Metode rješavanja sustava logičkih jednadžbi. Rješavanje logičkih jednadžbi

Tema lekcije: Rješavanje logičkih jednadžbi

Razvojni - stvoriti uvjete za razvoj kognitivnog interesa učenika, promicati razvoj pamćenja, pažnje i logičkog mišljenja;

Edukativni : promicati sposobnost slušanja mišljenja drugih, njegovanje volje i ustrajnosti za postizanje konačnih rezultata.

Vrsta lekcije: kombinirani sat

Oprema: računalo, multimedijski projektor, prezentacija 6.

Tijekom nastave

Ponavljanje i obnavljanje temeljnih znanja. Provjera domaće zadaće (10 minuta)

U prethodnim lekcijama upoznali smo se s osnovnim zakonima logičke algebre i naučili koristiti te zakone za pojednostavljenje logičkih izraza.

Provjerimo domaću zadaću o pojednostavljivanju logičkih izraza:

1. Koja od sljedećih riječi zadovoljava logički uvjet:

(suglasnik prvog slova→suglasnik drugog slova)٨ (samoglasnik zadnjeg slova → samoglasnik pretposljednjeg slova)? Ako postoji više takvih riječi, označite najmanju od njih.

1) ANNA 2) MARIJA 3) OLEG 4) STJEPAN

Uvedimo sljedeću oznaku:

A – suglasnik prvog slova

B – suglasnik drugog slova

S – zadnje slovo samoglasnika

D – pretposljednje slovo samoglasnika

Napravimo izraz:

Napravimo tablicu:

2. Označi koji je logički izraz ekvivalentan izrazu

Pojednostavimo snimanje izvornog izraza i predloženih opcija:

3. Zadan je fragment tablice istinitosti izraza F:

Odredimo vrijednosti ovih izraza za navedene vrijednosti argumenata:

Uvod u temu lekcije, prezentacija novog materijala (30 minuta)

Nastavljamo proučavati osnove logike, a tema naše današnje lekcije je "Rješavanje logičkih jednadžbi". Nakon proučavanja ove teme naučit ćete osnovne načine rješavanja logičkih jednadžbi, steći vještine rješavanja tih jednadžbi korištenjem jezika logičke algebre i sposobnost sastavljanja logičkog izraza pomoću tablice istinitosti.

1. Riješite logičku jednadžbu

(¬K M) → (¬L M N) =0

Napišite svoj odgovor kao niz od četiri znaka: vrijednosti varijabli K, L, M i N (tim redoslijedom). Tako, na primjer, linija 1101 odgovara činjenici da je K=1, L=1, M=0, N=1.

Riješenje:

Transformirajmo izraz(¬K  M) → (¬L  M  N)

Izraz je lažan kada su oba izraza lažna. Drugi član je jednak 0 ako je M =0, N =0, L =1. U prvom članu K = 0, budući da je M = 0, i
.

Odgovor: 0100

2. Koliko rješenja ima jednadžba (u odgovoru navedite samo broj)?

Rješenje: transformirajte izraz

(A +B )*(C +D )=1

A +B =1 i C +D =1

Metoda 2: sastavljanje tablice istinitosti

Transformirajmo izvorni izraz, otvorimo zagrade kako bismo dobili disjunkciju veznika:

(A+B)*(C+D)=A*C+B*C+A*D+B*D=

Dopunimo veznike do potpunih veznika (umnožak svih argumenata), otvorimo zagrade:

Uzmimo u obzir iste veznike:

Kao rezultat, dobivamo SDNF koji sadrži 9 konjunkcija. Stoga tablica istine za ovu funkciju ima vrijednost 1 u 9 redaka od 2 4 =16 skupova vrijednosti varijable.

3. Koliko rješenja ima jednadžba (u odgovoru navedite samo broj)?

Pojednostavimo izraz:

,

3 načina: izgradnja SDNF

Uzmimo u obzir iste veznike:

Kao rezultat, dobivamo SDNF koji sadrži 5 konjunkcija. Stoga tablica istine za ovu funkciju ima vrijednost 1 na 5 redaka od 2 4 =16 skupova vrijednosti varijable.

Konstruiranje logičkog izraza pomoću tablice istinitosti:

za svaki redak tablice istinitosti koji sadrži 1, sastavljamo umnožak argumenata, a varijable jednake 0 uključene su u umnožak s negacijom, a varijable jednake 1 uključene su bez negacije. Željeni izraz F bit će sastavljen od zbroja dobivenih produkata. Zatim, ako je moguće, ovaj izraz treba pojednostaviti.

Primjer: dana je tablica istinitosti izraza. Konstruirajte logički izraz.

3. Domaća zadaća (5 minuta)

Riješite jednadžbu:

Koliko rješenja ima jednadžba (u odgovoru navedite samo broj)?

Koristeći zadanu tablicu istine, konstruirajte logički izraz i

pojednostaviti ga.

Metode rješavanja sustava logičkih jednadžbi

Kirgizova E.V., Nemkova A.E.

Lesosibirsk pedagoški institut –

podružnica Sibirskog federalnog sveučilišta, Rusija

Sposobnost dosljednog razmišljanja, uvjerljivog zaključivanja, izgradnje hipoteza i pobijanja negativnih zaključaka ne dolazi sama od sebe, ovu vještinu razvija znanost logike. Logika je znanost koja proučava metode utvrđivanja istinitosti ili netočnosti nekih izjava na temelju istinitosti ili netočnosti drugih izjava.

Ovladavanje osnovama ove znanosti nemoguće je bez rješavanja logičkih problema. Provjera razvoja sposobnosti za primjenu znanja u novoj situaciji provodi se polaganjem. Konkretno, to je sposobnost rješavanja logičkih problema. Zadaci B15 na Jedinstvenom državnom ispitu su zadaci povećane složenosti, jer sadrže sustave logičkih jednadžbi. Postoje različiti načini rješavanja sustava logičkih jednadžbi. To je svođenje na jednu jednadžbu, konstrukcija tablice istine, dekompozicija, sekvencijalno rješavanje jednadžbi itd.

