በሂሳብ ውስጥ ምክንያታዊ እኩልታዎችን መፍታት. የሎጂካዊ እኩልታዎች ስርዓቶችን የመፍታት ዘዴ ፖሊአኮቭ የሎጂካዊ እኩልታዎች ስርዓቶችን መፍታት

የእኩልታው መፍትሄ 1. ወደ እኩልዮሽ የመፃፍ ቅድመ ቅጥያ ሂድ፣ የተቃውሞ ምልክቶችን በ ¬ 2. የልዩ አይነት የእውነት ሠንጠረዥ አርእስት ገንባ 3. ለሁሉም ውህዶች የእውነት ሰንጠረዥ ረድፎችን ሙላ። A እና B፣ ከ X ይልቅ 0 ወይም 1 በመተካት 4. የእውነት ሠንጠረዥ ለ X = F (A፣B) ፍጠር 5. የእውነትን ሰንጠረዥ በመጠቀም፣ SCNF ን የመገንባት ዘዴዎችን በመጠቀም አስፈላጊ ከሆነ የX ተግባርን ይወስኑ። እና SDNF, ይህም ከዚህ በታች ይብራራል.

የልዩ ቅፅ የእውነት ሠንጠረዥ ግንባታ ¬((A+B)·(X A·B))=¬(B+¬(X A))

እውነት ሰንጠረዥ X=F(A፣B) ABX በመልስ ውስጥ ካለው አንድምታ B ጋር ይዛመዳል፡-

የሎጂክ መሳሪያዎች ጥምር ሰርኮች መሰረታዊ አካላት (GOST)፡ 1 ሀ ለ መከፋፈል ሀ ለ እኩልነት እና ሀ ለ ትስስር M2 A B XOR

የሎጂክ መሳሪያዎች ጥምር ሰርክቶች መሰረታዊ አካላት (GOST)፡ 1 ሀ ለ አንድምታ እና ሀ ለ ሻፈር አባል እና ሀ ለ ጥምር 1 ሀ ለ Webb አባል

ምሳሌ ወረዳ F 1 & 1 & & 1M2 B A

ወረዳዎችን መፍታት 1 አማራጭ - ወረዳን ወደ ውስብስብ የሎጂክ አገላለጽ መለወጥ እና ከዚያም በሎጂክ ህጎች መሰረት ማቅለል. አማራጭ 2 - የእውነት ጠረጴዛ ግንባታ እና አስፈላጊ ከሆነ በ SKNF ወይም SDNF በኩል ግንባታ (ከዚህ በታች ይመልከቱ). ቀላሉ እና የበለጠ ለመረዳት የሚቻል ስለሆነ ሁለተኛውን አማራጭ እንመልከት።

የእውነት ጠረጴዛ ግንባታ AB A + B + · B B · A + A B A + · ·

የእውነት ሠንጠረዥ F(A፣ B) ABX በመልስ ውስጥ ካለው አንድምታ B ጋር ይዛመዳል፡

SDNF እና SKNF (ትርጉሞች) የአንደኛ ደረጃ ጥምረት የበርካታ ተለዋዋጮች ጥምረት ነው፣ በሐሰትም ሆነ በሌለበት የሚወሰዱ፣ ከተለዋዋጮች መካከልም ተመሳሳይነት ያላቸው ሊኖሩ ይችላሉ። አንደኛ ደረጃ ዲስጁንሽን የበርካታ ተለዋዋጮች መከፋፈል ይባላል፣ በሐሰት ወይም ያለ ተቃራኒ የተወሰደ፣ እና ከተለዋዋጮች መካከል አንድ አይነት ሊሆኑ ይችላሉ ማንኛውም የአንደኛ ደረጃ ትስስሮች መከፋፈል ዲስጁንቲቭ ኖርማል ፎርም (ዲኤንኤፍ) እንለው።

SDNF እና SCNF (ትርጉሞች) ፍፁም አከፋፋይ መደበኛ ቅርጽ (PDNF) ዲኤንኤፍ ይባላል በውስጡ ምንም ተመሳሳይ የመጀመሪያ ደረጃ ትስስሮች የሌሉ እና ሁሉም ማገናኛዎች አንድ አይነት የተለዋዋጮች ስብስብ ያቀፉ ሲሆን እያንዳንዱ ተለዋዋጭ አንድ ጊዜ ብቻ ይታያል (ምናልባትም ከኔጌሽን ጋር)። ፍፁም ተያያዥነት ያለው መደበኛ ቅርጽ (PCNF) ምንም አይነት ተመሳሳይ የአንደኛ ደረጃ ልዩነቶች የሌሉበት እና ሁሉም ልዩነቶች አንድ አይነት ተለዋዋጮችን ያቀፈ ሲሆን እያንዳንዱ ተለዋዋጭ አንድ ጊዜ ብቻ የሚታይበት (ምናልባትም ከኔጌሽን ጋር) ነው።

ኤስዲኤንኤፍን ከእውነት ሠንጠረዥ ለማግኘት አልጎሪዝም 1. በመጨረሻው አምድ ላይ ባለው የእውነት ሰንጠረዥ ረድፎች ላይ ምልክት ያድርጉበት 1 የተሰጠው ረድፍ 1 ነው ፣ ከዚያ ይህንን ተለዋዋጭ እራሱን በመገጣጠሚያው ውስጥ ያካትቱ ፣ ከ 0 ጋር እኩል ከሆነ ፣ ከዚያ የእሱ አሉታዊነት። 3. ሁሉንም የውጤት ማያያዣዎች ወደ መጋጠሚያ ያገናኙ. SCNF ለማግኘት አልጎሪዝም ከእውነት ሠንጠረዥ 1. በመጨረሻው አምድ ላይ ባለው የእውነት ሰንጠረዥ ረድፎች ላይ ምልክት ያድርጉበት 0. የተሰጠው ረድፍ 0 ነው ፣ ከዚያ ይህንን ተለዋዋጭ እራሱን በመገጣጠሚያው ውስጥ ያካትቱ ፣ ከ 1 ጋር እኩል ከሆነ ፣ ከዚያ የእሱ አሉታዊነት። 3. ሁሉንም የውጤት መጋጠሚያዎች ወደ መገጣጠሚያ ያገናኙ.

የ SKNF XY F(X፣Y) የመገንባት ምሳሌ ዜሮዎችን ማርክ 2. መለያየት፡ X + Y 3. ማያያዣ፡ (X + Y) · (X + Y)

ተለዋዋጮችን በመቀየር አመክንዮአዊ እኩልታዎችን መፍታት

ተለዋዋጮችን የመተካት ዘዴ ጥቅም ላይ የሚውለው አንዳንድ ተለዋዋጮች በአንድ የተወሰነ አገላለጽ መልክ ብቻ በሒሳብ ውስጥ ከተካተቱ ነው እንጂ ሌላ የለም። ከዚያም ይህ አገላለጽ በአዲስ ተለዋዋጭ ሊገለጽ ይችላል.

ምሳሌ 1.

