Diskretnaya_matematika / 2.ПРИМЕРЫ вып. и оформ. конт. раб
..docПример 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
4
3
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:
-
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.
-
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:
-
Из 4 черных шаров при выборе без возвращения можно единственным образом
выбрать 4 черных шара. То есть выборка, где все 4 шара черные, одна.
-
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
-
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
-
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
3
F
3
4
4
1 D
2
A E
6