ПЗ 12. Полином Жегалкина, линейность, самодвойственность функций
Ответы
ПЗ 1 Множества
Задание 1. а. . б. .
в. . г. .
д. . е. .
ж. . з. .
и. . к. .
л. . м. .
Задание 2.
1) а. нет. б. нет в. да. 2) нет. 3) AÎB, BÎC, но AÏC.
Задание 3.
а. Будем использовать свойство отношения включения множеств: два множества равны, если являются подмножествами друг друга. Таким образом, нужно показать, что множество , описанное в левой части равенства, является подмножеством множества , описанного в правой части, и одновременно является подмножеством .
Докажем сначала вложение . Для этого возьмем произвольный элемент , т.е. . По определению операций объединения и пересечения множеств, это означает, что или , или . Коротко это записывается так: (квадратная скобка обозначает связку «или» между условиями, записанными внутри). В свою очередь, последнее утверждение равносильно следующему: . Это можно записать короче: (фигурная скобка обозначает связку «и» между условиями, записанными внутри). Последнее утверждение можно трактовать так: или и одновременно или , т.е. . Это в свою очередь означает, что . Таким образом, любой элемент множества является элементом множества , что доказывает вложение .
Докажем теперь вложение . Пусть теперь , т.е. , что по определению равносильно . Здесь возможны два варианта: либо (это условие есть во всех предлагающихся наборах «или»), либо . Во втором случае элемент x обязан принадлежать множеству B (из первой скобки «или») и множеству C (из второй скобки «или»), то есть . Следовательно, , что означает принадлежность элемента x левой части равенства . Значит, .
|
|
Из доказанных вложений и делается вывод о равенстве или , что и требовалось доказать.
б. Знак « » предполагает доказательство в два этапа: из заданного равенства, стоящего в левой части нужно доказать вложение из правой части; из условия вложенности множества A в C доказать выполнение равенства из левой части.
Пусть выполняется равенство и элемент .
Это значит, что
.
Если же элемент принадлежит правой части равенства , то
.
Видно, что последние условия в и совпадают. Тогда из равенства следует равносильность утверждений и , то есть все элементы из множества A лежат во множестве C, что возможно лишь в случае вложенности .
Пусть относительно множеств A и C известно, что . Тогда, очевидно, что , (нетрудно доказать это самостоятельно). Докажем равносильность , что доказывает выполнение равенства .
|
|
Пусть снова . Это равносильно утверждению , которое ввиду выполнения условия можно переписать так: (так как условия и в данном случае равносильны). Можно заметить, что теперь условие принадлежности элемента левой части доказываемого равенства полностью совпадает с условием принадлежности элемента правой части. Следовательно, равенство доказано.
в. Пусть . Это значит, что . Построим отрицание утверждения
.
Возможны два варианта: либо , что очевидно, либо , но тогда, чтобы не нарушать условие , должно выполняться условие . Таким образом, . Тогда условие равносильно
.
Последнее означает принадлежность элемента правой части равенства, то есть . Поскольку была построена цепочка равносильных утверждений, то верно и обратное вложение . Таким образом, равенство доказано.
г. Пусть верно равенство . Распишем левую часть этого равенства: . Равенство левой и правой частей теперь можно записать как , что возможно лишь в случае непересекающихся множеств A и B, то есть Æ.
Пусть Æ. Нужно доказать справедливость равенства . Проводя аналогичные операции с левой частью доказываемого равенства, получим . Так как, по условию, Æ, то и, следовательно, .
|
|
д. Пусть верно равенство . Его левая часть: , последнее равенство возможно лишь в случае, когда Æ.
Пусть Æ. Тогда докажем, что :
Æ , что и требовалось доказать.
е. Пусть верно равенство . Его левая часть равна , что возможно лишь при условии, что Æ, то есть .
Пусть , т.е. Æ. Тогда, очевидно, будет верно , что и требовалось доказать.
ж. Пусть , , .
1) Докажем : .
Докажем : .
2) Докажем : .
Докажем : .
3) , т.е. .
з. Пусть , .
1) Докажем : .
