Logične enačbe. Logike
Uporaba enačb je v našem življenju zelo razširjena. Uporabljajo se pri številnih izračunih, gradnji konstrukcij in celo športu. Človek je enačbe uporabljal že v pradavnini, od takrat pa se je njihova uporaba le še povečala. V matematiki obstajajo določeni problemi, ki se ukvarjajo s propozicionalno logiko. Če želite rešiti tovrstno enačbo, morate imeti določeno mero znanja: poznavanje zakonov propozicionalne logike, poznavanje tabel resničnosti logičnih funkcij 1 ali 2 spremenljivk, metode za pretvorbo logičnih izrazov. Poleg tega morate poznati naslednje lastnosti logičnih operacij: konjunkcija, disjunkcija, inverzija, implikacija in ekvivalenca.
Vsako logično funkcijo \variables - \lahko določite s tabelo resnic.
Rešimo več logičnih enačb:
\[\rightharpoondown X1\vee X2=1 \]
\[\rightharpoondown X2\vee X3=1\]
\[\rightharpoondown X3\vee X4=1 \]
\[\rightharpoondown X9\vee X10=1\]
Začnimo rešitev z \[X1\] in določimo, katere vrednosti lahko sprejme ta spremenljivka: 0 in 1. Nato bomo preučili vsako od zgornjih vrednosti in videli, kaj je lahko \[X2.\].
Kot je razvidno iz tabele, ima naša logična enačba 11 rešitev.
Kje lahko na spletu rešim logično enačbo?
Enačbo lahko rešite na naši spletni strani https://site. Brezplačni spletni reševalec vam bo omogočil reševanje spletnih enačb katere koli zahtevnosti v nekaj sekundah. Vse kar morate storiti je, da preprosto vnesete svoje podatke v reševalec. Ogledate si lahko tudi video navodila in se naučite reševati enačbo na naši spletni strani. In če imate še vedno vprašanja, jih lahko postavite v naši skupini VKontakte http://vk.com/pocketteacher. Pridružite se naši skupini, vedno vam z veseljem pomagamo.
Namen storitve. Spletni kalkulator je zasnovan za sestavljanje tabele resnic za logični izraz.Resnična tabela – tabela, ki vsebuje vse možne kombinacije vhodnih spremenljivk in njihovih ustreznih izhodnih vrednosti.
Tabela resnic vsebuje 2n vrstic, kjer je n število vhodnih spremenljivk, n+m pa so stolpci, kjer je m izhodnih spremenljivk.
Navodila. Ko vnašate s tipkovnice, uporabite naslednje konvencije:
Na primer, logični izraz abc+ab~c+a~bc je treba vnesti takole: a*b*c+a*b=c+a=b*cZa vnos podatkov v obliki logičnega diagrama uporabite to storitev.
Pravila za vnos logične funkcije
- Namesto simbola v (disjunkcija, ALI) uporabite znak +.
- Pred logično funkcijo ni treba podati oznake funkcije. Na primer, namesto F(x,y)=(x|y)=(x^y) morate preprosto vnesti (x|y)=(x^y) .
- Najvišji znesek spremenljivke je enako 10.
Načrtovanje in analiza računalniških logičnih vezij poteka s pomočjo posebne veje matematike – logične algebre. V algebri logike lahko ločimo tri glavne logične funkcije: "NE" (negacija), "IN" (konjunkcija), "ALI" (disjunkcija).
Za ustvarjanje katere koli logične naprave je potrebno določiti odvisnost vsake od izhodnih spremenljivk od obstoječih vhodnih spremenljivk; ta odvisnost se imenuje preklopna funkcija ali funkcija logične algebre.
Funkcija logične algebre se imenuje popolnoma definirana, če je podanih vseh 2n njenih vrednosti, kjer je n število izhodnih spremenljivk.
Če vse vrednosti niso definirane, se funkcija imenuje delno definirana.
Naprava se imenuje logična, če je njeno stanje opisano s funkcijo logične algebre.
Za predstavitev funkcije logične algebre se uporabljajo naslednje metode:
V algebraični obliki lahko sestavite vezje logične naprave z uporabo logičnih elementov. 
Slika 1 - Diagram logične naprave
Definirane so vse operacije algebre logike tabele resnic vrednote. Resnična tabela določa rezultat operacije za vsak je možen x logične vrednosti izvirnih stavkov. Število možnosti, ki odražajo rezultat uporabe operacij, bo odvisno od števila stavkov v logičnem izrazu. Če je število stavkov v logičnem izrazu N, potem bo tabela resnic vsebovala 2 N vrstic, saj obstaja 2 N različnih kombinacij možnih vrednosti argumentov.
Operacija NOT - logična negacija (inverzija)
Logična operacija NI uporabljena za en argument, ki je lahko preprost ali kompleksen logični izraz. Rezultat operacije NI naslednji:- če je izvirni izraz resničen, potem bo rezultat njegove negacije napačen;
- če je izvirni izraz napačen, bo rezultat njegovega zanikanja resničen.
ne A, Ā, ne A, ¬A, !A
Rezultat operacije negacije NI določen z naslednjo tabelo resnic:
| A | ne A |
| 0 | 1 |
| 1 | 0 |
Rezultat operacije zanikanja je resničen, ko je prvotna izjava napačna, in obratno.
Operacija ALI - logično seštevanje (disjunkcija, unija)
Logična operacija ALI opravlja funkcijo združevanja dveh stavkov, ki sta lahko preprost ali kompleksen logični izraz. Stavki, ki so izhodišča za logično operacijo, se imenujejo argumenti. Rezultat operacije ALI je izraz, ki bo resničen, če in samo če je resničen vsaj eden od izvirnih izrazov.Uporabljene oznake: A ali B, A V B, A ali B, A||B.
Rezultat operacije ALI je določen z naslednjo tabelo resnic:
Rezultat operacije ALI je resničen, če je A resničen, ali je B resničen ali sta oba A in B resnična, in napačen, ko sta argumenta A in B napačna.