Zadatak:Riješite sustav logičkih jednadžbi:

Razmotrimo metoda svođenja na jednu jednadžbu . Ova metoda uključuje transformaciju logičkih jednadžbi tako da su njihove desne strane jednake istinitoj vrijednosti (tj. 1). Da biste to učinili, upotrijebite operaciju logičke negacije. Zatim, ako jednadžbe sadrže složene logičke operacije, zamjenjujemo ih osnovnim: “I”, “ILI”, “NE”. Sljedeći korak je kombiniranje jednadžbi u jednu, ekvivalentnu sustavu, koristeći logičku operaciju "I". Nakon toga trebate transformirati dobivenu jednadžbu na temelju zakona logičke algebre i dobiti specifično rješenje sustava.

Rješenje 1:Primijenite inverziju na obje strane prve jednadžbe:

Zamislimo implikaciju kroz osnovne operacije "ILI" i "NE":

Budući da su lijeve strane jednadžbi jednake 1, možemo ih kombinirati pomoću operacije "I" u jednu jednadžbu koja je ekvivalentna izvornom sustavu:

Otvaramo prvu zagradu prema De Morganovom zakonu i transformiramo dobiveni rezultat:

Dobivena jednadžba ima jedno rješenje: A= 0, B =0 i C =1.

Sljedeća metoda je konstruiranje tablica istinitosti . Budući da logičke veličine imaju samo dvije vrijednosti, možete jednostavno proći kroz sve opcije i pronaći među njima one za koje je zadani sustav jednadžbi zadovoljen. To jest, gradimo jednu zajedničku tablicu istine za sve jednadžbe sustava i pronalazimo liniju s traženim vrijednostima.

Rješenje 2:Kreirajmo tablicu istine za sustav:

Podebljano je istaknuta linija za koju su ispunjeni uvjeti zadatka. Dakle, A =0, B =0 i C =1.

Put raspad . Ideja je popraviti vrijednost jedne od varijabli (postaviti je na 0 ili 1) i time pojednostaviti jednadžbe. Zatim možete popraviti vrijednost druge varijable, i tako dalje.

Rješenje 3: Neka A = 0, tada:

Iz prve jednadžbe dobivamo B =0, a iz drugog – C=1. Rješenje sustava: A = 0, B = 0 i C = 1.

Također možete koristiti metodu sekvencijalno rješavanje jednadžbi , u svakom koraku dodajući jednu varijablu skupu koji se razmatra. Za to je potrebno transformirati jednadžbe tako da se varijable upisuju abecednim redom. Zatim gradimo stablo odlučivanja, uzastopno mu dodajući varijable.

Prva jednadžba sustava ovisi samo o A i B, a druga jednadžba o A i C. Varijabla A može imati 2 vrijednosti 0 i 1:

Iz prve jednadžbe slijedi da , pa kad A = 0 i dobivamo B = 0, a za A = 1 imamo B = 1. Dakle, prva jednadžba ima dva rješenja u odnosu na varijable A i B.

Oslikajmo drugu jednadžbu iz koje određujemo vrijednosti C za svaku opciju. Kada je A =1, implikacija ne može biti lažna, odnosno druga grana stabla nema rješenja. Na A= 0 dobivamo jedino rješenje C= 1 :

Tako smo dobili rješenje sustava: A = 0, B = 0 i C = 1.

Na Jedinstvenom državnom ispitu iz informatike vrlo je često potrebno odrediti broj rješenja sustava logičkih jednadžbi, bez pronalaženja samih rješenja; za to postoje i određene metode. Glavni način da se pronađe broj rješenja sustava logičkih jednadžbi je zamjena varijabli. Najprije morate pojednostaviti svaku od jednadžbi što je više moguće na temelju zakona logičke algebre, a zatim zamijeniti složene dijelove jednadžbi novim varijablama i odrediti broj rješenja novog sustava. Zatim se vratite na zamjenu i odredite broj rješenja za nju.

Zadatak:Koliko rješenja ima jednadžba ( A → B ) + (C → D ) = 1? Gdje su A, B, C, D logičke varijable.

Riješenje:Uvedimo nove varijable: X = A → B i Y = C → D . Uzimajući u obzir nove varijable, jednadžba će biti zapisana kao: X + Y = 1.

Disjunkcija je istinita u tri slučaja: (0;1), (1;0) i (1;1), dok X i Y je implikacija, to jest istinita je u tri slučaja, a lažna u jednom. Stoga će slučaj (0;1) odgovarati trima mogućim kombinacijama parametara. Slučaj (1;1) – odgovarat će devet mogućih kombinacija parametara izvorne jednadžbe. To znači da su ukupna moguća rješenja ove jednadžbe 3+9=15.

Sljedeći način određivanja broja rješenja sustava logičkih jednadžbi je binarno stablo. Pogledajmo ovu metodu na primjeru.

Zadatak:Koliko različitih rješenja ima sustav logičkih jednadžbi:

Zadani sustav jednadžbi ekvivalentan je jednadžbi:

( x 1 → x 2 )*( x 2 → x 3 )*…*( x m -1 → x m) = 1.

Hajdemo to pretvaratix 1 – je istina, onda iz prve jednadžbe dobivamo tox 2 također istina, od drugog -x 3 =1, i tako dalje sve dok x m= 1. Dakle, skup (1; 1; …; 1) od m jedinica je rješenje sustava. Neka sadax 1 =0, tada iz prve jednadžbe imamox 2 =0 ili x 2 =1.

Kada x 2 true, dobivamo da su i preostale varijable istinite, odnosno skup (0; 1; ...; 1) je rješenje sustava. Nax 2 =0 to dobivamo x 3 =0 ili x 3 =, i tako dalje. Nastavljajući na posljednju varijablu, nalazimo da su rješenja jednadžbe sljedeći skupovi varijabli ( m +1 rješenje, u svakom rješenju m varijabilne vrijednosti):

(1; 1; 1; …; 1)

(0; 1; 1; …; 1)

(0; 0; 0; …; 0)

Ovaj pristup je dobro ilustriran konstruiranjem binarnog stabla. Broj mogućih rješenja je broj različitih grana izgrađenog stabla. Lako je vidjeti da je jednaka m +1.

U slučaju poteškoća u zaključivanju i izgradnji stabla odlučivanja, rješenje možete potražiti pomoću tablice istine, za jednu ili dvije jednadžbe.

