DRŽAVNO NATJECANJE IZ LOGIKE

Σχετικά έγγραφα
DRŽAVNO NATJECANJE IZ LOGIKE

21. ŠKOLSKO/OPĆINSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ GEOGRAFIJE GODINE 8. RAZRED TOČNI ODGOVORI

2.6 Nepravi integrali

Rijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5

A MATEMATIKA Zadana je z = x 3 y + 1

dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor

4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

c = α a + β b, [sustav rješavamo metodom suprotnih koeficijenata]

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

4. Trigonometrija pravokutnog trokuta

18. listopada listopada / 13

Elektrostatika. 1. zadatak. Uvodni pojmovi. Rješenje zadatka. Za pločasti kondenzator vrijedi:

7 Algebarske jednadžbe

= + injekcija. Rješenje 022 Kažemo da funkcija f ima svojstvo injektivnosti ili da je ona injekcija ako vrijedi

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 2. ARITMETICKI I GEOMETRIJSKI NIZ, RED, BINOMNI POUCAK. a n ti clan aritmetickog niza

Općenito, iznos normalne deformacije u smjeru normale n dan je izrazom:

1 Promjena baze vektora

OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

1.4 Tangenta i normala

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Osnove elektrotehnike I parcijalni ispit VARIJANTA A. Profesorov prvi postulat: Što se ne može pročitati, ne može se ni ocijeniti.

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

1 Ekstremi funkcija više varijabli

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

SLIČNOST TROUGLOVA. kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

ZAVRŠNI ISPIT NA KRAJU OSNOVNOG OBRAZOVANJA I ODGOJA. školska 2013./2014. godina TEST MATEMATIKA UPUTE ZA RAD

VALJAK. Valjak je geometrijsko telo ograničeno sa dva kruga u paralelnim ravnima i delom cilindrične površi čije su

( ) ( )

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

4. Relacije. Teorijski uvod

Uvod u teoriju brojeva

ТЕМПЕРАТУРА СВЕЖЕГ БЕТОНА

α =. n n n Vježba 001 Koliko stranica ima pravilni mnogokut ako jedan njegov unutarnji kut iznosi 144? Rezultat: n = 10.

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

( ) p a. poklopac. Rješenje:

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

IZVODI ZADACI (I deo)

PRAVAC. riješeni zadaci 1 od 8 1. Nađite parametarski i kanonski oblik jednadžbe pravca koji prolazi točkama. i kroz A :

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Kaskadna kompenzacija SAU

Teorijske osnove informatike 1

GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

KUPA I ZARUBLJENA KUPA

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).


VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

Dijagonalizacija operatora

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

VJEROJATNOST 1. kolokvij studenog 2013.

MATEMATIKA 1 8. domaća zadaća: RADIJVEKTORI. ALGEBARSKE OPERACIJE S RADIJVEKTORIMA. LINEARNA (NE)ZAVISNOST SKUPA RADIJVEKTORA.

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

Analitička geometrija i linearna algebra. Kartezijev trodimenzionalni pravokutni koordinatni sustav čine 3 međusobno okomite osi: Ox os apscisa,

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI)

Operacije s matricama

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

Sortiranje prebrajanjem (Counting sort) i Radix Sort

Pošto pretvaramo iz veće u manju mjernu jedinicu broj 2.5 množimo s 1000,

Elektrotehnički fakultet univerziteta u Beogradu 16.maj Odsek za Softversko inžinjerstvo

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Kinematika materijalne toke. 3. dio a) Zadavanje krivocrtnog gibanja b) Brzina v i ubrzanje a

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

FORMULE VEZANE UZ MATEMATIČKE KOLEGIJE PREDDIPLOMSKOG STUDIJA

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

Odredjeni integral je granicna vrijednost sume beskonacnog broja clanova a svaki clan tezi k nuli i oznacava se sa : f x dx f x f x f x f x b a f

radni nerecenzirani materijal za predavanja

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

PIRAMIDA I ZARUBLJENA PIRAMIDA. - omotač se sastoji od bočnih strana(najčešće jednakokraki trouglovi), naravno trostrana piramida u omotaču

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

XI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti. 4. Stabla

Koliko sati toga dana je razina vode bila iznad 30 cm? A) 5 B) 6 C) 7 D) 9 E) 13 Rješenje: E. Rješenje: A A) 1 B) 2 C) 6 4 D) 3 4 E) 2.

