
(
n −
2)!
n
− C
3
(
n −
3)!
n
···=n!− n!/
···=n!−n!/
1!(
n −
1)!·(
n −
1!+n!/2!−n!/3!
1)! +
···
n!(1 −1/1! + 1/2! −1/3! . . . ) ≈ n!/e.
92.
(а) 8! = 40320. (б) Существует 6! = 720 способов переставить буквы
{f, m, p, r, t, x}
. Подсчитаем количество способов вставить буквыaиcтак,
чтобы между ними были две буквы. Имеется семь позиций для вставки.
Первая вставляемая буква может занимать позиции с первой по пятую. С
учётом того, что буквыaиcможно вставить в разном порядке, получаем 10
способов вставки. Поэтому количество перестановок равно 7200. Аналогично
получаем, что количество перестановок, в которых между a и c стоят три
буквы равно 5760. Значит, общее количество перестановок равно 12960. (в)
8!−12960 = 27360. (г) 4!·4! = 576. (д) Существует 4! = 24 перестановки
букв
{a, c, f, r}
. Будем рассматривать блок из этих символов как целую
букву. Тогда существует 5! перестановок, если не учитывать порядок букв
{a, c, f, r}. С учётом порядка получается 5! ·4! = 2880 перестановок.
93.
Любой вариант можно однозначно закодировать словом в алфавите
{1,2}
, каждый символ в котором означает победу соответствующей команды
в очередной партии. Найдём количество слов, соответствующих победе
первой команды; одно слово длины 3: 111,
одну двойку в слове 111 не на последнем месте),
1
C
= 3 слова длины 4 (размещаем
3
2
C
= 6 слов длины 5
4
(размещаем две двойки в слове длины 5 не на последнем месте). Итого
10 вариантов при выигрыше первой команды. Столько же при выигрыше
второй, всего 20.
3
94. A
95.
5
· C
n
, выбрать трёх призёров и ещё пять лауреатов.
n−3
Существуетn! способов поставитьnдевушек в ряд. Из любого хоровода
можно получитьnрядов, разбивая хоровод вnместах. Поэтому существует
n!/n = (n − 1)! хороводов.
96.
(а) Аналогично задаче 92 (д) получаем 6!·5! = 86400. (б) Имеется
2
A
= 20 способов выбрать крайних юношей. Остальных людей можно
5
пересадить 8! = 40320 способами. Всего получается
2
A
·
8! = 806400. (в)
5
Девушек можно посадить относительно друг друга 5! = 120 способами.
При фиксированном положении девушек есть шесть мест, куда можно
посадить юношей, причём на каждое место можно посадить не более одного
юноши. Поэтому посадить юношей можно
5
5!
·A
= 86400 способов. (г) Существует 6!·5! перестановок, когда все юноши
6
5
A
способами. Всего существует
6
сидят рядом, и столько же перестановок, когда все девушки сидят рядом.
В 2·5!·5! перестановках и юноши, и девушки сидят рядом. Значит, имеется
=
94 Ответы и решения
2·6!·5!−2·5!·5! = 144000 перестановок, когда либо юноши, либо девушки
сидят рядом. Поэтому количество перестановок, в которых ни юноши, ни
девушки не сидят все вместе равно 10!−144000 = 3484800. (д) Аналогично
пункту (а) получаем 9!·2 = 725760. (е) Сначала посадим 8 человек, не
участвующих в ограничении. Это можно сделать 8! = 40320 способами.
Оставшихся юношу и девушку можно посадить на 9 мест (между двумя
людьми или по краям). При этом их нельзя сажать в одну позицию, чтобы
они не оказались рядом. Для этого есть
2
8! ·A
= 2903040 способов.
9
97.
Пусть свойство
paсловаwозначает, что вwотсутствует букваa. То-
гда количество слов длиныn, обладающихiразличными свойствами
равно (
количество равно
k − i
)n. Используем принцип включения и исключения: искомое
P
P
(−1)
|P |
(
k − |P|
собами, поэтому, сгруппировав слагаемые с одинаковым |P | = i, получаем
k−1
P
i=0
98.
(−1)iC
i
(k − i)n.
k
Есть три способа представить число 8 в виде суммы пяти положитель-
ных целых слагаемых. (а) 8 = 4 + 1 + 1 + 1 + 1. Количество вариантов:
4
(5
· C
)·4!, выбираем сотрудника, который получит четыре задания, вы-
8
бираем эти задания, распределяем оставшиеся. (б) 8 = 3 + 2 + 1 + 1 + 1.