Prepišimo sustav jednadžbi u obliku:

I napravimo tablicu istinitosti zasebno za jednu jednadžbu:

Kreirajmo tablicu istine za dvije jednadžbe:

Dalje, možete vidjeti da je jedna jednadžba točna u sljedeća tri slučaja: (0; 0), (0; 1), (1; 1). Sustav dviju jednadžbi je istinit u četiri slučaja (0; 0; 0), (0; 0; 1), (0; 1; 1), (1; 1; 1). U ovom slučaju odmah je jasno da postoji rješenje koje se sastoji od samo nula i više m rješenja u kojima se dodaje jedna po jedna jedinica, počevši od posljednjeg mjesta dok se ne popune sva moguća mjesta. Može se pretpostaviti da će opće rješenje imati isti oblik, ali da bi takav pristup postao rješenje, potreban je dokaz da je pretpostavka točna.

Rezimirajući sve gore navedeno, želio bih vam skrenuti pozornost na činjenicu da nisu sve metode koje se raspravljaju univerzalne. Pri rješavanju svakog sustava logičkih jednadžbi treba voditi računa o njegovim značajkama, na temelju kojih treba odabrati način rješavanja.

Književnost:

1. Logički problemi / O.B. Bogomolov – 2. izd. – M.: BINOM. Laboratorij znanja, 2006. – 271 str.: ilustr.

2. Polyakov K.Yu. Sustavi logičkih jednadžbi / Nastavno metodičke novine za nastavnike informatike: Informatika broj 14, 2011.

Postoje različiti načini rješavanja sustava logičkih jednadžbi. To je svođenje na jednu jednadžbu, konstrukcija tablice istinitosti i dekompozicija.

Zadatak: Riješite sustav logičkih jednadžbi:

Razmotrimo metoda svođenja na jednu jednadžbu . Ova metoda uključuje transformaciju logičkih jednadžbi tako da su njihove desne strane jednake istinitoj vrijednosti (tj. 1). Da biste to učinili, upotrijebite operaciju logičke negacije. Zatim, ako jednadžbe sadrže složene logičke operacije, zamjenjujemo ih osnovnim: “I”, “ILI”, “NE”. Sljedeći korak je kombiniranje jednadžbi u jednu, ekvivalentnu sustavu, koristeći logičku operaciju "I". Nakon toga trebate transformirati dobivenu jednadžbu na temelju zakona logičke algebre i dobiti specifično rješenje sustava.

Rješenje 1: Primijenite inverziju na obje strane prve jednadžbe:

Zamislimo implikaciju kroz osnovne operacije "ILI" i "NE":

Budući da su lijeve strane jednadžbi jednake 1, možemo ih kombinirati pomoću operacije "I" u jednu jednadžbu koja je ekvivalentna izvornom sustavu:

Otvaramo prvu zagradu prema De Morganovom zakonu i transformiramo dobiveni rezultat:

Rezultirajuća jednadžba ima jedno rješenje: A =0, B=0 i C=1.

Sljedeća metoda je konstruiranje tablica istinitosti . Budući da logičke veličine imaju samo dvije vrijednosti, možete jednostavno proći kroz sve opcije i pronaći među njima one za koje je zadani sustav jednadžbi zadovoljen. To jest, gradimo jednu zajedničku tablicu istine za sve jednadžbe sustava i pronalazimo liniju s traženim vrijednostima.

Rješenje 2: Kreirajmo tablicu istine za sustav:

Podebljano je istaknuta linija za koju su ispunjeni uvjeti zadatka. Dakle, A=0, B=0 i C=1.

Put raspad . Ideja je popraviti vrijednost jedne od varijabli (postaviti je na 0 ili 1) i time pojednostaviti jednadžbe. Zatim možete popraviti vrijednost druge varijable, i tako dalje.

Rješenje 3: Neka je A = 0, tada je:

Iz prve jednadžbe dobivamo B = 0, a iz druge - C = 1. Rješenje sustava: A = 0, B = 0 i C = 1.

Na Jedinstvenom državnom ispitu iz informatike vrlo je često potrebno odrediti broj rješenja sustava logičkih jednadžbi, bez pronalaženja samih rješenja; za to postoje i određene metode. Glavni način da se pronađe broj rješenja sustava logičkih jednadžbi jezamjena varijabli. Najprije morate pojednostaviti svaku od jednadžbi što je više moguće na temelju zakona logičke algebre, a zatim zamijeniti složene dijelove jednadžbi novim varijablama i odrediti broj rješenja novog sustava. Zatim se vratite na zamjenu i odredite broj rješenja za nju.

Zadatak: Koliko rješenja ima jednadžba (A →B) + (C →D) = 1? Gdje su A, B, C, D logičke varijable.

Riješenje: Uvedimo nove varijable: X = A →B i Y = C →D. Uzimajući u obzir nove varijable, jednadžba će biti zapisana kao: X + Y = 1.

Disjunkcija je istinita u tri slučaja: (0;1), (1;0) i (1;1), dok su X i Y implikacije, odnosno istinita je u tri slučaja, a netočna u jednom. Stoga će slučaj (0;1) odgovarati trima mogućim kombinacijama parametara. Slučaj (1;1) – odgovarat će devet mogućih kombinacija parametara izvorne jednadžbe. To znači da su ukupna moguća rješenja ove jednadžbe 3+9=15.

Sljedeći način određivanja broja rješenja sustava logičkih jednadžbi je binarno stablo. Pogledajmo ovu metodu na primjeru.

Zadatak: Koliko različitih rješenja ima sustav logičkih jednadžbi:

Zadani sustav jednadžbi ekvivalentan je jednadžbi:

(x 1 → x 2 )*(x 2 → x 3 )*…*(x m -1 → x m) = 1.

Hajdemo to pretvarati x 1 – je istina, onda iz prve jednadžbe dobivamo to x 2 također istina, od drugog - x 3 =1, i tako dalje sve dok x m= 1. To znači da je skup (1; 1; …; 1) od m jedinica rješenje sustava. Neka sada x 1 =0, tada iz prve jednadžbe imamo x 2 =0 ili x 2 =1.