Transcript:

DRŽAVNO NATJECANJE IZ LOGIKE Vrždin, 23.-25. trvnj 2014. BODOVI: POTPUNO ISPRAVNO RJEŠENJE: 3 BODA IZOSTANAK RJEŠENJA: 1 BOD KRIVO ILI NEPOTPUNO RJEŠENJE: 0 BODOVA ZADATAK BROJ BODOVA MAX BODOVA 1. 30 2. 30 3. 24 4. 21 5. 42 6. 69 7. 57 UKUPNO 273 Vrijeme rješvnj test: 90 minut

Zdtk 1. U ovome se zdtku koriste nzivi šhovskih figur te ploč nlik n šhovsku, smo mnjih dimenzij, li poznvnje igre šh neće igrti ulogu u rješvnju zdtk budući d nije potrebno primjenjivti šhovsk prvil. Zdn je niz sudov. Predmetno su područje polj tblice A1,..., A5, B1,..., B5,...E1..., E5. Prediktn slov predstvljju sljedeće predikte: Predikti boje figure: C 1 x: Crni ( N polju x nlzi se crn figur, nlogno dlje) B 1 x: Bijeli Predikti oblik figure: P 1 x: Pješk ( N polju x nlzi se pješk, nlogno dlje) T 1 x: Top S 1 x: Skkč L 1 x: Lovc D 1 x: Dm K 1 x: Krlj Odnosi su definirni n sljedeći nčin: P ored 2 xy: oznčv dv polj koj se dodiruju (i dijgonlno) IstiRed 2 xy: dv su polj u istome redu IstiStupc 2 xy: dv su polj u istome stupcu IsteBoje 2 xy: n poljim x i y nlze se figure iste boje (obje C ili B) x = y: Identično x y: Rzličito Iz 2 xy: x je u višem redu od y (md ne nužno i u istome stupcu, npr. A1 je iz B5) DesnoOd 2 xy: x je u stupcu desno od stupc u kojem je y (md ne nužno i u istome redu, npr. B5 je desno od A1). Brojčni pokztelji uz predikte pokzuju broj prznih mjest uz predikte (mjesnost). Predikti = i tkoder su dvomjesni, no uz njih se uobičjeno ne nvodi broj prznih mjest. 2

Upišite n odgovrjuć polj sv i smo on prediktn slov potrebn d svi dolje nvedeni sudovi budu istiniti. N polje se prvo upisuje predikt boje figure, potom predikt oblik figure, svki se tip upisuje smo jednom, te ob tip predikt morju biti upisn. N primjer, bijelog krlj oznčvmo upisujući u odgovrjuće polje BK. N on polj n kojim se neće nlziti nijedn figur upišite znk. Npomen: Svki točno ispunjen redk i svki točno ispunjen stupc nose po tri bod. Sudovi: 1. x(c 1 x ( y(x y C 1 y P ored 2 xy IstiRed 2 xy) y(x y C 1 y P ored 2 xy IstiStupc 2 xy))) 2. x(p 1 x y(p 1 y x = y)) 3. x((c 1 x K 1 x) y(iz 2 yx DesnoOd 2 yx)) 4. x y(c 1 x K 1 x C 1 y D 1 y) ( IstiRed 2 xy IstiStupc 2 xy)) 5. x y(c 1 x L 1 x C 1 y D 1 y IstiRed 2 xy)) 6. x y z u v((isteboje 2 xy IsteBoje 2 yz IsteBoje 2 zu IsteBoje 2 uv) (x = y x = z x = u x = v y = z y = u y = v z = u z = v u = v)) 7. x y(b 1 x K 1 x C 1 y K 1 y x y) (10 3 bod = 30 bodov) 3

