Posted in Подготовка к ЕГЭ

Задание 2 информатика егэ – Информатика ЕГЭ 23 задание разбор, метод отображения, побитовая маска

Разбор 2 задания ЕГЭ 2016 по информатике

Разбор 2 задания ЕГЭ 2016 года по информатике из демоверсии. Это задание на умение строить таблицы истинности и логические схемы (уметь строить модели объектов, систем и процессов в виде таблицы истинности для логического высказывания). Это задание базового уровня сложности. Примерное время выполнения задания 3 минуты.

Задание 2:

Логическая функция F задаётся выражением (¬z)/\x \/ x/\y. Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F соответствует каждая из переменных x, y, z.

В ответе напишите буквы x, y, z в том порядке, в котором идут соответствующие им столбцы (сначала – буква, соответствующая 1-му столбцу; затем – буква, соответствующая 2-му столбцу; затем – буква, соответствующая 3-му столбцу). Буквы в ответе пишите подряд, никаких разделителей между буквами ставить не нужно.
Пример. Пусть задано выражение x → y, зависящее от двух переменных x и y, и таблица истинности:

Тогда 1-му столбцу соответствует переменная y, а 2-му столбцу соответствует переменная x. В ответе нужно написать: yx.

Ответ: ________

Разбор 2 задания ЕГЭ 2016:

Для начала, преобразуем наше исходное выражение:
(¬z)/\x \/ x/\y = (¬z/\x) (\/ x/\y) = х /\ (¬z \/ y)

Конъюнкция истинна тогда и только тогда, когда истинны оба высказывания. Следовательно переменной х должен соответствовать тот столбец, в котором значение 1 стоит в тех же строках, что и в столбце F.

Таким образом переменной x соответствует 3 столбец.

Дизъюнкция двух высказываний ложна тогда и только тогда, когда ложны оба высказывания.
Дизъюнкция ¬z \/ y в данной строке ложна. Следовательно у=0, z=1.

Ответ: zyx

infedu.ru

Разбор 2 задания и демоверсия егэ по информатике 2019

Задание 2. Таблицы истинности: Демоверсия егэ по информатике 2019; государственный выпускной экзамен 2019; тренировочные варианты ЕГЭ по информатике, тематические тестовые задания и задачи из тренажера по информатике 2019


*** КАНАЛ ЮТЬЮБ ***
 
ЕГЭ по информатике -> ЕГЭ 2019 -> ЕГЭ 2019
 


Разбор 2 задания. Демоверсия егэ по информатике 2019:

Миша заполнял таблицу истинности функции
(¬x ∧ ¬y) ∨ (y≡z) ∨ ¬w ,
но успел заполнить лишь фрагмент из трёх различных её строк, даже не указав, какому столбцу таблицы соответствует каждая из переменных w, x, y, z.

Определите, какому столбцу таблицы соответствует каждая из переменных

w, x, y, z.

📹 Видеоразбор демоверсии егэ 2019

✍ Решение: 

1 способ:
  • Поскольку внешне операцией является дизъюнкция — логическое сложение — то результат 0 может быть только, когда все части выражения:

   1 часть  2 часть   3 часть
(¬x ∧ ¬y) ∨ (y≡z) ∨ ¬w = 0

(¬x ∧ ¬y) = 0
(y≡z) = 0
¬w = 0
 
  • Построим таблицы истинности для всех трех частей выражения, и выделим те строки, в которых функция действительно = 0:
    • 
1. (¬x ∧ ¬y) = 0
x  y  F
0  0  1
0  1  0
1  0  0
1  1  0

    
2. (y≡z) = 0
y  z  F
0  0  1
0  1  0
1  0  0
1  1  1

    
3. ¬w = 0
w  F
0  1
1  0
  • Теперь объединим все три таблицы, выбрав из них только подходящие строки, учитывая соотношение значений переменных:
    • 
x  y  z  w  F
0  1  0  1  0
1  0  1  1  0 
1  1  0  1  0

    Так как w может принимать только значение 1, то в исходной таблице ей соответствует столбец № 4. Дозаполним столбец еще одной единицей:

  • Единственной уникальной строкой среди строк выведенной нами таблицы истинности является та, в которой два нуля на месте переменных:
    • 
x  y  z  w  F
0  1  0  1  0
  • Подставив данные значения первую строку исходной таблицы, получаем, что переменной y соответствует столбец № 2:

  • Обратим внимание, что в выведенной нами общей таблице, когда y = 1 z в обоих случаях равен 0. Таким образом z находится столбце № 1.
    • 
x  y  z  w  F
0  1  0  1  0
1  0  1  1  0 
1  
     
    1      0  1  0

  • Для x остается столбец № 3.

