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!