Количество вариантов: (5
· C
3
)·(4
8
получит три задания, выбираем эти задания, выбираем сотрудника, который получит два задания, выбираем эти задания, распределяем оставшиеся.
(в) 8 = 2 + 2 + 2 + 1 + 1. Количество вариантов:
выбираем сотрудников, которые получат по два задания, выбираем эти
задания для каждого из них, распределяем оставшиеся. Для получения ответа найденные количества нужно просуммировать. Другой способ решения.
Закодируем выдачу заданий последовательностью чисел от 1 до 5 длины 8.
Наi-м месте стоит числоj, еслиi-е задание досталось сотрудникуj. Нужно
найти количество слов длины 8 в алфавите{1,2,3,4,5}, в которых каждая
буква встречается хотя бы один раз. Согласно задаче 97 существует
таких слов.
2
A
= 72 варианта. Всего получается
9
)n. Ноiсвойств можно выбрать
2
· C
)·3!, выбираем сотрудника, который
5
3
2
C
·(C
5
2
· C
8
6
i
C
k
2
· C
)·2!,
4
U∗(8,5)
pa,
спо-
Логика высказываний и булевы функции
99.
Индукция поnдля всехkсразу. Базис:n= 0. Есть одна нульмерная
грань (единственная точка), нет никаких других. Шаг: пустьF(
n, k
) =
Логика высказываний и булевы функции 95
k
n−k
C
·
2
n
удваивается, а также каждая (
довательно,F(n+1
k
C
n
количество гранейF(n) =
гой способ. В координаты вершинk-мерной грани могут принимать такие
значения:kкоординат изменяются от 0 до 1, а остальные
ны. Существует
Каждая такая координата равна либо 0, либо 1, поэтому получается 2
вариантов для одного набора. Следовательно, общее количествоk-мерных
граней равно
каждой координаты в грани есть три варианта: равна 0, равна 1, меняется
от 0 до 1.
100.
всехiиH(
только если все слагаемые равны нулю, то есть
и¯a=¯b
|x+y| 6 |x|+|y|
поэтомуH(
101.
¯
b
. Поскольку при перемещении по одному ребру изменяется ровно одна
координата, то количество шагов не может быть меньшеk. Существование
пути длиныkдоказывается индукцией поk. Приk= 0 вершины совпадают и никуда идти не нужно. ЕслиH(
несовпадающих координатiи построим набор¯c, заменив в¯aэлемент
bi. Теперь сделаем шаг из точки¯aв соседнюю точку¯c. ТогдаH(
и по индукционному предположению существует путь из¯cв¯b
Поэтому путь из¯aв¯b
поk. Базис:k= 0, точки совпадают, существует единственный пустой
путь,k! = 1. Шаг: пусть дляkдоказано иH(
c
можно построитьk+ 1 способом, а из каждого такого¯cестьk! путей
по индукционному предположению. Следовательно, общее их количество
равно (k + 1) · k! = (k + 1)!.
102.
вj-й позиции:
(i)
¯a
. При построении (n+ 1)-мерного куба количествоk-мерных граней
k −
, k
·
2
n−k+1
+
C
C
k−1
n
k
n
) = 2F(
n−k+1
·
2
n−k
C
=
n
n−k
·
2
. Общее количество всех граней равно 3n, так как для
(а) НеравенствоH(
¯a,¯b
) = 0. Наоборот, сумма неотрицательных чисел равна нулю,
. (б) Следует из того, что
получаем
n
¯a,¯b
(а)H(
P
) =
¯a,¯b
|ai− bi| 6
i=1
) — это количество несовпадающих координат точек¯aи
1)-мерная грань даёт однуk-мерную. Сле-
n, k)+F(n, k−
k
= (
C
+
n
n
P
F(n, k
k=0
k
C
способов выбрать фиксированные координаты.
n
¯a,¯b)>
0 очевидно. Если¯a=¯b
C
) =
k−1
n
1) = 2
)·2
n
P
k=0
|ai− bi|=|bi− ai|
|ai− bi|=|ai− ci+
n
P
|ai− ci|
i=1
+
¯a,¯b
k
C
n−k+1
k
C
2
n
n−k
·
2
n
=
n−k
= (1 + 2)n= 3n. Дру-
|ai− bi|
C
k
n+1
, то
+
C
·
n − k
|ai− bi|
k−1
n−(k−1)
·
2
n
n+1−k
2
. Общее
фиксирова-
= 0 для
= 0 для всех
. (в) Из неравенства
ci− bi| 6 |ai− ci|+|ci− bi|
n
P
|ci− bi|=H(¯a, ¯c
i=1
) +H(
) =k+ 1, то выберем одну из
¯c,¯b
) =k,
длиныk.