2) Докажем : .
3) , т.е. .
и. Пусть , .
1) Докажем : .
2) Докажем : .
3) , т.е. .
к. Пусть , .
1) Докажем : .
2) Докажем : .
3) , т.е. .
л. Пусть верно включение и элемент , тогда
.
Пусть верны включения и элемент или , тогда
.
м. Пусть верно включение и элемент , .
Пусть верны включения , тогда , .
н. Пусть и , при этом , тогда: , .
о. Пусть и , при этом и , тогда: , , но , , .
Задание 4.
а.
,
что и требовалось доказать. Следует заметить, что равенство следует из Задания 2 в, так как является двойственным для доказанного там равенства.
|
|
б. .
в. 1) , .
.
2) , .
3) Из 1) и 2) пунктов видно, что .
г. , .
Видно, что .
Задание 5.
а. . б. . в. .
ПЗ 2. Отношения и функции
Задание 1.
а. Пусть . Тогда любой элемент из A будет обязательно принадлежать и множеству B: . То же можно сказать и об элементах множеств C и D: . Возьмем произвольный элемент декартова произведения : . Это значит (по определению), что . Учитывая вложенность множеств A и B, C и D, имеем:
.
Отсюда следует вложение , что и требовалось доказать.
Путь . Это значит, что . Это можно записать следующим образом:
,
то есть , откуда следуют доказываемые вложения и . Доказано.
б. Пусть и . Тогда очевидно, что . Рассмотрим произвольную пару (элемент) из правой части доказываемого равенства, то есть . Это значит, что
.
Ввиду вложений и (а, следовательно, ввиду справедливости равенств и ) последнее утверждение эквивалентно следующему: . Следовательно, имеет место вложение . Так как была построена цепочка эквивалентных утверждений (связанных знаком « »), то справедливо и обратное вложение. Таким образом, равенство доказано.
Пусть справедливо равенство . Это значит, что
,
то есть и . Последнее возможно лишь в случае вложений и .
в. Обозначим , и докажем вложение . Пусть , тогда, по определению, .
То есть справедливо вложение . Так как была построена цепочка эквивалентных утверждений (связанных знаком « »), то справедливо и обратное вложение. Таким образом, равенство доказано.
г. Пусть , , т.е. .. Тогда для справедливо: .
Для справедливо: .
Таким образом = .
д. Обозначим , и докажем вложение . Пусть , тогда, по определению,
. То есть справедливо вложение . Так как была построена цепочка эквивалентных утверждений (связанных знаком « »), то справедливо и обратное вложение. Таким образом, равенство доказано.
e. Обозначим , и докажем вложение . Пусть , тогда, по определению,
. То есть справедливо вложение . Так как была построена цепочка эквивалентных утверждений (связанных знаком « »), то справедливо и обратное вложение. Таким образом, равенство доказано.
ж. Обозначим , и докажем вложение . Пусть , тогда, по определению,
. То есть справедливо вложение . Таким образом, вложение доказано.
Задание 2.
а. Очевидно, Dr R, Rr R , графически это отношение можно изобразить как множество точек, расположенных ниже прямой ;
R R ;
R: : R
R . Поскольку найдется такое z, что будут выполняться указанные неравенства, то R2; R
R ; .
б. Чтобы обозначить область определения и область значений бинарного отношения , обратимся к графическому изображению этого отношения.
Из рисунка видно, что , .
;
;
;
.
в. R . Dr R, Rr R , графически это множество точек, расположенных выше прямой ; R .
R: : R
R .
R, : R
R . Поскольку найдется такое z, что будут выполняться указанные неравенства, то R2;
R: : R
R . Поскольку найдется такое z, что будут выполняться указанные неравенства, то R2.
г. R . Dr R, Rr R , графически это множество точек, расположенных ниже прямой ; R .
R: : R
R .
R, : R
R . Поскольку найдется такое z, что будут выполняться указанные неравенства, то R2;
R: : R
R . Поскольку найдется такое z, что будут выполняться указанные неравенства, то R2.
д. N . Dr N, Rr N , N .
N: : N
N .