Operacija IN - logično množenje (konjunkcija)
Logična operacija IN opravlja funkcijo presečišča dveh izjav (argumentov), ki sta lahko preprost ali kompleksen logični izraz. Rezultat operacije IN je izraz, ki bo resničen, če in samo če sta resnična oba prvotna izraza.Uporabljene oznake: A in B, A Λ B, A & B, A in B.
Rezultat operacije IN je določen z naslednjo tabelo resnic:
| A | B | A in B |
| 0 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 0 |
| 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 |
Rezultat operacije IN je resničen, če in samo če sta trditvi A in B resnični, v vseh drugih primerih pa sta napačni.
Operacija “ČE-POTEM” - logična posledica (implikacija)
Ta operacija povezuje dva preprosta logična izraza, od katerih je prvi pogoj, drugi pa posledica tega pogoja.Uporabljene oznake:
če A, potem B; A vključuje B; če A potem B; A→B.
Tabela resnice:
| A | B | A → B |
| 0 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 |
Rezultat operacije implikacije je napačen le, če je premisa A resnična in sklep B (posledica) napačen.
Operacija “A če in samo če B” (enakovrednost, enakovrednost)
Uporabljena oznaka: A ↔ B, A ~ B.Tabela resnice:
| A | B | A↔B |
| 0 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 0 |
| 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 |
Operacija "Seštevanje po modulu 2" (XOR, izključna ali stroga disjunkcija)
Uporabljen zapis: A XOR B, A ⊕ B.Tabela resnice:
| A | B | A⊕B |
| 0 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 1 |
| 1 | 1 | 0 |
Rezultat enakovredne operacije je resničen samo, če sta A in B hkrati resnična ali napačna.
Prioriteta logičnih operacij
- Dejanja v oklepaju
- Inverzija
- veznik (&)
- Disjunkcija (V), izključni ALI (XOR), vsota modulo 2
- Implikacija (→)
- Enakovrednost (↔)
Popolna disjunktivna normalna oblika
Popolna disjunktivna normalna oblika formule(SDNF) je enakovredna formula, ki je disjunkcija elementarnih konjunkcij in ima naslednje lastnosti:- Vsak logični člen formule vsebuje vse spremenljivke, vključene v funkcijo F(x 1,x 2,...x n).
- Vsi logični členi formule so različni.
- Noben logični člen ne vsebuje spremenljivke in njene negacije.
- Noben logični člen v formuli ne vsebuje iste spremenljivke dvakrat.
Za vsako funkcijo sta SDNF in SCNF enolično definirana do permutacije.
Popolna konjunktivna normalna oblika
Popolna konjunktivna normalna oblika formule (SCNF) To je njej enaka formula, ki je konjunkcija elementarnih disjunkcij in zadošča lastnosti:- Vse elementarne disjunkcije vsebujejo vse spremenljivke, vključene v funkcijo F(x 1 ,x 2 ,...x n).
- Vse elementarne disjunkcije so različne.
- Vsaka elementarna disjunkcija enkrat vsebuje spremenljivko.
- Nobena elementarna disjunkcija ne vsebuje spremenljivke in njene negacije.
Metode reševanja sistemov logičnih enačb
Kirgizova E.V., Nemkova A.E.
Lesosibirsk pedagoški inštitut –
veja sibirske zvezna univerza, Rusija
Sposobnost doslednega razmišljanja, prepričljivega sklepanja, postavljanja hipotez in zavračanja negativnih zaključkov ne pride sama od sebe; to veščino razvija znanost logike. Logika je veda, ki preučuje metode za ugotavljanje resničnosti ali napačnosti nekaterih trditev na podlagi resničnosti ali napačnosti drugih trditev.
Obvladovanje osnov te znanosti je nemogoče brez reševanja logičnih problemov. Preverjanje razvoja spretnosti za uporabo znanja v novi situaciji se izvaja s prehodom. Predvsem je to sposobnost odločanja logične težave. Naloge B15 na Enotnem državnem izpitu so naloge povečane kompleksnosti, saj vsebujejo sisteme logičnih enačb. Sisteme logičnih enačb lahko rešimo na različne načine. To je redukcija na eno enačbo, izdelava tabele resnic, dekompozicija, zaporedna rešitev enačb itd.
Naloga:Rešite sistem logičnih enačb:
Razmislimo metoda redukcije na eno enačbo . Ta metoda vključuje preoblikovanje logičnih enačb tako, da so njihove desne strani enake vrednosti resnice (to je 1). Če želite to narediti, uporabite operacijo logičnega zanikanja. Nato, če enačbe vsebujejo zapletene logične operacije, jih nadomestimo z osnovnimi: "IN", "ALI", "NE". Naslednji korak je združitev enačb v eno, enakovredno sistemu, z uporabo logične operacije "IN". Po tem bi morali preoblikovati nastalo enačbo na podlagi zakonov logične algebre in pridobiti specifično rešitev sistema.
1. rešitev:Uporabite inverzijo na obeh straneh prve enačbe:
Predstavljajmo si implikacijo skozi osnovni operaciji "ALI" in "NE":
Ker so leve strani enačb enake 1, jih lahko združimo z operacijo »IN« v eno enačbo, ki je enakovredna izvirnemu sistemu:
Prvi oklepaj odpremo po De Morganovem zakonu in preoblikujemo dobljeni rezultat:
Nastala enačba ima eno rešitev: A= 0, B =0 in C =1.
Naslednja metoda je sestavljanje tabel resnic . Ker imajo logične količine samo dve vrednosti, lahko preprosto pregledate vse možnosti in med njimi poiščete tiste, za katere je dani sistem enačb izpolnjen. To pomeni, da zgradimo eno skupno tabelo resnic za vse enačbe sistema in poiščemo črto z zahtevanimi vrednostmi.
Rešitev 2:Ustvarimo tabelo resnic za sistem:
|
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
Vrstica, za katero so izpolnjeni pogoji naloge, je označena s krepkim tiskom. Torej A =0, B =0 in C =1.
