Дискретная математика Primer vypolnenia zadania

Министерство сельского хозяйства РФ,
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования «Пермская Государственная
сельскохозяйственная академия имени академика Д.Н.Прянишникова»
Кафедра ИТАП
Контрольная работа по дисциплине «Дискретная математика»
(Вариант 3)
Выполнил: студент группы Ппб– 11
Иванов И.И.
Проверил: доцент кафедры ИТАП
кандидат педагогических наук,
доцент КОНДРАТЬЕВ А.В..
Пермь –2015 г.
Теория множеств
Задание 1: Выполнить операции над множествами, представить результат графически
Множества M, А, В, С – произвольные, множество I – универсальное (универсум),  - пустое множество.
1) (написать ответ),
2) ( заштриховать соответствующую область на диаграмме Эйлера для трех
взаимно пересекающихся множеств А, В, С и записать в виде объединения
конституент единицы).
Вариант 3. 1) M  I  (написать ответ),
2) ( A \ B)  ( B \ C )  (C \ A) .
Решение.
1) M  I  M .
2) Изобразим диаграмму Эйлера для трёх взаимно пересекающихся множеств:
На этой диаграмме выделим цветом разность А\В (ту часть круга А, которая не является общей с кругом В):
2
Разность B\C (ту часть круга В, которая не является общей с кругом С):
Выделим объединение множеств A\B и B\C:
3
Выделим разность С\А:
Тогда, диаграмма Эйлера для множества ( A \ B)  ( B \ C )  (C \ A) имеет вид:
4
Представим каждую область диаграммы как конституэнту единицы:
Тогда можно записать данное множество в виде объединения конституэнт единицы, принадлежащих закрашенной области:
 A \ B   B \ C   C \ A   A
A
B C
 A
B C
 A
B C
 A
B C
 A
B C


B C .
Ответ: 1) M  I  M ; 2)  A \ B 
 B \ C   C \ A   A
5
B C
 A
B C
 A
B C

A
B C
 A
B C
 A

B C .
Задание 2: По заданному десятичному числу: 200, заштриховать на диаграмме Эйлера для трех взаимно пересекающихся множеств А, В, С соответствующую область и записать ее в виде объединения конституент единицы.
Решение. Получим двоичный код данного десятичного числа 203:
- ближайшей к 203 степенью числа 2 является число 128=27, остаток 203 128 = 75;
- ближайшей к 75 степенью числа 2 является число 64 = 26, остаток 75 64 = 11;
- ближайшей к 11 степенью числа 2 является число 8 = 23, остаток 11  8 = 3;
- ближайшей к 3 степенью числа 2 является число 2 = 21, остаток 3  2 = 1 = 20.
Получим
20310  12810  6410  810  210  110  1 27  1 26  0  25  0  2 4  1 23  0  2 2  1 21  1 2 0  110010112.
Тогда таблица конституент единицы имеет вид:
Множества Конституента I Двоичный код
A B C
0 0 0
1
A B C
0 0 1
1
A B C
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
0
1
0
1
0
1
1
1
нет
A B C
нет
нет
A B C
A B C
0
1
0
0
1
1
Тогда, учитывая соответствие каждой конституенты определённой области на диаграмме
Эйлера:
6
получим область, соответствующую данному числу 203 и являющуюся объединением областей, отвечающих конституентам в построенной таблице:
В соответствии с данными полученной таблицы искомое множество представляется выражением (объединением конституент, полученных в таблице):
0
 0 1 1 0 0 1 0 0 0
1 1 1 1 1
M 203   A B C   A B C   A B C   A B C   A B C  .