N, : N . Поскольку найдется такое (в случае взаимно простых z=1), что будут выполняться указанные соотношения, то N2.
N: : N . Поскольку найдется такое , что будут выполняться указанные соотношения, то N2.
е. . Чтобы обозначить область определения и область значений бинарного отношения , обратимся к рисунку, из которого видно, что , .
.
.
.
.
Задание 3.
а. Возьмем произвольный элемент отношения : пусть . По определению обратного отношения это означает, что пара
.
Таким образом, . Поскольку была построена цепочка эквивалентных утверждений (связанных знаком « »), то справедливо и обратное вложение. Равенство доказано.
Замечание 1. Очевидно, что . Однако обратное утверждение в общем случае не верно: могут найтись такие, что . Это происходит в случае не инъективных функций .
Замечание 2. Если отношение является функцией, то для обратного отношения будет верно условие: если и : , то (в случае функциональности отношения это будет означать его инъективность).
б. Пусть . Это эквивалентно тому, что .
в. Пусть , тогда обязательно будет выполняться условие . С другой стороны, . Это значит, что . Т.е. для любого элемента верно следующее: , что доказывает вложение .
В качестве примера рассмотрим функцию , , . Тогда , , , , следовательно .
г. Поскольку , то . В этом предположении надо доказать, что . По определению, , , .
д. Поскольку , то . В этом предположении надо доказать, что . Пусть , тогда , , , .
Задание 4.
Нужно показать рефлексивность, симметричность и транзитивность отношения . Рефлексивность. Для любого элемента N N должно выполняться . Это так, поскольку верно равенство . Симметричность. Если , то должно выполняться и для любых элементов N N. Действительно, если , то . Если же , то . Поскольку одновременно выполняются равенства и , то, очевидно, симметричность доказана. Транзитивность. Для любых элементов N N при условии, что и , должно выполняться . По определению отношения имеем: ; . Из равенства выразим и подставим во второе равенство: . Это, в свою очередь, означает, что . Таким образом, отношение является отношением эквивалентности.
Задание 5.
а. рефлексивное, симметричное, транзитивное – отношение эквивалентности.
б. антирефлексивное, симметричное, антитранзитивное.
в. рефлексивное, симметричное, транзитивное – отношение эквивалентности.
г. рефлексивное, антисимметричное, транзитивное – отношение нестрогого частичного порядка, отношение нестрогого линейного порядка.
д. рефлексивное, антисимметричное, транзитивное – отношение нестрогого частичного порядка, отношение нестрогого линейного порядка.
е. антирефлексивное, строго антисимметричное, транзитивное – отношение строгого частичного порядка, отношение строгого линейного порядка.
ж. антирефлексивное, симметричное, нетранзитивное.
з. нерефлексивное, симметричное, нетранзитивное.
и. рефлексивное, симметричное, транзитивное – отношение эквивалентности.
ПЗ 3. Мощность множества
Задание 1.
а. Введем следующие множества:
; ; ; ; .
Поскольку в бою участвовало 100 пиратов, то . Аналогично , , , . Очевидно, что множество несчастных пиратов (обозначим его ), потерявших и ногу, и руку, и глаз, и ухо будет определяться пересечением . Согласно принципу двойственности, .
Очевидно, что , , , . Тогда мощность множества (знак стоит потому, что один и тот же пират мог попасть в несколько из составляющих множеств одновременно).
Таким образом, , то есть множество содержит как минимум 10 элементов, что и требовалось доказать.
б. 501.Для решения задачи нужно найти мощность множества . Число полных периодов (расположенных подряд натуральных чисел, делящихся на 3 с остатком 1, 2, 0) при делении чисел от 1 до 1000 на 3 равно . Числа, образующие эти периоды, заканчиваются числом . Кроме того, есть числа, не образующие полный период (в данном случае это одно число - 1000, делящееся на 3 с остатком 1). Поэтому количество чисел делящихся на 3 с остатком 1 равно 333+1=334. Аналогично, количество чисел делящихся на 4 с остатком 3 равно . Количество элементов объединения равно . В пересечение входят числа, одновременно делящиеся на 3 с остатком 1 и на 4 с остатком 3 (7, 19, 31, …), по одному числу из периода, образуемого при делении на , т. е. числа. Оставшиеся числа, не вошедшие в периоды: от до : 997, 998, 999, 1000. Ни одно из них условию не удовлетворяет. Итак, .