имеет длинуk+ 1. (б) Доказательство индукцией
¯a,¯b
) =k+ 1. Тогда набор
Допустим, что система имеет два решения¯xи¯y, которые отличаются
(i+1)
xj= 06= 1 =
к
¯a
вj-й позиции ноль меняется на единицу. ТогдаH(
yj. Пусть в последовательности при переходе от
(i+1)
¯x, ¯a
=
n−k
¯c,¯b
aiна
) =
i
,
).
96 Ответы и решения
H(¯x, ¯a
тоH(
(i)
) + 1,H(
(i+1)
¯x, ¯a
)6=H(
¯y, ¯a
(i+1)
¯y, ¯a
) =H(
(i+1)
), следовательно, наборы¯xи¯yне могут быть
(i)
¯y, ¯a
)−1. ЕслиH(
¯x, ¯a
(i)
) =
ki=H(
¯y, ¯a
(i)
решением системы одновременно.
103.
(а) (1,0,0,1,0); (б) (0,0,1,1,1); (г) (1,1,0,0,1); (д) (0,1,0,1,0); (в)
такой точки нет, сумма первого и последнего расстояния должна быть
равна 5; (е) такой точки нет, как показано в предыдущей задаче, на каждом
шаге расстояние должно меняться на 1 в ту или другую сторону.
104.
(а){(0,0,0,0),(0,0,0,1),(0,0,1,0),(0,0,1,1),(0,1,0,0),(0,1,0,1),(0,1
1,0),(0,1,1,1)}; (б){(0,0,0,1),(0,0,1,1),(0,1,0,1),(0,1,1,1),(1,0,0,1),(1
0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,1)}; (в){(0,0,0,0),(0,1,0,0),(1,0,0,0),(1,1,0,0)
(0,1,0,1),(1,0,0,1),(1,1,0,1),(0,1,1,0),(1,0,1,0),(1,1,1,0),(1,1,1,1)}; (г)
B4\ {(1, 1, 0, 0), (1, 1, 0, 1), (1, 1, 1, 0)}.
105.
(а) 0 только в строке (0,1,0); (б) 1 в строках (0,0,0), (0,1,1), (1,0,1),
(1,1,0); (в) 0 в строках (0,1,1), (1,0,0); (г) 1 в строках (0,0,1), (0,1,1),
(1, 1, 0), (1, 1, 1).
106. Триггеры:
x1x2x
3
RS-триггеры D-триггер
T
T
T
1
2
T
3
4
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 1 1 1 0
0 1 0 0 0 0 0 0
0 1 1 0 0 1 1 1
1 0 0 1 1 1 1 1
1 0 1 1 1 1 1 0
1 1 0 0 0 0 0 1
1 1 1 0 1 0 1 1
),
,
,
,
107. (а) Глубина 3,
x1x2x
(( x1→¬x3) ∨( x2⊕x3))
3
0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0
0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1
0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0
0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1
1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0
1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1
1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0
1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1
Логика высказываний и булевы функции 97
(б) Глубина 3,
(в) Глубина 4,
x1x2x
0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0
0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0
0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1
1 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0
1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1
1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0
1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0 1
(г) Глубина 3,
x1x
( ¬( x1↑x2) ↔( ¬x1∧x2))
2
0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1
1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0
1 1 1 1 0 1 0 0 1 0 1
(( x2⊕¬x3) ∧(( x1∨x2) →( x1↔¬x3)))
3
x1x2x
(( ¬x1∧x2) ↓( x1→¬x3))
3
0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0
0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0
0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1
1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0
1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1
1 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0
1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1
98 Ответы и решения
(д) Глубина 3,
x1x2x
3
0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1
0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0
0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1
1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0
1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1
1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0
1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1
108. Таблица истинности Ψ1:
x y z ((x→¬y) → (( ¬y → z) →(x →z)))
0 0 0 1 1 1 1 0 1 1
0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 0 1 0 1 1 1
0 1 1 1 0 1 0 1 1 1
1 0 0 1 1 1 1 0 1 0
1 0 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 0 0 1 0 1 0 0
1 1 1 0 0 1 0 1 1 1
Таблица истинности Ψ3:
x y z ((x→¬y) → ((x → ( ¬ y →z)) → (x → z)))
0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1
0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1
0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1
1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0
1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0
1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1
((( x1⊕x2) ⊕x3) ↑( ¬x2↓x3))
Формула Ψ2ложна в интерпретацииI(x) =I(y) =I(z) = 0. Формула Ψ
ложна в интерпретации I(x) = I(y) = 1, I(z) = 0.