Pot razgradnja . Ideja je popraviti vrednost ene od spremenljivk (nastaviti jo na 0 ali 1) in s tem poenostaviti enačbe. Nato lahko popravite vrednost druge spremenljivke in tako naprej.
Rešitev 3: Pustiti A = 0, potem:
Iz prve enačbe dobimo B =0, od drugega pa C=1. Rešitev sistema: A = 0, B = 0 in C = 1.
Uporabite lahko tudi metodo sekvenčna rešitev enačbe , pri čemer na vsakem koraku doda eno spremenljivko v obravnavani niz. Za to je potrebno transformirati enačbe tako, da so spremenljivke vnesene po abecednem vrstnem redu. Nato zgradimo drevo odločitev in mu zaporedno dodajamo spremenljivke.
Prva enačba sistema je odvisna samo od A in B, druga enačba pa od A in C. Spremenljivka A ima lahko 2 vrednosti 0 in 1:
Iz prve enačbe sledi, da 
, torej kdaj A = 0 in dobimo B = 0, za A = 1 pa imamo B = 1. Torej ima prva enačba dve rešitvi glede na spremenljivki A in B.
Pokažimo drugo enačbo, iz katere določimo vrednosti C za vsako možnost. Ko je A =1, implikacija ne more biti napačna, to pomeni, da druga veja drevesa nima rešitve. pri A= 0
dobimo edino rešitev C= 1
:
Tako smo dobili rešitev sistema: A = 0, B = 0 in C = 1.
Na Enotnem državnem izpitu iz računalništva je zelo pogosto treba določiti število rešitev sistema logičnih enačb, ne da bi našli same rešitve; za to obstajajo tudi določene metode. Glavni način za iskanje števila rešitev sistema logičnih enačb je zamenjava spremenljivk. Najprej morate vsako od enačb čim bolj poenostaviti na podlagi zakonov logične algebre, nato pa kompleksne dele enačb nadomestiti z novimi spremenljivkami in določiti število rešitev novega sistema. Nato se vrnite k zamenjavi in določite število rešitev zanjo.
Naloga:Koliko rešitev ima enačba ( A → B ) + (C → D ) = 1? Kjer so A, B, C, D logične spremenljivke.
rešitev:Uvedimo nove spremenljivke: X = A → B in Y = C → D . Ob upoštevanju novih enačba spremenljivke bo zapisan v obliki: X + Y = 1.
Disjunkcija velja v treh primerih: (0;1), (1;0) in (1;1), medtem ko X in Y je implikacija, kar pomeni, da je resnična v treh primerih in napačna v enem. Zato bo primer (0;1) ustrezal trem možnim kombinacijam parametrov. Primer (1;1) – bo ustrezal devetim možnim kombinacijam parametrov izvirne enačbe. Torej, skupaj možne rešitve podana enačba 3+9=15.
Naslednji način za določitev števila rešitev sistema logičnih enačb je binarno drevo. Razmislimo ta metoda Na primer.
Naloga:Koliko različnih rešitev ima sistem logičnih enačb:
Podani sistem enačb je enakovreden enačbi:
( x 1 → x 2 )*( x 2 → x 3 )*…*( x m -1 → x m) = 1.
Pretvarjajmo se, dax 1 – je res, potem iz prve enačbe dobimo tox 2 tudi res, od drugega -x 3 =1 in tako naprej, dokler x m= 1. Torej je množica (1; 1; …; 1) od m enot je rešitev sistema. Naj zdajx 1 =0, potem iz prve enačbe imamox 2 =0 oz x 2 =1.
Kdaj x 2 res, dobimo, da so tudi preostale spremenljivke resnične, to pomeni, da je množica (0; 1; ...; 1) rešitev sistema. prix 2 =0 to razumemo x 3 =0 oz x 3 = in tako naprej. Če nadaljujemo z zadnjo spremenljivko, ugotovimo, da so rešitve enačbe naslednji nizi spremenljivk ( m +1 rešitev, v vsaki raztopini m spremenljive vrednosti):
(1; 1; 1; …; 1)
(0; 1; 1; …; 1)
(0; 0; 0; …; 0)
Ta pristop je dobro ponazorjen z izgradnjo binarnega drevesa. Število možnih rešitev je število različnih vej sestavljenega drevesa. Preprosto je videti, da je enak m +1.
|
Spremenljivke |
Drevo |
Število rešitev |
|
x 1 |
|
|
|
x 2 |
||
|
x 3 |
||
V primeru težav pri razmišljanju in gradnji odločitvenega drevesa lahko poiščete rešitev z uporabo tabele resnic, za eno ali dve enačbi.
Prepišimo sistem enačb v obliki:
Ustvarimo tabelo resnic ločeno za eno enačbo:
|
x 1 |
x 2 |
(x 1 → x 2) |
Ustvarimo tabelo resnic za dve enačbi:
|
x 1 |
x 2 |
x 3 |
x 1 → x 2 |
x 2 → x 3 |
(x 1 → x 2) * (x 2 → x 3) |
Nato lahko vidite, da je ena enačba resnična v naslednjih treh primerih: (0; 0), (0; 1), (1; 1). Sistem dveh enačb je resničen v štirih primerih (0; 0; 0), (0; 0; 1), (0; 1; 1), (1; 1; 1). V tem primeru je takoj jasno, da obstaja rešitev, sestavljena samo iz ničel in več m rešitve, pri katerih se dodaja ena enota naenkrat, začenši z zadnjega mesta, dokler niso zapolnjena vsa možna mesta. Lahko se domneva, da skupna odločitev bo imel enako obliko, a da bi ta pristop postal rešitev, je potreben dokaz, da je predpostavka resnična.
Če povzamem vse zgoraj navedeno, bi vas rad opozoril na dejstvo, da vse obravnavane metode niso univerzalne. Pri reševanju vsakega sistema logičnih enačb je treba upoštevati njegove značilnosti, na podlagi katerih je treba izbrati način reševanja.