в. 57. Ищем мощность множества . Разложим на простые множители , и . Видно, что в множества , , , входят числа, нацело делящиеся на . Поскольку попарные пересечения множеств N1, N2 и N3 совпадают с их общим пересечением, то справедлива формула
.
Аналогично задаче б, находим мощности множеств , , , . Тогда .
г. 86. В качестве универсального множества рассмотрим множество студентов первого, второго и третьего курсов. Обозначим M={множество студентов-юношей}, тогда ={множество студенток}, A={множество первокурсников}, B={множество второкурсников} C={множество студентов третьего курса}. Первое условие задачи можно трактовать следующим образом: мощность дополнения множества студенток второго курса равна 347, т.е. . Аналогично, второе условие: мощность дополнения множества студентов первого и второго курсов равна 125, то есть . Третье условие: мощность объединения множества первокурсников и множества студентов-юношей равна 308, или . Мощность универсального множества - общее количество студентов: . Количество студентов-юношей третьего курса - мощность пересечения .
- количество студентов-юношей третьего курса - можно посчитать как разность общего количества студентов третьего курса и количества студенток третьего курса: . Преобразуем условия задачи: , поэтому
; ,
поэтому , то есть . Последнее означает, что на третьем курсе обучаются 39 девушек. Общее количество студентов третьего курса, по условию, равно , а значит, количество юношей, обучающихся на третьем курсе, равно .
д. Решение задачи аналогично заданию 1 б, откуда известно, что . Найдем и . , . Числа, образующие периоды при делении на 7, заканчиваются числом . Кроме того, есть числа, не образующие полный период (в данном случае это одно число - 998, делящееся на 7 с остатком 4). Поэтому количество чисел делящихся на 7 с остатком 4 равно 142+1=143.
1) Найдем . В пересечение входят числа, одновременно делящиеся на 3 с остатком 1 и на 5 с остатком 2 (7, 22, 37, …), по одному числу из периода, образуемого при делении на , т. е. чисел. Оставшиеся числа, не вошедшие в периоды: от до : 991, ..., 1000. Только одно из них удовлетворяет условию: 997. Итак, .
2) .
3) . Найдем . В пересечение входят числа, одновременно делящиеся на 5 с остатком 2 и на 7 с остатком 4 (32, 67, 102, …), по одному числу из периода, образуемого при делении на , т. е. чисел. Оставшиеся числа, не вошедшие в периоды: от до : 981, ..., 1000. Ни одно из них не удовлетворяет условию. Итак,
.
4) . Найдем . В пересечение входят числа, одновременно делящиеся на 3 с остатком 1 и на 7 с остатком 4 (4, 25, 46, …), по одному числу из периода, образуемого при делении на , т. е. чисел. Оставшиеся числа, не вошедшие в периоды: от до : 988, ..., 1000. Только одно из них удовлетворяет условию: 991. Итак,
.
е. Для начала выпишем условия задачи из 1 в:
, , , .
1) . При пересечении множеств и , исключаются все элементы множества . Т.к. 4, то количество элементов равно выражению = . Т.к. , то =0.
Тогда .
2) .
3) =
1000.
4) =
971.
ж. Пусть дома будут обозначаться условно , , , , , . Выпишем данные: , , , . Найдем : , и : . Тогда . Таким образом, в микрорайоне «Высотный» построено 36 домов.
з. Составим систему уравнений. Пусть спортсмены-мужчины будут обозначаться условно , и , девушки-спортсменки соответственно , и . Получаем систему:
Решаем систему уравнений. Видно, что из первого уравнения можно вычесть третье. Таким образом, мы найдем количество волейболистов-мужчин: . Подставляем в последнее уравнение: . Полученный результат подставим во второе уравнение: . Таким образом, в «Чемпионе» 15 женщин занимаются баскетболом.