ከዚህ በታች የተዘረዘሩትን ሁሉንም ሁኔታዎች የሚያሟሉ የሎጂካዊ ተለዋዋጮች x1 ፣ x2 ፣ x3 ፣ x4 ፣ x5 ፣ x6 ፣ x7 ፣ x8 ስንት የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦች አሉ?

(x1 → x2) → (x3→ x4) = 1

(x3 → x4) → (x5 → x6) = 1

(x5 → x6) → (x7 → x8) = 1

መልሱ ይህ የእኩልነት ስርዓት የረካባቸውን የተለዋዋጮችን x1 ፣ x2 ፣ x3 ፣ x4 ፣ x5 ፣ x6 ፣ x7 ፣ x8 ሁሉንም የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦች መዘርዘር አያስፈልገውም። እንደ መልስ, የእንደዚህ አይነት ስብስቦችን ቁጥር ማመልከት ያስፈልግዎታል.

መፍትሄ፡-

(x1 → x2) = y1; (x3 → x4) = y2; (x5 → x6) = y3; (x7 → x8) = y4.

ከዚያ ስርዓቱን በነጠላ ቀመር መልክ መጻፍ እንችላለን-

(y1 → y2) ∧ (y2 → y3) ∧ (y3 → y4) = 1. ማያያዣው 1 (እውነት) እያንዳንዱ ኦፔራ እሴቱን ሲወስድ 1. ያ ማለት ነው። እያንዳንዱ አንድምታ እውነት መሆን አለበት ፣ እና ይህ ከ (1 → 0) በስተቀር ለሁሉም እሴቶች እውነት ነው ። እነዚያ። በተለዋዋጮች y1 ፣ y2 ፣ y3 ፣ y4 የእሴቶች ሠንጠረዥ ውስጥ አንዱ ከዜሮ ግራ መሆን የለበትም።

እነዚያ። ሁኔታዎቹ ለ 5 ስብስቦች y1-y4 ረክተዋል.

ምክንያቱም y1 = x1 → x2, ከዚያም እሴቱ y1 = 0 በአንድ ስብስብ x1, x2: (1, 0), እና እሴቱ y1 = 1 - በሶስት ስብስቦች x1, x2: (0,0), (0) ላይ ይደርሳል. 1)፣ (1.1)። እንደዚሁ ለ y2፣ y3፣ y4።

ለተለዋዋጭ y1 እያንዳንዱ ስብስብ (x1, x2) ከእያንዳንዱ ስብስብ (x3, x4) ለተለዋዋጭ y2, ወዘተ ጋር ስለሚጣመር የተለዋዋጮች x ስብስቦች ቁጥሮች ይባዛሉ.

				የስብስብ ብዛት በ x1… x8

የቅንጅቶችን ቁጥር እንጨምር፡ 1 + 3 + 9 + 27 + 81 = 121።

መልስ፡- 121

ምሳሌ 2.

ከዚህ በታች የተዘረዘሩትን ሁሉንም ሁኔታዎች የሚያሟሉ የሎጂካዊ ተለዋዋጮች x1 ፣ x2 ፣ ... x9 ፣ y1 ፣ y2 ፣ ... y9 ስንት የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦች አሉ?

(¬ (x1 ≡ y1)) ≡ (x2 ≡ y2)

(¬ (x2 ≡ y2)) ≡ (x3 ≡ y3)

(¬ (x8 ≡ y8)) ≡ (x9 ≡ y9)

ምላሽ አያስፈልግምየተሰጠው የእኩልነት ሥርዓት የረካባቸውን የተለዋዋጮችን x1፣ x2፣ ... x9፣ y1፣ y2፣ ... y9 የተለያዩ የእሴቶችን ስብስቦች ዘርዝር። እንደ መልስ, የእንደዚህ አይነት ስብስቦችን ቁጥር ማመልከት ያስፈልግዎታል.

መፍትሄ፡-

ተለዋዋጮችን እንቀይር፡-

(x1 ≡ y1) = z1፣ (x2 ≡ y2) = z2፣…. ,(x9 ≡ y9) = z9

ስርዓቱ እንደ ነጠላ እኩልታ ሊፃፍ ይችላል-

(¬ z1 ≡ z2) ∧ (¬ z2 ≡ z3) ∧ ….∧ (¬ z8 ≡ z9)

እኩልነት እውነት የሚሆነው ሁለቱም ኦፕሬተሮች እኩል ከሆኑ ብቻ ነው። ለዚህ እኩልነት ሁለት የመፍትሄዎች ስብስቦች አሉ-

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

ምክንያቱም zi = (xi ≡ yi)፣ ከዚያ ዚ = 0 ከሁለት ስብስቦች ጋር ይዛመዳል (xi,yi): (0,1) እና (1,0) እና ዚ = 1 ዋጋ ከሁለት ስብስቦች ጋር ይዛመዳል (xi,yi) ): (0,0) እና (1,1).

ከዚያም የመጀመሪያው ስብስብ z1፣ z2፣…፣ z9 ከ2 9 ስብስቦች (x1፣y1)፣ (x2፣y2)፣…፣ (x9፣y9) ጋር ይዛመዳል።

ተመሳሳይ ቁጥር ከሁለተኛው ስብስብ z1, z2,…, z9 ጋር ይዛመዳል. ከዚያም በአጠቃላይ 2 9 +2 9 = 1024 ስብስቦች አሉ.

መልስ፡- 1024

የመድገም ምስላዊ የመወሰን ዘዴን በመጠቀም የሎጂክ እኩልታዎች ስርዓቶችን መፍታት.

ይህ ዘዴ ጥቅም ላይ የሚውለው የእኩልታዎች ስርዓት በጣም ቀላል ከሆነ እና ተለዋዋጮች ሲጨመሩ የቅንጅቶችን ቁጥር የመጨመር ቅደም ተከተል ግልጽ ከሆነ ነው።

ምሳሌ 3.

የእኩልታዎች ስርዓት ምን ያህል የተለያዩ መፍትሄዎች አሉት?

¬x9 ∨ x10 = 1፣

x1፣ x2፣ … x10 ምክንያታዊ ተለዋዋጮች የት ናቸው?

መልሱ ይህ የእኩልነት ስርዓት የረካባቸውን ሁሉንም የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦች x1 ፣ x2 ፣ ... x10 መዘርዘር አያስፈልገውም። እንደ መልስ, የእንደዚህ አይነት ስብስቦችን ቁጥር ማመልከት ያስፈልግዎታል.

መፍትሄ፡-

የመጀመሪያውን እኩልታ እንፍታ። ከኦፔራዎቹ ውስጥ ቢያንስ አንዱ ከ1 ጋር እኩል ከሆነ መለያየት ከ 1 ጋር እኩል ነው። መፍትሄዎቹ ስብስቦች ናቸው-

ለ x1 = 0 ፣ የ x2 (0 እና 1) ሁለት እሴቶች አሉ ፣ እና ለ x1 = 1 የ x2 (1) አንድ እሴት ብቻ ነው ፣ እንደዚህ ያለ ስብስብ (x1 ፣ x2) ለእኩል መፍትሄ ነው ። . በአጠቃላይ 3 ስብስቦች አሉ.