109.
Только (д). (а) истинна для цифры 8, (б) и (г) истинны для цифры 3,
(в) истинна для цифры 2, (е) ложно для ошибочного кода (1, 1, 1, 1).
4
Логика высказываний и булевы функции 99
110.
(а)
¬A ∧ B ∧ C ∧ ¬D
↔ B)∧(C ↔ D
)); (г)
¬(A ∨ B) ∨(¬C ∧ ((A ⊕ B) ∧(A ⊕ D))).
111.
(а) (
A1↔ A2)∧(
A2)∨((
↔ C2)∧(
A1↔ A2)∧((
¬D1∧D2)))))); (в) (
↔ B2) ∧((¬C1∧ C2) ∨((C1↔ C2) ∧(D1→ D2))))));
112. pD= (
D1∧D2),
((C2∧ ¬D2) ∧C1)), pA= (((C1∧ D1) ∧C2) ∧D2).
113.
(а) (((
p1∧p2)∨(
(
p1∨p2)∨(
p3∨p4). (в) Нельзя, так как если все переменные имеют значение
1, то конъюнкция и дизъюнкция тоже дадут значение 1, в то время как
функция должна принимать значение 0.
114. (а) Две константы; (б) две: xnи ¬xn.
115. C
116.
k
.
n
2
Две: значение такой функции на любом наборе¯xоднозначно определяется значением функции на нулевом наборе и количеством единиц в¯x.
Последнее от функции не зависит.
117.
Значение функции на произвольном наборе¯xзависит только от количества единиц в¯xи не зависит от их расположения, это количество может
быть равно 0, 1, . . . , n, поэтому количество функций будет равно 2
118. 2
119. Существует 2
120.
n−1
2
.
n/2
Без связок вообще — три, с помощью 0 и 1 — по одной, с помощью¬—
три, с помощью∧,∨,⊕,↔,↑,↓— по
помощью → — A
121.
При записи формул используются знаки: имена функций,
2
= 6. Всего 32.
3
имена переменных,nштук, две скобки и запятая, всего
ков. Из них можно составить (
слов длины меньшейk(сумма геометрической прогрессии). Таким образом, количество формул, в которых меньше
превосходит
дляc=
log2(n+c))2
(2
быстрее
(|F |+n+3)
(|F |+n+3)−1
|F |
+ 3, получаем, что количество таких формул не превосходит
n−log2n
= 2
log2log2(n+c), поэтому для достаточно больш´ихnбудет выполне-
; (б)
¬C ∧ ¬D
; (в) ((
¬A ∧((¬B ∧ C)∨(B ∧ D
B1↔ B2)∧(
¬B1∧ B2)∨((
C1↔ C2)∧(
B1↔ B2)∧((
¬A1∧A2)∨((
pC= (
C1∧D2)⊕(
p1∧p3))∨((
p1∧p4)∨(
C2∧D1),
парных наборов. Всего 2
2
C
3
|F |+n
n−log2n
2
−1
. Учитывая равенство
n−log2n+log2log2(n+c)
2
+ 3)kслов длиныkи
. Функция
A ↔ D)∧(B ↔ C))∨((A ↔
)); (д)
A1↔ A2)∧((
pB= (((
p2∧p3)))∨((
2n−2
A ∨(B ∧ ¬D
D1↔ D2); (б) (
¬C1∧ C2)∨((
¬B1∧B2)∨((
C1∧¬D1)
p2∧p4)∨(
n/2
· 2.
p3∧p4)). (б)
¬A1∧
C1↔
B1↔
∧C2)
n+1
); (е)
.
= 3 (в силу коммутативности), с
|F |
штук,
n
2
/n= 2
|F |+n
n−log2n
|F |+n
log2n
+ 3 = 2
растёт намного
+ 3 зна-
(|F |+n+3)k−1
(|F |+n+3)−1
символов, не
log2(n+c)
∨
100 Ответы и решения
но
ε log2n > log2log2(n+c) и количество «коротких» формул не превосходит
n−(1−ε) log2n
2
2
122.