Задание 2.
а. Множество (0,1) - бесконечно. Справедливо утверждение: мощность бесконечного множества не изменится, если к нему прибавить (или удалить из него) конечное число элементов. Таким образом, . Теперь докажем равномощность этих множеств по определению. Т.е. необходимо построить взаимно однозначное соответствие (биекцию) между элементами [0,1]и(0,1). Обозначим . Выделим следующие счетные подмножества из множеств X и Y:
, . Сопоставим элементы полученных множеств: , , , . Искомую биекцию можно организовать следующим образом:
Равномощность множеств X и Y доказана.
б. Искомое отображение будем строить в два этапа. 1. . Пусть , тогда функцию можно взять в качестве биекции, отображающей отрезок на .
2. . Пусть , тогда . Следовательно, искомое отображение будет следующим: .
в. Необходимо построить отображение f такое, что , . То есть - точка разрыва второго рода для функции . Таким образом, искомое отображение можно описать следующей функцией: .
г. В качестве искомой биекции можно использовать любую монотонную (биективную) функцию , имеющую область значений R. Возьмем одну ветвь функции . Однако для этого аргумент должен изменяться на интервале . Поэтому необходимо построить дополнительное отображение на . Используя формулу из пункта б, имеем: где , . Таким образом, искомое отображение R .
д. В качестве биекции можно использовать любую строго монотонную функцию. В данном случае можно воспользоваться функцией : эта функция определена для , при этом . Т.е., достаточно сначала построить биекцию , , затем выразить искомое отображение .
е. Равномощность множеств (0,1), [0,1) и (0,1] доказывается подобно пункту а, т.е. необходимо построить взаимно однозначное соответствие между элементами [0,1)и(0,1); (0,1] и (0,1).
ж. Необходимо построить отображение f такое, что , . То есть - точка разрыва второго рода для функции . Таким образом, искомое отображение: .
з. Искомое отображение: .
и. Искомое отображение: .
к. Искомое отображение: .
л. Искомое отображение: .
м. Искомое отображение: .
ПЗ 4. Элементы комбинаторики
1. . 2. 42. 3. . 4. 968. 5. 253. 6. 64. 7. 240. 8. 124. 9. . 10. . 11. . 12. . 13. 8!. 14. 30!/(10!)3. 15. 42. 16. 9!. 17. 18. . 19. 12!/(2!)6. 20. 204. 21. 2×9!. 22. . 23. 56; 6×45. 24. 210. 25. 16100. 26. 40. 27. 80!/(3! ×75!). 28. 10!/48. 29. 36; 6!. 30. 44×32. 31. . 32. . 33. 34. . 35. 35. 36. 108. 37. 16!/(26×32). 38. 420. 39. . 40. . 41. 62. 42. 9×106. 43. . 44. 60. 45. 2(6!)2. 46. 2200. 47. 86; 86–13×75. 48. 2(11!)2. 49. Пусть х – количество книг по логике, тогда (20–x) – по математике. Количество вариантов комплекта, содержащего 5 книг по логике и 5 по математике: . Чтобы найти max , сравним отношение двух последовательных значений и с единицей. Если , то возрастает, если , то убывает; надо найти такое х, при которых возрастающая последовательность станет убывающей. , . При х=9 последовательность возрастает, при х=10 – убывает, поэтому искомое х=10. 50. Количество способов распределить пассажиров по группам: . Каждая из групп может выйти на любом из девяти этажей: . Тогда =10!/4.
ПЗ 9. Изоморфизм графов
Задание 1.
а. Таких графов 11.
б. Таких графов 2.
в. 1) Таких графов 3.
2) Таких графов 9.
3) Таких графов 5 (6?).
г. Таких графов 1) 2; 2) 2; 3) 0.
Задание 2.
а. Таких графов 1) ; 2) 4; 3) ; 4) 3.
б. 5.
в.