Literatura:
1. Logični problemi / O.B. Bogomolov – 2. izd. – M.: BINOM. Laboratorij znanja, 2006. – 271 str.: ilustr.
2. Polyakov K.Yu. Sistemi logičnih enačb / Poučno-metodični časopis za učitelje računalništva: Informatika št. 14, 2011.
Reševanje sistemov logičnih enačb s spreminjanjem spremenljivk
Metoda substitucije spremenljivk se uporablja, če so nekatere spremenljivke vključene v enačbe samo v obliki določenega izraza in nič drugega. Nato lahko ta izraz označimo z novo spremenljivko.
Primer 1.
Koliko različnih nizov vrednosti logičnih spremenljivk x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 obstaja, ki izpolnjujejo vse spodaj navedene pogoje?
(x1 → x2) → (x3 → x4) = 1
(x3 → x4) → (x5 → x6) = 1
(x5 → x6) → (x7 → x8) = 1
Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti spremenljivk x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8, za katere je izpolnjen ta sistem enakosti. Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev:
(x1 → x2) = y1; (x3 → x4) = y2; (x5 → x6) = y3; (x7 → x8) = y4.
Nato lahko sistem zapišemo v obliki ene enačbe:
(y1 → y2) ∧ (y2 → y3) ∧ (y3 → y4) = 1. Konjunkcija je 1 (true), ko ima vsak operand vrednost 1. To je vsaka od implikacij mora biti resnična in to velja za vse vrednosti razen (1 → 0). Tisti. v tabeli vrednosti spremenljivk y1, y2, y3, y4 ena ne sme biti levo od ničle:
Tisti. pogoji so izpolnjeni za 5 nizov y1-y4.
Ker y1 = x1 → x2, potem je vrednost y1 = 0 dosežena na enem nizu x1, x2: (1, 0), vrednost y1 = 1 pa na treh nizih x1, x2: (0,0) , (0 ,1), (1.1). Enako za y2, y3, y4.
Ker je vsak niz (x1,x2) za spremenljivko y1 kombiniran z vsakim nizom (x3,x4) za spremenljivko y2 itd., se števila nizov spremenljivk x pomnožijo:
|
Število nizov na x1…x8 |
||||
Seštejmo število nizov: 1 + 3 + 9 + 27 + 81 = 121.
odgovor: 121
Primer 2.
Koliko različnih nizov vrednosti logičnih spremenljivk x1, x2, ... x9, y1, y2, ... y9 obstaja, ki izpolnjujejo vse spodaj navedene pogoje?
(¬ (x1 ≡ y1)) ≡ (x2 ≡ y2)
(¬ (x2 ≡ y2)) ≡ (x3 ≡ y3)
(¬ (x8 ≡ y8)) ≡ (x9 ≡ y9)
V odgovor ni potrebno naštejte vse različne nize vrednosti spremenljivk x1, x2, ... x9, y1, y2, ... y9, za katere je izpolnjen dani sistem enačb. Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev:
Spremenimo spremenljivke:
(x1 ≡ y1) = z1, (x2 ≡ y2) = z2,…. ,(x9 ≡ y9) = z9
Sistem lahko zapišemo kot eno samo enačbo:
(¬ z1 ≡ z2) ∧ (¬ z2 ≡ z3) ∧ …..∧ (¬ z8 ≡ z9)
Enakovrednost velja samo, če sta oba operanda enaka. Obstajata dva niza rešitev te enačbe:
| z1 | z2 | z3 | z4 | z5 | z6 | z7 | z8 | z9 |
| 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 |
Ker zi = (xi ≡ yi), potem vrednost zi = 0 ustreza dvema nizoma (xi,yi): (0,1) in (1,0), vrednost zi = 1 pa dvema nizoma (xi,yi ): (0 ,0) in (1,1).
Potem prvi niz z1, z2,…, z9 ustreza 2 9 nizom (x1,y1), (x2,y2),…, (x9,y9).
Enako število ustreza drugemu nizu z1, z2,…, z9. Potem je skupno 2 9 + 2 9 = 1024 nizov.
odgovor: 1024
Reševanje sistemov logičnih enačb z metodo vizualna definicija rekurzija.
Ta metoda se uporablja, če je sistem enačb precej preprost in je vrstni red povečevanja števila nizov pri dodajanju spremenljivk očiten.
Primer 3.
Koliko različnih rešitev ima sistem enačb?
¬x9 ∨ x10 = 1,
kjer so x1, x2, … x10 logične spremenljivke?
Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti x1, x2, ... x10, za katere je ta sistem enakosti izpolnjen. Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev:
Rešimo prvo enačbo. Disjunkcija je enaka 1, če je vsaj eden od njenih operandov enak 1. To je rešitve so sklopi:
Za x1=0 obstajata dve vrednosti x2 (0 in 1), za x1=1 pa samo ena vrednost x2 (1), tako da je množica (x1,x2) rešitev enačbe . Skupaj so 3 kompleti.
Dodajmo spremenljivko x3 in razmislimo o drugi enačbi. Podobno je prvemu, kar pomeni, da za x2=0 obstajata dve vrednosti x3 (0 in 1), za x2=1 pa samo ena vrednost x3 (1), tako da je množica (x2 ,x3) je rešitev enačbe. Skupaj so 4 kompleti.
Preprosto je videti, da se pri dodajanju druge spremenljivke doda en niz. Tisti. rekurzivna formula za število nizov (i+1) spremenljivk:
N i +1 = N i + 1. Potem za deset spremenljivk dobimo 11 nizov.
odgovor: 11
Reševanje sistemov logičnih enačb različnih vrst
Primer 4.
Koliko različnih nizov vrednosti logičnih spremenljivk x 1, ..., x 4, y 1,..., y 4, z 1,..., z 4 obstaja, ki izpolnjujejo vse spodaj navedene pogoje ?