ተለዋዋጩን x3 እንጨምር እና ሁለተኛውን እኩልታ እናስብ። እሱ ከመጀመሪያው ጋር ይመሳሰላል ፣ ይህ ማለት ለ x2 = 0 ሁለት የ x3 (0 እና 1) እሴቶች አሉ ፣ እና ለ x2 = 1 አንድ እሴት x3 (1) ፣ እንደ ስብስቡ (x2)። ,x3) የእኩልታ መፍትሄ ነው። በአጠቃላይ 4 ስብስቦች አሉ.

ሌላ ተለዋዋጭ ሲጨመር አንድ ስብስብ ሲጨመር ማየት ቀላል ነው. እነዚያ። የ(i+1) ተለዋዋጮች ስብስቦች ብዛት ተደጋጋሚ ቀመር፡

N i +1 = N i + 1. ከዚያም ለአሥር ተለዋዋጮች 11 ስብስቦችን እናገኛለን.

መልስ፡- 11

የተለያዩ ዓይነቶች አመክንዮአዊ እኩልታዎች ስርዓቶችን መፍታት

ምሳሌ 4.

ከዚህ በታች የተዘረዘሩትን ሁሉንም ሁኔታዎች የሚያሟሉ የሎጂካዊ ተለዋዋጮች x 1 ፣ ... ፣ x 4 ፣ y 1 ፣... ፣ y 4 ፣ z 1 ፣... ፣ z 4 ስንት የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦች አሉ። ?

(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

ምላሽ አያስፈልግምይህ የእኩልነት ስርዓት የረካባቸውን የተለዋዋጮችን ሁሉንም የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦችን ዘርዝር x 1 ፣ ... ፣ x 4 ፣ y 1 ፣ ... ፣ y 4 ፣ z 1 ፣ ... ፣ z 4።

እንደ መልስ, የእንደዚህ አይነት ስብስቦችን ቁጥር ማመልከት ያስፈልግዎታል.

መፍትሄ፡-

በተለያዩ ገለልተኛ የተለዋዋጮች ስብስቦች ላይ የስርዓቱ ሶስት እኩልታዎች አንድ አይነት መሆናቸውን ልብ ይበሉ።

የመጀመሪያውን እኩልታ እንይ። ማያያዣው እውነት ነው (ከ1 ጋር እኩል ነው) ሁሉም ኦፕሬተሮች እውነት ከሆኑ ብቻ ነው (ከ1 ጋር እኩል)። ከ(1,0) በስተቀር በሁሉም tuples ላይ አንድምታው 1 ነው። ይህ ማለት ለመጀመሪያው እኩልታ መፍትሄው የሚከተሉት ስብስቦች x1፣ x2፣ x3፣ x4 ይሆናሉ፣ በዚህ ውስጥ 1 ከ0 በስተግራ (5 ስብስቦች) አይገኝም።

በተመሳሳይ፣ የሁለተኛው እና የሶስተኛው እኩልታዎች መፍትሄዎች ፍጹም ተመሳሳይ ስብስቦች y1፣…፣y4 እና z1፣…፣ z4 ይሆናሉ።

አሁን የስርዓቱን አራተኛውን እኩልነት እንመርምር፡- x 4 ∧ y 4 ∧ z 4 = 0. መፍትሄው ሁሉም ስብስቦች x4, y4, z4 ሲሆን ይህም ከተለዋዋጮች ውስጥ ቢያንስ አንዱ ከ 0 ጋር እኩል ይሆናል.

እነዚያ። ለ x4 = 0, ሁሉም ሊሆኑ የሚችሉ ስብስቦች (y4, z4) ተስማሚ ናቸው, እና ለ x4 = 1, ስብስቦች (y4, z4) ተስማሚ ናቸው, በዚህ ውስጥ ቢያንስ አንድ ዜሮ: (0, 0), (0,1) )፣ (1፣ 0)።

				የስብስብ ብዛት

የአጠቃላይ ስብስቦች ብዛት 25 + 4*9 = 25 + 36 = 61 ነው.

መልስ፡- 61

ተደጋጋሚ ቀመሮችን በመገንባት የሎጂክ እኩልታዎች ስርዓቶችን መፍታት

ተደጋጋሚ ቀመሮችን የመገንባት ዘዴ ውስብስብ ስርዓቶችን በሚፈታበት ጊዜ ጥቅም ላይ የሚውለው የስብስብ ቁጥር መጨመር ቅደም ተከተል ግልጽ አይደለም, እና የዛፍ መገንባት በጥራዞች ምክንያት የማይቻል ነው.

ምሳሌ 5.

ከዚህ በታች የተዘረዘሩትን ሁሉንም ሁኔታዎች የሚያሟሉ የሎጂካዊ ተለዋዋጮች x1 ፣ x2 ፣ ... x7 ፣ y1 ፣ y2 ፣ ... y7 ስንት የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦች አሉ?

(x1 ∨ y1) ∧ ((x2 ∧ y2) → (x1 ∧ y1)) = 1

(x2 ∨ y2) ∧ ((x3 ∧ y3) → (x2 ∧ y2)) = 1

(x6 ∨ y6) ∧ ((x7 ∧ y7) → (x6 ∧ y6)) = 1

መልሱ ይህ የእኩልነት ስርዓት የረካባቸውን የተለዋዋጮችን x1 ፣ x2 ፣ ... ፣ x7 ፣ y1 ፣ y2 ፣ ... ፣ y7 ሁሉንም የተለያዩ የእሴቶች ስብስቦች መዘርዘር አያስፈልገውም። እንደ መልስ, የእንደዚህ አይነት ስብስቦችን ቁጥር ማመልከት ያስፈልግዎታል.

መፍትሄ፡-

የስርዓቱ የመጀመሪያዎቹ ስድስት እኩልታዎች ተመሳሳይ እና በተለዋዋጭ ስብስብ ውስጥ ብቻ እንደሚለያዩ ልብ ይበሉ። የመጀመሪያውን እኩልታ እንይ። የእሱ መፍትሔ የሚከተሉት የተለዋዋጮች ስብስቦች ይሆናል.

እንጥቀስ፡

በተለዋዋጮች (x1,y1) እስከ A 1 ላይ የ tuples ብዛት (0,0)

በተለዋዋጮች (x1,y1) እስከ B 1 ላይ የ tuples ብዛት (0,1)

በተለዋዋጮች (x1,y1) እስከ C 1 ላይ የ tuples ብዛት (1,0)

በተለዋዋጭዎቹ (x1,y1) በ D 1 ላይ የ tuples ብዛት (1,1).

በተለዋዋጭ (x2,y2) እስከ A 2 ላይ የቱፕሎች ብዛት (0,0)

በተለዋዋጮች (x2፣y2) እስከ B 2 ላይ የቱፕልሎች ብዛት (0፣1)፣

በተለዋዋጮች (x2,y2) እስከ C 2 ላይ የ tuples ብዛት (1,0)

በተለዋዋጭዎቹ (x2,y2) በ D 2 ላይ የ tuples ብዛት (1,1).