г. Пусть у графа N вершин. Их степени могут быть числами 0, 1, N-1 (всего N вариантов) Предположим, что вершин с одинаковыми степенями нет. Тогда очевидно, что есть вершина A со степенью 0 (изолированная) и вершина B со степенью N-1 (смежная со всеми остальными, в том числе и с A). Но A не может быть ни с кем смежна. Противоречие.
д. Удобнее строить дополнения графов. 1) 9 графов; 2) 11 графов; 3) 5 графов.
Задание 3.
Рис. 1,3,4,5,7 пары изоморфных графов.
ПЗ 10. Гомеоморфизм графов
Задание 1.
1) В каждом из графов, изображенных на рис. 9, существует подграф, гомеоморфный K4.
2) В графе на рис. 9, б естьподграф, гомеоморфный К5. В графе на рис. 9, б существуетподграф, гомеоморфный К2,3.
Задание 2.
Все гомеоморфны.
ПЗ 12. Полином Жегалкина, линейность, самодвойственность функций
Задание 6. а. б. . в. . г. .
Задание 7. а. б. . в. . г. . д. . е. .
Элементы теории множеств
№ варианта | № задания | |||||||||
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | |
1 | 2 | 3 | собственное | 1 | 1,3 | 4 | 2 | 3 | 1 | 3 |
2 | 4 | 4 | пустое | 3 | 2,3,4 | 3 | 4 | 2 | 2 | 1 |
3 | 2 | 1 | Î | 2 | 1,2 | 4 | 1 | 1 | 3 | 3 |
4 | 3 | 2 | Î | 3 | 2,3 | 3 | 3 | 3 | 1 | 4 |
5 | 4 | 2 | Ï | 3 | 2,3,4 | 2 | 4 | 2 | 2 | 2 |
6 | 1 | 4 | {2,3} | 1 | 2,4 | 3 | 1 | 4 | 3 | 1 |
7 | 3 | 1 | Æ | 2 | 1,2,4 | 1 | 3 | 2 | 2 | 4 |
8 | 2 | 4 | 2 | 1,3,5,6 | 4 | 4 | 1 | 1 | 1 | |
9 | 4 | 2 | 3 | 2,3,4,6 | 3 | 2 | 3 | 3 | 1 | |
10 | 2 | 1 | A | 2 | 1,4 | 2 | 3 | 2 | 3 | 3 |
11 | 1 | 2 | A | 1 | 2,3 | 1 | 1 | 1 | 1 | 2 |
12 | 4 | 3 | (AÈB)Ç(AÈC) | 2 | 1,3 | 4 | 3 | 3 | 4 | 3 |
13 | 3 | 4 | (AÇB)È(AÇC) | 2 | 2,3 | 3 | 2 | 2 | 2 | 1 |
14 | 2 | 1 | A | 3 | 1,2,3 | 4 | 3 | 1 | 2 | 1 |
15 | 4 | 2 | U | 2 | 2,3 | 1 | 4 | 2 | 4 | 4 |
16 | 3 | 3 | A | 1 | 1,2,3 | 2 | 2 | 4 | 2 | 3 |
17 | 1 | 4 | U | 4 | 2,5,6 | 4 | 4 | 3 | 1 | 2 |
18 | 3 | 1 | Æ | 3 | 2,3,5 | 2 | 1 | 1 | 2 | 3 |
19 | 2 | 2 | A | 4 | 2,3,5,6 | 4 | 3 | 4 | 1 | 4 |
20 | 1 | 2 | Æ | 3 | 2,3 | 4 | 4 | 3 | 3 | 1 |
21 | 4 | 1 | {1,2,3}{2,4} | 1 | 1,3,4 | 3 | 3 | 4 | 4 | 2 |
22 | 3 | 4 | {1,3,5,7}{2,3,5} | 3 | 2,3,4 | 4 | 1 | 2 | 2 | 2 |
23 | 1 | 3 | <1,x> | 4 | 2,3 | 1 | 4 | 1 | 1 | 4 |
24 | 2 | 4 | <2,1> | 2 | 1,3 | 3 | 2 | 3 | 3 | 3 |