(x 1 → x 2) ∧ (x 2 → x 3) ∧ (x 3 → x 4) = 1
(y 1 → y 2) ∧ (y 2 → y 3) ∧ (y 3 → y 4) = 1
(z 1 → z 2) ∧ (z 2 → z 3) ∧ (z 3 → z 4) = 1
x 4 ∧ y 4 ∧ z 4 = 0
V odgovor ni potrebno naštejte vse različne nize vrednosti spremenljivk x 1, ..., x 4, y 1, ..., y 4, z 1, ..., z 4, za katere je ta sistem enakosti izpolnjen.
Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev:
Upoštevajte, da so tri enačbe sistema enake na različnih neodvisnih nizih spremenljivk.
Poglejmo prvo enačbo. Konjunkcija je resnična (enaka 1) le, če so vsi njeni operandi resnični (enaki 1). Implikacija je 1 za vse tuple razen (1,0). To pomeni, da bodo rešitve prve enačbe naslednje množice x1, x2, x3, x4, v katerih se 1 ne pojavi levo od 0 (5 skupin):
Podobno bosta rešitvi druge in tretje enačbe popolnoma enaki množici y1,…,y4 in z1,…, z4.
Zdaj pa analizirajmo četrto enačbo sistema: x 4 ∧ y 4 ∧ z 4 = 0. Rešitev bodo vse množice x4, y4, z4, v katerih je vsaj ena od spremenljivk enaka 0.
Tisti. za x4 = 0 so primerne vse možne množice (y4, z4), za x4 = 1 pa so primerne množice (y4, z4), v katerih je vsaj ena ničla: (0, 0), (0,1 ), (1, 0).
|
Število kompletov |
||||
Skupno število nizov je 25 + 4*9 = 25 + 36 = 61.
odgovor: 61
Reševanje sistemov logičnih enačb s konstruiranjem rekurentnih formul
Za reševanje se uporablja metoda konstruiranja ponavljajočih se formul kompleksni sistemi, v katerem vrstni red povečevanja števila nizov ni očiten, gradnja drevesa pa je zaradi obsega nemogoča.
Primer 5.
Koliko različnih nizov vrednosti logičnih spremenljivk x1, x2, ... x7, y1, y2, ... y7 obstaja, ki izpolnjujejo vse spodaj navedene pogoje?
(x1 ∨ y1) ∧ ((x2 ∧ y2) → (x1 ∧ y1)) = 1
(x2 ∨ y2) ∧ ((x3 ∧ y3) → (x2 ∧ y2)) = 1
(x6 ∨ y6) ∧ ((x7 ∧ y7) → (x6 ∧ y6)) = 1
Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti spremenljivk x1, x2, ..., x7, y1, y2, ..., y7, za katere je izpolnjen ta sistem enakosti. Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev:
Upoštevajte, da je prvih šest enačb sistema enakih in se razlikujejo le v nizu spremenljivk. Poglejmo prvo enačbo. Njegova rešitev bodo naslednji nizi spremenljivk:
Označimo:
število tupl (0,0) na spremenljivkah (x1,y1) do A 1,
število tuplov (0,1) na spremenljivkah (x1,y1) do B 1,
število tuplov (1,0) na spremenljivkah (x1,y1) do C 1,
število tupl (1,1) na spremenljivkah (x1,y1) do D 1 .
število tupl (0,0) na spremenljivkah (x2,y2) do A 2,
število tulp (0,1) na spremenljivkah (x2,y2) do B 2,
število tulp (1,0) na spremenljivkah (x2,y2) do C 2,
število tork (1,1) na spremenljivkah (x2,y2) do D 2 .
Iz odločitvenega drevesa to vidimo
A 1 =0, B 1 =1, C 1 =1, D 1 =1.
Upoštevajte, da je množica (0,0) spremenljivk (x2,y2) pridobljena iz množic (0,1), (1,0) in (1,1) spremenljivk (x1,y1). Tisti. A 2 =B 1 +C 1 +D 1.
Množico (0,1) na spremenljivkah (x2,y2) dobimo iz množic (0,1), (1,0) in (1,1) na spremenljivkah (x1,y1). Tisti. B 2 =B 1 +C 1 +D 1.
Če trdimo podobno, opazimo, da je C 2 =B 1 +C 1 +D 1. D2 = D1.
Tako dobimo ponavljajoče se formule:
A i+1 = B i + C i + D i
B i+1 = B i + C i + D i
C i+1 = B i + C i + D i
D i+1 = A i +B i + C i + D i
Naredimo mizo
| Kompleti | Imenovanje. | Formula |
Število kompletov |
||||||
| i=1 | i=2 | i=3 | i=4 | i=5 | i=6 | i=7 | |||
| (0,0) | A i | A i+1 =B i +C i +D i | 0 | 3 | 7 | 15 | 31 | 63 | 127 |
| (0,1) | B i | B i+1 =B i +C i +D i | 1 | 3 | 7 | 15 | 31 | 63 | 127 |
| (1,0) | C i | C i+1 =B i +C i +D i | 1 | 3 | 7 | 15 | 31 | 63 | 127 |
| (1,1) | D i | D i+1 =D i | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
Zadnjo enačbo (x7 ∨ y7) = 1 izpolnjujejo vse množice, razen tistih, v katerih je x7=0 in y7=0. V naši tabeli je število takih nizov A 7.
Potem je skupno število nizov B 7 + C 7 + D 7 = 127+127+1 = 255
odgovor: 255
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M ∧ (N ∨ ¬N) = 0, kjer so J, K, L, M, N logične spremenljivke?
rešitev.
Izraz (N ∨ ¬N) torej velja za vsak N
J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M = 0.
Uporabimo negacijo na obeh straneh logične enačbe in uporabimo De Morganov zakon ¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B. Dobimo ¬J ∨ K ∨ ¬L ∨ M = 1.
Logična vsota je enaka 1, če je vsaj ena od njenih sestavnih izjav enaka 1. Zato nastalo enačbo zadovolji katera koli kombinacija logičnih spremenljivk, razen v primeru, ko so vse količine, vključene v enačbo, enake 0. Vsaka od 4 spremenljivke so lahko enake 1 ali 0, zato so vse možne kombinacije 2·2·2·2 = 16. Zato ima enačba 16 −1 = 15 rešitev.
