Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Diskretnaya_matematika / 2.ПРИМЕРЫ вып. и оформ. конт. раб

..doc
Скачиваний:
73
Добавлен:
19.05.2015
Размер:
109.06 Кб
Скачать

Пример выполнения контрольного задания

«Дискретная математика»

Решение контрольных заданий оформляется в обычных ученических 12 листовых тетрадях. На обложке тетради записывается название факультета, название кафедры, уч.группа ФИО студента, номер варианта задания.

Ниже представлен пример выполнения контрольного задания.

Вариант №

1.Построить таблицу истинности формулы x1 ÙØ x2®(x1 Ú x2) ÙØ x3 .

2.Преобразовать формулу так, чтобы она содержала только булевы операции, упростить (x1 Ú x3) ÙØx2 ~ x3

3.Из урны, содержащей 6 белых и 4 черных шара, вынимают 4 шара. Найти число неупорядоченных наборов таких, что: 1- все четыре шара черные; 2 – два белых шара и два черных шара. Решить задачу для схемы выбора: а) с возвращением; б) без возвращения.

4. Задана матрица инцидентности графа (цифрами обозначены вершины, буквами – ребра графа). а) восстановить граф по матрице инцидентности; б) выяснить, является ли граф связным; в) построить для данного графа матрицу смежности.

e1

e2

e3

e4

e5

e6

e7

e8

e9

1

1

0

0

1

0

0

0

0

0

2

1

1

0

0

1

0

0

0

0

3

0

1

1

0

0

0

0

0

0

4

0

0

1

1

1

0

0

0

0

5

0

0

0

0

0

1

1

0

0

6

0

0

0

0

0

0

1

1

1

7

0

0

0

0

0

1

0

1

1

5. A, B, C, D, E, F – населенные пункты, линии –проектируемые участки дорог, цифры – их стоимость. Найти, какие дороги надо построить , чтобы схема дорог позволяла попасть из любого города в любой другой и из всех возможных схем имела наименьшую стоимость.

В 6 C

F

5

1

4

1 3 D

3

2

А Е

6

Решение задачи1.

В начале покажем полный перебор значений переменных. В таблице истинности они дадут заполненные восемь строк трех самых левых столбцов. Будем строить таблицу истинности постепенно, согласно заданного выражения: x1 ÙØ x2®(x1 Ú x2) ÙØ x3. Пропуская объяснения промежуточных этапов, получим таблицу истинности (табл. 1).

x1

x2

x3

Ø x2

x1 ÙØ x2

x1 Ú x2

Ø x3

(x1 Ú x2) ÙØ x3

x1 ÙØ x2®(x1 Ú x2) ÙØ x3

0

0

0

1

0

0

1

0

1

0

0

1

1

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

1

1

1

1

0

1

1

0

0

1

0

0

1

1

0

0

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

0

0

0

1

1

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

0

0

1

0

0

1

Решение задачи 2.

(x1 Ú x3) ÙØx2 ~ x3 = ( x1ÙØx2 Ú x3Ù x2 ) ~ x3 =

= (Ø ( x1ÙØx2 Ú x3Ù x2 ) ÙØ x3 ) Ú(( x1ÙØx2 Ú x3Ù x2 ) Ù x3 )=

= (Ø (x1ÙØ x2) ÙØ(Øx2Ù x3)) ÙØ x3Ú( x1ÙØx2Ù x3) ÚØx2Ù x3 =

=(Ø x1Ú x2) Ù( x2ÙØ x3) ÙØ x3 Ú x1ÙØx2Ù x3 Ú Øx2Ù x3 =

= (Ø x1ÙØ x3 Ú x2ÙØ x3) Ù( x2Ú Ø x3) Ú x1ÙØx2Ù x3 Ú Øx2Ù x3 =

= Ø x1ÙØ x3 Ú x2ÙØ x3 Ú Ø x1Ù x2ÙØ x3 Ú x2ÙØ x3 Ú x1ÙØx2Ù x3 Ú Øx2Ù x3 =

= Ø x1ÙØ x3 Ú x2ÙØ x3 Ú Øx2Ù x3.

Решение задачи 3.

Случай с возвращением:

  1. В урне 4 черных шара и в нашей выборке должно быть 4 черных шара.

По теореме 1 из комбинаторики, число выборок, где все 4 шара черные, равно 44.