Kada x 2 true, dobivamo da su i preostale varijable istinite, odnosno skup (0; 1; ...; 1) je rješenje sustava. Na x 2 =0 to dobivamo x 3 =0 ili x 3 =, i tako dalje. Nastavljajući na posljednju varijablu, nalazimo da su rješenja jednadžbe sljedeći skupovi varijabli (m +1 rješenje, svako rješenje sadrži m vrijednosti varijabli):

(1; 1; 1; …; 1)

(0; 1; 1; …; 1)

(0; 0; 0; …; 0)

Ovaj pristup je dobro ilustriran konstruiranjem binarnog stabla. Broj mogućih rješenja je broj različitih grana izgrađenog stabla. Lako je vidjeti da je jednak m +1.

U slučaju poteškoća u zaključivanju istraživanja i izgradnjerješenja pomoću kojih možete tražiti rješenje korištenjem tablice istine, za jednu ili dvije jednadžbe.

Prepišimo sustav jednadžbi u obliku:

I napravimo tablicu istinitosti zasebno za jednu jednadžbu:

Kreirajmo tablicu istine za dvije jednadžbe:

J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M ∧ (N ∨ ¬N) = 0, gdje su J, K, L, M, N logičke varijable?

Riješenje.

Stoga je izraz (N ∨ ¬N) istinit za bilo koji N

J ∧ ¬K ∧ L ∧ ¬M = 0.

Primijenimo negaciju na obje strane logičke jednadžbe i upotrijebimo De Morganov zakon ¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B. Dobivamo ¬J ∨ K ∨ ¬L ∨ M = 1.

Logički zbroj jednak je 1 ako je barem jedan od njegovih sastavnih iskaza jednak 1. Stoga je rezultirajuća jednadžba zadovoljena bilo kojom kombinacijom logičkih varijabli osim u slučaju kada su sve veličine uključene u jednadžbu jednake 0. Svaki od 4 varijable mogu biti jednake ili 1 ili 0, stoga su sve moguće kombinacije 2·2·2·2 = 16. Prema tome, jednadžba ima 16 −1 = 15 rješenja.

Ostaje primijetiti da 15 pronađenih rješenja odgovaraju bilo kojoj od dvije moguće vrijednosti logičke varijable N, tako da izvorna jednadžba ima 30 rješenja.

Odgovor: 30

Koliko različitih rješenja jednadžba ima?

((J → K) → (M ∧ N ∧ L)) ∧ ((J ∧ ¬K) → ¬ (M ∧ N ∧ L)) ∧ (M → J) = 1

gdje su J, K, L, M, N logičke varijable?

Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti J, K, L, M i N za koje ova jednakost vrijedi. Kao odgovor morate navesti broj takvih skupova.

Riješenje.

Koristimo formule A → B = ¬A ∨ B i ¬(A ∨ B) = ¬A ∧ ¬B

Razmotrimo prvu podformulu:

(J → K) → (M ∧ N ∧ L) = ¬(¬J ∨ K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L)

Razmotrimo drugu podformulu

(J ∧ ¬K) → ¬(M ∧ N ∧ L) = ¬(J ∧ ¬K) ∨ ¬(M ∧ N ∧ L) = (¬J ∨ K) ∨ ¬M ∨ ¬N ∨ ¬L

Razmotrimo treću podformulu

1) M → J = 1 prema tome,

(J ∧ ¬K) ∨ (M ∧ N ∧ L) = (1 ∧ ¬K) ∨ (1 ∧ N ∧ L) = ¬K ∨ N ∧ L;

(0 ∨ K) ∨ 0 ∨ ¬N ∨ ¬L = K ∨ ¬N ∨ ¬L;

Kombinirajmo:

¬K ∨ N ∧ L ∧ K ∨ ¬N ∨ ¬L = 0 ∨ L ∨ 0 ∨ ¬L = L ∨ ¬L = 1 dakle 4 rješenja.

(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

Kombinirajmo:

K ∨ 1 ∨ ¬N ∨ ¬L ∧ ¬K = 1 ∨ ¬N ∨ ¬L dakle 4 rješenja.

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 različitih rješenja jednadžba ima?

((K ∨ L) → (L ∧ M ∧ N)) = 0

gdje su K, L, M, N logičke varijable? Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti K, L, M i N za koje ova jednakost vrijedi. Kao odgovor morate navesti broj takvih skupova.

Riješenje.

Prepišimo jednadžbu koristeći jednostavniji zapis za operacije:

((K + L) → (L M N)) = 0

1) iz tablice istinitosti operacije “implikacija” (vidi prvi problem) slijedi da je ova jednakost istinita ako i samo ako u isto vrijeme

K + L = 1 i L M N = 0

2) iz prve jednadžbe proizlazi da je barem jedna od varijabli, K ili L, jednaka 1 (ili obje zajedno); pa razmotrimo tri slučaja

3) ako je K = 1 i L = 0, onda je druga jednakost zadovoljena za bilo koji M i N; budući da postoje 4 kombinacije dviju Booleovih varijabli (00, 01, 10 i 11), imamo 4 različita rješenja

4) ako je K = 1 i L = 1, onda druga jednakost vrijedi za M · N = 0; postoje 3 takve kombinacije (00, 01 i 10), imamo još 3 rješenja

5) ako je K = 0, tada je L = 1 (iz prve jednadžbe); u ovom slučaju, druga jednakost je zadovoljena kada je M · N = 0; postoje 3 takve kombinacije (00, 01 i 10), imamo još 3 rješenja

6) ukupno dobijemo 4 + 3 + 3 = 10 rješenja.

Odgovor: 10

Koliko različitih rješenja jednadžba ima?

(K ∧ L) ∨ (M ∧ N) = 1

Riješenje.

Izraz je točan u tri slučaja, kada su (K ∧ L) i (M ∧ N) jednaki 01, 11, 10, redom.

1) "01" K ∧ L = 0; M ∧ N = 1, => M, N su jednaki 1, a K i L su sve osim istovremeno 1. Dakle, postoje 3 rješenja.

2) "11" K ∧ L = 1; M ∧ N = 1. => 1 rješenje.

3) "10" K ∧ L = 1; M ∧ N = 0. => 3 rješenja.

Odgovor: 7.

Odgovor: 7

Koliko različitih rješenja jednadžba ima?

