Разбор 2 задания ЕГЭ по информатике

На уроке рассматривается разбор 2 задания ЕГЭ по информатике, дается подробное объяснение того, как решать подобные задачи

Объяснение задания 2 ЕГЭ по информатике

2-я тема характеризуется, как задания базового уровня сложности, время выполнения – примерно 3 минуты, максимальный балл — 1

Таблицы истинности и порядок выполнения логических операций

Для логических операций приняты следующие обозначения:
¬ A, A не A (отрицание, инверсия)
A ∧ B, A ⋅ B A и B (логическое умножение, конъюнкция)
A ∨ B, A + B A или B (логическое сложение, дизъюнкция)
A → B импликация (следование)
A ↔ B, A ≡ B, A ∼ B эквиваленция (эквивалентность, равносильность)
A ⊕ B сложение по модулю 2 (XOR)
Егифка ©:

теория таблицы истинности

Отрицание (НЕ):
Таблица истинности операции НЕ

Таблица истинности операции НЕ

Конъюнкция (И):
Таблица истинности операции И (конъюнкция)

Таблица истинности операции И (конъюнкция)

Дизъюнкция (ИЛИ):
Таблица истинности операции ИЛИ (дизъюнкция)

Таблица истинности операции ИЛИ (дизъюнкция)

Импликация (если…, то…):
Таблица истинности операции Импликация (если..., то...)

Таблица истинности операции Импликация (если…, то…)

Эквивалентность (тогда и только тогда, …):
Таблица истинности операции Эквивалентность (тогда и только тогда, ...)

Таблица истинности операции Эквивалентность (тогда и только тогда, …)

Сложение по модулю 2 (XOR):
A B A ⊕ B
0 0 0
0 1 1
1 0 1
1 1 0
Порядок выполнения операций:
  • если нет скобок, сначала выполняются все операции «НЕ», затем – «И», затем – «ИЛИ», импликация, равносильность
Еще о логических операциях:
  • логическое произведение X∙Y∙Z∙… равно 1, т.е. выражение является истинным, только тогда, когда все сомножители равны 1 (а в остальных случаях равно 0)
  • логическая сумма X+Y+Z+… равна 0, т.е. выражение является ложным только тогда, когда все слагаемые равны 0 (а в остальных случаях равна 1)

О преобразованиях логических операций читайте здесь.

Егифка ©:

решение 2 задания ЕГЭ

Решение заданий 2 ЕГЭ по информатике


Задание 2_2: Задание 2 ЕГЭ по информатике 2017 ФИПИ вариант 11 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

Каждое из логических выражений F и G содержит 5 переменных. В табл. истинности для F и G есть ровно 5 одинаковых строк, причем ровно в 4 из них в столбце значений стоит 1.

Сколько строк таблицы истинности для F ∨ G содержит 1 в столбце значений?

Подобные задания для тренировки


✍ Решение:

  • Поскольку в каждом из выражений присутствует 5 переменных, то эти 5 переменных порождают таблицу истинности из 32 строк: т.к. каждая из переменных может принимать оно из двух значений (0 или 1), то различных вариантов с пятью переменными будет 25=32, т.е. 32 строки.
  • Из этих 32 строк и для F и для G мы знаем наверняка только о 5 строках: 4 из них истинны (=1), а одна ложна (=0).
  • Вопрос стоит о количестве строк = 1 для таб. истинности F ∨ G. Данная операция — дизъюнкция, которая ложна только в одном случае — если F = 0 и одновременно G = 0
  • В исходных таблицах для F и G мы знаем о существовании только одного 0, т.е. в остальных строках может быть 1. Т.о., и для F и для G в 31 строке могут быть единицы (32-1=31), а лишь в одной — ноль.
  • Тогда для F ∨ G только в одном случае будет 0, когда и F = 0 и G = 0:
  • F G F ∨ G
    1 0 0 0
    2 0 1 1
    1
    32 1
  • Соответственно, истинными будут все остальные строки:
  • 32 - 1 = 31

Результат: 31

Подробное объяснение данного задания смотрите на видео:



Задание 2_6: Решение 2 задания ЕГЭ по информатике (К. Поляков, вариант 89):

Каждое логическое выражение A и B зависит от одного и того же набора из 7 переменных. В таблицах истинности каждого из этих выражений в столбце значений стоит ровно по 4 единицы.