  1. В урне 6 белых шаров, из них два можем выбрать (по теореме 1) 62=36

способами. Два черных шара выбираем 42=16 способами. Для каждой фиксированной пары белых шаров можем брать любую пару черных, поэтому число выборок, содержащих два белых и два черных, равно 36∙16.

Случай без возвращения:

  1. Из 4 черных шаров при выборе без возвращения можно единственным образом

выбрать 4 черных шара. То есть выборка, где все 4 шара черные, одна.

  1. Из белых шаров два можно выбрать С26 способами (по теореме 2), аналогично два черных шара из четырех выбираем С24 способами. Число выборок, состоящих из двух черных и двух белых шаров, равно

6! 4! 6!

С26 С24 = = = 90.

2!(6-2)! 2!(4-2)! 8

Решение задачи 4

  1. Рассмотрим первый столбец матрицы инцидентности. В ней элементы (A(G))11 и (A(G))21 равны единице. По определению матрицы инцидентности получим, что ребро e1 соединяет вершину 1 с вершиной 2.

Рассматривая аналогично все остальные столбцы, получим:

ребро e2 соединяет вершину 1 с вершиной 2,

ребро e3 соединяет вершину 3 с вершиной 4,

ребро e4 соединяет вершину 1 с вершиной 4,

ребро e5 соединяет вершину 2 с вершиной 4,

ребро e6 соединяет вершину 5 с вершиной 7,

ребро e7 соединяет вершину 5 с вершиной 6,

ребро e8 соединяет вершину 6 с вершиной 7,

ребро e9 соединяет вершину 6 с вершиной 7.

Чертеж графа имеет следующий вид:

4

7

e6

e4 e3

e9 e8

1 e5 3

e7

e1 e2

6

2

a) Данный граф не является связным, так как, например, невозможно по ребрам попасть из вершины 1 в вершину 5

  1. Построим для графа матрицу смежности B(G):

По определению матрицы смежности её элемент (B(G))ij равен числу ребер, соединяющих i-ю и j-ю вершины. Рассмотрим поочередно все ребра графа. Ребро e1 соединяет вершину 1 с вершиной 2, поэтому в матрице смежности элементы (B(G))12 и (B(G))21 равны единице. Аналогично получим, что равны единице элементы

(B(G))23 (B(G))32

(B(G))34 (B(G))43

(B(G))14 (B(G))41

(B(G))25 (B(G))42

(B(G))57 (B(G))75

(B(G))56 (B(G))65

Рассмотрим теперь ребро e8 . Оно соединяет вершины 6 и 7. Ребро e9 также соединяет вершины 6 и 7 и других ребер, соединяющих вершины 6 и 7 нет, то есть вершины 6 и 7 соединяют два ребра, поэтому элементы (B(G))67 и (B(G))67 равны двум.

Остальные элементы матрицы смежности равны нулю, так как мы рассмотрели все ребра и все вершины, соединенные этими ребрами.

Окончательно получим:

1

2

3

4

5

6

7

1

0

1

0

1

0

0

0

2

1

0

1

1

0

0

0

3

0

1

0

1

0

0

0

4

1

1

1

0

0

0

0

5

0

0

0

0

0

1

1

6

0

0

0

0

1

0

2

7

0

0

0

0

1

2

0

Критерий для проверки: полученная матрица смежности должна быть симметрична, поскольку ребер, соединяющих вершины i и j, столько же, сколько ребер, соединяющих вершины i и j.

Решение задачи 5.

Решение осуществляем по алгоритму Краскала.

Алгоритм Краскала

1.v- дуга минимального веса из всех имеющихся дуг,

не являющаяся петлей.

2.Если дуги v1, …, vk-1 уже выбраны, то vk выбираем из множества

еще не выбранных дуг следующим образом:

a)добавление vk не приводит к образованию циклов;

b)из дуг, удовлетворяющих условию a), дуга vk обладает наименьшим весом.

В нашем случае v1 =CD, v2 =AB, v3 =ED и далее отпадает возможность выбора EF. v5 =AF, отпадает возможность выбора BC, BF, AE и процесс выбора дуг обрывается. Полученная схема дорог представлена двойными линиями на рисунке.

6 C

  1. 3

F

3 4

B

4

1 D

2

A E

6