ከውሳኔው ዛፍ እናያለን

A 1 =0፣ B 1 =1፣ C 1 =1፣ D 1 =1።

በተለዋዋጭዎቹ (x2,y2) ላይ ያለው ስብስብ (0,0) ከተለዋዋጮች (0,1), (1,0) እና (1,1) በተለዋዋጮች (x1,y1) የተገኘ መሆኑን ልብ ይበሉ. እነዚያ። A 2 = B 1 +C 1 +D 1

በተለዋዋጭዎቹ (x2,y2) ላይ ያለው ስብስብ (0,1) የተገኘው ከስብስብ (0,1), (1,0) እና (1,1) በተለዋዋጭ (x1,y1) ላይ ነው. እነዚያ። B 2 = B 1 +C 1 +D 1.

በተመሳሳይ ስንከራከር፣ C 2 =B 1 +C 1 +D 1 መሆኑን እናስተውላለን። D2 = D1.

ስለዚህ፣ ተደጋጋሚ ቀመሮችን እናገኛለን፡-

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

ጠረጴዛ እንሥራ

ስብስቦች	ስያሜ.	ፎርሙላ	የስብስብ ብዛት
ስብስቦች	ስያሜ.	ፎርሙላ	እኔ=1	እኔ=2	እኔ=3	እኔ=4	እኔ = 5	እኔ=6	እኔ = 7
(0,0)	አ አይ	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)	ሲ 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

የመጨረሻው እኩልታ (x7 ∨ y7) = 1 ከ x7=0 እና y7=0 በስተቀር በሁሉም ስብስቦች ረክቷል። በእኛ ሠንጠረዥ ውስጥ የዚህ አይነት ስብስቦች ቁጥር A 7 ነው.

ከዚያ አጠቃላይ የስብስብ ብዛት B 7 + C 7 + D 7 = 127+127+1 = 255

መልስ፡- 255

አመክንዮአዊ አገላለጾችን በመቀየር የሰንጠረዥ ዘዴዎችን በመጠቀም የሎጂክ እኩልታዎች ስርዓቶችን መፍታት።

ይህ ዘዴ በእውነት ሰንጠረዦች አጠቃቀም ላይ የተመሰረተ እና አመክንዮአዊ መግለጫዎችን እንዴት መለወጥ እንደሚችሉ ለሚያውቁ ተማሪዎች የተዘጋጀ ነው. ተማሪዎች በእነዚህ ዘዴዎች አቀላጥፈው ካልቻሉ፣ ያለ ትራንስፎርሜሽን መጠቀም ይችላሉ። (ትራንስፎርሜሽን እንጠቀማለን). ይህንን የመፍትሄ ዘዴ ለመቆጣጠር የመሠረታዊ አመክንዮአዊ ስራዎችን ባህሪያት ማወቅ በጣም አስፈላጊ ነው-ማጣመር, መከፋፈል, መገለበጥ, አንድምታ እና እኩልነት.

ይህንን ዘዴ በመጠቀም የእኩልታዎች ስርዓቶችን ለመፍታት አልጎሪዝም-

አመክንዮአዊውን እኩልታ ይለውጡ እና ቀለል ያድርጉት።

በስርዓቱ ውስጥ እኩልታዎችን የመፍታትን ቅደም ተከተል ይወስኑ ፣ ምክንያቱም በአብዛኛዎቹ ሁኔታዎች እኩልታዎች በቅደም ተከተል ከላይ እስከ ታች (በስርዓቱ ውስጥ እንደሚገኙ) ፣ ግን ከ መፍታት ለመጀመር የበለጠ ምቹ እና ቀላል በሚሆንበት ጊዜ አማራጮች አሉ። ከታች ወደ ላይ.

የመጀመሪያውን ተለዋዋጭ (ወይም የመጨረሻው) የመጀመሪያ ዋጋዎችን ማዘጋጀት የሚችሉበት የተለዋዋጮችን ሰንጠረዥ ይገንቡ።

በሚከተለው ጊዜ ተለዋዋጭ ሊሆኑ የሚችሉ አማራጮችን በቋሚነት ይፃፉ ሁሉም ሰውየመጀመሪያው ትርጉም.

የቀደመውን እኩልታ ከፈቱ በኋላ ወደሚቀጥለው ሲሸጋገሩ በቀደሙት እና በሚቀጥሉት እኩልታዎች ውስጥ ምን ዓይነት ተለዋዋጮች ጥቅም ላይ እንደሚውሉ ትኩረት መስጠቱን ያረጋግጡ ፣ ምክንያቱም የቀደሙትን እኩልታዎች በሚፈቱበት ጊዜ የተገኙት የተለዋዋጮች እሴቶች እንደ አማራጮች ይተላለፋሉ። የሚከተሉት እኩልታዎች.

ወደ ቀጣዩ ተለዋዋጭ በሚሸጋገርበት ጊዜ ለተፈጠረው የመፍትሄው መጠን ትኩረት ይስጡ, ምክንያቱም በውሳኔዎች መጨመር ላይ ያለውን ንድፍ መለየት ይቻላል.

ምሳሌ 1.

¬ X1 ˅ X2=1

¬ X2 ˅ X3=1

¬ X3 ˅ X4=1

¬ X9 ˅ X10=1

በ X1 እንጀምር እና ይህ ተለዋዋጭ ምን አይነት እሴቶችን እንደሚወስድ እንመልከት፡ 0 እና 1።

ከዚያ እያንዳንዳቸውን እነዚህን እሴቶች እንመለከታለን እና X2 ምን ሊሆን እንደሚችል እንመለከታለን.

መልስ: 11 መፍትሄዎች

ምሳሌ 2.

( X1X2) (¬X1˄¬X2) ˅( X1↔ X3)=1

( X2˄X3) ˅ (¬X2˄¬X3) ˅( X2↔ X4)=1

(X8˄ X9)˅(¬X8˄¬X9)˅(X8↔X10)=0

ቀመሩን በመጠቀም እንለውጥ (ሀ˄ ለ)˅ (¬ ሀ ˄ ¬ ለ)= ሀ↔ ለ

እናገኛለን፡-

( X1↔ X2) (X1↔ X3) =1

( X2↔ X3) (X2↔ X4) =1

( X8↔ X9 (X8↔ X10) =0

ለ X1 =0 - 8 መፍትሄዎች

X1=1ን እንውሰድ እና X2 ምን ዋጋ ሊወስድ እንደሚችል እንይ። አሁን ለእያንዳንዱ X2 ምን አይነት እሴቶች X3 ሊወስድ እንደሚችል እና የመሳሰሉትን እንመለከታለን።

ለ X1 = 1 - 8 መፍትሄዎች

አጠቃላይ 8+8=16 መፍትሄዎች

መልስ። 16 መፍትሄዎች

ምሳሌ 3 .

¬ ( X1↔ X2) ˄ ( X1X3) ˄ (¬X1˅¬X3 )=0

¬ ( X2↔ X3) ˄ (X2 ˅X4) ˄ (¬X2˅¬X4)=0

….

