1. Элементами множества А являются натуральные числа. Известно, что выражение

 

(x ∈ {2, 4, 6, 8, 10, 12}) → (((x ∈ {4, 8, 12, 16}) ∧ ¬(x ∈ A)) → ¬(x ∈ {2, 4, 6, 8, 10, 12}))

 
истинно (т. е. принимает значение 1) при любом значении переменной х. Определите наименьшее возможное значение суммы элементов множества A.

Решение.

Введем обозначения:

 

(x ∈ {2, 4, 6, 8, 10, 12}) ≡ P; (x ∈ {4, 8, 12, 16}) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A.

 

Преобразовав, получаем:

P → ((Q ∧ ¬A) → ¬P) = P → (¬(Q ∧ ¬А) ∨ ¬P) = ¬P ∨ (¬(Q ∧ ¬А) ∨ ¬P) = ¬P ∨ ¬Q ∨ А

 

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хотя бы одно утверждение. Выражения ¬P ∨ ¬Q истинно при всех значениях x, кроме 4, 8 и 12. Следовательно, промежуток А должен содержать точки 6 и 12. То есть минимальный набор точек в промежутке А ≡ {4, 8, 12}. Сумма элементов множества А равна 24.

 
Ответ: 24.

2. Сколько существует целых значений числа A, при которых формула

 

((x < A) → (x2 < 81)) ∧ ((y2 ≤ 36) → (y ≤ A))

 

тождественно истинна при любых целых неотрицательных x и y?
Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решения для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства  являются числа из отрезка [0; 8]. Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа из луча  должны быть решениями  Значит, 

Аналогично, решениями неравенства  являются числа из луча  Следовательно, числа из отрезка [0; 6] должны быть решениями неравенства  Поэтому 

Тем самым,  Искомое количество целых значений параметра равно 4.

 
Ответ: 4.

3. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Так, например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.

Для какого наибольшего целого числа А формула

 

x&51 = 0 ∨ (x&41 = 0 → x&А = 0)
 
тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной x)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

Х + (Y → Z) = Х + (¬Y + Z) = Х + Z + ¬Y = Y → (X + Z) = (Y → X) + (Y → Z).

 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Заметим, что первое слагаемое логической суммы является импликацией Z41 → Z51, которая не является истинной для всех х (см. ниже). Тогда необходимо и достаточно, чтобы второе слагаемое логической суммы было тождественно истинным.

Действительно, например, для х = 2 поразрядная конъюнкция с числом 41 дает 0, а с числом 51 дает 2. Поэтому импликация (2&41) → (2&51) принимает вид 1 → 0 — ложь.

 
2:      000010
41:     101001
2&41: 000000, то есть 2&41 = 0. Высказывание 2&41 = 0 истинно.
 
2:      000010
51:     110011
2&51: 000010 = 2, то есть 2&51 = 2. Высказывание 2&51 = 0 ложно.
 

Итак, импликация Z41 → ZA должна быть тождественно истинной. Запишем число 41 в двоичной системе счисления: 4110 = 1010012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поэтому в правой части единичными битами независимо друг от друга могут быть (а могут не быть) только первый, второй и четвертый биты (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наибольшее А = 1010012 = 4110.

 
Примечание.

Ответ 45 не подходит. Пусть A = 45, а x = 2210 = 101102, тогда:

 

51:       1100112

22:       0101102

51&22: 0100102, т.е. высказывание 22&51 = 0 ложно.

 

41:       1010012

22:       0101102

41&22: 0000002, т.е. высказывание 22&41 ≠ 0 ложно.

 

45:       1011012

22:       0101102

51&22: 0001002, т.е. высказывание 22&45 = 0 ложно.

 

Следовательно, при x = 22 и A = 45 логическое выражение ложно.

 
Ответ: 41.

4. На числовой прямой даны два отрезка: P = [10, 35] и Q = [17, 48].

Укажите наибольшую возможную длину отрезка A, для которого формула

((x  A) → ¬(x  P)) → ((x  A) → (x  Q))
тождественно истинна, то есть принимает значение 1 при любом значении переменной х.
Решение.

Преобразуем данное выражение.

 

((x  A) → ¬(x  P)) → ((x  A) → (x  Q))

((x  A) ∨ (x  P)) → ((x  A) ∨ (x  Q))

¬((x  A) ∨ (x  P)) ∨ ((x  A) ∨ (x  Q))

Верно, что A ∧ B ∨ ¬A = ¬A ∨ B. Применим это здесь, получим:

(x  P) ∨ (x  A) ∨ (x  Q)

 

 

То есть либо точка должна принадлежать Q, либо принадлежать P, либо не принадлежать А. Это значит, что А может покрывать все точки, которые покрывают P и Q. То есть A = P  Q = [10, 35]  [17, 48] = [10; 48]. |A| = 48 — 10 = 38.