(X ∧ Y ∨ Z) ​​​​→ (Z ∨ P) = 0

gdje su X, Y, Z, P logičke varijable? Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti za koje ova jednakost vrijedi. Kao odgovor trebate samo navesti broj takvih skupova.

Riješenje.

(X ∧ Y ∨ Z) ​​​​→ (Z ∨ P) = 0 =>

¬(X ∧ Y ∨ Z) ​​​​∨ (Z ∨ P) = 0;

(¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z) ∨ (Z ∨ P) = 0;

Logički ILI je lažan samo u jednom slučaju: kada su oba izraza lažna.

Stoga,

(Z ∨ P) = 0 => Z = 0, P = 0.

¬X ∨ ¬Y ∧ ¬Z = 0 => ¬X ∨ ¬Y ∧ 1 = 0 =>

¬X ∨ ¬Y = 0 => X = 1; Y = 1.

Stoga postoji samo jedno rješenje jednadžbe.

Odgovor: 1

Koliko različitih rješenja jednadžba ima?

(K ∨ L) ∧ (M ∨ N) = 1

gdje su K, L, M, N logičke varijable? Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti K, L, M i N za koje ova jednakost vrijedi. Kao odgovor trebate samo navesti broj takvih skupova.

Riješenje.

Logičko I je istinito samo u jednom slučaju: kada su svi izrazi istiniti.

K ∨ L = 1, M ∨ N = 1.

Svaka jednadžba daje 3 rješenja.

Razmotrimo jednadžbu A ∧ B = 1, ako i A i B imaju prave vrijednosti u po tri slučaja, tada jednadžba ukupno ima 9 rješenja.

Stoga je odgovor 9.

Odgovor: 9

Koliko različitih rješenja jednadžba ima?

((A → B)∧ C) ∨ (D ∧ ¬D)= 1,

gdje su A, B, C, D logičke varijable?

Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti A, B, C, D za koje ova jednakost vrijedi. Kao odgovor morate navesti broj takvih skupova.

Riješenje.

Logičko "ILI" je istinito kada je barem jedna od izjava istinita.

(D ∧ ¬D)= 0 za bilo koji D.

Stoga,

(A → B)∧ C) = 1 => C = 1; A → B = 1 => ¬ A ∨ B = 1, što nam daje 3 moguća rješenja za svaki D.

(D ∧ ¬ D)= 0 za bilo koji D, što nam daje dva rješenja (za D = 1, D = 0).

Prema tome: ukupna rješenja 2*3 = 6.

Ukupno 6 rješenja.

Odgovor: 6

Koliko različitih rješenja jednadžba ima?

(¬K ∨ ¬L ∨ ¬M) ∧ (L ∨ ¬M ∨ ¬N) = 0

gdje su K, L, M, N logičke varijable? Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti K, L, M i N za koje ova jednakost vrijedi. Kao odgovor trebate samo navesti broj takvih skupova.

Riješenje.

Primijenimo negaciju na obje strane jednadžbe:

(K ∧ L ∧ M) ∨ (¬L ∧ M ∧ N) = 1

Logički ILI je istinit u tri slučaja.

Opcija 1.

K ∧ L ∧ M = 1, zatim K, L, M = 1 i ¬L ∧ M ∧ N = 0. N je proizvoljno, odnosno 2 rješenja.

opcija 2.

¬L ∧ M ∧ N = 1, zatim N, M = 1; L = 0, K bilo koje, odnosno 2 rješenja.

Stoga je odgovor 4.

Odgovor: 4

A, B i C su cijeli brojevi za koje je tvrdnja istinita

¬ (A = B) ∧ ((A > B)→(B > C)) ∧ ((B > A)→(C > B)).

Čemu je jednako B ako je A = 45 i C = 43?

Riješenje.

Imajte na umu da se ova složena izjava sastoji od tri jednostavna

1) ¬(A = B); (A > B)→(B > C); (B > A)→(C > B);

2) ovi jednostavni iskazi povezani su operacijom ∧ (AND, konjunkcija), odnosno moraju se izvršavati istovremeno;

3) iz ¬(A = B)=1 odmah slijedi da je A B;

4) pretpostavimo da je A > B, tada iz drugog uvjeta dobivamo 1→(B > C)=1; ovaj izraz može biti istinit ako i samo ako je B > C = 1;

5) dakle imamo A > B > C, ovom uvjetu odgovara samo broj 44;

6) za svaki slučaj, provjerimo i opciju A 0 →(B > C)=1;

ovaj izraz je istinit za bilo koji B; Sada gledamo treći uvjet i dobivamo

ovaj izraz može biti istinit ako i samo ako je C > B, a ovdje imamo kontradikciju, jer ne postoji takav broj B za koji je C > B > A.

Odgovor: 44.

Odgovor: 44

Konstruirajte tablicu istine za logičku funkciju

X = (A ↔ B) ∨ ¬(A → (B ∨ C))

u kojem je stupac vrijednosti argumenta A binarna reprezentacija broja 27, stupac vrijednosti argumenta B je broj 77, stupac vrijednosti argumenta C je broj 120. Broj u stupcu se piše odozgo prema dolje od najvažnijeg do najmanje značajnog (uključujući nulti skup). Pretvorite dobiveni binarni prikaz vrijednosti funkcije X u decimalni brojevni sustav.

Riješenje.

Napišimo jednadžbu koristeći jednostavniji zapis za operacije:

1) ovo je izraz s tri varijable, pa će u tablici istine biti linija; stoga se binarna reprezentacija brojeva korištenih za konstrukciju stupaca tablice A, B i C mora sastojati od 8 znamenki

2) pretvoriti brojeve 27, 77 i 120 u binarni sustav, odmah dodajući do 8 znamenki nula na početku brojeva

3) malo je vjerojatno da ćete moći odmah napisati vrijednosti funkcije X za svaku kombinaciju, pa je zgodno dodati dodatne stupce u tablicu za izračun međurezultata (pogledajte tablicu u nastavku)

4) ispunite stupce tablice:

vrijednost je 1 samo u onim linijama gdje je A = B

vrijednost je 1 u onim redovima gdje je B ili C = 1

vrijednost je 0 samo u onim linijama gdje je A = 1 i B + C = 0

vrijednost je inverzna u odnosu na prethodni stupac (0 se zamjenjuje s 1, a 1 se zamjenjuje s 0)

rezultat X (zadnji stupac) je logički zbroj dvaju stupaca i

5) da biste dobili odgovor, ispišite bitove iz stupca X od vrha prema dnu:

6) pretvorite ovaj broj u decimalni sustav:

Odgovor: 171

Koji je najveći cijeli broj X za koji je tvrdnja (10 (X+1)·(X+2)) točna?