¬ ( X8↔ X9 (X8X10) ˄ (¬X8˅¬X10)=0

ከተቀየረ በኋላ (ሀ˅ ለ) ˄(¬ ሀ ˅¬ ለ)= ¬( ሀ ↔ ለ)

እናገኛለን:

¬ ( X1↔ X2) ˄ ¬ (X1↔ X3)=0

¬ ( X2↔ X3) ˄ ¬ (X2↔ X4)=0

…..

¬ ( X8↔ X9) ˄ ¬ (X8↔ X10)=0

እስቲ X1=0 እንውሰድ እና X2 ምን ዋጋ ሊወስድ እንደሚችል እንይ። አሁን ለእያንዳንዱ X2 ምን አይነት እሴቶች X3 ሊወስድ እንደሚችል እና የመሳሰሉትን እንመለከታለን።

ለ X1=0 10 መፍትሄዎች አግኝተናል

ለ X1=1 ተመሳሳይ ነገር እናድርግ። እንዲሁም 10 መፍትሄዎችን እናገኛለን

ጠቅላላ፡10+10=20

መልስ: 20 መፍትሄዎች.

ምሳሌ 4.

(Х1 ˄ Х2) ˅ (¬Х1 ˄ ¬Х2)) ˅ (X2 ˄ X3) ˅ (¬X2 ˄¬ X3)=1

(X2 ˄ X3) ˅ (¬X2 ˄ ¬X3) ˅ (X3˄ X4) ˅ (¬X3 ˄¬ X4)=1

….

(Х8 ˄ Х9) ˅ (¬Х8˄ ¬Х9) ˅ (Х9 ˄ Х10) ˅ (¬Х9 ˄¬ Х10)=0

ቀመሮችን በመጠቀም እንቀይር። (ሀ˄ ለ)˅ (¬ ሀ ˄ ¬ ለ)= ሀ↔ ለ. እናገኛለን፡-

(X1↔ X2) ˅ (X2↔ X3)=1

(X2↔ X3) ˅ (X3↔ X4)=1

(X3↔ X4) ˅ (X4↔ X5)=1

(X4↔ X5) ˅ (X5↔ X6)=1

(X5↔ X6) ˅ (X6↔ X7)=1

(X6↔ X7) ˅ (X7↔ X8)=1

(X7↔ X8) ˅ (X8↔ X9)=1

(X8↔ X9) ˅ (X9↔ X10)=0

ከመጨረሻው እንጀምር, ምክንያቱም በመጨረሻው እኩልታ ውስጥ ተለዋዋጮች በልዩ ሁኔታ ይወሰናሉ.

X10=0፣ ከዚያ X9=1፣ X8=0፣ X7=0፣ X6=0፣ እና የሚከተሉት ተለዋዋጮች የተለያዩ እሴቶችን ሊወስዱ ይችላሉ። እያንዳንዳቸውን እንመለከታለን.

አጠቃላይ 21 መፍትሄዎች ለ X10=0

አሁን ለ X10=1 አስቡበት። እንዲሁም 21 መፍትሄዎችን እናገኛለን

ድምር፡21+21=42

መልስ: 42 መፍትሄዎች

ምሳሌ 5.

( X1X2) ˅ (¬X1 ˄ ¬X2) ˅ (¬X3 ˄X4 (X3 ˄ ¬X4)=1

( X3 ˄X4) ˅ (¬X3 ˄ ¬X4) ˅ (¬X5X6) ˅ (X5˄¬X6)=1

( X5X6) ˅ (¬X5˄¬X6) ˅ (¬X7˄X8 (X7˄¬X8)=1

( X7˄X8) ˅ (¬X7˄¬X8) ˅ (¬ X9X10 (X9˄¬X10) =1

እንደ ቀመሮቹ እንለውጥ፡-(¬ ሀ ˄ ለ) ˅ ( ሀ ˄ ¬ ለ)= ሀ↔ ¬ ለ

( ሀ˄ ለ)˅ (¬ ሀ ˄ ¬ ለ)= ሀ↔ ለ

( X1↔ X2) (X3 ↔ ¬X4)=1

( X3↔ X4 (X5 ↔ ¬X6)=1

( X5↔ X6) ˅ (X7 ↔ ¬X8)=1

( X7↔ X8 (X9 ↔ ¬X10)=1

X1 እና X2 ምን አይነት እሴቶች ሊወስዱ እንደሚችሉ እንይ፡ (0,0) (0,1), (1,0), (1,1)።

እያንዳንዱን አማራጭ እንመርምር እና X3 ፣ X4 ምን እሴቶችን እንደሚወስድ እንይ።

ከ X7 ፣ X8 ጀምሮ ፣ ወዲያውኑ የመፍትሄዎቹን ብዛት እንጽፋለን ፣ ምክንያቱም እሴቶቹ ተመሳሳይ ሲሆኑ (1 ፣ 1) እና (0,0) ፣ ከዚያ የሚከተሉት ተለዋዋጮች 4 መፍትሄዎች አሏቸው ። እና ሲለያዩ (0,1) እና (1,0) - 2 መፍትሄዎች.

ድምር፡ 80+80+32=192

መልስ: 192 መፍትሄዎች

ምሳሌ 6.

(X1↔X2) ˅ (X2 ↔X3)=1

(X2↔X3) ˅ (X3↔X4)=1

(X3↔X4) ˅ (X4 ↔X5)=1

….

(X8↔X9) ˅ (X9 ↔X10)=1

አንድ የተወሰነ ንድፍ እናያለን-ቀጣዮቹ መፍትሄዎች ቁጥር ከቀደምት ሁለት ድምር ጋር እኩል ነው.

ለ X1=1 ተመሳሳይ 89 መፍትሄዎችን እናገኛለን

ጠቅላላ፡ 89+89=178 መፍትሄዎች

መልስ: 178 መፍትሄዎች

አንድ ተጨማሪ መንገድ እንፍታው።

(X1↔X2) ˅ (X2 ↔X3)=1

(X2↔X3) ˅ (X3↔X4)=1

(X3↔X4) ˅ (X4 ↔X5)=1

….

(X8↔X9) ˅ (X9 ↔X10)=1

መተኪያውን እናስተዋውቀው፡-

ቲ 1 =(X1↔X2)

ቲ 2 =(X2↔X3)

ቲ 3 =(X3↔X4)

ቲ 4 =(X4↔X5)

ቲ 5 =(X5↔X6)

ቲ 6 =(X6↔X7)

ቲ 7 =(X7↔X8)

ቲ 8 =(X8↔X9)

ቲ 9 =(X9↔X10)

እናገኛለን፡-

ቲ1ቲ2=1

ቲ2 ˅ቲ3=1

ቲ3˅ቲ4=1

ቲ4ቲ5=1

ቲ5ቲ6=1

ቲ6˅ቲ7=1

ቲ7˅ቲ8=1

ቲ8ቲ9=1

ቲ9ቲ10=1

እንውሰድቲ1=1 እና የመለያየት ባህሪያትን ተጠቀም፡-

ግን ያንን እናስታውስ

ቲ 1 =(X1↔X2)

ቲ 2 =(X2↔X3)፣ ወዘተ.