Каково максимально возможное число единиц в столбце значений таблицы истинности выражения A ∨ B?


✍ Решение:

  • Полная таблица истинности для каждого из выражений A и B состоит из 27 = 128 строк.
  • В четырех из них результат равен единице, значит в остальных — 0.
  • A ∨ B истинно в том случае, когда либо A = 1 либо B = 1, или и A и B = 1.
  • Поскольку А = 1 только в 4 случаях, то чтобы получить максимальное количество единиц в результирующей таблице истинности (для A ∨ B), расположим все единицы т.и. для выражения A так, чтобы они были в строках, где B = 0, и наоборот, все строки, где B = 1, поставим в строки, где A = 0:
  • A B
    1 0
    1 0
    1 0
    1 0
    0 1
    0 1
    0 1
    0 1
    0 0
  • Итого получаем 8 строк.
  • Если бы в задании требовалось найти минимальное количество единиц, то мы бы совместили строки со значением = 1, и получили бы значение 4.

Результат: 8



Задание 2_7: Решение 2 задания ЕГЭ по информатике (К. Поляков, вариант 91):

Каждое логическое выражение A и B зависит от одного и того же набора из 8 переменных. В таблицах истинности каждого из этих выражений в столбце значений стоит ровно по 6 единиц.

Каково максимально возможное число нулей в столбце значений таблицы истинности выражения A ∧ B?


✍ Решение:

  • Полная таблица истинности для каждого из выражений A и B состоит из 28 = 256 строк.
  • В шести из них результат равен единице, значит в остальных — 0.
  • A ∧ B ложно в том случае, когда:
    A ∧ B = 0 если:
    
    1. A = 0, B = 1 
    2. B = 0, A = 1
    3. A = 0 и B = 0
    
  • Во всех случаях там где А=1 может стоять B=0, и тогда результат F = 0. Поскольку нам необходимо найти максимально возможное число нулей, то как раз для всех шести А=1 сопоставим B=0, и наоборот, для всех шести возможных B=1 сопоставим A=0
  • A B F
    1 0 0
    1 0 0
    1 0 0
    1 0 0
    0 1 0
    0 1 0
    0 1 0
    0 1 0
    0 0 0
  • Поскольку строк всего 256, то вполне возможно, что все 256 из них возвратят в результате 0

Результат: 256



Задание 2_4: 2 задание. ГВЭ 11 класс по информатике 2018 (ФИПИ):

Дан фрагмент таблицы истинности выражения F.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 F
1 0 0 1 1 1 1 0
0 1 0 0 1 0 1 1
0 1 0 1 1 0 1 0

Каким из приведённых ниже выражений может быть F?
1) ¬x1 ∧ x2 ∧ ¬x3 ∧ ¬x4 ∧ x5 ∧ ¬x6 ∧ x7
2) x1 ∨ x2 ∨ x3 ∨ ¬x4 ∨ ¬x5 ∨ ¬x6 ∨ ¬x7
3) x1 ∧ ¬x2 ∧ x3 ∧ ¬x4 ∧ x5 ∧ x6 ∧ ¬x7
4) x1 ∨ ¬x2 ∨ x3 ∨ x4 ∨ ¬x5 ∨ ¬x6 ∨ x7


✍ Решение:

  • В первом внешняя операция (выполняется последней) — конъюнкция. Начнем рассмотрение с нее. Соответственно, проверяем по второй строке таб. ист-ти, там где F = 1, так как в таком случае все аргументы должны быть истинными (см. таб. истинности для конъюнкции).
  • Если мы подставим в нее все аргументы выражения, то функция действительно возвращает истину. Т.е. пункт первый подходит:
  • гвэ 11 класс решение задания 2

  • Но проверим на всякий случай остальные.
  • Второй пункт проверяем по первой и третьей строке, так как основная операция — дизъюнкция — ложна только в том случае, если все аргументы ложны (см. таб. истинности для дизъюнкции). Проверяя по первой строке, сразу видим, что x1 в ней равен 1. В таком случаем функция будет = 1. Т.е. этот пункт не подходит:
  • информатика гвэ, решение 2 задания

  • Третий пункт проверяем по второй строке, так как основная операция — конъюнкция — возвратит истину только тогда, когда все операнды равны 1. Видим, что x1 = 0, соответственно функция будет тоже равна 0. Т.е. выражение нам не подходит:
  • гвэ 11 класс

  • Четвертый пункт проверяем по первой и третьей строкам. В первой — x1 = 1, т.е. функция должна быть равна 1. Т.е. пункт тоже не подходит:
  • разбор 2 задания гвэ

  • Таким образом, ответ равен 1.