    • 2 способ смотрите на видео (см. выше).

    Результат: zyxw

    labs.org.ru

    Информатика ЕГЭ 8 задание разбор

    Разберем листинг программы:
    • Результатом программы является вывод значения s.
    • В цикле s меняется, увеличиваясь на k, при начальном значении s = 3.
    • Цикл зависит от k. Выполнение цикла завершится при k >= 25. Начальное значение k = 1.
    • В цикле k постоянно увеличивается на 2 -> значит, можно найти количество итераций цикла.
    • Количество итераций цикла равно:
    n = 25 / 2 ~ 12

    (т.к. k изначально равнялось

    1, то в последнее, 12-е прохождение цикла, k = 25; условие цикла ложно)

  • В s накапливается сумма арифметической прогрессии, последовательность элементов которой удобней начать с 0 (а не с 3, как в программе). Поэтому представим, что в начале программы s = 0. Но при этом не забудем, что в конце нам необходимо будет к результату прибавить 3!
    • 
s:=0;
k:=1;
while k
  • Тогда арифметическая прогрессия будет выглядеть:
    • 
1 + 3 + 5 + 7 ... 
количество членов прогрессии - 12, т.к. 12 итераций цикла
  • Существует формула вычисления суммы арифметической прогрессии:

    • s = ((2 * a1 + d * (n — 1)) / 2) * n

    где a1 — первый член прогрессии,
    d — разность,
    n — количество членов прогрессии (в нашем случае — кол-во итераций цикла)

  • Подставим значения в формулу:
    • 
(2 * 1 + 2 * 11) / 2 * 12 = 144
  • Не забудем, что мы к результату должны прибавить 3:
    • 
144+3 = 147
  • Это и есть значение s, которое выводится в результате работы программы.

    • labs.org.ru

    Информатика ЕГЭ 23 задание разбор, метод отображения, побитовая маска

    На уроке рассмотрено решение 23 задания ЕГЭ по информатике: дается подробное объяснение и разбор задания 2017 года


    Объяснение задания 23 ЕГЭ по информатике

    23-е задание характеризуется, как задание высокого уровня сложности, время выполнения – примерно 10 минут

    Элементы алгебры логики: преобразования логических выражений

    Для выполнения 23 задания ЕГЭ необходимо повторить следующие темы и понятия:

    Разные типы заданий 23 и их решение от простого к сложному:

    1. Одно уравнение с непересекающимися операндами внешней операции и одним вариантом решения:
    2. Одно уравнение с непересекающимися операндами внешней операции и несколькими вариантами решения
    3. Одно уравнение с пересекающимися операндами внешней операции
  • Рассмотрим каждый случай отдельно и учтем его результаты для второго уравнения системы:

  • Поскольку для двух уравнений решения в трех случаях не могут «работать» одновременно, то результат — это сложение трех решений:

    • 4 + 3 + 3 = 10

    4. Несколько уравнений: метод отображения решений уравнения

    Сколько существует различных наборов значений логических переменных?

    Метод отображения можно использовать:

    1. Если структура всех уравнения аналогична, и меняются лишь неизвестные.
    2. Если какие-либо операнды внешней операции первого уравнения повторяются во втором, второго — в третьем, и т.д.

    Пример решения

    5. Несколько уравнений: использование битовых масок

    Сколько существует различных наборов значений логических переменных?

    Побитовая маска (битовая маска) — метод, который можно использовать:

    1. Если при рассмотрении одного из уравнений в нем не обнаружены пересекающиеся переменные внешней операции (случай когда одна из переменных первого операнда встречается во втором операнде уже не подходит).
    2. Если структура всех уравнения аналогична, и меняются лишь неизвестные.
    3. Если какие-либо операнды внешней операции первого уравнения повторяются во втором, второго — в третьем, и т.д.