Riješenje.

Jednadžba je operacija implikacije između dva odnosa:

1) Naravno, ovdje možete primijeniti istu metodu kao u primjeru 2208, ali ćete morati riješiti kvadratne jednadžbe (ne želim...);

2) Imajte na umu da nas prema uvjetu zanimaju samo cijeli brojevi, tako da možemo pokušati nekako transformirati izvorni izraz, dobivajući ekvivalentnu izjavu (uopće nas ne zanimaju točne vrijednosti korijena!);

3) Razmotrimo nejednadžbu: očito, ona može biti ili pozitivan ili negativan broj;

4) Lako je provjeriti da je u domeni izjava istinita za sve cijele brojeve , au domeni - za sve cijele brojeve (kako se ne bi zbunili, prikladnije je koristiti nestriktne nejednakosti, a , umjesto i );

5) Stoga se za cijele brojeve može zamijeniti ekvivalentnim izrazom

6) područje istinitosti izraza je unija dvaju beskonačnih intervala;

7) Razmotrimo sada drugu nejednakost: očito je da ona također može biti ili pozitivan ili negativan broj;

8) U regiji izjava je istinita za sve cijele brojeve, au regiji - za sve cijele brojeve, stoga se za cijele brojeve može zamijeniti ekvivalentnim izrazom

9) područje istinitosti izraza je zatvoreni interval;

10) Navedeni izraz je istinit posvuda, osim u područjima gdje i ;

11) Imajte na umu da vrijednost više nije prikladna, jer postoji i , to jest, implikacija daje 0;

12) Prilikom zamjene 2, (10 (2+1) · (2+2)), ili 0 → 0 što zadovoljava uvjet.

Dakle, odgovor je 2.

Odgovor: 2

Koji je najveći cijeli broj X za koji je izjava točna

(50 (X+1)·(X+1))?

Riješenje.

Primijenimo transformaciju implikacije i transformirajmo izraz:

(50 (X+1)·(X+1)) ⇔ ¬(X 2 > 50) ∨ ((X+1) 2) ∨ (|X+1|).

Logički ILI je istinit kada je barem jedna logička izjava istinita. Nakon što smo riješili obje nejednadžbe i uzevši to u obzir vidimo da je najveći cijeli broj za koji je barem jedna od njih zadovoljena 7 (na slici je pozitivno rješenje druge nejednadžbe prikazano žutom, a prve plavom bojom).

Odgovor: 7

Navedite vrijednosti varijabli K, L, M, N, na kojima je logički izraz

(¬(M ∨ L) ∧ K) → (¬K ∧ ¬M ∨ N)

lažno. Odgovor napišite kao niz od 4 znaka: vrijednosti varijabli K, L, M i N (tim redoslijedom). Tako, na primjer, linija 1101 odgovara činjenici da je K=1, L=1, M=0, N=1.

Riješenje.

Duplicira zadatak 3584.

Odgovor: 1000

(¬K ∨ M) → (¬L ∨ M ∨ N)

Riješenje.

Primijenimo transformaciju implikacije:

(K ∧ ¬M) ∨ (¬L ∨ M ∨ N) = 0

Primijenimo negaciju na obje strane jednadžbe:

(¬K ∨ M) ∧ L ∧ ¬M ∧ ¬N = 1

Pretvorimo:

(¬K ∧ L ∨ M ∧ L) ∧ ¬M ∧ ¬N = 1

Prema tome, M = 0, N = 0, sada razmotrimo (¬K ∧ L ∨ M ∧ L):

iz činjenice da je M = 0, N = 0 slijedi da je M ∧ L = 0, tada je ¬K ∧ L = 1, odnosno K = 0, L = 1.

Odgovor: 0100

Navedite vrijednosti varijabli K, L, M, N na kojima je logički izraz

(¬(M ∨ L) ∧ K) → ((¬K ∧ ¬M) ∨ N)

lažno. Napišite svoj odgovor kao niz od četiri znaka: vrijednosti varijabli K, L, M i N (tim redoslijedom). Tako, na primjer, linija 1101 odgovara činjenici da je K=1, L=1, M=0, N=1.

Riješenje.

Napišimo jednadžbu jednostavnijim zapisom operacija (uvjet “izraz je lažan” znači da je jednak logičkoj nuli):

1) iz formulacije uvjeta slijedi da izraz mora biti lažan samo za jedan skup varijabli

2) iz tablice istinitosti operacije “implikacija” slijedi da je ovaj izraz lažan ako i samo ako u isto vrijeme

3) prva jednakost (logički umnožak je jednak 1) zadovoljena je ako i samo ako je i ; iz ovoga slijedi (logička suma je jednaka nuli), što se može dogoditi samo kada ; Dakle, već smo definirali tri varijable

4) iz drugog uvjeta, , za i dobivamo .

Duplicira zadatak

Odgovor: 1000

Odredite vrijednosti logičkih varijabli P, Q, S, T, na kojima je logički izraz

(P ∨ ¬Q) ∨ (Q → (S ∨ T)) je lažna.

Napišite odgovor kao niz od četiri znaka: vrijednosti varijabli P, Q, S, T (tim redoslijedom).

Riješenje.

(1) (P ∨ ¬Q) = 0

(2) (Q → (S ∨ T)) = 0

(1) (P ∨ ¬Q) = 0 => P = 0, Q = 1.

(2) (Q → (S ∨ T)) = 0 Primijenimo implikacijsku transformaciju:

¬Q ∨ S ∨ T = 0 => S = 0, T = 0.

Odgovor: 0100

Navedite vrijednosti varijabli K, L, M, N na kojima je logički izraz

(K → M) ∨ (L ∧ K) ∨ ¬N

lažno. Napišite svoj odgovor kao niz od četiri znaka: vrijednosti varijabli K, L, M i N (tim redoslijedom). Tako, na primjer, linija 1101 odgovara činjenici da je K=1, L=1, M=0, N=1.