የእኩልነት ንብረቱን እንጠቀም እና ጠረጴዛውን እየተመለከትን መሆኑን ያረጋግጡ

መቼ T = 1, ከዚያም ሁለት መፍትሄዎች ይገኛሉ. እና =0 አንድ መፍትሄ ሲኖር.

ስለዚህ, የነዚያን ቁጥር ልንቆጥራቸው እና በ 2+ ዜሮዎች ማባዛት እንችላለን. መቁጠር, እንዲሁም ስርዓተ-ጥለት በመጠቀም.

የነዚያ ቁጥር = ቀዳሚው ጠቅላላ የመፍትሄዎች ብዛት ቲ ፣ እና የዜሮዎች ብዛት ከቀዳሚው ክፍሎች ብዛት ጋር እኩል ነው።

ስለዚህ. እናገኘዋለን። አንዱ ሁለት መፍትሄዎችን ስለሚሰጥ 34 * 2 = 68 መፍትሄዎች ከአንድ + 21 መፍትሄዎች ከ 0.

ለT=1 አጠቃላይ 89 መፍትሄዎች። በተመሳሳይ መንገድ ለ T = 0 89 መፍትሄዎችን እናገኛለን

ድምር 89+89=178

መልስ: 178 መፍትሄዎች

ምሳሌ 7.

(X1 ↔ X2) (X3↔ X4) ˄ ¬(X1 ↔ X2) ¬(X3↔ X4)=1

(X3 ↔ X4 (X5↔ X6) ˄ ¬(X3 ↔ X4) ¬(X5↔ X6)=1

(X5 ↔ X6) ˅ (X7↔ X8) ˄ ¬(X5 ↔ X6) ¬(X7↔ X8)=1

(X7 ↔ X8 (X9↔ X10) ˄ ¬(X7 ↔ X8) ¬(X9↔ X10)=1

መተኪያውን እናስተዋውቀው፡-

ቲ1=(X1 ↔ X2)

ቲ2=(X3↔ X4)

ቲ3=(X5↔ X6)

ቲ4=(X7 ↔ X8)

ቲ5=(X9↔ X10)

እናገኛለን፡-

(T1 ˅ T2) ˄ ¬(T1 ˅¬ T2)=1

(T2 ˅ T3) ˄ ¬(T2˅¬ T3)=1

(T3 ˅ T4) ˄ ¬(T3 ˅¬ T4)=1

(T4 ˅ T5) ˄ ¬(T4˅¬ T5)=1

ቲ ምን ሊሆን እንደሚችል እናስብ፡-

ቲ1

ጠቅላላ

ቲ ኬ ≠ቲ ኬ+1 አይ ቲ ኬ = ቲ ኬ+2

እናገኛለን: 2 5 =32 ለቲ

ጠቅላላ፡ 32+32=64

መልስ፡- 64 መፍትሄዎች።

የማዘጋጃ ቤት የበጀት ትምህርት ተቋም

"የሁለተኛ ደረጃ ትምህርት ቤት ቁጥር 18"

የባሽኮርቶስታን ሪፐብሊክ የሳላቫት ከተማ የከተማ አውራጃ

የሎጂክ እኩልታዎች ስርዓቶች

በኮምፒዩተር ሳይንስ ውስጥ በተዋሃዱ የስቴት ፈተና ችግሮች

በተዋሃዱ የስቴት ፈተና ተግባራት ውስጥ "የአልጀብራ ኦፍ ሎጂክ መሰረታዊ ነገሮች" ክፍል በጣም አስቸጋሪ እና ለመፍታት አስቸጋሪ ከሚባሉት ውስጥ አንዱ ነው ተብሎ ይታሰባል። በዚህ ርዕስ ላይ የተጠናቀቁት የተግባሮች አማካይ መቶኛ ዝቅተኛው እና 43.2 ነው።

የኮርስ ክፍል	በተግባር ቡድኖች የተጠናቀቁት አማካኝ መቶኛ
መረጃን ኢንኮዲንግ ማድረግ እና መጠኑን መለካት
የመረጃ ሞዴሊንግ
የቁጥር ስርዓቶች
የሎጂክ አልጀብራ መሰረታዊ ነገሮች
አልጎሪዝም እና ፕሮግራሚንግ
የመረጃ እና የመገናኛ ቴክኖሎጂዎች መሰረታዊ ነገሮች

በ 2018 KIM ዝርዝር መሰረት ይህ እገዳ የተለያዩ የችግር ደረጃዎች አራት ተግባራትን ያካትታል.

№ ተግባራት	ሊረጋገጥ የሚችል የይዘት ክፍሎች	የተግባር ችግር ደረጃ
	የእውነት ሠንጠረዦችን እና የሎጂክ ወረዳዎችን የመገንባት ችሎታ
	በበይነመረብ ላይ መረጃን የመፈለግ ችሎታ
	የመሠረታዊ ጽንሰ-ሐሳቦች እና ህጎች እውቀት የሂሳብ ሎጂክ
	አመክንዮአዊ መግለጫዎችን የመገንባት እና የመለወጥ ችሎታ

ተግባር 23 በችግር ደረጃ ከፍ ያለ ነው፣ ስለዚህ የማጠናቀቂያው ዝቅተኛው መቶኛ አለው። ከተዘጋጁት ተመራቂዎች መካከል (ከ81-100 ነጥብ) 49.8% ያጠናቀቁት፣ በመጠኑ የተዘጋጁ ተመራቂዎች (61-80 ነጥብ) 13.7% ያጠናቀቁ ሲሆን የተቀሩት የተማሪዎች ቡድን ይህንን ተግባር አላጠናቀቀም።

የሎጂክ እኩልታዎችን ስርዓት የመፍታት ስኬት የሚወሰነው በሎጂክ ህጎች እውቀት እና ስርዓቱን ለመፍታት ዘዴዎችን በትክክል በመተግበር ላይ ነው።

የካርታ ዘዴን በመጠቀም የሎጂክ እኩልታዎችን ስርዓት ለመፍታት እናስብ።

(23.154 Polyakov K.yu.) የእኩልታዎች ስርዓት ምን ያህል የተለያዩ መፍትሄዎች አሉት?

((x1  y1 )  (x2  y2 ))  (x1  x2 )  (ይ1  y2 ) =1

((x2  y2 )  (x3  y3 ))  (x2  x3 )  (ይ2  y3 ) =1

((x7  y7 )  (x8  y8 ))  (x7  x8 )  (y7  y8 ) =1

የት x1 , x2 ,…, x8, በ1 , y2 ፣…,y8 - ምክንያታዊ ተለዋዋጮች? መልሱ ይህ እኩልነት የሚይዝባቸውን ሁሉንም የተለዋዋጭ እሴቶች ስብስቦች መዘርዘር አያስፈልገውም። እንደ መልስ, የእንደዚህ አይነት ስብስቦችን ቁጥር ማመልከት ያስፈልግዎታል.

መፍትሄ. በስርዓቱ ውስጥ የተካተቱት ሁሉም እኩልታዎች አንድ አይነት ናቸው, እና እያንዳንዱ እኩልታ አራት ተለዋዋጮችን ያካትታል. x1 እና y1ን በማወቅ የመጀመሪያውን እኩልታ የሚያሟሉ ሁሉንም የ x2 እና y2 እሴቶችን ማግኘት እንችላለን። በተመሳሳይ መልኩ ማመዛዘን፣ ከታወቁት x2 እና y2 ሁለተኛውን እኩልታ የሚያረካ x3፣ y3 ማግኘት እንችላለን። ይኸውም ጥንዶቹን (x1፣ y1) ማወቅ እና የጥንዶቹን ዋጋ (x2፣ y2) በመወሰን ጥንዶቹን (x3፣ y3) እናገኛለን፣ እሱም በተራው፣ ወደ ጥንድ (x4፣ y4) ይመራል። እናም ይቀጥላል.

ለመጀመሪያው እኩልታ ሁሉንም መፍትሄዎች እንፈልግ. ይህ በሁለት መንገዶች ሊከናወን ይችላል-የእውነትን ሰንጠረዥ መገንባት, በምክንያታዊነት እና በሎጂክ ህጎች ተግባራዊ.

የእውነት ሰንጠረዥ:

x 1  y 1	x 2  y 2	(x 1  y 1)  (x2  y2)	(x 1  x2)	(ይ 1  y2)	(x 1  x2)  (ይ 1  y2)

የእውነት ጠረጴዛን መገንባት ጉልበት የሚጠይቅ እና ጊዜ የማይሰጥ ነው, ስለዚህ ሁለተኛውን ዘዴ እንጠቀማለን - ምክንያታዊ አስተሳሰብ. ምርቱ ከ 1 ጋር እኩል ነው እና እያንዳንዱ ሁኔታ ከ 1 ጋር እኩል ከሆነ ብቻ።

(x1  y1 )  (x2  y2 ))=1

(x1  x2 ) =1

(y1  y2 ) =1

የመጀመሪያውን እኩልታ እንይ። ውጤቱ ከ 1 ጋር እኩል ነው 0 0, 0 1, 1 1, ይህም ማለት (x1 y1) = 0 ለ (01), (10), ከዚያም ጥንድ (x2  y2 ) ማንኛውም (00)፣ (01)፣ (10)፣ (11)፣ እና መቼ (x1 y1) = 1፣ ማለትም (00) እና (11) ጥንዶቹ (x2 y2) = 1 ሲወስዱ ተመሳሳይ እሴቶች (00) እና (11). ሁለተኛው እና ሦስተኛው እኩልታዎች ውሸት የሆኑባቸውን ጥንዶች ከዚህ መፍትሄ እናስወግድ፣ ማለትም፣ x1=1፣ x2=0፣ y1=1፣ y2=0።

(x1 , y1 )	(x2 , y2 )

ጠቅላላ የጥንዶች ብዛት 1+1+1+22= 25

2) (23.160 Polyakov K.yu.) የሎጂክ እኩልታዎች ስርዓት ምን ያህል የተለያዩ መፍትሄዎች አሉት?

(x 1  (x 2  y 2 ))  (ይ 1  y 2 ) = 1

(x 2  (x 3  y 3 ))  (ይ 2  y 3 ) = 1

...

( x 6  ( x 7  y 7 ))  ( y 6  y 7 ) = 1

x 7  y 7 = 1

መፍትሄ። 1) እኩልታዎቹ አንድ አይነት ናቸው፣ ስለዚህ ምክንያትን በመጠቀም የመጀመሪያውን እኩልታ ሁሉንም ሊሆኑ የሚችሉ ጥንዶች (x1፣y1) (x2፣y2) እናገኛለን።

(x1  (x2  y2 ))=1

(y1  y2 ) = 1

የሁለተኛው እኩልታ መፍትሄው ጥንዶች (00)፣ (01)፣ (11) ናቸው።

ለመጀመሪያው እኩልታ መፍትሄዎችን እንፈልግ። x1=0 ከሆነ፣ከዛ x2፣y2 -ማንኛውም፣x1=1 ከሆነ፣ከዚያ x2፣y2 እሴቱን (11) ይወስዳል።

በጥንድ (x1፣ y1) እና (x2፣ y2) መካከል ግንኙነቶችን እንፍጠር።

(x1 , y1 )	(x2 , y2 )

በእያንዳንዱ ደረጃ ላይ ያሉትን ጥንድ ቁጥር ለማስላት ሰንጠረዥ እንፍጠር.




							0

የመጨረሻውን እኩልታ መፍትሄዎች ግምት ውስጥ በማስገባት x 7  y 7 = 1, ጥንዶችን (10) እናስወግድ። አጠቃላይ የመፍትሄዎች ብዛት 1+7+0+34=42 ያግኙ

3)(23.180) የሎጂክ እኩልታዎች ስርዓት ምን ያህል የተለያዩ መፍትሄዎች አሉት?

(x1  x2 )  (x3  x4 ) = 1

(x3  x4 )  (x5  x6 ) = 1

(x5  x6 )  (x7  x8 ) = 1

(x7  x8 )  (x9  x10 ) = 1

x1  x3  x5  x7  x9 = 1

መፍትሄ። 1) እኩልታዎች አንድ አይነት ናቸው, ስለዚህ ምክንያትን በመጠቀም የመጀመሪያውን እኩልታ ሁሉንም ሊሆኑ የሚችሉ ጥንዶች (x1, x2), (x3, x4) እናገኛለን.

(x1  x2 )  (x3  x4 ) = 1

በቅደም ተከተል 0 (1 0) የሚሰጡትን ጥንዶች ከመፍትሔው እናስወግድ፣ እነዚህ ጥንዶች (01፣ 00፣ 11) እና (10) ናቸው።

በጥንድ መካከል ግንኙነቶችን እንፍጠር (x1፣x2)፣ (x3፣x4)

የትምህርት ርዕስ፡- የሎጂክ እኩልታዎችን መፍታት

ትምህርታዊ - አመክንዮአዊ እኩልታዎችን ለመፍታት ዘዴዎችን ማጥናት, ምክንያታዊ እኩልታዎችን የመፍታት ክህሎቶችን ማዳበር እና የእውነት ሰንጠረዥን በመጠቀም ምክንያታዊ መግለጫን መገንባት;

ልማታዊ - የተማሪዎችን የእውቀት (ኮግኒቲቭ) ፍላጎት ለማዳበር ሁኔታዎችን መፍጠር, የማስታወስ ችሎታን, ትኩረትን እና ምክንያታዊ አስተሳሰብን ማሳደግ;

ትምህርታዊ የሌሎችን አስተያየት የማዳመጥ ችሎታን ማሳደግ ፣የመጨረሻውን ውጤት ለማግኘት ፍላጎትን እና ጽናት ማሳደግ.

የትምህርት አይነት፡- ጥምር ትምህርት

መሳሪያ፡ ኮምፒውተር፣ መልቲሚዲያ ፕሮጀክተር፣ አቀራረብ 6.