25 | 4 | 1 | 3 | 1,2 | 3 | 3 | 1 | 3 | 1 | |
26 | 4 | 2 | 2 | 1,3 | 1 | 2 | 4 | 4 | 4 | |
27 | 3 | 3 | 1 | 1,3 | 2 | 4 | 3 | 1 | 3 | |
28 | 4 | 2 | предпорядком на A | 2 | 1,2,3 | 2 | 1 | 1 | 2 | 1 |
29 | 2 | 3 | строгого частичного порядка | 4 | 1,3,5, 6 | 4 | 3 | 2 | 3 | 2 |
30 | 2 | 1 | линейного порядка | 1 | 3,5,6 | 1 | 2 | 1 | 3 | 3 |
Элементы теории графов
№ варианта | № задания | |||||||||
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | |
1 | 1 | 1 | инцидентно | 1 | 2 | 3 | 1 | 4 | 3 | 2 |
2 | 2 | 2 | смежными | 2 | 1 | 1 | 3 | 3 | 2 | 1 |
3 | 3 | 4 | маршрутом | 4 | 3 | 4 | 1 | 2 | 1 | 3 |
4 | 4 | 4 | путем | 3 | 4 | 3 | 2 | 1 | 3 | 1 |
5 | 3 | 4 | Эйлеровой | 2 | 3 | 1 | 1 | 2 | 1 | 2 |
6 | 1 | 4 | Эйлеровым | 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 2 | 4 |
7 | 2 | 1 | Эйлеровым | 2 | 4 | 3 | 4 | 3 | 4 | 3 |
8 | 4 | 4 | длиной маршрута | 4 | 2 | 2 | 1 | 1 | 1 | 2 |
9 | 1 | 4 | длиной пути | 2 | 4 | 1 | 4 | 2 | 4 | 1 |
10 | 2 | 3 | четными | 3 | 1 | 2 | 3 | 3 | 3 | 2 |
11 | 1 | 3 | 2 | 1 | 3 | 3 | 2 | 1 | 4 | 3 |
12 | 2 | 1 | подграфом | 3 | 2 | 2 | 1 | 2 | 1 | 1 |
13 | 1 | 4 | собственным | 2 | 1 | 2 | 4 | 2 | 2 | 2 |
14 | 2 | 3 | достижима | 1 | 3 | 1 | 1 | 2 | 3 | 3 |
15 | 1 | 2 | связным | 3 | 2 | 2 | 1 | 2 | 3 | 1 |
16 | 3 | 4 | сильно связным | 1 | 3 | 4 | 3 | 2 | 4 | 2 |
17 | 2 | 1 | связным | 2 | 1 | 4 | 4 | 4 | 1 | 4 |
18 | 3 | 4 | компонентой связности | 1 | 4 | 3 | 2 | 2 | 4 | 3 |
19 | 4 | 3 | компонентой сильной связности | 4 | 2 | 4 | 1 | 2 | 1 | 2 |
20 | 4 | 1 | расстоянием | 1 | 1 | 1 | 4 | 3 | 2 | 1 |
21 | 4 | 1 | диаметром | 2 | 2 | 1 | 4 | 3 | 2 | 2 |
22 | 3 | 2 | максимальным удалением (эксцентриситетом) | 1 | 2 | 4 | 2 | 2 | 2 | 3 |
23 | 1 | 4 | радиусом | 3 | 3 | 1 | 3 | 2 | 4 | 4 |
24 | 2 | 3 | центром | 1 | 4 | 4 | 1 | 2 | 4 | 1 |
25 | 2 | 4 | нагруженный | 2 | 2 | 4 | 3 | 1 | 4 | 2 |
26 | 2 | 4 | гамильтонов | 3 | 4 | 3 | 3 | 2 | 3 | 2 |
27 | 4 | 2 | простой цепью | 2 | 2 | 3 | 2 | 4 | 1 | 1 |
28 | 2 | 2 | минимальным | 3 | 3 | 2 | 2 | 3 | 2 | 4 |
29 | 2 | 1 | простую цепь | 4 | 4 | 1 | 3 | 4 | 1 | 2 |
30 | 3 | 3 | полным двудольным | 2 | 3 | 1 | 3 | 3 | 4 | 3 |
Элементы алгебры логики
№ вар. | № задания | ||||||||||
