Образовательный портал Павла Добряка

На основе выражения составьте систему неравенств с параметром и решите её.

Эта задача – типичная задача с параметром из ЕГЭ по математике, которой придан «информатический» вид. Задачи с параметром можно решать графически и аналитически. Приведем оба решения.

Поскольку в нашем выражении – дизъюнкция (логическое «или»), то наше выражение – не система, а совокупность:

Проанализируем, при каких значениях x и y истинность выражения не зависит от А (по свойству логического «или» наличие истины в одном из «слагаемых» делает всё выражение истинным):

(y+3x < A)	∨ (x > 20)	∨ (y > 40)	Значение выражения
?	0	1	1
?	1	0	1
?	1	1	1

 

Рассмотрим случай, когда первое «слагаемое» обязательно должно быть истинным:

(y+3x < A)	∨ (x > 20)	∨ (y > 40)	Значение выражения
1	0	0	1

 

Но на основе этого уже можно составить систему:

 

Решим систему:

Сложим второе и третье неравенство:

Поскольку система должна выполняться для любых x и y, то

 100 < A

Минимальное целое А = 101.

Еще один способ решения – графический.

Закрасим области координатной плоскости, в которых выражение

 (y + 3x < A) ∨ (x > 20) ∨ (y > 40) всегда истинно:

x > 20 соответствует область:

y > 40 соответствует область:

Совместим оба решения вместе:

Очевидно, чтобы выражение было всегда истинным, надо, чтобы первое условие 

(y + 3x < A) закрасило оставшуюся белую область. Рассмотрим кривую, соответствующую границе y + 3x = A. Ей соответствует наклоненная вниз прямая y = –3x + А, которая пересекает ось y в точке с координатами (0, А). То есть с помощью параметра А мы двигаем прямую вверх-вниз. Поскольку у нас неравенство со знаком <, то ему соответствует область ниже прямой:

Совместим все координатные плоскости вместе:

Чтобы у нас не было незакрашенных областей, нужно, чтобы наклонная прямая проходила через точку (20, 40):

Ошибка. Подмывает найти А с помощью подбора по графику и написать ответ 100. Не будем торопиться и продолжим решать задачу аналитически:

Найдем значение А путем подстановки (20, 40) в неравенство y + 3x < A:

40 + 3 * 20 < A

100 < A

Поскольку мы ищем минимальное целое А, то А = 101.

В случае ошибочного ответа 100 выражение будет истинно во всех точках, кроме точки (20, 40).

Ответ: 101.

Решайте графически аналогично предыдущей. В каком-то смысле эта задача является обратной предыдущей.

Выражение истинно, если истинно первое «слагаемое» выражения, то есть

3x + 4y > 66.

Ему соответствует следующая закрашенная область координатной плоскости:

Второму слагаемому  соответствует область:

Третьему слагаемому  соответствует область:

Совместим области на одной координатной плоскости:

Поскольку «слагаемые» в выражении соединены с помощью логического «или», нам нужно, чтобы выполнялось хотя бы одно неравенство. Следовательно, мы должны выбрать такое А, чтобы на координатной плоскости не было незакрашенных областей:

То есть точка с координатами (А, А) должна находиться на наклонной прямой. Найдем такое А, подставив его в 3x + 4y > 66.

3А + 4А > 66

7A > 66

A > ⁶⁶/₇ = 9 ³/₇ 

Поскольку мы ищем целое минимальное А, то А = 10.

Ответ: 10

Замените следование на дизъюнкцию и решайте графически, как предыдущую задачу.

Заменим следование на дизъюнкцию:

(⌐(x ∈ A) V (x² ≤ 81)) ∧ ((y² > 36) V (y ∈ A))

Рассмотрим первый «множитель» выражения:

⌐(x ∈ A) V (x² ≤ 81)

Оно всегда истинно при  –9 ≤ х ≤ 9:

Чтобы оно было истинным на всей плоскости, нужно, чтобы в незакрашенных левой и правой областях было истинным выражение ⌐(x ∈ A). То есть точек А нет слева и справа. Значит, точки А могут быть только сосредоточенными внутри закрашенной области:

Рассмотрим второй множитель (y² > 36) V (y ∈ A).