 
 
 
 

7
Над буквенными символами множеств в пересечениях указано, входит ли множество в соответствующий заштрихованный сектор диаграммы Эйлера (1) либо не входит (0), таким образом. Чтобы в каждой скобке получить единицу (дополнение нуля - единица).
Ответ: M 203   A B C 
A
B C
 A
B C
 A
B C
 A

B C .
Элементы комбинаторики.
Задание №3: Решить комбинаторные задачи.
Вариант 3.
1.Сколько вариантов состояний имеет система из 9 подсистем, если каждая подсистема
может находиться в 5-ти возможных состояниях?
Решение. Так как на каждую подсистему приходится 5 равновозможных вариантов состояния, порядок следования которых важен (состояния 111211111 и 111121111 являются различными), и несколько систем могут находиться в одном и том же состоянии, то количество
вариантов состояний будем искать с помощью формулы числа размещений с повторениями
из n элементов по k:
Aˆnk  nk
Получим
Aˆnk  59  1 953 125 вариантов состояний.
2.Сколько комбинаций шифров можно получить перестановкой цифр в шифре 20287?
Решение. Так как данный шифр содержит повторяющееся число 2, то для нахождения числа
комбинаций будем использовать формулу определения числа перестановок с повторениями:
Pˆk 
k!
, где i1 , i2 , ... , in - количество вхождений каждого из различных символов
i1! i2 ! ...  in !
набора, k – общее количество символов.
Получаем
Pˆk 
5!
1 2  3  4  5

 3  4  5  60 комбинаций.
2!1!1! 1! 1 2 111
3. Сколькими способами можно выбрать пары состояний из пяти состояний системы?
Решение. Так как пары не упорядочены (не имеет значения, в каком порядке выбирается
каждое состояние в паре), то будем использовать формулу нахождения числа сочетаний без
повторений
8
C 52 
5!
3! 4  5

 2  5  10 способов.
2 ! (5  2) ! 1 2  3!
4. Решить комбинаторное уравнение
Решение. Используя формулу C nm 
C
3 x 1
3 x 1
 120
x N .
n!
, получим
m !n  m !
(3 x  1) !
 120 , откуда
(3 x  1) ! (3 x  1  3 x  1) !
(3 x  1) !
 120 .
2  (3x  1) !
Используя свойство n! n  1!n  ...  n  m!n  m  1  ...  n , получим
(3x  1) ! (3x)  (3x  1)
 120 , откуда
2  (3 x  1) !
3x(3 x  1)  240 ,
9 x 2  3x  240  0 ,
3 x 2  x  80  0 .
D  1  4  3  80  1  960  961  312 ,
x1 
 1  31
32
16
 1  31 30