    Пример решения

    Решение 23 заданий ЕГЭ по информатике

    Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 1 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

    Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1, x2, … x6, y1, y2, … y6, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

    (¬(x1 ∨  y1)) ≡ (x2 ∨  y2)
    (¬(x2 ∨  y2)) ≡ (x3 ∨  y3)
    …
    (¬(x5 ∨  y5)) ≡ (x6 ∨  y6)


    ✍ Решение с использованием метода побитовая маска:
    • Поскольку в скобках одинаковые действия, и переменные повторяются, то введем обозначения:
    
¬a ≡ b
¬b ≡ c
¬c ≡ d
¬d ≡ e
¬e ≡ f
  • Вместо отрицания первого операнда просто будем использовать «не эквивалентно»:
    • 
a ≠ b
b ≠ c
c ≠ d
d ≠ e
e ≠ f
  • Вспомним, как выглядит таблица истинности для эквивалентности:
    • x1x2F
    001
    010
    100
    111
  • Рассмотрим, в каких случаях выражения будут возвращать ложь. Каждое из пяти выражений будет ложно, когда: либо оба операнда истинны, либо оба операнда ложны (операция равносильность = истине: при 00 или 11).
  • Составим битовую маску для наших уравнений. В цепочке значений от a до f не может быть двух единиц или двух нулей, идущих подряд, так как в этом случае система будет ложна (к примеру,
    a ≠ b    , если 0 ≠ 0 — это ложь). Таким образом, для данных уравнений существует всего две цепочки решений:
    • 
  цеп.1  цеп.2 
a   0      1
b   1      0
c   0      1
d   1      0
e   0      1
f   1      0
  • Теперь вспомним о заменах: каждая из переменных от a до f представляет собой скобку, внутри которой две переменные, связанные дизъюнкцией. Дизъюнкция двух переменных истинна в трех случаях (01, 10, 11), а ложна — в одном (00). Т.е., к примеру:
    • 
x1 ∨ y1 = 1 тогда, когда: либо 0 ∨ 1, либо 1 ∨ 0, либо 1 ∨ 1
 
x1 ∨ y1 = 0 тогда и только тогда, когда 0 ∨ 0
  • Это говорит о том, что на каждую единицу в цепочке приходится три варианта значений, а на каждый ноль — один. Т.о. получаем:
    •
  • для первой цепочки: 33 * 13 = 27 наборов значений,
  • и для второй: 33 * 13 = 27 наборов значений
    •  
  • Итого наборов:
    • 
27 * 2 = 54

    Результат: 54

    Подробное объяснение данного задания смотрите на видео:

    Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 3 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

    Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1, x2, … x9, y1, y2, … y9, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

    (¬(x1 ∧  y1)) ≡ (x2 ∧  y2)
    (¬(x2 ∧  y2)) ≡ (x3 ∧  y3)
    …
    (¬(x8 ∧  y8)) ≡ (x9 ∧  y9)

    В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.


    ✍ Решение (использование метода побитовая маска):
    • Поскольку в скобках одинаковые действия, и переменные повторяются, то введем обозначения:
    
¬a ≡ b
¬b ≡ c
¬c ≡ d
¬d ≡ e
¬e ≡ f
¬f ≡ g
¬g ≡ h
¬h ≡ i
  • Вместо отрицания первого операнда просто будем использовать «не эквивалентно»:
    • 
a ≠ b
b ≠ c
c ≠ d
d ≠ e
e ≠ f
f ≠ g
g ≠ h
h ≠ i
  • Вспомним таблицу истинности для эквивалентности:
    • x1x2F
    001
    010
    100
    111
  • Теперь рассмотрим, в каких случаях полученные условия будут возвращать ложь. Каждое из условий будет ложно, если либо оба операнда истинны, либо оба операнда ложны:
    например 
a ≠ b = 0, если: a=0 и b=0 или a=1 и b=1

    Это означает, что для одного условия не может быть такого случая, что a=0 и b=0 или a=1 и b=1.