Omeniti velja, da 15 najdenih rešitev ustreza kateri koli od dveh možnih vrednosti logične spremenljivke N, tako da ima izvirna enačba 30 rešitev.
Odgovor: 30
Koliko različnih rešitev ima enačba?
((J → K) → (M ∧ N ∧ L)) ∧ ((J ∧ ¬K) → ¬ (M ∧ N ∧ L)) ∧ (M → J) = 1
kjer so J, K, L, M, N logične spremenljivke?
Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti J, K, L, M in N, za katere velja ta enakost. Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev.
Uporabimo formuli A → B = ¬A ∨ B in ¬(A ∨ B) = ¬A ∧ ¬B
Oglejmo si prvo podformulo:
(J → K) → (M ∧ N ∧ L) = ¬(¬J ∨ K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L)
Oglejmo si drugo podformulo
(J ∧ ¬K) → ¬(M ∧ N ∧ L) = ¬(J ∧ ¬K) ∨ ¬(M ∧ N ∧ L) = (¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L
Oglejmo si tretjo podformulo
1) M → J = 1 torej,
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (1 ∧ N ∧ L) = ¬K ∨ N ∧ L;
(0 ∨ K) ∨ 0 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ ¬N ∨ ¬L;
Združimo:
¬K ∨ N ∧ L ∧ K ∨ ¬N ∨ ¬L = 0 ∨ L ∨ 0 ∨ ¬L = L ∨ ¬L = 1 torej 4 rešitve.
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (0 ∧ N ∧ L) = ¬K;
(¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L = (0 ∨ K) ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L
Združimo:
K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L ∧ ¬K = 1 ∨ ¬N ∨ ¬L torej 4 rešitve.
c) M = 0 J = 0.
(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (0 ∧ ¬K) ∨ (0 ∧ N ∧ L) = 0.
(¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L = (1 ∨ K) ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L.
Odgovor: 4 + 4 = 8.
Odgovor: 8
Koliko različnih rešitev ima enačba?
((K ∨ L) → (L ∧ M ∧ N)) = 0
kjer so K, L, M, N logične spremenljivke? V odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti K, L, M in N, za katere velja ta enakost. Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev.
Prepišimo enačbo z enostavnejšim zapisom za operacije:
((K + L) → (L M N)) = 0
1) iz tabele resnic operacije "implikacija" (glej prvi problem) sledi, da je ta enakost resnična, če in samo, če hkrati
K + L = 1 in L M N = 0
2) iz prve enačbe sledi, da je vsaj ena od spremenljivk, K ali L, enaka 1 (ali obe skupaj); torej razmislimo o treh primerih
3) če je K = 1 in L = 0, potem je druga enakost izpolnjena za poljubna M in N; ker obstajajo 4 kombinacije dveh logičnih spremenljivk (00, 01, 10 in 11), imamo 4 različne rešitve
4) če je K = 1 in L = 1, velja druga enakost za M · N = 0; obstajajo 3 takšne kombinacije (00, 01 in 10), imamo še 3 rešitve
5) če je K = 0, potem je L = 1 (iz prve enačbe); v tem primeru je druga enakost izpolnjena, ko je M · N = 0; obstajajo 3 takšne kombinacije (00, 01 in 10), imamo še 3 rešitve
6) skupaj dobimo 4 + 3 + 3 = 10 rešitev.
Odgovor: 10
Koliko različnih rešitev ima enačba?
(K ∧ L) ∨ (M ∧ N) = 1
rešitev.
Izraz velja v treh primerih, ko sta (K ∧ L) in (M ∧ N) enaka 01, 11, 10.
1) "01" K ∧ L = 0; M ∧ N = 1, => M, N so enaki 1, K in L pa sta kar koli razen hkrati 1. Zato obstajajo 3 rešitve.
2) "11" K ∧ L = 1; M ∧ N = 1. => 1 rešitev.
3) "10" K ∧ L = 1; M ∧ N = 0. => 3 rešitve.
Odgovor: 7.
Odgovor: 7
Koliko različnih rešitev ima enačba?
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0
kjer so X, Y, Z, P logične spremenljivke? Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti, za katere velja ta enakost. Kot odgovor morate navesti samo število takih nizov.
rešitev.
(X ∧ Y ∨ Z) → (Z ∨ P) = 0 =>
¬(X ∧ Y ∨ Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
(¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;
Logični ALI je napačen samo v enem primeru: ko sta oba izraza napačna.
torej
(Z ∨ P) = 0 => Z = 0, P = 0.
¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z = 0 => ¬X ∨ ¬Y ∧ 1 = 0 =>
¬X ∨ ¬Y = 0 => X = 1; Y = 1.
Zato obstaja samo ena rešitev enačbe.
Odgovor: 1
Koliko različnih rešitev ima enačba?
(K ∨ L) ∧ (M ∨ N) = 1
kjer so K, L, M, N logične spremenljivke? Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti K, L, M in N, za katere velja ta enakost. Kot odgovor morate navesti samo število takih nizov.
rešitev.
Logično In je resnično samo v enem primeru: ko so vsi izrazi resnični.
K ∨ L = 1, M ∨ N = 1.
Vsaka od enačb daje 3 rešitve.
Razmislite o enačbi A ∧ B = 1, če tako A kot B sprejmeta prave vrednosti v treh primerih, potem ima enačba skupno 9 rešitev.
Zato je odgovor 9.
Odgovor: 9
Koliko različnih rešitev ima enačba?
((A → B)∧ C) ∨ (D ∧ ¬D)= 1,
kjer so A, B, C, D logične spremenljivke?
Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti A, B, C, D, za katere velja ta enakost. Kot odgovor morate navesti število takih nizov.
rešitev.
Logični "ALI" je resničen, ko je vsaj ena od trditev resnična.
(D ∧ ¬D)= 0 za katerikoli D.
torej
(A → B)∧ C) = 1 => C = 1; A → B = 1 => ¬ A ∨ B = 1, kar nam daje 3 možne rešitve za vsak D.