Он истинен в закрашенных областях:

Чтобы выражение было истинно на всей плоскости, нужно, чтобы точки незакрашенной области обязательно принадлежали А, то есть y ∈ A истинно. Значит:

Теперь нам нужно совместить оба решения:

Так как у нас связка между логическими выражениями – «и», то оба условия должны выполняться одновременно. То есть нам нужно выбрать более жесткое решение. В частности:

Нет ∧ Может быть = Нет

Есть ∧ Может быть = Есть

После совмещения мы получаем:

То есть левая граница отрезка А «гуляет» между –9 и –6, а правая – между 6 и 9:

Значит, наибольшего размера достигает А тогда, когда он от -9 до 9. Его длина равна 18.

Ответ: 18

Замените следование на дизъюнкцию. На числовой области отметьте участки, которые не зависят от А. Затем для каждого участка напишите требование для расположения А – должен он там быть или нет. Затем выбирайте подходящий ответ.

Заменим выражение:

( (x∈А) → (x∈P) ) ∨ (x∈Q) =

 (x∈А) ∨ (x ∈ P) ∨ (x∈Q)

Отметим на оси отрезки P и Q:

Наше выражение представляет собой логическое «или». Оно истинно, если хотя бы 1 из «слагаемых» истинен. Поэтому на участках P и Q выражение истинно вне зависимости от того, находится там отрезок А или нет. Заштрихуем истинную область на числовой оси:

Сделаем выводы относительно А. В заштрихованной области от А ничего не зависит, вне заштрихованной области выражение с А должно быть истинным:

⌐(x ∈ А) = 1

x ∈ А = 0

Следовательно, А там нет.

Подходящий под условия для А отрезок  -  [3, 11]:

Ответ: 2

Решайте, как в предыдущей задаче.

Упростим выражение, заменив следование на логическое «или»:

⌐(x∈P) ∨ (⌐((x∈Q) ∧ ⌐(x∈А)) ∨ ⌐(x∈P))

По закону де Моргана раскроем скобку в середине выражения:

⌐(x∈P) ∨ ((⌐(x∈Q) ∨ (x∈А)) ∨ ⌐(x∈P))

«Слагаемое» ⌐(x∈P) встречается два раза, оставим его только 1 раз и уберем лишние скобки:

⌐(x∈P) ∨ ⌐(x∈Q) ∨ (x∈А)

Отметим отрезки на числовой оси:

Логическое «или» истинно, когда истинно хотя бы одно из его слагаемых.

Заштрихуем область, в которой истинно ⌐(x∈P) (точки вне отрезка P):

Сделаем выводы относительно А. В заштрихованной области от А ничего не зависит, вне заштрихованной области выражение с А должно быть истинным:

x∈А = 1

То есть вне заштрихованной области должно быть А:

То есть А обязательно должно включать отрезок от 40 до 60, следовательно, минимальная длина А равна 60 – 40 = 20.

Ответ: 20

Решайте, как в предыдущей задаче.

Упростим выражение, заменив следование на логическое «или»:

¬(¬(x∈A) ∨ ¬(x∈P)) ∨ (¬(x∈A) ∨ (x∈Q))

Правую скобку раскроем по закону де Моргана:

((x∈A) ∧ (x∈P)) ∨ ¬(x∈A) ∨ (x∈Q)

Отметим отрезки на числовой оси:

Логическое «или» истинно, когда истинно хотя бы одно из его слагаемых. В нашем случае в выражении три слагаемых и первое имеет сложную структуру.

Заштрихуем область, в которой истинно x∈Q (точки отрезка Q):

Значит, на отрезке Q от А ничего не зависит. А там может быть, а может и не быть:

Рассмотрим точки вне всех отрезков, то есть x < 10 или x > 48.

x∈Q ложно

Так как (x∈P) ложно, то (x∈A) ∧ (x∈P) тоже ложно.

Следовательно, всё выражение будет истинным, если

¬(x∈A) – истинно,

То есть А там нет:

Осталось рассмотреть отрезок [10, 17].