  • Составим битовую маску для условий. В цепочке значений от a до i не может быть двух единиц или двух нулей, идущих подряд, так как в этом случае система будет ложна. Таким образом, для данных условий существует всего две цепочки решений:
    • 
  цеп.1  цеп.2  цеп. цеп.
a   0      1     0    1
b   1      0     0    1   не может быть! 
c   0      1    ...  ...
d   1      0
e   0      1
f   1      0
g   0      1
h   1      0
i   0      1
  • Теперь вспомним, что каждая из переменных от a до i представляет собой скобку, внутри которой две переменные, связанные конъюнкцией. Конъюнкция двух переменных истинна в одном случае, а ложна — в трех. Т.е., к примеру:
    • 
x1 ∧ y1 = 0 тогда, когда: либо 0 ∧ 1, либо 1 ∧ 0, либо 0 ∧ 0
 
x1 ∧ y1 = 1 тогда и только тогда, когда 1 ∧ 1
  • Это говорит о том, что на каждый 0 в цепочке приходится три варианта значений, а на каждую 1 — один. Т.о. получаем:
    •
  • для первой цепочки: 35 * 14 = 243 набора значений,
  • и для второй: 34 * 15 = 81 набор значений
  • Итого наборов:
    • 
243 + 81 = 324

    Результат: 324

    Предлагаем посмотреть видео с решением данного 23 задания:

    Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике 2017 года ФИПИ вариант 5 (Крылов С.С., Чуркина Т.Е.):

    Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1, x2, … x8, y1, y2, … y8, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

    ¬(((x1 ∧  y1) ≡ (x3 ∧  y3)) → (x2 ∧  y2))
    ¬(((x2 ∧  y2) ≡ (x4 ∧  y4)) → ¬(x3 ∧  y3))
    ¬(((x3 ∧  y3) ≡ (x5 ∧  y5)) → (x4 ∧  y4))
    ¬(((x4 ∧  y4) ≡ (x6 ∧  y6)) → ¬(x5 ∧  y5))
    ¬(((x5 ∧  y5) ≡ (x7 ∧  y7)) → (x6 ∧  y6))
    ¬(((x6 ∧  y6) ≡ (x8 ∧  y8)) → ¬(x7 ∧  y7))

    В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.


    ✍ Решение с использованием метода побитовая маска:
    • Поскольку в скобках одинаковые действия, и скобки повторяются в разных уравнениях, то введем обозначения. Обозначим латинскими буквами в алфавитном порядке скобки с переменными согласно их номерам:
    
1-a
2-b
3-c
4-d
5-e
6-f
7-g
8-h
  • После замены получим следующие выражения:
    • 
¬((a ≡ c) → b)
¬((b ≡ d) → ¬c)
¬((c ≡ e) → d)
¬((d ≡ f) → ¬e)
¬((e ≡ g) → f)
¬((f ≡ h) → ¬g)
  • Используя законы алгебры логики, преобразуем одно из условий (первое). Потом по аналогии выполним преобразования для остальных условий:
    1. Избавимся от импликации:
      2. 
было:  ¬((a ≡ c) → b)
стало: ¬(¬(a ≡ c) ∨ b)
    2. По закону Де Моргана избавимся от отрицания над общей внешней скобкой:
      3. 
было:  ¬(¬(a ≡ c) ∨ b)
стало: (a ≡ c) ∧ ¬b
  • По аналогии преобразуем остальные условия, учитывая, что двойное отрицание просто аннулирует отрицание:
    • 
(a ≡ c) ∧ ¬b
(b ≡ d) ∧ c
(c ≡ e) ∧ ¬d
(d ≡ f) ∧ e
(e ≡ g) ∧ ¬f
(f ≡ h) ∧ g
  • Рассмотрим, в каких случаях условия будут возвращать истину. Внешняя операция конъюнкция: каждое из условий будет истинно только в том случае, если оба операнда истинны:
    например: 
(a ≡ c) ∧ ¬b  возвратит истину, если:
(a ≡ c) = 1 и ¬b = 1

    Это означает, что все операнды, стоящие после знака конъюнкции, должны быть истинны.