Результат: 1

Решение 2 задания ГВЭ по информатике смотрите на видео:



Задание 2_8: Решение 2 задания ЕГЭ по информатике (К. Поляков, вариант 58):

Дано логическое выражение, зависящее от 5 логических переменных:

(¬x1 ∨ ¬x2 ∨ ¬x3 ∨ x4 ∨ x5) ∧ (x1 ∨ x2 ∨ x3 ∨ ¬x4 ∨ ¬x5)

Сколько существует различных наборов значений переменных, при которых выражение истинно?

1) 0
2) 30
3) 31
4) 32

Подобные задания для тренировки


✍ Решение:

  • Поскольку выражение включает 5 переменных, то таб. ист-ти состоит из 25 = 32 строк.
  • Внешней операцией (последней) является конъюнкция (логическое умножение), а внутри скобок — дизъюнкция (логическое сложение).
  • Обозначим первую скобку за А, а вторую скобку за B. Получим A ∧ B.
  • Найдем сколько нулей существует для таб. истинности:
  •    A  B  F
    1. 0  0  0
    2. 0  1  0
    3. 1  0  0
    

    Теперь рассмотрим каждый случай отдельно:

  • 1 случай. 0 0 : A = 0 и B = 0, то есть:
  • ¬x1 ∨ ¬x2 ∨ ¬x3 ∨ x4 ∨ x5 = 0
    и
    x1 ∨ x2 ∨ x3 ∨ ¬x4 ∨ ¬x5 = 0.

  • Обратим внимание, что во вторых скобках везде стоит инверсия переменных, которые находятся в первых скобках. Таким образом, это невозможно, так как дизъюнкция равна нулю, когда все операнды равны нулю. А если в первых скобках все 0, то из-за инверсий во вторых скобках все 1. То есть этот случай нам не подходит.
  • 2 случай. 0 1 : нам он подходит, так как если первая скобка возвратит 0, то вторая вернет 1.
  • 3 случай. 1 0 : нам он подходит, так как если вторая скобка возвратит 0, то первая вернет 1.
  • Итого получаем два случая, когда исходное выражение вернет 0, т.е. две строки таблицы истинности.
  • Тогда получим количество строк, с результатом равным 1:
  • 32 - 2 = 30, что соответствует номеру 2
    

Результат: 2

Подробное решение задания смотрите в видеоуроке:



Задание 2_5: Решение 2 задания ЕГЭ по информатике (К. Поляков, вариант 76):

Дан фрагмент таблицы истинности для выражения F:

x1 x2 x3 x4 x5 x6 F
0 0 1 1 0 0 1
0 0 0 0 1 1 1
1 0 1 0 1 1 1
0 1 1 1 0 1 0

Укажите максимально возможное число различных строк полной таблицы истинности этого выражения, в которых значение x3 не совпадает с F.

Подобные задания для тренировки


✍ Решение:

  • Полная таблица истинности будет иметь 26 = 64 строк (т.к. 6 переменных).
  • 4 из них нам известны: в них x3 два раза не совпадает с F.
  • Неизвестных строк:
  •  
    64 - 4 = 60
    
  • В неизвестных x3 может не совпадать с F, кроме того, в двух известных x3 не совпадает с F. Соответственно максимально возможное число строк с несовпадающими x3 и F, будет:
  • 60 + 2 = 62
    

Результат: 62



Задание 2_9: Решение 2 задания ЕГЭ по информатике (К. Поляков вариант 112):

Дан фрагмент таблицы истинности для выражения F:

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 F
0 0 0
0 0 1
1 1 1

Каким выражением может быть F?
1) x1 ∧ (x2 → x3) ∧ ¬x4 ∧ x5 ∧ x6 ∧ ¬x7
2) x1 ∨ (¬x2 → x3) ∨ ¬x4 ∨ ¬x5 ∨ x6 ∨ ¬x7
3) ¬x1 ∧ (x2 → ¬x3) ∧ x4 ∧ ¬x5 ∧ x6 ∧ x7
4) ¬x1 ∨ (x2 → ¬x3) ∨ x4 ∨ x5 ∨ x6 ∧ x7