Zdtk 2. Nek je F G pokrt z odnos izmedu formul F i G ko vrijedi: iz F logički slijedi G iz G logički ne slijedi F Ako vrijedi F G i G H, to možemo skrćeno zpisti ko F G H, nlogno z veći broj formul. N przne crte upišite odgovrjuće formule vodeći rčun o sljedećem: N početku svkog niz nveden je skup dopuštenih iskznih slov i/ili predikt koje se mogu (li ne morju) iskoristiti, te nije dopušteno korištenje drugih iskznih slov ili predikt. Ako postoji više mogućih rješenj, dovoljno je nvesti jedno. Ako rješenje ne postoji, upišite /. Simbol zmjenjuje bilo koju tutologiju. Bodovi se z isprvno popunjenu crtu dobivju smo ko je i osttk podzdtk isprvno riješen. Prvi je podzdtk riješen. 1. {P, Q}: P Q P P Q 2. {P, Q}: P Q Q 3. {P, Q, S}: P Q S (Q S) P 4. {=}: x y(x = y) x y z w(x = y y = z z = w w = x) 5. {R 2 }: xrxx x y z(rxy (Rxz Ryz)) x y z(rxy (Ryz Rxz)) 6. {P 2, S 2 }: x y z(p yx Syz) x ysyx (10 3 bod = 30 bodov) 4

Zdtk 3. ) Prondite njkrću formulu istovrijednu sljedećim formulm, tkvu d se u njoj bilo koji od simbol (, ), A, B,,,,, pojvljuje njviše jednput. Njkrć je on formul koj sdrži njmnji broj nvedenih simbol. Ako se u formuli jvljju i A i B i ko je to moguće, A se mor pojvljivti ispred B. 1. (A ((A B) B)) 2. (A ( B (A B)) 3. (A B) ((B A) ( A B)) 4. (B ( B A)) (A ( B A)) 5. ((A B) (B A)) (A ((A B) A)) Npomen: U podzdtcim b), c) i d) priznje se smo potpuno rješenje. Pr x i y, gdje su x i y brojevi redk u kojim se formul pojvljuje, zpisujemo (x, y), što nije identično pru (y, x). b) Nvedite prove formul iz podzdtk ) (nvodeći njihove brojeve ko što je objšnjeno u npomeni), tkve d je prv formul u pru ekvivlentn (istovrijedn) drugoj. Nije potrebno nvoditi d je formul ekvivlentn smoj sebi, npr. (1,1). Rješenje: c) Nvedite prove formul iz podzdtk ) tkve d prv formul u pru implicir drugu formulu u pru (odnosno, d iz prve formule logički slijedi drug formul). Nije potrebno nvoditi d formul implicir smu sebe, npr. (1,1). Rješenje: d) Nvedite prove formul iz podzdtk ) tkve d su formule u pru u kontrdikciji. Rješenje: (8 3 bod = 24 bod) 5

Zdtk 4. Zdni su sljedeći tromjesni predikti koji operirju nd skupom prirodnih brojev koji sdrži 0 (N 0 ): S 3 xyz x + y = z P 3 xyz x y = z Zpišite sljedeće formule u jeziku logike predikt bez korištenj relcije identitet =., b i c oznčvju prirodne brojeve. U rješenjim nije dopušteno koristiti brojeve 0, 1, 2,... Primjer 1. je riješen. 1. = 0 xsxx 2. = 1 3. = 2 4. = b 5. b 6. b je djeljivo s 7. je njmnji zjednički višekrtnik brojev b i c 8. je njveći zjednički djelitelj brojev b i c (7 3 bod = 21 bod) 6

Zdtk 5. 1. Uvedimo novi opertor u iskznu logiku: opertor. Tj opertor ne ovisi smo o istinitosti svog rgument (npr. z neku formulu φ, istinitost φ ovisi smo o istinitosti φ), već o strukturi svog rgument. Stog će on imti istu istinitosnu vrijednost (istinito ili neistinito) u svkome retku tblice, budući d se struktur rgument ne mijenj ovisno o redovim tblice. Opertor definirn je n sljedeći nčin: z neku formulu φ, φ je istinito ko i smo ko φ nije vljn formul. P i Q su jednostvni podiskzi u svim formulm koje se jvljju u ovome zdtku. Stog je P istinito jer formul P nije vljn, (Q Q) nije istinito jer je formul Q Q vljn. Zokružite I ko je formul istinit, N ko je neistinit, / ko je istinitost neodrediv. 1. (P P ) 2. P 3. ( P P ) P 4. (P P ) 5. P P 6. ( P (Q P )) P 7. (P Q) ( P Q) 2. Uvedimo i sljedeće opertore: i. Z neki sud φ, φ φ, φ φ. Zokružite I ko je formul istinit, N ko je neistinit, / ko je istinitost neodrediv. 1. P P 2. ( (P Q) ( P Q) 3. ( P P ) 4. ( P Q) ( P Q) 5. P ( P Q) 6.( P Q) (P Q) 7.( P P ) (P P ) (14 3 bod = 42 bod) 7