Riješenje.

Logičko ILI je lažno ako i samo ako su oba iskaza lažna.

(K → M) = 0, (L ∧ K) ∨ ¬N = 0.

Primijenimo transformaciju implikacije za prvi izraz:

¬K ∨ M = 0 => K = 1, M = 0.

Razmotrimo drugi izraz:

(L ∧ K) ∨ ¬N = 0 (vidi rezultat prvog izraza) => L ∨ ¬N = 0 => L = 0, N = 1.

Odgovor: 1001.

Odgovor: 1001

Navedite vrijednosti varijabli K, L, M, N na kojima je logički izraz

(K → M) ∧ (K → ¬M) ∧ (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N))

pravi. Napišite svoj odgovor kao niz od četiri znaka: vrijednosti varijabli K, L, M i N (tim redoslijedom). Tako, na primjer, linija 1101 odgovara činjenici da je K=1, L=1, M=0, N=1.

Riješenje.

Logički "I" je istinit ako i samo ako su obje izjave istinite.

1) (K → M) = 1 Primijenite transformaciju implikacije: ¬K ∨ M = 1

2) (K → ¬M) = 1 Primijenite implikacijsku transformaciju: ¬K ∨ ¬M = 1

Slijedi da je K = 0.

3) (¬K → (M ∧ ¬L ∧ N)) = 1 Primijenimo implikacijsku transformaciju: K ∨ (M ∧ ¬L ∧ N) = 1 iz činjenice da je K = 0 dobivamo.

Metode rješavanja sustava logičkih jednadžbi

Možete riješiti sustav logičkih jednadžbi, na primjer, pomoću tablice istinitosti (ako broj varijabli nije prevelik) ili pomoću stabla odlučivanja, nakon što ste prethodno pojednostavili svaku jednadžbu.

1. Metoda zamjene varijable.

Uvođenje novih varijabli omogućuje vam da pojednostavite sustav jednadžbi, smanjujući broj nepoznanica.Nove varijable moraju biti neovisne jedna o drugoj. Nakon rješavanja pojednostavljenog sustava moramo se vratiti na izvorne varijable.

Razmotrimo primjenu ove metode na konkretnom primjeru.

Primjer.

((X1 ≡ X2) ∧ (X3 ≡ X4)) ∨ (¬(X1 ≡ X2) ∧ ¬(X3 ≡ X4)) = 0

((X3 ≡ X4) ∧ (X5 ≡ X6)) ∨ (¬(X3 ≡ X4) ∧ ¬(X5 ≡ X6)) = 0

((X5 ≡ X6) ∧ (X7 ≡ X8)) ∨ (¬(X5 ≡ X6) ∧ ¬(X7 ≡ X8)) = 0

((X7 ≡ X8) ∧ (X9 ≡ X10)) ∨ (¬(X7 ≡ X8) ∧ ¬(X9 ≡ X10)) = 0

Riješenje:

Uvedimo nove varijable: A=(X1≡ X2); B=(X3 ≡ X4); S=(X5 ≡ X6); D=(X7 ≡ X8); E=(X9 ≡ X10).

(Pažnja! Svaka od varijabli x1, x2, ..., x10 mora biti uključena samo u jednu od novih varijabli A, B, C, D, E, tj. nove varijable su neovisne jedna o drugoj).

Tada će sustav jednadžbi izgledati ovako:

(A ∧ B) ∨ (¬A ∧ ¬B)=0

(B ∧ C) ∨ (¬B ∧ ¬C)=0

(C ∧ D) ∨ (¬C ∧ ¬D)=0

(D ∧ E) ∨ (¬D ∧ ¬E)=0

Izgradimo stablo odlučivanja za rezultirajući sustav:

Razmotrimo jednadžbu A=0, tj. (X1≡ X2)=0. Ima 2 korijena:

Iz iste tablice se vidi da jednadžba A=1 također ima 2 korijena. Posložimo broj korijena na stablu odlučivanja:

Da biste pronašli broj rješenja jedne grane, morate pomnožiti broj rješenja na svakoj razini. Lijeva grana ima 2⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2=32 rješenja; desna grana također ima 32 rješenja. Oni. cijeli sustav ima 32+32=64 rješenja.

Odgovor: 64.

2. Metoda rasuđivanja.

Teškoća rješavanja sustava logičkih jednadžbi leži u glomaznosti potpunog stabla odlučivanja. Metoda razmišljanja omogućuje vam da ne izgradite cijelo stablo, već da shvatite koliko će grana imati. Pogledajmo ovu metodu na konkretnim primjerima.

Primjer 1. Koliko različitih skupova vrijednosti logičkih varijabli x1, x2, x3, x4, x5, y1, y2, y3, y4, y5 postoji koji zadovoljavaju sve dolje navedene uvjete?

(x1→x2) /\ (x2→x3) /\ (x3→x4) /\ (x4→x5) = 1

(y1→y2) /\ (y2→y3) /\ (y3→y4) /\ (y4→y5) = 1

x1\/y1 =1

Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti varijabli x1, x2, x3, x4, x5, y1, y2, y3, y4, y5 za koje je ovaj sustav jednakosti zadovoljen. Kao odgovor morate navesti broj takvih skupova.

Riješenje :

Prva i druga jednadžba sadrže nezavisne varijable koje su povezane trećim uvjetom. Izgradimo stablo rješenja za prvu i drugu jednadžbu.

Za predstavljanje stabla rješenja za sustav prve i druge jednadžbe, svaka grana prvog stabla mora se nastaviti sa stablom za varijable na . Ovako konstruirano stablo imat će 36 grana. Neke od tih grana ne zadovoljavaju treću jednadžbu sustava. Označimo broj grana stabla na prvom stablu"y" , koji zadovoljavaju treću jednadžbu:

Objasnimo: da bi se zadovoljio treći uvjet, kada je x1=0 mora postojati y1=1, tj. sve grane stabla"X" , gdje se x1=0 može nastaviti sa samo jednom granom stabla"y" . I to samo za jednu granu stabla"X" (desno) sve grane stabla odgovaraju"y". Dakle, kompletno stablo cijelog sustava sadrži 11 grana. Svaka grana predstavlja jedno rješenje izvornog sustava jednadžbi. To znači da cijeli sustav ima 11 rješenja.