Количество булевых функций, у которых аргументы
= 2
ляются фиктивными, равняется 2
строк с одинаковыми значениями
f
. Количество способов выбора аргументов
формуле включений и исключений получаем
2
Базис:
Ψ;
depth(y
2
4
2
приn= 2: 2
при n = 4: 2
123.
depth
для конъюнкции:
max{depth
depth
Φ2) +
(Φ1)
(Ψ)}+ 1 =
depth
(Ψ). Аналогично для остальных булевых связок.
depth y = 0 < 1 = 0 + 1 = depth(y) + depth(x ∧ y).
124. a—A
(
b ∨ c)∧(a ∨ c)∧(¬a →(b ⊕ c
корректна,b—Bкорректна,c—Cкорректна. (
невозможно.
125. a
— «
x <
(a ⊕ c)). Нельзя.
126. y ∧ ((x1∧ (x2∨ x3∨ x4)) ∨x2∧ (x3∨ x4) ∨x3∧ x4).
127.
(а)a— «Миша сделает ремонт»,b— «Миша сменит обои»,c— «Миша
покрасит пол»,d— «Миша сменит ламинат»,e— «Миша сменит дверь»,f—
«Миша сменит стеклопакет»,g— «Миша установит натяжной потолок»,
h
— «Миша сменит люстру»,i— «Миша сменит мебель»,
d ∧ e ∧ f)∧(c → g ∧ h ∧ i)∧(d → i)∧ ¬(¬b ∧ ¬i)∧ ¬(¬i ∧ ¬h
«будет мороз»,b— «будет солнечно»,c— «пойдёт снег»,d— «пойдёт
дождь»,e— «будет сыро»,f— «будет грязно», (
(
b ∨(¬b ∧ d
)))∧((
дома»,b— «кошка ест»,c— «кошка спит»,d— «кошка играет»,e— «Вова
купит корм»,f— «Вова купит мебель»,g— «Вова купит обои»,h— «Вова
посетит в зоомагазин»,i— «Вова посетит в хозяйственный магазин»,j—
«Вова поедет на такси», (
(f ∨ g)) ∧(e → h) ∧ ((f ∨ g) → i) ∧ ((h ∨ i) → j) ∧¬(j ∧ i).
1−ε
2n/n
−2·
− 4 · 2
depth(x
x
, depth
Ψ
.
1
0
2
2
2
+ 2
3
2
+ 6 · 2
x
)
=
Ψ
x
)
=
Ψ
depth(y
depth
(Φ2)
max{depth
n−k
2
, так как для каждой группы из 2
x
, . . . , x
i
1
= 10; приn= 3: 2
2
2
depth
− 4 · 2
1
2
+ 2
(Ψ) = 0 +
) = 0
(Φ1∧
x
}
+ 1
Ψ
(Φ1)
x
Φ2)
Ψ
6 max{depth
, depth
(Φ2)}+ 1 +
будет одно и то же значение
i
k
x
i
n
P
k=0
3
2
0
2
= 64594.
6 depth
=
depth
(Φ1) +
)).Bошибочна, единственность установить
0»,b— «
y <
0»,c— «
z <
0». (
c →(a ∨ ¬b))∧(¬a ∨ b)∧(b →
c ∨ d)→ e)∧(d → f)∧(b →(¬e ∧ ¬f
a →(b ∨ c))∧(¬a →((b ∨ c)∧ d))∧(b → e)∧(d →
, . . . , x
1
(−1)kC
−3·
depth
2
2
2
i
k
k
n
+ 3·2
(Ψ) =
равняется
n−k
2
2
Φ +
x
((Φ1)
Ψ
depth
(Ψ)
depth
(Ψ) =
a ∧(b ∨ c)∧(b →
a →(b ∨(¬b ∧ c
)). (в)a— «Вова
x
, . . . , x
i
1
i
k
k
C
. По
n
. В частности,
1
0
2
2
−
2
= 218;
depth
Φ +
depth
Ψ. Шаг
(Φ2)
, depth
depth
x
) =
Ψ
(Φ2) +
(Φ1∧
x
)
x∧y
∧
depth(y
b → ¬a)∧
). (б)a—
)))∧(
¬a →
яв-
=
k