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | ||
1 | Булевым (двоичным) набором | 3 | 3 | 2 | 1 | 1 | 2 | 2 | 1 | 1 | 4 |
2 | предшествует (или не больше) | 2 | 1 | 4 | 2 | 3 | 3 | 1 | 2 | 4 | 3 |
3 | расстоянием Хемминга | 1 | 4 | 4 | 3 | 1 | 4 | 3 | 3 | 2 | 1 |
4 | соседними | 4 | 1 | 1 | 3 | 3 | 4 | 3 | 1 | 2 | 2 |
5 | противоположными | 1 | 3 | 2 | 4 | 2 | 1 | 3 | 4 | 1 | 3 |
6 | сравнимыми | 3 | 3 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 4 | 4 | 2 |
7 | частичного порядка | 2 | 1 | 3 | 1 | 3 | 3 | 4 | 2 | 2 | 1 |
8 | функцией алгебры логики (булевой функцией) | 1 | 3 | 3 | 4 | 4 | 1 | 2 | 1 | 4 | 4 |
9 | ноль-местной | 4 | 1 | 2 | 2 | 4 | 3 | 1 | 3 | 4 | 1 |
10 | конъюнкцией | 3 | 2 | 3 | 4 | 1 | 2 | 2 | 2 | 3 | 2 |
11 | одноместной | 2 | 1 | 4 | 1 | 2 | 1 | 4 | 3 | 2 | 2 |
12 | дизъюнкцией | 2 | 2 | 2 | 3 | 2 | 2 | 3 | 2 | 3 | 4 |
13 | сложением по модулю 2 | 2 | 3 | 3 | 1 | 3 | 3 | 1 | 3 | 2 | 3 |
14 | эквиваленцией | 2 | 1 | 1 | 2 | 1 | 2 | 1 | 2 | 3 | 4 |
15 | импликацией | 1 | 1 | 2 | 3 | 2 | 1 | 2 | 1 | 2 | 3 |
16 | штрихом Шеффера | 3 | 2 | 3 | 1 | 3 | 2 | 1 | 3 | 3 | 4 |
17 | стрелкой Пирса (функцией Вебба) | 1 | 2 | 4 | 2 | 1 | 3 | 2 | 2 | 1 | 4 |
18 | отрицание | 3 | 3 | 1 | 2 | 2 | 2 | 1 | 1 | 2 | 2 |
19 | отрицание и конъюнкция | 3 | 3 | 2 | 4 | 2 | 2 | 2 | 2 | 3 | 4 |
20 | существенным образом | 1 | 2 | 3 | 2 | 2 | 2 | 3 | 3 | 2 | 2 |
21 | фиктивной переменной | 4 | 4 | 1 | 3 | 1 | 3 | 1 | 1 | 1 | 2 |
22 | равными | 1 | 3 | 2 | 1 | 1 | 2 | 4 | 3 | 2 | 3 |
23 | формулой (отрицанием) | 3 | 3 | 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 2 | 1 | 3 |
24 | ассоциативностью | 3 | 2 | 1 | 1 | 2 | 2 | 3 | 3 | 3 | 1 |
25 | дистрибутивностью | 1 | 4 | 4 | 2 | 3 | 3 | 3 | 2 | 2 | 3 |
26 | базисом | 1 | 4 | 3 | 2 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 4 |
27 | T1 | 2 | 4 | 2 | 3 | 2 | 4 | 1 | 3 | 2 | 1 |
28 | M | 2 | 2 | 4 | 2 | 2 | 3 | 2 | 3 | 1 | 3 |
29 | (штрих Шеффера, стрелка Пирса) | 1 | 4 | 1 | 2 | 1 | 2 | 1 | 3 | 3 | 1 |
30 | x, 0, 1 | 2 | 4 | 2 | 2 | 2 | 1 | 3 | 1 | 3 | 2 |
Дата добавления: 2021-03-18; просмотров: 108; Мы поможем в написании вашей работы! |
Мы поможем в написании ваших работ!