  • Составим битовую маску для наших уравнений с учетом указанного требования:
    • 
  цеп.1  
a   ?      
b   0      
c   1      
d   0      
e   1      
f   0      
g   1      
h   ?
  • Значение для переменной a найдем из условия (a ≡ c) ∧ b. В битовой маске с=1, значит, чтобы условие a ≡ c было истинным, а должно тоже равняться 1 (таблица истинности эквивалентности).
  • Значение для переменной h найдем из условия (f ≡ h) ∧ ¬g. В битовой маске f=0, значит, чтобы условие f ≡ h было истинным, h должно тоже равняться 0 (таблица истинности эквивалентности).
  • Получим итоговую битовую маску:
    • 
  цеп.1  
a   1      
b   0      
c   1      
d   0      
e   1      
f   0      
g   1      
h   0
  • Теперь вспомним, что каждая из переменных от a до h представляет собой скобку, внутри которой две переменные, связанные конъюнкцией. Конъюнкция двух переменных истинна в одном случае, а ложна — в трех. Т.е., к примеру:
    • 
x1 ∧ y1 = 0 тогда, когда: либо 0 ∧ 1, либо 1 ∧ 0, либо 0 ∧ 0
 
x1 ∧ y1 = 1 тогда и только тогда, когда 1 ∧ 1
  • Это говорит о том, что на каждый 0 в цепочке приходится три варианта значений, а на каждую 1 — один. Т.о., получаем:
    • 
	34 * 14 = 81 набор значений

    Результат: 81

    Для закрепления материала рекомендуем посмотреть видео с разбором данного 23 задания:

    Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике демоверсия 2018 года ФИПИ:

    Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1, x2, … x7, y1, y2, … y7, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

    (¬x1 ∨ y1) → (¬x2 ∧ y2) = 1
    (¬x2 ∨ y2) → (¬x3 ∧ y3) = 1
    …
    (¬x6 ∨ y6) → (¬x7 ∧ y7) = 1

    В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.


    ✍ Решение, используется метод отображения:
    • Внешняя операция в отдельно взятом уравнении — это импликация, результат которой должна быть истина. Импликация истинна если:
    
0 -> 0
0 -> 1
1 -> 1

    т.е. ложна только, когда 1 -> 0
  • Если скобка (¬x1 ∨ y1) = 0, то для скобки (¬x2 ∧ y2) возможны варианты 0 или 1.
  • Если скобка (¬x1 ∨ y1) = 1, то для скобки (¬x2 ∧ y2) возможен один вариант — 1.
  • В скобках дизъюнкция (∨) истинна, когда: 0 ∨ 1, 1 ∨ 0, 1 ∨ 1; ложна, когда: 0 ∨ 0.
  • В скобках конъюнкция истинна, когда 1 ∧ 1 и ложна во всех остальных случаях.
  • Построим таблицу истинности для первого уравнения, учтем все возможные варианты. Выделим в ней те строки, которые возвращают ложь: т.е. где первая скобка (¬x1 ∨ y1) возвратит 1, а вторая (¬x2 ∧ y2) — 0:

  • Поскольку уравнения однотипные и отличаются только сдвигом номеров переменных на единицу, то будем использовать метод отображения. Для первого уравнения x1 и y1 будут обозначаться xi и yi, а x2 и y2 будут обозначаться xi+1 и yi+1.

  • Теперь найдем общее количество решений, подставляя в отображении соответствующие x и y, и, учитывая предыдущие значения:

  • В итоге получаем:
    • 1 + 19 + 1 + 1 = 22

    Результат: 22

    Видеоразбор демоверсии 2018 23 задания смотрите здесь:

    Решение 23 задания ЕГЭ по информатике 2018 (диагностический вариант, С.С. Крылов, Д.М. Ушаков, Тренажер ЕГЭ 2018 года):

    Сколько различных решений имеет уравнение:

    (a → b) ∨ (c → ¬d) ∨ ¬(e ∨ a ∨ c) = 1

    где a, b, c, d, e — логические переменные?

    В качестве ответа указать количество таких наборов.


    ✍ Решение:
    • Внешняя логическая операция — ∨ — дизъюнкция. Таблица истинности:
    
0 ∨ 0 = 0
0 ∨ 1 = 1
1 ∨ 0 = 1
1 ∨ 1 = 1
  • Поскольку дизъюнкция равна единице аж в трех случаях, то искать количество вариантов будет достаточно сложно. Значительно проще найти варианты, когда ∨ = 0 и вычесть их из общего количества вариантов.
  • Найдем общее количество строк в таблице истинности. Всего 5 переменных, поэтому:
    • количество строк в ТаблИстин = 25 = 32
  • Посчитаем, сколько вариантов имеют решение при значении уравнения = 0. Чтобы потом вычесть это значение из общего количества. Для операции дизъюнкция (∨) каждая скобка должна быть равна нулю:
    • 
 (a → b) ∨ (c → ¬d) ∨ ¬(e ∨ a ∨ c) = 0
   0          0               0
  • Теперь рассмотрим каждую скобку отдельно:
    • 
1. (a → b) = 0, импликация ложна в одном случае (1 → 0) = 0
т.е. имеем a = 1, b = 0