5. На числовой прямой задан отрезок A. Известно, что формула

 

((x ∈ A) → (x2 ≤ 100)) ∧ ((x2 ≤ 64) → (x ∈ A))

 

тождественно истинна при любом вещественном x. Какую наибольшую длину может иметь отрезок A?
Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решения для любых вещественных чисел.

Чтобы решениями системы были все вещественные числа, необходимо и достаточно, чтобы решениями каждой из совокупностей были все вещественные числа.

Решениями неравенства  являются все числа из отрезка [−10; 10]. Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанном отрезке, должны принадлежать отрезку A. Следовательно, отрезок A не должен выходить за пределы отрезка [−10; 10].

Аналогично, решениями неравенства  являются числа из лучей  и  Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанных лучах, должны лежать на отрезке A. Следовательно, отрезок A должен содержать в себе отрезок [−8; 8].

Тем самым, наибольшая длина отрезка A может быть равна 10 + 10 = 20.

 
Ответ: 20.

6. Элементами множеств А, P, Q являются натуральные числа, причём P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, Q = {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30}. Известно, что выражение

 

( (x ∈ A) → (x ∈ P) ) ∧ ( (x ∈ Q) → ¬(x ∈ A) )

 

истинно (то есть принимает значение 1) при любом значении переменной х. Определите наибольшее возможное количество элементов в множестве A.
Решение.

Введем обозначения:

 

(x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A; ∧ ≡ · ; ∨ ≡ +.

 

Тогда, применив преобразование импликации, получаем:

 

(¬A + P) · (¬Q + ¬A) ⇔ ¬A · ¬Q + ¬Q · P + ¬A + ¬A · P ⇔

⇔ ¬A · (¬Q + P + 1) + ¬Q · P ⇔ ¬A + ¬Q · P.
 

Требуется чтобы ¬A + ¬Q · P = 1. Выражение ¬Q · P истинно когда x ∈ {2, 4, 8, 10, 14, 16, 20}. Тогда ¬A должно быть истинным когда x ∈ {1, 3, 5, 6, 7, 9, 11, 12, 13, 15, 17, 18, 19, 21, 22, 23,…}.

Следовательно, максимальное количество элементов в множестве A будет, если A включает в себя все элементы множества ¬Q · P, таких элементов семь.

 
Ответ: 7.

7. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n. Так, например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 

x&25 ≠ 0 → (x&17 = 0 → x&А ≠ 0)
 
тождественно истинна (т.е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

¬Х → (Y → ¬Z) = Х + (Y → ¬Z) = Х + ¬Y + ¬Z = X + ¬(YZ) = YZ → X.
 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z17ZA → Z25 или Z(17 or A) → Z25. Запишем число 25 в двоичной системе счисления: 2510 = 110012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 1710 = 100012, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичный бит в третьем разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 10002 = 810.

8. На числовой прямой даны два отрезка: P = [4, 15] и Q = [12, 20].

Укажите наименьшую возможную длину отрезка A, для которого выражение

 

((x ∈ P) ∧ (x ∈ Q)) → (x ∈ A)

 

тождественно истинно, то есть принимает значение 1 при любом значении переменной х.
Решение.

Введем обозначения:

 

(x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

 

 

Применив преобразование импликации, получаем:

 

¬P ∨ ¬Q ∨ A
 

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хотя бы одно утверждение. Выражение P ∨ Q истинно на всей числовой оси кроме отрезка [12, 15]. Значит, A должно быть истинно на этом отрезке. Его длина 3.

 
Ответ: 3.

9. На числовой прямой задан отрезок A. Известно, что формула

((x ∈ A) → (x2 ≤ 81)) ∧ ((y2 ≤ 36) → (y ∈ A))

тождественно истинна при любых вещественных x и y. Какую наибольшую длину может иметь отрезок A?

Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решения для любых вещественных чисел.

Чтобы решениями системы были все вещественные числа, необходимо и достаточно, чтобы решениями каждой из совокупностей были все вещественные числа.

Решениями неравенства  являются все числа из отрезка [−9; 9]. Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанном отрезке, должны принадлежать отрезку A. Следовательно, отрезок A не должен выходить за пределы отрезка [−9; 9].

Аналогично, решениями неравенства  являются числа из лучей  и  Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанных лучах, должны лежать на отрезке A. Следовательно, отрезок A должен содержать в себе отрезок [−6; 6].

Тем самым, наибольшая длина отрезка A может быть равна 9 + 9 = 18.

 
Ответ: 18.

10. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 

x&49 ≠ 0 → (x&41 = 0 → x&А ≠ 0)
 
тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

¬Х → (Y → ¬Z) = Х + (Y → ¬Z) = Х + ¬Y + ¬Z = X + ¬(YZ) = YZ → X.
 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z41ZA → Z49 или Z(41 or A) → Z49. Запишем число 49 в двоичной системе счисления: 4910 = 1100012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 4110 = 1010012, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичный бит в четвёртом разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 100002 = 1610.