Последнее «слагаемое» x∈Q ложно, поэтому истинным должно быть хотя бы одно из первых двух слагаемых:

1. Пусть истинно второе слагаемое: ¬(x∈A) истинно, значит, А там нет:

1.  Пусть истинно первое слагаемое: (x∈A) ∧ (x∈P). Так как это логическое умножение, то истинными должны быть оба «множителя». x∈P истинно, значит, x∈A тоже должно быть истинно:

Мы получили противоречие, это означает, что на отрезке [10, 17] может быть А, а может и не быть:

Отрезок А наибольшей длины [10, 48], его длина 48 – 10 = 38

Ответ: 38

Решайте, как в предыдущей задаче.

Преобразуем формулы, заменив «следование» на «или»:

¬(x∈A) V (x∈P) и ¬(x∈Q) V (x∈R)

Отметим известные отрезки на числовой оси:

Исследуем вторую формулу. Логическое «или» истинно, когда истинно хотя бы одно из слагаемых. Следовательно, вторая формула всегда истинна вне отрезка Q:

И внутри отрезка P:

Аналогично изучим первую формулу ¬(x∈A) V (x∈P) и рассмотрим два рисунка одновременно:

Остается расположить на оси отрезок А. На отрезке [10, 15] обе формулы истинны, поэтому от А на этом участке ничего не зависит (там может быть А). Чтобы первая формула была ложна на отрезке [15, 20], там должен быть отрезок А. При x < 10 или x > 20, чтобы первая формула была истинной, там не должно быть А:

Из предложенных вариантов подходит отрезок А [12, 20].

Ответ: 3.

Решайте, как в предыдущей задаче, изобразив множества кругами Эйлера.

Обозначим множества буквами:

P = {2, 4, 6, 8, 10, 12},

Q = {2, 4, 6, 8, 10, 12},

Тогда выражение примет вид:

(x∈P) → (((x∈Q) ∧ ¬(x∈A)) → ¬(x∈P))

Упростим выражение, заменив следование на логическое «или»:

¬(x∈P) ∨ (¬((x∈Q) ∧ ¬(x∈A)) ∨ ¬(x∈P))

Раскроем среднюю часть по закону де Моргана:

¬(x∈P) ∨ ( (¬(x∈Q) ∨ (x∈A)) ∨ ¬(x∈P))

Слагаемое ¬(x∈P) встречается два раза, оставим только один раз и уберем лишние скобки:

¬(x∈P) ∨ ¬(x∈Q) ∨ (x∈A)

 

Изобразим множества кругами Эйлера. Видно, что множества имеют общие элементы:

Логическое «или» истинно, когда истинно хотя бы одно из его слагаемых. «Слагаемое» ¬(x∈P) истинно вне круга P:

Аналогично «слагаемое» ¬(x∈Q) истинно вне круга Q:

В заштрихованной области от А ничего не зависит. Следовательно, там может быть А, а может и не быть. В незаштрихованной области истинным должно быть «слагаемое» x∈A, то есть А там должно находиться:

Следовательно, минимально возможное А состоит из общих элементов множеств Р и Q:

A = {6, 12}

Сумма элементов 6 + 12 = 18

Ответ: 18

Начинайте упрощать, как в предыдущих задачах, но на этом не останавливайтесь и преобразуйте выражение до тех пор, пока не сможете осмысленно прочитать его на естественном языке.

В выражении

¬ДЕЛ (x, A) → (ДЕЛ (x, 6) → ¬ДЕЛ (x, 4))

заменим следование на логическое «или»:

ДЕЛ (x, A) ∨ (¬ДЕЛ (x, 6) ∨ ¬ДЕЛ (x, 4))

По закону де Моргана вынесем отрицание за общую скобку в последних двух «слагаемых»:

ДЕЛ (x, A) ∨ ¬ ((ДЕЛ (x, 6) ∧ ДЕЛ (x, 4))

Переставим «слагаемые» местами:

¬ ((ДЕЛ (x, 6) ∧ ДЕЛ (x, 4)) ∨ ДЕЛ (x, A)

 

Заменим логическое «или» на следование:

((ДЕЛ (x, 6) ∧ ДЕЛ (x, 4)) → ДЕЛ (x, A)

А теперь прочитаем это выражение на естественном языке:

Если x делится на 6 и x делится на 4, то x делится на …

Что вы поставите вместо многоточия?