✍ Решение:

  • Рассмотрим отдельно каждый пункт и найдем последнюю операцию, которая должна быть выполнена (внешнюю).
  • 1 пункт:

    (((x1 ∧ (x2 → x3) ∧  ¬x4) ∧ x5) ∧ x6)  ¬x7
    
  • Внешняя операция — конъюнкция. Ее проще проверять по строке, в которой F = 1 (значит все сомножители должны быть равны 1).
  • Возьмем 3-ю строку, в ней x4=1. В нашем выражении х4 с отрицанием, т.е. = 0. Для конъюнкции, когда хоть один из сомножителей равен нулю, выражение вернет в результате 0, а у нас в строке 1. Т.е. этот пункт не подходит:
  • пример решения 2 задания егэ
    2 пункт:

    (((x1 ∨ (¬x2 → x3) ∨  ¬x4) ∨ ¬x5) ∨ x6)   ¬x7
    
  • Последняя выполняющаяся операция (внешняя) — дизъюнкция. Ее легче проверять по строке, в которой F = 0 (значит все слагаемые должны быть равны 0).
  • Смотрим по первой строке: х4 = 0, в рассматриваемом пункте он с отрицанием, т.е. = 1. Соответственно все выражение вернет единицу, а в таблице в строке 0. Т.е. этот пункт не подходит:
  • решение задания 2 егэ
    3 пункт:

    (((¬x1 ∧ (x2 → ¬x3) ∧  x4) ∧ ¬x5) ∧ x6)  x7
    
  • Последняя операция — конъюнкция. Ее проще проверять по строке, в которой F = 1 (значит все сомножители должны быть равны 1).
  • Возьмем 2-ю строку: в ней х7 = 0, в рассматриваем пункте х7 без отрицания, т.е. так и остается равным нулю. При умножении выражение вернет в результате 0. В таблице — 1. Т.е. пункт тоже не подходит:
  • Как решать 2 задание

  • Единственным подходящим вариантом остался пункт под номером 4 (на всякий случай всегда стоит проверить и его).

Результат: 4

В видеоуроке рассмотрено подробное решение 2 задания:



Задание 2_1: Задание 2 ЕГЭ по информатике 2017 ФИПИ вариант 6 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

Логическая функция F задается выражением
(y → x) ∧ (y → z) ∧ z.

Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z.

Перем. 1 Перем. 2 Перем. 3 F
??? ??? ??? F
1 0 0 0 0
2 0 0 1 0
3 0 1 0 1
4 0 1 1 1
5 1 0 0 0
6 1 0 1 0
7 1 1 0 0
8 1 1 1 1

В ответе напишите буквы x, y, z в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы.


✍ Решение:

  • Сначала необходимо рассмотреть логическую операцию, которую мы будем выполнять в последнюю очередь — это логическое И (конъюнкция) или . То есть внешнюю операцию:
  • (y → x) ∧ (y → z)  z
    
  • Конъюнкцию легче рассматривать по тем строкам таб. ист-ти, в которых F = 1, т.е. №3, №4, и №8
  • Поскольку для конъюнкции функция истинна только тогда, когда все переменные истинны, то необходимо чтобы отдельно каждая скобка была истинна ((y → x) = 1 и (y → z)=1) и переменная z тоже была истинной (=1)
  • (y → x) ∧ (y → z) ∧ z = 1
       если: 
    1. (y → x) = 1
    2. (y → z) = 1
    3. z = 1
    
  • Поскольку с выражениями в скобках сложней работать, определим сначала какому столбцу соответствует z. Для этого выберем строку (№3), где F = 1, а в остальных ячейках только одна единица, остальные — нули.
  • Перем. 1 Перем. 2 Перем. 3 F
    3 0 1 0 1
  • Таким образом, делаем вывод, что z находится во втором столбце (отсчет ведем слева):
  • Перем. 1 Перем. 2 Перем. 3 F
    3 ??? z ??? F
  • Дальше нам необходимо рассмотреть две скобки, в которых находится операция импликации: (y → x) и (y → z). Обе эти скобки должны возвращать истину (=1). В таб. истинности для импликации, функция возвращает в результате 1 тогда, когда:
  • вторая переменная равна 1 (первая при этом может быть любой),
  • вторая переменная равна 0, а первая обязательно должна быть равна 1.
  • Рассмотрим скобку (y → x) и строку 4 таблицы:
  • Перем. 1 z Перем. 3 F
    4 0 1 1 1
  • Для этой строки только y может быть равен 0, т.к. если x = 0, тогда y=1, и скобка в результате возвратит ложь (1 → 0 = 0). Соответственно, y находится в первом столбце. А x значит должен стоять в третьем:
  • y z x F