 
Ответ: 16.

11. Элементами множеств А, P, Q являются натуральные числа, причём P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, Q = {5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50}.

Известно, что выражение

((x  A) → (x  P)) ∨ (¬(x  Q) → ¬(x  A))
истинно (т.е. принимает значение 1) при любом значении переменной х.

Определите наибольшее возможное количество элементов в множестве A.

Решение.

Преобразуем данное выражение:

 

((x  A) → (x  P)) ∨ ((x  Q) → (x  A))

((x  A) ∨ (x  P)) ∨ ((x  Q) ∨ (x  A))

(x  A) ∨ (x  P) ∨ (x  Q)

 

Таким образом элемент должен либо входить в P или Q, либо не входить в А. Таким образом в А могут быть лишь элементы из P и Q.

|P  Q| = |P| + |Q| — |P  Q| (запишем все числа из обоих множеств, некоторые числа будут выписаны дважды, а именно те, что встречаются в обоих множествах, вычтем их).

Заметим, что во множестве P лежат чётные числа от 2 до 20, а в Q — числа от 5 до 50, кратные 5. Значит, в пересечении этих двух множеств будут лежать числа от 5 до 20, кратные и 5, и 2, то есть кратные 10. Таких числа 2 — 10 и 20.

Таким образом, |P  Q| = 10 + 10 — 2 = 18.

12. На числовой прямой даны два отрезка: P = [7, 14] и Q = [9, 11]. Укажите наибольшую возможную длину промежутка A, для которого формула

 

((x ∈ P) ~ (x ∈ Q)) → ¬(x ∈ A)

 

истинно (т. е. принимает значение 1) при любом значении переменной х.
Решение.

Знаком ~ обозначается операция эквивалентности (результат X ~ Y — истина, если значения X и Y совпадают).

Введем обозначения:

 

(x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A.

 

Тогда, применив преобразование импликации, получаем:

 

¬(P ~ Q) ∨ ¬A ⇔ ¬(P ~ Q) ∨ ¬A = 1.
 
Выражение ¬(P ~ Q) истинно только тогда, когда x ∈ [7; 9) и x ∈ (11; 14] (см. рисунок). В таком случае, для того, чтобы выражение было истинно при любом x, A должно лежать либо в промежутке (7; 9], либо [11; 14). Следовательно, наибольшая возможная длина промежутка равна 14 − 11 = 3.
 
Ответ: 3.

13. Для какого наименьшего целого неотрицательного числа A выражение

 

(2m + 3n > 40) ∨ ((m < A) ∧ (n ≤ A))

 

тождественно истинно при любых целых неотрицательных m и n?
Решение.

Решим задачу графически. Условие (2m + 3n > 40) задаёт множество, отмеченное на рисунке закрашенной областью. Чтобы исходное выражение было тождественно истинно для любых целых и неотрицательных m и n, прямые m ≤ A и n < A должны образовывать прямой угол на прямой m = n, вершина которого лежит таким образом, чтобы незакрашенная область была ниже и левее. Следовательно, они должны образовывать прямой угол, пересекаясь в точке (21, 21). Таким образом, наименьшее значение A равняется 21.

 
Ответ: 21.

14. Обозначим через m & n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n. Так, например, 14 & 5 = 11102 & 01012 = 01002 = 4. Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 

x & 29 ≠ 0 → (x & 12 = 0 → x & А ≠ 0)
 
тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

¬Х → (Y → ¬Z) = Х + (Y → ¬Z) = Х + ¬Y + ¬Z = X + ¬(YZ) = YZ → X.
 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z12ZA → Z29 или Z(12 or A) → Z29. Запишем число 29 в двоичной системе счисления: 2910 = 111012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 1210 = 011002, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в нулевом и четвертом разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 100012 = 1710.

15. Обозначим через ДЕЛ(n, m) утверждение «натуральное число n делится без остатка на натуральное число m».

Для какого наибольшего натурального числа А формула

 

¬ДЕЛ(x, А) → (ДЕЛ(x, 6) → ¬ДЕЛ(x, 4))
 
тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом натуральном значении переменной x)?
Решение.

Введём обозначения A = ДЕЛ(x, А), P = ДЕЛ(x, 6) и Q = ДЕЛ(x, 4)

Введём множества:

A — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие A

P — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие P

Q — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие Q

истинным для всех X должно быть выражение 

Упростим это выражение, раскрыв импликацию по правилу 

 


 
из этой формулы видно, что множество A должно перекрыть множество, которое не перекрыто множеством  то есть перекрыть множество  Множество P · Q — это множество всех чисел, которые делятся одновременно на 4 и 6 (все числа, кратные 4 и 6), то есть, 12, 24, 36 и т. д. (заметим, что 12 — это наименьшее общее кратное чисел 4 и 6). Для того, чтобы перекрыть эти числа, можно выбрать в качестве A любой делитель числа 12, то есть, 1, 2, 3, 4, 6 или 12; наибольшее из этих чисел — 12.
 