  , x2 

 5.
6
6
3
6
6
Так как выражения x  N , то корнем комбинаторного уравнения является только x = 5.
Ответ: 1. 1 953 125 состояний; 2. 60 комбинаций; 3. 10 способов; 4. x = 5.
Элементы теории графов.
Задание №4: Задан неориентированный граф без петель из пяти
вершин строками полуматрицы смежности в виде шестнадцатеричного числа, где первая цифра- первая строка полуматрицы,
вторая цифра – вторая строка и т.д. Изобразить по заданному
шестнадцатеричному числу граф в виде рисунка и определить
степени всех вершин, цикломатическое и хроматическое число.
Изобразить ориентированный граф из четырёх вершин по тому
же числу, но полагать, что каждая цифра – строка матрицы
смежности орграфа.
Вариант 3). В331
9
Решение. Переводим в двоичный код последовательность B33116 по таблицам соответствия
двоичной и шестнадцатеричной систем:
B.3.3.116  1011.0011.0011.00012 .
Оставив только разряды полматрицы смежности, получаем:
1011.011.11.1.2
Строим полуматрицу смежности неориентированного графа из 5 вершин (так как дан граф
без петель, то на главной диагонали матрицы будут стоять 0):
1 2 3
1 0 1 0
0 0
2
0
3
4
5
4
1
1
1
0
5
1
1
1
1
0
Теперь получим вторую половину матрицы смежности: если вершина 1 смежна с вершиной 2 (на пересечении 1 стр. и 2 ст. стоит 1), то и вершина 2 смежна с вершиной 1 (на пересечении 2 стр. и 1 ст. также будет 1). Таким образом, получаем матрицу смежности данного
неориентированного графа из 5 вершин:
1
2
3
4
5
1
0
1
0
1
1
2
1
0
0
1
1
3
0
0
0
1
1
4
1
1
1
0
1
5
1
1
1
1
0
Граф, соответствующий полученной матрице смежности, имеет вид:
10
По матрице смежности можно получить степени (deg) вершин графа (они равны количеству
единиц в соответствующих строке или столбце матрицы смежности):
deg(1) = 3, deg(2) = 3, deg(3) = 2, deg(4) = 4, deg(5) = 4.
Цикломатическое число графа – это величина, равная разности числа рёбер (m) и вершин (n)
графа плюс 1:
H(G) = m  n + 1.
Для данного графа m = 8, n = 5, H(G) = 8 – 5 + 1 = 4 – эта величина показывает число независимых циклов в графе.
Хроматическое число графа – это минимальное число «цветов», в которые можно раскрасть
вершины так, что соседние вершины (соединённые ребром) не будут раскрашены одним цветом.
(G)  max{deg(ai)}.
В данной задаче max{deg(ai)}= 4, следовательно, (G)  4. При этом граф содержит полный
подграф из 4 вершин (подграф, любые две вершины которого соединены ребром): из вершин
1, 2, 4, 5, следовательно, хроматическое число данного графа равно 4.
Пример «раскраски» данного графа: вершину 1 раскрасим в цвет I, вершины 2 и 3 в цвет II,
вершину 4 в цвет III, вершину 5 в цвет IV.
Ориентированные графы задаются числовым эквивалентом всей матрицы смежности.
По полученному двоичному коду данного числа B.3.3.116  1011.0011.0011.00012 , построим
матрицу смежности орграфа:
1
2
3
4
1
1
0
0
0
2
0
0
0
0
3
1
1
1
0
4
1
1
1
1
Если в i-й строке j-го столбца стоит 1, то в графе от i-й вершины к j-й будет идти дуга
(направленное ребро, стрелка). Таким образом, граф, соответствующий данной матрице
смежности, имеет вид:
11
Ответ: deg(1) = 3, deg(2) = 3, deg(3) = 2, deg(4) = 4, deg(5) = 4; H(G) = 4; (G) = 4.
Основы теории переключательных функций
Задание 5: Переключательная функция от трех аргументов задана номером в десятичной системе счисления. Получить номер ПФ в двоичном,