Результат: yzx

Детальный разбор данного задания 2 ЕГЭ по информатике предлагаем посмотреть в видео:



Задание 2_10: Решение 2 задания ЕГЭ по информатике (диагностический вариант экзаменационной работы 2018 года, С.С. Крылов, Д.М. Ушаков):

Логическая функция F задается выражением

¬a ∧ b ∧ (c ∨ ¬d)

Ниже приведен фрагмент таблицы истинности функции F, содержащей все наборы аргументов, при которых функция F истинна.

Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных a, b, c, d.

Перем.1 Перем.2 Перем.3 Перем.4 F
??? ??? ??? ??? F
0 1 0 0 1
1 1 0 0 1
1 1 0 1 1

В ответе запишите буквы в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы.


✍ Решение:

Результат: cbad

Предлагаем подробный разбор посмотреть на видео:



Задание 2_11: Решение 2 задания ЕГЭ по информатике (Задание № 169 К. Поляков):

Логическая функция F задается выражением

(¬x ∨ y ∨ z) ∧ (x ∨ ¬z ∨ ¬w)

Ниже приведен фрагмент таблицы истинности функции F, содержащей все наборы аргументов, при которых функция F ложна.

Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z, w.

Перем.1 Перем.2 Перем.3 Перем.4 F
??? ??? ??? ??? F
0 1 1 0 0
0 1 1 1 0
1 0 0 0 0
1 1 0 0 0

В ответе запишите буквы в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы.


✍ Решение:

  • Внешняя операция выражения — конъюнкция (). Во всех указанных строках таблицы истинности функция принимает значение 0 (ложь). Конъюнкция ложна аж в трех случаях, поэтому проверить на ложь очень затруднительно. Тогда как конъюнкция истинна (= 1) только в одном случае: когда все операнды истинны. Т.е. в нашем случае:
  • (¬x ∨ y ∨ z) ∧ (x ∨ ¬z ∨ ¬w) = 1 когда:
    1. (¬x ∨ y ∨ z) = 1 
    И 
    2. (x ∨ ¬z ∨ ¬w) = 1
    
  • Общая идея дальнейшего решения такова: поскольку внешняя операция — конъюнкция, и результат ее истинен, когда оба сомножителя в скобках будут истинны (=1), то нам необходимо сначала составить все наборы таблицы истинности для обоих сомножителей в скобках. Затем, так как конъюнкция подразумевает пересечение, необходимо сопоставить обе таблицы истинности и выбрать для каждого подходящего набора первого сомножителя подходящий (подходящие) набор (наборы) второго сомножителя. НО! так как у нас в задании известны только наборы для F = 0, то мы сопоставлять будем наборы, которые возвращают ложь. Теперь подробно.
  • Разобъем исходное выражение на две части и составим таблицу истинности отдельно для двух частей.
  • Для сомножителя (¬x ∨ y ∨ z):
  • x y z результат
    0 0 0 1
    0 0 1 1
    0 1 0 1
    0 1 1 1
    1 0 0 0
    1 0 1 1
    1 1 0 1
    1 1 1 1
  • Получили ложь в одном наборе, так как дизъюнкция () ложна только тогда, когда ложны все операнды.
  • Для сомножителя (x ∨ ¬z ∨ ¬w):
  • x z w результат
    0 0 0 1
    0 0 1 1
    0 1 0 1
    0 1 1 0
    1 0 0 1
    1 0 1 1
    1 1 0 1
    1 1 1 1
  • Соответственно, опять получили ложь в одном наборе, когда ложны все операнды.
  • Учтем, что нам нужно выбрать и «пересечь» (так как внешняя операция ) из всех наборов только те, которые возвращают ложь (так как по заданию известны только строки, где F = 0):
  • Решение 2 задания ЕГЭ по информатике