Odgovor: 11.

Primjer 2. Koliko različitih rješenja ima sustav jednadžbi?

(X1 ≡ X2) ∨ (X1 ∧ X10) ∨ (¬X1 ∧ ¬ X10)= 1

(X2 ≡ X3) ∨ (X2 ∧ X10) ∨ (¬X2 ∧ ¬ X10)= 1.

………………

(X9 ≡ X10) ∨ (X9 ∧ X10) ∨ (¬X9 ∧ ¬ X10)= 1

(X1 ≡ X10) = 0

gdje su x1, x2, …, x10 logičke varijable? Odgovor ne mora navesti sve različite skupove vrijednosti varijabli za koje ova jednakost vrijedi. Kao odgovor morate navesti broj takvih skupova.

Riješenje : Pojednostavimo sustav. Napravimo tablicu istinitosti za dio prve jednadžbe:

Obratite pozornost na zadnji stupac, on odgovara rezultatu akcije X1 ≡ X10.

Nakon pojednostavljenja dobivamo:

(X1 ≡ X2) ∨ (X1 ≡ X10)=1

(X2 ≡ X3) ∨ (X2 ≡ X10)=1

(X3 ≡ X4) ∨ (X3 ≡ X10)=1

……

(X9 ≡ X10) ∨ (X9 ≡ X10)=1

(X1 ≡ X10) = 0

Razmotrimo posljednju jednadžbu:(X1 ≡ X10) = 0, tj. x1 ne bi trebao koincidirati s x10. Da bi prva jednadžba bila jednaka 1, jednakost mora biti istinita(X1 ≡ X2)=1, tj. x1 mora odgovarati x2.

Izgradimo stablo rješenja za prvu jednadžbu:

Razmotrimo drugu jednadžbu: za x10=1 i za x2=0 zagradamora biti jednak 1 (tj. x2 se poklapa s x3); za x10=0 i za x2=1 zagrada(X2 ≡ X10)=0, što znači zagrada (X2 ≡ X3) treba biti jednak 1 (tj. x2 se podudara s x3):

Razmišljajući na ovaj način, gradimo stablo odlučivanja za sve jednadžbe:

Dakle, sustav jednadžbi ima samo 2 rješenja.

Odgovor: 2.

Primjer 3.

Koliko ima različitih skupova vrijednosti logičkih varijabli x1, x2, x3, x4, y1, y2, y3, y4, z1, z2, z3, z4 koji zadovoljavaju sve dolje navedene uvjete?

(x1→x2) /\ (x2→x3) /\ (x3→x4) = 1

(¬x1 /\ y1 /\ z1) \/ (x1 /\ ¬y1 /\ z1) \/ (x1 /\ y1 /\ ¬z1) = 1

(¬x2 /\ y2 /\ z2) \/ (x2 /\ ¬y2 /\ z2) \/ (x2 /\ y2 /\ ¬z2) = 1

(¬x3 /\ y3 /\ z3) \/ (x3 /\ ¬y3 /\ z3) \/ (x3 /\ y3 /\ ¬z3) = 1

(¬x4 /\ y4 /\ z4) \/ (x4 /\ ¬y4 /\ z4) \/ (x4 /\ y4 /\ ¬z4) = 1

Riješenje:

Izgradimo stablo rješenja za 1. jednadžbu:

Razmotrimo drugu jednadžbu:

• Kada je x1=0 : druga i treća zagrada bit će jednake 0; da prva zagrada bude jednaka 1, y1=1, z1=1 (tj. u ovom slučaju - 1 rješenje)
• Kada je x1=1 : prva zagrada će biti jednaka 0; drugi ili treća zagrada mora biti jednaka 1; druga zagrada će biti jednaka 1 kada je y1=0 i z1=1; treća zagrada će biti jednaka 1 kada je y1=1 i z1=0 (tj. u ovom slučaju - 2 rješenja).

Slično za preostale jednadžbe. Zabilježimo rezultirajući broj rješenja za svaki čvor stabla:

Da biste saznali broj rješenja za svaku granu, pomnožite dobivene brojeve posebno za svaku granu (slijeva na desno).

1 grana: 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1 rješenje

Grana 2: 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 2 =2 rješenja

3. grana: 1 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 2 =4 rješenja

4. grana: 1 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 =8 rješenja

5. grana: 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2=16 rješenja

Zbrojimo dobivene brojeve: ukupno je 31 rješenje.

Odgovor: 31.

3. Prirodni porast broja korijena

U nekim sustavima, broj korijena sljedeće jednadžbe ovisi o broju korijena prethodne jednadžbe.

Primjer 1. Koliko različitih skupova vrijednosti logičkih varijabli x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8, x9, x10 postoji koji zadovoljavaju sve dolje navedene uvjete?

¬(x1 ≡ x2) ∧ ((x1 ∧ ¬x3) ∨ (¬x1 ∧ x3)) = 0

¬(x2 ≡ x3) ∧ ((x2 ∧ ¬x4) ∨ (¬x2 ∧ x4)) = 0

¬(x8 ≡ x9) ∧ ((x8 ∧ ¬x10) ∨ (¬x8 ∧ x10)) = 0

Pojednostavimo prva jednadžba:(x1 ∧ ¬x3) ∨ (¬x1 ∧ x3)=x1 ⊕ x3=¬(x1 ≡ x3). Tada će sustav imati oblik:

¬(x1 ≡ x2) ∧ ¬(x1 ≡ x3) = 0

¬(x2 ≡ x3) ∧ ¬(x2 ≡ x4)= 0

¬(x8 ≡ x9) ∧ ¬(x8 ≡ x10) = 0

itd.

Svaka sljedeća jednadžba ima 2 korijena više od prethodne.

4 jednadžba ima 12 korijena;

Jednadžba 5 ima 14 korijena

Jednadžba 8 ima 20 korijena.

Odgovor: 20 korijena.

Ponekad broj korijena raste prema Fibonaccijevom zakonu.

Rješavanje sustava logičkih jednadžbi zahtijeva kreativan pristup.