Побитовая конъюнкция (страница 2)

Преобразуем выражение к виду \(Z_{17}Z_A \rightarrow Z_{33}\) с помощью законов де Моргана:

\[(x\&17\neq0) \vee (x\&33=0) \vee (x\&A\neq0)\] \[(x\&17\neq0) \vee (x\&A\neq0) \vee (x\&33=0)\] \[(x\&17=0 \wedge x\&A=0) \rightarrow (x\&33=0)\]

Для того, чтобы выражение вида \(Z_{17}Z_A \rightarrow Z_{33}\) являлось истинным, единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой.

Запишем числа 17 и 33 в двоичной системе счисления:

\(33_{10}=100001_2\) – правая часть

\(17_{10}=010001_2\) – левая часть

Значит, \(A\) обязательно должно содержать в себе единицу в пятом разряде. Так как ищем наименьшее \(A\), наш ответ \(100000_2=32_{10}\).

Ответ: 32

Преобразуем выражение к виду \(Z_{17}Z_A \rightarrow Z_{33}\) с помощью законов де Моргана:

\[(x\&15\neq0) \vee (x\&29=0) \vee (x\&A\neq0)\] \[(x\&15\neq0) \vee (x\&A\neq0) \vee (x\&29=0)\] \[(x\&15=0 \wedge x\&A=0) \rightarrow (x\&29=0)\]

Для того, чтобы выражение вида \(Z_{15}Z_A \rightarrow Z_{29}\) являлось истинным, единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой.

Запишем числа 15 и 29 в двоичной системе счисления:

\(29_{10}=11101_2\) – правая часть

\(15_{10}=01111_2\) – левая часть

Значит, \(A\) обязательно должно содержать в себе единицу в четвертом разряде. Так как ищем наименьшее \(A\), наш ответ \(10000_2=16_{10}\).

Ответ: 16

Преобразуем выражение к виду \(Z_{14}Z_3 \rightarrow Z_A\) с помощью законов де Моргана:

\[(x\&A=0) \vee (x\&14\neq0) \vee (x\&3\neq0)\] \[(x\&14=0 \wedge x\&3=0) \rightarrow (x\&A=0)\]

Для того, чтобы выражение вида \(Z_{14}Z_3 \rightarrow Z_{A}\) являлось истинным, единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой.

Запишем числа 14 и 3 в двоичной системе счисления:

\(14_{10}=1110_2\)

\(9_{10}=0011_2\)

Значит, \(A\) обязательно должно содержать в себе единицу во всех азрядах. Так как ищем наибольшее \(A\), наш ответ \(1111_2=15_{10}\).

Ответ: 15

Запишем в виде системы, чего хотят враги:

\[\begin{cases} \left[ \begin{gathered} x\&47 \neq 0 \\ x\&24 \neq 0 \\ \end{gathered} \right. \\ x\&29 = 0 \\ x\&A = 0 \\ \end{cases}\]

Рассмотрим условие \(x\&29 = 0\), при этом \(29_{10} = 11101\). Значит, враги будут выбирать такие иксы: \(...000*0_2\), где многоточие означает любую последовательность цифр, а звёздочка - любую цифру.

Обратимся к совокупности: \(47_{10} = 101111_2, 24_{10} = 11000\). Заметим, что враги не смогут выбрать такой \(x\), который подходил бы и под первое рассмотренное нами условие, и под условие \(x\&24 \neq 0\). Значит, его можно отбросить.

Тогда, иксы, которые выбирают враги, имеют следующий вид: \(...100010_2\), при этом единички могут быть как и на обоих местах, так и только на одном из двух.

Друзья хотят, чтобы \(x\&A \neq 0\). Значит, \(A = 100010_2\). Заметим, что мы не можем выбрать \(A = 10_2\), потому что враги могут выбрать \(x = 100000_2\) и поломать нашу систему. Аналогично с \(A = 100000\).

Следовательно, ответ 34.

Ответ: 34

Преобразуем выражение к виду \(Z_{10}Z_5\rightarrow Z_A\) с помощью законов де Моргана:

\((x\&A=0)\lor (x\&10\neq 0)\lor (x\&5\neq 0)\)

\((x\&10=0 \ \land \ x\&5=0)\rightarrow (x\&A=0)\)

Заметим, что если А=0, то последнее выражение всегда 0, а следовательно последняя скобка всегда 0, то есть выражение имеет вид:

\(X\rightarrow1\), а это всегда истинно.

Нам нужно минимальное неотрицательное целое число А, значит наш ответ 0.

Ответ: 0