  • Выпишем только пересеченные наборы:
  • x y z w F
    0 0 1 1 0
    0 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 0 0 1 0
  • Сравнив вторую строку заданной таблицы и вторую строку получившейся таблицы, находим, что x находится в первом столбце.
  • x y z w F
    0 0 1 1 0
    0 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 0 0 1 0
    x ??? ??? ??? F
    0 1 1 0 0
    0 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 1 0 0 0
  • Сравнив первую и четвертую одинаковые строки получившейся таблицы, находим, что y в обоих случаях равен 0. Значит он находится в 4-м столбце.
  • x y z w F
    0 0 1 1 0
    0 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 0 0 1 0
    x ??? ??? y F
    0 1 1 0 0
    0 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 1 0 0 0
  • Сравнив предпоследнюю и последнюю строки получившейся таблицы, там где x = 1, находим, что z в обоих случаях равен 0, тогда как w принимает значение и 1 и 0. Значит z находится в 3-м столбце.
  • x y z w F
    0 0 1 1 0
    0 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 0 0 1 0
  • Для w остается второй столбец:
  • x w z y F
    0 1 1 0 0
    0 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 1 0 0 0

Результат: xwzy

Видео решения 169 задания К.Полякова:



Задание 2_3: Решение задания 2. Демоверсия ЕГЭ 2018 информатика:

Логическая функция F задаётся выражением ¬x ∨ y ∨ (¬z ∧ w).
На рисунке приведён фрагмент таб. ист-ти функции F, содержащий все наборы аргументов, при которых функция F ложна.
Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных w, x, y, z.

Перем. 1 Перем. 2 Перем. 3 Перем. 4 F
??? ??? ??? ??? F
1 0 0 0 0
1 1 0 0 0
1 1 1 0 0

В ответе напишите буквы w, x, y, z в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы (сначала – буква, соответствующая первому столбцу; затем – буква, соответствующая второму столбцу, и т.д.) Буквы в ответе пишите подряд, никаких разделителей между буквами ставить не нужно.

Подобные задания для тренировки


✍ Решение:

  • Внешним действием (последним выполняемым) в исходном выражении является дизъюнкция:
  • ¬x  y  (¬z ∧ w)
  • Вспомним таб. ист-ти для дизъюнкции (логическое сложение):
  • x1 x2 F
    0 0 0
    0 1 1
    1 0 1
    1 1 1
  • Чтобы исходное выражение было истинным, нужно, чтобы хотя бы один из операндов равнялся единице. Т.е. нельзя наверняка сказать, где будет 1, а где 0 (¬x = 1 или 0, y = 1 или 0, ¬z ∧ w = 1 или 0).
  • Функция же ложна только в одном случае, — когда все операнды ложны. Поэтому будем искать по признаку лжи.
  • В исходной таблице истинности во всех строках функция ложна. Чтобы понять в каком столбце должна находиться та или иная переменная, возьмем за основу строку, в которой только одна единица или только один нуль.
  • Строка №1: в ней одна единица — первый столбец. В исходной формуле, чтобы функция была ложна, необходимо, чтобы ¬x = 0, иными словами x = 1. Значит первый столбец соответствует переменной x.
  • Перем. 1 Перем. 2 Перем. 3 Перем. 4 F
    x ??? ??? ??? F
    1 0 0 0 0
  • Строка №3: в ней один нуль — четвертый столбец. В исходной формуле, чтобы функция была ложна, необходимо, чтобы y = 0. Значит четвертый столбец соответствует переменной y.
  • Перем. 1 Перем. 2 Перем. 3 Перем. 4 F
    x ??? ??? y F
    1 1 1 0 0
  • Строка №2: в ней второй столбец равен единице, а третий — нулю. В исходном выражении ¬z ∧ w должно равняться 0, чтобы функция была ложной. Конъюнкция истинна только тогда, когда оба операнда истинны (=1); в нашем случае функция должна быть ложной, но пойдем от обратного. Если ¬z = 1, т.е. z = 0, а w = 1, то это неверно для нашего случая. Значит всё должно быть наоборот: z = 1, а w = 0. Таким образом столбец второй соответствует z, а столбец третий — w.
  • x z w y F
    1 0 0 0 0
    1 1 0 0 0
    1 1 1 0 0

Результат: xzwy

Подробное решение данного 2 задания из демоверсии ЕГЭ 2018 года смотрите на видео:



Задание 2_12: Разбор 2 задания ЕГЭ вариант № 4, 2019 Информатика и ИКТ Типовые экзаменационные варианты (10 вариантов), С.С. Крылов, Т.Е. Чуркина:

Миша заполнял таблицу истинности функции:

(¬z ∧ ¬(x ≡ y)) → ¬(y ∨ w)

но успел заполнить лишь фрагмент из трех различных ее строк, даже не указав, какому столбцу таблицы соответствует каждая из переменных w, x, y, z:

Перем.1 Перем.2 Перем.3 Перем.4 F
??? ??? ??? ??? F
1 1 0
1 0 0
1 1 0 0

Определите, какому столбцу таблицы соответствует каждая из переменных x, y, z, w.

В ответе напишите буквы w, x, y, z в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы.

Подобные задания для тренировки

✍ Решение:
 

  • Решим задание методом построения полной таблицы истинности.
  • Посчитаем общее количество строк в таблице истинности и построим ее:
  • 4 переменных -> 24 = 16 строк
    

    полная таблица истинности

  • Для начала упростим выражение и выделим в нем две основные части относительно внешней операции (операция, которая выполняется последней).
  • (¬z ∧ ¬(x ≡ y)) → ¬(y ∨ w)
    1. Избавимся от импликации:
    ¬(¬z ∧ ¬(x ≡ y)) ∨ ¬(y ∨ w)
    2. Внесем знак отрицания в скобки (закон Де Моргана):
    (z ∨ (x ≡ y))(¬y ∧ ¬w) = 0
       1 часть = 0     2 часть = 0
    
    * Исходное выражение должно быть = 0. Дизъюнкция = 0, когда оба операнда равны 0.
    
  • Разбили исходное выражение на две части, теперь добавим столбцы для двух частей в таблицу истинности:
  • таблица истинности

  • Поясним: в первой части внешняя операция — дизъюнкция (ложна, когда оба операнда ложны). Во второй части внешняя операция — конъюнкция — ложна во всех случаях кроме того, когда оба операнда истинны:
  • (z ∨ (x ≡ y)) = 0 когда z = 0 и x ≡ y = 0
    
    ¬y ∧ ¬w = 0 когда:
    1. ¬y = 0  ¬w = 0
    2. ¬y = 1  ¬w = 0
    3. ¬y = 0  ¬w = 1
    
  • В результирующей таблице истинности получили только три набора значений переменных при котороых выражение возвратит ложь.
  • x y w z F
    0 1 0 0 0
    0 1 1 0 0
    1 0 1 0 0
  • Сравнив их с исходной таблицей истинности, имеем:
  • y w x z F
    1 1 0 0 0
    1 0 0 0 0
    0 1 1 0 0
  • Таким образом, ответ: ywxz

Результат: ywxz

Доступно видео решения этого задания:



Задание 2_13: Разбор досрочного егэ по информатике 2019

Логическая функция F задаётся выражением

(x ∧ ¬y) ∨ (y ≡ z) ∨ ¬w

Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z, w.
В ответе напишите буквы x, y, z, w в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы.

Перем.1 Перем.2 Перем.3 Перем.4 F
??? ??? ??? ??? F
0 0 0
0 1 0 1 0
1 0 0

✍ Решение:
 

Результат: xwzy

Видеорешение:


Поделитесь уроком с коллегами и друзьями:
7 комментариев

    Наталья

    Спасибо за разборы. В задаче К. Поляков, вариант 76 исправьте х7 на F, а то не понятно.

      admin

      Спасибо, конечно) исправлено

    Яна

    Спасибо за такой разбор всех заданий ЕГЭ по информатике, очень полезно!:)
    Здорово, что на одно задание вы делаете разбор множества номеров.

    Яна

    очень нравится, что присутствуют задания с Полякова

    девочка Маша

    Самый нормальный сайт при подготовке к егэ по информатике для тех у кого нет денег на репетиторов. Спасибо

    Eli

    Спасибо Вам огромное!!! Чтобы мы без вас делали)

    Николай

    Круто, первое впечатление о сайте хорошее, надеюсь, при полном просмотре сайта смогу решить все задания егэ.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*


Вставить формулу как
Блок
Строка
Дополнительные настройки
Цвет формулы
Цвет текста
#333333
Используйте LaTeX для набора формулы
Предпросмотр
\({}\)
Формула не набрана
Вставить