Ответ: 12.

16. Сколько существует целых значений числа A, при которых формула

 

((x < 5) → (x2 < A)) /\ ((y2 ≤ A) → (y ≤ 5))
 
тождественно истинна при любых целых неотрицательных x и y?
Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решениями для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства  являются числа 5, 6, 7 … Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 0, 1, 2, … 4 должны быть решениями неравенства . Значит, .

Аналогично, решениями неравенства  являются числа 0, 1, … 5. Следовательно, числа 6, 7, 8 … должны быть решениями неравенства . Поэтому .

Тем самым,  Искомое количество целых значение параметра равно 19.

 
Ответ: 19.

17. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Так, например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 


 
тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной x)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

(¬Х + ¬Y) → (W → ¬Z) = ¬(¬Х + ¬Y) + (¬W + ¬Z) = ХY + ¬(WZ) = WZ → XY.

 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z48ZA → Z28Z45 или Z(48 or А) → Z(28 or 45). Поскольку 2810 = 111002, 4510 = 1011012, для побитовой дизъюнкции имеем: 28or45 = 111101. Тогда Z(48 or А) = Z61.

Импликация принимает вид Z(48 or A) → Z61. Единичные биты двоичной записи числа 61, должны являться единичными битами левой части. Поэтому в побитовой дизъюнкции 48orA единицы должны стоять на нулевой, второй, третьей, четвертой и пятой позициях (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля). Запишем числа 48, А и 61 в двоичной системе счисления, и выясним, что наименьшее число, дающее при поразрядной дизъюнкции единицы на указанных позициях:

 
48: 110000
A:  ??1101
61: 111101
 

В записи наименьшего числа, дающего при поразрядной дизъюнкции с числом 48 единицы в необходимых разрядах, на месте знаков ? должны стоять нули. Тем самым, искомым числом является А = 11012 = 1310.

 
Ответ: 13.

18. На числовой прямой даны два отрезка: P = [20, 50] и Q = [30,65]. Отрезок A таков, что формул

 

¬(x ∈ A) → ((x ∈ P) →¬ (x ∈ Q))
 
истинна при любом значении переменной x. Какова наименьшая возможная длина отрезка A?
Решение.

Введем обозначения:

 

(x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

 

Преобразовав, получаем:

 

¬A → (¬P ∨ ¬Q) = A ∨ ¬P ∨ ¬Q.
 

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хотя бы одно утверждение. Логическое И истинно, когда истинны оба утверждения. Условию ¬P ∨ ¬Q = 1 удовлетворяют лучи (−∞; 30) и (50; +∞). Поскольку выражение A ∨ ¬P ∨ ¬Q должно быть тождественно истинным, выражение A должно быть истинно на отрезке [30, 50]. Следовательно, наименьшая длина отрезка А равна 50 − 30 = 20.

 
Ответ: 20.

19. Элементами множеств А, P, Q являются натуральные числа, причём P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, Q = {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30}.

Известно, что выражение

 

((x ∈ P) → (x ∈ A)) ∨ (¬(x ∈ A) → ¬(x ∈ Q))

 

истинно (т. е. принимает значение 1) при любом значении переменной х. Определите наименьшее возможное значение суммы элементов множества A.
Решение.

Раскроем две импликации. Получим:

(¬(x ∈ P) ∨ (x ∈ A)) ∨ ((x ∈ A) ∨ ¬(x ∈ Q))

Упростим:

(¬(x ∈ P) ∨ (x ∈ A) ∨ ¬(x ∈ Q))

¬(x ∈ P) ∨ ¬(x ∈ Q) дают 0 только, когда число лежит в обоих множествах. Значит, чтобы все выражение было истинно нам нужно все числа лежащие в P и Q занести в А. Такие числа 6, 12, 18. Их сумма 36.

 
Ответ: 36.

20. Сколько существует целых значений числа A, при которых формула

 

((x < A) → (x2 < 100)) ∧ ((y2 ≤ 64) → (y ≤ A))

 

тождественно истинна при любых целых неотрицательных x и y?
Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решения для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства  являются числа из отрезка [0; 9]. Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа из луча  должны быть решениями  Значит, 

Аналогично, решениями неравенства  являются числа из луча  Следовательно, числа из отрезка [0; 8] должны быть решениями неравенства  Поэтому 

Тем самым,  Искомое количество целых значений параметра равно 3.

 
Ответ: 3.