Ошибка. Вы будете не правы, если ответите 6 * 4 = 24. Потому что есть число 12, которое тоже делится и на 6, и на 4.

Продолжение хода решения.

Ответом будет наименьшее общее кратное НОК(6, 4) = 12. Если вы забыли, как оно вычисляется, посмотрите задачу на системы счисления 1.2.11, в которой мы уже встречались с НОК.

Из прошлой задачи мы получили новый инструмент для вычисления НОК – круги Эйлера:

Ответ: 12

В модифицированной задаче логическое «и» заменили на логическое «или».

Прочитаем выражение на естественном языке:

Если x делится на 6 или x делится на 4, то x делится на …

Что вы поставите вместо многоточия?

Ответом будет наибольший общий делитель НОД(6, 4) = 2.

 

В задаче 1.5.4 мы уже сталкивались с НОД, поэтому, если вы забыли, что это такое, повторите эту задачу. НОД также можно вычислить с помощью кругов Эйлера:

Это задача на стыке двух тем – логики и систем счисления. Переведите числа в двоичную систему, замените следование на логическое «или». Подберите примеры таких x, при которых каждое «слагаемое» ложно. Затем сделайте неизвестные биты в x наиболее неудобными для А. Далее подберите А.

Переведем числа в двоичную систему:

25	2				17	2
1	12	2			1	8	2
	0	6	2			0	4	2
		0	3	2			0	2	2
			1	1				0	1

Выражение в двоичном виде примет вид:

x & 11001 ≠ 0 → (x & 10001 = 0 → x & А ≠ 0)

Заменим следование на логическое «или»:

X & 11001 = 0 ∨ x & 10001 ≠ 0 ∨ x & А ≠ 0

Построим наиболее «неудобный» пример х, при котором «слагаемые» будут ложными. Рассмотрим первое «слагаемое»:

x & 11001 = 0

Чтобы оно было ложным, в вводимом x достаточно, чтобы один из битов на тех местах, где в 11001 находятся «1», также была «1»:

Рассмотрим второе «слагаемое»: x & 10001.

Чтобы оно было ложным, надо, чтобы в х на тех местах, где в 10001 стоят «1», были нули. Продолжим заполнять наш рисунок:

Убираем лишние стрелочки:

И тогда мы можем заполнить x уже более определенно:

Рассмотрим третье «слагаемое» x & А ≠ 0.

Напомню, мы ищем наиболее «вредный» пример x, превращающий слагаемые в ложь. Чтобы увеличить шансы обращения третьего слагаемого в 0, заполним оставшиеся биты нулями:

Мы нашли проблемный x, при котором первые два слагаемых ложны. Значит, при нем должно быть истинно третье слагаемое. Нужно, чтобы в результате действия третьего слагаемого мы получили ненулевой ответ:

Под нулями может идти что угодно, это не повлияет на результат:

Убираем лишние стрелочки:

Следовательно:

Заполняем последний бит шаблона А:

Мы получили тот же самый шаблон, что и при вспомогательных действиях.

Поскольку мы ищем минимальное А, то

А = *1*** = 01000 = 8

Ответ: 8

Переведем десятичные числа в двоичную систему:

 x & 110011 = 0 ∨ (x & 101001 = 0 → x & ????? = 0)

Заменим «следование» на логическое «или»:

 x & 110011 = 0 ∨ x & 101001 ≠ 0 ∨ x & ????? = 0

Так же, как и в предыдущей задаче, будем искать наиболее проблемное x, при котором все «слагаемые» ложны.

Рассмотрим первое «слагаемое»:

x & 110011 = 0

Чтобы оно было ложно, мы должны получить ответ, отличный от нуля. Это возможно, когда на месте единичек в 110011 будет стоять хотя бы одна единичка в х:

Рассмотрим второе «слагаемое»:

x & 101001 ≠ 0

Чтобы оно было ложным, на месте единичек в 101001 в переменной х должны идти одни нули:

Ликвидируем лишние стрелочки:

Рассмотрим третье «слагаемое»:

x & ????? = 0

Чтобы оно было ложным в большинстве случаев, мы должны заполнить его, по возможности, единичками. У нас есть один бит – четвертый, если считать слева направо, о котором мы еще ничего не можем сказать по результатам проведенного исследования. Заполним его единичкой:

Сформируем теперь шаблон для А.  Так как мы ищем x & ????? = 0, мы должны обнулить все единички во «вредном» х. На местах нулей «вредного» х мы можем поставить что угодно:

Итак, мы сделали часть шаблона для А:

А = *?*0?*

Осталось заполнить два бита. В соответствии с картинкой, таких «вредных» х три:

000110, 010100, 010110. Так как при поразрядной конъюнкции мы должны получить одни нули, берем самый трудный вариант: 010110

Заполняем недостающие биты в А нулями:

Итак, мы получили шаблон для А:

А = *0*00*

Если мы сравним его с шаблоном, полученным в дополнительных действиях (А = *0**0*), то мы увидим, что вновь полученный шаблон более точен.

Так как мы ищем максимальное А, заполним звездочки единичками:

А = *0*00* = 101001 = 41.

Ответ: 21.

Преобразуем выражение в более удобное для анализа.

Заменим «следования» на логические «или»:

⌐((x & 28 ≠ 0) ∨ (x & 41 ≠ 0)) ∨ ((x & 17 ≠ 0) ∨ (x & А ≠ 0))

По закону де Моргана раскроем скобки у общего отрицания в первом «слагаемом»:

((x & 28 = 0) ∧ (x & 41 = 0)) ∨ (x & 17 ≠ 0) ∨ (x & А ≠ 0)

Переведем числа из десятичной в двоичную систему:

((x & 11100 = 0) ∧ (x & 101101 = 0)) ∨ ((x & 10001 ≠ 0) ∨ (x & А ≠ 0))

Максимальное количество битов – шесть, дополним незначащими нулями:

((x & 011100 = 0) ∧ (x & 101101 = 0)) ∨ ((x & 010001 ≠ 0) ∨ (x & ?????? ≠ 0))

Как и в предыдущих задачах, начнем подбирать наиболее проблемный x, при котором большинство частей выражения будет ложно.

Рассмотрим первое выражение:

x & 011100 = 0

Чтобы оно было ложным, достаточно, чтобы на месте 1 выражения 011100 в соответствующих позициях х стояла хотя бы одна 1:

Рассмотрим второе выражение:

x & 101101 = 0

Аналогично первому выражению, для второго получаем:

Можем ли мы объединить эти два условия наличия единиц?

Или при выполнении только верхнего условия:

нам потребуется обязательно заполнить единицами первый и/или последний бит?

Обратим внимание на связку между первым и вторым выражением:

((x & 28 = 0) ∧ (x & 41 = 0))

Они связаны логическим «и», следовательно, чтобы итоговое выражение было ложным, нам достаточно нарушения хотя бы одного из входящих выражений. Следовательно, мы вполне можем сделать такую трансформацию:

=>

Заметим, что, если бы была связка с помощью логического «или», такая трансформация была бы невозможной.

Рассмотрим третье выражение:

x & 010001 ≠ 0

Чтобы оно было ложным, надо, чтобы на тех местах, где в 10001 идут единицы, в x были нули:

Избавляемся от лишних стрелочек:

Рассмотрим четвертое выражение:

x & ?????? ≠ 0

Чтобы оно было ложным, нужно, чтобы было как можно больше нулей в «проблемном» х. Заполним оставшийся неизвестным бит в х нулем:

При найденном шаблоне x (на рисунке выше) все выражения, в которых числа известны, ложны, следовательно,

x & ?????? ≠ 0

должно быть истинным.

Начнем формировать шаблон для А:

Чтобы выражение не было равным нулю, надо, чтобы хотя бы 1 бит в результате был неравным нулю:

Там, где идут нули в проблемном x, в результате получится 0 независимо от того, что идет в А:

Избавляемся от лишних стрелочек:

Поскольку мы не знаем, в каком из битов проблемного x идут единицы, а в каком – нули, если мы хотим, чтобы в результате была хотя бы одна единица, нам нужно, чтобы в А на месте пропусков были все единицы:

Таким образом, мы имеем шаблон для А = *111**. Так как мы ищем наименьшее А, то:

А = 1*11** = 101100 = 44

Ответ: 44