(D ∧ ¬ D)= 0 za kateri koli D, kar nam da dve rešitvi (za D = 1, D = 0).
Torej: skupne rešitve 2*3 = 6.
Skupaj 6 rešitev.
Odgovor: 6
Koliko različnih rešitev ima enačba?
(¬K ∨ ¬L ∨ ¬M) ∧ (L ∨ ¬M ∨ ¬N) = 0
kjer so K, L, M, N logične spremenljivke? Odgovoru ni treba navesti vseh različnih nizov vrednosti K, L, M in N, za katere velja ta enakost. Kot odgovor morate navesti samo število takih nizov.
rešitev.
Uporabimo negacijo na obeh straneh enačbe:
(K ∧ L ∧ M) ∨ (¬L ∧ M ∧ N) = 1
Logični ALI velja v treh primerih.
Možnost 1.
K ∧ L ∧ M = 1, potem je K, L, M = 1 in ¬L ∧ M ∧ N = 0. N je poljubno, to je 2 rešitvi.
Možnost 2.
¬L ∧ M ∧ N = 1, potem N, M = 1; L = 0, K poljubno, to je 2 rešitvi.
Zato je odgovor 4.
Odgovor: 4
A, B in C so cela števila, za katera trditev velja
¬ (A = B) ∧ ((A > B)→(B > C)) ∧ ((B > A)→(C > B)).
Čemu je enako B, če je A = 45 in C = 43?
rešitev.
Upoštevajte, da je ta zapletena izjava sestavljena iz treh preprostih
1) ¬(A = B); (A > B)→(B > C); (B > A)→(C > B);
2) ti preprosti stavki so povezani z operacijo ∧ (AND, konjunkcija), to pomeni, da jih je treba izvesti hkrati;
3) iz ¬(A = B)=1 takoj sledi A B;
4) predpostavimo, da je A > B, potem iz drugega pogoja dobimo 1→(B > C)=1; ta izraz je lahko resničen, če in samo če je B > C = 1;
5) torej imamo A > B > C, temu pogoju ustreza samo število 44;
6) za vsak slučaj preverimo še možnost A 0 →(B > C)=1;
ta izraz velja za vsak B; zdaj pa poglej tretji pogoj, ki ga dobimo
ta izraz je lahko resničen, če in samo če je C > B, in tu imamo protislovje, ker ne obstaja takšno število B, za katerega bi bil C > B > A.
Odgovor: 44.
Odgovor: 44
Sestavite tabelo resnic za logično funkcijo
X = (A ↔ B) ∨ ¬(A → (B ∨ C))
v katerem je stolpec vrednosti argumenta A binarna predstavitev števila 27, stolpec vrednosti argumenta B je število 77, stolpec vrednosti argumenta C je število 120. Število v stolpcu je zapisano od zgoraj navzdol od najpomembnejšega do najmanj pomembnega (vključno z ničelnim nizom). Pretvorite dobljeno binarno predstavitev vrednosti funkcije X v decimalni številski sistem.
rešitev.
Zapišimo enačbo z enostavnejšim zapisom za operacije:
1) to je izraz s tremi spremenljivkami, zato bodo v resnični tabeli črte; zato mora biti binarna predstavitev števil, ki se uporabljajo za sestavo stolpcev A, B in C tabele, sestavljena iz 8 števk
2) pretvorite številke 27, 77 in 120 v binarni sistem, tako da takoj dodate do 8 števk ničel na začetku številk
3) malo verjetno je, da boste lahko takoj zapisali vrednosti funkcije X za vsako kombinacijo, zato je priročno dodati dodatne stolpce v tabelo za izračun vmesnih rezultatov (glejte spodnjo tabelo)
| A | IN | Z | X|
| 0 | 0 | ||
| 0 | 1 | 1 | |
| 0 | 0 | 1 | |
| 1 | 0 | 1 | |
| 1 | 1 | 1 | |
| 0 | 1 | 0 | |
| 1 | 0 | 0 | |
| 1 | 1 | 0 |
4) izpolnite stolpce tabele:
| A | IN | Z | X | ||||
| 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
| 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 |
vrednost je 1 samo v tistih vrsticah, kjer je A = B
vrednost je 1 v tistih vrsticah, kjer je B ali C = 1
vrednost je 0 samo v tistih vrsticah, kjer je A = 1 in B + C = 0
vrednost je inverzna vrednosti prejšnjega stolpca (0 se nadomesti z 1, 1 pa z 0)
rezultat X (zadnji stolpec) je logična vsota dveh stolpcev in
5) da dobite odgovor, zapišite bite iz stolpca X od zgoraj navzdol:
6) pretvorite to število v decimalni sistem:
Odgovor: 171
Katero je največje celo število X, za katerega velja izjava (10 (X+1)·(X+2))?
rešitev.
Enačba je operacija implikacije med dvema razmerjema:
1) Seveda lahko tukaj uporabite isto metodo kot v primeru 2208, vendar boste morali rešiti kvadratne enačbe(Nočem…);
2) Upoštevajte, da nas po pogoju zanimajo samo cela števila, zato lahko poskusimo nekako preoblikovati izvirni izraz, tako da dobimo enakovredno izjavo (sploh nas ne zanimajo natančne vrednosti korenin!);
3) Razmislite o neenakosti: očitno je lahko pozitivno ali negativno število;
4) Preprosto je preveriti, ali je v domeni izjava resnična za vsa cela števila , in v domeni - za vsa cela števila (da ne bi prišlo do zmede, je bolj priročno uporabiti nestroge neenakosti in , namesto in );
5) Zato ga je za cela števila mogoče nadomestiti z enakovrednim izrazom
6) domena resnice izraza je zveza dveh neskončnih intervalov;
7) Zdaj razmislite o drugi neenakosti: očitno je, da je lahko tudi pozitivno ali negativno število;
8) V regiji izjava velja za vsa cela števila, v regiji pa za vsa cela števila, zato jo je za cela števila mogoče nadomestiti z enakovrednim izrazom
9) področje resnice izraza je zaprt interval;
10) Podani izraz velja povsod, razen na področjih, kjer in ;
11) Upoštevajte, da vrednost ni več primerna, ker tam in , kar pomeni, da implikacija daje 0;
12) Pri zamenjavi 2, (10 (2+1) · (2+2)) ali 0 → 0, ki izpolnjuje pogoj.