21. Элементами множеств А, P, Q являются натуральные числа, причём P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, Q = {5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50}. Известно, что выражение

 

( (x ∈ A) → (x ∈ P) ) ∧ ( (x ∈ Q) → ¬(x ∈ A) )

 

истинно (то есть принимает значение 1) при любом значении переменной х. Определите наибольшее возможное количество элементов в множестве A.
Решение.

Введем обозначения:

 

(x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q; (x ∈ A) ≡ A; ∧ ≡ · ; ∨ ≡ +.

 

Тогда, применив преобразование импликации, получаем:

 

(¬A + P) · (¬Q + ¬A) ⇔ ¬A · ¬Q + ¬Q · P + ¬A + ¬A · P ⇔

⇔ ¬A · (¬Q + P + 1) + ¬Q · P ⇔ ¬A + ¬Q · P.
 

Требуется чтобы ¬A + ¬Q · P = 1. Выражение ¬Q · P истинно когда x ∈ {2, 4, 6, 8, 12, 14, 16, 18}. Тогда ¬A должно быть истинным когда x ∈ {1, 3, 5, 7, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 22, 23,…}.

Следовательно, максимальное количество элементов в множестве A будет, если A включает в себя все элементы множества ¬Q · P, таких элементов восемь.

 
Ответ: 8.

22. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n. Например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4. Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 

x&9 = 0 → (x&19 ≠ 0 → x&А ≠ 0)
 
тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

Х → (¬Y → ¬Z) = ¬Х + (¬Y → ¬Z) = ¬Х + Y + ¬Z = Y + ¬(XZ) = XZ → Y.

 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z9ZA → Z19 или Z(9 or A) → Z19. Запишем число 19 в двоичной системе счисления: 1910 = 100112. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 910 = 10012, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в первом и четвертом разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 100102 = 1810.

23. На числовой прямой даны два отрезка: P = [10, 29] и Q = [13, 18].

Укажите наибольшую возможную длину отрезка A, для которого выражение

 

((x ∈ A) → (x ∈ P)) ∨ (x ∈ Q)

 

тождественно истинно, то есть принимает значение 1 при любом значении переменной х.
Решение.

Введем обозначения:

 

(x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

 

 

Применив преобразование импликации, получаем:

 

¬A ∨ P ∨ Q
 

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хотя бы одно утверждение. Выражение P ∨ Q истинно на отрезке [10, 29]. Значит, ¬A должно быть истинно вне этого отрезка, следовательно, A должно быть истинно на отрезке [10, 29]. Его длина 19.

 
Ответ: 19.

24. Для какого наибольшего целого числа А формула

 

((x ≤ 9) →(x ⋅ x ≤ A)) ⋀ ((y ⋅ y ≤ A) → (y ≤ 9))

 

тождественно истинна, то есть принимает значение 1 при любых целых неотрицательных x и y?
Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решениями для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства  являются числа 10, 11, 12, … Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 0, 1, 2, … 9 должны быть решениями неравенства . Значит, .

Аналогично, решениями неравенства  являются числа 0, 1, … 9. Следовательно, числа 10, 11, 12, … должны быть решениями неравенства . Поэтому .

Тем самым,  Искомое наибольшее целое значение параметра равно 99.

 
Ответ: 99.

25. Для какого наименьшего целого неотрицательного числа A выражение

 

(y + 2x < A) ∨ (x > 15) ∨ (y > 30)

 
тождественно истинно при всех вещественных значениях x и y?
Решение.

Решим задачу графически. Условия (x > 15) и (y > 30) задают множество, отмеченное на рисунке закрашенной областью. Чтобы исходное выражение было тождественно истинно для любых целых и неотрицательных x и y, прямая (y + 2x < A) должна находиться правее незакрашенной области. Следовательно, она должна проходить через точку (15, 31). Таким образом, наименьшее целое неотрицательное A равно 61.

 
Ответ: 61.

26. На числовой прямой задан отрезок A. Известно, что формула

((x ∈ A) → (x2 ≤ 81)) ∧ ((y2 ≤ 36) → (y ∈ A))

тождественно истинна при любых вещественных x и y. Какую наименьшую длину может иметь отрезок A?

Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решения для любых вещественных чисел.

Чтобы решениями системы были все вещественные числа, необходимо и достаточно, чтобы решениями каждой из совокупностей были все вещественные числа.

Решениями неравенства  являются все числа из отрезка [−9; 9]. Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанном отрезке, должны принадлежать отрезку A. Следовательно, отрезок A не должен выходить за пределы отрезка [−9; 9].

Аналогично, решениями неравенства  являются числа из лучей  и  Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанных лучах, должны лежать на отрезке A. Следовательно, отрезок A должен содержать в себе отрезок [−6; 6].

Тем самым, наименьшая длина отрезка A может быть равна 6 + 6 = 12.

 
Ответ: 12.

27. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула x&41 ≠ 0 → (x&33 = 0 → x&А ≠ 0)

тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?

Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

¬Х → (Y → ¬Z) = Х + (Y → ¬Z) = Х + ¬Y + ¬Z = X + ¬(YZ) = YZ → X.
 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z33ZA → Z41 или Z(33 or A) → Z41. Запишем число 41 в двоичной системе счисления: 4110 = 1010012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 3310 = 1000012, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в третьем разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 10002 = 810.

 
Ответ: 8.

28. Обозначим через ДЕЛ(n, m) утверждение «натуральное число n делится без остатка на натуральное число m». Для какого наименьшего натурального числа А формула

 

ДЕЛ(x, А) → (¬ДЕЛ(x, 21) + ДЕЛ(x, 35))
 
тождественно истинна (то есть принимает значение 1 при любом натуральном значении переменной x)?
Задание К. Ю. Полякова
Решение.

Приведём решение К. Ю. Полякова.

Введём обозначения A = ДЕЛ(x, А), P = ДЕЛ(x, 21) и Q = ДЕЛ(x, 35)

Введём множества:

A — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие A

P — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие P

Q — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие Q

Истинным для всех X должно быть выражение  Упростим это выражение, раскрыв импликацию по правилу 

 


 

Из этой формулы видно, что  может быть равно 0 (и соответственно, A может быть равно только там, где  таким образом, наибольшее возможное множество A определяется как  — множество всех чисел, которые делятся на 35 плюс множество чисел, которые не делятся на 21. Заметим, что в точности такое множество Amax нельзя получить с помощью функции ДЕЛ никаким выбором A. Итак, нам нужно множеством A перекрыть все числа, которые делятся на 35, это можно сделать, например, выбрав в качестве A любой делитель числа 35 = 5 · 7 в то же время нам нельзя перекрывать числа, которые не делятся на 35, но делятся на 21 = 3 · 7 (в этих точках  и если будет A = 1, то  Предположим, что мы выбрали некоторое значение A; тогда выражение  ложно в точках A · k, где k — натуральное число, если число A · k делится на 21, то есть A · k = 21 · m при некотором натуральном числе m, то такое число должно (для выполнения условия ) делиться на 35. Раскладываем 21 на простые сомножители: 21 = 3 · 7; для того, чтобы число A · k = 3 · 7 · m делилось на 35, в правой части нужно добавить сомножитель 5, это и есть искомое минимальное значение A (вообще говоря, А может быть любым числом, кратным 5)

Ответ: 5.
 

Приведём второй способ решения:

Введём обозначения A = ДЕЛ(x, А), D21 = ДЕЛ(x, 21), D35 = ДЕЛ(x, 35) и DN = ДЕЛ(x, N)

Введём множества:

A — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие A

D21 — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие D21

D35 — множество натуральных чисел, для которых выполняется условие D35

Запишем формулу из условия в наших обозначениях . Раскроем импликацию по правилу 

 


 

Чтобы формула была тождественно истинной необходимо, чтобы  (т.е. А = 0), когда  Тогда наибольшее множество А определяется как  Множество Amax, точно соответствующее выражению с помощью функции ДЕЛ получить невозможно. Очевидно, что Аmin = D35, т. е. 35 — наибольшее из чисел, соответствующих условию задачи. Меньшим может быть делитель 35, не являющийся делителем 21. Чтобы делитель 35 был решением необходимо, чтобы ни для одного из чисел, кратных ему не выполнилось условие:

 


 

Разложим 35 и 21 на простые множители: 35 = 5 · 7, 21 = 3 · 7. 7 — общий делитель, не может быть решением.

Проверим 5. Вычислим «опасное» число, принадлежащее множеству  это 5 · 21 = 105, но 105 : 35 = 3 (остаток 0), т. е. 105 ∈ D35 и для него  значит, 5 соответствует условию задачи.

Ответ: 5.

29. Для какого наименьшего целого неотрицательного числа A выражение

 

(3m + 4n > 66) ∨ (m ≤ A) ∨ (n < A)

 

тождественно истинно при любых целых неотрицательных m и n?
Решение.

Решим задачу графически. Условие (3m + 4n > 66) задаёт множество, отмеченное на рисунке закрашенной областью. Чтобы исходное выражение было тождественно истинно для любых целых и неотрицательных m и n, прямые m ≤ A и n < A должны образовывать прямой угол на прямой m = n, вершина которого не лежит внутри незакрашенной области. Следовательно, они должны образовывать прямой угол, пересекаясь в точке (10, 10). Таким образом, наименьшее значение A равняется 10.

 
Ответ: 10.

30. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Так, например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 

x&51 = 0 ∨ (x&41 = 0 → x&А = 0)
 
тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной x)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

Х + (Y → Z) = Х + (¬Y + Z) = Х + Z + ¬Y = Y → (X + Z) = (Y → X) + (Y → Z).