восьмеричном и шестнадцатеричном кодах, таблицу истинности, определить СДНФ, СКНФ, символическую форму функции с восьмеричной нумерацией наборов. Минимизировать функцию по кубу соседних чисел и
карте Карно. Определить свойства функции. Реализовать функцию переключательной схемой на функциональных элементах в базисах а) И, ИЛИ,
НЕ, б) И-НЕ, в) ИЛИ-НЕ.
Варианты заданий соответствуют номеру по списку группы
.
ПФ №55
3)
Решение. Получим соответствующий двоичный код функции, подбирая степени числа 2. - - ближайшей степенью числа 2 является число 32 = 25, остаток 55 – 32 = 23;
- ближайшей к 23 степенью числа 2 является 16 = 24, остаток 23 – 16 = 7;
- ближайшей к 7 степенью числа 2 является 4 = 22, остаток 7 – 4 = 3;
- ближайшей к 3 степенью числа 2 является число 2 = 21, остаток 3  2 = 1 = 20.
Получим
5510  3210  1610  410  210  110  0  27  0  26  1 25  1 24  0  23  1 22  1 21  1 20  001101112.
12
Тогда таблица истинности ПФ№55 имеет вид (первые три столбца – все возможные наборы
из 0 и 1 для трёх позиций, во втором столбце номер разряда – степень двойки для соответствующего разряда функции, в третьем столбце значение функции – полученный двоичный
код):
Переменные
a
b
c
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
BC f(abc)
0
1
2
3
4
5
6
7
1
1
1
0
1
1
0
0
Чтобы получить номер переключательной функции в восьмеричном коде, разделим полученный двоичный код по 3 разряда и заменим их соответствующим восьмеричным кодом по
таблице соответствия: 000.110.1112  0.6.78 .
Аналогично, чтобы получить номер переключательной функции в шестнадцатеричном коде,
разделим полученный двоичный код по 4 разряда и заменим каждую 4-ку соответствующим
шестнадцатеричным кодом по таблице: 0011.01112  3.716 .
Таким образом, двоичный, восьмеричный и шестнадцатеричный коды ПФ№55 имеют вид:
001101112  0678  3716 .
Символическая форма ПФ – это перечисление множеств единичных (рабочих) и нулевых
(запрещённых) наборов функции (запрещённые наборы запишем в квадратных скобках).
Для ПФ№55 рабочие наборы: 000, 001, 010, 100, 101. В восьмеричной системе счисления:
0002 = 08, 0012 = 18, 0102 = 28, 1002 = 48, 1012 = 58.
Аналогично для запрещённых наборов имеем:
0112 = 38, 1102 = 68, 1112 = 78.
Тогда символическая форма ПФ№55 с восьмеричной нумерацией наборов имеет вид
f  abc 8  0,1, 2, 4,53,6,7 .
СДНФ может быть получена по рабочим (единичным) наборам функции, например по
таблице истинности. Для получения СДНФ по таблице истинности необходимо составить
элементарные конъюнкции всех переменных для каждой строки таблицы, в которой функция
равна 1. При этом в конъюнкцию входит сама переменная, если ее значение равно 1, и отрицание переменной, если ее значение равно 0. По таблице истинности данной функции выписываем единичные наборы переменных: 000, 001, 010, 100, 101, тогда СДНФ данной функции имеет вид:
13
f  abc   abc  abc  abc  abc  abc .
СКНФ может быть получена по запрещенным (нулевым) наборам функции, например по
таблице истинности. Для получения СКНФ по таблице истинности необходимо составить
элементарные дизъюнкции всех переменных для каждой строки таблицы, в которой функция
равна 0. При этом в дизъюнкцию входит сама переменная, если ее значение равно 0, и отрицание переменной, если ее значение равно 1. По таблице истинности данной функции выписываем нулевые наборы переменных: 011, 110, 111. тогда СКНФ данной функции имеет вид:




f  abc   a  b  c a  b  c a  b  c .
Чтобы минимизировать ПФ по кубу соседних чисел, построим единичный куб, каждой вершине которого присвоим соответствующий набор переменных из таблицы истинности из 3-х
переменных:
Вершину закрасим, если на соответствующем наборе данная ПФ принимает значение 1 и
оставим незакрашенной, если – значение 0.
Квадрат закрашенных вершин 000  001 101 100 соответствует обобщённому коду – импликанте (–0–). Ребро закрашенных вершин 000  010 соответствует обобщённому коду –
импликанте (0–0).
Таким образом, минимальная ДНФ ПФ имеет вид (0)  (0  0) , или
f  abc   b  ac .
Ребро незакрашенных вершин 110 111 соответствует обобщённому коду – имплиценте
(11–). Ребро незакрашенных вершин 111 011 соответствует обобщённому коду – имплиценте (–11).
Таким образом, минимальная КНФ ПФ имеет вид (11)  (11) , или



f  abc   a  b  b  c .
Для функции трёх переменных карта Карно содержит восемь клеток и имеет вид:
14
Расставив в соответствующих клетках значения данной ПФ (по наборам значений переменных, указанным в правом верхнем углу каждой клетки), получим карту Карно ПФ№55:
Минимизируя в классе ДНФ, объединим все соседние единицы в максимальные контуры.
Получим один двухклеточный контур: (010, 000) и один четырёхклеточный контур (000, 001,
101, 100).
Контур (010, 000) линии переменных a и c полностью не покрывают, т.е. эти переменные
равны 0 в этом контуре. Контур (000, 001, 101, 100) линия переменной b полностью не покрывает, т.е. эта переменная равна 0 в этом контуре.
Получаем импликанту ac для первого контура и импликанту b для второго контура.
Взяв дизъюнкцию этих импликант. Получим минимальную ДНФ ПФ№55:
f  abc   b  ac .
Минимизируя в классе КНФ, объединим все соседние нули в максимальные контуры. Получим два двухклеточных контура: (100, 101, 111, 110) и (011, 111) соответственно.
Контур (111, 110) линии переменных a и b полностью покрывают, т.е. эти переменные равны
1 в этом контуре.
15
Контур (011, 111) линии переменных b и c полностью покрывают, т.е. эти переменные равны
1 в этом контуре. Получаем имплиценту a  b для первого контура и имплиценту b  c для
второго контура.
Взяв конъюнкцию этих имплицент. Получим минимальную КНФ ПФ№55:



f  abc   a  b  b  c .
Определим свойства ПФ №5510.
1. Поскольку на наборе 000 ПФ равна 1, то данная ПФ не обладает свойством сохранения константы «0».
2. Поскольку на наборе 111 ПФ равна 0, то данная ПФ не обладает свойством сохранения константы «1».
3. Рассмотрим все возможные линейные ПФ от трех аргументов в зависимости от значений коэффициентов полинома k 0  k1с  k 2 b  k 3a :
Значение коэффициентов
k0 k1 k2 k3
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
Линейная функция
≡0
a
b
ab
c
ca
cb
cba
≡1
a =a  1
b  1= b
a  b  1= a  b
1  c= c
c  a  1= c  a
1  b  c= b  c
c  b  a 1  c  b  a
Проверим, не равна ли данная функция функциям:
a  b , a c , b  c , a bc
и их инверсиям:
a  b , a c ,bc, a bc .
Для этого получим соответствующие векторы этих линейных ПФ:
16
Переменные
a
b
c
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
a  b a  c b  c a  b  c a  b a с bc a bc
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
0
1
0
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
1
0
Видим, что ни один из полученных векторов этих восьми линейных ПФ не совпадает с
вектором нашей функции.
Следовательно, ПФ №5510 – не линейная.
4. Определим, обладает ли данная ПФ свойствами самодвойственности.
Для этого проанализируем её вектор в двоичном коде:
Видим, что симметричные разряды 2 и 5 неортогональны. Следовательно, ПФ – не самодвойственна. У самодвойственной ПФ симметричные разряды ортогональны (противоположны).
5. Определим, монотонна ли наша ПФ.
Посмотрим на куб соседних чисел.
17
Монотонная функция по всем возможным путям из вершины (000) в вершину (111) монотонна. Однако данная функция на наборе (001) принимает значение «1», а на большем
сравнимом наборе (011) – «0». Следовательно, она не монотонна.
Представим вектор свойств ПФ№55:
1
0
2
0
3
0
4
0
5
0
№ свойства
наличие свойства
В восьмеричном коде вектор свойств равен 008, и в шестнадцатеричном – 0016.
а) Для реализации ПФ№55 переключательной схемой в базисе И, ИЛИ, НЕ будем использовать элементы переключательной схемы:
- инверсия
- конъюнкция
- дизъюнкция
Тогда для ПФ f  abc   b  ac получим переключательную схему:
18
б) Чтобы реализовать ПФ№55 в базисе И-НЕ, представим минимальную ДНФ в виде функции только от операций конъюнкции и отрицания:
f  abc   b  ac  b  ac  b  a  c  b  a  c .
Элемент переключательной схемы в базисе И-НЕ имеет вид:
Для ПФ f  abc   b  a  c получим следующую переключательную схему:
в) Чтобы реализовать ПФ№55 в базисе ИЛИ-НЕ, представим минимальную ДНФ в виде
функции только от операций дизъюнкции и отрицания:
f  abc   b  ac  b  a  c .
Элемент переключательной схемы в базисе ИЛИ-НЕ имеет вид:
Для ПФ f  abc   b  a  c получим следующую переключательную схему:
19