Zdtk 6. Istinitosno se stblo ko metod provjere vljnosti zključk, vljnosti ili zdovoljivosti iskz ili skup iskz ili ko metod provjere istovrijednosti iskz može koristiti i u prediktnoj logici. Postojećim prvilim z rščlmbu iskz iz iskzne logike, koj se upotrebljvju n isti nčin, dodju se prvil z univerzlni i egzistencijlni iskz te z njihovu negciju. Prvilo z egzistencijlni iskz: (oznk u oprvdnju: broj retk, ) kvntifiktor se ispušt, vrijbl se supstituir predmetnom konstntom koj se rnije ne jvlj u istoj grni stbl, npr. 1. xgx 2.G Prvilo z univerzlni iskz: (oznk u oprvdnju: broj retk, ) kvntifiktor se ispušt, vrijbl se supstituir proizvoljnom predmetnom konstntom, neovisno o tome jvlj li se već t predmetn konstnt u grni stbl u kojoj se isključuje kvntifiktor. Dopušteno je isključiti univerzlni kvntifiktor više put u istoj grni. Npr. xf x F Prvil z negciju univerzlnog i egzistencijlnog iskz: (oznk u oprvdnju: broj retk, ili ) negcij se premješt neposredno iz kvntifiktor, kvntifiktor se promijeni. Npr. xf x x F x xf x x F x 8

1. Zdni su sljedeći iskzi: xf x xgx i x(f x Gx). Ndopunite istinitosno stblo iskzim s kvčicom ili bez nje, brojkm, križićim ili kružićim i, desno, oprvdnjim, te odgovorite n pitnj. Npomen: boduju se smo potpuno isprvni redci (formul ili dvije formule uz oprvdnje) i svki potpuno isprvn redk donosi tri bod. ) 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. Gb 2, b) Zokružite točn odgovor: N temelju istinitosnog stbl zključujemo d iskz x(f x Gx) slijedi / ne slijedi iz iskz xf x xgx. Npomen: Odgovor se priznje ko i smo ko je stblo točno riješeno. 9

2. ) Provjerite istinitosnim stblom slijedi li iz iskz x(f x Gx) iskz xf x xgx. Npomen: boduju se smo potpuno isprvni redci (formul ili dvije formule uz oprvdnje) i svki potpuno isprvn redk donosi tri bod. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. F 2, 1, b) Zokružite točn odgovor: N temelju istinitosnog stbl zključujemo d iskz xf x xgx slijedi / ne slijedi iz iskz x(f x Gx). Npomen: Odgovor se priznje ko i smo ko je stblo točno riješeno. c) Zokružite točn odgovor: Iskzi xf x xgx i x(f x Gx) jesu / nisu ekvivlentni. Npomen: Odgovor se priznje ko i smo ko su ob stbl točno riješen. (23 3 bod = 69 bodov) 10

Zdtk 7. ) Koristeći se smo osnovnim prvilim dopunite sljedeći dokz formulm i, desno, potpunim oprvdnjim. U oprvdnjim upotrijebite pretp. z pretpostvk, u z uvodenje, i z isključenje, op z opetovnje, veznike,,,,, konstnte, b, c te kvntifiktore, (npr. u z uvodenje konjunkcije ). Npomen: Boduju se smo potpuno isprvni redci (formul uz oprvdnje i svki potpuno isprvn redk donosi 3 bod). 1 2 3 4 5 P c 6 7 i, 1, 2-6 8 9 10 11 12 13 P 14 u, 13, 15 16 17 xp x x P x, 1-7, 8-16 Ndopunite sljedeće tvrdnje o svojstvim sustv prirodne dedukcije: b) Ako su pretpostvke od kojih se pošlo u dokzivnju prirodnom dedukcijom istinite, istinit je i izvedeni iskz. Iskz koji je izveden bez pretpostvk nije smo istinit, nego je i vljn, stog je sustv prirodne dedukcije. c) Uvijek kd je zključk vljn, postoji i dokz deduktivnom metodom kojim je iz premis u odredenom broju kork moguće izvesti konkluziju (zglvk). Osim tog, svki se vljni iskz može dokzti ko poučk, stog je sustv prirodne dedukcije. (19 3 bod = 57 bodov) 11