 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Заметим, что первое слагаемое логической суммы является импликацией Z41 → Z51, которая не является истинной для всех х (см. ниже). Тогда необходимо и достаточно, чтобы второе слагаемое логической суммы было тождественно истинным.

Действительно, например, для х = 2 поразрядная конъюнкция с числом 41 дает 0, а с числом 51 дает 2. Поэтому импликация (2&41) → (2&51) принимает вид 1 → 0 — ложь.

 
2:      000010
41:     101001
2&41: 000000, то есть 2&41 = 0. Высказывание 2&41 = 0 истинно.
 
2:      000010
51:     110011
2&51: 000010 = 2, то есть 2&51 = 2. Высказывание 2&51 = 0 ложно.
 

Итак, импликация Z41 → ZA должна быть тождественно истинной. Запишем число 41 в двоичной системе счисления: 4110 = 1010012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поэтому в правой части единичными битами независимо друг от друга могут быть (а могут не быть) только нулевой, второй и четвертый биты (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля). Поскольку искомое A — наименьшее неотрицательное целое число, в его записи нет единичных битов.

Тем самым, наименьшее А = 0000002 = 010.

31. Сколько существует целых значений числа A, при которых формула

 

((x < 6) → (x2 < A)) ∧ ((y2 ≤ A) → (y ≤ 6))
 
тождественно истинна при любых целых неотрицательных x и y?
Решение.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

 


 
будет иметь решениями для любых целых неотрицательных чисел.

Заметим, что переменные не связаны между собой уравнением или неравенством, поэтому необходимо и достаточно, чтобы решениями первой совокупности были все неотрицательные х, а решениями второй совокупности были все неотрицательные y.

Решениями неравенства  являются числа 6, 7, 8, … Чтобы совокупность выполнялась для всех целых неотрицательных чисел, числа 0, 1, 2, … 5 должны быть решениями неравенства . Значит, .

Аналогично, решениями неравенства  являются числа 0, 1, … 6. Следовательно, числа 7, 8, 9, … должны быть решениями неравенства . Поэтому .

Тем самым,  Искомое количество целых значение параметра равно 23.

 
Ответ: 23.

32. На числовой прямой даны два отрезка: P = [130; 171] и Q = [150; 185]. Укажите наименьшую возможную длину такого отрезка A, что формула

 

(x ∈ P) → (((x ∈ Q) ∧ ¬(x ∈ A)) → ¬(x ∈ P))

 

истинна при любом значении переменной х, т.е. принимает значение 1 при любом значении переменной х.
Решение.

Раскроем дважды импликацию, получим: ¬(x ∈ P) ∨ (¬((x ∈ Q) ∧ ¬(x ∈ A)) ∨ ¬(x ∈ P)).

Используем Законы де Моргана, имеем: ¬(x ∈ P) ∨ ¬(x ∈ Q) ∨ (x ∈ A).

Первое и второе выражения принимают значение 0 тогда, когда x лежит в обоих отрезках. Поэтому подходят все значения переменной такие, что 150<=x<=171. Таким и нужно задать отрезок A, его длина 21.

 
Примечание.

В отрезке [150; 171] содержится 22 целых числа. Длина этого отрезка 21.

33. Для какого наименьшего целого неотрицательного числа A выражение

 

(2m + 3n > 43) ∨ (m < A) ∨ (n ≤ A)

 

тождественно истинно при любых целых неотрицательных m и n?
Решение.

Решим задачу графически. Условие (2m + 3n > 43) задаёт множество, отмеченное на рисунке закрашенной областью. Чтобы исходное выражение было тождественно истинно для любых целых и неотрицательных m и n, прямые m ≤ A и n < A должны образовывать прямой угол на прямой m = n, вершина которого не лежит внутри незакрашенной области. Следовательно, они должны образовывать прямой угол, пересекаясь в точке (9, 9). Таким образом, наименьшее значение A равняется 9.

 
Ответ: 9.

34. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Например, 14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 

x&17 = 0 → (x&29 ≠ 0 → x&А ≠ 0)
 
тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

Х → (¬Y → ¬Z) = ¬Х + (¬Y → ¬Z) = ¬Х + Y + ¬Z = Y + ¬(XZ) = XZ → Y.

 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z17ZA → Z29 или Z(17 or A) → Z29. Запишем число 29 в двоичной системе счисления: 2910 = 111012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 1710 = 100012, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты во втором и третьем разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 11002 = 1210.

35. Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Так, например, 12&6 = 11002&01102 = 01002 = 4.