    
2. (c → ¬d) = 0, импликация ложна в одном случае (1 → 0) = 0
т.е. имеем c = 1, d = 1

    
3. ¬(e ∨ a ∨ c) = 0
  • т.к. перед скобкой стоит отрицание, то для большей понятности раскроем скобки по закону Де Моргана:
    • 
¬e ∧ &nota ∧ &notc = 0   
Конъюнкция равна 0, когда хоть один операнд = 0.
  • из п.1 и п.2 имеем a = 1 и c = 1. Тогда для e имеем два варианта: e = 0, e = 1, т.е.:
    • 
¬0 ∧ &not1 ∧ &not1 = 0
¬1 ∧ &not1 ∧ &not1 = 0
  • То есть всего имеем 2 цепочки «исключаемых» решений:
    • 
1.  a = 1, b = 0, c = 1, d = 1, e = 0
2.  a = 1, b = 0, c = 1, d = 1, e = 1
  • Эти два варианта исключаем (вычитаем) из общего количества:
    • 
32 - 2 = 30

    Результат: 30


    Разбор 23 задания демоверсии егэ по информатике 2019:

    Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1, x2, … x7, y1, y2, … y7, которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

    
(y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 1
(y2 → (y3 ∧ x2)) ∧ (x2 → x3) = 1
…
(y6 → (y7 ∧ x6)) ∧ (x6 → x7) = 1
y7 → x7 = 1

    В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x1, x2, … x7, y1, y2, … y7, при которых выполнена данная система равенств.
    В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.


    ✍ Решение:
    • Поскольку все равенства однотипны (кроме последнего), отличаются только сдвигом номеров переменных на единицу, то для решения будем использовать метод отображения: когда, найдя результат для первого равенства, необходимо применить тот же принцип с последующими равенствами, учитывая полученные результаты для каждого из них.
    • Рассмотрим первое равенство. В нем внешняя операция — это конъюнкция, результат которой должна быть истина. Конъюнкция истинна если:
    
1 -> 1
т.е.:
(y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 1
    11
  • Найдем случаи, когда равенство будет ложным (чтобы в дальнейшем исключить эти случаи):
    • 
(y1 → (y2 ∧ x1)) ∧ (x1 → x2) = 0
  • Внутри первой «большой» скобки находится операция импликации. Которая ложна:
    • 
1 -> 0 = 0
т.е. случаи:
y1=1 → (y2=0 ∧ x1=1)
y1=1 → (y2=1 ∧ x1=0)
y1=1 → (y2=0 ∧ x1=0)
  • Таким же образом проанализируем вторую скобку. В ней импликация вернет ложь:
    • 
(x1=1 → x2=0)
  • Построим таблицу истинности для первого уравнения, учтем все возможные варианты. Поскольку переменных 4, то строк будет 24 = 16. Выделим те строки, которые возвращают ложь:

  • Теперь переходим к методу отображения. Для первого уравнения x1 и y1 обозначим xi и yi, а x2 и y2 обозначим xi+1 и yi+1. Стрелками обозначим значения только тех строк таблицы истинности, которые возвращают 1.

  • Найдем общее количество решений, подставляя в таблицу из отображения соответствующие значения x и y, и, учитывая предыдущие значения:

  • Теперь вернемся к последнему равенству. По условию оно должно быть истинным. Равенство вернет ложь только в одном случае:
    • 
y7=1 → x7=0 = 0
  • Найдем соответствующие переменные в нашей таблице:
  • Рассчитаем сумму по последнему столбцу, не учитывая строку, возвращающую ложь:
    • 1 + 7 + 28 = 36

    Результат: 36

    Видео решения 23 задания демоверсии егэ 2019:

    labs.org.ru

    Author: alexxlab

    Добавить комментарий

    Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *