Для эффективной подготовки по информатике для каждого задания дан краткий теоретический материал для выполнения задачи. Подобрано свыше 10 тренировочных заданий с разбором и ответами, разработанные на основе демоверсии прошлых лет.

Изменений в КИМ ЕГЭ 2020 г. по информатике и ИКТ нет.

Направления, по которым будет проведена проверка знаний:

• Программирование;
• Алгоритмизация;
• Средства ИКТ;
• Информационная деятельность;
• Информационные процессы.

Необходимые действия при подготовке :

• Повторение теоретического курса;
• Решение тестов по информатике онлайн ;
• Знание языков программирования;
• Подтянуть математику и математическую логику;
• Использовать более широкий спектр литературы – школьной программы для успеха на ЕГЭ недостаточно.

Структура экзамена

Длительность экзамена – 3 часа 55 минут (255 минут), полтора часа из которых рекомендовано уделить выполнению заданий первой части КИМов.

Задания в билетах разделены на блоки:

• Часть 1 - 23 задания с кратким ответом.
• Часть 2 - 4 задачи с развернутым ответом.

Из предложенных 23 заданий первой части экзаменационной работы 12 относятся к базовому уровню проверки знаний, 10 – повышенной сложности, 1 – высокому уровню сложности. Три задачи второй части высокого уровня сложности, одна – повышенного.

При решении обязательна запись развернутого ответа (произвольная форма).
В некоторых заданиях текст условия подан сразу на пяти языках программирования – для удобства учеников.

Баллы за задания по информатике

1 балл - за 1-23 задания
2 балла - 25.
З балла - 24, 26.
4 балла - 27.
Всего: 35 баллов.

Для поступления в технический вуз среднего уровня, необходимо набрать не менее 62 баллов. Чтобы поступить в столичный университет, количество баллов должно соответствовать 85-95.

Для успешного написания экзаменационной работы необходимо четкое владение теорией и постоянная практика в решении задач.

Твоя формула успеха

Труд + работа над ошибками + внимательно читать вопрос от начала и до конца, чтобы избежать ошибок = максимальный балл на ЕГЭ по информатике.

Каталог заданий.
Системы логических уравнений, содержащие однотипные уравнения

Сортировка Основная Сначала простые Сначала сложные По популярности Сначала новые Сначала старые
Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий
Версия для печати и копирования в MS Word

Сколь-ко су-ще-ству-ет раз-лич-ных на-бо-ров зна-че-ний ло-ги-че-ских пе-ре-мен-ных x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 ко-то-рые удо-вле-тво-ря-ют всем пе-ре-чис-лен-ным ниже усло-ви-ям?

(x1≡x2)->(x2≡x3) = 1

(x2≡x3)->(x3≡x4) = 1

(x6≡x7)->(x7≡x8) = 1

В от-ве-те не нужно пе-ре-чис-лять все раз-лич-ные на-бо-ры зна-че-ний пе-ре-мен-ных x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 при ко-то-рых вы-пол-не-на дан-ная си-сте-ма ра-венств. В ка-че-стве от-ве-та Вам нужно ука-зать ко-ли-че-ство таких на-бо-ров.

Решение.

Запишем переменные в строчку: x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 . Импликация ложна только в том случае, когда из истины следует ложь. Условие не выполняется, если в ряду после пары одинаковых цифр присутствует другая цифра. Например, «11101...», что означает невыполнение второго условия.

Рассмотрим комбинации переменных, удовлетворяющие всем условиям. Выпишем варианты, при которых все цифры чередуются, таких два: 10101010 и 01010101. Теперь для первого варианта, начиная с конца, будем увеличивать количество повторяющихся подряд цифр (настолько, насколько это возможно). Выпишем полученные комбинации: «1010 1011; 1010 1111; 1011 1111; 1111 1111; 1010 1000; 1010 0000; 1000 0000; 0000 0000» таких комбинаций девять, включая исходную. Аналогично для второго варианта: «0101 0101; 0101 0100; 0101 0000; 0100 0000; 0000 0000; 0101 0111; 0101 1111; 0111 1111; 1111 1111» - таких комбинаций также девять. Заметим, что комбинации 0000 0000 и 1111 1111 учтены дважды. Таким образом, получаем 9 + 9 − 2 = 16 решений.

Ответ: 16.

Ответ: 16

¬(x 1 ≡ x 2) ∧ (x 1 ∨ x 3) ∧ (¬x 1 ∨ ¬x 3) = 0

¬(x 2 ≡ x 3) ∧ (x 2 ∨ x 4) ∧ (¬x 2 ∨ ¬x 4) = 0

¬(x 8 ≡ x 9) ∧ (x 8 ∨ x 10) ∧ (¬x 8 ∨ ¬x 10) = 0

В ответе не нужно

Решение.

Рассмотрим первое уравнение.

При x 1 = 1 возможны два случая: x 2 = 0 и x 2 = 1. В первом случае x 3 = 1. Во втором - x 3 либо 0, либо 1. При x 1 = 0 также возможны два случая: x 2 = 0 и x 2 = 1. В первом случае x 3 либо 0, либо 1. Во втором - x 3 = 0. Таким образом, уравнение имеет 6 решений (см. рисунок).

Рассмотрим систему из двух уравнений.

Пусть x 1 = 1. При x 2 = 0 возможен лишь один случай: x 3 = 1, переменная x 4 = 0. При x 2 = 1 возможно два случая: x 3 = 0 и x 3 = 1. В первом случае x 4 = 1, во втором - x 4 либо 0, либо 1. Всего имеем 4 варианта.

Пусть x 1 = 0. При x 2 = 1 возможен лишь один случай: x 3 = 0, переменная x 4 = 1. При x 2 = 0 возможно два случая: x 3 = 0 и x 3 = 1. В первом случае x 4 либо 1, либо 0, во втором - x 4 = 0. Всего имеем 4 варианта.

Таким образом, система из двух уравнений имеет 4 + 4 = 8 вариантов (см. рисунок).

Система из трёх уравнений будет иметь 10 решений, из четырёх - 12. Система из восьми уравнений будет иметь 20 решений.

Ответ: 20

Источник: ЕГЭ по ин­фор­ма­ти­ке 30.05.2013. Ос­нов­ная волна. Центр. Ва­ри­ант 1.

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x 1 , x 2 , ... x 10 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(x 1 ∧ ¬x 2) ∨ (¬x 1 ∧ x 2) ∨ (x 3 ∧ x 4) ∨ (¬x 3 ∧ ¬x 4) = 1

(x 3 ∧ ¬x 4) ∨ (¬x 3 ∧ x 4) ∨ (x 5 ∧ x 6) ∨ (¬x 5 ∧ ¬x 6) = 1

(x 7 ∧ ¬x 8) ∨ (¬x 7 ∧ x 8) ∨ (x 9 ∧ x 10) ∨ (¬x 9 ∧ ¬x 10) = 1

В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x 1 , x 2 , … x 10 при которых выполнена данная система равенств. В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

Решение.

Первое уравнение имеет 12 решений. Второе уравнение связано с первым только через переменные x 3 и x 4 . На основании древа решений для первого уравнения выпишем пары значений переменных x 3 и x 4 , которые удовлетворяют первому уравнению и укажем количество таких пар значений.

Количество пар значений	x 3	x 4
×4	1	1
×4	0	0
×2	1	0
×2	0	1

Поскольку уравнения идентичны с точностью до индексов переменных, древо решений второго уравнения аналогично первому. Следовательно, пара значений x 3 = 1 и x 4 = 1 порождает два набора переменных x 3 , ..., x 6 , удовлетворяющих второму уравнению. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар четыре, всего получаем 4 · 2 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Рассуждая аналогично для пары значений x 3 = 0 и x 4 = 0, получаем 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 . Пара x 3 = 1 и x 4 = 0 порождает четыре решения второго уравнения. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар две, получаем 2 · 4 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Аналогично для x 3 = 0 и x 4 = 1 - 8 наборов решений. Всего система из двух уравнений имеет 8 + 8 + 8 + 8 = 32 решения.

Проведя аналогичные рассуждения для системы из трёх уравнений, получаем 80 наборов переменных x 1 , ..., x 8 , удовлетворяющих системе. для системы из четырёх уравнений существует 192 набора переменных x 1 , ..., x 10 , удовлетворяющих системе.

Ответ: 192.

Ответ: 192

Источник: ЕГЭ по информатике 08.07.2013. Вторая волна. Ва­ри­ант 501.

Гость 17.12.2013 18:50

Пересчитывали 3 раза, получается, что после 2 уравнения 34 решения, а у вас 32, у нас 8+12+8+6, а у вас 8+8+8+8

Петр Мурзин

Приведите ваше решение полностью. Напишите, каким образом вы получаете 12 и 6.

Иван Гребенщиков 12.06.2016 20:51

Вообще, можно решить эту задачу намного проще. Если заметить (x1 ∧ ¬x2) ∨ (¬x1 ∧ x2) тождественно ¬(x1 == x2) и (x3 ∧ x4) ∨ (¬x3 ∧ ¬x4) тождественно (x3 == x4), то,подставив в изначальное уравнение, получаем: ¬(x1 == x2) ∨ (x3 == x4) = 1. Однако и это выражение можно преобразовать и получить (x1 == x2) → (x3 == x4) = 1.

Преобразовав аналогичным образом все выражения получаем:

(x1 == x2) → (x3 == x4) = 1

(x3 == x4) → (x5 == x6) = 1

(x7 == x8) → (x9 == x10) = 1

Заменив (x1 == x2) на А1, (x3 == x4) на А3, ... , (x9 == x10) на А9 получаем наборы решений для А-итых:

А1 А3 А5 А7 А9

Каждому A-итому соответствует(вне зависимости от значения) пара пар значений i-того и i + 1 - ого x-сов => (2 * 2 * 2 * 2 * 2) * 6(так как шесть наборов решений для А-итых) = 192

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x 1 , x 2 , ... x 10 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

(x 1 ∧ x 2) ∨ (¬x 1 ∧ ¬x 2) ∨ (¬x 3 ∧ x 4) ∨ (x 3 ∧ ¬x 4) = 1

(x 3 ∧ x 4) ∨ (¬x 3 ∧ ¬x 4) ∨ (¬x 5 ∧ x 6) ∨ (x 5 ∧ ¬x 6) = 1

(x 7 ∧ x 8) ∨ (¬x 7 ∧ ¬x 8) ∨ (¬x 9 ∧ x 10) ∨ (x 9 ∧ ¬x 10) = 1

В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных x 1 , x 2 , … x 10 при которых выполнена данная система равенств. В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

Решение.

Построим древо решений для первого уравнения.

Таким образом, первое уравнение имеет 12 решений.

Второе уравнение связано с первым только через переменные x 3 и x 4 . На основании древа решений для первого уравнения выпишем пары значений переменных x 3 и x 4 , которые удовлетворяют первому уравнению и укажем количество таких пар значений.

Количество пар значений	x 3	x 4
×2	1	1
×2	0	0
×4	1	0
×4	0	1

Поскольку уравнения идентичны с точностью до индексов переменных, древо решений второго уравнения аналогично первому (см. рис.). Следовательно, пара значений x 3 = 1 и x 4 = 1 порождает четыре набора переменных x 3 , ..., x 6 , удовлетворяющих второму уравнению. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар две, всего получаем 4 · 2 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Рассуждая аналогично для пары значений x 3 = 0 и x 4 = 0, получаем 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 . Пара x 3 = 1 и x 4 = 0 порождает два решения второго уравнения. Поскольку среди наборов решений первого уравнения данных пар четыре, получаем 2 · 4 = 8 наборов переменных x 1 , ..., x 6 , удовлетворяющих системе из двух уравнений. Аналогично для x 3 = 0 и x 4 = 1 - 8 наборов решений. Всего система из двух уравнений имеет 8 + 8 + 8 + 8 = 32 решения.

Третье уравнение связано со вторым только через переменные x 5 и x 6 . Древо решений аналогичное. Тогда для системы из трёх уравнений каждая пара значений x 5 и x 6 будет порождать количество решений в соответствии с древом (см. рис.): пара (1, 0) породит 2 решения, пара (1, 1) породит 4 решения, и т. д.

Из решения первого уравнения мы знаем, что пара значений x 3 , x 4 (1, 1) встречается в решениях два раза. Следовательно, для системы из трёх уравнений количество решений для пары x 3 , x 4 (1, 1) равно 2 · (2 + 4 + 4 + 2) = 24 (см. рис.). Воспользовавшись таблицей выше, вычислим количество решений для оставшихся пар x 3 , x 4:

4 · (2 + 2) = 16

2 · (2 + 4 + 4 + 2) = 24

4 · (2 + 2) = 16

Таким образом, для системы из трёх уравнений имеем 24 + 16 + 24 + 16 = 80 наборов переменных x 1 , ..., x 8 , удовлетворяющих системе.

Для системы из четырёх уравнений существует 192 набора переменных x 1 , ..., x 10 , удовлетворяющих системе.

Ответ: 192.

"Решаем трудные задачи ЕГЭ по информатике"

Цель семинара: рассмотреть методические приёмы решения наиболее сложных задач ЕГЭ по информатике.

Ведущие: учителя информатики общеобразовательных организаций Костромской области

Внимание!!! Участникам семинара будут выданы сертификаты

Условия получения сертификата

• Выполнение предложенных в ходе мастер-классов заданий (по всем типам заданий)
• Обратная связь с учителями, ведущими мастер-класс (отправка выполненных заданий учителю на электронный адрес)

Ход семинара

1. Задание № 23 ЕГЭ. Решение логических уравнений зеркальным способом

Ведущая: Лебедева Елена Валерьевна, учитель информатики МБОУ города Костромы "Средняя общеобразовательная школа № 21"

• Посмотрите видео-материалы мастер-класса учителя и выполните тренировочные задания. Если видео-материалы просмотреть не удаётся, то скачайте презентацию и познакомьтесь с технологией выполнения задания № 23.
• [email protected]

Тренировочные задания к части 1 Метод отображения задание 1.docx

Тренировочные задания к части 2Метод отображения задание 2.docx

Презентация по материалам части 1 и части 2

Тренировочные задания к части 3. метод отображения задание 3.docx
Презентация по материалам части 3

2. Задание № 5 ЕГЭ. Кодирование и декодирование данных

Ведущая: Смирнова Елена Леонидовна, учитель информатики МОУ СОШ № 2 городского округа город Буй Костромской области

• Посмотрите видео-материалы мастер-класса учителя и выполните тренировочные задания. Если видео-материалы просмотреть не удаётся, то скачайте презентацию и познакомьтесь с технологией выполнения задания № 5.
• Выполненные тренировочные задания отправьте учителю на электронный адрес [email protected]
• Получите от учителя ответ о результатах выполненной вами работы.

Презентация по демонстрируемым материалам

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

23-е задание — «Преобразование логических выражений» — характеризуется, как задание высокого уровня сложности, время выполнения – примерно 10 минут, максимальный балл — 1

Элементы алгебры логики: преобразования логических выражений

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

• Рассмотрите тему .
• Рассмотрите тему .

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. Несколько уравнений: метод отображения решений уравнения

Метод отображения можно использовать:

5. Несколько уравнений: использование битовых масок

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

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

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

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е. 2019 года, вариант 7.

¬a ≡ b ¬b ≡ c ¬c ≡ d ¬d ≡ e ¬e ≡ f a ≠ b b ≠ c c ≠ d d ≠ e e ≠ f

Вспомним, как выглядит таблица истинности для эквивалентности:

x1	x2	F
0	0	1
0	1	0
1	0	0
1	1	1

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: 3 3 * 1 3 = 27 наборов значений ,

и для второй: 3 3 * 1 3 = 27 наборов значений

Итого наборов:

27 * 2 = 54

Результат: 54

Подробное объяснение данного задания смотрите на видео:

23_2: 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)

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е. 2019 года, вариант 9.

✍ 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:

x1	x2	F
0	0	1
0	1	0
1	0	0
1	1	1

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

a до i 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

0 в цепочке приходится три 1 - один . Т.о. получаем:

для первой цепочки: 3 5 * 1 4 = 243 набора значений ,

и для второй: 3 4 * 1 5 = 81 набор значений

Итого наборов:

243 + 81 = 324

Результат: 324

Предлагаем посмотреть видео с решением данного 23 задания:

23_3: 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.

* Аналогичное задание находится в сборнике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019 года, вариант 11.

✍ 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:
было: ¬((a ≡ c) → b) стало: ¬(¬(a ≡ c) ∨ b)
2. По закону Де Моргана избавимся от отрицания над общей внешней скобкой:
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

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:

3 4 * 1 4 = 81 набор значений

Результат: 81

23_4: 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

✍ 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 x i и y i , а x2 и y2 будут обозначаться x i+1 и y i+1 .

Теперь найдем общее количество решений, подставляя в отображении соответствующие x и y

В итоге получаем:

1 + 19 + 1 + 1 = 22

Результат: 22

Видеоразбор демоверсии 2018 23 задания смотрите здесь:

23_5: 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 = 2 5 = 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 ∧ ¬a ∧ ¬c = 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 ∧ ¬1 ∧ ¬1 = 0 ¬1 ∧ ¬1 ∧ ¬1 = 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

23_6: 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 1 1

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 2 4 = 16 . Выделим те строки, которые возвращают ложь:

Теперь переходим к методу отображения. Для первого уравнения x1 и y1 обозначим x i и y i , а x2 и y2 обозначим x i+1 и y i+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:

23_7: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019, вариант 16 (ФИПИ):

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

¬(((x1 ∧ y1)) ≡ (x2 ∧ y2)) → (x3 ∧ y3))
¬(((x2 ∧ y2)) ∨ ¬(x3 ∧ y3)) → (x4 ∧ y4))
¬(((x3 ∧ y3)) ≡ (x4 ∧ y4)) → (x5 ∧ y5))
¬(((x4 ∧ y4)) ∨ ¬(x5 ∧ y5)) → (x6 ∧ y6))

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

✍ Решение:

• Поскольку в малых скобках везде одна и та же операция (∧ ), и переменные в скобках не пересекаются, то можно выполнить замену:

¬((a ≡ b) → c) = 1 ¬((b ∨ ¬c) → d) = 1 ...

Избавимся от отрицания, указав, что каждое выражение при этом становится ложным:

(a ≡ b) → c = 0 (b ∨ ¬c) → d = 0 (c ≡ d) → e = 0 (d ∨ ¬e) → f = 0

Внешняя операция во всех выражениях — импликация (→ ). Вспомним таблицу истинности для операции импликация:

0 → 0 = 1 0 → 1 = 1 1 → 0 = 0 1 → 1 = 1

Импликация ложна только в одном случае: 1 → 0 = 0 . Все выражения в задании ложны. Учтем это.

Построим побитовую маску, прослеживая значение каждой переменной, двигаясь с первого выражения к последнему:

цеп1 цеп2 a 0 1 b 0 1 c 0 0 d 0 0 e 0 0 f 0 0

Так как каждая переменная изначально заменяет скобку, в которой находится операция конъюнкция (∧), то, вспомнив таблицу истинности для этой операции, сопоставим для каждого нуля 3 решения (конъюнкция ложна в трех случаях), а для каждой единицы — 1 решение (конъюнкция истинна в одном случае).

Посчитаем значение для каждой побитовой цепочки:

цеп1 = 3*3*3*3*3*3 = 729 решений цеп2 = 1*1*3*3*3*3 = 81 решение

Поскольку цепочки не могут выполняться одновременно, а выполнится либо одна, либо другая, то полученные значения необходимо сложить:

729 + 81 = 810 решений

Ответ: 810

Доступен видеоразбор задания 23:

23_8: Разбор 23 задания ЕГЭ по информатике «Типовые экзаменационные варианты», Крылов С.С., Чуркина Т.Е., 2019, вариант 2 (ФИПИ):

Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 , x2 , … x12 , которые удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?

¬(x1 ≡ x2) → (x3 ∧ x4) = 0
¬(x3 ≡ x4) → (x5 ∧ x6) = 0
¬(x5 ≡ x6) → (x7 ∧ x8) = 0
¬(x7 ≡ x8) → (x9 ∧ x10) = 0
¬(x9 ≡ x10) → (x11 ∧ x12) = 0
(x1 ≡ x4) ∨ (x5 ≡ x8) ∨ (x2 ≡ x12) = 1

В качестве ответа Вам нужно указать количество таких наборов.

✍ Решение:

x1 x2 x4 x5 x8 x12 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0

Так как в схеме отображений значения для пары x1 и x2 равные 00 и 11 не используются, то выделим их и не будем использовать в последующих вычислениях. Выпишем оставшиеся варианты:

x1 x2 x4 x5 x8 x12 0 1 1 0 1 0 y1 0 1 1 1 0 0 y2 1 0 0 0 1 1 y3 1 0 0 1 0 1 y4

Построим таблицу отображений отдельно для каждой получившейся строки, учитывая значения операндов (x n):

Посчитаем число решений для всех полученных строк: 4 + 4 + 2 + 2 = 12

Эти решения необходимо исключить, т.к. мы рассмотрели ложный случай уравнения 6 :

96 - 12 = 84