Для какого наибольшего целого числа А формула

 

х&А → (x&10 = 0 → х&3)
 
тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной x)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

¬Х → (Y → ¬Z) = Х + (Y → ¬Z) = Х + ¬Y + ¬Z = X + ¬(YZ) = YZ → X.
 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте), без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z10Z3 → ZA или Z(10 or 3) → ZA. Запишем числа 10 и 3 в двоичной системе счисления: 1010 = 10102, 310 = 112, найдем побитовую дизъюнкцию: 1011. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поэтому в правой части единичными битами независимо друг от друга могут быть (а могут не быть) только нулевой, первый и третий биты (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наибольшее А = 10112 = 1110.

36. На числовой прямой даны два отрезка: P = [17, 40] и Q = [20, 57]. Отрезок A таков, что приведённая ниже формула истинна при любом значении переменной х:

 

¬(x ∈ A) →(((x ∈ P) ⋀ (x ∈ Q)) → (x ∈ A))
 

Какова наименьшая возможная длина отрезка A?

Решение.

Введем обозначения: (x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

 

Применив преобразование импликации, получаем:

 

A ∨ (¬(P · Q) ∨ A).
 

Применив закон де Моргана и правило упрощения, получаем:

 

¬P ∨ ¬Q ∨ A.
 
 

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хоть какое-то из утверждений. Выражение ¬P истинно тогда, когда x∈(- ∞,17)U(40,∞), а выражение ¬Q истинно тогда, когда x∈(–∞,20)U(57,∞). Следовательно, A должно быть истинно как минимум на отрезке [20;40]. Длина отрезка равна 40 − 20 = 20.

 
Примечание. Длина отрезка [1;2] считается: 2-1=1.
 
Ответ: 20.

37. Для какого наибольшего целого неотрицательного числа A выражение

 

(2x + 3y < 30) ∨ (x + y ≥ A)

 
тождественно истинно при любых целых неотрицательных x и y?
Решение.

Решим задачу графически. Условие (2x + 3y < 30) задаёт множество, отмеченное на рисунке закрашенной областью. Чтобы исходное выражение было тождественно истинно для любых целых и неотрицательных x и y, прямая (x + y ≥ A) должна находиться левее незакрашенной области. Следовательно, она должна проходить через точки (0, 10) и (10, 0). Таким образом, наибольшее целое неотрицательное A равно 10.

 
Ответ: 10.

38. Для какого наибольшего целого неотрицательного числа A выражение

(y + 2x ≠ 48) ∨ (A < x) ∨ (x < y)

тождественно истинно, то есть принимает значение 1 при любых целых неотрицательных x и y?

Решение.

Решим задачу графически. Условия (y + 2x ≠ 48) и (x < y) задают множество, отмеченное на рисунке закрашенной областью. Чтобы исходное выражение было тождественно истинно для любых целых и неотрицательных x и y, прямая x > A должна лежать левее пересечения прямых  и . Следовательно, она должна проходить через (15, 0). Таким образом, наименьшее значение A равняется 15.

 
Ответ: 15.

39. Обозначим через m & n поразрядную конъюнкцию неотрицательных целых чисел m и n.

Например, 14 & 5 = 11102 & 01012 = 01002 = 4.

Для какого наименьшего неотрицательного целого числа А формула

 

x&77 ≠ 0 → (x&12 = 0 → x&А ≠ 0)
 
тождественно истинна (т. е. принимает значение 1 при любом неотрицательном целом значении переменной х)?
Решение.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

 

¬Х → (Y → ¬Z) = Х + (Y → ¬Z) = Х + ¬Y + ¬Z = X + ¬(YZ) = YZ → X.
 

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z12ZA → Z77 или Z(12 or A) → Z77. Запишем число 77 в двоичной системе счисления: 7710 = 10011012. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 1210 = 00011002, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичные биты в нулевом и шестом разрядах (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 10000012 = 6510.

 
Ответ: 65.

40. На числовой прямой даны два отрезка: P = [17, 46] и Q = [22, 57]. Отрезок A таков, что приведённая ниже формула истинна при любом значении переменной х:

 

¬(x ∈ A) →(((x ∈ P) ⋀ (x ∈ Q)) → (x ∈ A))
 

Какова наименьшая возможная длина отрезка A?

Решение.

Введем обозначения: (x ∈А) ≡ A; (x ∈ P) ≡ P; (x ∈ Q) ≡ Q.

Применив преобразование импликации, получаем:

 

A ∨ (¬(P · Q) ∨ A).

 

Применив закон де Моргана и правило упрощения, получаем:

 

¬P ∨ ¬Q ∨ A.
 

Логическое ИЛИ истинно, если истинно хоть какое-то из утверждений. Выражение ¬P истинно тогда, когда x∈(−∞,17)U(46,∞), а выражение ¬Q истинно тогда, когда x∈(–∞,22)U(57,∞). Следовательно, A должно быть истинно как минимум на отрезке [22; 46]. Длина отрезка равна 46 − 22 = 24.

 
 
Ответ: 24.

Задание №18 ЕГЭ информатика. Преобразование логических выражений.