Torej je odgovor 2.
Odgovor: 2
Katero je največje celo število X, za katerega velja trditev
(50 (X+1)·(X+1))?
rešitev.
Uporabimo implikacijsko transformacijo in transformirajmo izraz:
(50 (X+1)·(X+1)) ⇔ ¬(X 2 > 50) ∨ ((X+1) 2) ∨ (|X+1|).
Logični ALI je resničen, ko je resnična vsaj ena logična izjava. Po rešitvi obeh neenačb in ob upoštevanju tega vidimo, da je največje celo število, za katerega je izpolnjena vsaj ena od njiju, 7 (na sliki je pozitivna rešitev druge neenačbe prikazana rumeno, prve pa modro).
Odgovor: 7
Navedite vrednosti spremenljivk K, L, M, N, pri katerih je logični izraz
(¬(M ∨ L) ∧ K) → (¬K ∧ ¬M ∨ N)
lažno. Odgovor zapišite kot niz 4 znakov: vrednosti spremenljivk K, L, M in N (v tem vrstnem redu). Tako na primer vrstica 1101 ustreza dejstvu, da je K=1, L=1, M=0, N=1.
rešitev.
Podvaja nalogo 3584.
Odgovor: 1000
(¬K ∨ M) → (¬L ∨ M ∨ N)
rešitev.
Uporabimo implikacijsko transformacijo:
(K ∧ ¬M) ∨ (¬L ∨ M ∨ N) = 0
Uporabimo negacijo na obeh straneh enačbe:
(¬K ∨ M) ∧ L ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Pretvorimo:
(¬K ∧ L ∨ M ∧ L) ∧ ¬M ∧ ¬N = 1
Zato je M = 0, N = 0, zdaj upoštevajte (¬K ∧ L ∨ M ∧ L):
iz dejstva, da je M = 0, N = 0, sledi, da je M ∧ L = 0, potem je ¬K ∧ L = 1, torej K = 0, L = 1.
Odgovor: 0100
Določite vrednosti spremenljivk K, L, M, N, pri katerih je logični izraz
(¬(M ∨ L) ∧ K) → ((¬K ∧ ¬M) ∨ N)
lažno. Odgovor zapišite kot niz štirih znakov: vrednosti spremenljivk K, L, M in N (v tem vrstnem redu). Tako na primer vrstica 1101 ustreza dejstvu, da je K=1, L=1, M=0, N=1.
rešitev.
Zapišimo enačbo s preprostejšim zapisom operacij (pogoj »izraz je napačen« pomeni, da je enak logični ničli):
1) iz formulacije pogoja sledi, da mora biti izraz napačen samo za en niz spremenljivk
2) iz tabele resnic operacije "implikacije" sledi, da je ta izraz napačen, če in samo, če hkrati
3) prva enakost (logični produkt je enak 1) je izpolnjena, če in samo če in ; iz tega sledi (logična vsota je enaka nič), kar se lahko zgodi samo takrat, ko ; Tako smo že definirali tri spremenljivke
4) iz drugega pogoja, , za in dobimo .
Podvaja nalogo
Odgovor: 1000
Določite vrednosti logičnih spremenljivk P, Q, S, T, pri katerih je logični izraz
(P ∨ ¬Q) ∨ (Q → (S ∨ T)) je napačno.
Odgovor zapišite kot niz štirih znakov: vrednosti spremenljivk P, Q, S, T (v tem vrstnem redu).
rešitev.
(1) (P ∨ ¬Q) = 0
(2) (Q → (S ∨ Т)) = 0
(1) (P ∨ ¬Q) = 0 => P = 0, Q = 1.
(2) (Q → (S ∨ Т)) = 0 Uporabimo implikacijsko transformacijo:
¬Q ∨ S ∨ T = 0 => S = 0, T = 0.
Odgovor: 0100
Določite vrednosti spremenljivk K, L, M, N, pri katerih je logični izraz
(K → M) ∨ (L ∧ K) ∨ ¬N
lažno. Odgovor zapišite kot niz štirih znakov: vrednosti spremenljivk K, L, M in N (v tem vrstnem redu). Tako na primer vrstica 1101 ustreza dejstvu, da je K=1, L=1, M=0, N=1.
rešitev.
Logični ALI je napačen, če in samo če sta oba stavka napačna.
(K → M) = 0, (L ∧ K) ∨ ¬N = 0.
Uporabimo implikacijsko transformacijo za prvi izraz:
¬K ∨ M = 0 => K = 1, M = 0.
Razmislite o drugem izrazu:
(L ∧ K) ∨ ¬N = 0 (glej rezultat prvega izraza) => L ∨ ¬N = 0 => L = 0, N = 1.
Odgovor: 1001.
Odgovor: 1001
Določite vrednosti spremenljivk K, L, M, N, pri katerih je logični izraz
(K → M) ∧ (K → ¬M) ∧ (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N))
prav. Odgovor zapišite kot niz štirih znakov: vrednosti spremenljivk K, L, M in N (v tem vrstnem redu). Tako na primer vrstica 1101 ustreza dejstvu, da je K=1, L=1, M=0, N=1.
rešitev.
Logični "IN" je resničen, če in samo če sta obe izjavi resnični.
1) (K → M) = 1 Uporabite implikacijsko transformacijo: ¬K ∨ M = 1
2) (K → ¬M) = 1 Uporabite implikacijsko transformacijo: ¬K ∨ ¬M = 1
Iz tega sledi, da je K = 0.
3) (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N)) = 1 Uporabimo implikacijsko transformacijo: K ∨ (M ∧ ¬L ∧ N) = 1 iz dejstva, da dobimo K = 0.