በክፍሎቹ ወቅት

የመሠረታዊ እውቀትን መደጋገም እና ማዘመን. የቤት ስራን መፈተሽ (10 ደቂቃ)

በቀደሙት ትምህርቶች፣ ከሎጂክ አልጀብራ መሠረታዊ ህጎች ጋር እንተዋወቃለን እና እነዚህን ህጎች አመክንዮአዊ አገላለጾችን ለማቃለል መጠቀምን ተምረናል።

አመክንዮአዊ መግለጫዎችን በማቅለል ላይ የቤት ስራችንን እንፈትሽ፡-

1. ከሚከተሉት ቃላት ውስጥ የትኛው አመክንዮአዊ ሁኔታን የሚያረካ ነው፡-

(የመጀመሪያ ፊደል ተነባቢ → ሁለተኛ ፊደል)٨ (የመጨረሻው ፊደላት አናባቢ → የመጨረሻ ፊደላት አናባቢ)? ብዙ እንደዚህ ያሉ ቃላት ካሉ ከነሱ በጣም ትንሹን ያመልክቱ።

1) አና 2) ማሪያ 3) ኦሌግ 4) ስቴፓን

የሚከተለውን ማስታወሻ እናስተዋውቅ።

ሀ - የመጀመሪያ ፊደል ተነባቢ

ቢ - ሁለተኛ ፊደል ተነባቢ

ኤስ - የመጨረሻው ፊደል አናባቢ

D - ንጹሕ አናባቢ ፊደል

አንድ አገላለጽ እናድርግ፡-

ጠረጴዛ እንሥራ፡-

2. የትኛው አመክንዮአዊ አገላለጽ ከገለጻው ጋር እኩል እንደሆነ ያመልክቱ

የዋናውን አገላለጽ ቀረጻ እና የታቀዱትን አማራጮች እናቅልል፡-

3. የእውነት መግለጫ ሰንጠረዥ ቁርጥራጭ ተሰጥቶታል።

ከF ጋር የሚዛመደው የትኛው አገላለጽ ነው?

የእነዚህን አባባሎች እሴቶች ለተገለጹት ነጋሪ እሴቶች እንወስን-

የትምህርቱ ርዕስ መግቢያ, የአዳዲስ እቃዎች አቀራረብ (30 ደቂቃዎች)

የአመክንዮ መሰረታዊ ነገሮችን ማጥናታችንን እንቀጥላለን እና የዛሬ ትምህርታችን ርዕስ “የሎጂክ እኩልታዎችን መፍታት” ነው። ይህንን ርዕስ ካጠኑ በኋላ አመክንዮአዊ እኩልታዎችን የመፍታት መሰረታዊ መንገዶችን ይማራሉ ፣እነዚህን እኩልታዎች ለመፍታት የሎጂክ አልጀብራ ቋንቋን በመጠቀም እና የእውነትን ሰንጠረዥ በመጠቀም አመክንዮአዊ አገላለጽ የመፃፍ ችሎታን ያገኛሉ።

1. አመክንዮአዊ እኩልታን ይፍቱ

(- ኬ መ) → (¬L ኤም N) =0

መልስዎን እንደ አራት ቁምፊዎች ሕብረቁምፊ ይፃፉ-የተለዋዋጮች K ፣ L ፣ M እና N (በዚያ ቅደም ተከተል) እሴቶች። ስለዚህ, ለምሳሌ, መስመር 1101 ከ K=1, L=1, M=0, N=1 እውነታ ጋር ይዛመዳል.

መፍትሄ፡-

አገላለጹን እንቀይር(- ኬ  መ) → (¬L  ኤም  N)

ሁለቱም ቃላት ሐሰት ሲሆኑ አገላለጽ ሐሰት ነው። ሁለተኛው ቃል ከ 0 ጋር እኩል ነው M = 0, N =0, L =1. በመጀመሪያው ቃል K = 0, ከ M = 0 ጀምሮ, እና
.

መልስ፡- 0100

2. ቀመር ስንት መፍትሄዎች አሉት (በመልስዎ ውስጥ ያለውን ቁጥር ብቻ ያመልክቱ)?

መፍትሄ፡ አገላለጹን ይቀይሩ

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

A +B =1 እና C +D =1

ዘዴ 2: የእውነት ጠረጴዛን ማውጣት

3 መንገድ: የ SDNF ግንባታ - ለአንድ ተግባር ፍጹም ገላጭ የሆነ መደበኛ ቅጽ - የተሟላ መደበኛ የመጀመሪያ ደረጃ ትስስሮች መከፋፈል።

ዋናውን አገላለጽ እንለውጠው፣ የጥምረቶችን መጋጠሚያ ለማግኘት ቅንፍዎቹን ይክፈቱ፡-

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

ማያያዣዎቹን ለማጠናቀቅ (የሁሉም ነጋሪ እሴቶች ውጤት) እንጨምር፣ ቅንፎችን ይክፈቱ፡-

ተመሳሳይ ጥምረቶችን ከግምት ውስጥ እናስገባ-

በውጤቱም, 9 ማያያዣዎችን የያዘ ኤስዲኤንኤፍ እናገኛለን. ስለዚህ የዚህ ተግባር የእውነት ሰንጠረዥ በ9 ረድፎች 2 4 =16 የተለዋዋጭ እሴቶች 1 እሴት አለው።

3. ቀመር ስንት መፍትሄዎች አሉት (በመልስዎ ውስጥ ያለውን ቁጥር ብቻ ያመልክቱ)?

አገላለጹን እናቀላል፡-

3 መንገድየ SDNF ግንባታ

ተመሳሳይ ጥምረቶችን ከግምት ውስጥ እናስገባ-

በውጤቱም, 5 ማያያዣዎችን የያዘ ኤስዲኤንኤፍ እናገኛለን. ስለዚህ, የዚህ ተግባር የእውነት ሠንጠረዥ በ 5 ረድፎች 2 4 = 16 የተለዋዋጭ እሴቶች ስብስቦች 1 እሴት አለው.

የእውነት ሰንጠረዥን በመጠቀም አመክንዮአዊ አገላለጽ መገንባት፡-

ለእያንዳንዱ የእውነት ሠንጠረዥ 1ን በያዘው የክርክር ውጤት እንዘጋጃለን እና ከ 0 ጋር እኩል የሆኑ ተለዋዋጮች በምርቱ ውስጥ ከኔጌሽን ጋር ተካትተዋል እና ከ 1 ጋር እኩል የሆኑ ተለዋዋጮች ያለአንዳች ተካተዋል ። የሚፈለገው መግለጫ F ከተገኙት ምርቶች ድምር የተዋቀረ ይሆናል. ከዚያም, ከተቻለ, ይህ አገላለጽ ቀላል መሆን አለበት.

ምሳሌ፡ የአገላለጽ የእውነት ሰንጠረዥ ተሰጥቷል። ምክንያታዊ መግለጫ ይገንቡ.

መፍትሄ፡-

3. የቤት ስራ (5 ደቂቃ)

እኩልታውን ይፍቱ፡

ስሌት ስንት መፍትሄዎች አሉት (በመልስዎ ውስጥ ያለውን ቁጥር ብቻ ያመልክቱ)?

የተሰጠውን የእውነት ሰንጠረዥ በመጠቀም አመክንዮአዊ አገላለፅን ይገንቡ እና

አቅልለው።